第7期：万有引力与宇宙航行-【数理报】2027年高考物理一轮复习学案

高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 数理极 答案详解 2026~2027学年 高考物理人教（第一轮复习） 第5~8期(2026年8月) 第5期3版参考答案 根据=子可知，反弹之前的水平速度大于反弹后的水平速 1.D;2.C;3.A;4.C;5.D;6.C;7.D. 提示： 度，即球刚离开A点时的水平速度大小大于刚到达B点时的水 1.合运动是曲线运动，分运动可能都是直线运动，如平抛 平速度大小，故C正确；根据v,=√2gh可知，球刚离开A点的 运动的水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运 竖直速度大小小于刚到达B点时的竖直速度大小，球刚离开 动，都是直线运动，故A错误；合运动和分运动同时发生，具有 A点时的速度大小不一定大于刚到达B点时的速度大小，故D 等时性，故B错误；速度是矢量，合速度与分运动速度遵循平行 错误， 四边形定则，合速度可以等于、大于、小于分速度，故C错误；两 5.将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可 个非共线的匀变速直线运动的合运动一定还是匀变速运动，但 知小球沿斜面方向做初速度为"ocos0,加速度为gsin0的匀加 轨迹可能是直线也可能是曲线，若合初速度与合加速度共线 速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动；小球 时，做直线运动，若不共线时，做曲线运动，故D正确 垂直斜面方向做初速度为vosin0,加速度为gcos0的匀减速直 2.船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的 线运动，B点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂 摆动速度的合速度.如图1所示根据平行四边形定则有，”人= 直斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，O到B与B到 cos0,故A、B错误；对小船受力分析，如图2所示，则有Fcos0 C的时间相等，均为：=8有=6o04+号 2 gt'sin 0. -f=ma,因此船的加速度大小为a=Fcos0-⊥，故C正确，D m Lnc=6cos0:2+7g(2)Psin0,可得Lc=Lc-Lm=wcos0 错误. 1 tatcos sin 2g×3?sin0,则有o二 -> 1 %tcos0+28×3fsin0 votcos 0+ 2 gi'sin =3,故AB错误；将小球的运动分 1 图1 图2 3ocos0+2g×3tsin0 3.当船头与河岸垂直时，船渡河时间最短，则船渡河的最 解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，则小球 短时间为故A正确：根据运动的合成可知，水流速度 从0到B有xoB=ot,小球从0到C有xoc=o×2t=2xB, 若D点在B点的正下方，则有xoc=2xD,可知D点是OC的中 和船速都是匀速运动，故船渡河的运动仍是直线运动，故B错 点，则OD与DC长度相等，故C错误；由A选项可知，沿斜面方 误；若1>2，根据运动的合成可知，船不能到达正对岸，设船 向和垂直于斜面方向将小球的运动分解后，到达B点的速度为 头与河岸上游的夹角为0，则c0s0=二，所以船渡河的最小位 a=cos0+gsin,小球运动整段的平均速度为i=,整 toc dvid 移为x=0s0 >山，故C错误；若4<2，船能到达正对 理可得元=%cos0+2gsi优0c由A选项结论可知，0到B与 岸，则船渡河的位移最短为d,由运动学公式可得，船渡河的时 间为t=d d B到C的时间相等，放=子c,联立上式可知i=a,放D 亏，故D错误 正确。 4.球在上升阶段和下降阶段的加速度均为重力加速度，故 6.设篮球初速度为o,与水平方向夹角为0，末速度为v,与 A错误；球从A点到0点的逆过程是平抛运动，根据1=√名 2h 竖直方向夹角为0，斜向下.由题意可知o=ocos0=sin0= 飞，tan0,o,=v,tan20,篮球做匀变速曲线运动，则竖直方向 可知，球从A点到O点的运动时间小于从O点到B点的运动时 间，故B错误；因反弹后的水平位移等于反弹之前的水平位移， y=24=2(a0-1)i, 2 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 水平方向x=v,tant, 的位移比为：1：3：5：7：…：(2n-1).运动员沿x轴方向做 运动时间为t=-（-=(1+tam20), 匀加速直线运动，且t1=t2,但由于初速度不为零，所以根据初 速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比特点可 又s=√/2+y=7.2m. 知号>了放C正确，D错误 1 联立解得t=1.2s 故ABD错误，C正确 10.如果鱼饵颗粒恰好落在堤坝与水面的交点处，则满足 本题可以取特殊值法设出手 h =t,h= gh ,联立可得m= ang放当u> 1 tan 0 点与篮筐水平，如图3，使问题简 化t=2,t=7.2m,又，= 巫，。时，鱼饵颗粒落在水面上，1=√ 2 tan 0 与无关，故A g 3.6m U,故t=1.2s. 图3 错误，B正确：当。<√受·品时，鱼饵颗粒落在堤坝上， 7.竖直方向上，运动员先做竖直上抛运动，再做自由落体 1 运动，运动时间具有对称性，甲的滞空时间t比乙长，根据h= tan ,解得t=2tan,与有关，故C正确，D 1 t 2 8(分)》尸可知，甲的最大腾空高度更大，故A错误：运动员滑 错误 出后做斜抛运动，则竖直方向的分速度，=√2gh,说明甲初 三、实验题 速度的竖直分速度更大；水平分速度，即最小速度，乙的最小 11.(1)BCD(2)1.52.5 速度比甲的最小速度大；因为v=√(+)，则无法确定二 解析：(1)该实验中两球的质量可以不相等，故A错误，B 者初速度大小，故B错误；设滑出的速度与水平方向夹角为0， 正确；两球应同时落地，故C正确；为排除偶然性，应改变装置 的高度，多次实验，故D正确；实验只能说明A球在竖直方向做 则tan0=,结合选项B,可知甲的初速度与水平方向的夹角 自由落体运动，不能说明A球在水平方向上做匀速直线运动， 更大，故C错误：水平位移为x=,t,因为甲的滞空时间比乙 故E错误， 长，乙的水平分速度比甲大，所以甲、乙再次滑入赛道的位置可 能相同，故D正确， (2)根据T-倍-V侣-√隔=Q1,小球平鞋 二、多选题 8.BC;9.AC;10.BC 的初速度大小为6=兰-最片。=15。 提示： 经过6点时的竖直莲度引-号-2心 8.石子接触水面时速度方向与水面的夹角为0，石子水平 经过b点的速度大小为=√%+=2.5m/s 抛出的速度为，石子竖直方向做自由落体运动，则有h= 2gt,石子接触水面时，根据速度分解有ta0=马=匙，解 1 2uc2(3V晨 % 解析：(1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的 得tan0=2巫，可知，出手高度越大，石子接触水面时速度方 是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的，故 A错误；为保证抛出的初速度相同，应使小球每次从斜槽上相 向与水面的夹角越大，根据题意可知，为了观察到明显的“水 同的位置由静止释放，故B错误，C正确；因为存在摩擦力，故 漂”效果，则应适当减小出手的高度，故A错误，B正确；结合上 不满足机械能守恒定律，故D错误. 述可知，石子出手速度越大，石子接触水面时速度方向与水面 (2)竖直方向根据自由落体运动规律可得y2-y1=gTP, 的夹角越小，可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当 水平方向由匀速直线运动得x=,T 增加出手的速度，故C正确，D错误. 9.依题意，以C点为原点，CD为 联立解得o= /2-1 =x√2-1 x轴，垂直CD向上方向为y轴，建立 g 坐标系如图4所示，对运动员的运动 (3)由平抛运动的规律有△y=y2-y1=gT,x=T.联 进行分解，y轴方向做类竖直上抛运 动，x轴方向做匀加速直线运动.当运 立可得△y=号x D 动员速度方向与轨道平行时，在y轴 图4 方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性可知t=t2, 所以△y一2图像的斜率为k=是，解得o=√货 故A正确，B错误；将初速度沿x、y方向分解为1、2，将加速度 四、解答题 沿xy方向分解为a1、a2,结合初速度为零的匀加速直线运动 13.解析：(1)由几何关系可知：小球A下降的竖直高度为 的比例关系知：初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内： yA=Rcos0,小球B下降的竖直高度为yB=Rsin0, 2 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 由平抛运动规律可知：yA= 1 1 戏，a=286 (2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平 方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速运动规律， 由此可得：专=√n0 /cos 0 两次水平位移之比为1：3，所以回到x轴时落到x=12处，位置 N的坐标为(12,0) (2)由几何关系可知：两小球水平运动的位移分别为： (3)到N点时竖直分速度大小为v'=6=4m/s, x Rsin0,%8 Rcos 0, 水平分速度飞，=a水平·2t1=21=12m/s, 由平抛运动规律可知：xA=UAA,xg=Vgtg, 故2=√02+=4√0m/s. 由此可得：4= (sin0)3=√/(tan0) cos0 第6期3版参考答案 14.解析：(1)小球到达C点时的速度与AB正好平行，AB 一、单选题 与BC垂直，则小球到达C点时的速度与BC垂直，把小球在C 1.D;2.C;3.B;4.C;5.B;6.B;7.A. 点的速度分别沿着水平方向和竖直方向分解， 提示： 3gto 1.物块随转盘转动时，其向心力由静摩擦力提供，当它匀 则有5=am53,解得= 速转动时其方向指向圆心，当它加速转动时其方向斜向前方， 由平抛运动的规律可得x1=,o,y1= ,A,C两点间的 gto 当它减速转动时，其方向斜向后方.故D正确。 3.直升机螺旋桨上A、B、C三点为同轴转动，则这三点的周 距离为31=√+ 期及角速度大小均相同，因为A、C在叶片的端点，而B在叶片 -3g6,-3g6 的中点，则A、C两点的转动半径相同，大于B点的转动半径，根 综合可得x=4= 4 据v=rw可知三点的线速度大小关系为vA=vc>Ug,根据a= (2)AB与水平面的夹角为 rw2可知三点的向心加速度大小aA=ac>ag,故C正确. 53°，斜面AB把x1= 分 3.当处于临界状态时，有g=m京，得临界速度。 两部分，分别设为2、x,如图5 53 371 √gR.故安全速度v≤√gR,故B正确. 所示 4.飞机在空中水平盘旋时在水平面 由几何关系可得 图5 内做匀速圆周运动，受到重力和空气的作 2 y +h tan 53=, 用力两个力的作用，其合力提供向心力， h=tan37°· F.=m 飞机受力情况示意图如右图 2 联立可得一哥 所示，则F:mg+=m√+辰放C正确 设小球从A到B的运动时间为t,由平抛运动的规律可得 5.球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，由牛 为+h= 顿第二定律有g=m艺解得。=V亿.由于：=√合g< √34to 联立解得t= 5 o,所以杆对球有支持力，由牛顿第二定律有mg-F、=m L (3)小球从A到D平均速度为可=上+h-17g 21 2。-50 解得F、=mg-m乙=2mg,由牛顿第三定律可知，球对杆有 规定竖直向下为正方向，由匀加速直线运动规律可得 1 向下的压力，大小为mg,故B正确 -×20+2g(2)2=y+h 6.剪纸每转动0=×2m(N=1,23,…,转动后的图 综合解得2= 33g 50 形都会与原图形重合，只要在经过相邻两次闪光的时间间隔 15.解析：（1)设正方 形的边长为s 内，剪纸都转过0=分×2m(N=1,23,…）,静止不动的观察 竖直方向做竖直上抛 5×2m o 运动，20=21 图6 若就硬察到明纸相对静止则山=号=1(N=1,23。 t …)n=会=2N/s(N=1,23,…,当N=1时，n最小，此 水平方向做匀加速直线运动，3$。= 2 解得v1=6m/s. 时n=2/s,故B正确.速解：剪纸在0.1s内至少转号圈，则看 3 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 起来相对静止，即1s至少转2圈，故B正确。 4m2mr·(”)2,因为甲球的质量较大，所以可得曲线①为小球 7.由题意知小球刚好能通过半圆的最高点A,则有mg= 甲的实验数据。 m 只，得三√分3R小球从A点做平抛运动，有=，t,y9 12.(1)m 2 (2)当质量m、转动半径r不变时，向心力与线速度的平方 ,又2+2=，代入解得y=《5,)B,则B点与0点 成正比 2 (3)L 的高度差为hm=R-y=3,5)卫，故A正确， 2 解析：(1)根据F=m亡，探究向心力大小与线速度的关 二、多选题 系，应保持质量m和转动半径r不变， 8.ACD;9.AD;10.AC. (2)线速度大小为：=，则有F=丹（兰）户，图线斜率 提示： 8.