10、小于在軌道1運行時的機械能。故A項錯誤。
B：探測器在軌道1、2、3運行的半徑(半長軸)關系為：r1>a2>r3，據(jù)開普勒第三定律得，探測器在軌道1、2、3運行時的周期大小關系為T1>T2>T3。故B項錯誤。
C：據(jù)牛頓第二定律可得，GMmr2=ma；所以探測器在軌道2上運行和在圓軌道1上運行加速度大小相等的位置只有一個。故C項錯誤。
D：據(jù)幾何關系可得，r3r1=sinθ；據(jù)開普勒第三定律r13T12=r33T32，解得：T3=sin3θT1。故D項正確。
6．P1、P2為相距遙遠的兩顆行星，距各自表面相同高度處各有一顆衛(wèi)星s1、s2做勻速圓周運動，圖中縱坐標表示行星對周圍空間各處物
11、體的引力產(chǎn)生的加速度a，橫坐標表示物體到行星中心的距離r的平方，兩條曲線分別表示P1、P2周圍的a與r2的反比關系，它們左端點橫坐標相同，則( )
A．P1、P2的平均密度相等
B．P1的第一宇宙速度比P2的小
C．s1的公轉周期比s2的大
D．s1的向心加速度比s2的大
【答案】 D
【解析】
【詳解】
根據(jù)牛頓第二定律，行星對周圍空間各處物體的引力產(chǎn)生的加速度為：a=GMr2，它們左端點橫坐標相同，所以P1、P2的半徑相等，結合a與r2的反比關系函數(shù)圖象得出P1的質量大于P2的質量，根據(jù)ρ=M43πR3，所以P1的平均密度比P2的大，故A錯誤；第一宇宙速度v=
12、GMR，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，故B錯誤；根據(jù)根據(jù)萬有引力提供向心力得出周期表達式T=2πr3GM，所以s1的公轉周期比s2的小，故C錯誤；s1、s2的軌道半徑相等，根據(jù)a=GMr2，所以s1的向心加速度比s2的大，故D正確；故選D。
【點睛】
解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道線速度、角速度、周期、加速度與軌道半徑的關系，并會用這些關系式進行正確的分析和計算．該題還要求要有一定的讀圖能力和數(shù)學分析能力，會從圖中讀出一些信息．就像該題，能知道兩個行星的半徑是相等的．
7．我國繼嫦娥三號之后將于2018年發(fā)射嫦娥四號,它將首次探秘月球背面，實現(xiàn)人類航天器在月球
13、背面的首次著陸。為“照亮”嫦娥四號”駕臨"月球背面之路，一顆承載地月中轉通信任務的中繼衛(wèi)星將在嫦娥四號發(fā)射前半年進入到地月拉格朗日L2點。在該點，地球、月球和中繼衛(wèi)星位于同一直線上，且中繼衛(wèi)星繞地球做圓周運動的周期與月球繞地球做圓周運動的周期相同，則（）
A．中繼衛(wèi)星的周期為一年
B．中繼衛(wèi)星做圓周運動的向心力僅由地球提供
C．中繼衛(wèi)星的線速度小于月球運動的線速度
D．中繼衛(wèi)星的加速度大于月球運動的加速度
【答案】 D
【解析】A、中繼衛(wèi)星的周期與月球繞地球運動的周期相等都為一個月，故A錯
B、衛(wèi)星的向心力由月球和地球引力的合力提供,則B錯誤.
C、衛(wèi)星與地球同步繞地球
14、運動,角速度相等,根據(jù)v=ωr ,知衛(wèi)星的線速度大于月球的線速度.故C錯誤
D、根據(jù)a=ω2r知,衛(wèi)星的向心加速度大于月球的向心加速度，故D正確；
故選D
點睛：衛(wèi)星與月球同步繞地球運動,角速度相等,衛(wèi)星靠地球和月球引力的合力提供向心力,根據(jù)v=ωr,a=ω2r比較線速度和向心加速度的大小
8．科技日報北京2017年9月6日電，英國《自然·天文學》雜志發(fā)表的一篇論文稱，某科學家在銀河系中心附近的一團分子氣體云中發(fā)現(xiàn)了一個黑洞?？茖W研究表明，當天體的逃逸速度(即第二宇宙速度，為第一宇宙速度的2倍)超過光速時，該天體就是黑洞。己知某天體與地球的質量之比為k。地球的半徑為R，地球衛(wèi)星的環(huán)繞速
15、度(即第一宇宙速度)為v1，光速為c，則要使該天體成為黑洞，其半徑應小于
A．v12Rkc2 B．2kv12Rc2 C．kv12Rc2 D．2kc2Rv12
【答案】 B
【解析】地球的第一宇宙速度：GMmR2=mv12R；
該天體成為黑洞時其半徑為r，第一宇宙速度為v2，GkMmr2=mv22r；
c=2v2
聯(lián)立解得：r=2kv12Rc2，故B正確；
故選B
9．我國于2017年11月發(fā)射“嫦娥五號”探月衛(wèi)星，計劃執(zhí)行月面取樣返回任務。“嫦娥五號”從月球返回地球的過程可以簡單分成四步，如圖所示第一步將“嫦娥五號”發(fā)射至月球表面附近的環(huán)月圓軌道Ⅰ，第二步
16、在環(huán)月軌道的A處進行變軌進入月地轉移軌道Ⅱ，第三步當接近地球表面附近時，又一次變軌，從B點進入繞地圓軌道Ⅲ，第四步再次變軌道后降落至地面，下列說法正確的是（）
A．將“嫦娥五號”發(fā)射至軌道Ⅰ時所需的發(fā)射速度為7.9km/s
B．“嫦娥五號”從環(huán)月軌道Ⅰ進入月地轉移軌道Ⅱ時需要加速
C．“嫦娥五號”從A沿月地轉移軌Ⅱ到達B點的過程中其動能一直增加
D．“嫦娥五號”在第四步變軌時需要加速
【答案】 B
【解析】
A、月球的第一宇宙速度比地球的要小,故A錯誤;
B、“嫦娥五號”從軌道Ⅰ進入月地轉移軌道Ⅱ是離心運動,所以需要加速,所以B選項是正確的;
B、剛開始的時候月球對“
17、嫦娥五號”的引力大于地球對“嫦娥五號”的引力,所以動能要減小,之后當?shù)厍虻囊Υ笥谠虑虻囊r,衛(wèi)星的動能就開始增加,故C錯誤;
D、“嫦娥五號”降落至地面的運動為向心運動,需要減速,故D錯誤.
