高三物理二轮复习考前基础回扣练五万有引力定律及其应用
高考物理二轮复习 万有引力定律及应用精讲讲练(含新题详解)(1)
第四讲 万有引力定律及应用[多以选择题的形式考查，一般涉及万有引力定律和向心力多种表达形式的组合应用][典例] (2013·保定模拟)在2013年的下半年，我国将实施“嫦娥三号”的发射和落月任务，进一步获取月球的相关数据。
如果该卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t ，卫星行程为s ，卫星与月球中心连线扫过的角度是1弧度，引力常量为G ，根据以上数据估算月球的质量是( )A.t 2Gs 3 B.s 3Gt 2C.Gt 2s3 D.Gs 3t2[思路点拨][解析] 由s ＝vt 得：v ＝s t ，由s ＝θr 得r ＝s ，再由GMm r 2＝m v 2r ，解得M ＝s 3Gt2，故B 正确。
[答案] B一、基础知识要记牢 1．万有引力定律表达式F ＝G m 1m 2r22．万有引力定律在天体运动中的主要应用公式(1)GMm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr 4π2T2。
(2)GMmr 2＝mg r (g r 为r 处的重力加速度)。
(3)对天体表面的物体m 0，在忽略自转时：GMm 0R2＝m 0g (式中R 为天体半径)，可得GM ＝gR 2。
二、方法技巧要用好(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体的半径R 计算天体质量和密度。
由G Mm R 2＝mg ，得M ＝gR 2G ，ρ＝M V ＝3g 4πRG。
(2)利用天体的卫星：已知卫星的周期T (或线速度v )和卫星的轨道半径r 计算天体质量和密度。
由G Mm r 2＝m v 2r ＝mr 4π2T 2，得M ＝⎩⎪⎨⎪⎧4π2r3GT 2v 2rG若测天体的密度，将天体的质量M ＝ρ43πR 3代入得ρ＝⎩⎪⎨⎪⎧3πr 3GR 3T 2――――――――→卫星在天体表面 ρ＝3πGT 23v 2r 4G πR 3――――――――→卫星在天体表面 ρ＝3v24πGR2三、易错易混要明了1．利用万有引力提供天体圆周运动的向心力估算天体质量，估算的是中心天体的质量而非环绕天体的质量。
高考物理大二轮复习 考前基础回扣练6 万有引力定律及其应用
回扣练6：万有引力定律及其应用1．(多选)2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G 1”和“G 3”以及“高分一号”均可认为绕地心O 做匀速圆周运动．卫星“G 1”和“G 3”的轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置，“高分一号”在C 位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是( )A ．卫星“G 1”和“G 3”的加速度大小相等均为R rg B ．卫星“G 1”由位置A 运动到位置B 所需的时间为πr3Rr gC ．如果调动“高分一号”卫星快速到达B 位置的下方，必须对其加速D ．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后机械能会减小解析：选BD.根据万有引力提供向心力GMm r 2＝ma 可得，a ＝GM r2，而GM ＝gR 2，所以卫星的加速度a ＝gR 2r2，故A 错误；根据万有引力提供向心力，得ω＝GMr 3＝gR 2r 3，所以卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间t ＝π3ω＝πr3Rrg，故B 正确；“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B 位置的下方，必须对其减速，故C 错误；“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D 正确．2．银河系的恒星中有一些是双星，某双星由质量不等的星体S 1和S 2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O 做匀速圆周运动；由天文观测得其周期为T ，S 1到O 点的距离为r 1，S 1和S 2的距离为r ，已知万有引力常量为G ，由此可求出S 2的质量为( )A.4π2r 2（r －r 1）GT2B ．4π2r 31GT2C.4π2r3GT 2D ．4π2r 2r 1GT2解析：选D.设星体S 1和S 2的质量分别为m 1、m 2，星体S 1做圆周运动的向心力由万有引力提供得即：G m 1m 2r 2＝m 14π2r 1T 2，解得：m 2＝4π2r 2r 1GT 2，故D 正确，ABC 错误．3．我国发射了“天宫二号”空间实验室，之后发射了“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )A ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接解析：选C.在同一轨道上运行加速做离心运动，减速做向心运动均不可实现对接，则AB 错误；飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动可使飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接．则C 正确；飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与空间实验室相接触，则D 错误．故选C.4．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的地方有一质量为m 的质点，现在从M 中挖去一半径为R2的球体(如图)，然后又在挖空部分填满另外一种密度为原来2倍的物质，如图所示．则填充后的实心球体对m 的万有引力为( )A.11GMm36R 2 B ．5GMm 18R 2C.1GMm 3R2 D ．13GMm 36R2解析：选A.设密度为ρ，则ρ＝M43πR 3，在小球内部挖去直径为R 的球体，其半径为R2，挖去小球的质量为：m ′＝ρ43π⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＝M 8，挖去小球前，球与质点的万有引力：F 1＝GMm （2R ）2＝GMm 4R 2，被挖部分对质点的引力为：F 2＝G M8m⎝ ⎛⎭⎪⎫3R 22＝GMm18R2，填充物密度为原来物质的2倍，则填充物对质点的万有引力为挖去部分的二倍，填充后的实心球体对m 的万有引力为：F 1－F 2＋2F 2＝11GMm 36R2，A 正确，BCD 错误．故选A. 5．(多选)某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T .已知地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，引力常量为G ，假设地球的质量分布均匀，忽略地球自转．以下说法正确的是( )A ．卫星运行半径r ＝ 3gR 2T 24π2B ．卫星运行半径r ＝RT 2π3gC ．地球平均密度ρ＝3g4πGRD ．地球平均密度ρ＝3gR4πG解析：选AC.由万有引力提供向心力则有：G mM r 2＝m 4π2T 2r 和G MmR2＝mg 联立解得：r ＝3gR 2T 24π2，故A 正确，B 错误；地球的质量M ＝gR 2G ，地球的体积V ＝4πR 33，所以地球的密度为ρ＝M V ＝gR 2G 4πR 33＝3g4πGR，故C 正确，D 错误．6．2016年8月16日1时40分，我国在酒泉用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空．如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500 km 高的轨道上实现两地通信的示意图．若已知地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，则下列说法正确的是( )A ．工作时，两地发射和接收信号的雷达方向一直是固定的B ．卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/sC ．可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小D ．可以估算出地球的平均密度解析：选B.由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不同，转动的线速度不同，所以工作时，两地发射和接收信号的雷达方向不是固定的，故A 错误.7.9 km/s 是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/s ，故B 正确．由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大小，故C 错误．根据G Mm （R ＋h ）2＝m (R ＋h )4π2T 2知，因周期未知， 则不能求解地球的质量，从而不能估算地球的密度，选项D 错误；故选B.7．北斗导航已经应用于多种手机，如图所示，导航系统的一颗卫星原来在较低的椭圆轨道Ⅱ上飞行，到达A 点时转移到圆轨道Ⅰ上．若圆轨道Ⅰ离地球表面的高度为h 1，椭圆轨道Ⅱ近地点离地球表面的高度为h 2.地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，则下列说法不正确的是( )A ．卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能B ．卫星在轨道Ⅰ上的运行速率v ＝gR 2R ＋h 1C ．若卫星在圆轨道Ⅰ上运行的周期是T 1，则卫星在轨道Ⅱ的时间T 2＝T 1（h 1＋h 2＋2R ）38（R ＋h 1）3D ．若“天宫一号”沿轨道Ⅱ运行经过A 点的速度为v A ，则“天宫一号”运行到B 点的速度v B ＝R ＋h 1R ＋h 2v A 解析：选D.