《（江蘇專用）2019高考物理一輪復習 第四章 曲線運動萬有引力與航天 課時34 人造衛(wèi)星運行規(guī)律分析加練半小時》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2019高考物理一輪復習 第四章 曲線運動萬有引力與航天 課時34 人造衛(wèi)星運行規(guī)律分析加練半小時（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、34 人造衛(wèi)星運行規(guī)律分析 [方法點撥]　(1)由v＝得出的速度是衛(wèi)星在圓形軌道上運行時的速度，而發(fā)射航天器的發(fā)射速度要符合三個宇宙速度．(2)做圓周運動的衛(wèi)星的向心力由地球?qū)λ娜f有引力提供，并指向它們軌道的圓心——地心．(3)在赤道上隨地球自轉(zhuǎn)的物體不是衛(wèi)星，它隨地球自轉(zhuǎn)所需向心力由萬有引力和地面支持力的合力提供． 1．(2017·江西鷹潭一模)我國首顆量子科學實驗衛(wèi)星于2016年8月16日1點40分成功發(fā)射．量子衛(wèi)星成功運行后，我國將在世界上首次實現(xiàn)衛(wèi)星和地面之間的量子通信，構(gòu)建天地一體化的量子保密通信與科學實驗體系．假設(shè)量子衛(wèi)星軌道在赤道平面，如圖1所示．已知量子衛(wèi)星的軌道半徑

2、是地球半徑的m倍，同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，圖中P點是地球赤道上一點，由此可知(　　) 圖1 A．同步衛(wèi)星與量子衛(wèi)星的運行周期之比為 B．同步衛(wèi)星與P點的速度之比為 C．量子衛(wèi)星與同步衛(wèi)星的速度之比為 D．量子衛(wèi)星與P點的速度之比為 2．(2017·山東日照一模)2016年11月22日，我國成功發(fā)射了天鏈一號04星．天鏈一號04星是我國發(fā)射的第4顆地球同步衛(wèi)星，它與天鏈一號02星、03星實現(xiàn)組網(wǎng)運行，為我國神舟飛船、空間實驗室天宮二號提供數(shù)據(jù)中繼與測控服務(wù)．如圖2所示，1是天宮二號繞地球穩(wěn)定運行的軌道，2是天鏈一號繞地球穩(wěn)定運行的軌道．下列說法正確的是(　　)

3、圖2 A．天鏈一號04星的最小發(fā)射速度是11.2 km/s B．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北京飛控中心的正上方 D．由于技術(shù)進步，天鏈一號04星的運行速度可能大于天鏈一號02星的運行速度 3．(多選)(2017·黑龍江大慶一模)如圖3所示，a為放在地球赤道上隨地球表面一起轉(zhuǎn)動的物體，b為處于地面附近近地軌道上的衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，若a、b、c、d的質(zhì)量相同，地球表面附近的重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　) 圖3 A．a(chǎn)和b的向心加速度都等于重力加速度g B．b的角速度最大

4、C．c距離地面的高度不是一確定值 D．d是三顆衛(wèi)星中動能最小，機械能最大的 4．(2017·福建漳州聯(lián)考)同步衛(wèi)星離地面距離為h，運行速率為v1，加速度為a1，地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度為a2，第一宇宙速度為v2，地球半徑為R.則(　　) A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ 5．(2018·安徽省“皖南八?！钡诙温?lián)考)一顆在赤道上空做勻速圓周運動運行的人造衛(wèi)星，其軌道半徑上對應(yīng)的重力加速度為地球表面重力加速度的四分之一，則某一時刻該衛(wèi)星觀測到地面赤道最大弧長為(已知地球半徑為R)(　　) A.πR B.πR C.πR D.πR 6．(多選)(2017·廣東廣州測試一

5、)已知地球半徑R＝6 390 km、自轉(zhuǎn)周期T＝24 h、表面重力加速度g＝9.8 m/s2，電磁波在空氣中的傳播速度c＝3×108 m/s，不考慮大氣層對電磁波的影響．要利用同一軌道上數(shù)量最少的衛(wèi)星，實現(xiàn)將電磁波信號由地球赤道圓直徑的一端傳播到該直徑的另一端的目的，則(　　) A．需要的衛(wèi)星數(shù)量最少為2顆 B．信號傳播的時間至少為8.52×10－2 s C．衛(wèi)星運行的最大向心加速度為4.9 m/s2 D．衛(wèi)星繞地球運行的周期至少為24 h 圖4 7．如圖4所示，質(zhì)量分別為m和2m的甲、乙兩顆衛(wèi)星以相等的軌道半徑分別繞質(zhì)量為M和2M的行星做勻速圓周運動，不考慮其他天體的影響，則