綜上所述本題答案是：B
點睛：第一宇宙速度是在星球表面發(fā)射飛行器的最小發(fā)射速度;圓周運動的衛(wèi)星加速后做離心運動,減速后做向心運動.
10．宇宙中有兩顆相距無限遠的恒星s1、s2，半徑均為R0.下圖分別是兩顆恒星周圍行星的公轉周期T2與公轉半徑r3的圖像，則
A．恒星s1的質量大于恒星s2的質量
B．恒星s1的密度小于恒星s2的密度
C．恒星s1的第一宇宙速度大于恒星s2的第一宇宙速度
18、
D．距兩恒星表面高度相同的行星，s1的行星向心加速度較大
【答案】 B
【解析】A、由題圖可知，當繞恒星運動的行星的環(huán)繞半徑相等時，S1運動的周期比較大，根據(jù)公式：，所以：，周期越大則質量越小．所以恒星S1的質量小于恒星S2的質量．故A錯誤；B、兩顆恒星的半徑相等，則根據(jù)M=ρV，半徑R0相等則它們的體積相等，所以質量大S2的密度大．故B正確．C、根據(jù)萬有引力提供向心力，則：，所以：，由于恒星S1的質量小于恒星S2的質量，所以恒星S1的第一宇宙速度小于恒星S2的第一宇宙速度．故C錯誤．D、距兩恒星表面高度相同的行星，如圖當它們的軌道半徑相等時，S1的周期大于恒星S2的周期，它們的向
19、心加速度a：，所以S1的行星向心加速度較?。蔇錯誤．故選B.
【點睛】該題考查萬有引力定律的應用，由于兩個恒星的半徑均為R0，又可以根據(jù)圖象，結合萬有引力定律比較半徑和周期之間的關系．當然也可以結合開普勒第三定律分析半徑與周期之間的關系．
二、多選題
11．2018年5月4日中國成功發(fā)射“亞太6C”通訊衛(wèi)星。如圖所示為發(fā)射時的簡易軌道示意圖，先將衛(wèi)星送入近地圓軌道Ⅰ，當衛(wèi)星進入赤道上空P點時，控制火箭點火，進入橢圓軌道Ⅱ，衛(wèi)星到達遠地點Q時，再次點火，衛(wèi)星進入相對地球靜止的軌道Ⅲ，已知P點到地心的距離為h，Q點到地心的距離為H，地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，規(guī)定無窮遠處
20、引力勢能為零，質量為m的物體在距地心r處的引力勢能Ep=ImgR2r（r＞R），下列說法正確的是（ ）
A．軌道Ⅱ上衛(wèi)星在P點的速度vp與衛(wèi)星在Q點的速度vQ之比為vPvQ=Hh
B．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的速度v1與在軌道Ⅲ上速度v3之比為v1v3=Hh
C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的機械能為E=-mgR22H
D．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的運動周期為mgRH
【答案】 ABC
【解析】
【詳解】
根據(jù)開普勒第二定律可知衛(wèi)星在軌道Ⅱ在相同的時間內衛(wèi)星與地球的連線掃過的面積相等，設時間間隔為△t，則在P點與Q點附近有：12vPΔt?h=12vQΔt?H，可得vPvQ=Hh，故A正確；衛(wèi)星在軌道Ⅰ
21、上與在軌道Ⅲ上運行時，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律有GmMr2=mv2r ，得線速度為v=GMr，故可得衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的速度v1與在軌道Ⅲ上速度v3之比為v1v3=Hh，故B正確；衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的引力勢能為Ep=-GMmH=-mgR2H，衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的動能為Ek=12mv2=12mGMH=mgR22H，故衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的機械能為E=Ep+Ek=-mgR22H，故C正確；由T=2πrv可得周期為T=4π2h3gR2，故D錯誤。故選ABC。
12．如圖所示，A、B兩衛(wèi)星繞地球運行，運動方向相同，此時兩衛(wèi)星距離最近，其中A是地球同步衛(wèi)星，軌道半徑為r。地球可看成質量均勻分布的球體，其半徑為
22、R，自轉周期為T.若經(jīng)過時間t后，A、B第一次相距最遠，下列說法正確的有
A．在地球兩極，地表重力加速度是4π2r3T2R2
B．衛(wèi)星B的運行周期是2TtT+t
C．衛(wèi)星B的軌道半徑為是r3(2t2t+T)2
D．若衛(wèi)星B通過變軌與A對接之后，B的機械能可能不變
【答案】 AC
【解析】
【詳解】
A、對于衛(wèi)星A，根據(jù)萬有引力提供向心力，可得：GMmr2=m4π2T2r，可得地球的質量：M=4π2r3GT2，在地球兩極，據(jù)萬有引力等于重力，可得：m′g＝GMm'R2，聯(lián)立解得：g=4π2r3R2T2，故A正確；
B、衛(wèi)星A的運行周期等于地球自轉周期T．設衛(wèi)星B的周期為
23、T′．當衛(wèi)星衛(wèi)星B比A多轉半周時，A、B第一次相距最遠，則有：2πT't-2πTt＝π，解得：T′=2TtT+2t，故B錯誤；
C、根據(jù)開普勒第三定律得：r3rB3=T2T'2，解得：rB=r3(2t2t+T)2，故C正確；
D 、衛(wèi)星B通過變軌與A對接，則需要在原軌道上對衛(wèi)星B加速，使萬有引力不足以提供向心力，做離心運動，最后與A對接，則衛(wèi)星B的機械能要增大，故D錯誤。
13．A、B兩個半徑相同的天體各有一個衛(wèi)星a、b環(huán)繞它們做勻速圓周運動，兩個衛(wèi)星的環(huán)繞周期之比為4；1，A、B各自表面重力加速度之比為4:1（忽略天體的自轉），則
A．a(chǎn)、b軌跡半徑之比為4:1
B．A、B密度之比
24、為4:1
C．a(chǎn)、b掃過相同面積所需時間之比為1:16
D．a(chǎn)、b所受向心力之比為1:16
【答案】 AB
【解析】
【分析】
根據(jù)GMmr2=m(2πT)2r以及GMmR2=mg導出軌道半徑與周期和表面重力加速度的關系，然后求解a、b軌跡半徑之比；找到星球密度的表達式，求解密度之比；根據(jù)圓周運動的知識求解掃過某一面積所用的時間表達式，求解a、b掃過相同面積所需時間之比.
