【文档说明】全国高校物理强基计划入门试题精编（人教版2019必修第二册） 第06讲 万有引力与宇宙航行 Word版含解析.docx，共(39)页，1.666 MB，由小赞的店铺上传

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第06讲万有引力与宇宙航行全国高校强基计划入门试题精编一、单选题1．我国发射的“嫦娥三号”卫星是登月探测器。该卫星先在距月球表面高度为h的轨道上绕月球做周期为T的匀速圆周运动，再经变轨后成功落月。已知月球的半径为R，万有引力常量为G，忽略月

球自转及地球对卫星的影响。则以下说法正确的是（）A．物体在月球表面自由下落的加速度大小为2222()RhTR+B．“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为2()RhT+C．月球的平均密度为232

3()RhGTR+D．在月球上发射月球卫星的最小发射速度为2RRhTR+【答案】B【详解】A．在月球表面，重力等于万有引力，则得2MmGmgR=①对于“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得2224()()MmGmRhRhT=++②由①②解得23224()RhgTR

+=A错误；B．“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动，轨道半径为rRh=+则它绕月球做与速圆周运动的线速度大小为22()RhvrTT+==B正确；C．由②得：月球的质量为2324()RhMGT+=月球

的平均密度为MV=而343VR=解得月球的平均密度为3233()RhGTR+=C错误；D．设在月球上发射卫星的最小发射速度为v，则有22MmvGmmgRR==即2()RhRhvgRTR++==D错误。故选B。2．如图所示，a为地球赤道上的物体，随地球表

面一起转动，b为近地轨道卫星，c为同步轨道卫星，d为高空探测卫星。若a、b、c、d绕地球转动的方向相同，且均可视为匀速圆周运动。则（）A．a、b、c、d中，a的加速度最大B．a、b、c、d中，b的线速度最大C．a、b、c、d中，c的周期最大D．a、b、c、

d中，d的角速度最大【答案】B【详解】A．a、c的角速度相同，则根据2aR=可知，a的加速度小于c的加速度，则a的加速度不是最大的，A错误；B．a、c的角速度一样，根据vr=可知，a的线速度小于c，根据GMvr=可知b的速度大于c、d的速度，可知b的线速度

最大，B正确；CD．根据开普勒第三定律可知，b、c、d中d的周期最大，而a、c周期相等，可知a、b、c、d中，d的周期最大，d的角速度最小，CD错误；故选B。3．国际科研团队发现了两颗距离地球仅100光年的新行星，其中一颗可能适合生命生存。这两颗行星分别是LP890-9b（以下简称行星A

）和LP890-9c（以下简称行星B）。行星A的半径约为8370公里，仅需2.7天就能绕恒星C一圈；行星B半径约为8690公里，8.5天能绕恒星C一圈，行星B到恒星C的距离约为水星与太阳间距离的0.1倍，水星的公转周期约为88天。假设行星A、B绕恒星C做匀速圆周运动。则

（）A．行星A表面的重力加速度大于行星B表面的重力加速度B．行星A的公转轨道半径大于行星B的公转轨道半径C．太阳的质量大于恒星C的质量D．水星的公转速度大于行星B的公转速度【答案】C【详解】A．根据牛顿第二定律，万有引力提供行星上表面重力加速度得002mmGmgR

=故重力加速度为2GmgR=行星A与行星B的质量关系未知，故无法判断两行星表面的重力加速度的大小，A错误；B．根据开普勒第三定律23Tkr=，由题意可知，行星A的周期比行星B的周期小，故行星A的轨道半径小于

行星B的轨道半径，B错误；C．由题意，设行星B到恒星C的距离与水星到太阳的距离之比为12:rr，行星B绕恒星C的一周所用时间与水星绕太阳一周所用时间之比为12:TT，根据万有引力提供向心力可得222πMmGmrrT=

解得2324πrMGT=所以恒星C与太阳的质量之比32112322211MrTMrT=故太阳的质量大于恒星C的质量，C正确；D．公转速度与公转周期的关系为2vrT=故行星B的公转速度v1与水星的公转速度v2之比为1122211vrTvrT=故水星的公转速度小于行星B

的公转速度，D错误。故选C。4．“灵楼准拟泛银河，剩摘天星几个”，曾经，古人对天宫充满向往，如今，梦想走进现实，中国空间站被称为“天宫”，中国货运飞船是“天舟”，2022年5月10日01时56分，天舟四号货运飞船被长征七号运载火箭成功送入太空，8时54分，天舟四号成功相会“天

宫”（空间站天和核心舱），天和核心舱距离地面约390kmh=，地球北极的重力加速度为g，地球赤道表面的重力加速度为0g，地球自转的周期为T，天和核心舱轨道为正圆，地球为球体根据题目的已知条件，下列说法错误的是（）A．可以求出天舟四号的线速度B．可以求

出地球的质量C．可以求出地球的半径D．可以求出天舟四号的周期【答案】B【详解】ACD．空间站在太空时，由万有引力提供向心力，即()22GMmvmRhRh=++此时的线速度为()12RhvT+=()()()221212

2RhTGMmmmRhRhTRh+==+++当在地球北极时有2GMmmgR=在赤道上有2022GMmmgmRRT=+()2024ggTR−=即可以求出地球的半径，上述联立可得()23212gRRhT=+由题意及分析可知，g

、h、T、R已知，可以求出天舟四号运行的周期T1，进而求出其线速度v，故ACD正确，不满足题意要求；B．由于未知G，故无法求出地球的质量，故B错误，满足题意要求。故选B。5．2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭

送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等

火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（）A．当探测器

加速后刚离开A处的加速度与速度均比火星在轨时的要大B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约10分钟到达火星C．如果火星运动到B点，地球恰好在A点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC运动到C点时，恰好与火星相遇D．下一个发射时机需要再等约2.7年【答案】A【详解】A.

