高考物理二輪復習增分專練：專練（05）萬有引力定律及其應用（含解析）

2020年高考物理二輪復習增分專練專練（05）萬有引力定律及其應用（含解析）一、選擇題（共10個小題，每小題6分，滿分60分）1、關于行星運動的規(guī)律，下列說法符合史實的是A．開普勒在牛頓定律的基礎上，導出了行星運動的規(guī)律B．開普勒在天文觀測數(shù)據(jù)的基礎上，總結出了行星運動的規(guī)律C．開普勒總結出了行星運動的規(guī)律，找出了行星按照這些規(guī)律運動的原因D．開普勒總結出了行星運動的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律解析開普勒在天文觀測數(shù)據(jù)的基礎上，總結出了行星運動的規(guī)律，牛頓在開普勒研究基礎上結合自己發(fā)現(xiàn)的牛頓運動定律，發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，指出了行星按照這些規(guī)律運動的原因，選項B正確。【答案】B2、某行星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的eq\f(1,2)，半徑約為地球半徑的eq\f(1,8)，那么在此行星上的“第一宇宙速度”與地球上的第一宇宙速度之比為A．2∶1B．1∶2C．1∶4D．4∶1解析設地球質(zhì)量為M，地球半徑為R，由eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)，可知地球上的第一宇宙速度v地＝eq\r(\f(GM,R))，同理可得，行星上的第一宇宙速度v行＝eq\r(\f(G·\f(1,2)M,\f(1,8)·R))＝2eq\r(\f(GM,R))，所以v行∶v地＝2∶1，則A正確，B、C、D錯誤?！敬鸢浮緼3、如圖所示，天鏈一號04星是一顆地球同步衛(wèi)星，它與天鏈一號02星、03星在圓形軌道2上實現(xiàn)組網(wǎng)運行，可為在近地圓形軌道1上運行的天宮二號提供數(shù)據(jù)中繼與測控服務。下列說法正確的是A．天鏈一號04星的最小發(fā)射速度是11.2km/sB．天鏈一號04星的運行速度小于天宮二號的運行速度C．為了便于測控，天鏈一號04星相對于地面靜止于酒泉飛控中心的正上方D．天鏈一號04星的運行速度可能小于天鏈一號02星的運行速度解析天鏈一號04星是地球的同步衛(wèi)星。其發(fā)射速度應大于7.9km/s，小于11.2km/s，A錯誤，根據(jù)v＝eq\r(\f(Gm,r))可知B正確。同步衛(wèi)星只能定點于赤道上空，C錯誤，04星與02星在同一軌道上運行，速度應相等，D錯誤?！敬鸢浮緽4、2016年8月16日1時40分，我國在酒泉用長征二號丁運載火箭成功將世界首顆量子科學實驗衛(wèi)星“墨子號”發(fā)射升空。如圖所示為“墨子號”衛(wèi)星在距離地球表面500km高的軌道上實現(xiàn)兩地通信的示意圖。若己知地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，則下列說法正確的是A．工作時，兩地發(fā)射和接受信號的雷達方向一直是固定的B．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的速度小于7.9km/sC．可以估算出“墨子號”衛(wèi)星所受到的萬有引力大小D．可以估算出地球的平均密度解析“墨子號”衛(wèi)星不是地球同步衛(wèi)星，故雷達方向必須實時調(diào)整，A錯；7.9km/s是第一宇宙速度，“墨子號”衛(wèi)星軌道要高些，故運行速度小于7.9km/s，B對；題目中沒有給出衛(wèi)星質(zhì)量不能求出萬有引力，C錯；也沒有給衛(wèi)星運行周期不能算地球質(zhì)量，故密度也不能計算，D錯?！敬鸢浮緽5、己知某衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，衛(wèi)星質(zhì)量為m，距離地球表面高度為h，地球的半徑為R，地球表面處的重力加速度為g，下列說法正確的是A．衛(wèi)星對地球的引力大小為mgB．衛(wèi)星的向心加速度大小為eq\f(R,R＋h)gC．衛(wèi)星的周期為eq\f(2π(R＋h),R)eq\r(\f(R＋h,g))D．衛(wèi)星的動能為eq\f(mgR2,R＋h)解析衛(wèi)星受地球引力大小F＝Geq\f(Mm,(R＋h)2)，A錯。由F＝ma得a＝Geq\f(M,(R＋h)2)＝eq\f(gR2,(R＋h)2)。B錯。由F＝m(R＋h)eq\f(4π2,T2)得T＝2πeq\r(\f((R＋h)3,GM))＝eq\f(2π(R＋h),R)eq\r(\f(R＋h,g))。C正確。衛(wèi)星的功能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m·eq\f(GM,R＋h)＝eq\f(mgR2,2(R＋h))，D錯?！