2019版高考物理二轮复习讲义：第一部分 第一板块 第6讲 掌握“两定律、一速度”破解天体运动问题（含解析）

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1、第 6 讲 Error!考法学法天体运动问题可以理解为需要应用开普勒行星运动定律和万有引力定律解决的匀速圆周运动问题，这类问题在高考中一般以选择题形式考查。有时会结合抛体运动、机械能等知识，考查的内容主要包括：开普勒行星运动定律；万有引力定律； 宇宙速度。用到的思想方法有： 计算天体质量和密度的方法；天体运行参量的分析方法；双星及多星模型； 卫星变轨问题的分析方法。提 能 点 一 抓 住 两 条 基 本 思 路 ，求 解 天 体 质 量 和 密 度 基 础 保 分 类 考 点练 练 就 能 过 关 知能全通 1求解天体质量和密度的两条基本思路(1)由于 G mg，故天体质量 M ，天体密度 。

2、MmR2 gR2G MV M43R3 3g4GR(2)由 G m r，得出中心天体质量 M ，平均密度 。Mmr2 42T2 42r3GT2 MV M43R3 3r3GT2R3若卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径 r 等于天体半径 R，则天体密度 。可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期 T，就可估算出中心天体的密度。3GT22估算天体质量和密度时的三个易误区(1)不考虑自转时有 G mg；若考虑自转，只在两极上有 G mg，而赤道上有MmR2 MmR2G mgm R。MmR2 42T自 2(2)利用 G m r 只能计算中心天体的质量，不能计算绕行天体的质量。Mmr2 42T

3、2(3)注意区分轨道半径 r 和中心天体的半径 R，计算中心天体密度时应用 ，而M43R3不是 。M43r3题点全练 1多选 2018 年 1 月 9 日， “高景一号”03、04 星在太原卫星发射中心采用一箭双星的方式成功发射入轨，实现了我国 2018 年卫星发射的开门红。天文爱好者观测该卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间 t 通过的弧长为 l，该弧长对应的圆心角为，已知引力常量为 G，则( )A卫星的质量为 B卫星的角速度为t2Gl3 tC卫星的线速度大小为 2 D地球的质量为lt l3Gt2解析：选 BD 卫星的质量不可求，选项 A 错误；由题意知，卫星绕地球做匀速圆周运动

4、的角速度 ，选项 B 正确；卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度 v ，选项 C 错t lt误；由 vr 得 r ，卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由lG m2r，解得地球的质量 M ，选项 D 正确。Mmr2 l3Gt22据美国宇航局消息，在距离地球 40 光年的地方发现了三颗可能适合人类居住的类地行星，假设某天我们可以穿越空间到达某一类地行星，测得以初速度 10 m/s 竖直上抛一个小球可到达的最大高度只有 1 m，而该类地行星的半径只有地球的一半，则其平均密度和地球的平均密度之比为(取 g10 m/s 2)( )A52 B25C110 D101解析：选 D 根据 h 和 g 可

5、得，M ，即 R3 ， v022g GMR2 R2v022Gh 43 R2v022Gh 3v028GRh，在地球表面以初速度 10 m/s 竖直上抛一个小球可到达的最大高度 h 地 5 m，据1Rh v022g地此可得，该类地行星和地球的平均密度之比为 101，选项 D 正确。3(2018全国卷)2018 年 2 月，我国 500 m 口径射电望远镜(天眼) 发现毫秒脉冲星“J03180253” ，其自转周期 T5.19 ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为 6.671011 Nm2/kg2。以周期 T 稳定自转的星体的密度最小值约为( )A510 9 kg/m3 B510

6、12 kg/m3C510 15 kg/m3 D510 18 kg/m3解析：选 C 脉冲星自转，边缘物体 m 恰对星体无压力时万有引力提供向心力，则有G mr ，又 M r3，整理得密度 Mmr2 42T2 43 3GT2 33.146.6710 115.1910 32kg/m35.21015 kg/m3，C 正确。提 能 点 二 结 合 匀 速 圆 周 运 动 模 型 ，考 查 万 有 引 力 定 律 重 难 增 分 类 考 点讲 练 结 合 过 关 研一题 截至 2018 年 01 月 22 日，我国首颗量子科学实验卫星已在轨运行525 天，飞行 8 006 轨，共开展隐形传态实验 224