【詳解】
根據(jù)GMmr2=m(2πT)2r以及GMmR2=mg可得r3=GMT24π2=gR2T24π2∝gT2；可得a、b軌跡半徑之比為rarb=341×(41)2=41，選項A正確；由ρ=M43πR3
25、=gR2G43πR3=3g4πGR∝g，則 A、B密度之比為4:1，選項B正確；根據(jù)t=rθv，12r2θ=S，即t=2Srv=2Sr?2πrT=STπr2，當掃過相同面積S時，則tatb=TaTb×rb2ra2=41×(14)2=14，選項C錯誤；兩衛(wèi)星ab的質量不確定，無法比較向心力的大小關系，選項D錯誤；故選AB.
14．2013年12月10日晚上九點二十分，在太空飛行了九天的“嫦娥三號”飛船再次成功變軌，從100km×100km的環(huán)月圓軌道I降低到橢圓軌道Ⅱ(近月點15km、遠月點100km)，兩軌道相交于點P，如圖所示．關于“嫦娥三號”飛船，以下說法正確的是（）
A．飛船在軌
26、道I上運動到P點的速度比在軌道Ⅱ上運動到P點的速度大
B．飛船在軌道I上運動到p點的向心加速度比在軌道Ⅱ上運動到P點的向心加速度小
C．飛船在軌道I上的引力勢能與動能之和比在軌道Ⅱ上的引力勢能與動能之和大
D．飛船在軌道Ⅱ上運動的周期大于在軌道I上運動的周期
【答案】 AC
【解析】
【詳解】
A、沿軌道Ⅰ運動至P時，制動減速，萬有引力大于向心力做向心運動，才能進入軌道Ⅱ，故在軌道Ⅰ上運動到P點的速度比在軌道Ⅱ上運動到P點的速度大;故A正確.
B、“嫦娥三號”衛(wèi)星變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，同一地點萬有
27、引力相同，所以加速度相等;故B錯誤.
C、變軌的時候點火，發(fā)動機做功，從軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ，發(fā)動機要做功使衛(wèi)星減速，故在軌道Ⅰ上的勢能與動能之和比在軌道Ⅱ上的勢能與動能之和大;故C正確.
D、根據(jù)開普勒第三定律a3T2為常數(shù)，可得半長軸a越大，運動周期越大，顯然軌道Ⅰ的半長軸（半徑）大于軌道Ⅱ的半長軸，故沿軌道Ⅱ運動的周期小于沿軌道?運動的周期;故D錯誤.
故選AC.
【點睛】
通過該題要記?。孩儆筛哕壍雷冘壍降蛙壍佬枰獪p速，而由低軌道變軌到高軌道需要加速，這一點在解決變軌問題時要經(jīng)常用到，一定要注意掌握．
15．2018年7月25日，科學家們在火星上發(fā)現(xiàn)了一個液態(tài)水湖，這表明火星上
28、很可能存在生命。若一質量為m的火星探測器在距火星表面高度為?h?的軌道上做勻速圓周運動，運行周期為T，已知火星半徑為R，引力常量為?G，則（）
A．探測器的線速度v=2π(R+h)T
B．B．火星表面重力加速度g=4π2(R+h)3R2T2
C．探測器的向心加速度a=Gm(R+h)2
D．火星的密度ρ=3πGT2
【答案】 AB
【解析】
【詳解】
探測器的線速度v=ωr=2π(R+h)T,選項A正確；對探測器：GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)，解得火星的質量：M=4π2(R+h)3GT2；由GMmR2=mg可得火星表面的重力加速度：g=4π2(R+h)3R2T2
29、，選項B正確；根據(jù)GMm(R+h)2=ma可知，測器的向心加速度：a=GM(R+h)2，選項C錯誤；火星的密度ρ=M43πR3=3π(R+h)3GT2R3，選項D錯誤；故選AB.