敬鸢浮緾6、2016年9月15日天宮二號空間實驗室發(fā)射成功，它經(jīng)歷兩次變軌后順利進入距地面393公里的預定軌道，在預定軌道上運行周期約為90分鐘。若把它在預定軌道上的運動視為勻速圓周運動，下列表述正確的是天宮二號的發(fā)射速度小于第一宇宙速度B．天宮二號預定軌道的圓心一定與地心重合C．天宮二號的加速度小于地球同步衛(wèi)星的加速度D．天宮二號只需加速就可追上前方同軌道運行的其他衛(wèi)星解析第一宇宙速度是最小發(fā)射速度也是最大環(huán)繞速度，則天宮二號的發(fā)射速度一定超過第一宇宙速度，A錯誤；天宮二號預定軌道的圓心一定與地心重合，B正確；由Geq\f(Mm,r2)＝ma可知a＝Geq\f(M,r2)，則軌道半徑越小其加速度越大，由于天宮二號的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，則天宮二號的加速度大于地球同步衛(wèi)星的加速度，C錯誤；如果在同一軌道上加速，天宮二號加速后將做離心運動，偏離原軌道，不能追上同軌道的其他衛(wèi)星，D錯誤?！敬鸢浮緽7、宇航員乘坐宇宙飛船登上某星球，在該星球“北極”距星球表面附近h處自由釋放一個小球，測得落地時間為t0。已知該星球半徑為R，自轉周期為T，引力常量為G。下列說法正確的是A．該星球的平均密度為eq\f(3h,2πRGt2)B．該星球的第一宇宙速度為eq\f(2πR,T)C．宇宙飛船繞該星球做圓周運動的周期不大于πteq\r(\f(2R,h))D．如果該星球存在一顆同步衛(wèi)星，其距星球表面高度為eq\r(3,\f(hT2R2,2π2t2))解析對星球“北極”表面附近自由釋放的小球，由運動學公式h＝eq\f(1,2)gt2，可知星球表面的重力加速度大小為g＝eq\f(2h,t2)。對處于星球表面的物體而言Geq\f(Mm,R2)＝mg，星球的體積為V＝eq\f(4,3)πR3，又由ρ＝eq\f(M,V)，聯(lián)立可得ρ＝eq\f(3h,2πGRt2)，A正確；該星球的第一宇宙速度為v＝eq\r(gR)＝eq\r(\f(2hR,t2))，而T為星球的自轉周期，故v≠eq\f(2πR,T)，B錯誤；宇宙飛船的最小環(huán)繞周期為Tmin＝eq\f(2πR,v)＝πteq\r(\f(2R,h))，C錯誤；該星球的同步衛(wèi)星的周期為T，則由萬有引力定律可知Geq\f(Mm,(R＋H)2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋H)，解得H＝eq\r(3,\f(hT2R2,2π2t2))－R，D錯誤。【答案】A8、(多選)如圖所示，高軌道衛(wèi)星的發(fā)射不是一步到位的，發(fā)射過程可簡化為：先將衛(wèi)星發(fā)射到近地圓軌道Ⅰ，然后在M點瞬間改變速度使其變軌，沿橢圓軌道Ⅱ運動，待運動到橢圓軌道的遠地點N處時，再次瞬間改變速度(加速)使其變軌，沿預定的圓軌道Ⅲ做圓周運動。不計空氣阻力，下列關于此發(fā)射過程的衛(wèi)星的說法正確的是A．由軌道形狀的對稱性可知，在軌道Ⅱ上經(jīng)M點和N點時的速率相等B．在軌道Ⅰ上運行的速率小于在軌道Ⅲ上運行的速率C．沿軌道Ⅱ運動到N點時的速率小于在軌道Ⅰ上運行的速率D．沿軌道Ⅱ運動到N點時的加速度等于在軌道Ⅲ上經(jīng)N點時的向心加速度解析衛(wèi)星在橢圓軌道Ⅱ上運動時，在近地點M速率大，在遠地點N速率小，A錯誤。根據(jù)v＝eq\r(\f(Gm,r))知在軌道Ⅲ上運行的速率小于在軌道Ⅰ上運行的速率，B錯誤。由于沿軌道Ⅱ運動到N點時的速率小于沿軌道Ⅲ運動到N點的速率，且有軌道Ⅲ上的速率小于在軌道Ⅰ上運行的速率，所以沿軌道Ⅱ運動到N點時的速率小于在軌道Ⅰ上運行的速率，故C正確。根據(jù)F＝Geq\f(Mm,r2)＝ma可知無論是軌道Ⅱ還是軌道Ⅲ上經(jīng)過N點，加速度相等，故D正確?！敬鸢浮緾D9、(多選)如圖所示，a為放在赤道上相對地球靜止的物體，隨地球自轉做勻速圓周運動，b為沿地球表面附近做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星(軌道半徑等于地球半徑)，c為地球的同步衛(wèi)星，以下關于a、b、c的說法中正確的是A．a(chǎn)、b、c做勻速圓周運動的向心加速度大小關系為ab>ac>aaB．a(chǎn)、b、c做勻速圓周運動的向心加速度大小關系為aa>ab>acC．a(chǎn)、b、c做勻速圓周運動的線速度大小關系為va＝vb>vcD．a(chǎn)、b、c做勻速圓周運動的周期關系為Ta＝Tc>Tb解析a為赤道上靜止的物體，c為同步衛(wèi)星，則有ωa＝ωc，Ta＝Tc，由a＝ω2r知aa＜ac。由v＝ωr知va＜vc，b、c為地球的衛(wèi)星。由a＝Geq\f(M,r2)、v＝eq\r(\f(GM,r))，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))知ab＞ac，vb>vc，Tb<Tc，故有aa<ac<ab，va<vc<vb，Ta＝Tc>Tb。