7、 次，纠缠分发实验422 次，密钥分发实验 351 次，星地相干通信实验 43 次。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( )A同步卫星与量子卫星的运行周期之比为n3m3B同步卫星与 P 点的线速度之比为1nC量子卫星与同步卫星的线速度之比为 nmD量子卫星与 P 点的线速度之比为n3m解析 根据 G m r，得 T ，由题意知 r 量 mR ，r 同 nR，所以Mmr2 42T2 42r3GM ，故 A 错误；P 为地球赤道上一点，P 点角速度等于同步卫T同T量 r同

8、3r量 3 nR3mR3 n3m3星的角速度，根据 vr，有 ，故 B 错误；根据 G m ，得 v v同vP r同rP nRR n1 Mmr2 v2r，所以 ，故 C 错误；综合 B、C 分析，有 v 同GMr v量v同 r同r量 nRmR nmnv P， ，得 ，故 D 正确。v量nvP nm v量vP n3m答案 D悟一法 天体运行参量比较问题的两种分析方法1定量分析法(1)列出五个连等式：G mam m 2rm r。Mmr2 v2r 42T2(2)导出四个表达式：aG ，v ， ，T 。Mr2 GMr GMr3 42r3GM(3)结合 r 的大小关系，比较得出 a、v、T 的大小关系。

9、2定性结论法r 越大，向心加速度、线速度、动能、角速度均越小，而周期和能量均越大。通一类 1多选 “天舟一号”是我国首艘货运飞船，与“天宫二号 ”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约 380 km 的圆轨道上运行，则其 ( )A角速度小于地球自转角速度B线速度小于第一宇宙速度C周期小于地球自转周期D向心加速度小于地面的重力加速度解析：选 BCD “天舟一号”在距地面约 380 km 的圆轨道上运行时，由G m2r 可知 ，半径越小，角速度越大，则其角速度大于同步卫星的角速度，Mmr2 GMr3即大于地球自转的角速度，A 项错误；由于第一宇宙速度是最大环绕速度，因此“天舟一号”在圆轨道的线速

10、度小于第一宇宙速度，B 项正确；由 T 可知， “天舟一号”的周期2小于地球自转的周期，C 项正确；由 G mg ，G ma 可知， “天舟一号”的向MmR2 MmR h2心加速度小于地球表面的重力加速度，D 项正确。2四颗地球卫星 a、b、c、d 的排列位置如图所示，其中，a 是静止在地球赤道上还未发射的卫星，b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，四颗卫星相比较( )Aa 的向心加速度最大Bc 相对于 b 静止C相同时间内 b 转过的弧长最长Dd 的运行周期可能是 23 h解析：选 C 地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知 a 与 c 的角速度相同，根

11、据 an 2r 知，c 的向心加速度比 a 的向心加速度大，A 错误；b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，c 相对于地面静止，近地轨道卫星相对于地面运动，所以 c 相对于 b 运动，B 错误；由 G m ，解得 v ，卫星运行的半径越大，运行速度越Mmr2 v2r GMr小，所以 b 的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，C 正确；由开普勒第三定律k 可知，卫星运行的半径越大，周期越大，所以 d 的运行周期大于 c 的周期 24 h，Dr3T2错误。3(2018厦门检测)据科技日报 报道，2020 年前我国将发射 8 颗绕地球做匀速圆周运动的海洋系列卫星：包括 4 颗海洋水色卫星、2 颗

12、海洋动力环境卫星和 2 颗海陆雷达卫星，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛等岛屿附近海域的监测。已知海陆雷达卫星轨道半径是海洋动力环境卫星轨道半径的 n 倍，则( )A海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的1n2B海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的 倍nC在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星各自到地球球心的连线扫过的面积相等D在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星各自到地球球心的连线扫过的面积之比为 1n解析：选 D 根据 G m ，解得 v ，则海陆雷达卫星线速度是海洋动力环Mmr2 v2r GMr境卫星线速度的 ，选项 A、B 错误；根据 G mr 2，解得

