专题精准强化4 万有引力与宇宙航行-【创新教程】2027年高考物理艺考生文化课百日冲关课时作业

1物理 ⑧☒错题序号： 专题精准强化4万有引力与宇宙航行 @错因分析： [A组基础达标练] 质量的物质所受月球引力.已知地球半径为 1.(2026·四川卷)离地球280光年外有一恒 R,地心O与月心O'间距为d,月球质量为 星TOI-561.与T0I-561相距约0.01 M,引力常量为G,地表P点背对月球，P、O AU(日地距离为1AU)的行星绕其公转的 和O在同一直线上，如图所示，则P点处质 1 量为△m的海水所受月球引潮力大小为 周期约为地球公转周期的30、该行星和地 球的公转均视为匀速圆周运动.则TO一 561与太阳的质量的比值约为 0 A.0.16 B.0.64 月球 地球 C.1.6 D.6.4 GM△mGM△m A. 2.(多选)(2026·黑吉辽蒙卷)我国计划将“羲 d R 和二号”太阳探测卫星部署至日地系统拉格 GM△m GM△m B. d R2 朗日点L5.研究表明，太阳中心S、地球中 GM△m GM△m 心E和L5的连线构成稳定的等边三角形， C. d+R d 太阳、地球和部署在L5的卫星以相同周期 GM△m GM△m D (d+R) d? 绕日地连线上的P点做圆周运动，如图所 4.(2026·广东卷)如图所示，某行星对单个卫 示，则 星表面最远点与最近点的单位质量物体的 “引力差值”可近似为F=kM迟，其中k为 3 常量，M为行星质量，R为卫星球体半径， 为行星中心到卫星中心的距离.两卫星P和 Q的球体半径之比Rp:R。为2：1，它们绕 A.卫星的向心加速度比地球的大 该行星做匀速圆周运动的周期之比T。· B.卫星与地球的线速度大小相等 T。为8：1，该行星对卫星P、Q的“引力差 C.太阳和地球对卫星引力的合力指向E、S 值”分别为Fp、F。,则Fp:F。为() 连线中点 行星 D.太阳和地球对卫星的引力大小之比等于 卫星 太阳和地球的质量之比 3.(2026·贵州卷)月球引潮力是引起海洋潮 最近点 最远点 汐的主要原因，可等效为地表某点处质量为 A.1:4 B.1:16 △m的海水所受月球引力减去地心处相同 C.1:32 D.1:64 160 专题精准强化 5.宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量 A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大 相等的三颗星组成的三星系统，可忽略其他 小一定相等 星体对三星系统的影响.稳定的三星系统存 B.为了提高通讯质量，该卫星可以是近地 在两种基本形式：一种是三颗星位于同一直 卫星 线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R C.该卫星离地高度为2R 的轨道上运行，如图甲所示，周期为T,;另 一种是三颗星位于边长为R的等边三角形 D该卫星运行的线速度大小为，雪 的三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆运 7.(2024·辽宁卷，7)如图(a),将一弹簧振子 行，如图乙所示，周期为T2.则T1:T2为 竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点 O,竖直向上为正方向建立x轴.若将小球 从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球 状天体表面做简谐运动的图像如图(b)所示 R m (不考虑自转影响)，设地球、该天体的平均 密度分别为p1和P2.地球半径是该天体半 甲 径的n倍.的值为 02 3 A. 3 B.2 2A 地球 n得 AAAPEAALAA A 某天体 [B组 创新应用练] -A 6.华为mate60手机实现了卫星通信，只要有 2A 卫星信号覆盖的地方，就可以实现通信.如 (a) (b) 图所示，三颗赤道上空的通信卫星恰好能实 A.2n 现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度 B号 相同，地球的半径为R,地球表面重力加速 2 C. 1 n D.2n 度为g,忽略地球自转影响，下列说法正确 8.(2026·山东卷)海王星的卫星海卫二绕海 的是 王星的公转周期与地球公转周期近似相等， 若太阳与海王星的质量比为a,定义地球与 太阳间的距离为1个天文单位(1AU),则海 卫二公转轨道的半长轴约为 C.a AU D.√aAU 161内的小球运动时间相等，最大的水平位移为√21，最小的 水平位移为号1，最小水年位移与最大水平位移之比为 1:2,由=子知水平抛出的初速度的最小值与最大值 之比是1：2，故C正确；落点在线B,D,上的小球，竖直 速度均为，=√2gl,落地时重力的瞬时功率P。