所以正確答案為AD?！敬鸢浮緼D10、2016年10月19日，我國發(fā)射的“神舟十一號”飛船與在393km高的軌道上運行的“天宮二號”成功對接。下列說法正確的是A．“神舟十一號”在加速升空過程中機械能守恒B．對接后兩者繞地球做勻速圓周運動的速度小于7.9km/sC．對接后兩者繞地球做勻速圓周運動的速度小于地球同步衛(wèi)星的運行速度D．“神舟十一號”一定是在393km高的圓軌道上直接加速追上“天宮二號”完成對接的解析“神舟十一號”在加速升空的過程中，動能增大，重力勢能也增大，則“神舟十一號”的機械能增加，A錯誤；第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，因此“神舟十一號”與“天宮二號”對接后的環(huán)繞速度小于7.9km/s，B正確；對接后的軌道半徑為地球半徑＋393km，遠小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，軌道半徑越小，環(huán)繞速度越大，因此C錯誤；若“神舟十一號”在393km高的圓軌道上加速，則做離心運動，不可能追上“天宮二號”完成對接，D錯誤。【答案】B11、(多選)美國國家科學基金會2010年9月29日宣布，天文學家發(fā)現(xiàn)一顆迄今為止與地球最類似的太陽系外的行星，如圖1－5－12所示，這顆行星距離地球約20億光年，公轉周期約為37年，這顆名叫Gliese581g的行星位于天秤座星群，它的半徑大約是地球的2倍，重力加速度與地球相近，則下列說法正確的是A．飛船在Gliese581g表面附近運行時的速度小于9km/sB．該行星的平均密度約是地球平均密度的eq\f(1,2)C．該行星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的2倍D．在地球上發(fā)射航天器到達該星球，航天器的發(fā)射速度至少要達到第三宇宙速度解析船在Gliese581g表面附近運行時，萬有引力提供向心力，則meq\f(v2,R)＝mg解得：v＝eq\r(gR)，該星球半徑大約是地球的2倍，重力加速度與地球相近，所以在該星球表面運行速度約為地球表面運動速度的eq\r(2)倍，地球表面附近運行時的速度為7.9km/s，所以在該星球表面運行速度約為11.2km/s，故A錯誤；根據(jù)密度的定義式ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(gR2,G),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g,4πGR)，故該行星的平均密度約是地球平均密度的eq\f(1,2)，故B正確；忽略星球自轉的影響，根據(jù)萬有引力等于重力列出等式：Geq\f(Mm,R2)＝mg，g＝eq\f(GM,R2)，這顆行星的重力加速度與地球相近，它的半徑大約是地球的2倍，所以它的質(zhì)量是地球的4倍。故C錯誤。由于這顆行星在太陽系外，所以航天飛機的發(fā)射【答案】BD12、我國計劃于2020年發(fā)射“火星探測器”，若探測器繞火星的運動、地球和火星繞太陽的公轉視為勻速圓周運動，相關數(shù)據(jù)見表格，則下列判斷正確的是行星行星半徑/m行星質(zhì)量/kg行星公轉軌道半徑行星公轉周期地球6.4×1066.0×1024R地＝1.5×1011mT地火星3.4×1066.4×1023R火＝2.3×1011mT火A.T地＞T火B(yǎng)．火星的“第一宇宙速度”小于地球的第一宇宙速度C．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度D．探測器繞火星運動的周期的平方與其軌道半徑的立方之比與eq\f(T\o\al(2,火),R\o\al(3,火))相等解析火星、地球繞太陽公轉，由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，所以T地<T火，A錯。第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，可知地球的第一宇宙速度大于火星的第一宇宙速度，B正確，星球表面的加速度g＝Geq\f(M,R2)知火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度C錯誤。由于中心天體不同，所以eq\f(T2,r3)不同，故D錯誤?！敬鸢浮緽13、假設宇宙中有一雙星系統(tǒng)由a、b兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線上的某一點在萬有引力作用下做勻速圓周運動，測得a星的周期為T，a、b兩顆星的距離為l，a、b兩顆星的軌道半徑之差為Δr(a星的軌道半徑大于b星的軌道半徑)，則A．b星的周期為eq\f(l－Δr,l＋Δr)TB．a(chǎn)星的線速度大小為eq\f(π(l＋Δr),T)C．a(chǎn)、b兩顆星的半徑之比為eq\f(l,l－Δr)D．a(chǎn)