当探测器加速后刚离开A处,根据万有引力提供加速度可知2MmGmar=解得2MaGr=探测器A处距太阳距离较小，则加速度较大，探测器在A处做圆周运动的线速度GMvr=探测器A处距太阳距离较小,探测器在A处做圆周运动的线速度

v比火星在轨的线速度大,探测器加速后刚离开A处速度比探测器在A处做圆周运动的线速度v大,因此当探测器加速后刚离开A处的速度均比火星在轨时的要大,A正确；B.火星距离地球最远时有4亿公里，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星，最近时大约0.55亿公里，因为指令传播速度相同，则时间为220.5

53.0254t==ｓｓB错误；C.根据开普勒第三定律，火星与探测器的公转半径不同，则公转周期不相同，因此探测器与火星不能在C点相遇，C错误；D．地球的公转周期为1年，火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，两者的角速度之差为1.81.91.9=２２＝－１则地球再一次

追上火星的用时为22.1t==年D错误;故选A。6．太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运

动的轨道半径如下表所示，天文单位用符号AU表示。则（）行星地球火星木星土星天王星海王星轨道半径r/AU1.01.55.29.51930A．木星相邻两次冲日的时间间隔约为1.1年B．木星的环绕周期约为25年C．天王星的环绕速度约为土星的两倍D．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最长【答案】A

【详解】B．由开普勒第三定律有2233TTRR=木地木地解得33=11.86RTTR=木木地地年选项B错误；C．根据万有引力提供向心力有22MmvGmrr=解得GMvr=天王星的轨道半径大于木星的轨道半径，则天王星的环绕速度比土星小，选项C错误；D．由开普勒第三定律，其轨道半径的三次方

与周期T的平方的比值都相等，可知地球的公转周期T最小，海王星的公转周期最大。设地球外另一行星的周期为T，则两次冲日时间间隔为t，则1ttTT−=解得1TtTT=−则T越大，t越小，故地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，选项D错误；A．对

木星有3()5.25.211.86TRTR==其中T=1年，可得t≈1.1年选项A正确。故选A。7．2022年9月27日的“木星冲日”是观测木星的一次好机会。木星冲日就是指木星、地球和太阳依次排列大致形成一条直线时的天象。已知木星与地球几乎在同一平面内沿同一方

向绕太阳近似做匀速圆周运动，木星质量约为地球质量的318倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，则下列说法正确的是（）A．木星运行的加速度比地球运行的加速度大B．木星

表面的重力加速度比地球表面的重力加速度小C．在木星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/sD．上一次“木星冲日”的时间大约在2021年8月份【答案】D【详解】A．由2GMmmar=可得2GMar=木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离

的5倍，所以木星运行的加速度比地球运行的加速度小，故A错误；B．由2GMmmgR=可得2GMgR=木星质量约为地球质量的318倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大，故B错误；C．由22GMmvmRR=可得行星的第一

宇宙速度为GMvR=则木星表面附近发射飞行器的速度大于7.9km/s，故C错误；D．由=33２２木地(5)rrTT可得木地11.211.2年TT=则由1ttTT−=地木可得1.1t年所以上一次“木星冲日”的时间大约在2021年8月份，故D正确。故选D。8．下列物体

的加速度最大的是（）A．加速升空阶段的火箭B．月球上自由下落的物体C．击发后在枪筒中的子弹D．在地表随地球自转的物体【答案】C【详解】加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，可知，在四个物体中，子弹速度增加最快，加速度最大，故ABD错误，C正确。故选C。二、多选题9．某国际研究小组观测到了

一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，双星系统中质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质，达到质量转移的目的．根据大爆宇宙学可知，双星间的距离在缓慢增大，假设星体的轨道近似为圆，则在该过程中（）A．双星做圆周运动的角速度不断减小B．双星做圆周运动

的角速度不断增大C．质量较大的星体做圆周运动的轨道半径减小D．质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大【答案】AD【详解】AB．设质量较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，质量较大的星体质量为m2，轨道半径为r2.双星间的距离为L，则L＝r1＋r2，转

移的质量为Δm；根据万有引力提供向心力，对m1：()()()122112mmmmGmmrL+−=+对m2()()()122222mmmmGmmrL+−=−联立解得()123GmmL+=总质量m1＋m2不变，两者距离L增大，则角速度ω变小．故A正确，B错误；

CD．可得()1222GmmrL+=把ω的值代入得：()()112212123GmmmmrLGmmmmLL++==++因为L增大，故r2增大，即质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大，故C错误，D正确．故选AD。10．2021年5月，基于俗称“中国天眼”的500米

口径球面射电望远镜（FAST）的观测，国家天文台李菂、朱炜玮研究团组姚菊枚博士等首次研究发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。之前的2020年3月，我国天文学家通过FAST，在武仙座球状星团（M13）中发现一个脉冲双星系统。如图所示，假设

在太空中有恒星A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，RA＜RB，C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为T2，忽略A与C之间的引力，万引力常量为G，则以下说法正确的是（）A．若知道C的轨道半

