2024屆物理一輪復習講義第5講 人造衛(wèi)星 宇宙速度含答案

2024屆物理一輪復習講義第5講人造衛(wèi)星宇宙速度學習目標1.掌握衛(wèi)星運動的規(guī)律，會分析衛(wèi)星運行時各物理量之間的關系。2.理解三種宇宙速度，并會求解第一宇宙速度的大小。1.天體(衛(wèi)星)運行問題分析將天體或衛(wèi)星的運動看成勻速圓周運動，其所需向心力由萬有引力提供。2.物理量隨軌道半徑變化的規(guī)律Geq\f(Mm,r2)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ma→a＝\f(GM,r2)→a∝\f(1,r2),m\f(v2,r)→v＝\r(\f(GM,r))→v∝\f(1,\r(r)),mω2r→ω＝\r(\f(GM,r3))→ω∝\f(1,\r(r3)),m\f(4π2,T2)r→T＝\r(\f(4π2r3,GM))→T∝\r(r3)))?eq\a\vs4\al(公式中r指,軌道半徑，r,越大，v、ω、a,越小，T越大,（越高越慢）。)3.宇宙速度1.思考判斷(1)圍繞同一中心天體運動的質量不同的兩顆衛(wèi)星，若軌道半徑相同，速率不一定相同。(×)(2)近地衛(wèi)星的周期最小。(√)(3)地球同步衛(wèi)星根據需要可以定點在北京正上空。(×)(4)不同的同步衛(wèi)星的質量不一定相同，但離地面的高度是相同的。(√)(5)月球的第一宇宙速度也是7.9km/s。(×)(6)同步衛(wèi)星的運行速度一定小于地球第一宇宙速度。(√)2.a、b兩顆地球衛(wèi)星做圓周運動，兩顆衛(wèi)星軌道半徑關系為2ra＝rb，則下列分析正確的是()A.a、b兩衛(wèi)星的圓軌道的圓心可以與地心不重合B.a、b兩衛(wèi)星的運動周期之比為1∶2C.地球對a衛(wèi)星的引力大于對b衛(wèi)星的引力D.a、b兩衛(wèi)星線速度的平方之比為2∶1答案D考點一衛(wèi)星運動參量的分析1.人造衛(wèi)星運行軌道衛(wèi)星運行的軌道平面一定通過地心，一般分為赤道軌道、極地軌道和其他軌道，同步衛(wèi)星的軌道是赤道軌道。如圖1所示。圖12.人造衛(wèi)星(1)極地衛(wèi)星運行時每圈都經過南北兩極，由于地球自轉，極地衛(wèi)星可以實現全球覆蓋。(2)近地衛(wèi)星：軌道在地球表面附近的衛(wèi)星，其軌道半徑r＝R(地球半徑)，運行速度等于第一宇宙速度v＝7.9km/s(人造地球衛(wèi)星的最大運行速度)，T＝85min(人造地球衛(wèi)星的最小周期)。(3)同步衛(wèi)星①周期與地球自轉周期相等，T＝24h。②高度固定不變，h＝3.6×107m。③運行速率均為v＝3.1×103m/s。(4)地球同步靜止衛(wèi)星①地球同步衛(wèi)星的一種情況。②軌道與赤道平面共面。③角速度與地球自轉角速度相同。④繞行方向與地球自轉方向一致。角度衛(wèi)星運動參量與半徑的關系例1(2022·廣東卷，2)“祝融號”火星車需要“休眠”以度過火星寒冷的冬季。假設火星和地球的冬季是各自公轉周期的四分之一，且火星的冬季時長約為地球的1.88倍?；鹦呛偷厍蚶@太陽的公轉均可視為勻速圓周運動。下列關于火星、地球公轉的說法正確的是()A.火星公轉的線速度比地球的大B.火星公轉的角速度比地球的大C.火星公轉的半徑比地球的小D.火星公轉的加速度比地球的小答案D解析由題意可知，火星的公轉周期大于地球的公轉周期，根據Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，可知火星的公轉半徑大于地球的公轉半徑，故C錯誤；根據Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知火星公轉的線速度小于地球公轉的線速度，故A錯誤；根據ω＝eq\f(2π,T)可知火星公轉的角速度小于地球公轉的角速度，故B錯誤；根據Geq\f(Mm,r2)＝ma，可得a＝eq\f(GM,r2)，可知火星公轉的加速度小于地球公轉的加速度，故D正確。同一中心天體，各行星v、ω、a、T等物理量只與r有關；不同中心天體，各行星v、ω、a、T等物理量與中心天體質量M和r有關。跟蹤訓練1.(2022·山東濰坊模擬)我國的航天事業(yè)正飛速發(fā)展，“天宮”空間站正環(huán)繞地球運行，“天問一號”環(huán)繞器正環(huán)繞火星運行。假設它們都是圓形軌道運行，地球與火星質量之比為p，“天宮”空間站與“天問一號”環(huán)繞器的軌道半徑之比為k。則“天宮”空間站與“天問一號”環(huán)繞器的()A.運行周期之比為eq\r(\f(k3,p))B.加速度之比為pk2C.動能之比為eq\f(p2,k)D.