16．質量為 m 的人造地球衛(wèi)星在地球表面上時重力為 G（下列選項中的 G 均指重力），它在離地面的距離等
于地球半徑 R 的圓形軌道上運行時的
A．周期為T = 4p2mRG B．速度為v =2GRm C．加速度為 a =G4m D．動能為 Ek=GR4
【答案】 ACD
【解析】
【詳解】
衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力：G0Mmr2=mv2r=m4π2T2r
30、=ma，解得v=G0Mr，T=2πr3G0M，a=G0Mr2，在地球表面的衛(wèi)星受到的重力等于萬有引力，可得G=G0MmR2，由題，衛(wèi)星的軌道半徑r=2R，代入解答：
A、衛(wèi)星運動的周期為：T=2πr3G0M=2π(2R)3R2Gm=4π2mRG；故A正確.
B、衛(wèi)星運動的速率為：v=G0Mr=R2Gm2R=GR2m；故B錯誤.
C、衛(wèi)星的加速度a=G0Mr2R2Gm(2R)2=G4m；故C正確.
D、動能為Ek=12mv2=GR4；故D正確.
故選ACD.
【點睛】
本題關鍵根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，以及地球表面重力等于萬有引力列兩個方程，通過數(shù)學變形研究．
17．(多
31、選)地球赤道表面上的一物體質量為m1，它相對地心的速度為v1 ，地球同步衛(wèi)星離地面的高度為h，它相對地心的速度為v2，其質量為m2。已知地球的質量為M，半徑為R，自轉角速度為ω，表面的重力加速度為g，地球的第一宇宙速度為v，萬有引力常量為G。下列各式成立的是( )
A．v1小于v B．v1R=v2R+h C．m1g=m1v12R D．vv2=R+hR
【答案】 ABD
【解析】
【詳解】
第一宇宙速度v是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，大于同步衛(wèi)星的速度v2，而根據(jù)v=ωr可知，因同步衛(wèi)星與赤道上的物體具有相同的角速度，可知v2>v1，則v>v1，v1v2=ωRω(R+h
32、)=RR+h，即v1R=v2R+h，選項AB正確；考慮地球自轉，則對地球赤道表面上的一物體：GMm1R2-m1g=m1v12R，則m1g≠m1v12R，選項C錯誤；對衛(wèi)星，萬有引力提供向心力，故GMmr2=mv2r，解得v=GMr，則vv2=R+hR，故D正確；故選ABD。
【點睛】
本題關鍵是明確衛(wèi)星與地面物體的區(qū)別，對衛(wèi)星是萬有引力提供向心力，而地面物體是萬有引力和支持力的合力提供向心力，考慮地球自傳，重力是萬有引力的一個分力．
18．2018年7月27日出現(xiàn)了“火星沖日”的天文奇觀，火星離地球最近最亮。當?shù)厍蛭挥谔柡突鹦侵g且三者幾乎排成一條直線時，天文學稱之為“火星沖日”?；鹦?/p>
33、與地球幾乎在同一平面內沿同一方向繞太陽近似做勻速圓周運動。不考慮火星與地球的自轉，且假設火星和地球的軌道平面在同一個平面上，相關數(shù)據(jù)見下表。則根據(jù)提供的數(shù)據(jù)可知
質量
半徑
與太陽間距離
地球
m
R
r
火星
約0.1m
約0.5R
約1.5r
A．在火星表面附近發(fā)射飛行器的速度至少為7.9km/s
B．理論上計算可知下一次“火星沖日”的時間大約在2020年9月份
C．火星表面的重力加速度與地球表面的重力加速度之比約為2:5
D．火星運行的加速度比地球運行的加速度大
【答案】 BC
【解析】
【詳解】
根據(jù)Gmm'R2=m'v2R，解得v=G
34、mR，則v火v地=m火R火×R地m地=0.1×0.5=510，則v火
35、力，則GMmr2=ma解得a=GMr2，可知火星運行的加速度比地球運行的加速度小，選項D錯誤；故選BC.
【點睛】
本題主要是考查了萬有引力定律及其應用；解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星球表面，忽略星球自轉的情況下，萬有引力近似等于重力；二是根據(jù)萬有引力提供向心力列方程進行解答。
19．已知引力常量G，利用下列數(shù)據(jù)不能計算地球半徑的是
A．月球繞地球運動的周期、線速度及地球表面的重力加速度
B．人造衛(wèi)星繞地球運行的周期、及地球的平均密度
C．地球同步衛(wèi)星離地的高度、周期及地球的平均密度
D．近地衛(wèi)星繞地球運行的周期和線速度
【答案】 ACD
【解析】
【詳解】
36、已知月球繞地球運行的周期和線速度，根據(jù)v=2πrT求解月地距離r；根據(jù)萬有引力等于向心力，有：GmMr2＝m4π2T2r求解地球的質量M；地球表面加速度為g，則GM=gR2，聯(lián)立可求解地球的半徑R，故A正確；人造衛(wèi)星繞地球的周期及地球的平均密度ρ，因為不知道軌道半徑，無法求解地球質量，知道密度也無法求得地球半徑，故B錯誤；知道同步衛(wèi)星的周期T和高度h，由GmMr2＝m4π2T2r，r=R+h和M=ρ?43πR3，聯(lián)立解得R，故C正確；根據(jù)近地衛(wèi)星的周期和線速度v=2πrT，可求出軌道半徑，近地衛(wèi)星軌道半徑近似等于地球半徑，故D正確；此題選擇不能求解地球半徑的，故選B。
20．關于黑洞和暗物質
37、(暗物質被稱為“世紀之謎”．它“霸占”了宇宙95%的地盤，卻摸不到看不著)的問題，以下說法正確的是(黑洞臨界半徑公式取為c＝2GMr，c為光速，G為萬有引力常量，M為黑洞質量
A．如果地球成為黑洞的話，那么它的臨界半徑為r＝v2c2R(R為地球的半徑，v為第二宇宙速度)
B．如果太陽成為黑洞，那么燦爛的陽光依然存在，只是太陽光到地球的時間變得更長
C．有兩顆星球(質量分別為M1和M2)的距離為L，不考慮周圍其他星球的影響，由牛頓運動定律計算所得的周期為T，由于宇宙充滿均勻的暗物質，所以觀察測量所得的周期比T大
D．有兩顆星球甲和乙(質量分別為M1和M2)的距離為L，不考慮周圍其他星球的
38、影響，它們運動的周期為T，如果其中甲的質量減小Δm而乙的質量增大Δm，距離L不變，那么它們的周期依然為T
【答案】 AD
【解析】
【詳解】
因為c＝2GMr，而地球的第二宇宙速度為v＝2GMR，兩式相比得r＝v2c2R，所以A正確．如果太陽成為黑洞，光不能跑出，所以我們將看不到陽光，選項B錯誤．設甲乙質量變化前，甲的運動半徑為r1，甲乙質量變化后運動周期為T2，甲的運動半徑為r1′，則GM1M2L2=M1(2πT)2r1，G(M1-Δm)(M2+Δm)L2=(M1-Δm)(2πT2)2r1'，又因為r1＝M2M1+M2L，r1'=M2+Δm(M1-Δm)+(M2+Δm)L=M2+
39、ΔmM1+M2L，所以T=4π2r1L2GM2=4π2L3G(M1+M2)，T2=4π2r1'L2G(M2+Δm)=4π2L3G(M1+M2)，故T＝T2.