径，则可求出C的质量B．恒星A、B的质量和为()32AB214RRGT+C．若A也有一颗运动周期为T2的卫星，则其轨道半径大于C的轨道半径D．设A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为t，则12122()TTtTT=+【答案】BCD【详解】A．C绕B做匀速圆周运动，满足2BC

CC2C22GMmmRRT=①故无法求出C的质量，A错误；B．因为A、B为双星系统，由彼此的引力提供向心力，运动周期都为T1，对A、B分别有()2ABAA21AB2GMMMRTRR=+②()2ABBB21AB2GMMMRTRR=+③②③两式相加

解得()32ABAB214RRMMGT++=故B正确；C．因为A、B为双星系统，满足22AABB1122MRMRTT=又因为ABRR，所以ABMM，设A卫星质量为m，轨道半径为R，根据2222GMmmRRT=结合①式可知，的卫星轨道半径大于

C的轨道半径，C正确；D．有分析知A、B、C三星每次共线，C都比A、B多转的角度为，由图示位置到再次共线应满足1222ttTT+=解得()12122TTtTT=+D正确。故选BCD。11．如图所示，有A、B两颗行星绕

同一恒星O做圆周运动，运行方向相同。A行星的周期为T1，B行星的周期为T2，在某一时刻两行星相距最近，则（）A．经过时间1221TTtTT−=，两行星将再次相距最近B．经过时间t=T1+T2，两行星将再次相距最近C．经过时间()12212nTTtTT=−（n=1，3，5，…），两行星相

距最远D．经过时间()122nTTt+=（n=1，3，5，…），两行星相距最远【答案】AC【详解】AB．当A、B再次相距最近时，即A比B多运动一圈，设经过时间t二者再次相距最近，有121ttTT−=解得1221TTtTT−=故A正确，B错误；CD．当A、B相距最远时，即A比

B多运动2n（n=1，3，5，…）圈，设经过的时间为t，有122ttnTT−=（n=1，3，5，…）解得()12212nTTtTT=−（n=1，3，5，…）故C正确，D错误。故选AC。12．中国科学院紫金山天文台于202年7月发现两颗小行星2

0220S1和20220N1。小行星20220S1预估直径约为230m，小行星20220N1预估直径约为45m。若两小行星在同一平面内绕太阳的运动可视为匀速圆周运动（仅考虑两小行星与太阳之间的引力），测得两小行星之间的距离△r随时间变化的关系如

图所示，已知小行星20220S1距太阳的距离大于小行星20220N1距太阳的距离。则关于小行星20220S1和20220N1的说法正确的是（）A．20220N1运动的周期为TB．半径之比为2：1C．线速度之比为1

：3D．角速度分别为12221T−和222221T−【答案】BD【详解】B．因小行星20220S1距太阳的距离大于小行星20220N1距太阳的距离，可设小行星20220S1距太阳的距离为r1，小行星20220N1距太阳的距离为r2。根据图像可知r1-r2=1.5rr1+r2=

4.5r联立解得r1=3rr2=1.5r即半径之比为2：1，选项B正确；A．因经过时间T两星再次相距最近，设小行星20220S1与小行星20220N1绕太阳运动的周期分别为T1、T2，则211TTTT−=根据开普勒第三定律可知3112222()1TrT

r==解得1(221)TT=−22(1)4TT=−选项A错误；CD．根据2T=可得角速度分别为112=221T−2222=221T−根据v=ωr可得线速度之比为12:2:2vv=选项C错误D正确。故选BD。13．2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞

船与空间站组合体完成自主快速交会对接。航天员翟志刚、王亚平、叶光富进驻天和核心舱。已知空间站离地面高度约为400km，地球半径约6400km，地球表面重力加速度g＝10m/s2，sin70°≈0.94，空间站

可看成绕地球做匀速圆周运动，太阳光可近似为平行光，以下说法正确的是（）A．空间站绕地球公转周期约3hB．航天员在空间站中每天能看到约16次日出C．空间站运行的向心加速度与地球表面重力加速度之比约为16：17D．空间站每天有阳光照射的时间与没有阳光照射

的时间之比约为11：7【答案】BD【详解】A．空间站所受万有引力提供向心力2224()()MmRHGmRHT+=+解得1.5hT故A选项错误；B．航天员看日出的次数n为24h161.5hn==故B选项正确；C．空间站运行的向心加速度2()MaGRH=+则空间站运行的向心加速度与地球表面重力

加速度之比22216()17()aRgRH=+故C选项错误；D．如图所示，空间站每天没有阳光照射的时间对应角度为sin2RRH=+解得140空间站每天有阳光照射的时间与没有阳光照射的时间之比为360140111407−=所以空间站每天有阳光照射的时间与没有阳光照射

的时间之比约为11：7。故D选项正确。故选BD。14．2021年9月17日，“神舟十二号”返回舱在东风着陆场安全降落。返回舱从工作轨道Ⅰ返回地面的运动轨迹如图，椭圆轨道Ⅱ与圆轨道Ⅰ、Ⅲ分别相切于P、Q两点，返回舱从轨道Ⅲ上适当位置减速后进入大气层，最后在东风着陆

场着陆。下列说法正确的是（）A．返回舱在Ⅰ轨道上P需要向运动方向的反方向喷气进入Ⅱ轨道B．返回舱在Ⅱ轨道上运动的周期小于返回舱在Ⅲ轨道上运动的周期C．返回舱在Ⅲ轨道上Q点的速度的大小大于Ⅱ轨道上P点速度的大小D．

