（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第一板塊 第6講 掌握“兩定律、一速度”破解天體運動問題講義（含解析）.doc

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掌握“兩定律、一速度”破解天體運動問題 考法 學(xué)法 天體運動問題可以理解為需要應(yīng)用開普勒行星運動定律和萬有引力定律解決的勻速圓周運動問題，這類問題在高考中一般以選擇題形式考查。有時會結(jié)合拋體運動、機械能等知識，考查的內(nèi)容主要包括：①開普勒行星運動定律；②萬有引力定律；③宇宙速度。用到的思想方法有：①計算天體質(zhì)量和密度的方法；②天體運行參量的分析方法；③雙星及多星模型；④衛(wèi)星變軌問題的分析方法。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ [知能全通]———————————————————————————————— 1．求解天體質(zhì)量和密度的兩條基本思路 (1)由于G＝mg，故天體質(zhì)量M＝，天體密度ρ＝＝＝。 (2)由G＝mr，得出中心天體質(zhì)量M＝，平均密度ρ＝＝＝。若衛(wèi)星在天體表面附近環(huán)繞天體運動，可認(rèn)為其軌道半徑r等于天體半徑R，則天體密度ρ＝。可見，只要測出衛(wèi)星環(huán)繞天體表面運動的周期T，就可估算出中心天體的密度。 2．估算天體質(zhì)量和密度時的三個易誤區(qū) (1)不考慮自轉(zhuǎn)時有G＝mg；若考慮自轉(zhuǎn)，只在兩極上有G＝mg，而赤道上有G－mg＝mR。 (2)利用G＝mr只能計算中心天體的質(zhì)量，不能計算繞行天體的質(zhì)量。 (3)注意區(qū)分軌道半徑r和中心天體的半徑R，計算中心天體密度時應(yīng)用ρ＝，而不是ρ＝。 [題點全練]———————————————————————————————— 1．[多選]2018年1月9日，“高景一號”03、04星在太原衛(wèi)星發(fā)射中心采用一箭雙星的方式成功發(fā)射入軌，實現(xiàn)了我國2018年衛(wèi)星發(fā)射的開門紅。天文愛好者觀測該衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，發(fā)現(xiàn)該衛(wèi)星每經(jīng)過時間t通過的弧長為l，該弧長對應(yīng)的圓心角為θ，已知引力常量為G，則(　　) A．衛(wèi)星的質(zhì)量為　　　 B．衛(wèi)星的角速度為 C．衛(wèi)星的線速度大小為2π D．地球的質(zhì)量為 解析：選BD　衛(wèi)星的質(zhì)量不可求，選項A錯誤；由題意知，衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的角速度ω＝，選項B正確；衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的線速度v＝，選項C錯誤；由v＝ωr得r＝，衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，由G＝mω2r，解得地球的質(zhì)量M＝，選項D正確。 2．據(jù)美國宇航局消息，在距離地球40光年的地方發(fā)現(xiàn)了三顆可能適合人類居住的類地行星，假設(shè)某天我們可以穿越空間到達某一類地行星，測得以初速度10 m/s豎直上拋一個小球可到達的最大高度只有1 m，而該類地行星的半徑只有地球的一半，則其平均密度和地球的平均密度之比為(取g＝10 m/s2)(　　) A．5∶2　　　　　　　 B．2∶5 C．1∶10 D．10∶1 解析：選D　根據(jù)h＝和g＝可得，M＝，即ρπR3＝，ρ＝∝，在地球表面以初速度10 m/s豎直上拋一個小球可到達的最大高度h地＝＝5 m，據(jù)此可得，該類地行星和地球的平均密度之比為10∶1，選項D正確。 3．(2018全國卷Ⅱ)2018年2月，我國500 m口徑射電望遠(yuǎn)鏡(天眼)發(fā)現(xiàn)毫秒脈沖星“J0318＋0253”，其自轉(zhuǎn)周期T＝5.19 ms。假設(shè)星體為質(zhì)量均勻分布的球體，已知萬有引力常量為6.6710－11 Nm2/kg2。以周期T穩(wěn)定自轉(zhuǎn)的星體的密度最小值約為(　　) A．5109 kg/m3 B．51012 kg/m3 C．51015 kg/m3 D．51018 kg/m3 解析：選C　脈沖星自轉(zhuǎn)，邊緣物體m恰對星體無壓力時萬有引力提供向心力，則有G＝mr，又M＝ρπr3，整理得密度ρ＝＝ kg/m3≈5.21015 kg/m3，C正確。 [研一題]———————————————————————————————— 截至2018年01月22日，我國首顆量子科學(xué)實驗衛(wèi)星已在軌運行525天，飛行8 006軌，共開展隱形傳態(tài)實驗224次，糾纏分發(fā)實驗422次，密鑰分發(fā)實驗351次，星地相干通信實驗43次。假設(shè)量子衛(wèi)星軌道在赤道平面，如圖所示。已知量子衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的m倍，同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，圖中P點是地球赤道上一點，由此可知(　　) A．同步衛(wèi)星與量子衛(wèi)星的運行周期之比為 B．同步衛(wèi)星與P點的線速度之比為 C．量子衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的線速度之比為 D．量子衛(wèi)星與P點的線速度之比為 [解析]　根據(jù)G＝mr，得T＝ ，由題意知r量＝mR，r同＝nR，所以＝ ＝ ＝ ，故A錯誤；P為地球赤道上一點，P點角速度等于同步衛(wèi)星的角速度，根據(jù)v＝ωr，有＝＝＝，故B錯誤；根據(jù)G＝m，得v＝ ，所以＝ ＝ ＝，故C錯誤；綜合B、C分析，有v同＝nvP，＝，得＝，故D正確。 [答案]　D [悟一法]———————————————————————————————— 天體運行參量比較問題的兩種分析方法 1．定量分析法 (1)列出五個連等式： G＝ma＝m＝mω2r＝mr。 (2)導(dǎo)出四個表達式： a＝G，v＝ ，ω＝ ，T＝ 。 (3)結(jié)合r的大小關(guān)系，比較得出a、v、ω、T的大小關(guān)系。 2．定性結(jié)論法 r越大，向心加速度、線速度、動能、角速度均越小，而周期和能量均越大。 [通一類]———————————————————————————————— 1．[多選]“天舟一號”是我國首艘貨運飛船，與“天宮二號”空間實驗室對接前，“天舟一號”在距地面約380 km的圓軌道上運行，則其(　　) A．角速度小于地球自轉(zhuǎn)角速度 B．線速度小于第一宇宙速度 C．周期小于地球自轉(zhuǎn)周期 D．向心加速度小于地面的重力加速度 解析：選BCD　“天舟一號”在距地面約380 km的圓軌道上運行時，由G＝mω2r可知ω＝ ，半徑越小，角速度越大，則其角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，即大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，A項錯誤；由于第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，因此“天舟一號”在圓軌道的線速度小于第一宇宙速度，B項正確；由T＝可知，“天舟一號”的周期小于地球自轉(zhuǎn)的周期，C項正確；由G＝mg，G＝ma可知，“天舟一號”的向心加速度小于地球表面的重力加速度，D項正確。 2．四顆地球衛(wèi)星a、b、c、d的排列位置如圖所示，其中，a是靜止在地球赤道上還未發(fā)射的衛(wèi)星，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，四顆衛(wèi)星相比較(　　) A．a(chǎn)的向心加速度最大 B．c相對于b靜止 C．相同時間內(nèi)b轉(zhuǎn)過的弧長最長 D．d的運行周期可能是23 h 解析：選C　地球同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，角速度相同，則知a與c的角速度相同，根據(jù)an＝ω2r知，c的向心加速度比a的向心加速度大，A錯誤；b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，c相對于地面靜止，近地軌道衛(wèi)星相對于地面運動，所以c相對于b運動，B錯誤；由G＝m，解得v＝，衛(wèi)星運行的半徑越大，運行速度越小，所以b的速度最大，在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長最長，C正確；由開普勒第三定律＝k可知，衛(wèi)星運行的半徑越大，周期越大，所以d的運行周期大于c的周期24 h，D錯誤。 3．