高考物理第一轮复习 万有引力与航天 提高练习

高考物理第一轮复习 万有引力与航天 提高练习

‎2019年高考物理第一轮复习：第六章 万有引力与航天 提高练习 一、多选题 ‎1．如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点。已知A、B、C绕地心运动的周期相同，下列说法中正确的是 A． 物体A的速度小于第一宇宙速度 B． 物体A的速度小于卫星C的运行速度 C． 物体A和卫星C具有相同大小的加速度 D． 卫星B在P点的加速度与卫星C在P点的加速度大小不相等 ‎【答案】AB ‎【解析】B、物体A和卫星C的周期相等，则角速度相等，根据v=rω知，半径越大，线速度越大，所以卫星C的运行速度大于物体A的速度；故B正确。‎ A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，根据v=‎GMr，卫星C的运行速度小于第一宇宙速度，卫星C的运行速度大于物体A的速度，所以物体A的运行速度一定小于第一宇宙速度；A正确。‎ C、物体A静止于地球赤道上随地球一起自转，卫星C为绕地球做圆周运动，它们绕地心运动的周期相同，根据向心加速度的公式a=‎(‎2πT)‎‎2‎r，得卫星C的加速度较大；C错误。‎ D、卫星做圆周或椭圆都是受万有引力产生加速度，GMmr‎2‎‎=ma，可得a=‎GMr‎2‎，则两卫星距离地心的距离相等时加速度相等，D错误。‎ 故选AB。‎ ‎2．如图所示，A是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运动；B、C是同一平面内两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星．已知第一宇宙速度为υ，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为vA、vB、vC，周期大小分别为TA、TB、TC，则下列关系正确的是（　　）‎ A． vA‎=vC=v B． vA＜vC＜vB＜v C． TA＝TC ＞TB D． TA＜TB＜‎TC ‎【答案】BC ‎【解析】A、B、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωA=ωC，根据v=rω，C的线速度大于A的线速度。根据v=‎GMr得B的线速度大于C的线速度，故A错误，B正确；C、D、卫星C为同步卫星，所以TA=TC，根据T=2πr‎3‎GM得C的周期大于B的周期，故C正确，D错误。故选BC。‎ ‎3．宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于宇宙四星系统，下列说法正确的是（ ）‎ A． 四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动 B． 四颗星的轨道半径均为a‎2‎ C． 四颗星表面的重力加速度均为GmR‎2‎ D． 四颗星的周期均为‎2πa‎2a‎4+‎‎2‎Gm ‎【答案】ACD ‎【解析】任一颗星体在其他三个星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，故A正确。任一星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径均 r=‎2‎‎2‎a，故B错误。在四颗星表面上，物体的重力等于万有引力，则有：m′g=Gmm'‎R‎2‎，得四颗星表面的重力加速度g=‎GmR‎2‎，故C正确。对于任一星体，由万有引力定律和向心力公式得：Gm‎2‎‎(‎2‎a)‎‎2‎‎+‎2‎⋅Gm‎2‎a‎2‎=m‎4‎π‎2‎T‎2‎⋅‎2‎‎2‎a，解得：T= ‎2πa‎2a‎4+‎‎2‎Gm．故D正确。故选ACD。‎ ‎4．引力波探测于2019年获得诺贝尔物理学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为Δr（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），万有引力常量为G，则(　　）‎ A． Q、P两颗星的质量差为‎4π‎2‎ΔrlGT‎2‎ B． P、Q两颗星的运动半径之比为ll-Δr C． P、Q两颗星的线速度大小之差为‎2πΔrT D． P、Q两颗星的质量之比为l+Δrl-Δr ‎【答案】CD ‎【解析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q星的周期为T，两者之间的万有引力提供向心力，则：GmpmQl‎2‎=mpω‎2‎rp=‎mQω‎2‎rQ，解得mQ‎=‎ω‎2‎l‎2‎rPG ；mP‎=‎ω‎2‎l‎2‎rQG，则mQ‎-mP=ω‎2‎l‎2‎‎(rP-rQ)‎G=‎‎4π‎2‎l‎2‎ΔrGT‎2‎，故A错误；根据题意可知，rP+rQ=l，rP-rQ=△r，解得：rP‎＝‎l+△r‎2‎，rQ‎＝‎l-△r‎2‎则有：rPrQ‎＝‎l+△rl-△r ，故B错误。