【物理】2020届一轮复习人教版万有引力定律天体运动课时作业 9页

2020 届一轮复习人教版 万有引力定律天体运动 课时作业 A 组 1．(多选)中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的一次实验“火星－ 500”活动，王跃走出登陆舱，成功踏上模拟火星表面，在火星上首次留下中国人的足迹．假设将来人类 一艘飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则下列说法中正确的是(AC) A．飞船在轨道Ⅱ上运动时，在 P 点速度大于在 Q 点的速度 B．飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能大于轨道Ⅱ上运动的机械能 C．飞船在轨道Ⅰ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上的运动周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道Ⅰ同样半径运动的周期 相同 【解析】根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，在 P 点速度大于在 Q 点的速度．故 A 正 确．飞船在轨道Ⅰ上经过 P 点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道Ⅱ上运动．所 以飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能小于轨道Ⅱ上运动的机械能．故 B 错误．飞船在轨道Ⅰ上运动到 P 点时 与飞船在轨道Ⅱ上运动到 P 点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等．故 C 正确．根据周期公式 T＝ 4π2r3 GM ，虽然 r 相等，但是由于地球和火星的质量不等，所以周期 T 不相等．故 D 错误． 2．某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，设地球半径为 R，地面重力加速度为 g，下列说法错误的是(D) A．人造卫星的最小周期为 2π R g B．卫星在距地面高度 R 处的绕行速度为 Rg 2 C．卫星在距地面高度为 R 处的重力加速度为g 4 D．地球同步卫星的速率比近地卫星速率小，所以发射同步卫星所需的能量较少 【解析】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，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、地球质量为 M，有 F＝F 向 其中 F＝GMm r2 F 向＝mv2 r ＝mω2r＝m(2π T )2r＝ma 解得 v＝ GM r ① T＝2πr v ＝2π r3 GM ② a＝GM r2 ③ 地球表面重力加速度公式 g＝GM R2 ④ 根据②④式，卫星的公转周期为 T＝2π r3 gR2 当 r＝R 时，T 最小，为 2π R g ，故 A 正确； 由①④式得到 v＝R g r 当卫星距地面高度为 R 时，即 r＝2R 时，v＝ Rg 2 ，故 B 正确； 由③④式得到 a＝gR2 r2 当卫星距地面高度为 R 时，a＝g 4 ，故 C 正确； 地球同步卫星的速率比近地卫星速率小，但要将卫星发射到较高的轨道，需要克服引力做较多的功， 故 D 错误； 本题选错误的，故选 D. 3．如图所示，一颗行星和一颗彗星绕同一恒星的运行轨道分别为 A 和 B，A 是半径为 r 的圆轨道，B 为椭圆轨道，椭圆长轴 QQ′为 2r.P 点为两轨道的交点，以下说法正确的是(B) A．彗星和行星经过 P 点时受到的万有引力相等 B．彗星和行星在 P 处的加速度相同 C．彗星和行星经过 P 点时的速度相同 D．