由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为1： 表示质量与半径的比值，且保持不变，由此可知，当质量m、转 sim0,故A正确；小球a做变速圆周运动，只有在最低点时合力 动半径r不变时，向心力与线速度的平方成正比 充当向心力，其他位置时绳拉力与重力沿绳向外的分力的合力 (3)由图线的斜率为：=受，得砝码的质量为m=L 提供向心力；而小球b做匀速圆周运动，是合力充当向心力，故 四、解答题 B错误：根据矢量三角形可得Fo0=mg,即R=。故C 13.(1)2.7m/s2 (2)25 甲先出弯道 242 正确；小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有F。= 解析：(1)根据速度与位移公式有2=2ax mgcos0,故D正确. 代入数据可得a=2.7m/s2. 9.对于B茶杯，根据摩擦力提供向心力F:=umg≥ (2)根据向心加速度的表达式a= 孕·2，可得动摩因数至少为产放1正确杯子受到 R 225 得甲、乙的向心加速度之比为=2·R=2 的摩擦力等于杯子做圆周运动所需的向心力，不清楚哪个杯子 az v Ro 装满了水，无法比较两杯子的向心力大小，故B错误；杯子刚要 甲、乙两运动员做匀速圆周运动，则运动的时间为：=尽 滑动时，对茶杯A,有mg=mor,对茶杯B,有umg=mo2·2r, 代入数据可得甲、乙在弯道运动的时间为t如= 4 可得茶杯A、B发生滑动的最小角速度分别为w,=√一，“，= 5s,t2= 9T √停，若塔大转动的角速度，茶杯B一定先滑动，故C错误，D 因为t仰<t之，所以甲先出弯道。 正确 14.(1)500N(2)7.5m/s(3)8.7m 10.对小球受力分析，在竖直方向有mg=Fsin0,可知小 解析：(1)拉力沿竖直方向的分力大小等于重力，由平行 球一定受a绳的拉力作用，且小球所受a绳的拉力随角速度的 四边形定则可知，拉力F=m。 增大保持不变，故A正确，B错误；当b绳刚要绷紧出现弹力时， -00N=50wN 0.8 水平方向根据牛顿第二定律，有F.cos0=mwl,联立解得w (2)根据受力分析，由牛顿第二定律得 mgtan37°=m 2 g。,即当角速度w>√an0 =入lan ,g时，b绳将出现弹力，故C R 其中R。=R+lsin37°=4.5m+5m×0.6=7.5m 正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，α绳的弹力可 联立解得v=7.5m/s. 能不变，故D错误 (3)由几何关系可知座椅离地高度 三、实验题 h=0102-lcos37°=5.8m-5m×0.8=1.8m 11.(1)变大 变小(2)①4mmr·(2) 由平抛运动规律得：=，人=乃式 解析：(1)小球做圆周运动时，有r,=m0r=m(2牙)， 联立解得x=45m 当小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将变 由勾股定理可知，落地点与游戏机转轴距离 大；若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受到的 r'=√+x=(7.5)2+(4.5)7m=8.7m 拉力将变小 15.(1)2rad/s(2)2.5m(3)2.1m ，可得F=m(2)2,= 解析：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转 (2)根据题意有周期T= t 动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转 4 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 速的增大，小物体受到的静摩擦力增大，当静摩擦力最大时，小 知”x子x都与有关，所以是≠号，立≠故正 物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，有 120102 F=umg mo'r CM) 解得w=2rad/s. 错误， GM,与r无关，故D正确. GM (2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为 零，对应的餐桌半径取最小值.设物体在餐桌上滑动的位移为 4根据万有引力定律有P=6学，B卫星在由近地点向远 s,物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a,有α= m 地点运动过程中受到地球引力逐渐减小，故A错误：由题意知 又Ff=mg B卫星半长轴为A卫星圆轨道半径的2倍，根据开普勒第三定 解得a=h2g=2.25m/s2 律得R=2R解得T。=22T4,所以地心与卫星B的连线 物体在餐桌上滑动的初速度o=or=3m/s 由运动学公式0-6=-2as可得s=2m 在2T4时间内扫过的面积小于椭圆面积，故B、C错误；1轨道 由几何关系可得餐桌半径的最小值 圆心在地心，2轨道的一个焦点也在地心，所以二者重合，故D R=P+2=2.5m 正确. (3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度 5.在卫星轨道半径变小的过程中，地球引力做正功，引力 为物体在餐桌上滑动的末速度 势能一定减小，卫星轨道半径变小，动能增大，由于稀薄气体阻 由题意可得2-哈=-2as 力做负功，机械能减小，故A、C错误，B正确；根据动能定理，卫 星动能增大，卫星克服稀薄气体阻力做的功小于地球引力做的 由于餐桌半径R'=2r,所以s'=r=1.5m,解得v= 正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小量，所以卫星 1.5m/s 克服稀薄气体阻力做的功小于引力势能的减小量，故D错误. 设物体做平抛运动的时间为，则么：，解得1= 6.由(@1-0加=2：和7：巴可得火星冲目时间间隔 2h=0.4s 21年.放A正确：由开者勒第三定律可得二学 物体做平抛运动的水平位移s=t=0.6m t=T-T地 所以，水平距离L=s'+s=2.1m. ，则火星与地球公转轨道半径之比约为3：2，故B错误：由8 T地 第7期3版参考答案 一、单选题 与产，可得火星与地球表面重力加速度之比约为4：9，故C 1.C:2.B:3.D:4.D:5.B:6.A:7.C. 误；由p= 3M 提示： R,可得火星与地球密度之比约为8：9，放D错 GM 1.根据第一宇宙速度)=√ 误 ,可得月球与地球的第一 R 7.根据开普勒第三定律有 =k,且k= 。,可得T 宇宙速度之比为=， )地√M地R男 aR 宙速度约为=子=号×8kmse18kms,在月球上 ,故A错误；由万有引力提供向心力得GMm=m4红， 2 72, 发射卫星的最小速度约为1.8k/s,月球卫星的环绕速度小于 得 >GM可得G=6,解得M=,故B错误；由p与 a Ga 或等于1.8km/s,“近月卫星”的线速度为1.8km/s,小于“近 4π2b 地卫星”的线速度，故C正确。 长，且V=号心，可得p= M 4 0=aeR,故C正 4 2.由题知“天宫”空间站周期T=头h=1.5h,运行半径 3 mhi 3 TRi 16 T1=6800km,“吉林一号”谣感卫星运行半径r2=6935km,根 c4m26 确：由G=mg得g= R R -板D民 =R 据开普勒第三定律有？一 三是，解得T,≈T=1.5h,故B 二、多选题 正确. 8.BD:9.AD;10.BD. 3.卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 提示： GM Gm=mor=m可得uVw,由P =r CR=m其R+,得 8.由万有引力提供向心力G,Mm 可知，由于轨道半径不同，则≠2，故A错误：由以上分析可 卫星距离地面高度为h= GMT 012 -R,故A错误；卫星运行时 一 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 受到地球引方的大小为Fa=6RA,放C错误第一字宙 小球从静止释放到C点过程，由动能定理得 1 GM mg(H-2r）=2m2-0 速度为二、，卫星的运行速度”=NR+h<,放B止 联立解得F=2m型-5mg T 顾：地表重力加速度为：，卫星运行的向心加速度。」 根据图像数据可知，当H1=0.5m时，F,=0N,当H2= (R+)户<&，故D正确 GM 1.0m时，F2=5N,把数据代入方程解得g=5m/s2,r=0.2m (2)第一宇宙速度与贴着星球表面做匀速圆周运动的速 9.根据开普勒第二定律可知探测器在同一轨道上相等时 间内与火星的连线扫过的面积相等，但是图中两阴影部分不在 度相等，则有mg=mR 同一轨道，不相等，故A正确：根据开普勒第三定律可知，从“调 解得该星球的第一宇宙速度大小为v=√gR= 相轨道”进人“停泊轨道”，探测器的轨道半长轴变小，周期变 √/5×5000×103m/s=5000m/s. 小，故B错误；从“调相轨道”进入“停泊轨道”，探测器做向心 四、解答题 运动，需要减速，探测器机减能变小，故C错误；根据公式Gm 2 13.(1)N7 oR 2voR =ma可知探测器在P点的加速度大于在N点的加速度，故D (2)入N 正确. 解析：(1)由题意可知星球表面重力加速度为g= t 10.黑洞A、B运行的角速度相同，A的半径较大，则A的线 速度较大，故A错误；设它们相距为L,角速度为0，根据1，M 由星球表面万有引力等于物体重力知mg=mR 2 voR =以心L业=Moe可得<，期当B的质量 解得=√gR=√t 减小，A的质量增加时，两个质量的乘积变大，故它们之间的引 (2)由星球表面万有引力等于物体重力知GMm=mg 力变大，故B正确；根据LA+Ls=L,整理得o= 又物体在行星表面的引力势能E,=-G M+迈，根据T=2江可知角速度不变，周期不变，故C R 解得E。=-mR 错误；人类要把航天器发射到距黑洞A较近的区域进行探索， t 必须冲出太阳系，所以发射速度一定大于第三宇宙速度，故D 从行星表面到无穷远处，由机械能守恒定律有 正确 1 t 三、实验题 12速率片奇 解得2=入√ UoR t 解析：(1)对AB整体研究，利用牛顿第二定律有F。=(m 14.(1)gR 片质年V四 +m1)a 解析：(1)从地球发射飞船到轨道Ⅲ的最小速度即为第 对物体A研究有a= E m 字宙速度，则mg=mR 联立解得m=F。- mofi 解得v=√gR (2)由于处于完全失重，则由拉力提供向心力，则有F= (2)当飞船在地球表面静止不动时，有G=mg R2 m26 解得GM=gR 由于描点作图得到一条直线，可知应以为纵坐标： 设飞船在轨道I上的运行速率1，轨道I是圆轨道，根据 万有引力提供向心力GMm=m习 2 根据上述可知斜率k=m6,解得m三后 12.(2)0.25(2)贴着星球表面（答案不惟一，合理即 联立可得子V 可得分)5000 (3)设飞船在轨道Ⅲ上的运行周期为T3,轨道Ⅲ是圆轨 解析：(1)小球过C点时，根据牛顿第二定律 道，根据万有引力提供向心力G紧=m受R F+mg m- 又GM=gR2 6 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 解得T,=2m√ 1.设墨条转动一周转过的弧长为s,用时为t,则转动一圈 过程中F做的功W=s,又s=t,联立求得t=2s,故B正确， 设飞船在轨道Ⅱ上的运行周期为T2,轨道半长轴为 2.雨滴在地面附近下落过程中做匀速运动，对雨滴下落高 a,=R4=2.5n 度h的过程，由动能定理有mgh-W=0,即W,=mgh,故B正 2 确，A、C、D错误 根据开普勒第三定律可得 a 3.设在时间间隔△t内，喷出燃气的质量m=pS△t,根据 解得T2= 5π 10R 动能定理可得发动机做的功为W=AE:=了mr=s4。 2V g 所以飞船在轨道Ⅱ从B点到A点的时间 则Ns-5涡扇发动机喷气的功率为P=是=心，放A 正确， 4.6s末达到最大速度.此时牵引力为F=mg+f,最大速 15.(1)983GmR 4 2g (2)②R 3 (3)33 2g 度为a=卡，根据动能定理，有P1-(mg+fh=7m2 0,代人数据解得h=55.1m,故B正确. 解析：(1)根据自由落体运动规律可得h= 5.由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功 所以g=2业 W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W= 2 故地= 之m+HTg相=-乞，a=g,=,联立以上各式可 g火地 得W=m2,故C正确. 则8=4 4 6.根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增 6地=98 地球的密度P地= M 3g地 加量，即心，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功 4 3nki 4GmR地 大小为2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位 火星的密度P火= M 3g火 =4GmR火 移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对 3 mki 4 物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于弓…，故B错 ==号×子=号 。42 8 误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与 P地 一g地R火 8 2g 故火星的密度P妖=9P地=3CmR 摩擦产生的内能之和，故大于，放C错误：在传送物块过 程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q= (2)根据万有引力提供向心力G把=mg=m天 R2 F△，设加速时间为，物块的位移为51=了，传送带的位移 地球的第一宇宙速度大小U地=√g地R地 为=，根据动能定理=之m,故热量Q=FA 火星的第一宇宙速度大小火=√g火R 故= g水R水= (5)=,放D正疏 地 √g地R地 3 7.小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上 解得k=2级 运动的总路程为s,整个过程由动能定理有mgh-mg=0,所 3 (3)设小球经过时间t后落到斜面上，水平方向x=ot 以小物块在BC面上运动的总路程为s=上=0.30m 0.1m=3m, 竖直方向A=方6x心 而d=0.5m,刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距 离为0，故D正确。 又tan30°= h 4 8火= 98地- 98 二、多选题 解得1=33 8.BD;9.AC;10.AD. g 提示： 第8期3版参考答案 8.从A到D全过程，由动能定理得mgh-umgcos0· h sin0 一、单选题 -mgs=0-0,从D到A的过程，由动能定理得W。-wmg- 1.B;2.B;3.A;4.B;5.C;6.D;7.D. in0mgh=0-0,解得W,=2mgh,故BD正确。 h 提示： umgeos0· 7 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 9.由题图乙可知物体运动的总位移大小为10m,故A正 解得v1=1m/s. 确；由动能定理得-Fs=△E=-100J,则摩擦力大小F:= (2)当滑块速度达到最大时，滑块的加速度为零，由受力 10N,由牛顿第二定律得F,=ma,则a-=5m/g,放B.D 分析可得 m mgsin 0 umgcos 0+kx 2E0 错误：物休的初动能E。=2片=101，则场=√品 可得弹簧的压缩量为x=0.02m 滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，根据动 10m/s,故C正确. 能定理有 10.A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动.当 A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量； mg()sino-umg(cos -Em 当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增加 量，故A正确，B错误；由动能定理知，F2对B做的功等于B的 解得最大速度。=2⑥ 5 m/s. 动能的增加量，拉力F和Fa对A做的功之和等于A的动能的增 14.(1)E1-mgh1 加量，故D正确，C错误 (2)umngh.mghaE-mgh umgl 三、实验题 11.(1)⑥4.0⑦0.08120.0800(2)9.7 解析：(1)对物块从B点到落地的过程，由动能定理有 解析：(1)⑥小钢球通过光电门的时间极短，可以用平均 mghy =E1-E8 速度替代瞬时速度，则小钢球经过光电门时的速度为。=4 解得EB=E1-mgh1 t (2)对物块从A点到落地的整个过程，当落地动能为E =10.0×103 2.50×103m/s=4.0m/s: 时，对应的拉力最大，设为Fm,由动能定理有 FmL -umgL mghy =E ⑦此过程中小钢球重力势能的减少量为△E。=mgh= 10.0×10-3×9.8×82.90×102J=0.0812J 解得Fax- E-mgh umgL L 小钢球动能的增加量为A=7mr=子×100×10 若物块恰能到达C点，对应的拉力最小，设为Fm,根据动 能定理有FmL-umgL-mgh2=0 ×4.02J=0.0800J (2)若机械能守恒则有2mw=mgh,即，=2gh,根据图 解得F=ngL+mg L 像斜率有2g=)行，解得g:9.7 则恒力F必须满足的条件为 umgl.t mgh-mgh +umgl 12.(2)1:2(3)不需要 L L 440(52g=(+(号 15.(1)6m/s(2)1.2m(3)能 m 解析：(2)由圆周运动规律可知vpvo=2:1,又p:o= 解析：(1)设滑块第一次到B点的速度为1，从A到B根据 d:d,解得p:to=1:2 1 动能定理有mgLawsin0=2mu-0 tp to (3)验证机械能守恒定律时，由于钢球P、Q的质量相等， 代入数据解得v1=6m/s. 则验证机械能守恒定律的表达式中质量可以约掉，所以不需要 (2)设滑块第一次到D点的速度为2，滑块从A到D的过 测量钢球的质量。 程根据动能定理有 (4)20分度游标卡尺的分度值为0.05mm,由题图可知挡 mglsin 0-pmgbne -mgRm 光片宽度为d=4mm+0×0.05mm=4.00mm. 设滑块第一次离开D点速度减到O时距D点的高度为h, (5)若系统转动过程中满足机械能守恒，则有2mgL-mgL 1 d2 1m(L）+2m( 根据动能定理有-mgh=0-之m to 代人数据解得h=1.2m. 即2g=(4)2+(4) tp (3)假设滑块能再次返回斜面，设返回斜面最高点距B点 四、解答题 的距离为L,全过程根据动能定理得 13.(1)1m/s(2)2m/s mg(LAn -L)sin 0-2umgLnc =0-0 5 代入数据解得L= 解析：(1)滑块与弹簧上端第一次刚好接触时，根据动能 3 m. 定理可得mosin0-wmg5ocos0=2m-0 -8素养拓展 数理极 本版责任编辑：李杰 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 C,题中T为地球自转的周期，并非在轨道 4π23 报纸发行质量反馈电话 0351-5271248 卫星的变轨和对接问题 I 上运动的周期，不能利用该数据计算地球质 量，故B错误；设在轨道Ⅱ上运行的周期为T2, 信息工程 学科：工学 ©山东张广 根据开普勒第三定律有。 牙解得刀：万 T 门类：电子信息类 1.变轨原理 (4)机械能：在一个确定的圆（椭圆）轨道 培养目标：本专业 (1)为了节省能量，在 上机械能守恒.若卫星在I、Ⅱ、Ⅲ轨道的机械 √F:√a,故D正确 培养具备信息获取、信 赤道上顺着地球自转方向 能分别为E,、E2、E,从轨道I到轨道Ⅱ和从轨 答案：D 息传输、信息处理、信息 先发射卫星到圆轨道I 道Ⅱ到轨道Ⅲ都需要点火加速，则E<E,<E, 考向2飞船对接问题 应用等方面的基础理论 上，卫星在轨道I上做匀 考向1卫星变轨问题中各物理量的比较 例2.神舟二十三号载人飞船已于5月25日 和专业知识，系统掌握 现代信息技术，能在信 速园周运动，有cMr 例1.神舟二十三号载轨道 凌晨2时45分（北京时间）成功对接于空间站 = 轨道Ⅱ 息工程领域从事科学研 人飞船于北京时间2026年 天和核心舱径向端口，这次对接采用自主快速 究、工程设计、技术开 号如国1所示 5月24日23时08分，在酒 交会对接模式，从入轨到对接完成，整个过程历 发、设备制造、管理维护 泉卫星发射中心点火发 时约3.5小时.为实现神舟二十三号载人飞船与 的复合型工程科技人 (2)在A点（近地点）卫星点火加速，由于 射，并取得圆满成功.飞船 才 图2 速度变大，所需向心力变大，c4m<m三，卫星的某段运动可近似看作如图2所示的情境，圆 空间站顺利对接，飞船安装有几十台微动力发 培养要求：本专业 5 动机，负责精确地控制它的各种转动和平动.对 学生主要学习数学、物 形轨道I为空间站运行轨道，设圆形轨道I的 做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ. 半径为，地球表面重力加速度为g,地球半径为 接前飞船要先到达和空间站很近的相对静止的 理、电子线路、计算机应 (3)在椭圆轨道B点（远地点）卫星将做近R,地球的自转周期为T,椭圆轨道Ⅱ为载人飞 用、信息论与编码、通信 某个停泊位置（距空间站200）.为到达这个位 理论与网络等方面的基 心运动.G>m三，再次点火加速，使GM:船运行轨道，两轨道相切于A点，椭圆轨道Ⅱ的置，飞船由惯性飞行状态转入发动机调控状态， 本理论和基本知识，接 r 半长轴为α，已知引力常量为G,下列说法正确下列说法正确的是 受信息技术领域软硬件 = ?,进入圆轨道Ⅲ。 的是 () A.飞船先到空间站同一圆周轨道上同方向 开发、计算机程序设计 A.载人飞船若要进人轨道I,需要在A点运动，合适位置减速靠近即可 与应用、科学研究与工 2.变轨过程分析 程设计等能力的基本训 减速 (1)速度：设卫星在圆轨道I和Ⅲ上运行 B.飞船先到与空间站圆周轨道垂直的同半 B.根据题中信息，可求出地球的质量M= 练，具有对信息系统进 时的速率分别为心、，在轨道Ⅱ上过A点和B 径轨道上运动，合适位置减速靠近即可 行分析、设计、开发、测 4π2r3 点时速率分别为4心·在A点加速，则1>1， GT C.飞船先到空间站轨道下方圆周轨道上同 试和应用，以及综合运 用科学理论和工程技术 在B点加速，则3>g,又因心1>，故有4> C.载人飞船在轨道】上的机械能小于在方向运动，合适的位置减速即可 分析解决工程问题的基 1>3>VB 轨道Ⅱ上的机械能 D.飞船先到空间站轨道上方圆周轨道上同 本能力。 (2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有 D.空间站在圆轨道I上运行的周期与载方向运动，合适的位置减速即可 主干学科：信息与 引力作用，故不论从轨道I还是轨道Ⅱ上经过人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为 解析：根据卫星变轨时，由低轨道进入高轨 通信工程、计算机科学与 4A点，卫星的加速度都相同，同理，卫星在轨道Ⅱ F:√a 技术、控制科学与工程 道需要点火加速，反之要减速，所以飞船先到空 或轨道Ⅲ上经过B点的加速度也相同. (3)周期：设卫星在I、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运 解析：载人飞船若要进入轨道【，要做离心间站下方的圆周轨道上同方向运动，合适位置 核心课程：计算机 信息技术、通信系统原 运动，需要在A点点火加速，故机械能增加，则载 理、信号与信息处理技 行周期分别为T1、T2、I,轨道半径分别为r、 加速靠近即可，或者飞船先到空间站轨道上方 人飞船在轨道I上的机械能大于在轨道Ⅱ上 术、电磁场与波、微处理 ,(半长轴)，由开普勒第三定律 =k可知 的机械能，故A、C错误；设空间站在轨道I运行 圆周轨道上同方向运动，合适的位置减速即可， 器与嵌入式系统原理 故D正确 信息获取与检测技术 T<T2<Ts. 的周期为，由此可得G=m产，解得M T 答案：D 信息论与编码技术等。 主要实践性教学环 第6期2、3版参考答案 线速度的平方成正比 (上接第1版) 节：工程技术训练、电子 一、单选题 (3)kL 到的万有引力F>m”,故它将偏离原轨道做近 工艺实习、专业实习、课 r 程设计、毕业设计（论 1.D;2.C;3.B:4.C 四、解答题 心运动.所以无论如何c也追不上b,b也等不到 文)等。 5.B;6.B;7.A c,故C错误； 主要专业实验：电 13.(1)2.7m/s2 对α卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，在 子线路实验、计算机基 二、多选题 础实验、通信原理实验 2第 转动一段较短时间内，可近似认为它稳定运行， 甲先出弯道 专业综合实验。 8.ACD:9.AD:10.AC 由v= ,GM知，r减小时逐渐增大，故D 就业方向：从事工 业与电气工程有关的运 14.(1)500N 三、实验题 正确 动控制、工业过程控制 (2)7.5m/s 点评：当F= GMm 11.(1)变大变小 上=m时，“供需相等 电气工程、电力电子技 r r 术、检测与自动化仪表 (3)8.7m 卫星微匀速圆周运动；当F=GWm>m世时，卫 电子与计算机技术等领 (2)04mmw:()月 2 r 域从事工程设计、系统 15.(1)2rad/s 星做近心运动；当F=GMm<心时，卫星微离 分析、系统运行、研制开 r 发、经济管理等方面的 12.(1)mr 2 (2)2.5m 心运动.所以抓住万有引力的“供需关系”是我 工作 (2)当质量m、转动半径r不变时，向心力与 (3)2.1m 们解决卫星变轨问题的关键 数汊极 高考物理 第7期 第一轮复习 总第1203期 2026年8月18日星期二 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-359A A.& 解题金钥匙 B√ c√ D√侣 万有引力与航天四种模型全政略 分析：物体在赤道上随地球自转要受到地 面对它的支持力的作用，但“飘”起来后只受重 ◆山西赵玉成 力作用. 解答：赤道上的物体随地球自转时，由牛顿 数形每生吧海气每生吧母生吧每气每数吧母生吧每生吧生数吧每气吧数年中吧年生海中吧每 联立以上两式可得： 在求解万有引力与航天相关物理问题 Mxl 第二定律得G加-F、=mRw2=ma 时，绝大多数题目都是依托固定的经典物 MgR元=3.3×10 理模型构思设计的，解题的核心就是从复 其中FN=mg,要使赤道上的物体“飘”起 点评：把中心天体看作静止不动的质点，这 杂的题千描述中剥离千扰信息，还原出对 种模型实际上是绕行天体绕中心天体做匀速圆 来，即变为近地卫星，则下、=0，于是有G= R2 应的标准物理模型，再用对应规律快速求 周运动.万有引力完全提供向心力 mRw2. 解.失分核心原因就是对不同模型的边界 2.两质点以相同的角速度做匀速圆周运动 条件、适用场景区分不清，容易出现模型混 联立可得”= 的双星模型 g+,故B正确 a 淆、规律错用的问题.下面我们就对该模块 双星问题是天体物理与高中物理万有引力 点评：赤道上的物体“飘”起来则向心力等 最常见的几类核心模型，进行清晰的归类 模块的经典模型，指两颗相距较近的星体，在彼 于地球对它的万有引力，而随地球自转的物体 梳理，帮你彻底理清不同模型的差异和解 此间万有引力作用下，绕二者连线上的公共质 其向心力只是万有引力的一个分力 题逻辑 *分专 心做角速度、周期完全相同的匀速圆周运动，且 4.卫星对接的离心运动和近心运动模型 1.质点绕中心天体的圆轨道模型 远离其他天体，不受外部引力干扰 卫星的环绕速度与轨道半径是一一对应 万有引力定律的应用多数是这种模型，利 例2.两颗离得较近的天体称为双星，质量的，即同一个圆轨道上的卫星的环绕速度值都 用这一模型可以求天体的质量、密度、讨论卫星分别为m,和m2、相距为L的双星，绕其连线上 相同，此时万有引力刚好等于人造卫星做圆周 速度、加速度、周期的变化等等.求解一般有两的0点匀速转动求它们各自的轨道半径和周期 运动所需的向心力，即F万=F向，当卫星加速时 条思路： 分析：它们做匀速圆周运动的向心力是相 它所需的向心力也相应增大，即F万<F向，从而 一是万有引力提供向心力，根据牛顿第二 等的；它们运行的周期是相同的.因为只有周期 使卫星产生离心现象；同理，卫星减速时，将做 定律有： 相同，它们之间的距离才能保持不变，它们才能近心运动.宇宙飞船和空间站的对接实际采用 的方法是：宇宙飞船先在较空间站低的轨道上 =ma且a=w2r= 处于稳定运行的状态之中. 解答：由万有引力定律和件顿第二定律可得： 运行，当运行到适当位置时再加速运行到空间 二是万有引力近似等于重力，即GMm: 站的轨道，从而实现对接 2 对m1:Gm =m,4a ① 例4.如图所示，a、b、c是在 mg,若在地球表面，半径r=R,即GMm 对m:G严=m 地球大气层外圆形轨道上运行 R2 =mg, ② 的3颗卫星，下列说法正确的 从而得出GM=Rg.此式为黄金代换式，在解题 R+R,=L ③是： ( 时应用较为广泛 将①②③式化简后再相除，可得： A.b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度 例1.已知太阳光从太阳射到地球需要 B.b、c的向心加速度大小相等，且大于a的 500s.地球公转的轨道可近似认为是圆轨道.地 m1+m2 ,R:=ml m1+m2 向心加速度 球的半径是6.4×103km,地球表面的重力加速 再将R,数值代人①式可得： C.c加速可追上同一轨道上的b,b减速可等 度为9.8m/s2,试估算太阳质量与地球质量之 侯同一轨道上的c T 2TL L 比.（结果取2位有效数字）. NG(m1+m2） D.a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小 分析：地球公转的轨道可近似认为是圆轨 点评：双星之间的万有引力大小相等，方向 其线速度将增大 道，所以地球做匀速圆周运动，万有引力充当向 相反，这两个行星之所以能在引力作用下不相 分析：a、b、c这3颗卫星稳定运行时，可直接 心力，可根据牛顿第二定律求解。 互靠近而保持距离不变，是因为它们都绕着二 由万有引力充当向心力来求；而变轨时卫星要 解答：地球到太阳的距离L=3.0×108× 者连线上的同一点微匀速圆周运动，并且它们做离心运动和近心运动，万有引力要变化，从而 500m=1.5×10m,地球的周期为T=365× 的角速度相同： 引起卫星运行参数变化 24×3600s=3.15×10s 3.赤道上的物体绕地球运动的匀速圆周运 解答：因为b、c在同一轨道上运行，故其线 根据思路1有： 动模型 速度大小、加速度大小均相等.又b、c轨道半径 GMm生=m(2票)21 赤道上的物体绕地球做匀速圆周运动时，大于α的轨道半径，由v=, CM N r 知，v6=Ue< 其运转周期与地球自转周期相同，万有引力的 可得：M太=4nL GT 一部分提供向心力.这一点与在近地轨道上运“，故A错误；由加速度a=G业可知a,=4,< 2 根据思路2有： 行的卫星是有区别的. an,故B错误； mg=GM鱼m 例3.地球赤道上的物体重力加速度为g,物 R2 体在赤道上随地球自转的向心加速度为α，要使 当c加速时，c受到的万有引力F<m心，故 可得：M地=8R 赤道上的物体“飘”起来，则地球的转速与原来它将偏离原轨道做离心运动；当b减速时，b受 G 之比 ( (下转第4版) 《万有引力与宇宙航行》 引力将先增大后减小、 A.卫星距离地球表面的高度为 GMT W4π 单元检测卷 B.地心与卫星B的连线在2T4时间内扫过的面积为椭圆面积 C.卫星B的周期是卫星A的周期的8倍 B.卫星的运行速度小于第一宇宙速度 ◎数理报社试题研究中心 D.1轨道圆心与2轨道的一个焦点重合 C.卫星运行时受到地球引力的大小为GMm R2 号 三 四 总 分 5.在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的 D.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度 轨道近似为圆，且轨道半径逐渐变小.若卫星在轨道半径逐渐变小的 9.2021年2月，天问一号火星探测器 过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的 一号 被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨 第I卷选择题（共46分）】 是 道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准 A.卫星的动能逐渐减小 备.如图3所示，阴影部分为探测器在不 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的 B.由于地球引力做正功，引力势能一定减小 停泊轨道 同轨道上绕火星运行时与火星的连线每 调相轨道 四个选项中，只有一项是符合题目要求) C.由于稀薄气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变 秒扫过的面积，下列说法正确的是 图3 1.地球的近地卫星线速度大小约为8km/s,已知月球质量约为 D.卫星克服稀薄气体阻力做的功等于引力势能的减小量 ( 地球质量的，地球半径约为月球半径的4倍，下列说法正确的是 6.冲日是指某一外行星（火星、木星、土星、天王星、海王星）于绕 A.图中两阴影部分的面积不相等 日公转过程中运行到与地球、太阳成一直线的状态，已知火星的公转 B.