P星公转的线速度vP‎=‎2πrPT＝‎π(l+△r)‎T ，Q星公转的线速度vQ‎=‎2πrQT＝‎π(l-△r)‎T，则vP‎-vQ=‎‎2π△rT，故C正确。P、Q两颗星的质量之比为mPmQ‎=rQrP=‎l+△rl-△r，故D正确。故选CD ‎5．暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命。为了探测暗物质，我国已成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星。已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于其运动周期)，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β(弧度)，引力常量为G，则下列说法中正确的是(　　)‎ A． “悟空”的线速度大于第一宇宙速度 B． “悟空”的环绕周期为‎2πtβ C． 地球同步卫星的向心加速度大于“悟空”的向心加速度 D． 地球的质量为s‎3‎Gt‎2‎β ‎【答案】BD ‎【解析】A：第一宇宙速度是所有圆轨道卫星的最大运行速度，则“悟空”的线速度小于第一宇宙速度。故A项错误。‎ B：“悟空”的角速度ω=‎βt，则“悟空”的环绕周期T=‎2πω=‎2πβt。故B项正确。‎ C：卫星所受万有引力提供向心力，则GMmr‎2‎=ma，解得：a=GMr‎2‎；半径小的卫星向心加速度大，即“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度。故C项错误。‎ D：“悟空”经过时间t(t小于其运动周期)，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β(弧度)，则“悟空”绕地球转动的半径r=‎sβ；据GMmr‎2‎=mrω‎2‎，可得地球的质量M=ω‎2‎r‎3‎G=β‎2‎s‎3‎Gt‎2‎β‎3‎=‎s‎3‎Gt‎2‎β。故D项正确。‎ ‎6．2019年4月2日8时15分左右，遨游太空6年多的天宫一号，在中国航天人的实时监测和全程跟踪下，在预测的时间和范围内准确再入大气层，化作流星归隐中心点位于西经163.1度、南纬14.6度的南太平洋。如图所示，设天宫一号原来在圆轨道Ⅰ上飞行，到达A点时转移到较低的椭圆轨道Ⅱ上(未进入大气层)。若圆轨道Ⅰ离地球表面高度设为h1，椭圆轨道Ⅱ．近地点离地球表面的高度设为h2，如图所示．地球表面的重力加速度设为g，地球半径设为R，则下列说法不正确的是（ ）‎ A． 在轨道Ⅰ上的机械能大于轨道Ⅱ上的机械能 B． “天宫一号”在轨道Ⅰ上的运行速率v=‎gR‎2‎R+‎h‎1‎ C． 若“天宫一号”在圆轨道Ⅰ，周期是T1，则“天宫一号”从A位置运动到B位置的时间T‎2‎‎=‎T‎1‎‎(h‎1‎+h‎2‎+2R)‎‎3‎‎8‎‎(R+h‎1‎)‎‎3‎ D． 若“天宫一号”沿轨道Ⅱ运行经过A点的速度为vA，则“天宫一号”运行到B点的速度vB‎=‎R+‎h‎1‎R+‎h‎2‎vA ‎【答案】CD ‎【解析】A、飞船从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ要在A点刹车减速做向心运动，故机械能要减小，则在轨道Ⅰ上的机械能大于轨道Ⅱ上的机械能，A正确。‎ B、飞船在轨道Ⅰ上，轨道半径为R+h1，万有引力提供向心力有GMm‎(R+h‎1‎)‎‎2‎‎=mv‎2‎‎(R+h‎1‎)‎，而物体在地球表面有GMmR‎2‎‎=mg，联立可得v=‎gR‎2‎R+‎h‎1‎，故B正确。‎ C、圆轨道1和椭圆轨道II都是绕地球的轨道，椭圆取半长轴和圆取半径都满足开普勒第三定律，‎(R+h‎1‎)‎‎3‎T‎1‎‎=‎‎(‎2R+h‎1‎+‎h‎2‎‎2‎)‎‎3‎TII‎2‎，根据对称性可知A位置运动到B位置T‎2‎‎=‎TII‎2‎，可得：T‎2‎‎=‎T‎1‎‎2‎h‎1‎‎+h‎2‎+2R‎3‎‎8‎R+‎h‎1‎‎3‎，故C错误。‎ D、从椭圆轨道上的远地点A到近地点B，万有引力做正功，引力势能减小，动能增大，而只有过B点和A点的圆轨道满足GMm‎(R+h‎1‎)‎‎2‎‎=mvIA‎2‎‎(R+h‎1‎)‎,GMm‎(R+h‎2‎)‎‎2‎‎=mv圆B‎2‎‎(R+h‎2‎)‎,故有vIA‎=‎gR‎2‎R+‎h‎1‎，v圆B‎=‎gR‎2‎R+‎h‎2‎；则vIAv圆B‎=‎R+‎h‎2‎R+‎h‎1‎ ‎ 第 5 页 而根据变轨知识和圆周运动的知识课得四个速度满足v圆B‎>vB>vIA>‎vA；故D错误。‎ 本题选不正确的故选CD。‎ ‎7．经长期观测发现，A行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离。