《高物理一轮作业收尾二轮专题突破检测万有引力定律及其应用(均为高考题及模拟题)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高物理一轮作业收尾二轮专题突破检测万有引力定律及其应用(均为高考题及模拟题)（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、万有引力定律及其应用(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。多选题已在题号后标出)1.(2013长宁一模)2012年至2015年为我国北斗系统卫星发射的高峰期,北斗卫星系统由地球同步轨道卫星与低轨道卫星两种卫星组成,在轨正常运行的这两种卫星比较()矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。A.同步卫星运行的周期较大B.低轨道卫星运行的角速度较小C.同步卫星运行的线速度较大D.低轨道卫星运行的加速度较小2.(2013大纲版全国卷)“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星,它在距月球表面高度为200km的圆形轨道上运行,运行周期为127分钟。已知引力常量G=6.6710-11Nm2/kg2,
2、月球半径约为1.74103km。利用以上数据估算月球的质量约为()聞創沟燴鐺險爱氇谴净。A.8.11010kgB.7.41013kgC.5.41019kgD.7.41022kg3.(2013天水二模)质量为m的人造地球卫星在地面上受到的重力为P,它在到地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运动时()残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟。A.速度为2PRmB.周期为4mRPC.动能为14PRD.重力为04.(2013宜宾二模)某人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用,绕地球运转的轨道半径会慢慢改变,某次测量卫星的轨道半径为r1,后来变为r2(r2r1),用Ek1、Ek2表示卫星在这两个轨道上的动能,T1、T2表示
3、卫星在这两个轨道上的运行周期,则()酽锕极額閉镇桧猪訣锥。A.Ek2Ek1,T2T1B.Ek2T1C.Ek2Ek1,T2Ek1,T2T15.(2013江苏高考)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行,根据开普勒行星运动定律可知()A.太阳位于木星运行轨道的中心B.火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C.火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D.相同时间内,火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积6.(多选)(2013石家庄二模)随着世界航空事业的发展,深太空探测已逐渐成为各国关注的热点。假设深太空中有一颗外星球,质量是地球质量的2倍,半径是地球半径的12,则下列判
4、断正确的是()彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑。A.该外星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星周期B.某物体在该外星球表面上所受重力是它在地球表面上所受重力的8倍C.该外星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍D.绕该外星球的人造卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星运行速度相同7.(多选)(2013浙江高考)如图所示,三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上,设地球质量为M,半径为R。下列说法正确的是()謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔。A.地球对一颗卫星的引力大小为GMm(r-R)2B.一颗卫星对地球的引力大小为GMmr2C.两颗卫星之间的引力大小为Gm23r2D.三颗卫星对地球引力的合力大小