返回舱在Ⅰ轨道上经过P点时的加速度等于在Ⅱ轨道上经过P点时的加速度【答案】CD【详解】A．返回舱从Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道需要减速，因此在Ⅰ轨道上P点需要向运动方向的同方向喷气，选项A错误；B．根据开普勒第三定律有32RkT=返回舱在Ⅱ轨道上的半长轴大于返回舱在Ⅲ轨道上的半长轴，所以

在Ⅱ轨道上的运动的周期大于返回舱在Ⅲ轨道上运动的周期，选项B错误；C．根据万有引力提供向心力，有22MmvGmrr=解得GMvr=返回舱在Ⅰ轨道上的半径大于Ⅲ轨道的半径，则有QPvvⅢⅠ又返回舱从Ⅰ轨道进入Ⅱ轨道需要减速，则有PPvvⅠⅡ所以有QPPvvvⅢⅠⅡ即返回舱在

Ⅲ轨道上Q点的速度的大小大于Ⅱ轨道上P点速度的大小，选项C正确；D．根据牛顿第二定律有2MmGmar=解得2GMar=返回舱在Ⅰ轨道上P点时的半径等于返回舱在Ⅱ轨道上P点时的半径，所以返回舱在Ⅰ轨道上经过P点时的加速度等于在Ⅱ轨

道上经过P点时的加速度，选项D正确。故选CD。15．作为一种新型的多功能航天飞行器，航天飞机集火箭、卫星和飞机的技术特点于一身。假设一航天飞机在完成某维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，如图所示，已知A点距地面的高度为2R（R为地球半径），B点为轨

道Ⅱ上的近地点（离地面高度忽略不计），地表重力加速度为g，地球质量为M。又知若物体在与星球无穷远处时其引力势能为零，则当物体与星球球心距离为r时，其引力势能pGMmEr=−（式中m为物体的质量，M为星球的质量

，G为引力常量），不计空气阻力。则下列说法中正确的有（）A．该航天飞机在轨道Ⅱ上运动的周期2T小于在轨道Ⅰ上运动的周期1TB．该航天飞机在轨道Ⅱ上经过B点的速度大于轨道Ⅰ上经过A点的速度C．该航天飞机在轨道Ⅱ上经过B点的速度大于7.9km/s，小

于11.2km/sD．该航天飞机在轨道Ⅱ上从A运动到B的时间为2Rg【答案】ABC【详解】A．由于圆形轨道Ⅰ的半径1r大于椭圆轨道Ⅱ半长轴2r，根据开普勒第三定律可知12T>T故A正确；BC．由于航天飞机在近地点做离心运动，且离地面高度忽略

不计，因此航天飞机在轨道Ⅱ椭圆轨道近地点B的速度大于近地圆形轨道的环绕速度，而近地圆形轨道的环绕速度为第一宇宙速度7.9km/s。圆形轨道Ⅰ的半径大于近地圆形轨道的半径，根据万有引力提供向心力可知，半径越小，速度越大，因此航天飞机在圆形轨道Ⅰ的速度小于在近地圆形轨道

的速度，即航天飞机在轨道Ⅰ的速度小于第一宇宙速度7.9km/s，因此该航天飞机在轨道Ⅱ上经过B点的速度大于轨道Ⅰ上经过A点的速度，另外由于航天飞机在轨道Ⅱ上依然绕地球飞行，因此速度小于第二宇宙速度11.2km/s，故BC正确；D．由题意可知，

圆形轨道Ⅰ的半径13rR=，椭圆轨道半长轴为2322RRrR+==根据开普勒第三定律可得33122212rrTT=又由万有引力提供向心力及地球表面万有引力约等于重力可得212112()GMmmrrT=2GMmmgR=联合解得224RTg=所以该航天飞机在轨

道Ⅱ上从A运动到B的时间为2222TRtg==故D错误。故选ABC。16．如图所示，有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的Р点有一质量为m的质点，从M中挖去一个半径为12R的球体，设大球剩余部分对m的万有引力为F1。若把质点m移放在空腔中心O点，设大球的剩

余部分对该质点的万有引力为F2。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为0，万有引力常量为G，O、O、P三点共线。下列说法正确的是（）A．F1的大小为2736GMmRB．F2的大小为24GMmRC．

若把质点m移放在O点右侧，距O点34R处，大球的剩余部分对该质点的万有引力与F2相同D．若把质点m移放在O点右侧，距O点34R处，大球的剩余部分对该质点的万有引力与F2不同【答案】AC【详解】A．设半径为12R的小球体的质量为M，球体的密度为，则有34

3MR=3432RM=联立可得8MM=由补偿法可知，其余部分对P处质点的引力等于大球对该点的引力减去挖走的小球对该点的引力，则大球剩余部分对m的万有引力为()122232GM

mMmFGRR=−代入数据解得12736GMmFR=A正确；B．由质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为0可知，大球不挖走小球时，大球对O点的质点的引力等于以O点为圆心2R为半径的小球对该点的引力，即222212GMmGMmFRR==由补偿法

可知，其余部分对O处质点的引力等于大球对该点的引力减去挖走的小球对该点的引力。因为质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为0，故挖走的小球对该点的引力为0，所以其余部分对该点的引力等于实心大球对该点的引力。B错误；C

D．半径为34R、14R的小球质量分别为3143273464MRM==324113464MRM==由B选项分析可知，若把质点m移放在O点右侧，距O点34R处，大球的剩余部分对该质点的万有引力等于以O点为圆心34R为半径的小球对该点