6、兩顆衛(wèi)星(　　) A．所受的萬有引力大小之比為1∶2 B．運動的向心加速度大小之比為1∶2 C．動能之比為1∶2 D．運動的角速度大小之比為1∶2 答案精析 1．D　[根據(jù)G＝mr，得T＝，由題意知r量＝mR，r同＝nR，所以＝＝＝，故A錯誤；P為地球赤道上一點，P點角速度等于同步衛(wèi)星的角速度，根據(jù)v＝ωr，所以有＝＝＝，故B錯誤；根據(jù)G＝m，得v＝，所以＝＝＝，故C錯誤；v同＝nvP，＝＝，得＝，故D正確．] 2．B　[由于第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運動時的最大速度，同時又是最小的發(fā)射速度，可知衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第一宇宙速度7.9 km/s.若衛(wèi)星的發(fā)射速度大

7、于第二宇宙速度11.2 km/s，則衛(wèi)星會脫離地球束縛，所以衛(wèi)星的發(fā)射速度要介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間，故A錯誤；由萬有引力提供向心力得：＝可得：v＝，可知軌道半徑比較大的天鏈一號04星的運行速度小于天宮二號的運行速度，故B正確；天鏈一號04星位于赤道正上方，不可能位于北京飛控中心的正上方，故C錯誤；根據(jù)題意，天鏈一號04星與天鏈一號02星，軌道半徑相同，所以天鏈一號04星與天鏈一號02星具有相同的速度，故D錯誤．] 3．BD　[地球同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，角速度相同，則知a與c的角速度相同，根據(jù)a＝ω2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度．由牛頓第二定律得：G＝ma，解

8、得：a＝，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的向心加速度約為g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A錯誤；萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G＝mω2r，解得：ω＝，由于rb＜rc＜rd，則ωb＞ωc＞ωd，a與c的角速度相等，則b的角速度最大，故B正確；c是同步衛(wèi)星，同步衛(wèi)星相對地面靜止，c的軌道半徑是一定的，c距離地面的高度是一確定值，故C錯誤；衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G＝m，衛(wèi)星的動能：Ek＝，三顆衛(wèi)星中d的軌道半徑最大，則d的動能最小，若要使衛(wèi)星的軌道半徑增大，必須對其做功，則d的機械能最大，故D正

9、確．] 4．D　[　因為地球同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，所以地球同步衛(wèi)星與地球赤道上物體的角速度相等，根據(jù)a＝ω2r得：＝，B、C錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力有G＝m，解得v＝，則：＝，A錯誤，D正確．] 5．A 6．ABC　[由幾何關(guān)系可知，過圓的直徑兩端的切線是平行的，所以1顆衛(wèi)星不可能完成將電磁波信號由地球赤道圓直徑的一端傳播到該直徑的另一端的目的，但兩顆或兩顆以上的衛(wèi)星接力傳播可以實現(xiàn)，所以需要的衛(wèi)星的最小數(shù)目為2顆，故A正確； 使用2顆衛(wèi)星傳播時，可能有兩種情況，如圖所示． 通過圖中的比較可知，軌道上有三顆衛(wèi)星時，將電磁波信號由地球赤道圓直徑的一端傳播到該直徑的另

10、一端的路程更長，則軌道上有三顆衛(wèi)星時，將電磁波信號由地球赤道圓直徑的一端傳播到該直徑的另一端所需的時間長．由幾何關(guān)系可知，在圖乙中，信號由A→1→2→B的路程的長度為4R，則信號傳播的時間：t＝＝ s＝8.52×10－2 s，故B正確； 由圖乙可知，該衛(wèi)星對應(yīng)的軌道半徑：r＝R，衛(wèi)星的向心加速度：a＝＝，而地球表面的重力加速度：g＝， 所以：a＝g＝×9.8 m/s2＝4.9 m/s2，故C正確； 地球同步衛(wèi)星的周期為24 h，而該衛(wèi)星的半徑r＝R<6.6R＝r同步，由T＝2π 可知軌道半徑越小，運行周期越小，故該衛(wèi)星的運行周期小于24 h，故D錯誤．] 7．B　[由萬有引力定律，衛(wèi)星甲所受的萬有引力F甲＝G，衛(wèi)星乙所受的萬有引力F乙＝G＝4G，即它們所受的萬有引力大小之比為1∶4，A錯誤；由G＝ma甲，4G＝2ma乙，可知它們運動的向心加速度大小之比為1∶2，B正確；由G＝m可知，衛(wèi)星甲的動能為mv12＝，同理，衛(wèi)星乙的動能為×2mv22＝，動能之比為1∶4，C錯誤；由v＝ωr可知，它們運動的角速度大小之比為ω1∶ω2＝v1∶v2＝∶＝1∶，D錯誤．] 6