如图所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，则行星B运动轨道半径表示错误的是(　　) ‎ A． R＝R0 ‎3‎t‎0‎‎2‎t‎0‎‎-‎T‎0‎ B． R＝R0t‎0‎t‎0‎‎-T C． R＝R0 ‎3‎t‎0‎‎(t‎0‎-T‎0‎)‎‎2‎ D． R＝R0‎‎3‎t‎0‎‎2‎t‎0‎‎-‎T‎0‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】A行星发生最大偏离时，A、B行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧，设行星B的运行周期为T、半径为R，则有：‎2πT‎0‎t‎0‎‎-‎2πTt‎0‎=2π,所以得T=‎t‎0‎T‎0‎t‎0‎‎-‎T‎0‎,由开普勒第三定律得R‎0‎‎3‎T‎0‎‎2‎‎=‎R‎3‎T‎2‎，可得R=‎R‎0‎‎3‎t‎0‎‎2‎‎(t‎0‎-T‎0‎)‎‎2‎；故A正确；B、C、D错误。‎ 本题选错误的故选BCD.‎ ‎8．已知万有引力常量G，利用下列数据可以计算地球半径的是 A． 月球绕地球运动的周期、线速度及地球表面的重力加速度g B． 人造卫星绕地球的周期、角速度及地球的平均密度ρ C． 地球同步卫星离地的高度、周期及地球的平均密度ρ D． 近地卫星的周期和线速度 ‎【答案】ACD ‎【解析】由周期T和线速度v，根据v=‎‎2πrT可求解r，由GMmr‎2‎=m（‎2πT‎）‎‎2‎r 可求得地球的质量M，半径R，根据GMmR‎2‎=mg可求解地球的半径R，故A正确，B错误；已知地球同步卫星离地的高度h、周期T及地球的平均密度ρ，根据GMm‎(R+h)‎‎2‎=m‎4π‎2‎(R+h)‎T‎2‎以及M=ρ‎4πR‎3‎‎3‎可求解地球的半径R，选项C正确；已知近地卫星的周期T和线速度v，由v=‎‎2πRT可求得地球的半径，则D正确。故选ACD.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了万有引力定律在天体中的应用，解题的关键在于找出向心力的来源，并能列出等式解题．‎ ‎9．地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为F‎1‎，向心加速度为a‎1‎，线速度为v‎1‎，角速度为ω‎1‎;绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星受的向心力为F‎2‎，向心加速度为a‎2‎，线速度为v‎2‎，角速度为ω‎2‎;地球同步卫星所受的向心力为F‎3‎，向心加速度为a‎3‎，线速度为v‎3‎，角速度为ω‎3‎.假设三者质量相等，则（ ）‎ A． ‎F‎1‎‎=F‎2‎>‎F‎3‎ B． ‎a‎2‎‎>a‎3‎>‎a‎1‎ C． ‎ω‎1‎‎=ω‎3‎<‎ω‎2‎ D． ‎v‎1‎‎=v‎2‎>‎v‎3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】根据题意三者质量相等，轨道半径r1=r2＜r3；物体1与人造卫星2比较，由于赤道上物体受引力和支持力的合力提供向心力，而近地卫星只受万有引力，故F1＜F2 ，故A错误；物体1和卫星3周期相等，则角速度相等，即ω1=ω3，而加速度a=rω2，则a3＞a1，卫星2和卫星3都靠万有引力提供向心力，a=GMr‎2‎，则a2＞a3，所以a2＞a3＞al，故B正确；物体1和卫星3周期相等，则角速度相等，即ω1=ω3，卫星2和卫星3都靠万有引力提供向心力，根据GmMr‎2‎＝mω‎2‎r有：ω=‎GMr‎3‎，得知：ω3＜ω2，所以ω1=ω3＜ω2，故C正确；物体1和卫星3周期相等，则角速度相等，即ω1=ω3，根据v=rω，则v3＞v1，卫星2和卫星3都靠万有引力提供向心力，根据GmMr‎2‎＝mv‎2‎r，解得v=‎GMr，知轨道半径越大，线速度越小，则v2＞v3．故D错误；故选BC。‎ ‎10．太阳系中某行星运行的轨道半径为R0，周期为T0．但天文学家在长期观测中发现，其实际运行的轨道总是存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离（行星仍然近似做匀速圆周运动）．天文学家认为形成这种现象的原因可能是该行星外侧还存在着一颗未知行星．假设两行星的运行轨道在同一平面内，且绕行方向相同，则这颗未知行星运行轨道的半径R和周期T是（认为未知行星近似做匀速圆周运动）‎ A． T=t‎0‎‎2‎t‎0‎‎-‎T‎0‎ B． T=t‎0‎t‎0‎‎-‎T‎0‎T0 C． R=R0‎3‎‎(t‎0‎t‎0‎‎-‎T‎0‎)‎‎2‎ D． R=R0‎‎3‎‎(t‎0‎‎-‎T‎0‎t‎0‎)‎‎2‎ ‎【答案】BC ‎【解析】行星发生最大偏离时，两行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧。设未知行星运行周期为T，轨道半径为R，则有：‎2πT‎0‎t‎0‎‎-‎2πTt‎0‎＝2π，解得未知行星的运行周期T=t‎0‎t‎0‎‎-‎T‎0‎T0，故B正确，A错误。由开普勒第三定律有：R‎0‎‎3‎T‎0‎‎2‎‎＝‎R‎3‎T‎2‎，解得：R=‎R‎0‎‎3‎t‎0‎‎2‎‎(t‎0‎-T‎0‎)‎‎2‎，故C正确，D错误。故选BC。‎ ‎11．如图为高分一号北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图。导航卫星G1和G2以及高分一号均可认为统地心0做匀速圆同运动。卫星G1和G2的轨道半径为r，某时刻两颗导航卫星分别位于轨道上的A和B两位置，高分一号在C位置。若卫星均顺时针运行，∠AOB=60°，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。则下列说法正确的是 A． 卫星G1和G2的加速度大小相等且为 ‎Rrg B． 卫星G1由位置A运动到位置B所需的时间为πr‎3Rrg C． 若高分一号与卫星G1的周期之比为1:k(k＞1,且为整数),某时刻两者相距最近，则从此时刻起,在卫星G1运动一周的过程中二者距离最近的次数为（k-1）‎ D． 若高分一号与卫星G1质量相等,由于高分一号的绕行速度大,则发射所需的最小能量更多 ‎【答案】BC ‎【解析】卫星在地球表面时受到的万有引力等于重力，则：mg=GMmR‎2‎；在太空运行时：GMmr‎2‎＝ma，所以：a=R‎2‎r‎2‎•g．故A错误；根据万有引力提供向心力GMmr‎2‎=mω2r，得ω=GMr‎3‎＝‎gR‎2‎r‎3‎，卫星G1由位置A运动到位置B所需的时间t=π‎3‎ω=‎πr‎3Rrg，故B正确；设每隔时间T，a、b相距最近，则（ωa-ωb）T=2π，所以有：T=‎2πωa‎-‎ωb=‎TbTaTb‎-‎Ta；故b运动一周的过程中，a、b相距最近的次数为：n=TbT=k-1，即a、b距离最近的次数为k-1次，故C正确； 发射的卫星轨道越高，需要的能量越大，由于高分一号的轨道低一些，所以它与卫星G1相比，发射所需的最小能量更小。故D错误；故选BC。‎ ‎12．由多颗星体构成的系统，叫做多星系统。有这样一种简单的四星系统：质量刚好都相同的四个星体A、B、C、D，A、B、C分别位于等边三角形的三个顶点上，D位于等边三角形的中心。在四者相互之间的万有引力作用下，D静止不动，A、B、C 绕共同的圆心D在等边三角形所在的平面内做相同周期的圆周运动。若四个星体的质量均为m，三角形的边长为a，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）‎ A． A、B、C三个星体做圆周运动的半径均为‎3‎‎2‎a ‎ B． A、B两个星体之间的万有引力大小为Gm‎2‎a‎2‎ C． A、B、C三个星体做圆周运动的向心加速度大小均为‎(‎3‎+3)Gma‎2‎ D． A、B、C三个星体做圆周运动的周期均为‎2πaa‎(3+‎3‎)Gm ‎【答案】BC ‎【解析】A、ABC绕中点D做圆周运动，由几何知识知，半径为r=‎3‎‎3‎a ，故A错；‎ B、根据万有引力公式可知A、B两个星体之间的万有引力大小为Gm‎2‎a‎2‎，故B对；‎ C、以A为对象，受到的合力为F=FDA+FBAcos‎30‎‎∘‎+FCAcos‎30‎‎∘‎=Gmm‎3‎‎3‎a‎2‎+2×Gmma‎2‎cos‎30‎‎∘‎=‎‎3+‎‎3‎Gmma‎2‎ ‎ 所以A、B、C三个星体做圆周运动的向心加速度大小均为‎(‎3‎+3)Gma‎2‎，故C对；‎ D、以A为对象，受到的合力为F=FDA+FBAcos‎30‎‎∘‎+FCAcos‎30‎‎∘‎=Gmm‎3‎‎3‎a‎2‎+2×Gmma‎2‎cos‎30‎‎∘‎=‎‎3+‎‎3‎Gmma‎2‎ 在根据牛顿第二定律F=m‎(‎2πT)‎‎2‎r ，可解得：‎2πaa‎3+3‎‎3‎Gm ,故D错；‎ 故选BC ‎13．引力波探测于2019年获得诺贝尔物理学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为Δr（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），万有引力常量为G，则(　　）‎ A． Q、P两颗星的质量差为‎4π‎2‎ΔrlGT‎2‎ B． P、Q两颗星的运动半径之比为ll-Δr C． P、Q两颗星的线速度大小之差为‎2πΔrT D． P、Q两颗星的质量之比为l-Δrl+Δr ‎【答案】CD ‎【解析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q星的周期为T 第 5 页 ‎，根据题意可知，rP+rQ=l，rP-rQ=△r，解得：rP‎＝‎l+△r‎2‎，rQ‎＝‎l-△r‎2‎，则P、Q两颗星的半径之比为l+△rl-△r，双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：GmPmQl‎2‎‎=mPrPω‎2‎＝‎mQrQω‎2‎，解得Δm=mQ-mP=ω‎2‎l‎2‎G(rP-rQ)=‎‎4π‎2‎l‎2‎ΔrGT‎2‎，mPmQ‎=rQrP=‎l-Δrl+Δr，选项AB错误，D正确；线速度大小v＝‎‎2πrT可得：Δv=vP-vQ＝‎2π(rP-rQ)‎T=‎‎2πΔrT，C正确。