彗星在 Q′处加速度为行星加速度的1 4 【解析】根据万有引力 F＝GMm r2 ，由于行星和彗星质量未知，不能比较在 P 点处所受万有引力的大小， 故 A 错误； 根据牛顿第二定律，万有引力提供加速度，GMm r2 ＝ma，则 a＝GM r2 ，在 P 点由于距离中心天体都一样，因 此加速度相等，故 B 正确； 彗星和行星经过 P 点时的速度大小和方向均不同，故 C 错误； 彗星在 Q′点处与恒星球心的距离小于 2r，加速度大于行星加速度的1 4 ，故 D 错误． 4．“黑洞”是近代引力理论所预言的宇宙中的一种特殊天体，在“黑洞”引力范围内，任何物体都 不能脱离它的束缚，甚至连光也不能射出.2001 年，欧洲航天局由卫星观察发现银河系中心存在一个超大 型黑洞．假设银河系中心仅存此一个黑洞，已知太阳系绕银河系中心做匀速圆周运动，则根据下列哪组数 据可以估算出该黑洞的质量(引力常量为已知)(D) A．太阳系的质量和太阳系绕该黑洞公转的周期 B．太阳系的质量和太阳系到该黑洞的距离 C．太阳系的运行速度和该黑洞的半径 D．太阳系绕该黑洞公转的周期和公转的半径 【解析】太阳系绕银河系中心“黑洞”做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳系的质量为 m、 轨道半径为 r、“黑洞”质量为 M，根据万有引力提供向心力得： GMm r2 ＝m4π2 T2 r＝mv2 r ＝mω2r， 从上式可以看出，要计算“黑洞”质量，要知道周期 T 与轨道半径 r，或者线速度 v 与轨道半径 r， 或者轨道半径 r 与角速度ω， 由于太阳系质量 m 在等式左右可以约去，故太阳系质量对求银河系中心“黑洞”的质量无用处；故 A、 B、C 错误，D 正确． 5．2018 年 4 月 22 日，我国第一艘货运飞船“天舟一号”与“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交 会对接，若“天舟一号”与“天宫二号”绕地球做半径为 r、逆时针方向的匀速圆周运动，它们与地心连 线的夹角为θ，如图所示，已知地球半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，不计“天舟一号”与“天宫 二号”间的相互作用力，下列说法正确的是(D) A．“天舟一号”与“天宫二号”的向心加速度大小均为gr2 R2 B．“天舟一号”从图示位置运动到“天宫二号”所在位置所需时间为θr R g r C．“天舟一号”要想追上“天宫二号”，必须先向后喷气 D．“天舟一号”追上“天宫二号”，该过程中万有引力对“天舟一号”先做正功后做负功 【解析】由万有引力提供向心力：GMm r2 ＝ma，可得 a＝Gm r2 ，又 GM＝gR2，则 a＝R2 r2g，则 A 错误；“天舟 一号”从图示位置运动到“天宫二号”所在位置所需时间为 t＝θ ω ，又ω＝ GM r3 ＝ gR2 r3 ，可得 t＝ θr R r g ，则 B 错误；“天舟一号”向后喷气，速度变大会做离心运动脱离原轨道，不可能追上“天宫二 号”，C 错误；使“天舟一号”追上“天宫二号”要先降低轨道再加速运动升高轨道，则万有引力对“天 舟一号”先做正功后做负功，则 D 正确． 6．卫星电话在抢险救灾中发挥着重要作用，第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆 盖地球上的高纬度地区．第三代海事卫星采用同步卫星和中轨道卫星结合的方案，它由 4 颗同步卫星与 12 颗中轨道卫星构成．中轨道卫星高度为 10 354 km，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)．在 这个高度上，卫星沿轨道运动一周的时间为四分之一天，下列说法正确的是(C) A．中轨道卫星的线速度小于同步卫星的线速度 B．4 颗同步卫星的轨道可能不在同一个平面，但轨道半径一定相同 C．在中轨道卫星经过地面某点的正上方的一天后，该卫星还在地面该点的正上方 D．如果某一时刻，中轨道卫星、同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过 6 小时，它们仍在 同一直线上 【解析】因 GMm r2 ＝mv2 r ＝mω2r＝m(2π T )2r＝ma 解得：v＝ GM r ① T＝2πr v ＝2π r3 GM ② ω＝ GM r3 ③ a＝GM r2 ④ 由②可得中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星．