《2025年一遍过高中物理必修第二册人教版》

1 [2025 山东济南一模]如图所示为地球的赤道平面图，地球以图示的方向自西向东自转。设想在赤道上，质量为$m$的物体以相对于地面的速度$v$分别自西向东和自东向西高速运动时，两种情况下物体对水平地面压力大小之差的绝对值为$\Delta N$。地球可视为质量均匀球体，则地球的自转周期为（ ）


A.$\frac{8\pi mv}{\Delta N}$
B.$\frac{4\pi mv}{\Delta N}$
C.$\frac{8\pi^2mv}{\Delta N}$
D.$\frac{4\pi^2mv}{\Delta N}$

答案： 1 A 设地球自转角速度为$\omega$，地球半径为$R$，地球对质量为$m$的物体的吸引力为$F_{引}$，当物体以相对于地面的速度$v$自西向东运动时有$m\frac{(v + \omega R)^{2}}{R} = F_{引} - F_{N1}$，物体以相对于地面的速度$v$自东向西运动时有$m\frac{(v - \omega R)^{2}}{R} = F_{引} - F_{N2}$，由题意可知$\Delta N = m\frac{(v + \omega R)^{2}}{R} - m\frac{(v - \omega R)^{2}}{R}$整理可得$\omega = \frac{\Delta N}{4mv}$，又$\omega = \frac{2\pi}{T}$，则地球自转周期$T = \frac{8\pi mv}{\Delta N}$，故选A。

2 [2025 四川成都外国语学校模拟考试]在天文学上，太阳的半径、体积、质量和密度都是常用的物理量，利用小孔成像原理和万有引力定律，可以估算太阳的密度。如图，在地面上某处，取一个长$L = 100$cm的圆筒，在其一端封上厚纸，中间扎一个直径为1mm的圆孔，另一端封上一张画有同心圆的薄白纸，最小圆的半径为2.0mm，相邻同心圆的半径相差0.5mm，当作测量尺度，再用目镜（放大镜）进行观察。将小孔正对着太阳，调整圆筒的方向，在另一端的薄白纸上可以看到一个圆形光斑，这就是太阳的实像。为了使观察效果明显，可在圆筒的观测端蒙上遮光布，形成暗室。已知引力常量$G = 6.67×10^{-11}$N·m²/kg²，一年约为$T = 3.2×10^7$s，取$\pi = 3.14$，当$\alpha$极小时，$\alpha = \tan\alpha = \sin\alpha$。若测得光斑的半径为$r_0 = 4.6$mm（小于圆筒半径），根据以上数据估算太阳的密度为（ ）


A.$1.4×10^2$kg/m³
B.$1.4×10^3$kg/m³
C.$1.4×10^4$kg/m³
D.$1.4×10^5$kg/m³

答案： 2 B 设太阳质量为$M$、半径为$R$、体积为$V$、平均密度为$\rho$，地球质量为$m$、日地距离为$r$，由牛顿第二定律有$G\frac{Mm}{r^{2}} = m\frac{4\pi^{2}}{T^{2}}r$，又$M = \frac{4}{3}\pi R^{3}\rho$，由题图的几何关系可知$\sin\frac{\theta}{2} = \frac{R}{r}，\tan\frac{\theta}{2} = \frac{r_{0}}{L}$，又因$\frac{\theta}{2}$极小，故$\frac{R}{r} = \frac{r_{0}}{L}$，联立解得$\rho = \frac{3\pi}{GT^{2}}(\frac{L}{r_{0}})^{3}$，代入数据可得$\rho \approx 1.4 × 10^{3}kg/m^{3}$，故选B。

3（多选）[2025 山东高中名校校际联考]如图所示是地球和木星的不同卫星做匀速圆周运动的半径$r$的立方与周期$T$的平方的关系图像。木星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的5倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星质量大于地球质量。已知引力常量为$G$，地球的半径为$R$。下列说法正确的是（ ）


A.图线甲表示木星的卫星
B.木星与地球的线速度之比为$1:5$
C.木星与地球的质量之比为$\frac{bd}{ac}$
D.地球的密度为$\frac{3\pi a}{GdR^3}$