(2018廈門檢測)據(jù)《科技日報》報道，2020年前我國將發(fā)射8顆繞地球做勻速圓周運動的海洋系列衛(wèi)星：包括4顆海洋水色衛(wèi)星、2顆海洋動力環(huán)境衛(wèi)星和2顆海陸雷達衛(wèi)星，以加強對黃巖島、釣魚島及西沙群島等島嶼附近海域的監(jiān)測。已知海陸雷達衛(wèi)星軌道半徑是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星軌道半徑的n倍，則(　　) A．海陸雷達衛(wèi)星線速度是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星線速度的 B．海陸雷達衛(wèi)星線速度是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星線速度的倍 C．在相同的時間內(nèi)，海陸雷達衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星各自到地球球心的連線掃過的面積相等 D．在相同的時間內(nèi)，海陸雷達衛(wèi)星與海洋動力環(huán)境衛(wèi)星各自到地球球心的連線掃過的面積之比為∶1 解析：選D　根據(jù)G＝m，解得v＝，則海陸雷達衛(wèi)星線速度是海洋動力環(huán)境衛(wèi)星線速度的，選項A、B錯誤；根據(jù)G＝mrω2，解得ω＝，衛(wèi)星到地球球心掃過的面積為S＝lr＝r2θ＝r2ωt，因為軌道半徑之比為n，則角速度之比為，所以相同時間內(nèi)掃過的面積之比為∶1，選項C錯誤，D正確。 [研一題]———————————————————————————————— [多選]發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射到近地圓軌道1，然后點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3。軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，如圖所示，則當(dāng)衛(wèi)星分別在1、2、3軌道上正常運行時，下列說法中正確的是(　　) A．衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率 B．衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于在軌道1上的角速度 C．衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點時的加速度大于它在軌道2上經(jīng)過Q點時的加速度 D．衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過P點時的加速度等于它在軌道3上經(jīng)過P點時的加速度 [思路點撥] [解析]　對于在軌運行的衛(wèi)星來說，萬有引力提供向心力，有＝m＝mrω2＝ma，得v＝ ，ω＝ ，a＝，又r3>r1，則v3，衛(wèi)星做向心運動，軌道半徑將變小。因此，要使衛(wèi)星的軌道半徑減小，需開動發(fā)動機使衛(wèi)星做減速運動。 2．變軌前后能量的比較 在離心運動過程中(發(fā)動機已關(guān)閉)，衛(wèi)星克服引力做功，其動能向引力勢能轉(zhuǎn)化，機械能保持不變。在兩個不同的軌道上(圓軌道或橢圓軌道)，軌道越高衛(wèi)星的機械能越大。 [通一類]———————————————————————————————— 1．據(jù)印度時報報道，火星登陸計劃暫定于2021～2022年。在不久的將來，人類將登陸火星，建立基地。用運載飛船給火星基地進行補給，就成了一項非常重要的任務(wù)。其中一種設(shè)想的補給方法：補給飛船從地球起飛，到達月球基地后，卸下部分補給品。再從月球起飛，飛抵火星。在到達火星近地軌道后，“空投補給品”，補給飛船在不著陸的情況下完成作業(yè)，返回地球。下列說法正確的是(　　) A．補給飛船從月球起飛時的最小發(fā)射速度要達到7.9 km/s B．“空投補給品”要給補給品加速 C．補給飛船不在火星上著陸是為了節(jié)省能量 D．補給飛船卸下部分補給品后，因為受到的萬有引力減小，所以要做離心運動 解析：選C　7.9 km/s是地球的第一宇宙速度，根據(jù)公式＝＝mg，得v＝，由于月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，月球的半徑小于地球的半徑，所以補給飛船從月球起飛時的最小發(fā)射速度小于7.9 km/s，選項A錯誤；從近地軌道到著陸，需要減速，所以“空投補給品”時要給補給品減速，選項B錯誤；補給飛船不在火星上著陸，可以節(jié)省因發(fā)射而耗費的能量，選項C正確；由萬有引力提供向心力，且＝ma，易知補給飛船卸下部分補給品后，關(guān)系式中僅m發(fā)生變化，可知補給飛船的加速度與其質(zhì)量無關(guān)，故仍做圓周運動，選項D錯誤。 2．(2019屆高三云南師大附中模擬)2017年6月19日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射“中星9A”廣播電視直播衛(wèi)星。按預(yù)定計劃，“中星9A”應(yīng)該首先被送入近地點約為200公里、遠(yuǎn)地點約為3.6萬公里的轉(zhuǎn)移軌道Ⅱ(橢圓)，然后通過在遠(yuǎn)地點Q變軌，最終進入地球同步軌道Ⅲ(圓形)，但是衛(wèi)星實際進入軌道Ⅰ，遠(yuǎn)地點只有1.6萬公里，如圖所示?？萍既藛T沒有放棄，通過精心操作，利用衛(wèi)星自帶燃料在軌道Ⅰ近地點P點火，逐漸抬高遠(yuǎn)地點的高度，經(jīng)過10次軌道調(diào)整，終于在7月5日成功進入預(yù)定軌道。下列說法正確的是(　　) A．衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點進入軌道Ⅱ后機械能不變 B．衛(wèi)星在軌道Ⅲ經(jīng)過Q點時和在軌道Ⅱ經(jīng)過Q點時(未點火)的加速度不相同 C．“中星9A”發(fā)射失利的原因可能是發(fā)射速度沒有達到7.9 km/s D．衛(wèi)星在軌道Ⅱ由P點向Q點運動的過程中處于完全失重狀態(tài) 解析：選D　衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，軌道半徑變大，要做離心運動，衛(wèi)星應(yīng)從軌道Ⅰ的P點加速后才能做離心運動，從而進入軌道Ⅱ，衛(wèi)星加速過程機械能增加，則衛(wèi)星從軌道Ⅰ的P點進入軌道Ⅱ后機械能增加，故A錯誤；由萬有引力提供向心力得G＝ma，可知衛(wèi)星在軌道Ⅲ經(jīng)過Q點時和在軌道Ⅱ經(jīng)過Q點時(未點火)的加速度相同，故B錯誤；衛(wèi)星的發(fā)射速度要大于第一宇宙速度(7.9 km/s)，故C錯誤；衛(wèi)星環(huán)繞地球運行的過程中，萬有引力提供向心力，處于完全失重狀態(tài)，故D正確。 模型1　雙星系統(tǒng)之“二人轉(zhuǎn)”模型 雙星系統(tǒng)由兩顆相距較近的星體組成，由于彼此的萬有引力作用而繞連線上的某點做勻速圓周運動(簡稱“二人轉(zhuǎn)”模型)。雙星系統(tǒng)中兩星體繞同一個圓心做圓周運動，周期、角速度相等；向心力由彼此的萬有引力提供，大小相等。 [例1]　[多選](2018全國卷Ⅰ)2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據(jù)科學(xué)家們復(fù)原的過程，在兩顆中子星合并前約100 s時，它們相距約400 km，繞二者連線上的某點每秒轉(zhuǎn)動12圈。將兩顆中子星都看作是質(zhì)量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學(xué)知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星(　　) A．質(zhì)量之積　　　　　 B．質(zhì)量之和 C．速率之和 D．各自的自轉(zhuǎn)角速度 [解析]　兩顆中子星運動到某位置的示意圖如圖所示： 每秒轉(zhuǎn)動12圈，角速度已知，中子星運動時，由萬有引力提供向心力得＝m1ω2r1，＝m2ω2r2，l＝r1＋r2，解得＝ω2l，所以m1＋m2＝，質(zhì)量之和可以估算。由線速度與角速度的關(guān)系v＝ωr得v1＝ωr1，v2＝ωr2，解得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算。質(zhì)量之積和各自的自轉(zhuǎn)角速度無法求解。故B、C正確，A、D錯誤。 [答案]　BC 模型2　三星系統(tǒng)之“二繞一”和“三角形”模型 三星系統(tǒng)由三顆相距較近的星體組成，其運動模型有兩種：一種是三顆星體在一條直線上，兩顆星體圍繞中間的星體做圓周運動(簡稱“二繞一”模型)；另一種是三顆星體組成一個等邊三角形，三顆星體以等邊三角形的幾何中心為圓心做圓周運動(簡稱“三角形”模型)。,“三角形”模型中，三星結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，角速度相同，半徑相同，任一星體的向心力均由另兩顆星體對它的萬有引力的合力提供。 [例2]　[多選]宇宙中存在一些離其他恒星較遠(yuǎn)的三星系統(tǒng)，通?？珊雎云渌求w對它們的引力作用，三星質(zhì)量相同?