13、 ，卫星到地球球1n Mmr2 GMr3心扫过的面积为 S lr r2 r2t，因为轨道半径之比为 n，则角速度之比为 ，所以12 12 12 1n3相同时间内扫过的面积之比为 1，选项 C 错误，D 正确。n提 能 点 三 结 合 发 射 或 探 月 ，考 查 卫 星 变 轨 问 题 重 难 增 分 类 考 点讲 练 结 合 过 关 研一题 多选发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道 1，然后点火，使其沿椭圆轨道 2 运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道 3。轨道 1、2 相切于 Q 点，轨道 2、3 相切于 P 点，如图所示，则当卫星分别在 1、2、3 轨道上正常运行时，下列说法

14、中正确的是( )A卫星在轨道 3 上的速率大于在轨道 1 上的速率B卫星在轨道 3 上的角速度小于在轨道 1 上的角速度C卫星在轨道 1 上经过 Q 点时的加速度大于它在轨道 2 上经过 Q 点时的加速度D卫星在轨道 2 上经过 P 点时的加速度等于它在轨道 3 上经过 P 点时的加速度思路点拨解析 对于在轨运行的卫星来说，万有引力提供向心力，有 m mr 2ma，GMmr2 v2r得 v ， ，a ，又 r3r1，则 v3 ，卫星mv2r做向心运动，轨道半径将变小。因此，要使卫星的轨道半径减小，需开动发动机使卫星做减速运动。2变轨前后能量的比较在离心运动过程中(发动机已关闭 )，卫星克服引力

15、做功，其动能向引力势能转化，机械能保持不变。在两个不同的轨道上(圆轨道或椭圆轨道)，轨道越高卫星的机械能越大。通一类 1据印度时报报道，火星登陆计划暂定于 20212022 年。在不久的将来，人类将登陆火星，建立基地。用运载飞船给火星基地进行补给，就成了一项非常重要的任务。其中一种设想的补给方法：补给飞船从地球起飞，到达月球基地后，卸下部分补给品。再从月球起飞，飞抵火星。在到达火星近地轨道后， “空投补给品” ，补给飞船在不着陆的情况下完成作业，返回地球。下列说法正确的是( )A补给飞船从月球起飞时的最小发射速度要达到 7.9 km/sB “空投补给品”要给补给品加速C补给飞船不在火星上着陆是

16、为了节省能量D补给飞船卸下部分补给品后，因为受到的万有引力减小，所以要做离心运动解析：选 C 7.9 km/s 是地球的第一宇宙速度，根据公式 mg ，得GMmr2 mv2rv ，由于月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，月球的半径小于地球的gr半径，所以补给飞船从月球起飞时的最小发射速度小于 7.9 km/s，选项 A 错误；从近地轨道到着陆，需要减速，所以“空投补给品”时要给补给品减速，选项 B 错误；补给飞船不在火星上着陆，可以节省因发射而耗费的能量，选项 C 正确；由万有引力提供向心力，且 ma，易知补给飞船卸下部分补给品后，关系式中仅 m 发生变化，可知补给飞船的GMmr2加

17、速度与其质量无关，故仍做圆周运动，选项 D 错误。2(2019 届高三云南师大附中模拟)2017 年 6 月 19 日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星 9A”广播电视直播卫星。按预定计划， “中星 9A”应该首先被送入近地点约为 200公里、远地点约为 3.6 万公里的转移轨道(椭圆) ，然后通过在远地点 Q 变轨，最终进入地球同步轨道 (圆形)，但是卫星实际进入轨道，远地点只有 1.6 万公里，如图所示。科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在轨道近地点 P 点火，逐渐抬高远地点的高度，经过 10 次轨道调整，终于在 7 月 5 日成功进入预定轨道。下列说法正确的是( )A卫星从

18、轨道的 P 点进入轨道 后机械能不变B卫星在轨道经过 Q 点时和在轨道经过 Q 点时(未点火 )的加速度不相同C “中星 9A”发射失利的原因可能是发射速度没有达到 7.9 km/sD卫星在轨道由 P 点向 Q 点运动的过程中处于完全失重状态解析：选 D 卫星从轨道变轨到轨道，轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道的 P 点加速后才能做离心运动，从而进入轨道 ，卫星加速过程机械能增加，则卫星从轨道 的 P 点进入轨道后机械能增加，故 A 错误；由万有引力提供向心力得 G ma，Mmr2可知卫星在轨道经过 Q 点时和在轨道经过 Q 点时(未点火)的加速度相同，故 B 错误；卫星的发射速度要大于