卫星从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ要在A 点加速，则卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，选项A 正确；卫星在轨道Ⅰ上：G Mm （R ＋h 1）＝m v 2R ＋h 1，又GM ＝gR 2，解得v ＝gR 2R ＋h 1，选项B 正确；根据开普勒第三定律可得：（R ＋h 1）3T 21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2R ＋h 1＋h 223T 22，解得T 2＝T 1（h 1＋h 2＋2R ）38（R ＋h 1）3，选项C 正确；根据开普勒第二定律得：v A (h 1＋R )＝v B (h 2＋R )，解得v B ＝⎝⎛⎭⎪⎫h 1＋R h 2＋R v A，选项D 错误．8．2018年，我国将发射“嫦娥四号”，实现人类首次月球背面软着陆．为了实现地球与月球背面的通信，将先期发射一枚拉格朗日L 2点中继卫星．拉格朗日L 2点是指卫星受太阳、地球两大天体引力作用，能保持相对静止的点，是五个拉格朗日点之一，位于日地连线上、地球外侧约1.5×106km 处．已知拉格朗日L 2点与太阳的距离约为1.5×108km ，太阳质量约为2.0×1030kg ，地球质量约为6.0×1024kg.在拉格朗日L 2点运行的中继卫星，受到太阳引力F 1和地球引力F 2大小之比为( )A ．100∶3B ．10 000∶3C ．3∶100D ．3∶10 000解析：选A.由万有引力定律F ＝GMm r 2 可得F 1F 2＝M 太d 22M 地d 21＝2.0×1030×（1.5×109）26.0×1024×（1.5×1011）2＝1003，故A 正确．9．2017年9月29日，世界首条量子保密通讯干线“京沪干线”与“墨子号”科学实验卫星进行天地链路，我国科学家成功实现了洲际量子保密通讯．设“墨子号”卫星绕地球做匀速圆周运动，在时间t 内通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ，已知引力常量为G .下列说法正确的是( )A ．“墨子号”的运行周期为πθt B ．“墨子号”的离地高度为lθC ．“墨子号”的运行速度大于7.9 km/sD ．利用题中信息可计算出地球的质量为l 3G θt 2解析：选D.“墨子号”的运行周期为T ＝2πω＝2πθt＝2πtθ，选项A 错误；“墨子号”的离地高度为h ＝r －R ＝lθ－R ，选项B 错误；任何卫星的速度均小于第一宇宙速度，选项C错误；根据G Mm r 2＝m ω2r ，其中ω＝θt ，r ＝l θ，解得M ＝l 3G θt 2，选项D 正确；故选D.10．(多选)从国家海洋局获悉，2018年我国将发射 3颗海洋卫星，它们将在地球上方约500 km 高度的轨道上运行．该轨道经过地球两极上空，所以又称为极轨道(图中虚线所示)．由于该卫星轨道平面绕地球自转轴旋转，且旋转方向和角速度与地球绕太阳公转的方向和角速度相同 ，则这种卫星轨道叫太阳同步轨道．下列说法中正确的是( )A ．海洋卫星的轨道平面与地球同步轨道平面垂直B ．海洋卫星绕地球运动的周期一定小于24 hC ．海洋卫星的动能一定大于地球同步卫星的动能D ．海洋卫星绕地球运动的半径的三次方与周期二次方的比等于地球绕太阳运动的半径的三次方与周期二次方的比解析：选AB.海洋卫星经过地球两极上空，而地球的同步卫星轨道在地球赤道平面内，所以两轨道平面相互垂直，A 正确；海洋卫星的高度小于地球同步卫星的高度，由G Mmr2 ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 可知，半径越小，周期越小，所以海洋卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于24 h ，B 正确；由G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GMr，所以卫星的轨道半径越大，速度越小，由于两卫星的质量关系未知，所以无法比较两者的动能，C 错误；行星的轨道半径的三次方与周期二次方的比值与中心天体有关，由于海洋卫星绕地球转动，而地球绕太阳转动，所以两者的比值不同，D 错误；故选AB.。
山西专版高考物理二轮复习第一篇选择题热点5万有引力定律和天体运动精练含解析
山西专版高考物理二轮复习第一篇选择题热点5万有引力定律和天体运动精练含解析热点5 万有引力定律和天体运动热考题型天体运动问题是牛顿运动定律、匀速圆周运动规律、万有引力定律等在现代科学技术中的综合应用。
由于天体运动问题贴近科技前沿,且蕴含丰富的物理知识,故以此为背景的高考题情境新、综合性强,对考生的理解能力、分析综合能力、信息挖掘能力、空间想象能力等有较高的要求,因此成为高考的热点。
高考中考查题型一般为选择题。
题型一 天体质量或密度的计算1.如图所示,人造卫星P(可看做质点)绕地球做匀速圆周运动。
在卫星运动轨道平面内,过卫星P 作地球的两条切线,两条切线的夹角为θ,设卫星P 绕地球运动的周期为T,线速度为v,引力常量为G 。
下列说法正确的是( )A.θ越大,T 越大B.θ越小,v 越大C.若测得T 和θ,则地球的平均密度为ρ=3πGG 2(tan G 2)3D.若测得T 和θ,则地球的平均密度为ρ=3πGG 2(sin G 2)3答案 D 地球半径不变,夹角θ越大,卫星的轨道半径越小,则T 就越小,A 错误;夹角θ越小,卫星的轨道半径越大,v 就越小,B 错误;若测得T 和θ,由万有引力提供向心力,有G GG G 2=m 4π2G 2r,求得地球的质量M=4π2G 3GG 2,地球的体积V=43πR 3,由几何关系得G G =sin G 2,联立解得ρ=3πGG 2(sin G 2)3,C 项错误,D 项正确。
题型二 卫星运行中运动参数的分析2.马来西亚航空公司MH370航班起飞后与地面失去联系,机上有154名中国人。
我国在事故发生后启动应急机制,紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号的近10颗卫星为搜救行动提供技术支持。
假设“高分一号”卫星、同步卫星和月球都绕地球做匀速圆周运动,它们在空间的位置示意图如图所示。
下列有关“高分一号”卫星的说法正确的是( )A.其发射速度可能小于7.9km/sB.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小C.绕地球运动的周期比同步卫星绕地球运动的周期小D.在运行轨道上完全失重,重力加速度为0答案 C 近地卫星的发射速度为7.9km/s,卫星发射得越高,发射速度越大,故“高分一号”的发射速度一定大于7.9km/s,故A 项错误;根据万有引力提供向心力有GGG G 2=mω2r,得ω=√GG G 3,即轨道半径越大,角速度越小,由于“高分一号”的轨道半径小于月球的轨道半径,故“高分一号”绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大,B 项错误;根据万有引力提供向心力得G GGG 2=m 4π2G 2r,得T=2π√G 3GG ,可知卫星的轨道半径越小,周期越小,由于“高分一号”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径,故“高分一号”绕地球运行的周期比同步卫星的周期小,C 项正确;万有引力提供向心力,“高分一号”在运行轨道上完全失重,GGGG 2=mg',故重力加速度g'=GGG 2,不为零,D 项错误。
高中物理 高考物理二轮专题复习 万有引力定律及应用
万有引力定律及应用考题1 对天体质量与密度的考查例1 科学家在南极冰层中发现了形成于30亿年前的火星陨石，并从中发现了过去微生物的生命迹象，从此火星陨石变得异常珍贵．中国新闻报道：2011年7月坠落于摩洛哥的陨石被证实来自于火星．某同学根据平时收集来的部分火星资料(如图1所示)，计算出火星的密度，再与这颗陨石的密度进行比较(G 是引力常量，忽略火星自转的影响)．下列计算火星密度的公式，正确的是( )图1A.3g 0πGdB.g 0T 23πdC.3πGT2 D.6M πd3 审题突破 ①由火星直径d 和表面重力加速度g 0，可以表示火星质量． ②由近地卫星周期和火星直径d ，可以表示火星质量．解析 由GMm (d 2)2＝mg 0和V ＝43π(d 2)3得ρ＝M V ＝3g 02πGd ，A 错；由GMm r 2＝m 4π2T 2r 和V ＝43π(d2)3得ρ＝M V ＝24πr 3GT 2d 3，对于近地卫星r ＝d 2，得ρ＝3πGT 2，C 对；由ρ＝M V ＝M 43π(d 2)3＝6M πd3，D 对；选项B 中的表达式不存在． 答案 CD 方法总结估算中心天体的质量和密度的两条思路：(1)测出中心天体表面的重力加速度g ，估算天体质量，G Mm R 2＝mg ，进而求得ρ＝M V ＝M43πR 3＝3g4πGR. (2)利用环绕天体的轨道半径r 、周期T ，估算天体质量，G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，即M ＝4π2r 3GT 2.当环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动时，轨道半径r ＝R ，则ρ＝M 43πR 3＝3πGT 2.突破练习1． 承载着我国载人飞船和空间飞行器交会对接技术的“天宫一号”已于2011年9月29日成功发射，随后发射了“神舟八号”飞船并与其实现交会对接．假设“天宫一号”和“神舟八号”做匀速圆周运动的轨道如图2所示，A 代表“天宫一号”，B 代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道．“天宫一号”和“神舟八号”离地高度分别为h 1、h 2，运行周期分别为T 1、T 2，引力常量为G ，则以下说法正确的是( )图2A ．利用以上数据可计算出地球密度和地球表面的重力加速度B ．“神舟八号”受到的地球引力和运行速度均大于“天宫一号”受到的地球引力和运行速度C ．“神舟八号”加速有可能与“天宫一号”实现对接D ．若宇航员在“天宫一号”太空舱无初速度释放小球，小球将做自由落体运动 答案 AC解析 设地球半径为R ，密度为ρ，由公式G Mm (R ＋h )2＝m (2πT )2(R ＋h )，ρ＝43πR 3，地球表面G MmR 2＝mg ，已知“天宫一号”和“神舟八号”离地高度分别为h 1、h 2，运行周期分别为T 1、T 2，通过以上各式可以求得地球的半径R 、密度ρ、地球表面的重力加速度g ，A 正确；“神舟八号”与“天宫一号”的质量未知，故所受地球引力大小无法比较，B 错误；低轨道的“神舟八号”加速时，万有引力小于向心力，其将做离心运动，故它的轨道半径将变大，可能在高轨道上与“天宫一号”对接，C 正确；宇航员在“天宫一号”太空舱无初速度释放小球，小球随着太空舱也围绕地球做匀速圆周运动，D 错误． 