故选CD。‎ ‎14．2019年7月是精彩天象集中上演的月份，“水星东大距”、“火星冲日”“全食”等天象先后扮靓夜空，可谓精彩纷呈。发生于北京时间7月28日凌晨的“月全食”，相对于今年1月31日发生的“月全食”来说，这次全食阶段持续时间长达1小时4分钟，比1月底的月全食时间更长。已知月球绕地球的运动轨迹可看做椭圆，地球始终在该椭圆轨道的一个焦点上，则相对1月的月球而言，7月的月球（ ）‎ A． 绕地球运动的线速度更大 B． 距离地球更远 C． 绕地球运动的线速度更小 D． 距离地球更近 ‎【答案】BC ‎【解析】A、C项：由于7月的月全食时间更长，即月亮处于地球的本影区时间更长，所以7月的月球绕地球运动的线速度更小，故A错误，C正确；‎ B、D项：月球绕地球运动过程中万有引力做功，由于7月的月球绕地球运动的线速度更小，即万有引力做负功更多，所以7月的月球距离地球更远，故B正确，D错误。‎ 二、单选题 ‎15．2019年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图4所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep＝GMmhRR+h，其中G为引力常量，M为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为(　　)‎ A． mg月RR+h (h＋2R) B． mg月RR+h (h＋‎2‎R) C． mg月RR+h (h＋‎2‎‎2‎R) D． mg月RR+h (h＋‎1‎‎2‎R)‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据万有引力提供向心力，得：GMm‎(R+h)‎‎2‎=mv‎2‎R+h，在月球表面上，由重力等于万有引力，则得：GMm‎'‎R‎2‎=‎m‎'‎g月，则有：GM=‎g月R‎2‎，“玉兔”绕月球做圆周运动的动能为：Ek‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎，联立以上三式解得：Ek‎=‎mg月R‎2‎‎2‎R+h，“玉兔”在h高度的引力势能为：Ep‎=GMmhRR+h=mg月R‎2‎hRR+h=‎mg月RhR+h，根据功能关系得：从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为：W=Ep+Ek=‎mg月RR+hh+‎1‎‎2‎R，故选D。‎ ‎16．地球质量为M，半径为R，自转周期为T0，取无穷远处的引力势能为零．质量为m的卫星在绕地球无动力飞行时，它和地球组成的系统机械能守恒，它们之间引力势能的表达式是Ep=-GMmr，其中r是卫星与地心间的距离．现欲将质量为m的卫星从近地圆轨道Ⅰ发射到椭圆轨道Ⅱ上去，轨道Ⅱ的近地点A和远地点B距地心分别为r1=R，r2=3R．若卫星在轨道Ⅱ上的机械能和在r3=2R的圆周轨道Ⅲ上的机械能相同，则（　　）‎ A． 卫星在近地圆轨道Ⅰ上运行的周期与地球自转周期相同 B． 从轨道Ⅰ发射到轨道Ⅱ需要在近地的A点一次性给它提供能量GMm‎4R C． 卫星在椭圆轨道上的周期为T0‎‎(‎r‎2‎‎+RR‎)‎‎3‎ D． 卫星在椭圆轨道Ⅱ上自由运行时，它在B点的机械能大于在A点的机械能 ‎【答案】B ‎【解析】A、根据开普勒第三定律可知，卫星在近地圆轨道Ⅰ上运行的周期小于地球同步卫星周期，即小于地球自转周期．故A错误．‎ B、设从轨道Ⅰ发射到轨道Ⅱ需要在近地的A点一次性给它提供能量为E．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上的速率分别为v1和v3．‎ 则v1=GMR，v3=GM‎2R ‎ 据题知，卫星在轨道Ⅱ上的机械能和在r3=2R的圆周轨道Ⅲ上的机械能相同，根据能量守恒定律得：‎ ‎-GMmR+‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+E=‎1‎‎2‎mv‎3‎‎2‎+（-GMm‎2R）‎ 联立解得E=GMm‎4R．故B正确．‎ C、设卫星在椭圆轨道上的周期为T，而地球同步卫星的轨道半径为r．根据开普勒第三定律得：‎ ‎ ‎(‎r‎1‎‎+‎r‎2‎‎2‎‎)‎‎3‎T‎2‎=r‎3‎T‎0‎‎2‎ ‎ 即：r1=R，r2=3R，而r＞R ‎ 解得T=T0‎(‎r‎2‎‎+R‎2r‎)‎‎3‎，2r≠R，故C错误．