19、第一宇宙速度(7.9 km/s)，故 C 错误；卫星环绕地球运行的过程中，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，故 D 正确。提 能 点 四 狠 抓 “受 力 和 轨 迹 ”，破 解 双 星 及 多 星 模 型 多 维 探 究 类 考 点精 细 精 研 过 关 模型 1 双星系统之“二人转”模型双星系统由两颗相距较近的星体组成，由于彼此的万有引力作用而绕连线上的某点做匀速圆周运动简称“二人转 ”模型 。双星系统中两星体绕同一个圆心做圆周运动，周期、角速度相等；向心力由彼此的万有引力提供，大小相等。例 1 多选 (2018全国卷)2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科

20、学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约 100 s 时，它们相距约 400 km，绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( )A质量之积 B质量之和C速率之和 D各自的自转角速度解析 两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示：每秒转动 12 圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得m 12r1， m 22r2，l r 1r 2，解得 2l，所以Gm1m2l2 Gm1m2l2 Gm1 m2l2m1m 2 ，质量之和可以估算。由线速度与角速度的关系 vr 得2l3Gv1r 1，

21、v 2r 2，解得 v1v 2(r 1r 2)l，速率 之 和 可 以 估 算 。 质 量 之 积 和 各 自 的 自 转角 速 度 无法求解。故 B、C 正确，A、D 错误。答案 BC模型 2 三星系统之“二绕一”和“三角形”模型三星系统由三颗相距较近的星体组成，其运动模型有两种：一种是三颗星体在一条直线上，两颗星体围绕中间 的 星 体 做 圆 周 运 动 简 称 “二 绕 一 ”模 型 ； 另 一 种 是 三 颗 星 体组成一个等边三角形，三 颗 星 体 以 等 边 三 角 形 的 几 何 中 心 为 圆 心 做 圆 周 运 动简 称 “三 角 形”模型。,“三角形”模型中，三星结构稳定，

22、角速度相同，半径相同，任一星体的向心力均由另两颗星体对它的万有引力的合力提供。例 2 多选 宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星体位于同一直线上，两颗星体围绕中央星体做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星体位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设三颗星体的质量均为 m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、乙中标出，引力常量为 G，则下列说法中正确的是 ( )A直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为 GmLB直线三星系统中星体做圆周运动的周期为

23、 4 L35GmC三角形三星系统中每颗星体做圆周运动的角速度为 2 L33GmD三角形三星系统中每颗星体做圆周运动的加速度大小为 3GmL2解析 在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两颗星体对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有 G G m ，解得 vm2L2 m22L2 v2L，A 项错误；由周期 T 知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为 T12 5GmL 2rv4 ，B 项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有 2G cos 30L35Gm m2L2m 2 ，解得 ，C 项错误；由 2G cos 30ma ，解得 a ，D 项L2cos 30

24、 3GmL3 m2L2 3GmL2正确。答案 BD模型 3 四星系统之“三绕一”和“正方形”模型四星系统由四颗相距较近的星体组成，与三星系统类似，运动模型通常有两种：一种是三颗星体相对稳定地位于三角形的三个顶点上，环绕另一颗位于中心的星体做圆周运动简称“三绕一”模型；另一种是四颗星体相对稳定地分布在正方形的四个顶点上，围绕正方形的中心做圆周运动简称 “正方形”模型 。例 3 多选 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。设四星系统中每颗星体的质量均为 m，半径均为R，四颗星体稳定分布在边长为 L 的正方形的四个顶点上，其中 L 远大于

25、R。已知引力常量为 G，忽略星体自转效应，关于四星系统，下列说法正确的是( )A四颗星体做圆周运动的轨道半径均为L2B四颗星体做圆周运动的线速度均为 GmL(2 24)C四颗星体做圆周运动的周期均为 2 2L34 2GmD四颗星体表面的重力加速度均为 GmR2解析 四颗星体均围绕正方形对 角 线 的 交 点 做 匀 速 圆 周 运 动，轨道半径均为 r L。取22任一顶点上的星体为研究对象，它受到相邻的两个星体与对角线上的星体的万有引力的合力为 F 合 G G ，由 F 合 F 向 m m r，解得 v ，T2m2L2 m2 2L2 v2r 42T2 GmL(1 24)2 ，A、B 项错误，