2． 为纪念伽利略将望远镜用于天文观测400周年，2009年被定为以“探索我的宇宙”为主题的国际天文年．我国发射的“嫦娥一号”卫星绕月球经过一年多的运行，完成了既定任务，于2009年3月1日16时13分成功撞月．如图3所示为“嫦娥一号”卫星撞月的模拟图，卫星在控制点1开始进入撞月轨道，假设卫星绕月球做圆周运动的轨道半径为R ，周期为T ，引力常量为G ，根据题中信息，以下说法正确的是( )图3A ．可以求出月球的质量B ．可以求出月球对“嫦娥一号”卫星的引力C ．“嫦娥一号”卫星在控制点1处应加速D ．“嫦娥一号”在地面的发射速度大于11.2 km/s 答案 A解析 当卫星绕月球做圆周运动时，月球对卫星的引力提供向心力，则有G Mm R 2＝mR 4π2T 2[学&科&]所以M ＝4π2R 3GT 2，A 正确．根据万有引力公式F ＝G MmR 2可知，要想计算月球对“嫦娥一号”卫星的引力，必须知道“嫦娥一号”卫星的质量m ，由于题中没有给出m ，所以不能求出引力大小，B 错误． 在控制点1处，卫星要想向月球靠近，需使引力大于需要的向心力，因而必须减小卫星的速度，C 错误．在地面发射“嫦娥一号”卫星的速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，D 错误． 考题2 对人造卫星运动规律的考查例2 我国于2013年发射“神舟十号”载人飞船与“天宫一号”目标飞行器对接．如图4所示，开始对接前，“天宫一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h 1和 h 2，地球半径为R ，“天宫一号”运行周期约为90分钟．则以下说法正确的是( )图4A ．“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为h 2h 1B ．“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比(R ＋h 2)2(R ＋h 1)2C ．“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大D ．“天宫一号”的线速度大于7.9 km/s审题突破 ①已知两飞行器距离地面的高度，可以计算两运行轨道半径． ②根据万有引力提供向心力计算线速度和角速度．解析 根据万有引力提供向心力可得G Mmr 2＝m v 2r ＝ma ，解得v ＝GM r ，a ＝GMr2，已知r ＝R ＋h ，所以“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为R ＋h 2R ＋h 1，“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比(R ＋h 2)2(R ＋h 1)2，选项A 错误，B 正确．由于角速度ω＝2πT ，天宫一号的周期小于地球同步卫星的周期，故“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大，C 正确；7.9 km/s 是贴近地球表面运行的卫星的线速度，轨道半径越大，线速度越小，故“天宫一号”的线速度小于7.9 km/s ，D 错误． 答案 BC 规律总结1． 人造卫星做匀速圆周运动时所受万有引力完全提供其所需向心力，即G Mmr 2＝m v 2r＝mrω2＝m 4π2T2r ，由此可以得出v ＝GMr，ω＝ GMr 3，T ＝2π r 3GM. 2． 同步卫星指相对地面静止的卫星，其只能定点于赤道上空，离地面的高度是一定值，其周期等于地球自转周期．3． 卫星运行的向心加速度就是引力加速度，由G Mm r 2＝mg ′可知g ′＝G M r 2＝G M(R ＋h )2，其大小随h 的增大而减小． 突破练习3． 我国的航天事业发展迅速，到目前为止，我们不仅有自己的同步通信卫星，也有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统(北斗卫星导航系统)．其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米．对于它们运行过程中的下列说法正确的是( )A ．“神舟”系列飞船的加速度小于同步卫星的加速度B ．“神舟”系列飞船的角速度小于同步通信卫星的角速度C ．北斗导航系统的卫星的运行周期一定大于“神舟”系列飞船的运行周期D ．同步卫星所受的地球引力一定大于北斗导航系统的卫星所受的地球引力 答案 C解析 根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力可得出：G Mm R 2＝ma ⇒a ＝GM R 2，G MmR 2＝m 4π2T2R ⇒T ＝2πR 3GM ，ω＝2πT，由于“神舟”系列飞船的轨道半径小于同步通信卫星的轨道半径，故“神舟”系列飞船的加速度大、周期小、角速度大，故A 、B 错误．同理可知，C 正确．由于同步卫星和北斗导航系统卫星的质量关系不确定，故D 错误． 4． 中国第三颗绕月探测卫星——“嫦娥三号”计划于2013年发射，“嫦娥三号”卫星将实现软着陆、无人探测及月夜生存三大创新．假设为了探测月球，载着登陆舱的探测飞船在以月球中心为圆心，半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.登陆舱随后脱离飞船，变轨到离月球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则下列有关说法正确的是( )A ．月球的质量M ＝4π2r 1GT 21B ．登陆舱在半径为r 2轨道上的周期T 2＝r 32r 31T 1 C ．登陆舱在半径为r 1与半径为r 2的轨道上的线速度之比为 m 1r 2m 2r 1D ．月球表面的重力加速度g 月＝4π2r 1T 21答案 B解析 根据G Mm 1r 21＝m 1r 1·4π2T 2可得，月球的质量M ＝4π2r 31GT 21，A 错；根据开普勒第三定律T 1T 2＝(r 1r 2)32可得，T 2＝r 32r 31T 1，B 对；根据G Mm 1r 21＝m 1v 21r 1可得，v 1＝ GMr 1，同理v 2＝ GMr 2，所以v 1v 2＝r 2r 1，C 错；根据m 1r 1·4π2T2＝m 1a 1可得，载着登陆舱的探测飞船的加速度a 1＝4π2r 1T 21，该加速度不等于月球表面的重力加速度，D 错．考题3 对卫星变轨问题的考查例3 很多国家发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1运行，然后在Q 点点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后在P 点再次点火，将卫星送入同步圆形轨道3运行，如图5所示．已知轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点．若只考虑地球对卫星的引力作用，则卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是( )图5A ．若卫星在1、2、3轨道上正常运行时的周期分别为T 1、T 2、T 3，则有T 1>T 2>T 3B ．卫星沿轨道2由Q 点运动到P 点时引力做负功，卫星与地球组成的系统机械能守恒C ．根据公式v ＝ωr 可知，卫星在轨道3上的运行速度大于在轨道1上的运行速度D ．根据v ＝ GMr可知，卫星在轨道2上任意位置的速度都小于在轨道1上的运行速度解析 根据开普勒第三定律得r 31T 21＝r 32T 22＝r 33T 23，由三个轨道的半长轴(圆轨道时为半径)的关系为r 1<r 2<r 3，所以T 1<T 2<T 3，A 错误．卫星在椭圆轨道2上，由Q 点运动到P 点的过程中，只有引力做负功，无其他力做功，卫星的动能减少，势能增加，卫星和地球组成的系统机械能守恒，B 正确．卫星在轨道1和轨道3上运行时均为匀速圆周运动，其所受万有引力提供向心力，G Mm r 2＝m v2r，得v ＝GMr，所以v 1>v 3，C 错误．在椭圆轨道2上的Q 点的速度只有大于轨道1上的运行速度，才能做离心运动，即沿椭圆轨道运动，D 错误． 答案 B 点拨提升1． 当卫星的速度突然增加时，G Mm r 2<m v2r，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝ GMr可知，其运行速度与原轨道相比减小了．2． 当卫星的速度减小时，G Mm r 2>m v2r，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝ GMr可知，其运行速度与原轨道相比增大了． 3． 比较不同圆轨道上的速度大小时应用v ＝GMr进行判断，不能用v ＝ωr 进行判断，因为ω也随r的变化而变化.突破练习5．北京时间2013年2月16日凌晨，直径约45米、质量约13万吨的小行星“2012DA14”，以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过，与地球表面最近距离约为2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道．但它对地球没有造成影响，对地球的同步卫星也几乎没有影响．这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，根据天文学家的估算，它下一次接近地球大约是在2046年，假设图6中的P、Q是地球与小行星最近时的位置，下列说法正确的是()图6A．小行星对地球的轨道没有造成影响，地球对小行星的轨道也不会造成影响B．只考虑太阳的引力，地球在P点的加速度大于小行星在Q点的加速度C．只考虑地球的引力，小行星在Q点的加速度大于同步卫星在轨道上的加速度D．小行星在Q点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q点的速度大于第二宇宙速度答案BC解析小行星的质量远小于地球质量，地球对小行星的引力可使小行星产生较大的加速度，对小行星的轨道产生较大影响，选项A错误．根据GMmr2＝ma，可知地球在P点的加速度大于小行星在Q点的加速度，选项B正确．同理可判断出C正确．小行星没有被地球俘获是因为其速度大于第一宇宙速度，但小于第二宇宙速度，选项D错误．