選項C錯誤，D正確；故選AD.
【點睛】
此題關鍵是理解宇宙速度的含義；對雙星問題，知道它們做圓周運動的向心力由兩者間的萬有引力提供，且角速度和周期都相等.
三、解答題
21．探索浩瀚宇宙，發(fā)展航天事業(yè)，建設航天強國，是我國不懈追求的航天夢，我國航天事業(yè)向更深更遠的太空邁進。
（1）2018年12月27日中國北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)開始提供全球服務，標志著北斗系統(tǒng)正式邁入全球時代。覆蓋全球的北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)由靜止軌道衛(wèi)星（即地球同
40、步衛(wèi)星）和非靜止軌道衛(wèi)星共35顆組成的。衛(wèi)星繞地球近似做勻速圓周運動。已知其中一顆地球同步衛(wèi)星距離地球表面的高度為h，地球質量為Me，地球半徑為R，引力常量為G。
a.求該同步衛(wèi)星繞地球運動的速度v的大??；
b.如圖所示，O點為地球的球心，P點處有一顆地球同步衛(wèi)星，P點所在的虛線圓軌道為同步衛(wèi)星繞地球運動的軌道。已知h= 5.6R。忽略大氣等一切影響因素，請論證說明要使衛(wèi)星通訊覆蓋全球，至少需要幾顆地球同步衛(wèi)星？（cos81°=0.15,sin81°=0.99）
（2）今年年初上映的中國首部科幻電影《流浪地球》引發(fā)全球熱議。根據(jù)量子理論，每個光子動量大小p=hλ（h為普朗克常數(shù)，λ為
41、光子的波長）。當光照射到物體表面時將產(chǎn)生持續(xù)的壓力。設有一質量為m的飛行器，其帆面始終與太陽光垂直，且光帆能將太陽光全部反射。已知引力常量為G，光速為c，太陽質量為Ms，太陽單位時間輻射的總能量為E。若以太陽光對飛行器光帆的撞擊力為動力，使飛行器始終朝著遠離太陽的方向運動，成為“流浪飛行器”。請論證：隨著飛行器與太陽的距離越來越遠，是否需要改變光帆的最小面積s0。（忽略其他星體對飛行器的引力）
【答案】（1）a.v=GMeR+h b．至少需要3顆地球同步衛(wèi)星才能覆蓋全球（2）隨著飛行器與太陽的距離越來越遠，不需要改變光帆的最小面積s0
【解析】
【詳解】
（1）a．設衛(wèi)星的質量為m。
42、
由牛頓第二定律GMemR+h2=mv2R+h，
得v=GMeR+h
b．如答圖所示，設P點處地球同步衛(wèi)星可以覆蓋地球赤道的范圍對應地心的角度為2θ，至少需要N顆地球同步衛(wèi)星才能覆蓋全球。
由直角三角形函數(shù)關系cosθ=RR+h，h= 5.6 R，得θ= 81°。
所以1顆地球同步衛(wèi)星可以覆蓋地球赤道的范圍對應地心的角度為2θ = 162°
N≥360°2θ=2.2
所以，N = 3，即至少需要3顆地球同步衛(wèi)星才能覆蓋全球
（2）若使飛行器始終朝著遠離太陽的方向運動，當飛行器與太陽距離為r時，光帆受到太陽光的壓力F與太陽對飛行器的引力大小關系，有F≥GMsmr2
設光帆對
43、太陽光子的力為F'，根據(jù)牛頓第三定律F' =F
設Δt時間內太陽光照射到光帆的光子數(shù)為n，根據(jù)動量定理：F'Δt=2nhλ
設Δt時間內太陽輻射的光子數(shù)為N，則N=EΔthcλ
設光帆面積為s，nN=s4πr2
當F=GMsmr2時，得最小面積s0=2πcGMsmE
由上式可知，s0和飛行器與太陽距離r無關，所以隨著飛行器與太陽的距離越來越遠，不需要改變光帆的最小面積s0。
22．2019年1月3日，嫦娥四號探測器成功著陸在月球背面，并通過“鵲橋”中繼衛(wèi)星傳回了世界上第一張近距離拍攝月球背面的圖片。此次任務實現(xiàn)了人類探測器首次在月球背面軟著陸、首次在月球背面通過中繼衛(wèi)星與地球通訊，
44、因而開啟了人類探索月球的新篇章。
(1)為了盡可能減小著陸過程中月球對飛船的沖擊力，探測器在距月面非常近的距離h處才關閉發(fā)動機，此時速度相對月球表面豎直向下，大小為v，然后僅在月球重力作用下豎直下落，接觸月面時通過其上的“四條腿”緩沖，平穩(wěn)地停在月面，緩沖時間為t，如圖1所示。已知月球表面附近的重力加速度為g0，探測器質量為m0求：
①探測器與月面接觸前瞬間相對月球表面的速度v'的大小。
②月球對探測器的平均沖擊力F的大小。
(2)探測器在月球背面著陸的難度要比在月球正面著陸大很多，其主要的原因在于：由于月球的遮擋，著陸前探測器將無法和地球之間實現(xiàn)通訊。2018年5月，我國發(fā)射了一
45、顆名為“鵲橋”的中繼衛(wèi)星，在地球和月球背面的探測器之間搭了一個“橋”，從而有效地解決了通訊的問題。為了實現(xiàn)通訊和節(jié)約能量，“鵲橋”的理想位置就是圍繞“地一月”系統(tǒng)的一個拉格朗日點運動，如圖2所示。所謂“地一月”系統(tǒng)的拉格朗日點是指空間中的某個點，在該點放置一個質量很小的天體，該天體僅在地球和月球的萬有引力作用下保持與地球和月球的相對位置不變。