26、C 项正确；对于星体表面质量为 m0 的物体，受到的重力等2L34 2Gm于万有引力，则有 m0gG ，故 gG ，D 项正确。mm0R2 mR2答案 CD专题强训提能 1(2018全国卷)为了探测引力波， “天琴计划”预计发射地球卫星 P，其轨道半径约为地球半径的 16 倍；另一地球卫星 Q 的轨道半径约为地球半径的 4 倍。P 与 Q 的周期之比约为( )A21 B41C81 D161解析：选 C 由 G mr 得 ，则两卫星周Mmr2 42T2 r3T2 GM42(或 根 据 开 普 勒 第 三 定 律 r3T2 k)期之比为 8，故 C 正确。TPTQ (rPrQ)3 (164)32(

27、2018北京高考)若想检验 “使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径 60 倍的情况下，需要验证( )A地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1602B月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1602C自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的16D苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的160解析：选 B 若想检验“使月球绕地球运动的力 ”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律万有引力定律，则应满足 G ma，因此加速度 a 与距离 r 的二次方成反比，Mmr2B 对。3(2018江苏高考)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年 5 月 9

28、 日发射的“高分五号”轨道高度约为 705 km，之前 已 运 行 的 “高 分 四 号 ”轨 道 高 度 约 为 36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与 “高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是( )A周期 B角速度C线速度 D向心加速度解析：选 A “高分五号”的运动半径小于 “高分四号”的运动半径，即 r 五 r 四 。由万有引力提供向心力得 mr mr 2m ma。T ，T 五 T 四 ，GMmr2 42T2 v2r 42r3GM r3故 A 正确； ， 五 四 ，故 B 错误；v ，v 五 v 四 ，故 C 错误； GMr3 1r3 GMr 1ra ，a 五 a 四

29、 ，故 D 错误。GMr2 1r24.如图所示，A、B 是绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星，A、B 两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为 k，不计 A、B 两卫星之间的引力，则 A、B 两卫星的周期之比为( )Ak 3 Bk 2Ck Dk23解析：选 A 设卫星绕地球做圆周运动的半径为 r，周期为 T，则在 t 时间内与地心连线扫过的面积为 S r2，即 k，根据开普勒第三定律可知 ，解得tT SASB rA2TBrB2TA rA3TA2 rB3TB2k 3， A 正确。TATB5多选 (2018天津高考)2018 年 2 月 2 日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标

30、志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的( )A密度 B向心力的大小C离地高度 D线速度的大小解析：选 CD 不考虑地球自转的影响，则在地球表面物体受到的重力等于它受到的万有引力：m 0gG ，整理得 GMgR 2。卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供Mm0R2向心力：G m 2(Rh)，可求得卫星的离地高度 h R，再由 vMmR h2 (2T) 3gR2T242，可求得卫星的线速度，选项 C

31、、D 正确；卫星的质量未知，故卫星的密度和向2R hT心力的大小不能求出，选项 A、B 错误。6.多选 探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道 1 是近地圆形轨道，2 和 3 是变轨后的椭圆轨道。A 点是轨道 2 的近地点，B 点是轨道 2 的远地点，卫星在轨道 1 的运行速率为 7.7 km/s，则下列说法中正确的是 ( )A卫星在轨道 2 经过 A 点时的速率一定小于 7.7 km/sB卫星在轨道 2 经过 B 点时的速率一定小于 7.7 km/sC卫星在轨道 3 所具有的机械能大于在轨道 2 所具有的机械能D卫星在轨道 3 所具有的最大速率小于在

32、轨道 2 所具有的最大速率解析：选 BC 卫星在椭圆轨道 2 的 A 点做离心运动，故卫星在椭圆轨道 2 经过 A 点时的速率一定大于 7.7 km/s，选项 A 错误；假设有一圆轨道过 B 点，卫星在此圆轨道的运行速率小于 7.7 km/s，且卫星在椭圆轨道 2 的 B 点的速率小于其所在圆轨道的速率，卫星在椭圆轨道 2 经过 B 点时的速率一定小于 7.7 km/s，选项 B 正确；卫星运动到离地球越远的地方，需要的能量越大，具有的机械能也越大，则卫星在轨道 3 所具有的机械能大于在轨道 2 所具有的机械能，选项 C 正确；根据开普勒第二定律可知椭圆轨道上近地点的速度最大，远地点的速度最小

