高中物理人教版第六章萬有引力與航天 第六章第四節(jié)萬有引力理論的成就

第六章萬有引力與航天第四節(jié)萬有引力理論的成就A級抓基礎(chǔ)1．一艘宇宙飛船繞一個不知名的行星表面飛行，要測定該行星的密度，只需要()A．測定飛船的運行周期B．測定飛船的環(huán)繞半徑C．測定行星的體積D．測定飛船的運行速度解析：取飛船為研究對象，由Geq\f(Mm,R2)＝mReq\f(4π2,T2)及M＝eq\f(4,3)πR3ρ，知ρ＝eq\f(3π,GT2)，A對，故選A.答案：A2．“嫦娥三號”攜帶“玉兔”探測車在實施軟著陸過程中，“嫦娥三號”離月球表面4m高時最后一次懸停，確認(rèn)著陸點．若總質(zhì)量為M的“嫦娥三號”在最后一次懸停時，反推力發(fā)動機(jī)對其提供的反推力為F，已知引力常量為G，月球半徑為R，\f(FR2,MG)\f(FR,MG)\f(MG,FR)\f(MG,FR2)解析：設(shè)月球的質(zhì)量為M′，由Geq\f(M′M,R2)＝Mg和F＝Mg解得M′＝eq\f(FR2,MG)，選項A正確．答案：A3．天文學(xué)家發(fā)現(xiàn)某恒星有一顆行星在圓形軌道上繞其運動，并測出了行星的軌道半徑和運動周期，若知道比例系數(shù)G，由此可推算出()A．行星的質(zhì)量 B．行星的半徑C．恒星的質(zhì)量 D．恒星的半徑解析：恒星對行星的引力為行星繞恒星運動提供向心力，即Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，故M＝eq\f(4π2r3,GT2)，恒星的質(zhì)量M可求出，選項C正確，其他的幾個物理量無法根據(jù)行星的軌道半徑和運動周期求出，A、B、D錯誤．答案：C4．在同一軌道平面上繞地球做勻速圓周運動的衛(wèi)星A、B、C，某時刻恰好在同一過地心的直線上，如圖所示，當(dāng)衛(wèi)星B經(jīng)過一個周期時()A．A超前于B，C落后于BB．A超前于B，C超前于BC．A、C都落后于BD．各衛(wèi)星角速度相等，因而三顆衛(wèi)星仍在同一直線上解析：由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，故軌道半徑越大，周期越大．當(dāng)B經(jīng)過一個周期時，A已經(jīng)完成了一個多周期，而C還沒有完成一個周期，所以選項A正確，B、C、D錯誤．答案：A5．(多選)由下列哪一組物理量可以計算地球的質(zhì)量()A．月球的軌道半徑和月球的公轉(zhuǎn)周期B．月球的半徑和月球的自轉(zhuǎn)周期C．衛(wèi)星的質(zhì)量和衛(wèi)星的周期D．衛(wèi)星離地面的高度、衛(wèi)星的周期和地球的半徑解析：只要知道天體的一顆衛(wèi)星或行星的周期和軌道半徑，利用公式Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)就可以計算出中心天體的質(zhì)量，故選項A、D正確．答案：AD6．“嫦娥一號”是我國首次發(fā)射的探月衛(wèi)星，它在距月球表面高度為200km的圓形軌道上運行，運行周期為127分鐘．已知引力常量G＝×10－11N·m2/kg2，月球半徑約為×103A．×1010kg B．C．×1019kg D．解析：天體做圓周運動時都是萬有引力提供向心力．“嫦娥一號”繞月球做勻速圓周運動，由牛頓第二定律知：eq\f(GMm,r2)＝eq\f(4π2mr,T2)，得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，其中r＝R＋h，代入數(shù)據(jù)解得M＝×1022kg，選項D正確．答案：DB級提能力7．(多選)不可回收的航天器在使用后，將成為太空垃圾．如圖所示是漂浮在地球附近的太空垃圾示意圖，對此如下說法中正確的是()A．離地越低的太空垃圾運行周期越小B．離地越高的太空垃圾運行角速度越小C．由公式v＝eq\r(gr)得，離地球高的太空垃圾運行速率越大D．太空垃圾一定能跟同一軌道上同向飛行的航天器相撞解析：太空垃圾繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r，可得：離地越低，周期越小，角速度越大，速度越大，選項A、B正確，C錯誤．太空垃圾與同一軌道上同向飛行的航天器速率相等，不會相撞，選項D錯誤．答案：AB8．