①設地球質量為M，月球質量為m，地球中心和月球中心間的距離為L，月球繞地心運動，圖2中所示的拉格朗日點到月球球心的距離為r。推導并寫出r與M、m和L之間的關系式。
②地球和太陽組成的“日一地”系統(tǒng)同樣存在拉格朗日點，圖3為“日-地”系統(tǒng)示意圖，請
46、在圖中太陽和地球所在直線上用符號“*”標記出幾個可能拉格朗日點的大概位置。
【答案】（1）①v'=v2+2g0h，②F=m0tv2+2g0h+m0g0；（2）①mr2+M(L+r2)=ML3(L+r)，②見解析
【解析】
【詳解】
(1)①由運動學公式v'2-v2=2g0h
可得探測器著陸前瞬間相對月球表面的速度大小v'=v2+2g0h
②設月球対嫦娥四號探測器的平均沖擊大小為F，以豎直向上為正，
根據(jù)動量定理得(F-m0g0)t=0-(-m0v')。
解得：F=m0tv2+2g0h+m0g0
（2）①設在圖中的拉格朗日點有一質量為m'的物體（m'?m）
則月球對其的萬
47、有引力F1=Gmm'r2
地球對其的萬有引力F2為F2=GMm'(L+r)2
質量為m'的物體以地球為中心做圓周運動，向心力由F1和F2的合力提供，設圓周運動的角速度為ω，則F1+F2=m'ω2(L+r)
根據(jù)以上三式可得Gmr2+GM(L+r)2=ω2(L+r)
月球繞地球做勻速圓周運動，它們之間的萬有引力提供向心力有：GMmL2=mω2L
聯(lián)立以上兩式得：mr2+M(L+r)2=ML3(L+r)
②對于“日-地”系統(tǒng)，在太陽和地球連線上共有3個可能的拉格朗日點，其大概位置如圖所示：
23．為了檢驗使蘋果落地的力與維持月球繞地球運動的力是同一種性質的力，牛頓做了著名的月一地
48、檢驗．已知地球半徑R＝6.40×106 m，月球繞地球運行的軌道半徑r＝3.84×105 km月球繞地球運行的周期T＝27.3天，地球附近的重力加速度g取9.80 m／s2．請你根據(jù)以上數(shù)據(jù)，通過計算推理說明使蘋果落地的力和維持月球繞地球運動的力是同一種性質的力．
【答案】理論分析得出的a1=0.0027222m/s2與天文觀測得出的a2=0.0027221m/s2近似相等，可見，使蘋果落地的力和維持月球繞地球運動的力是同一種性質的力
【解析】
【詳解】
（1）理論分析：若使蘋果落地的力和維持月球繞地球運動的力是同一種性質的力，則同樣遵從平方反比律，即F∝1r2；
已知地球半徑 R=
49、6.40×106m，月球繞地球運行的軌道半徑r=3.84×105?km=3.84×108?m，所以 r=60R；
月球在其軌道上所受的力將只有它在地球表面所受重力的1602=13600，則月球在繞地球軌道運行時因地球吸引而具有的加速度a1=g3600≈0.002722m/s2。
（2）天文觀測：T=27.3天=27.3×24×3600s
月球繞地球運行的向心加速度為：a2=4π2T2r
解得：a2=0.002721m/s2
（3）理論分析中的a1與天文觀測中2的符合得很好，可見，使蘋果落地的力和維持月球繞地球運動的力是同一種性質的力。
如圖，質量分別為m和M的兩個星球A和B在引力作
50、用下都繞O點做勻速周運動，星球A和B兩者中心之間距離為L。已知A、B的中心和O三點始終共線，A和B分別在O的兩側。引力常數(shù)為G。
24．求兩星球做圓周運動的周期。
25．在地月系統(tǒng)中，若忽略其它星球的影響，可以將月球和地球看成上述星球A和B，月球繞其軌道中心運行為的周期記為T1。但在近似處理問題時，常常認為月球是繞地心做圓周運動的，這樣算得的運行周期T2。已知地球和月球的質量分別為5.98×1024kg 和 7.35 ×1022kg 。求T2與T1兩者平方之比。（結果保留3位小數(shù)）
【答案】
24．
25．1.01
【解析】
試題分析：（1）A和B繞O做勻速圓周運動，它們之間
51、的萬有引力提供向心力，則A和B的向心力大小相等，且A和B和O始終共線，說明A和B有相同的角速度和周期，因此有：mω2r=Mω2R，r+R=L
聯(lián)立解得：R=mm+ML，r=Mm+ML
對A根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律得：GMmL2=m4π2T2?Mm+ML
化簡得：T=2πL3G(M+m)
（2）將地月看成雙星，由（1）得T1=2πL3G(M+m)
將月球看作繞地心做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律得：GMmL2=m4π2T2L
化簡得：T2=2πL3GM
所以兩種周期的平方比值為：(T2T1)2=M+mM=5.98×1024+7.35×10225.98×1024=1.