6．假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图7所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法正确的是()图7A．飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能大于飞船在轨道Ⅱ上运动时的机械能B．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D ．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同 答案 BC解析 飞船在轨道Ⅰ上运动至P 点时必须点火加速才能进入轨道Ⅱ，因此飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能小于在轨道Ⅱ上运动时的机械能，A 错误；由行星运动规律可知B 正确；由公式a ＝G Mr 2可知，飞船在轨道Ⅲ上运动到P 点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P 点时的加速度，C 正确；由公式T ＝2πr 3GM可知，因地球质量和火星质量不同，所以飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期不相同，D 错误． 考题4 对双星或多星问题的考查例4 如图8为哈勃望远镜拍摄的银河系中被科学家称为“罗盘座T 星”系统的照片，最新观测表明“罗盘座T 星”距离太阳系只有3 260光年，比天文学家此前认为的距离要近得多．该系统是由一颗白矮星和它的类日伴星组成的双星系统，由于白矮星不停地吸收由类日伴星抛出的物质致使其质量不断增加，科学家预计这颗白矮星在不到1 000万年的时间内会完全“爆炸”，从而变成一颗超新星，并同时放出大量的γ射线，这些γ射线到达地球后会对地球的臭氧层造成毁灭性的破坏．现假设类日伴星所释放的物质被白矮星全部吸收，并且两星间的距离在一段时间内不变，两星球的总质量不变，则下列说法正确的是( )图8A ．两星间的万有引力不变B ．两星的运动周期不变C ．类日伴星的轨道半径增大D ．白矮星的轨道半径增大解析 因两星间距离L 在一段时间内不变，两星的质量总和不变，而两星质量的乘积必定变化，由万有引力公式F ＝Gm 1m 2L 2可知，两星间的万有引力必定变化，A 错误；两星的运动周期相同，若设白矮星和类日伴星的轨道半径分别为r 1和r 2，由牛顿第二定律可得Gm 1m 2L 2＝m 1·4π2T 2r 1＝m 2·4π2T 2r 2，分别解得Gm 1＝4π2T 2·r 2L 2，Gm 2＝4π2T 2·r 1L 2，两式相加得G (m 1＋m 2)＝4π2T 2·L 3因两星质量总和(m 1＋m 2)和它们之间的距离L 均不变，故其运行周期T 不变，B 正确；由m 14π2T 2r 1＝m 24π2T 2r 2，可得m 1r 1＝m 2r 2，故双星运动的轨道半径与其质量成反比，类日伴星的轨道半径增大，白矮星的轨道半径减小，C 正确，D 错误． 答案 BC 题后反思分析、求解双星或多星问题的两个关键(1)向心力双星问题中，向心力来源于另一星体的万有引力；多星问题中，向心力则来源于其余星体的万有引力的合力．(2)圆心或轨道半径的确定及求解：双星问题中，轨道的圆心位于两星连线上某处，只有两星质量相等时才位于连线的中点，此处极易发生的错误是列式时将两星之间的距离当作轨道半径；多星问题中，也只有各星体的质量相等时轨道圆心才会位于几何图形的中心位置，解题时一定要弄清题给条件． 突破练习7． (2013·山东·20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( )A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2kTD.n kT 答案 B解析 双星靠彼此的万有引力提供向心力，则有 G m 1m 2L 2＝m 1r 14π2T 2 G m 1m 2L 2＝m 2r 24π2T 2 并且r 1＋r 2＝L解得T ＝2πL 3G (m 1＋m 2)当双星总质量变为原来的k 倍，两星之间距离变为原来的n 倍时T ′＝2πn 3L 3Gk (m 1＋m 2)＝n 3k·T 故选项B 正确．例5 (13分)我国的“嫦娥三号”探月卫星将实现“月面软着陆”，该过程的最后阶段是：着陆器离月面h 高时速度减小为零，为防止发动机将月面上的尘埃吹起，此时要关掉所有的发动机，让着陆器自由下落着陆．已知地球质量是月球质量的81倍，地球半径是月球半径的4倍，地球半径R 0＝6.4×106 m ，地球表面的重力加速度g 0＝10 m/s 2，不计月球自转的影响．(结果保留两位有效数字)(1)若题中h ＝3.2 m ，求着陆器落到月面时的速度大小；(2)由于引力的作用，月球引力范围内的物体具有引力势能．理论证明，若取离月心无穷远处为引力势能的零势点，距离月心为r 的物体的引力势能E p ＝－G Mmr ，式中G 为万有引力常量，M 为月球的质量，m 为物体的质量．求着陆器仅依靠惯性从月球表面脱离月球引力范围所需的最小速度．审题突破 ①由地球质量与月球质量、地球半径与月球半径的关系计算月球表面的重力加速度．②着陆器从月球表面脱离月球引力的过程中遵循能量守恒定律．解析 (1)设月球质量为M 、半径为R ，月面附近重力加速度为g ，着陆器落到月面时的速度为v忽略月球自转，在月球表面附近，质量为m 的物体满足：G MmR 2＝mg① 设地球的质量为M 0，同理有：G M 0m ′R 20＝m ′g 0② 着陆器自由下落过程中有：v 2＝2gh③ 由①②③式并带入数据可得：v ＝3.6 m/s④(2)设着陆器以速度v 0从月面离开月球，要能离开月球引力范围，则至少要运动到月球的零引力处，即离月球无穷远处．在着陆器从月面到无穷远处过程中，由能量守恒得：12m v 20－G Mm R＝0 ⑤ 由①②⑤式并带入数据可得：v 0＝2.5×103 m/s⑥答案 (1)3.6 m/s (2)2.5×103 m/s评分细则 1.本题满分13分，其中④式3分，其余各式2分．2．在①式和②式中，没有正确区分地球质量M 0和月球质量M ，没有正确区分地球半径R 0和月球半径R 的，扣除2分．3．在①式和②式，没有区分m 和m ′的，不扣分．4．若将①式写成G M R 2＝g ，将②式写成G M 0R 20＝g 0，同样给分．5．若将⑤式写成12m v 20＝0－(－G Mm R )，或写成12m v 20＝G MmR，同样给分． 知识专题练 训练5一、单项选择题1． 2012年6月18日，我国“神舟九号”与“天宫一号”成功实现交会对接，如图1所示，圆形轨道Ⅰ为“天宫一号”的运行轨道，圆形轨道Ⅱ为“神舟九号”的运行轨道，在实现交会对接前，“神舟九号”要进行多次变轨，则( )图1A ．“天宫一号”在轨道Ⅰ上的运行速率大于“神舟九号”在轨道Ⅱ上的运行速率B ．“神舟九号”变轨前的动能比变轨后的动能要大C ．“神舟九号”变轨前后机械能守恒D ．“天宫一号”在轨道Ⅰ上的向心加速度大于“神舟九号”在轨道Ⅱ上的向心加速度 答案 B解析 由万有引力提供向心力可得G Mmr 2＝m v 2r＝ma ，解得v ＝GM r ，a ＝GMr2，由于“天宫一号”的轨道半径比“神舟九号”的大，故“天宫一号”的运行速率小，向心加速度小，选项A 、D 错误．“神舟九号”要完成对接，必须点火加速，机械能增加，变轨后的轨道半径增大，运行速率减小，动能减小，故选项B 正确，C 错误．2． 据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，命名为“55Cancrie ”．该行星绕母星(中心天体)运行的周期约为地球绕太阳运行周期的1480，母星的体积约为太阳的60倍．假设母星与太阳密度相同，“55 Cancrie ”与地球均做匀速圆周运动，则“55 Cancrie ”与地球的( )A ．轨道半径之比约为 360480B ．轨道半径之比约为3604802 C ．向心加速度之比约为 360×4802 D ．向心加速度之比约为 360×480答案 B解析 母星与太阳密度相同，而体积约为太阳的60倍，说明母星的质量是太阳质量的60倍．由万有引力提供向心力可知G Mm r 2＝m (2πT )2r ，所以M 母r 31·r 32M 太＝(T 地T )2，代入数据得轨道半径之比约为 3604802，A 错误，B 正确；由加速度a ＝GMr2可知，加速度之比为360×4804，所以C 、D 均错误．3． 国防科技工业局预定“嫦娥三号”于2013年下半年择机发射．“嫦娥三号”将携带一部“中华牌”月球车，实现对月球表面的探测．若“嫦娥三号”探月卫星在环月圆轨道绕行n 圈所用的时间为t 1，已知“嫦娥二号”探月卫星在环月圆轨道绕行n 圈所用的时间为t 2，且t 1<t 2.则下列说法正确的是( )A ．“嫦娥三号”运行的线速度较小B ．“嫦娥三号”运行的角速度较小C ．“嫦娥三号”运行的向心加速度较小D ．“嫦娥三号”距月球表面的高度较小 答案 D解析 由题意可知“嫦娥二号”探月卫星的周期大于“嫦娥三号”探月卫星的，由开普勒第三定律r 3T 2＝k 可知“嫦娥二号”探月卫星的轨道半径大于“嫦娥三号”探月卫星．探月卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m 、轨道半径为r 、月球质量为M ，有F ＝F 向＝G Mmr 2，F 向＝m v 2r＝mω2r ＝ma ，v ＝GMr，ω＝GMr 3，a ＝v 2r由于“嫦娥三号”探月卫星的周期小、半径小，故“嫦娥三号”探月卫星的角速度大、线速度大、向心加速度大，则所给选项A 、B 、C 错误，D 正确．4． 火星有两个卫星，分别叫做“火卫一”和“火卫二”．若将它们绕火星的运动看做匀速圆周运动，且距火星表面高度分别为h 1和h 2，线速度大小分别为v 1和v 2，将火星视为质量均匀分布的球体，忽略火星自转的影响，则火星半径为( )A.h 1v 21－h 2v 22v 22－v 21B.