‎ D、卫星在椭圆轨道Ⅱ上自由运行时，只有万有引力对它做功，其机械能守恒，则它在B点的机械能等于在A点的机械能．故D错误．‎ 故选：B ‎17．地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动,所受的向心力为F1,向心加速度为a1,线速度为v1,角速度为ω1;绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星受的向心力为F2,向心加速度为a2,线速度为v2,角速度为ω2;地球同步卫星所受的向心力为F3,向心加速度为a3,线速度为v3,角速度为ω3。地球表面重力加速度为g,第一宇宙速度为v,假设三者质量相等,下列结论中错误的是( )‎ A． F2>F3>F1 B． a2=g>a3>a1 C． v1=v2=v>v3 D． ω1=ω3<ω2‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、根据题意三者质量相等，轨道半径r1=r2＜r3，物体1与同步卫星3比较，转动角速度相等半径大的向心力大故F3＞F1，卫星2与同步卫星比较，都由万有引力提供向心力，故半径小的向心力大，所以有F2＞F3，综上所知A正确。‎ B、D、物体1和卫星3周期相等，则角速度相等，即ω1=ω3，而加速度a=rω2，则a3＞a1，卫星2和卫星3都靠万有引力提供向心力，根据GMmr‎2‎=mω‎2‎r=ma，得ω=‎GMr‎3‎，a=‎GMr‎2‎，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a2＞a3，ω2＞ω3．对于近地卫星，有GMmR‎2‎=mg=ma‎2‎，向心加速度等于表面的重力加速度，即g=a2，所以g=a2＞a3＞a1，ω1=ω3＜ω2，故B正确，D正确。‎ C、由A选项的分析知道向心力F1＜F2 ，根据向心力公式F=mv‎2‎R，由于m、R一定，故v1＜v2，故C错误。‎ 本题选错误的故选C。‎ ‎18．两个中子星相互吸引旋转并靠近最终合并成黑洞的过程，科学家预言在此过程中释放引力波．根据牛顿力学，在中子星靠近的过程中（　　）‎ A． 中子星间的引力变大 B． 中子星的线速度变小 C． 中子星的角速度变小 D． 中子星的加速度变小 ‎【答案】A ‎【解析】A、根据万有引力定律：F=‎Gm‎1‎m‎2‎L‎2‎，可知两中子星的距离L减小时，中子星间的引力变大，A正确。B、根据Gm‎1‎m‎2‎L‎2‎‎=‎m‎1‎v‎1‎‎2‎R‎1‎，解得v‎1‎‎=‎Gm‎2‎R‎1‎L‎2‎，由于L平方的减小比R1和R2的减小量大，则线速度增大，B错误。C、根据Gm‎1‎m‎2‎L‎2‎‎=m‎1‎‎4‎π‎2‎T‎2‎R‎1‎=‎m‎2‎‎4‎π‎2‎T‎2‎R‎2‎，解得m‎2‎‎=‎‎4‎π‎2‎R‎1‎L‎2‎GT‎2‎，m‎1‎‎=‎‎4‎π‎2‎R‎2‎L‎2‎GT‎2‎；所以m‎1‎‎+m‎2‎=‎4‎π‎2‎L‎2‎GT‎2‎(R‎1‎+R‎2‎)=‎‎4‎π‎2‎L‎3‎GT‎2‎，据题意为m‎1‎‎+‎m‎2‎不变，L增大，则T增大，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，而由角速度ω=‎‎2πT可得，角速度会增大，C错误。根据Gm‎1‎m‎2‎L‎2‎‎=m‎1‎a‎1‎=‎m‎2‎a‎2‎知，L变小，则两星的向心加速度增大，D错误。故选A。‎ ‎19．设在地球上和某天体上以相同的初速度竖直上抛一物体的最大高度比为k(均不计阻力)，且已知地球与该天体的半径之比也为k，则地球与此天体的质量之比为(　　)‎ A． 1 B． k2 C． k D． ‎1‎k ‎ ‎【答案】C ‎【解析】在地球上：h=‎v‎0‎‎2‎‎2g ‎ 某天体上：‎h‎'‎‎=‎v‎0‎‎2‎‎2‎g‎'‎ 因为hh‎'‎‎=k ‎ 所以gg‎'‎‎=k ‎ 根据GMmR‎2‎=mg和GM‎'‎mR‎'2‎=mg‎'‎ 解得：gg‎'‎‎=‎M‎'‎R‎2‎MR‎'2‎ ‎ RR‎'‎‎=k‎ ‎ 第 5 页 综上解得：‎MM‎'‎‎=k 故应选C。‎ ‎20．如图所示,由A、B组成的双星系统，绕它们连线上的一点做匀速圆周运动,其运行周期为T,A、B间的距离为L,它们的线速度之比v‎1‎v‎2‎=2,则（ ）‎ A． AB角速度比为：‎ωAωB‎=‎‎2‎‎1‎ B． AB质量比为：MAMB=‎‎2‎‎1‎ C． A星球质量为：MA=‎‎4‎π‎2‎L‎3‎GT‎2‎ D． 