的引力，即13223434GMmGMmFRR==同理挖走的小球对该点的引力为以O点为圆心，14R为半径的小球对该点的引力2422414GMmGMmFRR==故其余部分对该点的引力为534222GMmFFFFR=−==C正确，D错误。故

选AC。三、实验题17．“探究平抛运动的特点”实验有以下几步。（1）用如图1所示竖落仪装置探究平抛运动竖直分运动的特点：用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动：同时B球被释放，自由下落，做自由落体运动。下列说法中正确的是________和________

。A．两球的体积、材料和质量可以任意选择，对实验结果没有影响B．改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，可以改变两球在空中的运动时间和A球的水平初速度大小C．如果两球总是同时落地，则可以验证平抛运动的竖直分运动是自由落体运动D．通过该实验装置也能研究平抛运动的水平分运

动特点（2）用如图2所示平抛仪装置探究平抛运动水平分运动的特点。以下是关于本实验的一些做法，其中不合理的选项有________和________。A．调整斜槽，使小球放置在轨道末端时，不左右滚动B．将坐标纸上竖线与重垂线

平行C．将小球静止在斜槽末端位置时重心位置在背板上的投影记录为坐标原点D．不断改变挡片P的位置，使小球从斜槽上不同位置释放E．不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置F．将坐标纸上确定的点用直线

依次连接（3）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图3所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则12yy______

__13（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为_______（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。（4）牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远。如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成

为人造地球卫星。同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因。_______【答案】B##CC##BD##FF##D大于21gxyy−见解析【详解】（1）[1][2]A．两球的体积、材料和质量的选择不同，受到的阻力大小不同，对实验结果

有影响，A错误；B．改变小锤击打的力度，可以改变A球的水平初速度，改变小球距地面的高度，可以改变空中的运动时间，B正确；CD．小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被释放自由下落，A、B两球同时落地

，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，不能得出水平方向上的运动规律，C正确，D错误。故选BC。（2）[3][4]A．调整斜槽，使小球放置在轨道末端时，不左右滚动，保证斜槽末端切线水平，A合理；B．将坐标纸上竖线与重垂线平行，B合理；C．将小球静止在斜槽末端位置时重心

位置在背板上的投影记录为坐标原点，C合理；D．应保持挡片P的位置不变，使小球从斜槽上相同位置释放，D不合理；E．不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置，E合理；F．将坐标纸上确定的点用平滑的曲线依次连接，

F不合理。故选DF。（3）[5]因为A、B和B、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同，设为T，设钢球在A、B点时的竖直分速度大小分别为Ayv、Byv，则2112AyyvTgT=+()2222113222ByAyAyyvTgTvgTTgTvTgT=+=++=+所以12

13yy[6]根据运动学规律有221yyygT=−=解得21yyTg−=钢球平抛的初速度大小为021xgvxTyy==−（4）[7]物体的初速度较小时，运动范围很小，引力可以看成恒力——重力，做平抛运动；随着物体初速度的增大，运动范围变大，引力不能再看成恒力；当物体的初速度达到第一宇宙速度

时，物体绕地球做圆周运动而成为地球卫星。18．在一个未知星球上用如图所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出作平抛运动。现对此运动采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在作平抛运动过程中的

多张照片，经合成后，照片如图所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4，则：（1）由以上信息，可知a点___________（填“是”或“不是”）小球的抛出点；（2）

由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为___________2m/s；（3）由以上及图信息可以算出小球在b点时的速度是___________m/s；（4）若已知该星球的半径与地球半径之比为:1:4RR=星地，则该星球的质量与地球质量之比

:MM=星地___________，第一宇宙速度之比:vv=星地___________。（地g取102m/s）【答案】是8.04251：205:5（或1:5）【详解】（1）[1]由图可知竖直方向上连续相等的时间内位移之比为1：3

：5，符合初速度为零的匀变速直线运动的特点，因此可知a点的竖直分速度为0，a点为小球的抛出点。（2）[2]由照片的长度与实际背景屏的长度值比为1:4可得，乙图中每个正方形的实际边长为=4cmL，竖直方向上有22yLgt==星代入数据解得2

8.0m/sg=星（3）[3]水平方向小球做匀速直线运动，因此小球的平抛初速度为20224100.8m/s0.1LvT−===B点竖直方向上的分速度为2444100.8m/s20.2yBLvT−===所以22042m/s5ByBvvv=+=（4）

[4][5]设星球的半径为R，根据万有引力近似相等，则2MmGmgR=解得2GMgR=所以该星球的质量与地球质量之比22281110420MGMgRMGMgR====星星星星地地地地根据万有引力提供向心力，则22MmvGmgmRR==得vgR=所以该星

球与地球的第一宇宙速度之比为8155104gRvvgR===星星星地地地四、解答题19．遥远的星球。某星球完全由不可压缩的液态水组成。星球的表面重力加速度为209.8m/sg=，半径为R，且没有自转。水的密度3310kg/m=，万有引力常数11226.