=mg心， 均相同，故D错误.] 10.AC[若两小球的初速度大 小相等，如图，根据平抛运动 推论，速度偏转角的正切值 1、0459 等于位移偏转角正切值的两 倍，两小球落在圆孤时速度 方向相互垂直，有tan日= 1 2tan45°= 1 R s0-是联立得一迟故A正商，B错送：当 5 巴、不相等时，两小球运动时间可能不相等，速度偏 转角不相等，但总能有两小球落在圆孤时速度方向相 互垂直的速度值，故C正确，D错误.门 11.解析：(1)由于OM为轨道直径，则A从M,点以vA=1 m/s的速率沿轨道运动至位于O,点的缺口的过程，运 动半个圆周，由圆周运动规律可得A在轨道内运动的 时问为1=合×迟=迟=3。 UAUA A在简内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面边沿穿 出，设A在筒内做平抛运动的时间为t',则由平抛运动 规律可得H=2 r=vAt' 联立解得H=5m, (2)(ⅰ)由于A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置， 随后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面边沿穿出时，S,恰 好转至ON位置，则结合题图乙可知在A在简内做平 测运对的时树肉叶片特动7甘个月期，甲1日×巴 又由(1)问分析可得t=1s 解得w-经ad/s (ⅱ)物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开有 mAUA=nB0B· 则mA=0g, 由于B未与筒壁碰撞，则有xB=g·1=m≤r=1m, mB 且A运动至缺口时，S,恰好转过ON位置，则以此时为 时间基准，则B从M到0所用的时间△1=迟-迟=3 UB UA (仁一1），要使B运动至缺口后能从任意两个叶片间 的区域穿过圆筒，则B运动到O时S,或S,或S,要运 动到O八反向的位置，则叶片转过的角度日三了+红 ·k(k=0,1,2,3,…） B不与叶片碰撞必须满足△1=日. 解得g=7十2m/s)(k=0.1,2,3,…） 则0=72=01.23） 答案13s5m（2(1)爱ad/s(i)7f2(k= 0,1,2,3,…) 35 练习册参考答案 专题精准强化4万有引力与宇宙航行 1,B[设恒星TOI-561的质量为Ma,太阳的质量为 M太，恒星TOI一561的行星的公转轨道半径为R行，质量 为m行，公转周期为T行，地球的公转轨道半径为R地，质 量为m题，公转周期为T是，由牛频第二定律得GMm 分 =m(产)广R。6=m()R两式联立 R M=0.64,B正确.] 入解得 2.AD[根据题图可知卫星的运动半径大于地球的运动半 径，卫星、太阳和地球调期相学，根据。=票可知三者角 速度相等，根据an=wr可知卫星的向心加速度比地球 的大，故A正确：根据)=ωr结合A选项分析可知卫星 线速度大于地球的线速度，故B错误：根据题意可知太 阳和地球对卫星引力的合力提供卫星做圆周运动的向 心力，向心力一定指向圆心，即向心力一定指向P点，故 C错误：根据题意可知太阳和卫星的距离等于地球和卫 星的距离，根据万有引力的表达式F=GMm可知太阳 r 和地球对卫星的引力大小之比等于太阳和地球的质量 之比，故D正确.门 3.D[根据题图可知P点距月心的距离为d十R,地心与月心 间距为d,月球质量为M,根据万有引力公式结合月球引潮 力的定义可得P点处质量为△的海水所受月球引潮力大 小为F= GM△m_GM△m (d+R) d 4。「报据G二mTr可得r=MT r2 4π2 又因为两卫星绕该行星做匀速圆周运动的周期之比T。 为81.可骑-若-（停）广-6 报据“引力差值”公式F=四共中M和相月.所以 5.B[设恒星的质量为m,分别选两种情况下做圆周运动 的一颗恒星受力分析如图： 图甲中由牛顿第二定律有：R ,Gmm+Gmm 4π (2R)9 =mR T F2 34 甲 乙 解得，=√图之中星体之间的距离均为R, 里级国网运动的半径)温。 由牛频第三定徐有：2尺Xcos30= 4π 将特：=2R/品所以会=侣收B医疏A C、D错误.] 53 丨物理 6.D[通信卫星受到的万有引力 大小为F=GMm,由于不知道三 颗通信卫星的质量大小关系，所 以三颗通信卫星受到地球的万有 引力大小不一定相等，故A错 误；三颗通信卫星若要全面覆盖， 则其如图所示 由几何关系可知，∠AOB=120°，∠AOC=60°，其中OA 为地球半径R,由几何关系有cos60°二光，解得OC= 2R=R十h,即h=R,所以通信卫星高度至少为R.