運行速度之比為eq\r(pk)答案A解析根據萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r＝ma，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，a＝eq\f(GM,r2)，結合題意，求得運行周期之比為eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(k3,p))，運行速度之比為eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(p,k))，加速度之比為eq\f(a1,a2)＝eq\f(p,k2)，故A正確，B、D錯誤；“天宮”空間站與“天問一號”環(huán)繞器的質量關系未知，無法求得動能之比，故C錯誤。角度同步衛(wèi)星、近地衛(wèi)星和赤道上物體的運行問題例2(2022·河北衡水模擬)如圖2所示，a是在赤道平面上相對地球靜止的物體，隨地球一起做勻速圓周運動。b是在地球表面附近做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星，軌道半徑約等于地球半徑。c是地球同步衛(wèi)星，已知地球表面兩極處的重力加速度為g，下列關于a、b、c的說法正確的是()圖2A.b做勻速圓周運動的加速度等于gB.a、b、c做勻速圓周運動的向心加速度最大的是cC.a、b、c做勻速圓周運動的速率最大的是aD.a、b、c做勻速圓周運動的周期最小的是a答案A解析對b根據Geq\f(Mm,R2)＝mg＝ma，可知b做勻速圓周運動的加速度等于g，選項A正確；根據Geq\f(Mm,r2)＝ma，衛(wèi)星c的軌道半徑比b大，則做勻速圓周運動的向心加速度小于b，對a、c因角速度相等，根據a＝ω2r可知，c的向心加速度大于a，則a、b、c做勻速圓周運動的向心加速度最大的是b，選項B錯誤；對a、c因角速度相等，根據v＝ωr可知，c的速率大于a的速率，根據v＝eq\r(\f(GM,r))，可知b的速率大于c的速率，可知a、b、c做勻速圓周運動的速率最大的是b，選項C錯誤；對a、c因角速度相等，周期相等，對b、c根據T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，可知c的周期大于b，可知a、b、c做勻速圓周運動的周期最小的是b，選項D錯誤。規(guī)律總結近地衛(wèi)星、同步衛(wèi)星與地球赤道上物體的比較項目近地衛(wèi)星同步衛(wèi)星地球赤道上物體圖示向心力萬有引力萬有引力萬有引力的一個分力軌道半徑r同＞r物＝r近角速度ω近＞ω同＝ω物線速度v近＞v同＞v物向心加速度a近＞a同＞a物跟蹤訓練2.(2022·湖北卷，2)2022年5月，我國成功完成了天舟四號貨運飛船與空間站的對接，形成的組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運動，周期約90分鐘。下列說法正確的是()A.組合體中的貨物處于超重狀態(tài)B.組合體的速度大小略大于第一宇宙速度C.組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大D.組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的小答案C解析組合體在天上只受萬有引力的作用繞地球做圓周運動，則組合體中的貨物處于失重狀態(tài)，A錯誤；第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，則組合體的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B錯誤；已知同步衛(wèi)星的周期為24h，根據角速度和周期的關系有ω＝eq\f(2π,T)，由于T同>T組，則組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大，C正確；由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運動，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，整理有T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，由于T同>T組，則r同>r組，且同步衛(wèi)星和組合體在天上有Geq\f(Mm,r2)＝ma，則有a同<a組，D錯誤?？键c二宇宙速度1.第一宇宙速度的推導方法一：由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，得v1＝eq\r(\f(GM,R))＝eq\r(\f(6.67×10－11×5.98×1024,6.4×106))m/s≈7.9×103m/s。方法二：由mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)得v1＝eq\r(gR)＝eq\r(9.8×6.4×106)m/s≈7.9×103m/s。第一宇宙速度是發(fā)射人造衛(wèi)星的最小速度，也是人造衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，此時它的運行周期最短，Tmin＝2πeq\r(\f(R,g))＝2πeq\r(\f(6.4×106,9.8))s≈5075s≈85min。