6710NmkgG−−=。本题中可能用到如下公式：半径为R的球，其体积为343VR=，表面积为24SR=。（1）星球的半径R是多少？（2）星球内部的重力加速度为()ggr=，其中r是到球心的距离。请通过分析画出gr−图

。（提示：已知均匀球壳对球壳内部物体的万有引力为零）（3）假定该星球没有大气层，求这个星球中心处由水产生的压强。【答案】（1）73.510m；（2）；（3）111.710Pa【详解】（1）星球表面，

万有引力等于重力02MmGmgR=星球的质量MV=又343VR=代入数据联立解得73.510mR（2）星球内部距球心r处的重力加速度3'222443()()3GrGMGVGrgrrRrrr====则其图像为（3）星球内部任意半径r处的重力加速度4()3Grgr

=现在做一根从星体表面到球心的细长的圆柱体液柱，圆柱体截面积是s，s非常小，星球中心的压力就是这个液柱的重力。因为液柱两侧的其他液体给予的力是垂直侧面的，没有径向分量，r处液体体积元dVsdr=则所受重力为2

4()3dGgrdVGrsdr==从球心处到星球表面重力积分为2222142233GGRsGRs==则压强为2223GpGRs==代入数据得111.710Pap20．有人设想：如果在地球的赤道上竖直向上建一座非

常高的高楼，是否可以在楼上直接释放人造卫星呢？高楼设想图如图所示。已知地球自转周期为T，同步卫星轨道半径为r；高楼上有A、B两个可视为点的小房间，A到地心的距离为2r，B到地心的距离为32r。（1）A房间天花板上连一竖直轻弹簧，弹簧下端连一质

量为m的小球，求弹簧给小球的作用力大小和方向；（2）从B房间窗口发射一颗小卫星，要让这颗小卫星能在与B点等高的圆轨道上绕地心与地球自转同向运行，应给这颗卫星加速还是减速？v大小多少？【答案】（1）2214mrFT=（方向从地心指向A房间）；（2）要让这颗小卫星能在与B点

等高的圆轨道上绕地心与地球自转同向运行，应给这颗卫星减速；速度变化大小为(926)3rT−【详解】（1）同步卫星在轨道上，万有引力提供向心力，则有2224GMmmrrT=A房间所在位置的加速度为2()

2GMmmar=A房间所在位置的向心加速度为2222422rraTT==向A房间所在位置的重力加速度为gaa=−向小球受重力mg和弹簧拉力F，则有Fmg=联立解得2214mrFT=（方向从地心指向A房间）（2）小卫星在B房间时的线速度为13232rrvTT=

=小卫星在与B卫星等高的轨道上运行时2223322mvGMmrr=（）又因为2224GMmmrrT=联立解得2263rvT=由于21vv＜因此从B房间窗口发射一颗小卫星，要让这颗小卫星能在与B点等高的圆轨道上绕地心与地球自转同向运行，应

给这颗卫星减速；速度变化大小为12(926)3rvvvT−=−=21．“重力探矿”是常用的探测黄金矿藏的方法之一，是万有引力定律理论的实际应用，其原理可简述如下：如图，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内充满了

富含黄金的矿石，假定球形区域周围普通岩石均匀分布且密度为，而球形区域内黄金矿石也均匀分布但其密度是普通岩石密度的(1)n+倍，如果没有这一球形区域黄金矿石的存在，则该地区重力加速度（正常值）沿竖直方向，当该区域有黄金矿石时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离，重力加速

度在原竖直方向（即PO方向）上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”，为了探寻黄金矿石区域的位置和储量，常利用P点附近重力加速度反常现象，已知引力常数为G。（1）设球形区域体积为V，球心深度为d（d远小于地球半径），PQx=，求

：①球形区域内黄金矿石在Q点产生的加速度大小；②Q点处的重力加速度反常值；（2）若在水平地面上以P点为圆心、半径为L的范围内发现：重力加速度反常值在与(1)kk之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在P

点，如果这种反常是由于地下存在某一球形区域黄金矿石造成的，试求此球形区域球心的深度和球形区域的体积。【答案】(1)①22(1)nVaGdx+=+，②()3222ΔnGVdgdx+=；（2）231Ldk

=−，2231kLVknG=−【详解】(1)①球形区域黄金矿石的质量为(1)MnV=+这黄金矿石在Q点产生的加速度大小为a，则有2MmGmar=式中r是球形中心O至Q点的距离，且22rdx=+联立可解得22(1)nVaGdx+=+②如果将近地表的球形区域中的黄金矿石换

成普通的密度为的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值，因此，重力加速度反常可理解为在球形区域存在普通岩石的基础上叠加一个密度为n、质量为MnV=的球引起的，该叠加球对Q点一质量为m的质点产生的附加加速度为Δg，则2ΔMmGmgr=其中22rdx=+依题意，重力加速度反常Δg是

上述附加加速度Δg在竖直方向上的投影，则有ΔΔcosΔdgggr==联立以上式子得()3/222ΔnGVdgdx=+(2)由②的结论可得，当0x=时，重力加速度反常值Δg最大，且有()2maxΔnGVgkd=

=当xL=时，重力加速度反常值Δg最小，且有()()3/2min22ΔnGVdgdL==+联立以上式子得，地下球形区域球心的深度和球形区域的体积分别为2/31Ldk=−()22/31kLVknG=−22．2019年1月3日，我国“

嫦娥四号”探测器在月球背面成功着陆并发回大量月背影像．如图所示为位于月球背面的“嫦娥四号”探测器A通过“鹊桥”中继站B向地球传输电磁波信息的示意图．拉格朗日L2点位于地月连线延长线上，“鹊桥”的运动可看成如下两种运动的合运动：一是在地球和月球引力共同

作用下，“鹊桥”在L2点附近与月球以相同的周期T0一起绕地球做匀速圆周运动；二是在与地月连线垂直的平面内绕L2点做匀速圆周运动．已知地球的质量为月球质量的n倍，地球到L2点的距离为月球到L2点的距离的k倍，地球半径、月球半径以及“鹊桥”绕L2点做匀速圆周运动的半径均远小于月球到L2点的距离（提