答案： 3 ACD 卫星绕行星做圆周运动，行星对其的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得$\frac{GMm}{r^{2}} = m\frac{4\pi^{2}}{T^{2}}r$，解得$r^{3} = \frac{GMT^{2}}{4\pi^{2}}$，故$r^{3} - T^{2}$图像的斜率$k = \frac{GM}{4\pi^{2}}$，木星质量大于地球质量，则木星的$r^{3} - T^{2}$图像斜率大，即线图甲表示木星的卫星，故A正确;由牛顿第二定律得$\frac{GMm}{r^{2}} = m\frac{v^{2}}{r}$，则线速度$v = \sqrt{\frac{GM}{r}}$，故木星与地球的线速度之比为$\frac{v_{木}}{v_{地}} = \sqrt{\frac{r_{地}}{r_{木}}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$，故B错误;结合上述分析，由题图可知$k_{木} = \frac{b}{c}，k_{地} = \frac{a}{d}$，则木星与地球的质量之比为$\frac{M_{木}}{M_{地}} = \frac{k_{木}}{k_{地}} = \frac{bd}{ac}$，故C正确;故地球的质量$M_{地} = \frac{4\pi^{2}a}{Gd}$，地球的密度$\rho = \frac{M_{\text{ \textbackslash mathrm\{地}}}{\}} = \frac{3\pi a}{GdR^{3}}$，故D正确。

4（多选）在未发现海王星之前，天文学家发现天王星实际运行的轨道与利用万有引力理论计算的轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔$t_0$时间发生一次最大的偏离。天文学家认为形成这种现象的原因可能是天王星外侧还存在着一颗未知的行星（假设其运行轨道与天王星在同一水平面内，且与天王星的绕行方向相同），它对天王星的万有引力引起天王星轨道的偏离。每当未知行星与天王星距离最近时，发生最大的轨道偏离。天王星公转周期的变化可以忽略，设天王星运行的轨道近似为圆，天王星轨道半径为$R_0$、周期为$T_0$，太阳质量为$M$，引力常量为$G$。根据上述数据计算出了未知行星的轨道半径，并在预测的轨道上成功找到了未知行星—海王星。则利用题中给出的字母，可得出海王星轨道半径的表达式，正确的是（ ）

A.$(\frac{t_0}{t_0 + T_0})^{\frac{2}{3}}R_0$
B.$(\frac{t_0}{t_0 - T_0})^{\frac{2}{3}}R_0$
C.$[\frac{GM}{4\pi^2}(\frac{t_0T_0}{t_0 - T_0})^2]^{\frac{1}{3}}$
D.$[\frac{GM}{4\pi^2}(\frac{t_0T_0}{t_0 + T_0})^2]^{\frac{1}{3}}$

答案： 4 BC 每隔$t_{0}$时间发生一次最大偏离，可知每隔$t_{0}$时间天王星与未知行星相距最近一次，即每隔$t_{0}$时间天王星比未知行星多运行一圈，则有$\frac{2\pi}{T_{0}} - \frac{2\pi}{T} = 2\pi$，解得$T = \frac{t_{0}T_{0}}{t_{0} - T_{0}}$，根据开普勒第三定律有$\frac{R_{0}^{3}}{T_{0}^{2}} = \frac{r^{3}}{T^{2}}$，解得$r = \sqrt[3]{\frac{t_{0}}{t_{0} - T_{0}}}^{3}R_{0}$，根据万有引力提供向心力，则有$G\frac{Mm}{r^{2}} = m\frac{4\pi^{2}}{T^{2}}r$，解得$r = \sqrt[3]{\frac{GMT^{2}}{4\pi^{2}}}$，将$T = \frac{t_{0}T_{0}}{t_{0} - T_{0}}$代入可得$r = \sqrt[3]{\frac{GM}{4\pi^{2}}(\frac{t_{0}T_{0}}{t_{0} - T_{0}})^{2}}$，故BC正确，AD错误。