2.宇宙速度與運動軌跡的關系(1)v發(fā)＝7.9km/s時，衛(wèi)星繞地球表面做勻速圓周運動。(2)7.9km/s＜v發(fā)＜11.2km/s，衛(wèi)星繞地球運動的軌跡為橢圓。(3)11.2km/s≤v發(fā)＜16.7km/s，衛(wèi)星繞太陽運動的軌跡為橢圓。(4)v發(fā)≥16.7km/s，衛(wèi)星將掙脫太陽引力的束縛，飛到太陽系以外的空間。例3地球的近地衛(wèi)星線速度大小約為8km/s，已知月球質量約為地球質量的eq\f(1,81)，地球半徑約為月球半徑的4倍，下列說法正確的是()A.在月球上發(fā)射衛(wèi)星的最小速度約為8km/sB.月球衛(wèi)星的環(huán)繞速度可能達到4km/sC.月球的第一宇宙速度約為1.8km/sD.“近月衛(wèi)星”的線速度比“近地衛(wèi)星”的線速度大答案C解析根據第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，可得月球與地球的第一宇宙速度之比為eq\f(v月,v地)＝eq\r(\f(M月R地,M地R月))＝eq\r(\f(4,81))＝eq\f(2,9)，月球的第一宇宙速度約為v月＝eq\f(2,9)v地＝eq\f(2,9)×8km/s≈1.8km/s，在月球上發(fā)射衛(wèi)星的最小速度約為1.8km/s，月球衛(wèi)星的環(huán)繞速度小于或等于1.8km/s，“近月衛(wèi)星”的速度為1.8km/s，小于“近地衛(wèi)星”的速度，故C正確。跟蹤訓練3.(2023·廣東深圳高三月考)2021年6月3日，風云四號衛(wèi)星在中國西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射成功。若風云四號衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，周期為T，離地高度為h，已知地球半徑為R，引力常量為G，則()A.衛(wèi)星的運行速度為eq\f(2πR,T)B.地球表面的重力加速度為eq\f(4π2（R＋h）3,R2T2)C.地球的質量為eq\f(4π2R3,GT2)D.地球的第一宇宙速度為eq\f(2π,T)eq\r(\f(R＋h,R))答案B解析衛(wèi)星的運行速度為v＝eq\f(2π（R＋h）,T)，A錯誤；根據Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，而Geq\f(Mm,R2)＝mg，整理可得M＝eq\f(4π2（R＋h）3,GT2)，g＝eq\f(4π2（R＋h）3,R2T2)，B正確，C錯誤；根據mg＝eq\f(mv2,R)，可得地球的第一宇宙速度v＝eq\r(gR)＝eq\f(2π（R＋h）,T)eq\r(\f(R＋h,R))，D錯誤。4.(多選)(2023·福建廈門模擬)2021年10月，我國發(fā)射了首顆用于太陽Hα波段光譜成像探測的試驗衛(wèi)星“羲和號”，標志著中國將正式進入“探日時代”。該衛(wèi)星軌道為圓軌道，通過地球南北兩極上方，離地高度517公里，如圖3所示，則該衛(wèi)星()圖3A.運行周期可能小于1小時B.發(fā)射速度可能大于第二宇宙速度C.運行速度一定大于地球同步衛(wèi)星的運行速度D.運行的軌道平面與地球同步衛(wèi)星的軌道平面垂直答案CD解析根據萬有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，可知當軌道半徑最小時，做圓周運動的周期最小，當衛(wèi)星近地飛行時，軌道半徑最小為地球半徑，此時的周期為T≈5087s>1h，即該衛(wèi)星的運行周期不可能小于1小時，故A錯誤；人造地球衛(wèi)星繞地球轉動的發(fā)射速度應大于等于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故此衛(wèi)星的發(fā)射速度一定小于第二宇宙速度，故B錯誤；根據萬有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，由于該衛(wèi)星的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則運行速度一定大于地球同步衛(wèi)星的運行速度，故C正確；同步衛(wèi)星在赤道上方固定圓軌道上運行，此衛(wèi)星在兩極上方運行，軌道平面相互垂直，故D正確。A級基礎對點練對點練1衛(wèi)星運動參量的分析1.(2020·天津卷)北斗問天，國之夙愿。我國北斗三號系統(tǒng)的收官之星是地球靜止軌道衛(wèi)星，其軌道半徑約為地球半徑的7倍。與近地軌道衛(wèi)星相比，地球靜止軌道衛(wèi)星()圖1A.周期大 B.線速度大C.角速度大 D.