半径小的速度大，周期小，加速度大． 中轨道卫星的轨道半径小，其线速度大，故 A 错误； 同步卫星都在赤道平面内，所以 4 颗同步卫星的轨道在同一个平面，轨道半径一定相同，故 B 错误； 一天后地球完成 1 周，中轨道卫星完成 4 周，则卫星仍在地面该点的正上方，故 C 正确； 经过 6 小时，中轨道卫星完成一周，而同步卫星为1 4 周．故不可能在一直线上，故 D 错误． 7．已知一颗人造卫星在半径为 R 的某行星上空绕该行星做匀速圆周运动，经过时间 t，卫星运动的弧 长为 s，卫星与行星的中心连线扫过的角度是θ弧度．(已知万有引力常量为 G)求： (1)该行星的质量 M； (2)该行星的第一宇宙速度 v1. 【解析】(1)卫星的线速度为：v＝s t 卫星的角速度为：ω＝θ t 则卫星做圆周运动的轨道半径为：r＝ v ω ＝ s θ 根据牛顿第二定律，有：GMm r2 ＝mv2 r 解得：M＝ s3 θGt2 (2)行星的第一宇宙速度是近地轨道卫星的环绕速度，根据万有引力提供向心力：GMm R2 ＝mv2 1 R 解得：v1＝s t s θR B 组 8．一宇航员到达半径为 R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为 m 的 小球，上端固定在 O 点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其在竖直面内绕 O 点做圆周运动， 测得绳的拉力 F 的大小随时间 t 的变化规律如图乙所示．F1＝7F2，设 R、m、引力常量 G 以及 F1 为已知量， 忽略各种阻力．以下说法正确的是(C) A．该星球表面的重力加速度为 7F1 7m B．卫星绕该星球的第一宇宙速度为 Gm R C．星球的密度为 3F1 28πGmR D．小球过最高点的最小速度为 0 【解析】设小球在最低点时细线的拉力为 F1，速度为 v1， 则 F1－mg＝mv2 1 r ① 设小球在最高点细线的拉力为 F2，速度为 v2， 则 F2＋mg＝mv2 2 r ② 由机械能守恒定律得 mg2r＋1 2 mv2 2＝1 2 mv2 1 ③ 由①②③解得 g＝F1－F2 6m ④ F1＝7F2，所以该星球表面的重力加速度为F1 7m ，故 A 错误．根据万有引力提供向心力得：GMm R2 ＝m v2 R 卫星 绕该星球的第一宇宙速度为 v＝ GM R ，故 B 错误．在星球表面，万有引力近似等于重力GMm′ R2 ＝m′g ⑤ 由④、⑤解得 M＝F1R2 7Gm ，星球的密度：ρ＝ M 4 3 πR3 ＝ 3F1 28πGmR ，选项 C 正确； 小球在最高点受重力和绳子拉力，根据牛顿运动定律得：F2＋mg＝mv2 2 R ≥mg 所以小球在最高点的最小速度 v2≥ gR.故 D 错误． 9．我国首颗量子科学实验卫星于 2018 年 8 月 16 日 1 点 40 分成功发射．量子卫星成功运行后，我国 将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系．假设 量子卫星轨道在赤道平面，如图所示．已知量子卫星的轨道半径是地球半径的 m 倍，同步卫星的轨道半径 是地球半径的 n 倍，图中 P 点是地球赤道上一点，由此可知(D) A．同步卫星与量子卫星的运行周期之比为n3 m3 B．同步卫星与 P 点的速率之比为1 n C．量子卫星与同步卫星的速率之比为n m D．量子卫星与 P 点的速率之比为 n3 m 【解析】根据GMm′ r2 ＝m′4π2 T2 r，得 T＝ 4π2r3 GM ，由题意知 r 量子＝mR，r 同步＝nR，所以T 同 T 量 ＝ r3 同 r3 量 ＝ (nR) 3 (mR) 3＝ n3 m3，故 A 错误；P 为地球赤道上一点，P 点角速度等于同步卫星的角速度，根据 v＝ωr， 所以有v 同 vP ＝r 同 rP ＝nR R ＝n 1 ，故 B 错误；根据GMm′ r2 ＝m′v2 r ，得 v＝ GM r ，所以v 量 v 同 ＝ r 同 r 量 ＝ nR mR ＝ n m ， 故 C 错误；综合 BC，有 v 同＝nvP，v 量 v 同 ＝ n m ，得v 量 vP ＝ n3 m ，故 D 正确；故选 D. 10．