33、，则卫星在椭圆轨道 3 和 2 上的最大速率都出现在 A 点，而从轨道 1 变轨到轨道 2 和 3 都要做离心运动，速度越大，做离心运动离圆心越远，故卫星在轨道 3 所具有的最大速率大于在轨道 2 所具有的最大速率，选项 D 错误。7(2018黄冈调研)已知某星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相同，其表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球平均密度与地球平均密度的比值为( )A12 B14C21 D41解析：选 B 根据 mgm 得，第一宇宙速度 v 。因为该星球和地球的第一宇v2R gR宙速度相同，表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球的半径是地球半径的 2 倍

34、。根据 G mg 知， M ，可得该星球的质量是地球质量的 2 倍。根据 MmR2 gR2G 知，该星球平均密度与地球平均密度的比值为 14，故 B 正确，A、C、D 错误。MV M43R38.(2019 届高三江西八校联考)小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球半径的 3 倍。某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面停留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为 g，月球半径为 R，不考虑

35、月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为( )A10 6 B6 4 5Rg 3Rg 3Rg 2RgC10 2 D6 25Rg Rg 3Rg Rg解析：选 B 设登月器和航天站在半径 3R 的轨道上运行时的周期为 T，因其绕月球做圆周运动，由牛顿第二定律有 m ，r3R，则有 T2 6 ，在月球GMmr2 42rT2 r3GM 3R3GM表面的物体所受重力可视为等于万有引力，可得 GMgR 2，所以 T6 ，设登月器在3Rg椭圆轨道运行的周期是 T1，航天站在圆轨道运行的周期是 T2；对登月器和航天站依据开普勒第三定律有 ，为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现T23R3

36、T122R3 T223R3对接，登月器可以在月球表面停留的时间 t 应满足 tnT 2T 1(n1、2、3、)，解得 t 6n 4 (n1、2、 3、) ，当 n1 时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即 3Rg 2Rgt6 4 ，故 B 正确， A、C、D 错误。3Rg 2Rg9.(2018襄阳四中模拟)我国发射 “天宫一号”时，先将实验舱发送到一个椭圆轨道上，如图所示，其近地点 M 距地面 200 km，远地点 N距地面 362 km。进入该轨道正常运行时，其周期为 T1，通过 M、N 点时的速率分别为 v1、v 2，加速度分别为 a1、a 2。当某次通过 N 点时，地面指挥部发出指令，

37、点燃实验舱上的发动机，使其短时间内加速后进入距地面 362 km 的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，周期为 T2，这时实验舱的速率为v3，加速度为 a3，下列结论正确的是( )Av 3v2 Bv 2v1Ca 3a2 DT 1T2解析：选 A 实验舱在圆形轨道上具有的机械能大于其在椭圆轨道上具有的机械能，而实验舱经过 N 点时的重力势能相等，所以实验舱在圆形轨道上经过 N 点时的动能大于实验舱在椭圆轨道上经过 N 点时的动能，即 v3v2，A 正确；根据开普勒第二定律(面积定律)可知，v 1v2，B 错误；根据万有引力提供向心力，则有 ma，可得 a ，所以GMmr2 GMr2a3a 2，C

38、 错误；根据开普勒第三定律 (周期定律)可知，轨道半径大的周期大，所以T1T 2，D 错误。10双星系统由两颗星组成，两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. T B. Tn3k2 n3kC. T D. Tn2k nk解析：选 B 设双星系统演化前两星的质量分别为 M1 和 M2，轨道半径分别为 r1 和r2。根据万有引力定律及牛顿第二

39、定律可得 M 1 2r1M 2 2r2，rr 1r 2，解GM1M2r2 (2T) (2T)得 2(r1r 2)，即 2，当两星的总质量变为原来的 k 倍，它们之间GM1 M2r2 (2T) GMr3 (2T)的距离变为原来的 n 倍时，有 2，解得 T T，故 B 项正确。GkMnr3 (2T ) n3k11多选 假设在赤道平面内有一颗侦察卫星绕地球做匀速圆周运动，某时刻恰好处在另一颗同步卫星的正下方，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则( )A同步卫星和侦察卫星的线速度之比为 12B同步卫星和侦察卫星的角速度之比为 81C再经过 h 两颗卫星距离最远127D再经过 h 两颗卫星距