5、为3GMmr28.(多选)北斗卫星导航系统第三颗组网卫星(简称“三号卫星”)的工作轨道为地球同步轨道,设地球半径为R,“三号卫星”的离地高度为h,则关于地球赤道上静止的物体、地球近地环绕卫星和“三号卫星”的有关物理量,下列说法中正确的是()厦礴恳蹒骈時盡继價骚。A.赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为v1v3=R+hRB.近地卫星与“三号卫星”的角速度之比为23=(R+hR)2C.近地卫星与“三号卫星”的周期之比为T2T3=(RR+h)3D.赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为a1a3=RR+h二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)9.(18分)(2013东城一模
6、)已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g,万有引力常量为G,不考虑地球自转的影响。茕桢广鳓鯡选块网羈泪。(1)求卫星环绕地球运行的第一宇宙速度v1;(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动且运行周期为T,求卫星运行半径r;(3)由题目所给条件,请提出一种估算地球平均密度的方法,并推导出密度表达式。10.(18分)(2013柳州一模)一组宇航员乘坐太空穿梭机S,去修理位于离地球表面h=6.0105m的圆形轨道上的太空望远镜H。机组人员使穿梭机S进入与H相同的轨道并关闭助推火箭,望远镜在穿梭机前方数千米处,如图所示。已知地球半径为R=6.4106m,地球表面重力加速度为g=9.8m/s2,第一宇宙速度为
7、v=7.9km/s。(结果保留一位小数)鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴。(1)穿梭机所在轨道上的向心加速度g为多少?(2)计算穿梭机在轨道上的速率v;(3)穿梭机需先进入半径较小的轨道,才有较大的角速度追上望远镜。试判断穿梭机要进入较低轨道时应增加还是减小其原有速率,试说明理由。籟丛妈羥为贍偾蛏练淨。答案解析1.【解析】选A。由GMmr2=mv2r=m2r=m42T2r=man得v=GMr,=GMr3,T=2r3GM,an=GMr2,则r越大,v、an越小,T越大,故选项A正确,B、C、D错误。預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴。2.【解析】选D。设探月卫星的质量为m,月球的质量为M,根据万有引力提供向心力GmM(R
8、+h)2=m(2T)2(R+h),将h=200000m,T=12760s,G=6.6710-11Nm2/kg2,R=1.74106m,代入上式解得M=7.41022kg,可知D选项正确。渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦。3.【解析】选C。人造地球卫星在地面处有P=GMmR2,解得GM=PR2m,人造地球卫星在圆形轨道上运动时有GMm(2R)2=mv22R=m422RT2,解得v=GM2R=PR2m,T=2(2R)3GM=铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。42mRP,选项A、B错误;Ek=12mv2=14PR,选项C正确;重力P=GMm(2R)2=14P,选项D错误。擁締凤袜备訊顎轮烂蔷。4.【解析】选C。由GMmr2
9、=mv2r可得v=GMr,又因为Ek=12mv2=GMm2r,则Ek1r,所以Ek2Ek1,又由GMmr2=mr(2T)2得T=42r3GM,则Tr3,所以T2T1,C正确,A、B、D错误。贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷。【变式备选】截至2011年12月,统计有2.1万个直径10cm以上的人造物体和太空垃圾绕地球飞行,其中大多数集中在近地轨道。每到太阳活动期,地球大气层的厚度开始增加,使得部分原在太空中的垃圾进入稀薄的大气层,并缓慢逐渐接近地球,此时太空垃圾绕地球依然可以近似看成做匀速圆周运动。下列说法中正确的是()坛摶乡囂忏蒌鍥铃氈淚。A.太空垃圾在缓慢下降的过程中,机械能逐渐减小B.太空垃圾动能逐渐
10、减小C.太空垃圾的最小周期可能是65 minD.太空垃圾环绕地球做匀速圆周运动的线速度是11.2 km/s【解析】选A。由于太空垃圾克服阻力做功,所以其在缓慢下降的过程中,机械能逐渐减小,选项A正确;由于太空垃圾在逐渐接近地球过程中,万有引力做正功,所以其运动轨道半径减小,但动能逐渐增大,选项B错误;由T=2Rg可知太空垃圾的最小周期为84min,选项C错误;太空垃圾环绕地球做匀速圆周运动的线速度应小于第二宇宙速度11.2 km/s,选项D错误。蜡變黲癟報伥铉锚鈰赘。5.【解析】选C。太阳位于木星运行轨道的一个焦点上,A项错误;火星与木星轨道不同,在运行时速度不可能始终相等,B项错误;“在相等