，F(xiàn)已觀測到穩(wěn)定的三星系統(tǒng)存在兩種基本的構(gòu)成形式：一種是三顆星體位于同一直線上，兩顆星體圍繞中央星體做圓周運動，如圖甲所示；另一種是三顆星體位于等邊三角形的三個頂點上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運行，如圖乙所示。設(shè)三顆星體的質(zhì)量均為m，且兩種系統(tǒng)中各星間的距離已在圖甲、乙中標(biāo)出，引力常量為G，則下列說法中正確的是(　　) A．直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運動的線速度大小為 B．直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運動的周期為4π C．三角形三星系統(tǒng)中每顆星體做圓周運動的角速度為2 D．三角形三星系統(tǒng)中每顆星體做圓周運動的加速度大小為 [解析]　在直線三星系統(tǒng)中，星體做圓周運動的向心力由其他兩顆星體對它的萬有引力的合力提供，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律，有G＋G＝m，解得v＝ ，A項錯誤；由周期T＝知，直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運動的周期為T＝ 4π ，B項正確；同理，對三角形三星系統(tǒng)中做圓周運動的星體，有2Gcos 30＝mω2，解得ω＝，C項錯誤；由2Gcos 30＝ma，解得a＝，D項 正確。 [答案]　BD 模型3　四星系統(tǒng)之“三繞一”和“正方形”模型 四星系統(tǒng)由四顆相距較近的星體組成，與三星系統(tǒng)類似，運動模型通常有兩種：一種是三顆星體相對穩(wěn)定地位于三角形的三個頂點上，環(huán)繞另一顆位于中心的星體做圓周運動(簡稱“三繞一”模型)；另一種是四顆星體相對穩(wěn)定地分布在正方形的四個頂點上，圍繞正方形的中心做圓周運動(簡稱“正方形”模型)。 [例3]　[多選]宇宙中存在一些質(zhì)量相等且離其他恒星較遠(yuǎn)的四顆星組成的四星系統(tǒng)，通?？珊雎云渌求w對它們的引力作用。設(shè)四星系統(tǒng)中每顆星體的質(zhì)量均為m，半徑均為R，四顆星體穩(wěn)定分布在邊長為L的正方形的四個頂點上，其中L遠(yuǎn)大于R。已知引力常量為G，忽略星體自轉(zhuǎn)效應(yīng)，關(guān)于四星系統(tǒng)，下列說法正確的是(　　) A．四顆星體做圓周運動的軌道半徑均為 B．四顆星體做圓周運動的線速度均為 C．四顆星體做圓周運動的周期均為2π D．四顆星體表面的重力加速度均為G [解析]　四顆星體均圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動，軌道半徑均為r＝L。取任一頂點上的星體為研究對象，它受到相鄰的兩個星體與對角線上的星體的萬有引力的合力為F合＝G＋G，由F合＝F向＝m＝mr，解得v＝ ，T＝ 2π ，A、B項錯誤，C項正確；對于星體表面質(zhì)量為m0的物體，受到的重力等于萬有引力，則有m0g＝G，故g＝G，D項正確。 [答案]　CD [專題強訓(xùn)提能] 1．(2018全國卷Ⅲ)為了探測引力波，“天琴計劃”預(yù)計發(fā)射地球衛(wèi)星P，其軌道半徑約為地球半徑的16倍；另一地球衛(wèi)星Q的軌道半徑約為地球半徑的4倍。P與Q的周期之比約為(　　) A．2∶1　　　　　　　 B．4∶1 C．8∶1 D．16∶1 解析：選C　由G＝mr得＝，則兩衛(wèi)星周期之比為＝ ＝ ＝8，故C正確。 2．(2018北京高考)若想檢驗“使月球繞地球運動的力”與“使蘋果落地的力”遵循同樣的規(guī)律，在已知月地距離約為地球半徑60倍的情況下，需要驗證(　　) A．地球吸引月球的力約為地球吸引蘋果的力的 B．月球公轉(zhuǎn)的加速度約為蘋果落向地面加速度的 C．自由落體在月球表面的加速度約為地球表面的 D．蘋果在月球表面受到的引力約為在地球表面的 解析：選B　若想檢驗“使月球繞地球運動的力”與“使蘋果落地的力”遵循同樣的規(guī)律——萬有引力定律，則應(yīng)滿足G＝ma，因此加速度a與距離r的二次方成反比，B對。 3．(2018江蘇高考)我國高分系列衛(wèi)星的高分辨對地觀察能力不斷提高。今年5月9日發(fā)射的“高分五號”軌道高度約為705 km，之前已運行的“高分四號”軌道高度約為36 000 km，它們都繞地球做圓周運動。與“高分四號”相比，下列物理量中“高分五號”較小的是(　　) A．