示：“鹊桥”绕L2点做匀速圆周运动的向心力由地球和月球对其引力在过L2点与地月连线垂直的平面内的分量提供）．（1）若月球到L2点的距离r=6.5×107m，k=7，“鹊桥”接收到“嫦娥四号”传来的信息后需经t0=60.0s处理才能发出，试估算“嫦娥四号”从发出信息到传回地球

的最短时间（保留三位有效数字）；（2）试推导“鹊桥”绕L2点做匀速圆周运动的周期T的（近似）表达式．若k=7，n=81，T0=27.3天，求出T的天数（取整数）.【答案】（1）0121.73stttt=++=；（2）15T=（天）【分析】信息是通过电磁波进行传播的，电磁波的传播速度是

光速，利用平均速度公式即可求得时间；“鹊桥”B的运动分为两种：绕2L点的自转和绕地球的公转，且都是在做匀速圆周运动，找到做圆周运动的向心力由谁来提供，列出方程即可解答【详解】（1）由电磁波的传播速度83.010/vms=，信息先从A传到B的时间为1t，在B处理的时

间为060.0ts=，再从B传到地球的时间为2t，即“嫦娥四号”从发出信息到传回地球的最短时间：0121.73stttt=++=（2）设地球、月球和“鹊桥”B的质量分别为1M、2M、3M；由题意可知，B绕地球运动时可看着质点，B以周期0T绕地球做匀速圆周运动的向心力为F，有：2302

7FMrT=①又由B绕地球做匀速圆周运动的向心力由地球、月球对它的万用引力提供得：132322(7)GMMGMMFrr=+②另设B在绕2L点做匀速圆周运动的半径为R，且做圆周运动的向心力‘F由地球、月球对它的万有引力

的一个分力提供,有：132322(7)7GMMGMMRRFrrrr=+③再由公式：232FMRT=④联立①②③④解得得：15T=（天）【点睛】理解天体等做匀速圆周运动的向心力是一种效果力，往往由其他的力来提供，可以是某（几）个力或其分力，具体要分析研究对象的运动和受

力情况来确定，然后根据运动规律（公式）来判断23．开普勒发现了行星运动的三大定律，分别是轨道定律、面积定律和周期定，这三大定律最终使他赢得了“天空立法者”的美名，开普勒第一定律：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上．开普勒第二定律：对任意一个行星来

说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积开普勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等即：32aKT=(1)若将行星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，圆周运动半径为r，行星质量为m太阳质量为M，如图所示，请你结合开普勒定律、圆周运动、牛顿定

律等知识，证明太阳之间的引力与它们之间的质量的乘积成正比，距离平方成反比即：F引2mMr(2)如图所示，人造地球卫星在I轨道做匀速圆周运动时，卫星距地面高度为h=3R，R为地球的半径，卫星质量为m，地球表面

的重力加速度为g，椭圆轨道的长轴PQ=10R。①a．求卫星在I轨道运动时的速度大小；b．根据开普勒第三定律，求卫星在Ⅱ轨道运动时的周期大小；②在牛顿力学体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r时具有的势能，称为引力势能，其大小为EP=12Gmmr−(规定无穷远处势能

为零)卫星在I轨道的P点点火加速，变轨到Ⅱ轨道a．根据开普勒第二定律，求卫星在椭圆轨道Ⅱ运动时，在近地点P与在远地点Q的速率之比b．卫星在I轨道的P点，变轨到Ⅱ轨道，求则至少需对卫星做多少功(不考虑卫星质量的变化和所受的阻力)．【答案】（1）

证明过程见解析；（2）①a.2gRv=；b.2510RTg=；②a.3:2；b.140mgR【详解】(1)行星做圆周运动的向心力等于行星与恒星之间的引力：224=FFmrT=引向根据开普勒第三定律可知：32rkT=带入可知：222224==4mmFFm

rkTrr=引向根据牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，可知2MFr引综合两式可知：2MmFr引(2)①a.根据万有引力等于向心力可得：()2244mMvGmRR＝且：2GMgR=联立解得：2gRv=b.当在I轨道上时，根据：()

2221444mMGmRTR＝结合：2GMgR=联立解得：116RTg=根据开普勒第三定律可知：()()323232151.254RTTR==解得：2510RTg=②a．根据开普勒第二定律，卫星在椭圆轨道Ⅱ运动时：PPQQvtLvtL=则在近地点P与在远地点Q的速率之比等于PQ两

点与地球连线的长度的倒数之比：104423PQvRRvR−==b.卫星在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，在最远点和最近点满足：22112426PQGMmGMmmvmvRR−=−解得：331010PGMvgRR==则卫星在I轨道的P点变轨到Ⅱ轨道至少需对卫星做功：221112240PWmvmvmgR=−=

24．牛顿在前人研究的基础上，利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来，巧妙推导出太阳和行星之间的引力关系。(1)行星围绕太阳的运动当作匀速圆周运动，已知行星的质量为m，太阳的质量为M，行星与太阳中心之间的距离为r，请利用牛顿定律和开

普勒定律导出太阳和行星之间的引力表达式2MmFGr=；(2)牛顿思考月球绕地球运行的原因时，苹果偶然落地引起了他的遐想：拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力，是否都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规

律：平方反比规律？因此，牛顿开始了著名的“月—地检验”。a．已知月球与地球的距离约为地球半径的60倍，如果牛顿的猜想正确，请你据此计算月球公转的向心加速度a和苹果下落的加速度g的比值ag；b．在牛顿的时代，月球与地球的距离r′、月球绕地球公转的周期T′