两星球质量为：MA+MB=‎‎4‎π‎2‎L‎3‎GT‎2‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、万有引力提供双星做圆周运动的向心力,他们做圆周运动的周期T相等,根据ω=‎‎2πT可知角速度之比为1:1，故A错；‎ BCD、根据v=ωr，v‎1‎v‎2‎‎=2‎ ，可知两星球运动的半径之比为r‎1‎r‎2‎‎=2:1‎ 由牛顿第二定律得:GM‎1‎M‎2‎L‎2‎‎=‎M‎2‎‎(‎2πT)‎‎2‎r‎2‎ ‎ 解得：M‎1‎‎=‎4‎π‎2‎r‎2‎L‎2‎GT‎2‎=‎‎4‎π‎2‎L‎3‎‎3GT‎2‎ ‎ 同理：GM‎1‎M‎2‎L‎2‎‎=‎M‎1‎‎(‎2πT)‎‎2‎r‎1‎ ‎ M‎2‎‎=‎4‎π‎2‎r‎1‎L‎2‎GT‎2‎=‎‎8‎π‎2‎L‎3‎‎3GT‎2‎ 且M‎1‎‎+M‎2‎=‎4‎π‎2‎L‎3‎‎3GT‎2‎+‎8‎π‎2‎L‎3‎‎3GT‎2‎=‎‎4‎π‎2‎L‎3‎GT‎2‎ 所以AB质量比为MAMB‎=‎‎1‎‎2‎ ，故BC错；D对；‎ 综上所述本题答案是：D ‎21．据每日邮报2019年4月18日报道，美国国家航空航天局(NASA)目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler-186f。假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T;宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放—个小球（引力视为恒力），落地时间为t。已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）‎ A． 该行星的第一宇宙速度为πRT B． 宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πt‎2Rh C． 该行星的平均密度为‎3h‎2Gπt‎2‎ D． 如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为‎3‎hT‎2‎R‎2‎‎2‎π‎2‎t‎2‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据自由落体运动求得星球表面的重力加速度g＝‎‎2ht‎2‎；星球的第一宇宙速度v＝gR＝‎‎2hRt‎2‎，故A错误；根据万有引力提供圆周运动向心力有：GmMr‎2‎＝mr‎4‎π‎2‎T‎2‎可得卫星的周期T=‎‎4‎π‎2‎r‎3‎GM，可知轨道半径越小周期越小，卫星的最小半径为R，则周期最小值为Tmin‎＝‎4‎π‎2‎R‎3‎GM＝‎4‎π‎2‎R‎3‎gR‎2‎＝‎4π‎2‎R‎2ht‎2‎=πt‎2Rh，故B正确；由GmMR‎2‎＝mg＝m‎2ht‎2‎ 有：M=‎‎2hR‎2‎Gt‎2‎，所以星球的密度ρ＝MV＝‎2hR‎2‎Gt‎2‎‎4‎‎3‎πR‎3‎＝‎‎3h‎2Gt‎2‎Rπ，故C错误；同步卫星的周期与星球自转周期相同故有：GmM‎(R+h)‎‎2‎＝m(R+h)‎‎4‎π‎2‎T‎2‎，代入数据解得：h=‎3‎hT‎2‎R‎2‎‎2‎π‎2‎t‎2‎ -R，故D错误。故选B。‎ ‎22．美国在2019年2月11日宣布“探测到引力波的存在”，天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是两个黑洞并合的事件，GW150914是一个36倍太阳质量的黑洞和一个29倍太阳质量的黑洞并合事件。假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小，若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其它星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是（ ）‎ A． 这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等 B． 36倍太阳质量的黑洞比29倍太阳质量的黑洞运行的轨道半径小 C． 这两个黑洞运行的线速度大小始终相等 D． 随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期也在增大 ‎【答案】B ‎【解析】根据Gm‎1‎m‎2‎L‎2‎‎＝‎m‎1‎‎4‎π‎2‎T‎2‎r‎1‎可得m‎2‎‎＝‎‎4‎π‎2‎L‎2‎r‎1‎GT‎2‎ ① 根据Gm‎1‎m‎2‎L‎2‎‎＝‎m‎2‎‎4‎π‎2‎T‎2‎r‎2‎可得m‎1‎‎＝‎‎4‎π‎2‎L‎2‎r‎2‎GT‎2‎② 由①②知m‎1‎m‎2‎‎＝‎r‎2‎r‎1‎，质量与轨道半径成反比，所以36倍太阳质量的黑洞轨道半径比29倍太阳质量的黑洞轨道半径小。故B正确；根据a＝ω2r可知，角速度相等，质量大的半径小，所以质量大的向心加速度小，故A错误；这两个黑洞共轴转动，角速度相等，根据v=ωr可以，质量大的半径小，所以质量大的线速度小。