40、离最远67解析：选 AC 根据万有引力提供向心力 G m 得：v ，已知侦察卫星的Mmr2 v2r GMr轨道半径为同步卫星的四分之一，则同步卫星和侦察卫星的线速度之比为 12，故 A 正确；根据万有引力提供向心力 G m 2r 得： ，则同步卫星和侦察卫星的角速度之Mmr2 GMr3比为 18，故 B 错误；根据 T 可知，同 步 卫 星 的 周 期 为 24 h， 则 角 速 度 为 1 rad/h，2 12则侦察卫星的角速度为 2 rad/h，当两颗卫星的夹角为 时，相距最远，则有：t23 h，故 C 正确，D 错误。2 1 12712多选 (2018保定质检)两颗互不影响的行星 P1、

41、P 2，各有一颗近地卫星 S1、S 2 绕其做匀速圆周运动。以纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度 a，横轴表示某位置到行星中心距离 r 平方的倒数，所得 a 关系图像如图所示，卫星 S1、S 2 所在轨道处的引力加1r2速度大小均为 a0。则( )AS 1 的质量比 S2 的大BP 1 的质量比 P2 的大CP 1 的第一宇宙速度比 P2 的小DP 1 的平均密度比 P2 的小解析：选 BD 由万有引力充当向心力 G ma，解得 aGM ，故题图图像的斜Mmr2 1r2率 kGM ，因为 G 是恒量， M 表示行星的质量，所以斜率越大，行星的质量越大，故 P1的质量比 P2 的大，由于计算

42、过程中，卫星的质量可以约去，所以无法判断卫星质量关系，A 错误，B 正确；因为两个卫星是近地卫星，所以其运行轨道半径可认为等于行星半径，根据第一宇宙速度公式 v ，可得 v ，从题图中可以看出，当两者加速度都为gR a0Ra0 时，P 2 的半径比 P1 的小，故 P1 的第一宇宙速度比 P2 的大，C 错误；由 GMgR 2 可得GMa 0R2，M ， ，故行星的半径越大，密度越小，所以 P1 的平均密a0R2G MV M43R3a0R2G43R3 3a04GR度比 P2 的小，D 正确。13.(2018宜宾高三诊断)如图所示，有 A、B 两颗卫星绕地心 O在同一平面内做圆周运动，运转方向相

43、同。A 卫星的周期为 TA，B 卫星的周期为 TB，在某一时刻 A、B 相距最近，下列说法中正确的是( )AA、B 经过时间 tT A再次相距最近BA、B 的轨道半径之比为 TAT BCA、B 的向心加速度大小之比为 TB T A43 43D若已知 A、B 相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度解析：选 C A、B 再次相距最近时，两者运转的角度相差 2，即： t t2 ，解2TA 2TB得：t ，A 错误；根据开普勒第三定律可知： ，则 ，B 错误；TATBTB TA RA3TA2 RB3TB2 RARB 3TA2TB2根据 a ， ，C 正确；若已知 A、B 相距最近时的距离，结合4

44、2RT2 RT2 aAaB 3TA2TB2TB2TA2TB43TA43两者的轨道半径之比可以求得 A、B 的轨道半径，根据万有引力提供向心力得： mGMmr2r，所以可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不可求出地球表面的重力加速42T2度，D错误。14.多选 (2018湖南六校联考)如图所示，在某类地行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为 30，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离为 L 处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为 时，小物体刚好要滑动。小物体与盘面间的动摩擦因数为 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该32行星的半径为 R，引

45、力常量为 G，下列说法正确的是( )A该行星的质量为2R2LGB该行星的第一宇宙速度为 2 LRC该行星的同步卫星的周期为RLD离行星表面距离为 R 的地方的重力加速度为 2L解析：选 BD 当小物体转到圆盘的最低点，所受的摩擦力沿斜面向上达到最大时，对应小物体刚好要滑动，由牛顿第二定律可得 mgcos 30mg sin 30m 2L，所以 g4 2L，G mg ，解得 M ，A 错误；该行星的第一宇2Lcos 30 sin 30 MmR2 gR2G 42R2LG宙速度 v 2 ，B 正确；因为不知道同步卫星的轨道半径，所以不能求出同步卫gR LR星的周期，C 错误；离该行星表面距离为 R 的地方的引力为 mg mg，即重力加GMm2R2 14速度为 g g 2L，D 正确。14