故BC 错误：根据W仍mR十在地球表西GM心三 联立解得受故D正确门 7.C[设地球表面的重力加速度为g,某球状天体表面的 重力加速度为g',弹簧的劲度系数为，根据简谐运动的 对称性有k·4A一mg=mg,k·2A一mg'=mg',可得 82张AA可得马2，设菜球状天体的丰径为 m8 P,·号r(nR)3·2 R,在星球表面，有G (nR)2 =mg ·xR· G P3 =mg,联立可得A=名.] Pe n 8.A 对地球：(1Au)2 GMm =m 4元X1AU T 对海卫二，GMm=m4g r2 →r= AU,A对 M=aM'_ 专题精准强化5功与功率动能定理 1.A[a球向右运动0.1m时，由几何关系得，b上升距离 为h1=0.4m-√0.5-0.4m=0.1m,此时细绳与水 平方向夹角的正切值为1an0=是，可知c0s0=专，sin0 =号，由运动的合成与分解知识可知sin日=Ucos日， 可得4=8m/s,以b球为研究对象，由动能定理得WF 一mgh=2m心，代入数据解得We=33J,故A正确.] 2.BD[设该铅球质量为，刚开始斜抛时初速度大小为 %,与水平方向的夹角为日，则经过时间t,其动能为Ek= mw-子m(d+g=号ma,cos0)产+2n(sin9 1 一gt),则Ek与t为非线性关系，图像为抛物线的一部 分，且Ek先减小后增大，故A错误，B正确；铅球做斜上 抛运动，水平方向有x=cos日·t,所以Ek= 合m(cos》+之m(e,sin9-00。r）,可知B与 1 x也为非线性关系，其图像也是抛物线的一部分，且E 先减小后增大，故C错误，D正确.门 3.D[根据动能定理可知，图像斜率的绝对值代表物体所 受合力的大小，即从x=0运动到x=2m的过程中，合 力大小为F合1=2N,从x=2m运动到x=4m的过程 中，合力大小为F合=1N,物体所受摩擦力大小为f= 35 mg=4N,则拉力大小分别为F1=6N,F。=3N,故A错 E=2m/s, 误；在x=4m时，物体的速度大小为0√m 拉力的功率P=F,v=6W,故B错误；从x=0运动到 x=4m的过程中，物体克服摩擦力做的功W=mgx= 16J,故C错误：在x=2m时，物体的速度大小为= /2E=22m/s,从z=0运动到x=2m的过程中，物 m 体运动的时间=兰=2s,拉力的冲量大小为1=F,1= 0 6√2kg·m/s,故D正确.] 4.CD[由题图乙可知小球在x=h十x。处重力与所受弹 力大小相等，又小球在x=h处时有向下的速度，由运动 的对称性可知小球在x=h十2x。处有向下的速度，到达 最低点后再经过x=h十2x。处有向上的速度，故最低点 的坐标不是h十2xo,且小球在x=h十2x。处动能不是最 小，故A、B错误；由题图乙可知mg=kx(k为弹簧的劲 度系数)，当x=h十2x。时，弹簧的压缩量为2x。,此时的 弹力大小为2mg,根据牛顿第二定律可得小球的加速度 为a=mg一F=mB二2m竖=一g,故C正确：小球在工=h 172 十x。处时，弹簧的压缩量为x。,小球所受弹簧弹力与重 力等大反向，此时小球的动能最大，根据动能定理有 mgh十)+w联=E-0,依题可得w华=-0+m坚， 2 1 所以Eax=mgh十之mgo,故D正确.] 5,AD[转筒边缘上，点的线速度大小等于水桶的速度大 小，根据线速度与角速度的关系有0=ωR,因0~2t。内， w与t成正比，所以水桶的速度？与t成正比，即水桶做 初速度为零的匀加速直线运动，故A正确；图乙中0一 3。内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提 升到井口过程中转筒转过的角度，设为，则日= t。十+3》=20，。，故水并的深度为h=R=2m,R1。,故 2 B错误；把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做 的平均功率为D=mg·2,K1=2m 3to C错误；根据动能定理可知，把水桶从井底提升到井口的 过程中合力对水桶和桶中水微功为W÷=乞mu一0= aR=R故DE骑.] 6C[一次落潮时流出海湾的海水质量为pSh,故A错 误；一次落潮时海水流经通道对发电机做的功为g· 0.5h=pShg·0.5h=0.5pSgh,故B错误：一天内海水 流经通道两次，海水流经通道对发电机做的总功为 Sgh,对应海水流经通道对发电机做功的功率为 Sgh,故C正确，D错误.] 7,BC[杆对A球的作用力与杆对B球的作用力大小相 等，两球的位移相同，所以杆对A球做的功与杆对B球 做的功数值相等，故A错误；设A球克服弹簧弹力做的 功为W1,A下降的高度为h,杆对A球做的功为W2,则 杆对B球做功为一W2,由动能定理，对A球有gh一 W1+W2=0,对B球有2mgh一W2=0,联立解得W1= 停W:,即A球克服弹簧弹力微的功是杆对A球做的功