从“调相道”进入“停泊轨道”探测器周期变大 周期约为地球公转周期的1.9倍，半径约为地球的一半，质量约为地 C.从“调相道”进入“停泊轨道”探测器机械能变大 A.在月球上发射卫星的最小速度约为8km/s D.探测器在P点的加速度大于在N点的加速度 B.月球卫星的环绕速度可能达到4km/ 球质量的)，现认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做 10.如图4甲所示，河外星系中两黑洞A、B的质量分别为M,和 製 C.月球的第一宇宙速度约为1.8km/s 匀速圆周运动，下列说法中正确的是 M,,它们以两者连线上的某一点0为圆心做匀速圆周运动.为研究方 D.“近月卫星”的线速度比“近地卫星”的线速度大 A.火星冲日时间间隔约为两年零一个月 便，简化为如图乙所示的示意图，黑洞A、B均可看成球体，OA>OB. 2.我国“天宫”空间站的轨道离地高度约为400km,空间站内的 B.火星与地球公转轨道半径之比约为6：1 下列说法正确的是 宇航员每24h能看到16次日出.“吉林一号”遥感卫星组网中的某颗 C.火星与地球表面重力加速度之比约为2：9 卫星轨道离地高度约为535km.已知地球半径约为6400km,空间站 D.火星与地球密度之比约为4：9 与该卫星绕地球的运动均视为匀速圆周运动，则该卫星的周期约为 7.某行星周围的卫星绕其做圆周运动的 ( 轨道半径r与运行周期T的关系如图2所示 A.1.0h B.1.5h C.2.0h D.2.4h 行星的半径为R,引力常量为G,图中a、b为 图4 3.我国自主建设运行的北斗全球卫星导航系统空间段由多颗卫 已知量.下列说法正确的是 ( ) A.黑洞A的运行线速度大小小于黑洞B的运行线速度大小 星组成，若轨道半径不同的两颗卫星绕地球做匀速圆周运动，角速度 B.若两黑洞间的距离一定，把黑洞B上的物质移到黑洞A上，它 A.绕该行星表面运行卫星的周期为 大小分别为w1、w2,线速度大小分别为、2，则 ( 6 们之间的引力变大 A4=2 B.= B.该行星的质量为4am C.若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，它 bG W W2 们运行的周期变大 C.该行星的密度为3bπ D.人类要把航天器发射到距黑洞A较近的区域进行探索，发射速 aGR 度 一定大于第三宇宙速度 4.如图1所示，1、2分别是A、B两颗卫星绕地球运行 D.该行星表面的重力加速度为46 aRo 的轨道，1为圆轨道，2为椭圆轨道，椭圆轨道的长轴（近地 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，每小题的4个选项 第Ⅱ卷非选择题（共54分】 点和远地，点间的距离)是圆轨道半径的4倍.P点为椭圆 中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3分，有选错或不 三、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分，将正确答案填在 轨道的近地点，M点为椭圆轨道的远地点，T4是卫星A的 选的得0分) 题中横线上或按要求作答) 周期.则下列说法正确的是 () 8.已知地球的质量为M、半径为R、自转周期为T,地球同步卫星 11.在地面上，测量物体的质量我们可以利用天平，但是在太空 A.B卫星在由近地点向远地点运动过程中受到地球 质量为m,引力常量为G.有关同步卫星，下列结论正确的是( 中，物体处于完全失重，用天平无法测量质量.如图5所示，甲、乙两位 同学分别设计了在完全失重环境下测量物体质量的方法 (2)该星球的第二宇宙速度的大小.已知取无穷远处引力势能为：15.(18分)火星是太阳系中和地球环境最相似的行星，我国发射 零，物体距星球球心距离为r时的引力势能E。=-GMm(G为引力常 的“祝融号”火星车已行驶在火星上，圆满完成既定巡视探测任务.在 地球和火星表面分别让小球做自由落体运动，从距星球表面相同高度 量) 无初速释放，在地球和火星上下落的时间之比为2：3，已知地球表面 重力加速度为g,地球半径为R,火星半径是地球半径的)，引力常量 甲 图5 为G,求： (1)甲同学在静止的A、B两物体中间夹了一个质量不计的压力 (1)火星的表面重力加速度g火和密度P火： 传感器（未画出），现对A、B整体施加一个恒力F。,记录传感器的示数 (2)火星的第一宇宙速度大小； F,已知B物体的质量为mo,则A物体的质量为 一（用F、F、 (3)如图8所示，在火星的一个倾角为30°的足够长斜坡上，将小 m0表示) 球以初速度。水平抛出，经多长时间小球落到坡上. (2)乙同学用长度可以变化的细绳连接小球和拉力传感器（未画 出)，现给小球一个的初速度，使小球做匀速圆周运动，记录此时传 感器的示数F和对应细绳的长度1，多次改变绳长，每次都以相同的 30°7 做匀速圆周运动，重复上述步骤.已知小球半径远小于绳长， 图8 细绳质量可忽略不计.乙同学以F为纵坐标，以 (选填“1” “”或“}”)为横坐标建立平面直角坐标系，描点作图得到一条直 线，测得直线的斜率为飞，则小球的质量为 .(用k、0表示) 14.(12分)如图7所示，已知地球半径为R,地球表面的重力加速 12.“测某星球表面的重力加速度和该星球的第一宇宙速度”的 度为g,不考虑地球自转的影响，飞船先在近地轨道Ⅲ上绕地球做圆 实验如图6甲所示，宇航员做了如下实验： 周运动，到达轨道Ⅲ的B点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ FN 的远地点A时再次点火进入轨道I绕地球做圆周运动，轨道I的轨 道半径为r,r=4R.求： (1)从地球发射飞船到轨道Ⅲ的最小速度； (2)飞船在轨道I上的运行速率； 020.40.60.81.0 (3)飞船在轨道Ⅱ从B点到A点的时间， 图6 (1)在半径R=5000km的某星球表面，竖直平面内的光滑轨道 由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m=0.2kg的小球，从轨道AB 上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的 压力F,改变H的大小，F随H的变化关系如图乙所示，圆轨道的半径 图7 为 m,星球表面的重力加速度为」 m/s2. (2)第一宇宙速度与 的匀速圆周运动的 速度相等，该星球的第一宇宙速度大小为 m/s. 四、解答题（共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方程式和 演算步骤只写出最后结果不能给分，有数值计算的題，答案中必须写 出数值和单位) 13.(8分)宇航员在一行星上以速度o竖直上抛一质量为m的物 体，不计空气阻力，经2后落回手中，已知该星球半径为R.求： (1)该星球的第一宇宙速度的大小； 参考答案见下期