已知地球同步衛(wèi)星離地面的高度約為地球半徑的6倍．若某行星的平均密度為地球平均密度的一半，它的同步衛(wèi)星距其表面的高度是其半徑的倍，則該行星的自轉(zhuǎn)周期約為()A．6小時 B．12小時C．24小時 D．36小時解析：對地球同步衛(wèi)星有eq\f(GMm,（7R）2)＝m(7R)eq\f(4π2,T2)，解得M＝eq\f(4π2（7R）3,GT2)，結(jié)合V＝eq\f(4πR3,3)解得ρ＝eq\f(3π73,GT2)，即地球密度為ρ＝eq\f(3π73,GT2)，同理可得行星密度為ρ′＝eq\f(3π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))\s\up12(3),Teq\o\al(2,行))，又因為某行星的平均密度為地球平均密度的一半，解得T地＝2T行，即T行＝12小時，故選項B正確．答案：B9．有一星球的密度與地球的密度相同，但它表面處的重力加速度是地球表面處的重力加速度的4倍，則該星球的質(zhì)量是地球質(zhì)量的()\f(1,4) B．4倍C．16倍 D．64倍解析：由Geq\f(Mm,R2)＝mg，得M＝eq\f(gR2,G)，ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(gR2,G),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g,4πGR)，所以R＝eq\f(3g,4πGρ)，則eq\f(R,R地)＝eq\f(g,g地)＝4，根據(jù)M＝eq\f(gR2,G)＝eq\f(4g地·（4R地）2,G)＝eq\f(64g地Req\o\al(2,地),G)＝64M地，所以D項正確．答案：D10．(多選)甲、乙兩恒星相距為L，質(zhì)量之比eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,3)，它們離其他天體都很遙遠(yuǎn)，我們觀察到它們的距離始終保持不變，由此可知()A．兩恒星一定繞它們連線的某一位置做勻速圓周運動B．甲、乙兩恒星的角速度之比為2∶3C．甲、乙兩恒星的線速度之比為eq\r(3)∶2D．甲、乙兩恒星的向心加速度之比為3∶2解析：根據(jù)題目描述的這兩顆恒星的特點可知，它們符合雙星的運動規(guī)律，即繞它們連線上某一位置做勻速圓周運動，選項A正確．它們的角速度相等，選項B錯誤．由于m甲a甲＝m乙a乙，所以eq\f(a甲,a乙)＝eq\f(m乙,m甲)＝eq\f(3,2)，選項D正確．由m甲ω甲v甲＝m乙ω乙v乙，所以eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(m乙,m甲)＝eq\f(3,2)，選項C錯誤．答案：AD11．(2023·課標(biāo)全國Ⅱ卷)假設(shè)地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體．已知地球表面重力加速度在兩極的大小為go，在赤道的大小為g；地球自轉(zhuǎn)的周期為T，引力常量為G.地球的密度為()\f(3π,GT2)eq\f(g0－g,g0) \f(3π,GT2)eq\f(g0,g0－g)\f(3π,GT2) \f(3π,GT2)eq\f(g0,g)解析：物體在地球的兩極時，mg0＝Geq\f(Mm,R2)，物體在赤道上時，mg＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R＝Geq\f(Mm,R2)，地球質(zhì)量M＝eq\f(4,3)πR3·ρ，以上三式聯(lián)立解得地球的密度ρ＝eq\f(3πg(shù)0,GT2（g0－g）).故選項B正確，選項A、C、D錯誤．答案：B12．土星和地球均可近似看作球體，土星的半徑約為地球半徑的倍，土星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的95倍，已知地球表面的重力加速度g0＝10m/s2，地球密度約為ρ0＝×103kg/m(1)土星的密度；(2)土星表面的重力加速度．解析：(1)星體的密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，eq\f(ρ,ρ0)＝eq\f(M·Req\o\al(3,0),M0·R3)＝eq\f(95,＝，故土星的密度約為ρ＝ρ0＝×103