(h 1－h 2)v 1v 2v 22－v 21 C.h 1v 1－h 2v 2v 2－v 1D.h 1h 2v 1v 2(h 1－h 2)(v 22－v 21)答案 A解析 根据万有引力提供向心力得G Mm 1(R ＋h 1)2＝m 1v 21R ＋h 1，G Mm 2(R ＋h 2)2＝m 2v 22R ＋h 2，解得：R ＝h 1v 21－h 2v 22v 22－v 21.5． (2013·安徽·17)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMmr，其中G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1B ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2C.GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1D.GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2 答案 C解析 由万有引力提供向心力知G Mm r 2＝m v 2r ，所以卫星的动能为12m v 2＝GMm2r ，则卫星在半经为r 的轨道上运行时机械能为E ＝12m v 2＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r .故卫星在轨道R 1上运行时：E 1＝－GMm 2R 1，在轨道R 2上运行时：E 2＝－GMm2R 2，由能量守恒定律得产生的热量为Q ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1，故正确选项为C. 6． 物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能．若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m 0的质点到质量为M 0的引力源中心的距离为r 0时，其万有引力势能E p ＝－GM 0m 0r 0(式中G 为引力常量)．一颗质量为m 的人造地球卫星以半径为r 1的圆形轨道环绕地球匀速飞行，已知地球的质量为M ，要使此卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径增大为r 2，则卫星上的发动机所消耗的最小能量为(假设卫星的质量始终不变，不计空气阻力及其他星体的影响)( )A ．E ＝GMm 2(1r 1－1r 2)B ．E ＝GMm (1r 1－1r 2)C ．E ＝GMm 3(1r 1－1r 2)D ．E ＝2GMm 3(1r 2－1r 1)答案 A解析 根据万有引力提供向心力有：G Mm r 21＝m v 21r 1，解得E k1＝12m v 21＝GMm 2r 1.G Mm r 22＝m v 22r 2，解得E k2＝12m v 22＝GMm 2r 2.则动能的减小量为ΔE k ＝GMm 2r 1－GMm2r 2.引力势能的增加量ΔE p ＝－GMm r 2－(－GMm r 1)＝GMm r 1－GMmr 2，根据能量守恒定律，发动机消耗的最小能量E ＝ΔE p －ΔE k ＝GMm 2(1r 1－1r 2)．故选A.二、多项选择题7． 2012年12月，长4.46公里、宽2.4公里的小行星“4179Toutatis ”接近地球，并且在12月12日距地球仅690万公里，相当于地球与月亮距离的18倍．下列说法正确的是( )A ．在小行星接近地球的过程中，小行星所受地球的万有引力增大B ．在小行星接近地球的过程中，地球对小行星的万有引力对小行星做负功C ．小行星运行的半长轴的三次方与其运行周期平方的比值与地球公转的半长轴的三次方与地球公转周期平方的比值相等D ．若该小行星在距地球690万公里处被地球“俘获”，成为地球的一颗卫星，则它绕地球的公转周期大于1个月 答案 ACD解析 小行星接近地球的过程中，地球对小行星的引力逐渐增大，且引力对小行星做正功，选项A 正确，B 错误．根据开普勒第三定律可知选项C 正确．若小行星被地球“俘获”成为地球卫星，其轨道半径比月球轨道半径大，周期比月球绕地球周期大，选项D 正确．8． 2012年6月24日，航天员刘旺手动控制“神舟九号”飞船完成与“天宫一号”的交会对接，形成组合体绕地球做匀速圆周运动，轨道高度为340 km.测控通信由两颗在地球同步轨道运行的“天链一号”中继卫星、陆基测控站、测量船，以及北京飞控中心完成．根据以上信息和你对航天相关知识的理解，下列描述正确的是( )A ．组合体匀速圆周运动的周期一定大于地球的自转周期B ．组合体匀速圆周运动的线速度一定大于第一宇宙速度C ．组合体匀速圆周运动的角速度大于“天链一号”中继卫星的角速度D ．“神舟九号”从低轨道必须加速才能与“天宫一号”交会对接 答案 CD解析 根据G Mm r 2＝mr 4π2T2得T ＝2πr 3GM，所以T 组<T 同，即T 组<T 自，A 错误．又因为ω＝2πT ，所以ω组>ω同，C 正确．第一宇宙速度为近地卫星的速度，组合体的速度小于第一宇宙速度，B 错误．“神舟九号”从低轨道加速后，做离心运动，才能与“天宫一号”交会对接，D 正确．9． 北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星．关于这些卫星，以下说法正确的是( )A ．5颗同步卫星的轨道半径都相同B ．5颗同步卫星的运行轨道必定在同一平面内C ．导航系统所有卫星的运行速度一定大于第一宇宙速度D ．导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的，周期越小 答案 AB解析 根据万有引力提供向心力可得G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝mr (2πT )2，整理可知T ＝2πr 3GM，v ＝ GMr.同步卫星的周期相同，故5颗同步卫星的轨道半径都相同，同步卫星相对地面静止，故5颗同步卫星的运行轨道必定在同一平面内，选项A 、B 正确.7.9 km/s 是第一宇宙速度，即近地卫星绕地球转动的最大运行速度，故同步卫星的速度小于7.9 km/s ，选项C 错误．由于T ＝2π r 3GM，故运行轨道半径越大的，周期越大，选项D 错误．10．空间站是科学家进行天文探测和科学实验的特殊而又重要的场所．假设空间站正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致．下列说法正确的是 ( )A ．空间站运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度。
(江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：基础回扣练5 万有引力定律及应用
5.万有引力定律及应用1．(多选)(2018·南京市金陵中学模拟)天文社的同学长期观测一颗绕地球做圆周运动的人造卫星，测得其绕行周期是T，已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，由此可以求出( ) A．卫星受到的地球的引力B．卫星运动的向心加速度C．卫星运动的机械能D．卫星的轨道离地面的高度答案BD2．(2018·无锡市高三期末)如图1所示，2017年9月25日至9月28日期间，微信启动新界面，其画面视角从人类起源的非洲(左)变为华夏大地中国(右)．新照片由我国新一代静止轨道卫星(同步卫星)“风云四号”拍摄，见证着科学家15年的辛苦和努力．下列说法正确的是( )图1A．“风云四号”可能经过无锡正上空B．“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度C．与“风云四号”同轨道的卫星运动的动能都相等D．“风云四号”的运行速度大于7.9 km/s答案 B3．(多选)(2018·南京市、盐城市二模)某试验卫星在地球赤道平面内一圆形轨道上运行，每5天对某城市访问一次(即经过其正上方)，下列关于该卫星的描述中正确的是( )A．角速度可能大于地球自转角速度B ．线速度可能大于第一宇宙速度C ．高度一定小于同步卫星的高度D ．向心加速度一定小于地面的重力加速度答案 AD解析 设卫星的周期为T ，地球自转的周期为T 0，则有2πT ×5T 0＝2πT 0×5T 0＋2π，或者2πT×5T 0＋2π＝2πT 0×5T 0，可解得卫星的周期T ＝56T 0或者T ＝54T 0，即卫星的角速度可能大于地球自转角速度，也可能小于地球自转角速度，A 正确；由卫星的线速度v ＝GM r可知，所有卫星的速度小于等于第一宇宙速度，B 错误；卫星的高度越高，周期越大，由A 选项解析可知，卫星的周期可能大于也能小于同步卫星的周期，所以卫星的高度可能大于也可能小于同步卫星的高度，C 错误；根据牛顿第二定律GMm r 2＝ma ，向心加速度a ＝GMr2，卫星的高度高于地面，所以其向心加速度小于地面的重力加速度，D 正确．4．(多选)(2018·苏锡常镇一调)如图2所示，我国自主研发的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成，包括分布于a 类型轨道的5颗同步轨道卫星、分布于b 类型轨道的3颗倾斜轨道卫星(与同步卫星轨道半径相同，轨道倾角55°)和分布于c 类型轨道的27颗中轨道卫星(轨道半径小于同步卫星的)，中轨道卫星运行在3个互成120°的轨道面上做圆周运动，预计2020年全部建成．下列说法正确的是( )图2A ．a 类型轨道上的卫星相对于地面静止且处于平衡状态B ．a 类型轨道上的卫星运行速率等于b 类型轨道上的卫星运行速率C ．b 类型轨道上的卫星也与地球保持相对静止D ．三类卫星相比，c 类卫星的向心加速度最大答案 BD解析 卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，不是处于平衡状态，故A 错误；人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有：G Mm r 2＝m v 2r，解得：v ＝GM r，由于a 类型轨道上的卫星运行半径等于b 类型轨道上的卫星运行半径，则a 类型轨道上的卫星运行速率等于b 类型轨道上的卫星运行速率，选项B 正确；b 类型卫星不能与地球保持相对静止，只有同步轨道卫星才能与地球保持相对静止，故C 错误；a ＝GM r 2，由题知中轨道卫星c 的轨道半径小于同步卫星a ，半径小的向心加速度大，故D 正确．5．(多选)某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T .已知地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，引力常量为G ，假设地球的质量分布均匀，忽略地球自转．以下说法正确的是( )A ．卫星运行半径r ＝3gR 2T 24π2 B ．