52、012
考點：考查了萬有引力定律的應用
【名師點睛】這是一個雙星的問題，A和B繞O做勻速圓周運動，它們之間的萬有引力提供各自的向心力，
A和B有相同的角速度和周期，結合牛頓第二定律和萬有引力定律解決問題．
26．萬有引力定律揭示了天體運動規(guī)律與地上物體運動規(guī)律具有內在的一致性。
（1）用彈簧測力計稱量一個相對于地球靜止的物體的重力，隨稱量位置的變化可能會有不同結果。已知地球質量為M，自轉周期為T，引力常量為G。將地球視為半徑為R、質量分布均勻的球體，不考慮空氣的影響。設在地球北極地面稱量時，彈簧測力計的讀數(shù)是F0。
①若在北極上空高出地面h處稱量，彈簧測力計讀數(shù)為F1，求比值的表達
53、式，并就h=1．0%R的情形算出具體數(shù)值（計算結果保留兩位有效數(shù)字）；
②若在赤道表面稱量，彈簧測力計讀數(shù)為F2，求比值的表達式。
（2）設想地球繞太陽公轉的圓周軌道半徑為r、太陽半徑為Rs和地球的半徑R三者均減小為現(xiàn)在的1．0%，而太陽和地球的密度均勻且不變。僅考慮太陽與地球之間的相互作用，以現(xiàn)實地球的1年為標準，計算“設想地球”的1年將變?yōu)槎嚅L？
【答案】（1）①0.98，②F2F0=1-4π2R3GMT2
（2）“設想地球”的1年與現(xiàn)實地球的1年時間相同
【解析】
試題分析：（1）根據(jù)萬有引力等于重力得出比值的表達式，并求出具體的數(shù)值．
在赤道，由于萬有引力的一個分力等于重
54、力，另一個分力提供隨地球自轉所需的向心力，根據(jù)該規(guī)律求出比值的表達式
（2）根據(jù)萬有引力提供向心力得出周期與軌道半徑以及太陽半徑的關系，從而進行判斷．
解：（1）在地球北極點不考慮地球自轉，則秤所稱得的重力則為其萬有引力，于是
①
②
由公式①②可以得出：
=0.98．
③
由①和③可得：
（2）根據(jù)萬有引力定律，有
又因為，
解得
從上式可知，當太陽半徑減小為現(xiàn)在的1.0%時，地球公轉周期不變．
答：
（1）=0.98．比值
（2）地球公轉周期不變．仍然為1年．
【點評】解決本題的關鍵知道在地球的兩極，萬有引力等于重力，在赤道，萬有引力的一個分力等于重力，
55、另一個分力提供隨地球自轉所需的向心力．
27．2003年10月15日，我國宇航員楊利偉乘坐我國自行研制的“神舟”五號飛船在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功升空，這標志著我國已成為世界上第三個載人飛船上天的國家?！吧裰邸蔽逄栵w船是由長征―2F運載火箭將其送入近地點為A、遠地點為B的橢圓軌道上，實施變軌后，進入預定圓軌道，如圖所示。已知近地點A距地面高度為h，飛船在預定圓軌道上飛行n圈所用時間為t，地球表面的重力加速度為g，地球半徑為R，求：
（1）飛船在近地點A的加速度為多少？
（2）飛船在預定圓軌道上飛行的速度為多少？
【答案】（1）gR2(R+h)2；（2）32πngR2t
【解析】
（
56、1）設地球質量為M，飛船質量為m，則
飛船在A點受到地球的引力F=GMm(R+h)2①
對地面上質量為m0的物體GMm0R2=m0g②
據(jù)牛頓第二定律可知萬有引力提供向心力F＝man ③）
聯(lián)立①②③解得飛船在近地點A的加速度aA=R2(R+h)2g
（2）飛船在預定圓軌道上飛行的周期T=tn④
設預定圓軌道半徑為r，由牛頓第二定律有GMmr2=m4π2T2r⑤
而υ=2πrT⑥
聯(lián)立②④⑤⑥解得飛行速度υ=32πngR2t
28．設想人類在某一 X 行星發(fā)射了兩顆質量均為 m 的“人造 X 星衛(wèi)星”，行星可以看做質量 M、半徑 R 的均勻球體，甲乙兩顆衛(wèi)星的軌道半徑分別為
57、2R 和 3R，在同一平面內，運行方向相同，不計兩衛(wèi)星之間的萬有引力，萬有引力常量為 G。
(1)試求甲乙兩衛(wèi)星各自的周期；
(2)若某時刻兩衛(wèi)星與行星中心正好在一條直線上，最短經(jīng)過多長時間，三者正好又在一條直線上?
(3)如果將兩顆衛(wèi)星用輕而結實的繩連接并且給以合適的速度，它們將可以一起繞行星運動且與行星中心始終在一條直線上，求此情況下兩顆衛(wèi)星的運動周期。
【答案】（1）T1=4πR2RGM；T2=6πR3RGM（2）t=66πR(33-22)RGM（3）T=12πR5R13GM
【解析】
【詳解】
（1）衛(wèi)星做圓周運動的向心力等于X星的萬有引力，則對甲：GmM2R2＝m?