等都能比较精确地测定，请你据此写出计算月球公转的向心加速度a的表达式；已知r′≈3.84×108m，T′≈2.36×106s，地面附近的重力加速度g＝9.80m/s2，请你根据这些数据估算比值a；与（1）中的结果相比较，你能

得出什么结论？c．假如有一颗在赤道上的苹果树，长到了月亮的高度。请你根据苹果的运动状态进行受力分析，在图中的树枝上画出一个长势符合物理规律的苹果，并推断如果树冠上的苹果被人用剪刀剪离树枝，苹果是否会落回地面？（分析过程中可忽略其它星球对苹

果的作用）。【答案】（1）见解析；（2）a，13600；b．见解析；c．不会落回地面【详解】(1)由牛顿第二定律可知，行星做圆周运动的向心力等于行星与恒星之间的引力224TFFmr引斥＝＝根据开普勒第三定律可知32rkT=可知2222244TmmFmrkrr=引＝由对称性可知2

MrF引根据牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，可知2MmrF引从而可知2MmrFG=(2)a．设月球的质量为m，地球质量为M，根据牛顿第二定律有2GMmmar=设苹果的质量为m′，地球半径为R，根据牛顿第

二定律有2GMmmgR=由题意知r＝60R，联立可得13600ag=b．由向心加速度的表达式得224rTa=代入相关数据可得13604ag比较（1）中的结果，二者近似相等，由此可以得出结论：牛顿的猜想是正确的，即地球对月球的引力，

地面上物体的重力，都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律平方反比规律。c．月球绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供所需要的向心力，则有224GMmmrrT=月月月即2224GMrrT=月苹果剪离树枝前所需要的向心力224nFmrT=苹地苹果受到的万有引力2

GMmFr苹引＝苹果的运行周期等于地球自转周期，小于月球的周期，则2222244nGMmFmrmrFTTr=苹苹苹引月地＝＝因此当苹果剪离树枝后，有Fn＞F引，即苹果需要的向心力大于万有引力，苹果将沿着速度方向做离心运动，不会落回地面。假如有一颗在赤道上的苹果树，长到了月

亮的高度，在树枝上苹果长势如图所示。25．建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的梦想。当今在美国宇航局（NASA）支持下，洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究。一种简单的设计是把天梯看作一条长度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳，它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传

统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面。最后达到这样的状态和位置：天梯本身呈直线状；其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无相互作用；整个天梯相对于地球静止不动。如果只考虑地球对天梯的万有引力，

试求此天梯的长度。已知地球半径606.3710mR=，地球表面处的重力加速度g=9.80m·s-2【答案】1.44×108m【详解】要使天梯相对于地球静止不动，由地面伸向太空，与地面之间无相互作用力，这样的天梯的下端只能位于赤道上某处，且天梯与该处地球表

面垂直，并与地球同步转动。如图1所示。从坐标原点与地球中心固连、坐标轴指向恒星的惯性参考系来看，天梯和地球一起匀速转动。天梯所受的外力只有地球的万有引力。把天梯看作是由线密度为ρ的许多非常小的小段组成，则每小段到地球中心的距离不同，因而所受地球引力的大小也不同，其中与地心的距离为r

i-1到ri间的长度为△ri的小段所受地球引力为2iiiMrfGr=（1）整个天梯所受的地球引力F就等于每小段所受地球引力之和，即211nniiiiiMGrFrf====（2）符号1ni=表示对所有小段求

和。因△ri=ri-ri-1是个小量，注意到21()iiiiiirrrrrr−−=，因此121111101111()nnniiiiiiiiiiinrrrrrrrrrr−===−−−==−=−用R0表示地球半径，也

就是天梯下端到地心的距离，Rl表示天梯上端到地心的距离，则r0=R0，rn=Rl，代入（2）式得()11lRFMRG−=（3）整个天梯的质量m=ρ（Rl-R0）（4）天梯的质心位于天梯的中点，它到地

心的距离02ClRRrR+−=（5）根据质心运动定理，有22()CFmrT=（6）式中T为地球自转的周期。由（3）、（4）、（5）、（6）式可得()220020(2)0lllGMTRRRRRR−+−=Rl-R0=0，表示天梯无长度，不符合题意，符合题

意的天梯长度满足的方程为2202002llGMTRRRR+−=（7）因为20GMRg=，所以得2200202llRgTRRR+−=（8）【从跟随地球一起转动的参考系看，也可得到（8）式。这时，天梯在地球引力和惯性离心力的作用下，处于平衡静

止状态，地球引力仍为（3）式，天梯所受的惯性离心力可由下面的方法求得：仍把天梯看作由很多长度为△ri的小段组成，则第i小段受的惯性离心力为22()iiiTfrr=（4′）对所有小段求和，就得到整个天梯所受的惯性离心力2112nniiiiiFfrrT==

==（5′）（5′）式中所示的和可以用图2过原点的直线22Tyr=下的一个带阴影的梯形面积来表示，即()20022llRRFRRT+=−（6′）因为地球引力与惯性离心力平衡，由（3）

式和（6′）式可得()20001122lllRRGMRRRRT+−=−（7′）因为20GMRg=，化简（7′）式最后也能得到（8）式。】解（8）式得22002022lRgTRRR−+=（9）根号前取正号，代入有关数据，注意

到T=8.64×104s，得Rl=1.50×108m（10）所以天梯的长度L=Rl-R0=1.44×108m（11）