假设站在赤道某地的人，日落后 4 h 时，发现一颗从“天边”飞来的卫星正好处于自己头顶的上 空，且此卫星即将消失在夜幕之中．若该卫星在赤道所在平面上绕地球做匀速圆周运动，其转动方向与地 球自转方向相同，又已知地球的同步卫星绕地球运行的轨道半径约为地球半径的 6.0 倍．据此可知，此人 造地球卫星绕地球运行的周期约为(B) A．3.6 h B．4.6 h C．5.6 h D．6.6 h 【解析】日落时，过赤道上 P 点的最后一缕阳光如图所示，设地球半径为 R，图中 O 点为地心，所以 OP＝R；由于 4 h 远小于地球公转周期，故可以认为在日落后 4 h 内地心相对于太阳的位置未发生变化， OP 的连线在 4 h 内转过的角度θ＝1 6 ×2π＝π 3 .卫星即将消失在夜幕时，其所在位置位于图中的 Q 点，则 卫星的轨道半径 r＝ R cos θ ＝2R 由开普勒三定律得T 卫 T 同 ＝ r3 （6R）3＝ 1 27 ，卫星绕地球运行的周期约 4.6 h，正确答案为 B. 11．(多选)如图，赤道上空有 2 颗人造卫星 A、B 绕地球做同方向的匀速圆周运动，地球半径为 R，卫 星 A、B 的轨道半径分别为 5 4 R、5 3 R，卫星 B 的运动周期为 T，某时刻 2 颗卫星与地心在同一直线上，两颗 卫星之间保持用光信号直接通信．则(BC) A．卫星 A 的加速度小于 B 的加速度 B．卫星 A、B 的周期之比为3 3 8 C．再经时间 t＝3(8 3＋9)T 148 ，两颗卫星之间的通信将中断 D．为了使赤道上任一点任一时刻均能接收到卫星 A 所在轨道的卫星的信号，该轨道上至少需要 3 颗 卫星 【解析】根据 GMm r2 ＝ma，解得：a＝GM r2，可知 A 的加速度大于 B 的加速度，故 A 错误；根据 GMm r2 ＝m4π2 T2 r， 解得：T＝ 4π2r3 GM ，可得：TA TB ＝3 3 8 ，故 B 正确；由题意可知当卫星 A 与 B 的连线与地球相切时信号将中 断，由几何关系可知此时 A、B 卫星的距离为25R 12 ，角度关系为 2π TA －2π TB t＝θ，(θ为卫星 A、B 与地心 连线的夹角)，依勾股定理，得θ＝π 2 ，解得 t＝3(8 3＋9)T 148 ，故 C 正确；对于同步卫星来讲，由于赤道对 应的圆心角为 360 度，而一颗卫星能覆盖 120 度，故要有 3 颗，才能全部覆盖地球表面，同步卫星距地心 的距离大约 7R，而卫星 A 的轨道半径为5R 4 ，覆盖的范围比同步卫星还要小，因此至少需要 3 颗以上才可以， 故 D 错误． 12．宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它 们的引力作用，设每个星体的质量均为 m，四颗星稳定地分布在边长为 a 的正方形的四个顶点上，已知这 四颗星均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，引力常量为 G，试求： (1)星体做匀速圆周运动的周期； (2)若假设能在其中某一个星上做这么一个实验：站在 h 高处以 v 速度将一个物体水平抛出，测得落 地点离抛出点水平位移为 s，则该星半径 R 为多少？ 【解析】(1)由星体均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动可知，星体做匀速圆周运动的轨道半 径 r＝ 2 2 a 由万有引力定律和向心力公式得： G m2 （ 2a）2 ＋2Gm2 a2cos 45°＝m 2 2 a4π2 T2 解得： T＝2πa 2a （2 2＋1）Gm (2)由万有引力定律可知：Gmm′ R2 ＝m′g′ 则星体表面的重力加速度：g′＝Gm R2 由平抛规律： s＝vt h＝1 2 g′t2 得： g′＝2h t2 ＝2hv2 s2 ＝Gm R2 解得： R＝s v Gm 2h