58、2R?4π2T12
解得T1=4πR2RGM；
對乙：GmM3R2＝m?3R?4π2T22
解得T2=6πR3RGM；
（2）當三者正好又在一條直線上時需要的最短時間滿足：2πT1t-2πT2t=π，
解得t=66πR33-22RGM
（3）設繩的拉力為F，則對甲：GMm2R2-F=m4π2T2?2R；
對衛(wèi)星乙：GMm3R2+F=m4π2T2?3R
聯(lián)立解得T=12πR5R13GM.
29．在某質量均勻的星球表面以初速度 v0豎直上拋一個物體，若物體只受該星球引力作用，物體上升的最大高度為 h，已知該星球的半徑為 R，萬有引力恒量為 G，忽略其它力的影響，試求：
(1)該
59、星球表面處的重力加速度 gx
(2)該星球的質量 M；
(3)如果已知兩個質點之間的萬有引力勢能滿足Ep=-Gm1m2r (兩質點相距無窮遠時引力勢能為零)，其中m1、m2為兩質點的質量，r 為兩質點之間的距離。這一規(guī)律也滿足于兩個均勻質量的球體之間，這時 r 為兩球心之間的距離?，F(xiàn)在設想從該星球表面發(fā)射一個物體，使其脫離該星球的引力范圍而逃逸，這個速度至少多大?是否必須沿著該星球的豎直向上方向發(fā)射?
【答案】（1）gx=v022h（2）M=v02R22hG （3）v≥v0Rh；不一定；
【解析】
【詳解】
（1）物體做豎直上拋物體，則由v02=2gxh
可得gx=v022h.
60、
（2）根據(jù)萬有引力等于重力可得：GMmR2=mgx
解得M=v02R22hG.
（3）若物體能運動到距離星球無窮遠處而脫離星球的束縛，根據(jù)機械能守恒有：-GMmR2+12mv2＝0
解得v=2GMR=v0Rh，則v≥v0Rh；
發(fā)射的方向不一定沿著該星球的豎直向上方向。
【點睛】
本題是一道信息給予題，認真審題，由題意獲取所需信息，應用萬有引力定律、牛頓第二定律與能量守恒定律可以解題．
30．一顆在赤道平面內飛行的人造地球衛(wèi)星，其軌道半徑為r=2R (R為地球半徑)。已知地球表面的重力加速度為g，則該衛(wèi)星的運行周期是多大？若衛(wèi)星的運動方向與地球自轉方向相同，已知地球自轉的角速度
61、為ω0，某一時刻該衛(wèi)星通過赤道上某建筑物的正上方，問至少經(jīng)過多長時間，它會又一次出現(xiàn)在該建筑物正上方?
【答案】T=4π2Rg；t=2π12g2R-ω0
【解析】
【分析】
（1）人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由地球的萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓運動定律求解衛(wèi)星的運行周期．
（2）衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，建筑物隨地球自轉做勻速圓周運動，當衛(wèi)星轉過的角度與建筑物轉過的角度之差等于2π時，衛(wèi)星再次出現(xiàn)在建筑物上空．
【詳解】
（1）對衛(wèi)星運用萬有引力定律和牛頓運動定律可得：GMm(2R)2=m(2πT)2（2R）
在地球表面的物體：GMm'R2=m′g，
聯(lián)立解得：T=4π
62、2Rg；
（2）以地面為參照物，衛(wèi)星再次出現(xiàn)在建筑物上方時，建筑物隨地球轉過的弧度比衛(wèi)星轉過弧度少2π．即ω1△t-ω0△t=2π，
解得：△t=2π12g2R-ω0；
【點睛】
本題考查萬有引力定律和圓周運動知識的綜合應用能力．第（2）問時圓周運動的追擊問題，要搞清建筑物與衛(wèi)星的角速度大小關系，可將衛(wèi)星與同步衛(wèi)星相比較得到．
31．宇航員成功登上半徑為R的某星球后，為初測星球質量，在該星球表面上固定一傾角為θ=30o的斜面。使小物塊以速度v0從斜面底端沿斜面向上運動，得到其往返運動v-t圖線如圖。若圖中t0已知，且引力常量為G。求：
（1）物塊回到斜面底端時的速度大?。?
（
63、2）該星球的質量。
【答案】（1）v=v02(2) M=5v0R24t0G
【解析】
【分析】
（1）物塊上滑和下滑的位移大小相等，v-t圖象與時間軸包圍的面積表示位移大小，據(jù)此列式求解物塊回到斜面底端時速度大?。?
（2）對滑塊上滑過程和下滑過程根據(jù)牛頓第二定律列式，結合圖象得到上滑過程和下滑過程的加速度，聯(lián)立求解重力加速度；在地面，重力等于萬有引力，據(jù)此列式；然后聯(lián)立求解即可．
【詳解】
（1）由題意及圖象可知：v02t0＝v2?2t0
解得：v=12v0
（2）物塊向上滑動時，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsin30°+μmgcos30°=ma1
其中：a1＝v0t0
物塊向下滑動時，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsin30°-μmgcos30°=ma2
其中：a2＝v02×2t0=v04t0
聯(lián)立解得：g＝5v04t0
在星球表面，重力等于萬有引力，故：GMmR2＝mg
聯(lián)立解得：M＝5v0R24t0G
【點睛】
本題是萬有引力定律與動力學的綜合，重力加速度是聯(lián)系這兩個問題的橋梁，則通過圖線得出加速度大小，結合牛頓第二定律求出重力加速度的大小是解決本題的關鍵．
25
2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題05 萬有引力定律（含解析）