故C错误；又：m‎1‎‎+m‎2‎＝‎4π‎2‎L‎2‎(r‎1‎+r‎2‎)‎GT‎2‎=‎‎4‎π‎2‎L‎3‎GT‎2‎，当m1+m2不变时，L减小，则T减小，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故D错误；故选B。‎ 三、解答题 ‎23．据报道，科学家们在距离地球20万光年外发现了首颗系外“宜居”行星。假设该行星质量为地球质量的6倍，半径为地球半径的2倍。若某人在地球表面能举起60 kg的物体，试求：‎ ‎(1)‎人在这个行星表面能举起的物体的质量为多少？‎ ‎(2)‎这个行星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的多少倍？‎ ‎【答案】（1）40kg （2）‎‎3‎ ‎【解析】（1）物体在星体表面的重力等于物体受到的万有引力，又有同一个人在两个星体表面能举起的物体重力相同，故有：GM地mR地‎2‎‎＝mg地＝m'g行＝‎GM行m'‎R行‎2‎； 所以，m'＝M地M行⋅R行‎2‎R地‎2‎m＝‎1‎‎6‎⋅‎2‎‎2‎×60kg＝40kg； （2）第一宇宙速度即近地卫星的速度，故有：‎GMmR‎2‎‎＝‎mv‎2‎R 所以，v=‎GMR ；所以，v行v地‎＝M行M地‎⋅‎R地R行＝‎6×‎‎1‎‎2‎＝‎‎3‎；‎ ‎24．随着人类对太空探索工作不断深入，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现．科学家们设想，通过在地球同步轨道设置空间站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．若地球半径为R，表面重力加速度为g，地球自转角速度为ω．‎ ‎（1）求地球同步轨道空间站离地面的高度h1为多少？（本问结果用题中所给符号表示）‎ ‎（2）当电梯仓运送物资到赤道基地过程中距地面高度为h2=4R时，电梯仓相对同步轨道站正以速度v远离，求仓内质量为m1的物资相对地心运动的速度为多大？（本问结果用题中所给符号表示）‎ 若电梯仓因故停在距离地面高度h3=3R时，求仓内质量为m2=50kg的人对水平地板的压力大小?(取地面附近重力加速度g=10m/s2,地球自转角速度为ω=7.3×10﹣5rad/s，地球半径R=6.4×103km）‎ ‎【答案】（1）‎3‎gR‎2‎ω‎2‎‎-R（2）v‎2‎‎+25‎ω‎2‎R‎2‎（3）24.4N．‎ ‎【解析】（1）因为同步轨道站与地球自转的角速度相等，根据万有引力提供向心力，得： GMm‎(R+h‎1‎)‎‎2‎＝mω2(R+h1) 地球表面的物体：mg=GMmR‎2‎ 所以：h1=‎3‎gR‎2‎ω‎2‎‎-R ‎ ‎（2）在h2=4R处，轨道站的线速度：v线=（R+h2）ω=5ωR， 电梯仓相对于地心的速度：v仓‎＝v‎2‎‎+‎v线‎2‎＝‎v‎2‎‎+25‎ω‎2‎R‎2‎ 所以仓内质量为m1的物资相对地心运动的速度也是v‎2‎‎+25‎ω‎2‎R‎2‎ ． （3）电梯仓因故停在距离地面高度h3=3R时，根据牛顿第二定律 GMm‎2‎h‎3‎‎+R‎2‎‎ -N=m2a， 因为a=（h3+R）ω2=4Rω2， GMmR‎2‎=mg， 联立解得N=m‎2‎g‎16‎-4m2Rω2=‎50×10‎‎16‎−4×50×6.4×103×(7.3×10−5)2=24.4N． ‎ 第 5 页 根据牛顿第三定律知，人对水平地板的压力为24.4N．‎ ‎25．双星系统的两个星球A、B相距为L，质量都是m，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动。‎ ‎（1）求星球A、B组成的双星系统周期理论值T0；‎ ‎（2）实际观测该系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值T0，且TT‎0‎‎=k（k＜1），于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C的影响，并认为C位于双星A．B的连线正中间，星球A、B围绕C做匀速圆周运动，试求星球C的质量。‎ ‎【答案】（1）‎2πL‎3‎‎2Gm；（2）‎‎1-‎k‎2‎‎4‎k‎2‎m ‎【解析】（1）两个星球A、B组成的双星系统周期相同，设两个轨道半径分别为r1、r2，两星之间万有引力是两星做匀速圆周运动的向心力，对星球A：Gm‎2‎L‎2‎＝m‎4‎π‎2‎T‎0‎‎2‎r‎1‎；‎ 对星球B： ‎Gm‎2‎L‎2‎＝m‎4‎π‎2‎T‎0‎‎2‎r‎2‎ 且r1+r2=L，得双星系统周期理论值为：T0＝‎2πL‎3‎‎2Gm （2）由于星体C的存在，星球A、B的向心力由两个力的合力提供，则对星球A或B均有：Gm‎2‎L‎2‎+GmM‎(L‎2‎)‎‎2‎＝m(L‎2‎)‎‎(‎2πT)‎‎2‎ ‎ 又由TT‎0‎‎＝k 可得星球C的质量为：‎M＝‎1-‎k‎2‎‎4‎k‎2‎m 第 5 页