卫星运行半径r ＝RT 2π3g C ．地球平均密度ρ＝3g 4πGRD ．地球平均密度ρ＝3gR 4πG答案 AC解析 由万有引力提供向心力有：G mM r 2＝m 4π2T 2r ，G Mm ′R2＝m ′g 联立解得：r ＝3gR 2T 24π2，故A 正确，B 错误；地球的质量M ＝gR 2G， 地球的体积V ＝4πR 33， 所以地球的密度为ρ＝M V ＝gR 2G 4πR 33＝3g 4πGR， 故C 正确，D 错误．6.(多选)如图3所示，2018年5月21日，我国成功发射嫦娥四号任务“鹊桥”中继星，该卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨后进入圆形工作轨道Ⅲ，为在月球背面软着陆做准备，下列说法错误的是( )图3A ．卫星在轨道Ⅲ上的运行速度比月球的第一宇宙速度大B ．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点时的加速度比在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度小C ．卫星在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅰ上短D ．卫星在轨道Ⅳ上的机械能比在轨道Ⅱ上大答案 ABD7．(2018·江苏省联盟大联考)已知质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－G Mm r ，其中G 为引力常量，M 为地球质量．先从地面赤道某处发射一质量m 0的卫星至离地球表面h 高处的轨道上，使其绕地球做匀速圆周运动，则至少需对卫星做功(忽略地球自转影响，设地球半径为R )( )A ．G Mm 0R －G Mm 02(R ＋h )B ．G Mm 0R －G Mm 0R ＋hC ．G Mm 02(R ＋h )D ．G Mm 02R －G Mm 0R ＋h 答案 A解析 根据万有引力提供向心力：G Mm 0(R ＋h )2＝m 0v 2R ＋h ，所以卫星的动能：E k ＝12m 0v 2＝GMm 02(R ＋h )，从地面发射到离地面高h 处，引力势能增加ΔE p ＝GMm 0R －GMm 0R ＋h ，根据能量守恒，至少需对卫星做功W ＝E k ＋ΔE p ＝GMm 0R －GMm 02(R ＋h )，所以A 正确． 8.(多选)(2018·泰州中学月考)2016年2月11日，科学家宣布激光干涉引力波天文台(LIGO)探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号，这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接观测到．在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统．如图4所示，黑洞A 、B 可视为质点，它们围绕连线上O 点做匀速圆周运动，且AO 大于BO ，不考虑其他天体的影响．下列说法正确的是( )图4A ．黑洞A 的向心力大于B 的向心力B ．黑洞A 的线速度大于B 的线速度C ．黑洞A 的质量大于B 的质量D ．两黑洞之间的距离越大，A 的周期越大答案 BD解析 双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，A 对B 的作用力与B 对A 的作用力大小相等，方向相反，则黑洞A 的向心力等于B 的向心力，故A 错误；双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，由题意可知A的半径比较大，根据v＝ωr可知，黑洞A的线速度大于B的线速度，故B正确；在匀速转动时的向心力大小关系为：m Aω2r A＝m Bω2r B，由于A的半径比较大，所以A的质量小，故C错误，双星系统的周期公式为：T＝4π2L3G(m A＋m B)，所以两黑洞之间的距离越大，A的周期越大，故D正确．百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
高三物理二轮复习 第一篇攻略 考题访二 线运动 第5讲 万有引力律及其用
峙对市爱惜阳光实验学校考题回访二曲线运动第5讲万有引力律及其用1.(2021·卷Ⅱ)由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。
当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行,同步卫星的环绕速度约为×103m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为5×103m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,转移轨道和同步轨道的夹角为30°,如下图,发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( )A.西偏北方向,×103m/sB.东偏向,×103m/sC.西偏北方向,×103m/sD.东偏向,×103m/s【解析】选B。
作出卫星的速度变化示意图如下图,由余弦理可得v附加=×103m/s,故C、D均错误;由速度变化示意图可得,v附加的方向为东偏向,B项正确,A项错误。
2.(2021·高考)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动,地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离,那么( )A.地球公转周期大于火星的公转周期B.地球公转的线速度小于火星公转的线速度C.地球公转的加速度小于火星公转的加速度D.地球公转的角速度大于火星公转的角速度【解析】选D。
万有引力充当地球和火星绕太阳做圆周运动的半径,G M mr2=m4π2T2r,G M mr2=m v2r,G M mr 2=ma,G M mr2=mω2r,可得T=2π√r3GM,a=G Mr2,v=√G Mr,ω=√G Mr3,地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离,所以地球公转周期小于火星公转周期,地球公转的线速度、加速度、角速度均大于火星公转的线速度、加速度、角速度,选项A、B、C错误,选项D正确。
3.(多项选择)(2021·高考)在星球外表发射探测器,当发射速度为v时,探测器可绕星球外表做匀速圆周运动,当发射速度为√2v时,可摆脱星球引力束缚脱离该星球。
高三物理二轮复习第一篇专题攻略专题二曲线运动第5讲万有引力定律及其应用课件
G G
的周期和半径,则
GMmm(2)2r，整理得到:M=
r2
T
4 2r3 ， GT2
故选项D正确。
【题组过关】 1.在某星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体,若物体 只受该星球引力作用,该物体由抛出到落回抛出点的时 间为t,已知该星球的直径为D,万有引力常量为G,则可 推算出这个星球的质量为 ( )
【解析】选A、C。根据万有引力提供向心力 G
Mm r2
m
42 T2
r，
可得轨道半径越大,周期越长,A项正确;又根据
G果Mr测2m出 m周v期r2 ，,可则得有轨M=道4G半 T2 r径23 ，如越果大再,速知度道越张小角,θB项,则错能误通;如过
几何关系求得该星球半径为R=rsin ,从而求出星球的
A. 3 g0 g GT2 g0
C. 3 GT2
B. 3 g0 GT2 g0 g
D. 3 g0 GT2 g
【解析】选B。在两极:
G
Mm R2
mg0，在赤道上:
G
Mm R2
=mg+ m
4 2 R ，又因为
T2
4 3
M R
3
，联立可得:
3 GT2
g0 ， g0 g
B项正确。
【规律总结】天体质量和密度的估算方法
A .v 0 D 2 B .v 0 D 2 C .v 0 D 2 D .2 v 0 D 2 2 G t 8 G t 4 G t G t
【解析】选A。根据上抛运动的规律v0=g t ,所以g=
又因为mg=
G （
M m ，所以M=
D ）2
v
0D
2
，
2
A项正确。
高考大二轮刷题首选卷物理课件专题五万有引力与天体运动
数据处理与分析方法
在实验过程中，需要对测量数据进行 处理和分析。常用的数据处理方法包 括数据筛选、平滑处理、误差分析等 ；常用的数据分析方法包括回归分析 、相关分析、频谱分析等。这些方法 可以帮助我们更好地理解和解释实验 结果，揭示潮汐现象和地球形状对重 力的影响机制。
05 万有引力与天体 运动综合应用
VS
分布与影响
暗物质在宇宙中广泛分布，对星系的形成 和演化起着重要作用。它可能是宇宙中占 据大部分物质的“缺失质量”，对宇宙的 结构和演化有着深远的影响。
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卫星变轨的过程描述
卫星首先在其原始轨道上稳定运行，然后通过火箭发动机进行加速或减速，从而改变其速度。当速度改变后，卫 星将不再稳定在其原始轨道上，而是开始沿着新的轨道运行。
卫星变轨前后能量变化分析
动能变化
在变轨过程中，卫星的速度发生变化，因此其动能也随之改变。当卫星加速时，其动能 增加；当卫星减速时，其动能减小。
01
在不考虑天体自转的情况下，天体表面的重力加速度
等于天体对物体万有引力与物体质量的比值。
02
对于同一中心天体，轨道半径越小，向心加速度越大
，重力加速度也越大。
03
对于不同中心天体，质量越大、半径越小，其表面的
重力加速度越大。
万有引力提供向心力问题探讨
01
万有引力提供向心力适用于卫星绕行星做匀速圆周运动的情况。
典型例题解析过程展示
例题一
天体质量的计算
例题二
天体密度的求解
例题三
双星问题的分析
例题四
变轨问题的研究
备考建议及易错点提示
01
备考建议
02
重视基础，加强对万有引力定律、天体运动规律等 基本概念和规律的理解和掌握。
【重点考点】最新高考物理大二轮复习 考前基础回扣练6 万有引力定律及其应用