周期　　　　　　　　 B．角速度 C．線速度 D．向心加速度 解析：選A　“高分五號”的運動半徑小于“高分四號”的運動半徑，即r五＜r四。由萬有引力提供向心力得＝mr＝mrω2＝m＝ma。T＝ ∝，T五＜T四，故A正確；ω＝∝，ω五＞ω四，故B錯誤；v＝ ∝，v五＞v四，故C錯誤； a＝∝，a五＞a四，故D錯誤。 4.如圖所示，A、B是繞地球做勻速圓周運動的兩顆衛(wèi)星，A、B兩衛(wèi)星與地心的連線在相等時間內(nèi)掃過的面積之比為k，不計A、B兩衛(wèi)星之間的引力，則A、B兩衛(wèi)星的周期之比為(　　) A．k3 B．k2 C．k D．k 解析：選A　設(shè)衛(wèi)星繞地球做圓周運動的半徑為r，周期為T，則在t時間內(nèi)與地心連線掃過的面積為S＝πr2，即＝＝k，根據(jù)開普勒第三定律可知＝，解得＝k3，A正確。 5．[多選](2018天津高考)2018年2月2日，我國成功將電磁監(jiān)測試驗衛(wèi)星“張衡一號”發(fā)射升空，標(biāo)志我國成為世界上少數(shù)擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛(wèi)星的國家之一。通過觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地球表面處的重力加速度。若將衛(wèi)星繞地球的運動看作是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計算出衛(wèi)星的(　　) A．密度 B．向心力的大小 C．離地高度 D．線速度的大小 解析：選CD　不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，則在地球表面物體受到的重力等于它受到的萬有引力：m0g＝G，整理得GM＝gR2。衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力：G＝m2(R＋h)，可求得衛(wèi)星的離地高度h＝－R，再由v＝，可求得衛(wèi)星的線速度，選項C、D正確；衛(wèi)星的質(zhì)量未知，故衛(wèi)星的密度和向心力的大小不能求出，選項A、B錯誤。 6.[多選]探月衛(wèi)星繞地運行一段時間后，離開地球飛向月球。如圖所示是繞地飛行的三條軌道，軌道1是近地圓形軌道，2和3是變軌后的橢圓軌道。A點是軌道2的近地點，B點是軌道2的遠(yuǎn)地點，衛(wèi)星在軌道1的運行速率為7.7 km/s，則下列說法中正確的是(　　) A．衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過A點時的速率一定小于7.7 km/s B．衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過B點時的速率一定小于7.7 km/s C．衛(wèi)星在軌道3所具有的機械能大于在軌道2所具有的機械能 D．衛(wèi)星在軌道3所具有的最大速率小于在軌道2所具有的最大速率 解析：選BC　衛(wèi)星在橢圓軌道2的A點做離心運動，故衛(wèi)星在橢圓軌道2經(jīng)過A點時的速率一定大于7.7 km/s，選項A錯誤；假設(shè)有一圓軌道過B點，衛(wèi)星在此圓軌道的運行速率小于7.7 km/s，且衛(wèi)星在橢圓軌道2的B點的速率小于其所在圓軌道的速率，衛(wèi)星在橢圓軌道2經(jīng)過B點時的速率一定小于7.7 km/s，選項B正確；衛(wèi)星運動到離地球越遠(yuǎn)的地方，需要的能量越大，具有的機械能也越大，則衛(wèi)星在軌道3所具有的機械能大于在軌道2所具有的機械能，選項C正確；根據(jù)開普勒第二定律可知橢圓軌道上近地點的速度最大，遠(yuǎn)地點的速度最小，則衛(wèi)星在橢圓軌道3和2上的最大速率都出現(xiàn)在A點，而從軌道1變軌到軌道2和3都要做離心運動，速度越大，做離心運動離圓心越遠(yuǎn)，故衛(wèi)星在軌道3所具有的最大速率大于在軌道2所具有的最大速率，選項D錯誤。 7．(2018黃岡調(diào)研)已知某星球的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度相同，其表面的重力加速度為地球表面重力加速度的一半，則該星球平均密度與地球平均密度的比值為(　　) A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．4∶1 解析：選B　根據(jù)mg＝m得，第一宇宙速度v＝。因為該星球和地球的第一宇宙速度相同，表面的重力加速度為地球表面重力加速度的一半，則該星球的半徑是地球半徑的2倍。