加速度大答案A解析近地軌道衛(wèi)星的軌道半徑稍大于地球半徑，由萬有引力提供向心力，可得Geq\f(m地m,r2)＝meq\f(v2,r)，解得線速度v＝eq\r(\f(Gm地,r))，由于地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑大于近地軌道衛(wèi)星的軌道半徑，所以地球靜止軌道衛(wèi)星的線速度較小，選項B錯誤；由萬有引力提供向心力，可得Geq\f(m地m,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r，解得周期T＝2πeq\r(\f(r3,Gm地))，所以地球靜止軌道衛(wèi)星的周期較大，選項A正確；由ω＝eq\f(2π,T)，可知地球靜止軌道衛(wèi)星的角速度較小，選項C錯誤；由萬有引力提供向心力，可得Geq\f(m地m,r2)＝ma，解得加速度a＝Geq\f(m地,r2)，所以地球靜止軌道衛(wèi)星的加速度較小，選項D錯誤。2.(2020·全國Ⅱ卷，15)若一均勻球形星體的密度為ρ，引力常量為G，則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛(wèi)星的周期是()A.eq\r(\f(3π,Gρ)) B.eq\r(\f(4π,Gρ)) C.eq\r(\f(1,3πGρ)) D.eq\r(\f(1,4πGρ))答案A解析根據萬有引力提供向心力，有Geq\f(m星m,R2)＝meq\f(4π2R,T2)，又m星＝ρ·eq\f(4πR3,3)，解得T＝eq\r(\f(3π,Gρ))，A項正確，B、C、D項錯誤。3.(2023·山東省實驗中學模擬)2021年4月29日空間站“天和號”核心艙成功進入預定軌道，中國空間站運行的圓軌道高度約400公里。10月14日我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心采用長征二號丁運載火箭，成功發(fā)射首顆太陽探測科學技術試驗衛(wèi)星“羲和號”，運行于高度約500公里的太陽同步軌道，該軌道是經過地球南北極上空且圓心在地心的圓周，“天和號”與“羲和號”相比，下列說法正確的是()A.“羲和號”衛(wèi)星的線速度與“天和號”核心艙的線速度之比為2∶eq\r(5)B.“羲和號”衛(wèi)星的角速度大于“天和號”核心艙的角速度C.“羲和號”衛(wèi)星的周期大于“天和號”核心艙的周期D.“羲和號”衛(wèi)星的加速度大于“天和號”核心艙的加速度答案C解析由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，所以“羲和號”衛(wèi)星的線速度與“天和號”核心艙的線速度之比為eq\f(v羲,v天)＝eq\f(\r(R地＋400),\r(R地＋500))≠eq\f(2,\r(5))，故A錯誤；由eq\f(GMm,r2)＝mω2r得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，知軌道半徑越大，角速度越小，所以“羲和號”衛(wèi)星的角速度小于“天和號”核心艙的角速度，故B錯誤；由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，知軌道半徑越大，周期越大，所以“羲和號”衛(wèi)星的周期大于“天和號”核心艙的周期，故C正確；由eq\f(GMm,r2)＝man得an＝eq\f(GM,r2)，可知軌道半徑越大，加速度越小，所以“羲和號”衛(wèi)星的加速度小于“天和號”核心艙的加速度，故D錯誤。4.(2023·廣東廣州一模)如圖2所示，2021年11月神州十三號宇航員從“天宮號”出艙完成相關的太空作業(yè)，已知“天宮號”空間站繞地球的運行可視為勻速圓周運動，周期約為1.5h，下列說法正確的是()圖2A.宇航員出艙后處于平衡狀態(tài)B.宇航員出艙后處于超重狀態(tài)C.“天宮號”的角速度比地球同步衛(wèi)星的小D.“天宮號”的線速度比地球同步衛(wèi)星的大答案D解析宇航員出艙后仍受地球引力作用，有指向地心的加速度，宇航員處于完全失重狀態(tài)，故A、B錯誤；空間站做勻速圓周運動時，由萬有引力提供向心力，Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r＝mω2r，得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，v＝eq\r(\f(GM,r))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，“天宮號”空間站周期1.5h小于地球同步衛(wèi)星周期24h，由T＝2πeq\r(\f(r3,GM))知“天宮號”空間站圓周運動的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑，由ω＝eq\r(\f(GM,r3))知“天宮號”空間站的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度，由v＝eq\r(\f(GM,r))知“天宮號”空間站的線速度大于地球同步衛(wèi)星的線速度，故C錯誤，D正確。5.如圖3所示是北斗導航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星的軌道示意圖，已知a、b、c三顆衛(wèi)星均做圓周運動，a是地球同步衛(wèi)星，a和b的軌道半徑相同，且均為c的k倍，已知地球自轉周期為T。則()圖3A.衛(wèi)星b也是地球同步衛(wèi)星B.衛(wèi)星a的向心加速度是衛(wèi)星c的向心加速度的k2倍C.衛(wèi)星c的周期為eq\r(\f(1,k3))TD.a、b、c三顆衛(wèi)星的運行速度大小關系為va＝vb＝eq\r(k)vc答案C解析衛(wèi)星b相對地球不能保持靜止，故不是地球同步衛(wèi)星，A錯誤；根據Geq\f(m地m,r2)＝ma可得a＝eq\f(Gm地,r2)，即eq\f(aa,ac)＝eq\f(req\o\al(2,c),req\o\al(2,a))＝eq\f(1,k2)，B錯誤；根據開普勒第三定律有eq\f(req\o\al(3,a),Teq\o\al(2,a))＝eq\f(req\o\al(3,c),Teq\o\al(2,c))可得Tc＝eq\r(\f(req\o\al(3,c),req\o\al(3,a))Teq\o\al(2,a))＝eq\r(\f(1,k3))Ta＝eq\r(\f(1,k3))T，C正確；根據公式Geq\f(m地m,r2)＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\r(\f(Gm地,r))，故va＝vb＝eq\f(vc,\r(k))，D錯誤。對點練2宇宙速度6.(2023·河北衡水高三月考)已知北斗導航衛(wèi)星在預定軌道距離地心的間距為r、運行周期為T、地球表面的重力加速度為g、地球的半徑為R、引力常量為G。則下列說法正確的是()A.地球的質量為eq\f(4π2r3,GT2)B.地球的第一宇宙速度為eq\r(gr)C.北斗導航衛(wèi)星的運行速度為eq\f(2πR,T)D.由于北斗導航衛(wèi)星正常運行時完全失重，則北斗導航衛(wèi)星的重力為零答案A解析北斗導航衛(wèi)星在環(huán)繞地球運行時，由萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，則地球的質量M＝eq\f(4π2r3,GT2)，A正確；在地球表面，物體的重力等于向心力得mg＝meq\f(v2,R)，則地球的第一宇宙速度為v＝eq\r(gR)，B錯誤；北斗導航衛(wèi)星在軌道上正常運行時，環(huán)繞速度為v0＝eq\f(2πr,T)，C錯誤；北斗導航衛(wèi)星環(huán)繞地球做圓周運動時，處于完全失重狀態(tài)，但仍受重力的作用，D錯誤。7.(2020·北京卷，5)我國首次火星探測任務被命名為“天問一號”。已知火星質量約為地球質量的10%，半徑約為地球半徑的50%，下列說法正確的是()A.火星探測器的發(fā)射速度應大于地球的第二宇宙速度B.火星探測器的發(fā)射速度應介于地球的第一和第二宇宙速度之間C.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度答案A解析火星探測器前往火星，脫離地球引力束縛，還在太陽系內，發(fā)射速度應大于地球的第二宇宙速度，小于第三宇宙速度，故A正確，B錯誤；萬有引力提供向心力，有eq\f(GMm,R2)＝eq\f(mv12,R)，解得第一宇宙速度為v1＝eq\r(\f(GM,R))，所以火星的第一宇宙速度為v火＝eq\r(\f(10%,50%))v地＝eq\f(\r(5),5)v地，所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C錯誤；萬有引力近似等于重力，則有eq\f(GMm,R2)＝mg，解得火星表面的重力加速度g火＝eq\f(GM火,R火2)＝eq\f(10%,（50%）2)g地＝eq\f(2,5)g地，所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D錯誤。8.星球上的物體脫離星球引力所需要的最小速度稱為第二宇宙速度。星球的第二宇宙速度v2與第一宇宙速度v1的關系是v2＝eq\r(2)v1。已知某星球的半徑為r，它表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)。不計其他星球的影響。則該星球的第二宇宙速度為()A.eq\r(\f(gr,3)) B.eq\r(\f(gr,6)) C.eq\f(gr,3) D.eq\r(gr)答案A解析該星球的第一宇宙速度滿足Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，在該星球表面處萬有引力等于重力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(g,6)，由以上兩式得該星球的第一宇宙速度v1＝eq\r(\f(gr,6))，則第二宇宙速度v2＝eq\r(2)×eq\r(\f(gr,6))＝eq\r(\f(gr,3))，故A正確。B級綜合提升練9.(多選)(2022·山東泰安模擬)在一顆半徑為地球半徑0.8倍的行星表面，將一個物體豎直向上拋出，不計空氣阻力。從拋出開始計時，物體運動的位移隨時間關系如圖4(可能用到的數據：地球的半徑為6400km，地球的第一宇宙速度取8km/s，地球表面的重力加速度為10m/s2)，則()圖4A.該行星表面的重力加速度為8m/s2B.該行星的質量比地球的質量大C.該行星的第一宇宙速度為6.4km/sD.該物體落到行星表面時的速率為30m/s答案AC解析由圖讀出，物體上升的最大高度為h＝64m，上升的時間為t＝4s，對于上升過程，由h＝eq\f(v0,2)t，得初速度為v0＝32m/s，物體上升的加速度大小為g星＝eq\f(v0,t)＝8m/s2，A正確；物體在行星表面受到的重力等于萬有引力eq\f(GMm,R2)＝mg星，物體在地球表面受到的重力等于萬有引力eq\f(GM地m′,Req\o\al(2,地))＝m′g，R＝0.8R地，解得M＝0.512M地，故行星的質量小于地球的質量，B錯誤；根據mg星＝meq\f(v2,R)，地球表面mg＝meq\f(veq\o\al(2,地),R地)，得該行星的第一宇宙速度為v＝6.4×103m/s，C正確；根據對稱性可知，該物體落到行星表面時的速度大小與初速度大小相等，也為32m/s，D錯誤。10.(2023·浙江杭州高三月考)“北斗”系統(tǒng)中兩顆工作衛(wèi)星1和2在同一軌道上繞地心O沿順時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑為r，某時刻它們分別位于軌道上的A、B兩位置，如圖5所示，已知地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為R，不計衛(wèi)星間的相互作用力，以下判斷正確的是()圖5A.這兩顆衛(wèi)星的向心加速度大小為a＝eq\f(r2,R2)gB.這兩顆衛(wèi)星的角速度大小為ω＝Req\r(\f(g,r))C.衛(wèi)星1由位置A運動至位置B所需時間為eq\f(πr,3R)eq\r(\f(r,g))D.如果使衛(wèi)星1加速，它就一定能追上衛(wèi)星2答案C解析衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力充當向心力，即eq\f(GMm,r2)＝ma，由萬有引力與重力關系eq\f(GMm,R2)＝mg，聯(lián)立解得a＝eq\f(R2g,r2)，故A錯誤；由a＝ω2r，可得ω＝eq\r(\f(gR2,r3))，故B錯誤；衛(wèi)星1由位置A運動到位置B所需時間為衛(wèi)星周期的eq\f(1,6)，由T＝eq\f(2π,ω)，可得t＝eq\f(πr,3R)eq\r(\f(r,g))，故C正確；衛(wèi)星1加速后做離心運動，進入高軌道運動，不能追上衛(wèi)星2，故D錯誤。11.(2022·河北石家莊模擬)金星與地球半徑接近，金星的質量約為地球質量的eq\f(4,5)，地球和金星各自的衛(wèi)星公轉半徑的倒數eq\f(1,r)與公轉速度的平方v2的關系圖像如圖6所示，下列判斷正確的是()圖6A.圖線a表示的是金星的衛(wèi)星，圖線b表示的是地球的衛(wèi)星B.取相同公轉速度，金星的衛(wèi)星的周期較大C.取相同公轉半徑，金星的衛(wèi)星向心加速度較大D.金星的第一宇宙速度比地球的大答案A解析萬有引力提供衛(wèi)星做勻速圓周運動的向心力。由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(1,r)＝eq\f(1,GM)·v2，圖像斜率為eq\f(1,GM)，金星的質量小，衛(wèi)星的圖像的斜率大，所以圖線a表示的是金星的衛(wèi)星，圖線b表示的是地球的衛(wèi)星，故A正確；由圖可知，取相同的公轉速度時，金星的衛(wèi)星的軌道半徑小，由T＝eq\f(2πr,v)，可知金星的衛(wèi)星的周期較小，故B錯誤；取相同的軌道半徑時，由圖可知金星的衛(wèi)星線速度較小，根據向心加速度公式a＝eq\f(v2,r)，可知金星的衛(wèi)星向心加速度較小，故C錯誤；第一宇宙速度為近行星表面衛(wèi)星的速度，由萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(GM,R))，因為金星的質量約為地球的eq\f(4,5)，而兩者的半徑近似相等，所以金星的第一宇宙速度比地球的小，故D錯誤。12.(多選)如圖7所示，A、B、C、D四顆地球衛(wèi)星，A還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球一起轉動，線速度為v，向心加速度為a；B處于地面附近軌道上，正常運行速度為v1，向心加速度為a1；C是地球同步衛(wèi)星，到地心的距離為r，運行速率為v2，加速度為a2；D是高空探測衛(wèi)星，運行速率為v3，加速度為a3。已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，則()圖7A.a＝g＝a1>a2>a3B.v1>v2>vC.eq\f(a,a2)＝eq\f(R,r)D.衛(wèi)星C加速一段時間后就可能追上衛(wèi)星B答案BC解析地球同步衛(wèi)星的周期與地球自轉周期相同，角速度相同，則知A與C的角速度相同，由a＝ω2r可知，C的向心加速度比A的大，又Geq\f(Mm,r2)＝ma，可得a＝eq\f(GM,r2)，衛(wèi)星的軌道半徑越大，向心加速度越小，則同步衛(wèi)星C的向心加速度小于B的向心加速度，而B的向心加速度約是g，可知A的加速度小于重力加速度g，選項A錯誤；由萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知衛(wèi)星的軌道半徑越大，線速度越小，A在地球赤道上隨地球表面一起轉動，線速度小于同步衛(wèi)星的線速度，因此A、B、C衛(wèi)星的線速度關系有v1>v2>v，選項B正確；A、C的角速度相同，由a＝ω2r可知eq\f(a,a2)＝eq\f(R,r)，選項C正確；若衛(wèi)星C加速，則此時的萬有引力不足以提供向心力，C的軌道半徑會變大，做離心運動，因此不能追上B，選項D錯誤。13.2021年10月16日神舟十三號載人飛船順利發(fā)射升空，翟志剛、王亞平、葉光富3名航天員開啟了為期6個月的中國天宮空間站之旅。若空間站組合體做勻速圓周運動的軌道半徑為r，地球質量為M，引力常量為G。(1)求天宮空間站運動的加速度大小a；(2)求天宮空間站運動的速度大小v；(3)通過某小程序可以查詢到中國空間站過境運行軌跡，經查詢從2021年11月2日17：51：08到2021年11月3日18：03：40，這段時間內空間站繞地球共轉過16圈。求空間站中的航天員在24h內看到幾次日出，并簡要說明理由。答案(1)eq\f(GM,r2)(2)eq\r(\f(GM,r))(3)16次解析(1)設空間站質量為m，由牛頓第二定律得eq\f(GMm,r2)＝ma解得a＝eq\f(GM,r2)。(2)由勻速圓周運動規(guī)律得eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))。(3)因為空間站每繞地球一圈，會看到一次日出，從題目所給數據，可知24h空間站繞地球16圈，故可看到16次日出。實驗六探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系原理裝置圖操作步驟控制變量法1.把兩個質量相同的小球放在長槽和短槽上，使它們的轉動半徑相同，調整塔輪上的皮帶，使兩個小球的角速度不同，探究向心力的大小與角速度的關系。2.保持兩個小球質量不變，增大長槽上小球的轉動半徑，調整塔輪上的皮帶，使兩個小球的角速度相同，探究向心力的大小與半徑的關系。3.換成質量不同的小球，使兩個小球的轉動半徑相同，調整塔輪上的皮帶，使兩個小球的角速度也相同，探究向心力的大小與質量的關系。數據處理和結論1.分別作出Fn－ω2、Fn－r、Fn－m的圖像，分析向心力與角速度、半徑、質量之間的關系。2.實驗結論考點一教材原型實驗例1(2022·廣東深圳模擬)探究向心力大小F與小球質量m、角速度ω和半徑r之間關系的實驗裝置如圖1所示，轉動手柄，可使變速塔輪、長槽和短槽隨之勻速轉動。皮帶分別套在塔輪的圓盤上，可使兩個槽內的小球分別以不同角速度做勻速圓周運動。小球做圓周運動的向心力由橫臂的擋板提供，同時，小球對擋板的彈力使彈簧測力筒下降，從而露出測力筒內的標尺，標尺上露出的紅白相間的等分格數之比即為兩個小球所受向心力的比值。已知小球在擋板A、B、C處做圓周運動的軌跡半徑之比為1∶2∶1。圖1(1)在這個實驗中，利用了____________(選填“理想實驗法”“等效替代法”或“控制變量法”)來探究向心力的大小與小球質量m、角速度ω和半徑r之間的關系。(2)探究向心力的大小與圓周運動半徑的關系時，應選擇兩個質量________(選填“相同”或“不同”)的小球，分別放在擋板C與________(選填“擋板A”或“擋板B”)處，同時選擇半徑________(選填“相同”或“不同”)的兩個塔輪。(3)當用兩個質量相等的小球做實驗，調整長槽中小球的軌道半徑是短槽中小球半徑的2倍，轉動時發(fā)現左、右標尺上露出的紅白相間的等分格數之比為1∶2，則左、右兩邊塔輪的半徑之比為________。答案(1)控制變量法(2)相同擋板B相同(3)2∶1解析(1)本實驗中要分別探究向心力大小與質量m、角速度ω、半徑r之間的關系，所以需要用到控制變量法。(2)探究向心力大小與圓周運動半徑的關系時，需要控制小球的質量和運動角速度相同，所以應選擇兩個質量相同的小球，小球應分別放在擋板C處和B處，同時選擇半徑相同的兩個塔輪。(3)根據F＝mω2R，由題意可知F右＝2F左，R左＝2R右，可得ω左∶ω右＝1∶2，由v＝ωr，可得r左∶r右＝2∶1，即左、右兩邊塔輪的半徑之比是2∶1?？键c二創(chuàng)新拓展實驗例2(2022·山東泰安一中模擬)為探究向心力大小與半徑、角速度、質量的關系，小明按如圖2甲裝置進行實驗，物塊放在平臺卡槽內，平臺繞軸轉動，物塊做勻速圓周運動，平臺轉速可以控制，光電計時器可以記錄轉動快慢。(1)為了探究向心力與角速度的關系，需要控制______________保持不變，小明由計時器測得轉動的周期為T，計算ω2的表達式是__________________________________________________________________。圖2(2)小明按上述實驗將測算得的結果用作圖法來處理數據，如圖乙所示，縱軸F為力傳感器讀數，橫軸為ω2，圖線不過坐標原點的原因是______________________，用電子天平測得物塊質量為1.50kg，直尺測得轉動半徑為50.00cm，圖線斜率大小為________(結果保留2位有效數字)。答案(1)質量和半徑ω2＝eq\f(4π2,T2)(2)存在摩擦力0.75kg·m解析(1)由向心力公式Fn＝mω2r可知，保持質量和半徑不變，探究向心力和角速度的關系，根據ω＝eq\f(2π,T)可得ω2＝eq\f(4π2,T2)。(2)實際表達式為F＋Ff＝mω2r，圖線不過坐標原點的原因是存在摩擦力。斜率為k＝mr＝0.75kg·m。跟蹤訓練1.(2023·湖南長沙模擬)為驗證做勻速圓周運動物體的向心加速度與其角速度、軌道半徑間的定量關系a＝ω2r，某同學設計了如圖3所示的實驗裝置。其中AB是固定在豎直轉軸OO′上的水平凹槽，A端固定的壓力傳感器可測出小鋼球對其壓力的大小，B端固定一寬度為d的擋光片，光電門可測量擋光片每一次的擋光時間。圖3實驗步驟：①測出擋光片與轉軸的距離為L；②將小鋼球緊靠傳感器放置在凹槽上，測出此時小鋼球球心與轉軸的距離為r；③使凹槽AB繞轉軸OO′勻速轉動；④記錄下此時壓力傳感器示數F和擋光時間Δt。(1)小鋼球轉動的角速度ω＝________(用L、d、Δt表示)；(2)若忽略小鋼球所受摩擦，則要測量小鋼球加速度，還需要測出________，若該物理量用字母x表示，則在誤差允許范圍內，本實驗需驗證的關系式為________________(用L、d、Δt、F、r、x表示)。答案(1)eq\f(d,LΔt)(2)小鋼球的質量eq\f(F,x)＝eq\f(rd2,L2（Δt）2)解析(1)擋光片的線速度v＝eq\f(d,Δt)小鋼球和擋光片同軸，則小鋼球轉動的角速度ω＝eq\f(v,L)＝eq\f(d,LΔt)。(2)根據牛頓第二定律，要求出加速度還需要測量小鋼球的質量。根據F＝ma，即a＝eq\f(F,m)＝eq\f(F,x)又a＝ω2r，則a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,LΔt)))eq\s\up12(2)r即eq\f(F,x)＝eq\f(rd2,L2（Δt）2)。1.用如圖1所示的裝置可以探究做勻速圓周運動的物體需要的向心力的大小與哪些因素有關。圖1(1)圖示情景正在探究的是________。A.向心力的大小與半徑的關系B.向心力的大小與線速度大小的關系C.向心力的大小與角速度大小的關系D.向心力的大小與物體質量的關系(2)通過本實驗可以得到的結論是________。A.在質量和半徑一定的情況下，向心力的大小與角速度成正比B.在質量和半徑一定的情況下，向心力的大小與線速度的大小成正比C.在半徑和角速度一定的情況下，向心力的大小與質量成正比D.在質量和角速度一定的情況下，向心力的大小與半徑成反比答案(1)D(2)C解析(1)實驗中，兩小球的種類不同，故是保持兩小球的轉動半徑、轉動的角速度相同，探究向心力的大小跟物體質量的關系。故D正確。(2)兩小球的轉動半徑、轉動的角速度相同，探究向心力的大小跟物體質量成正比，故C正確。2.(2022·廣東廣州模擬)衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時處于完全失重狀態(tài)，在這種環(huán)境中無法用天平稱量物體的質量。于是某同學在這種環(huán)境設計了如圖2所示的裝置(圖中O為光滑的小孔)來間接測量物體的質量：給待測物體一個初速度，使它在水平桌面上做勻速圓周運動。設航天器中備有基本測量工具(彈簧測力計、停表、刻度尺)。圖2(1)物體與桌面間________(選填“有”或“沒有”)摩擦力，原因是_________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)實驗時怎樣比較精確的測量物體運動周期？___________________________________________________________________________________________________________________________________。假設測量并計算出了周期為T，還需要測量的物理量是__________