回扣练6：万有引力定律及其应用1．(多选)2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G 1”和“G 3”以及“高分一号”均可认为绕地心O 做匀速圆周运动．卫星“G 1”和“G 3”的轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置，“高分一号”在C 位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是( )A ．卫星“G 1”和“G 3”的加速度大小相等均为R rg B ．卫星“G 1”由位置A 运动到位置B 所需的时间为πr3Rr gC ．如果调动“高分一号”卫星快速到达B 位置的下方，必须对其加速D ．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后机械能会减小 解析：选BD.根据万有引力提供向心力GMm r 2＝ma 可得，a ＝GMr2，而GM ＝gR 2，所以卫星的加速度a ＝gR 2r2，故A 错误；根据万有引力提供向心力，得ω＝GMr 3＝gR 2r 3，所以卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间t ＝π3ω＝πr3Rrg，故B 正确；“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B 位置的下方，必须对其减速，故C 错误；“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D 正确．2．银河系的恒星中有一些是双星，某双星由质量不等的星体S 1和S 2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O 做匀速圆周运动；由天文观测得其周期为T ，S 1到O 点的距离为r 1，S 1和S 2的距离为r ，已知万有引力常量为G ，由此可求出S 2的质量为( )A.4π2r 2（r －r 1）GT2B ．4π2r 31GT2C.4π2r3GT2D ．4π2r 2r 1GT2解析：选D.设星体S 1和S2的质量分别为m 1、m 2，星体S 1做圆周运动的向心力由万有引力提供得即：G m 1m 2r 2＝m 14π2r 1T 2，解得：m 2＝4π2r 2r 1GT 2，故D 正确，ABC 错误．3．我国发射了“天宫二号”空间实验室，之后发射了“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )A ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接解析：选C.在同一轨道上运行加速做离心运动，减速做向心运动均不可实现对接，则AB 错误；飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动可使飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接．则C 正确；飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与空间实验室相接触，则D 错误．故选C.4．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 的地方有一质量为m 的质点，现在从M 中挖去一半径为R2的球体(如图)，然后又在挖空部分填满另外一种密度为原来2倍的物质，如图所示．则填充后的实心球体对m 的万有引力为( )A.11GMm 36R 2 B ．5GMm 18R 2C.1GMm 3R2 D ．13GMm 36R2解析：选A.设密度为ρ，则ρ＝M43πR 3，在小球内部挖去直径为R 的球体，其半径为R2，挖去小球的质量为：m ′＝ρ43π⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＝M 8，挖去小球前，球与质点的万有引力：F 1＝GMm （2R ）2＝GMm 4R 2，被挖部分对质点的引力为：F 2＝G M 8m⎝ ⎛⎭⎪⎫3R 22＝GMm18R 2，填充物密度为原来物质的2倍，则填充物对质点的万有引力为挖去部分的二倍，填充后的实心球体对m 的万有引力为：F 1－F 2＋2F 2＝11GMm36R 2，A 正确，BCD 错误．故选A.5．(多选)某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T .已知地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，引力常量为G ，假设地球的质量分布均匀，忽略地球自转．以下说法正确的是( )A ．卫星运行半径r ＝ 3gR 2T 24π2B ．卫星运行半径r ＝RT 2π3gC ．地球平均密度ρ＝3g4πGRD ．地球平均密度ρ＝3gR4πG解析：选AC.由万有引力提供向心力则有：G mM r 2＝m 4π2T 2r 和G MmR 2＝mg 联立解得：r ＝ 3gR 2T 24π2，故A 正确，B 错误；地球的质量M ＝gR 2G ，地球的体积V ＝4πR 33，所以地球的密度为ρ＝MV ＝gR 2G 4πR 33＝3g4πGR，故C 正确，D 错误．6．2016年8月16日1时40分，我国在酒泉用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空．如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500 km 高的轨道上实现两地通信的示意图．若已知地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，则下列说法正确的是( )A ．工作时，两地发射和接收信号的雷达方向一直是固定的B ．卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/sC ．可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小D ．可以估算出地球的平均密度解析：选B.由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不同，转动的线速度不同，所以工作时，两地发射和接收信号的雷达方向不是固定的，故A 错误.7.9 km/s 是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/s ，故B 正确．由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大小，故C 错误．根据G Mm （R ＋h ）2＝m (R ＋h )4π2T 2知，因周期未知， 则不能求解地球的质量，从而不能估算地球的密度，选项D 错误；故选B.7．北斗导航已经应用于多种手机，如图所示，导航系统的一颗卫星原来在较低的椭圆轨道Ⅱ上飞行，到达A 点时转移到圆轨道Ⅰ上．若圆轨道Ⅰ离地球表面的高度为h 1，椭圆轨道Ⅱ近地点离地球表面的高度为h 2.地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，则下列说法不正确的是( )A ．卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能B ．卫星在轨道Ⅰ上的运行速率v ＝gR 2R ＋h 1C ．若卫星在圆轨道Ⅰ上运行的周期是T 1，则卫星在轨道Ⅱ的时间T 2＝T 1（h 1＋h 2＋2R ）38（R ＋h 1）3D ．若“天宫一号”沿轨道Ⅱ运行经过A 点的速度为v A ，则“天宫一号”运行到B 点的速度v B＝R ＋h 1R ＋h 2v A 解析：选D.卫星从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ要在A 点加速，则卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，选项A 正确；卫星在轨道Ⅰ上：G Mm （R ＋h 1）＝m v 2R ＋h 1，又GM ＝gR 2，解得v ＝gR 2R ＋h 1，选项B 正确；根据开普勒第三定律可得：（R ＋h 1）3T 21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2R ＋h 1＋h 223T 22，解得T 2＝T 1（h 1＋h 2＋2R ）38（R ＋h 1）3，选项C 正确；根据开普勒第二定律得：v A (h 1＋R )＝v B (h 2＋R )，解得v B ＝⎝⎛⎭⎪⎫h 1＋R h 2＋R v A，选项D 错误．8．2018年，我国将发射“嫦娥四号”，实现人类首次月球背面软着陆．为了实现地球与月球背面的通信，将先期发射一枚拉格朗日L 2点中继卫星．拉格朗日L 2点是指卫星受太阳、地球两大天体引力作用，能保持相对静止的点，是五个拉格朗日点之一，位于日地连线上、地球外侧约1.5×106km 处．已知拉格朗日L 2点与太阳的距离约为1.5×108km ，太阳质量约为2.0×1030kg ，地球质量约为6.0×1024kg.在拉格朗日L 2点运行的中继卫星，受到太阳引力F 1和地球引力F 2大小之比为( )A ．100∶3B ．10 000∶3C ．3∶100D ．3∶10 000解析：选A.由万有引力定律F ＝GMm r 2 可得F 1F 2＝M 太d 22M 地d 21＝2.0×1030×（1.5×109）26.0×1024×（1.5×1011）2＝1003，故A 正确．9．2017年9月29日，世界首条量子保密通讯干线“京沪干线”与“墨子号”科学实验卫星进行天地链路，我国科学家成功实现了洲际量子保密通讯．设“墨子号”卫星绕地球做匀速圆周运动，在时间t 内通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ，已知引力常量为G .下列说法正确的是( )A ．“墨子号”的运行周期为πθt B ．“墨子号”的离地高度为lθC ．“墨子号”的运行速度大于7.9 km/sD ．利用题中信息可计算出地球的质量为l 3G θt 2解析：选D.“墨子号”的运行周期为T ＝2πω＝2πθt＝2πtθ，选项A 错误；“墨子号”的离地高度为h ＝r －R ＝l θ－R ，选项B 错误；任何卫星的速度均小于第一宇宙速度，选项C 错误；根据G Mmr 2＝m ω2r ，其中ω＝θt ，r ＝l θ，解得M ＝l3G θt 2，选项D 正确；故选D.10．(多选)从国家海洋局获悉，2018年我国将发射 3颗海洋卫星，它们将在地球上方约500 km 高度的轨道上运行．该轨道经过地球两极上空，所以又称为极轨道(图中虚线所示)．由于该卫星轨道平面绕地球自转轴旋转，且旋转方向和角速度与地球绕太阳公转的方向和角速度相同 ，则这种卫星轨道叫太阳同步轨道．下列说法中正确的是( )A ．海洋卫星的轨道平面与地球同步轨道平面垂直B ．海洋卫星绕地球运动的周期一定小于24 hC ．海洋卫星的动能一定大于地球同步卫星的动能D ．海洋卫星绕地球运动的半径的三次方与周期二次方的比等于地球绕太阳运动的半径的三次方与周期二次方的比解析：选AB.海洋卫星经过地球两极上空，而地球的同步卫星轨道在地球赤道平面内，所以两轨道平面相互垂直，A 正确；海洋卫星的高度小于地球同步卫星的高度，由G Mm r 2 ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 可知，半径越小，周期越小，所以海洋卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于24 h ，B 正确；由GMmr 2＝m v 2r ，得v ＝GMr，所以卫星的轨道半径越大，速度越小，由于两卫星的质量关系未知，所以无法比较两者的动能，C 错误；行星的轨道半径的三次方与周期二次方的比值与中心天体有关，由于海洋卫星绕地球转动，而地球绕太阳转动，所以两者的比值不同，D 错误；故选AB.。