11、的时间内,行星与太阳连线扫过的面积相等”是对于同一颗行星而言的,不同的行星,则不具有可比性,D项错误;根据开普勒第三定律,对同一中心天体来说,行星公转半长轴的三次方与其周期的平方的比值为一定值,C项正确。買鲷鴯譖昙膚遙闫撷凄。6.【解析】选B、C。由GMmr2=m42rT2得T=42r3GM,由于不知道外星球同步卫星轨道半径与地球同步卫星轨道半径的关系,所以无法比较该外星球的同步卫星周期与地球同步卫星周期的关系,选项A错误;由GMmr2=mg得g=GMr2,所以g星g地=M星r地2M地r星2=81,选项B正确;由GMmr2=mv2r得v=GMr,所以v星v地=M星r地M地r星=21,选项C正确
12、;根据C分析可知v=GMr,轨道半径r相同,但中心天体质量不同,所以速度也不一样,选项D错误。綾镝鯛駕櫬鹕踪韦辚糴。7.【解析】选B、C。地球对一颗卫星的引力,利用万有引力公式计算,两个质点间的距离为r,地球与一颗卫星间的引力大小为GMmr2,A项错误,B项正确;由几何知识可得,两颗卫星之间的距离为3r,两颗卫星之间利用万有引力定律可得引力大小为Gm23r2,C项正确;三颗卫星对地球的引力大小相等,方向在同一平面内,相邻两个力夹角为120,所以三颗卫星对地球引力的合力等于零,D项错误。驅踬髏彦浃绥譎饴憂锦。8.【解析】选C、D。“三号卫星”与地球自转同步,角速度相同,故有v1v3=RR+h,选
13、项A错误;对近地卫星GMm2R2=m222R,对“三号卫星”GMm3(R+h)2=m332(R+h),两式比较可得23=(R+hR)3,选项B错误;同样对近地卫星GMm2R2=m242T22R,对“三号卫星”GMm3(R+h)2=m342T32(R+h),两式比较可得T2T3=(RR+h)3,选项C正确;“三号卫星”与地球自转同步,角速度相同,由a=2r可得a1a3=RR+h,选项D正确。猫虿驢绘燈鮒诛髅貺庑。【方法技巧】同步卫星、近地卫星和赤道上随地球自转物体的比较(1)近地卫星是轨道半径等于地球半径的卫星,卫星做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供。同步卫星是在赤道平面内,定点在某一特定高度
14、的卫星,其做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供。在赤道上随地球自转做匀速圆周运动的物体是地球的一个部分,它不是地球的卫星,充当向心力的是物体所受万有引力与重力之差。锹籁饗迳琐筆襖鸥娅薔。(2)近地卫星与同步卫星的共同点是卫星做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供;同步卫星与赤道上随地球自转的物体的共同点是具有相同的角速度。当比较近地卫星和赤道上物体的运动规律时,借助同步卫星这一纽带会使问题迎刃而解。構氽頑黉碩饨荠龈话骛。9.【解析】(1)设卫星的质量为m,地球的质量为M,卫星在地球表面附近有:GMmR2=mg(3分)第一宇宙速度是指卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度,卫星做圆周运动的向心力
15、由它受到的万有引力提供,由牛顿第二定律得:輒峄陽檉簖疖網儂號泶。GMmR2=mv12R(3分)解得:v1=gR(2分)(2)对卫星由牛顿第二定律得GMmr2=m(2T)2r(3分)由上式解得r=3gR2T242(2分)(3)设质量为m的小物体在地球表面附近所受重力为mg,则:GMmR2=mg(1分)将地球看成是半径为R的球体,其体积为V,则:V=43R3(2分)地球的平均密度为:=MV=3g4GR(2分)答案:(1)gR(2)3gR2T242(3)见解析10.【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)穿梭机在轨道上做圆周运动时的万有引力等于该处的重力。(2)第一宇宙速度即为近地卫星的绕行速度。(3)穿梭机进入低轨道做近心运动,提供的向心力应大于需要的向心力。【解析】(1)在地球表面处有mg=GMmR2(3分)解得地球表面的重力加速度为g=GMR2(1分)同理,穿梭机所在轨道上的向心加速度为g=GMr2(2分)解以上两式得:g=8.2m/s2(2分)(2)在地球表面处由牛顿第二定律得GMmR2=mv2R(3分)解得第一宇宙速度为v=GMR(1分)同理穿梭机在轨道上的速率为:
