（課標通用）高考物理一輪復習 作業(yè)20 天體運動與人造衛(wèi)星（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、作業(yè)20　天體運動與人造衛(wèi)星　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．如圖20－1所示，P、Q為質量相同的兩質點，分別置于地球表面的不同緯度上，如果把地球看成一個均勻球體，P、Q兩質點隨地球自轉做勻速圓周運動，則下列說法正確的是(　　) 圖20－1 A．P、Q所受地球引力大小相等 B．P、Q做圓周運動的向心力大小相等 C．P、Q做圓周運動的線速度大小相等 D．P所受地球引力大于Q所受地球引力 解析：計算均勻球體與質點間的萬有引力時，r為球心到質點的距離，因為P、Q到地球球心的距離相同，根據F＝G知，P、Q所受地球引力大小相等，P、Q隨地球自轉，角速度相同，但軌道半徑不同，

2、所以線速度大小不同，根據Fn＝mRω2，P、Q做圓周運動的向心力大小不同．A正確，B、C、D錯誤． 答案：A 2．(河南鄭州第一次檢測)中國北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)(BDS)是中國自行研制的全球衛(wèi)星導航系統(tǒng)，是繼美國全球定位系統(tǒng)(GPS)、俄羅斯格洛納斯衛(wèi)星導航系統(tǒng)(GLONASS)之后第三個成熟的衛(wèi)星導航系統(tǒng)．預計2020年左右，北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)將形成全球覆蓋能力．如圖20－2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，則(　　) 圖20－2 A．衛(wèi)星a的角速度小于c的角速度 B．衛(wèi)星a的加速度大于b的加速度 C．衛(wèi)星a的運行速度大

3、于第一宇宙速度 D．衛(wèi)星b的周期大于24 h 解析：a的軌道半徑大于c的軌道半徑，因此衛(wèi)星a的角速度小于c的角速度，選項A正確；a的軌道半徑與b的軌道半徑相等，因此衛(wèi)星a的加速度等于b的加速度，選項B錯誤；a的軌道半徑大于地球半徑，因此衛(wèi)星a的運行速度小于第一宇宙速度，選項C錯誤；a的軌道半徑與b的軌道半徑相等，衛(wèi)星b的周期等于a的周期，為24 h，選項D錯誤． 答案：A 圖20－3 3．如圖20－3所示，某極地軌道衛(wèi)星的運行軌道平面通過地球的南北兩極上空，已知該衛(wèi)星從北緯60°的正上方，按圖示方向第一次運行到南緯60°的正上方時所用時間為 1 h，則下列說法正確的是(　　)

4、A．該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運行半徑之比為1∶4 B．該衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運行速度之比為1∶2 C．該衛(wèi)星的運行速度一定大于7.9 km/s D．該衛(wèi)星的機械能一定大于同步衛(wèi)星的機械能 解析：由題知衛(wèi)星運行的軌跡所對圓心角為120°，即運行了三分之一周期，用時1 h，因此衛(wèi)星的周期T＝3 h，由G＝mr 可得T∝，又同步衛(wèi)星的周期T同＝24 h，則極地衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運行半徑之比為1∶4，A正確．由G＝m，可得v∝ ，故極地衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的運行速度之比為2∶1，B錯誤．第一宇宙速度v＝7.9 km/s，是近地衛(wèi)星的運行速度，而該衛(wèi)星的運行速度小于7.9 km/s，故C錯誤．因衛(wèi)星的質量未知，則

5、機械能無法比較，D錯誤． 答案：A 4．若在某行星和地球上相對于各自的水平地面附近相同的高度處、以相同的速率平拋一物體，它們在水平方向運動的距離之比為2∶.已知該行星質量約為地球的7倍，地球的半徑為R.由此可知，該行星的半徑約為(　　) A.R　　　　　　　　 B.R C．2R D.R 解析：由平拋運動規(guī)律知，在行星和地球上相對于各自的水平地面附近相同的高度處、以相同的速率平拋一物體，它們經歷的時間之比即為在水平方向運動的距離之比，所以＝；豎直方向上物體做自由落體運動，重力加速度分別為g1和g2，因此＝＝＝.設行星和地球的質量分別為7M和M，行星的半徑為r，則有G＝

6、mg1，G＝mg2，解得r＝2R，因此A、B、D錯，C對． 答案：C 5．(莆田質檢)美國宇航局宣布，他們發(fā)現了太陽系外第一顆類似地球的、可適合居住的行星—“開普勒－22b”，其直徑約為地球的2.4倍．至今其確切質量和表面成分仍不清楚，假設該行星的密度和地球相當，根據以上信息，估算該行星的第一宇宙速度等于(　　) A．3.3×103 m/s B．7.9×103 m/s C．1.2×104 m/s D．1.9×104 m/s 解析：由該行星的密度和地球相當可得＝，地球第一宇宙速度v1＝≈7.9 km/s，該行星的第一宇宙速度v2＝，聯立解得v2＝2.4v1＝1.9

7、×104 m/s，D正確． 答案：D 6．(河南洛陽高三統(tǒng)考)從星球表面發(fā)射的物體能脫離星球的引力束縛不再繞星球運行所需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＝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，不計其他星球的影響，則該星球的第二宇宙速度為(　　) A. B. C. D. 解析：由G＝m，G＝聯立解得星球的第一宇宙速度v1＝ ，星球的第二宇宙速度v2＝v1＝ ＝ ，選項B正確． 答案：B 7．在星球表面發(fā)射探測器，當發(fā)射速度為v時，探測器可繞星球表面做勻速圓周運動；當發(fā)

8、射速度達到v時，可擺脫星球引力束縛脫離該星球．已知地球、火星兩星球的質量比約為10∶1，半徑比約為2∶1，下列說法正確的有(　　) A．探測器的質量越大，脫離星球所需要的發(fā)射速度越大 B．探測器在地球表面受到的引力比在火星表面的大 C．探測器分別脫離兩星球所需要的發(fā)射速度相等 D．探測器脫離星球的過程中，勢能逐漸增大 解析：探測器在星球表面做勻速圓周運動時，由G＝m，得v＝ ，則擺脫星球引力時的發(fā)射速度v＝，與探測器的質量無關，選項A錯誤；設火星的質量為M，半徑為R，則地球的質量為10M，半徑為2R，地球對探測器的引力F1＝G＝，比火星對探測器的引力F2＝G大，選項B正確；探測器脫離

9、地球時的發(fā)射速度v1＝ ＝ ，脫離火星時的發(fā)射速度v2＝ ，v2＜v1，選項C錯誤；探測器脫離星球的過程中克服引力做功，勢能逐漸增大，選項D正確． 答案：BD 8．(多選)我國成功將中星1C衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定轉移軌道．如圖20－4所示是某衛(wèi)星沿橢圓軌道繞地球運動的示意圖，已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，衛(wèi)星遠地點P距地心O的距離為3R.則(　　) 圖20－4 A．衛(wèi)星在遠地點的速度大于 B．衛(wèi)星經過遠地點時速度最小 C．衛(wèi)星經過遠地點時的加速度大小為 D．衛(wèi)星經過遠地點時加速，衛(wèi)星將不能再次經過遠地點 解析：對地球表面的物體有＝m0g，得GM＝gR2

10、，若衛(wèi)星沿半徑為3R的圓周軌道運行時，＝m，運行速度為v＝＝，從橢圓軌道的遠地點進入圓軌道需加速，因此衛(wèi)星在遠地點的速度小于，A項錯誤；衛(wèi)星由近地點到遠地點的過程中，萬有引力做負功，速度減小，所以衛(wèi)星經過遠地點的速度最小，B項正確；衛(wèi)星經過遠地點時的加速度a＝＝，C項正確；衛(wèi)星經過遠地點時加速，可能變軌到軌道半徑為3R的圓軌道上，所以衛(wèi)星還可能再次經過遠地點，D項錯誤． 答案：BC 9．地球赤道上的物體重力加速度為g，物體在赤道上隨地球自轉的向心加速度為a，要使赤道上的物體“飄”起來，則地球的轉速應為原來的(　　) A．81a倍 B. 倍 C. 倍 D.倍

11、解析：設原來的轉速為n，物體“飄”起時的轉速為n′，則： F引－mg＝ma＝m(2πn)2R?、? F引＝m(2πn′)2R?、? 由①②得＝ 答案：B 10．(海南七校聯盟一聯)(多選)某火星探測器發(fā)射過程的簡化圖如圖20－5所示，首先將該探測器發(fā)射到一停泊測試軌道，使探測器沿橢圓環(huán)繞地球運行，其中圖中的P點為橢圓軌道上的遠地點，再經一系列的變軌進入工作軌道，使探測器在圓軌道上環(huán)繞火星運行．已知地球和火星的半徑分別為R1、R2，P點距離地面的高度為h1，在工作軌道上探測器距離火星表面的高度為h2，地球表面的重力加速度為g，火星的質量為M，引力常量為G，忽略地球和火星自轉的影響．根據以

12、上信息可知(　　) 圖20－5 A．探測器在P點的線速度大小 B．探測器在P點的加速度大小 C．探測器環(huán)繞火星運行的周期 D．火星表面的重力加速度 解析：由于P點在橢圓軌道上，探測器所受萬有引力不能用向心力公式計算，所以不能求出探測器在P點的線速度大小，選項A錯誤；探測器在P點，由牛頓第二定律知G＝maP，又G＝m′g，聯立兩式可解出探測器在P點的加速度大小，選項B正確；由于探測器繞火星做圓周運動，由G＝m(R2＋h2)，可解出運行周期T，選項C正確；在火星表面，根據G＝m″g火，解得g火＝，選項D正確． 答案：BCD 11．(多選)2020年中俄聯合實施探測火星計劃，由中

13、國負責研制的“螢火一號”火星探測器與俄羅斯研制的“福爾斯—土壤”火星探測器一起由俄羅斯“天頂”運載火箭發(fā)射前往火星．已知火星的質量約為地球質量的，火星的半徑約為地球半徑的.下列關于火星探測器的說法中正確的是(　　) A．發(fā)射速度只要大于第一宇宙速度即可 B．發(fā)射速度只有達到第三宇宙速度才可以 C．發(fā)射速度應大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度 D．火星探測器環(huán)繞火星運行的最大速度為地球第一宇宙速度的 解析：根據三個宇宙速度的意義，可知選項A、B錯誤，C正確；已知M火＝，R火＝，則＝∶＝. 答案：CD 12．(江西聯考)(多選)“軌道康復者”是“垃圾”衛(wèi)星的救星，被稱為“太空110”

14、，它可在太空中給“垃圾”衛(wèi)星補充能源，延長衛(wèi)星的使用壽命，假設“軌道康復者”的軌道半徑為地球同步衛(wèi)星軌道半徑的五分之一，其運動方向與地球自轉方向一致，軌道平面與地球赤道平面重合，下列說法正確的是(　　) A．“軌道康復者”的加速度是地球同步衛(wèi)星加速度的25倍 B．“軌道康復者”的速度是地球同步衛(wèi)星速度的倍 C．站在赤道上的人觀察到“軌道康復者”向西運動 D．“軌道康復者”可在高軌道上加速，以實現對低軌道上衛(wèi)星的拯救 解析：根據＝ma得：a＝，因為“軌道康復者”繞地球做勻速圓周運動時的軌道半徑為地球同步衛(wèi)星軌道半徑的五分之一，則“軌道康復者”的加速度是地球同步衛(wèi)星加速度的25倍，故A正

15、確．根據＝m得：v＝ ，因為“軌道康復者”繞地球做勻速圓周運動時的軌道半徑為地球同步衛(wèi)星軌道半徑的五分之一，則“軌道康復者”的速度是地球同步衛(wèi)星速度的倍，故B正確．因為“軌道康復者”繞地球做勻速圓周運動的周期小于同步衛(wèi)星的周期，則小于地球自轉的周期，所以“軌道康復者”的角速度大于地球自轉的角速度，站在赤道上的人用儀器觀察到“軌道康復者”向東運動，故C錯誤．“軌道康復者”要在原軌道上減速，做近心運動，才能“拯救”更低軌道上的衛(wèi)星，故D錯誤． 答案：AB 二、非選擇題 13．神奇的黑洞是近代引力理論所預言的一種特殊天體，探尋黑洞的方案之一是觀測雙星系統(tǒng)的運動規(guī)律．天文學家觀測河外星系麥哲倫云

16、時，發(fā)現了LMCX－3雙星系統(tǒng)，它由可見星A和不可見的暗星B構成，兩星視為質點，不考慮其他天體的影響，A、B圍繞兩者連線上的O點做勻速圓周運動，它們之間的距離保持不變，如圖20－6所示．引力常量為G，由觀測能夠得到可見星A的速率v和運行周期． 圖20－6 (1)可見星A所受暗星B的引力FA可等效為位于O點處質量為m′的星體(視為質點)對它的引力，設A和B的質量分別為m1、m2.試求m′(用m1、m2表示)； (2)求暗星B的質量m2與可見星A的速率v、運行周期T和質量m1之間的關系式． 解析：(1)設A、B的圓軌道半徑分別為r1、r2，由題意知，A、B做勻速圓周運動的角速度相同，為

17、ω.由牛頓運動定律，有FA＝m1ω2r1 FB＝m2ω2r2 FA＝FB 設A、B之間的距離為r，又r＝r1＋r2 由上述各式得r＝r1 由萬有引力定律，有FA＝G， 將上式代入得FA＝G 令FA＝G，比較可得m′＝. (2)由牛頓第二定律，有G＝m1， 又可見星A的軌道半徑r1＝ 聯立上式可得：＝. 答案：(1)m′＝　(2)＝ 14．宇宙中存在一些離其它恒星較遠的、由質量相等的三顆星組成的三星系統(tǒng)，通常可忽略其它星體對它們的引力作用．已觀測到穩(wěn)定的三星系統(tǒng)存在兩種基本的構成形式：一種是三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央星在同一半徑為R的圓軌道上運行；另一種形式

18、是三顆星位于等邊三角形的三個頂點上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運行．設每個星體的質量均為m. 圖20－7 (1)試求第一種形式下，星體運動的線速度和周期． (2)假設兩種形式星體的運動周期相同，第二種形式下星體之間的距離應為多少？ 解析：(1)對于在半徑R上運動的任一星體，由牛頓第二定律： G＋G＝m 得：v＝　T＝＝4π . (2)設第二種形式下星體之間的距離為r，它們之間的萬有引力：F0＝G 每個星體受到其他兩個星體的合力為 F＝2F0cos30°＝G 由牛頓第二定律：F＝mr′ 其中r′＝　得：r＝R. 答案：(1)　4π 　(2) R