根據(jù)G＝mg知，M＝，可得該星球的質(zhì)量是地球質(zhì)量的2倍。根據(jù)ρ＝＝知，該星球平均密度與地球平均密度的比值為1∶4，故B正確，A、C、D錯誤。 8.(2019屆高三江西八校聯(lián)考)小型登月器連接在航天站上，一起繞月球做勻速圓周運動，其軌道半徑為月球半徑的3倍。某時刻，航天站使登月器減速分離，登月器沿如圖所示的橢圓軌道登月，在月球表面停留一段時間完成科考工作后，經(jīng)快速啟動仍沿原橢圓軌道返回，當(dāng)?shù)谝淮位氐椒蛛x點時恰與航天站對接，登月器快速啟動時間可以忽略不計，整個過程中航天站保持原軌道繞月運行。已知月球表面的重力加速度為g，月球半徑為R，不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響，則登月器可以在月球上停留的最短時間約為(　　) A．10π －6π B．6π －4π C．10π －2π D．6π －2π 解析：選B　設(shè)登月器和航天站在半徑3R的軌道上運行時的周期為T，因其繞月球做圓周運動，由牛頓第二定律有＝m，r＝3R，則有T＝2π ＝6π ，在月球表面的物體所受重力可視為等于萬有引力，可得GM＝gR2，所以T＝6π ，設(shè)登月器在橢圓軌道運行的周期是T1，航天站在圓軌道運行的周期是T2；對登月器和航天站依據(jù)開普勒第三定律有＝＝，為使登月器仍沿原橢圓軌道回到分離點與航天站實現(xiàn)對接，登月器可以在月球表面停留的時間t應(yīng)滿足t＝nT2－T1(n＝1、2、3、…)，解得t＝ 6πn －4π (n＝1、2、3、…)，當(dāng)n＝1時，登月器可以在月球上停留的時間最短，即 t＝6π －4π ，故B正確，A、C、D錯誤。 9.(2018襄陽四中模擬)我國發(fā)射“天宮一號”時，先將實驗艙發(fā)送到一個橢圓軌道上，如圖所示，其近地點M距地面200 km，遠(yuǎn)地點N距地面362 km。進入該軌道正常運行時，其周期為T1，通過M、N點時的速率分別為v1、v2，加速度分別為a1、a2。當(dāng)某次通過N點時，地面指揮部發(fā)出指令，點燃實驗艙上的發(fā)動機，使其短時間內(nèi)加速后進入距地面362 km的圓形軌道，開始繞地球做勻速圓周運動，周期為T2，這時實驗艙的速率為v3，加速度為a3，下列結(jié)論正確的是(　　) A．v3>v2 B．v2>v1 C．a(chǎn)3>a2 D．T1>T2 解析：選A　實驗艙在圓形軌道上具有的機械能大于其在橢圓軌道上具有的機械能，而實驗艙經(jīng)過N點時的重力勢能相等，所以實驗艙在圓形軌道上經(jīng)過N點時的動能大于實驗艙在橢圓軌道上經(jīng)過N點時的動能，即v3>v2，A正確；根據(jù)開普勒第二定律(面積定律)可知，v1>v2，B錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力，則有＝ma，可得a＝，所以a3＝a2，C錯誤；根據(jù)開普勒第三定律(周期定律)可知，軌道半徑大的周期大，所以T1＜T2，D錯誤。 10．雙星系統(tǒng)由兩顆星組成，兩星在相互引力的作用下，分別圍繞其連線上的某一點做周期相同的勻速圓周運動。研究發(fā)現(xiàn)，雙星系統(tǒng)演化過程中，兩星的總質(zhì)量、距離和周期均可能發(fā)生變化。若某雙星系統(tǒng)中兩星做圓周運動的周期為T，經(jīng)過一段時間演化后，兩星總質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼膋倍，兩星之間的距離變?yōu)樵瓉淼膎倍，則此時圓周運動的周期為(　　) A.T B.T C.T D.T 解析：選B　設(shè)雙星系統(tǒng)演化前兩星的質(zhì)量分別為M1和M2，軌道半徑分別為r1和r2。根據(jù)萬有引力定律及牛頓第二定律可得＝M12r1＝M22r2，r＝r1＋r2，解得＝2(r1＋r2)，即＝2，當(dāng)兩星的總質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼膋倍，它們之間的距離變?yōu)樵瓉淼膎倍時，有＝2，解得T′＝T，故B項正確。 11．[多選]假設(shè)在赤道平面內(nèi)有一顆偵察衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，某時刻恰好處在另一顆同步衛(wèi)星的正下方，已知偵察衛(wèi)星的軌道半徑為同步衛(wèi)星的四分之一，則(　　) A．同步衛(wèi)星和偵察衛(wèi)星的線速度之比為1∶2 B．同步衛(wèi)星和偵察衛(wèi)星的角速度之比為8∶1 C．