2016届高三物理二轮复习第一篇专题通关二曲线运动5万有引力定律及其应用课件
【高考这样考】 1.(2015·北京高考)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动,已知地
球到太阳的距离小于火星到太阳的距离,那么(
A.地球公转周期大于火星的公转周期
)
B.地球公转的线速度小于火星公转的线速度
C.地球公转的加速度小于火星公转的加速度
D.地球公转的角速度大于火星公转的角速度
Mm 2 2 m R h ( ) 2 （4）根据________________________ 判断公转周期的大小。 (R h) T G
【解析】选A、C。两颗行星左端点横坐标相同,纵坐标不同,则两颗行 星P1、P2的半径相同,表面的重力加速度g1>g2。由mg=G Mm 可得 2 M= gR ,则M1>M2,两颗行星的体积相同,由ρ= M期小于火星公转周期,地球公转的线速
度、加速度、角速度均大于火星公转的线速度、加速度、角速度 ,选
项A、B、C错误,选项D正确。
2.(2015·全国卷Ⅱ)由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需
要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞
经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运
【解析】选A。构建公转模型,对卫星由万有引力提供向心力,有
Mm v 2 ,对近地卫星v = G 2 m 近地 r r
GM 火 ,联立两式有 v 航 v 近地 r航
GM 地 ,同理对航天器有v航= r近地
5 ,而v =7.9km/s,解得 近地 5
M 火 r近地 M 地 r航
v航=3.5km/s,A项正确。
热点考向1
中心天体的质量和密度的估算
【典例1】(2015·天津高考)P1、P2为相距遥远的两颗行星,距各自表
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考前基础回扣练 五
万有引力定律及其应用
建议用时20分钟
1.关于开普勒对于行星运动规律的认识,下列说法正确的是 ( )
A.所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆
B.所有行星绕太阳运动的轨道都是圆
C.所有行星的轨道半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值都相同
D.所有行星的公转周期与行星的轨道半径成正比
【解析】选A。由开普勒第一定律知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,选
项A正确,B错误;由开普勒第三定律知所有行星的轨道半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都
相等,选项C、D错误。
2.一名宇航员来到一个星球上,如果该星球的质量是地球质量的一半,它的直径也是地球直径的一半,那么
这名宇航员在该星球上所受的万有引力大小是他在地球上所受万有引力大小的 ( )
C.2倍 D.4倍
【解析】选C。根据万有引力定律得:宇航员在地球上所受的万有引力F1=,在星球上受的万有引
力F2=,所以==×22=2,故C正确。
3.某人造地球卫星在离地面高为h的轨道上飞行,其运动视为匀速圆周运动。已知地球质量为M,地球半径
为R,地球表面的重力加速度为g,引力常量为G。则卫星的 ( )
A.线速度v=
B.角速度ω=
C.运行周期T=2π
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D.向心加速度a=
【解析】选B。根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力=m,r=R+h,得v=,又因为万
有引力等于重力=mg,得GM=gR2,所以v=,故A错误;根据ω=,得ω=,故B
正确;根据T=,得T=2π,故C错误;根据万有引力提供向心力,=ma,所以
a==,故D错误。
4.(多选)假如地球自转速度增大,关于物体的重力,下列说法中正确的是( )
A.放在赤道地面上物体的万有引力不变
B.放在两极地面上物体的重力不变
C.放在赤道地面上物体的重力减小
D.放在两极地面上物体的重力增大
【解析】选A、B、C。地球自转角速度增大,物体受到的万有引力不变,选项A正确;在两极,物体受到的万
有引力等于其重力,则其重力不变,选项B正确,D错误;而对放在赤道地面上的物体,F万=G+mω2R,由于ω增
大,则G减小,选项C正确。
5.近年来,人类发射了多枚火星探测器,对火星进行科学探究,为将来人类登上火星、开发和利用火星资源
奠定了坚实的基础。如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动,并测得该探测器运动的周期为T,
则火星的平均密度ρ的表达式为(k是一个常数) ( )
A.ρ= B.ρ=kT
C.ρ=kT2 D.ρ=
【解析】选D。由万有引力定律知G=mr,联立M=ρ·πR3和r=R,解得ρ=,3π为一常数,
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设为k,故D正确。
6.北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统,建成后的北斗卫星导航系统
包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星。对于其中的5颗同步卫星,下列说法中正确的是 ( )
A.它们运行的线速度一定不小于7.9km/s
B.地球对它们的吸引力一定相同
C.一定位于赤道上空同一轨道上
D.它们运行的加速度一定相同
【解析】选C。同步卫星运行的线速度一定小于7.9km/s,选项A错误;由于5颗同步卫星的质量不一定相
等,所以地球对它们的吸引力不一定相同,选项B错误;5颗同步卫星一定位于赤道上空同一轨道上,它们运
行的加速度大小一定相等,方向不相同,选项C正确、D错误。
7.冥王星与其附近的另一星体“卡戎”可视为双星系统,质量比约为7∶1,两星体绕它们连线上某点O做匀
速圆周运动。由此可知,冥王星绕O点运动的
( )
A.轨道半径约为卡戎的
B.角速度大小约为卡戎的
C.线速度大小约为卡戎的7倍
D.向心力大小约为卡戎的7倍
【解析】选A。冥王星、星体“卡戎”依靠彼此间的万有引力提供向心力而做匀速圆周运动,因此轨道圆心
一定始终在两星体的连线上,所以两星体具有相同的角速度,B错误;两星体彼此间的万有引力是作用力与
反作用力,故向心力大小相等,因此有m1ω2r1=m2ω2r2,所以==,A正确,D错误;由v=ωr知
==,C错误。
8.(多选)如图所示,飞船从轨道1变轨至轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动,不考虑质量变化,
相对于在轨道1上,飞船在轨道2上的 ( )
A.动能大 B.向心加速度大
C.运行周期长 D.角速度小
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【解析】选C、D。飞船绕中心天体做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即F引=F向,所以G=ma
向
===mrω2,即a向=,Ek=mv2=,T=,ω=(或用公式T=求解)。
因为r1
9.某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动,动能为Ek,变轨到轨道2上后,动能比在轨道1上减小了ΔE,
在轨道2上也做圆周运动,则轨道2的半径为 ( )
A. B.
C.r D.r
【解析】选A。卫星在轨道1上时,=m=,因此Ek=,同样,在轨道2上,Ek-ΔE=,
因此r2=,A项正确。
10.(多选)航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后,在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ,B为轨道
Ⅱ上的一点,如图所示,关于航天飞机的运动,下列说法中正确的有 ( )
A.在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度
B.在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动能
C.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D.在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度
【解析】选A、B、C。由于A点为远地点,B点为近地点,由机械能守恒定律可知,轨道Ⅱ上A点速度小于B
点速度,A项正确;航天飞机在轨道Ⅱ上的A点要变轨到轨道Ⅰ,必须加速,即在轨道Ⅱ上经过A点的动能小
于在轨道Ⅰ上经过A点的动能,B项正确;由于轨道Ⅱ的半径(椭圆轨道的半长轴)小于轨道Ⅰ的半径(圆轨
道),由开普勒定律=k可知,在轨道Ⅱ上的周期小于轨道Ⅰ上的周期,C项正确;由于在轨道Ⅱ上经过A点
和在轨道Ⅰ上经过A点受到的万有引力相等,所以加速度应相同,D项错误。