再經(jīng)過 h兩顆衛(wèi)星距離最遠(yuǎn) D．再經(jīng)過 h兩顆衛(wèi)星距離最遠(yuǎn) 解析：選AC　根據(jù)萬有引力提供向心力G＝m得：v＝ ，已知偵察衛(wèi)星的軌道半徑為同步衛(wèi)星的四分之一，則同步衛(wèi)星和偵察衛(wèi)星的線速度之比為1∶2，故A正確；根據(jù)萬有引力提供向心力G＝mω2r得：ω＝，則同步衛(wèi)星和偵察衛(wèi)星的角速度之比為1∶8，故B錯誤；根據(jù)T＝可知，同步衛(wèi)星的周期為24 h，則角速度為ω1＝ rad/h， 則偵察衛(wèi)星的角速度為ω2＝ rad/h，當(dāng)兩顆衛(wèi)星的夾角為π時，相距最遠(yuǎn)，則有：t＝＝ h，故C正確，D錯誤。 12．[多選](2018保定質(zhì)檢)兩顆互不影響的行星P1、P2，各有一顆近地衛(wèi)星S1、S2繞其做勻速圓周運動。以縱軸表示行星周圍空間某位置的引力加速度a，橫軸表示某位置到行星中心距離r平方的倒數(shù)，所得a關(guān)系圖像如圖所示，衛(wèi)星S1、S2所在軌道處的引力加速度大小均為a0。則(　　) A．S1的質(zhì)量比S2的大 B．P1的質(zhì)量比P2的大 C．P1的第一宇宙速度比P2的小 D．P1的平均密度比P2的小 解析：選BD　由萬有引力充當(dāng)向心力G＝ma，解得a＝GM，故題圖圖像的斜率k＝GM，因為G是恒量，M表示行星的質(zhì)量，所以斜率越大，行星的質(zhì)量越大，故P1的質(zhì)量比P2的大，由于計算過程中，衛(wèi)星的質(zhì)量可以約去，所以無法判斷衛(wèi)星質(zhì)量關(guān)系，A錯誤，B正確；因為兩個衛(wèi)星是近地衛(wèi)星，所以其運行軌道半徑可認(rèn)為等于行星半徑，根據(jù)第一宇宙速度公式v＝，可得v＝ ，從題圖中可以看出，當(dāng)兩者加速度都為a0時，P2的半徑比P1的小，故P1的第一宇宙速度比P2的大，C錯誤；由GM＝gR2可得GM＝a0R2， M＝，ρ＝＝＝＝，故行星的半徑越大，密度越小，所以P1的平均密度比P2的小，D正確。 13.(2018宜賓高三診斷)如圖所示，有A、B兩顆衛(wèi)星繞地心O在同一平面內(nèi)做圓周運動，運轉(zhuǎn)方向相同。A衛(wèi)星的周期為TA，B衛(wèi)星的周期為TB，在某一時刻A、B相距最近，下列說法中正確的是(　　) A．A、B經(jīng)過時間t＝TA再次相距最近 B．A、B的軌道半徑之比為TA∶TB C．A、B的向心加速度大小之比為TB∶TA D．若已知A、B相距最近時的距離，可求出地球表面的重力加速度 解析：選C　A、B再次相距最近時，兩者運轉(zhuǎn)的角度相差2π，即：t－t＝2π，解得：t＝，A錯誤；根據(jù)開普勒第三定律可知：＝，則＝，B錯誤；根據(jù)a＝∝，＝＝，C正確；若已知A、B相距最近時的距離，結(jié)合兩者的軌道半徑之比可以求得A、B的軌道半徑，根據(jù)萬有引力提供向心力得：＝mr，所以可求出地球的質(zhì)量，但不知道地球的半徑，所以不可求出地球表面的重力加速度，D 錯誤。 14.[多選](2018湖南六校聯(lián)考)如圖所示，在某類地行星表面上有一傾斜的勻質(zhì)圓盤，盤面與水平面的夾角為30，圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定的角速度轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離為L處有一小物體與圓盤保持相對靜止，當(dāng)圓盤的角速度為ω時，小物體剛好要滑動。小物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，該行星的半徑為R，引力常量為G，下列說法正確的是(　　) A．該行星的質(zhì)量為 B．該行星的第一宇宙速度為2ω C．該行星的同步衛(wèi)星的周期為 D．離行星表面距離為R的地方的重力加速度為ω2L 解析：選BD　當(dāng)小物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點，所受的摩擦力沿斜面向上達到最大時，對應(yīng)小物體剛好要滑動，由牛頓第二定律可得μmgcos 30－mgsin 30＝mω2L，所以g＝＝4ω2L，G＝mg，解得M＝＝，A錯誤；該行星的第一宇宙速度v＝＝2ω，B正確；因為不知道同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以不能求出同步衛(wèi)星的周期，C錯誤；離該行星表面距離為R的地方的引力為mg′＝＝mg，即重力加速度為g′＝g＝ω2L，D正確。