《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第13講 萬有引力與航天學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第13講 萬有引力與航天學案（24頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第13講　萬有引力與航天 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.萬有引力定律及其應用Ⅱ 2．環(huán)繞速度Ⅱ 3．衛(wèi)星的變軌問題Ⅱ 2016·全國卷Ⅰ，17 本節(jié)知識點在高考中主要以選擇題題型考查．要深刻理解天體問題的兩個基本思路，熟練掌握衛(wèi)星各參量與半徑的關系，會求解天體質量和密度 1．開普勒三定律的內容、公式 定律 內容 圖示或公式 開普勒第一定律(軌道定律) 所有行星繞太陽運動的軌道都是__橢圓__，太陽處在__橢圓__的一個焦點上 開普勒第二定律(面積定律) 對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內掃過的__面積__相等 開普勒第

2、三定律(周期定律) 所有行星的軌道的半長軸的__三次方__跟它的公轉周期的__二次方__的比值都相等 ＝k，k是一個與行星無關的常量 2.萬有引力定律 (1)內容：自然界中任何兩個物體都是相互吸引的，引力的大小與__兩物體的質量的乘積__成正比，與__兩物體間的距離的二次方__成反比． (2)公式：F＝__G__，其中G為萬有引力常量，G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，其值由卡文迪許通過扭秤實驗測得． (3)使用條件：適用于兩個__質點__或均勻球體；r為兩質點或均勻球體球心間的距離． 3．宇宙速度 (1)第一宇宙速度 ①第一宇宙速度又叫__環(huán)繞__速度，其數值為_

3、_7.9__km/s. ②第一宇宙速度是人造衛(wèi)星在__地面__附近環(huán)繞地球做勻速圓周運動時具有的速度． ③第一宇宙速度是人造衛(wèi)星的最小__發(fā)射__速度，也是人造衛(wèi)星的最大__環(huán)繞__速度． ④第一宇宙速度的計算方法． 由G＝m得v＝____； 由mg＝m得v＝____. (2)第二宇宙速度 使物體掙脫__地球__引力束縛的最小發(fā)射速度，其數值為__11.2__km/s. (3)第三宇宙速度 使物體掙脫__太陽__引力束縛的最小發(fā)射速度，其數值為__16.7__km/s. 1．判斷正誤 (1)只有天體之間才存在萬有引力．(　×　) (2)只要知道兩個物體的質量和兩個物

4、體之間的距離，就可以由F＝來計算物體間的萬有引力．(　×　) (3)牛頓發(fā)現了萬有引力定律并第一個測出了地球的質量．(　×　) (4)不同的同步衛(wèi)星的質量可以不同，但離地面的高度是相同的．(　√　) (5)同步衛(wèi)星的運行速度一定小于地球第一宇宙速度．(　√　) (6)發(fā)射探月衛(wèi)星發(fā)射速度必須大于第二宇宙速度．(　×　) 2．在物理學發(fā)展的過程中，許多物理學家的科學研究推動了人類文明的進程．關于物理學史，下列說法正確的是(　C　) A．經過長期的天文觀測，天文學家第谷總結出行星運動三定律 B．開普勒總結出了行星運動的規(guī)律，找出了行星按照這些規(guī)律運動的原因 C．牛頓發(fā)現了萬有引力定

5、律，卡文迪許用扭秤實驗測出了萬有引力常量的數值 D．開普勒經過多年的天文觀測和記錄，提出了“日心說”的觀點 解析　開普勒在第谷天文觀測數據的基礎上，總結出了行星運動的規(guī)律，但并未找出行星按照這些規(guī)律運動的原因，選項A、B均錯誤；牛頓發(fā)現了萬有引力定律，卡文迪許用扭秤實驗測出了萬有引力常量的數值，從而使萬有引力定律有了真正的實用價值，選項C正確；哥白尼提出了“日心說”的觀點，開普勒發(fā)現了行星運動的三大規(guī)律，即開普勒三定律，選項D錯誤． 3．關于環(huán)繞地球運動的衛(wèi)星，下列說法正確的是(　C　) A．分別沿圓軌道和橢圓軌道運行的兩顆衛(wèi)星，不可能具有相同的周期 B．在赤道上空運行的兩顆地球同步

6、衛(wèi)星，它們的軌道半徑有可能不同 C．沿橢圓軌道運行的一顆衛(wèi)星，在軌道上兩個不同位置可能具有相同的速率 D．某個衛(wèi)星繞地球的自轉軸做圓周運動且經過北京的上空 解析　根據＝(式中r為圓軌道半徑，a為橢圓的半長軸)，若r＝a時，兩顆衛(wèi)星的周期相同，選項A錯誤；所有的同步衛(wèi)星的軌道半徑均相同，選項B錯誤；沿橢圓軌道運行的一顆衛(wèi)星，在軌道對稱的不同位置具有相同的速率，選項C正確；衛(wèi)星繞地球運行時，僅受萬有引力作用，且由萬有引力提供向心力，而萬有引力總是指向地心，所以所有繞地球做圓周運動的衛(wèi)星，軌道的圓心一定與地心重合，選項D錯誤． 　一　萬有引力定律的理解與應用 1．地球表面的重力與萬

7、有引力 地面上的物體所受地球的吸引力產生兩個效果，其中一個分力提供了物體繞地軸做圓周運動的向心力，另一個分力等于重力．(1)在兩極，向心力等于零，重力等于萬有引力；(2)除兩極外，物體的重力都比萬有引力小；(3)在赤道處，物體的萬有引力分解為兩個分力F向和mg剛好在一條直線上，則有F＝F向＋mg，所以mg＝F－F向＝－mRω. 2．地球表面附近(脫離地面)的重力與萬有引力 物體在地球表面附近(脫離地面)時，物體所受的重力等于地球表面處的萬有引力，即mg＝，R為地球半徑，g為地球表面附近的重力加速度，此處也有GM＝gR2. 3．距地面一定高度處的重力與萬有引力 物體在距地面一定高度h處

8、時，mg′＝，R為地球半徑，g′為該高度處的重力加速度． [例1](2018·河南鄭州模擬)由中國科學院、中國工程院兩院院士評出的2012年中國十大科技進展新聞，于2013年1月19日揭曉，“神九”載人飛船與“天宮一號”成功對接和“蛟龍”號下潛突破7 000米分別排在第一、第二．若地球半徑為R，把地球看做質量分布均勻的球體，“蛟龍”下潛深度為d，“天宮一號”軌道距離地面高度為h.“蛟龍”號所在處與“天宮一號”所在處的加速度之比為(　C　) A． B． C． D． 解析　令地球的密度為ρ，則在地球表面，重力和地球的萬有引力大小相等，有g＝G.由于地球的質量為M＝ρ·πR3，所以重力加速度

9、的表達式可寫成g＝＝＝πGρR.根據題意有，質量分布均勻的球殼對地殼內物體的引力為零，故在深度為d的地球內部，受到地球的萬有引力即為半徑等于(R－d)的球體在其表面產生的萬有引力，故“蛟龍?zhí)枴钡闹亓铀俣萭′＝πGρ(R－d)．所以有＝.根據萬有引力提供向心力G＝ma，“天宮一號”的加速度為a＝，所以＝，＝2，故選項C正確，A、B、D錯誤． 　二　天體的質量和密度的計算 1．“g、R”計算法 利用天體表面的重力加速度g和天體半徑R (1)由G＝mg得天體質量M＝. (2)天體密度ρ＝＝＝. 2．“T、r”計算法 測出衛(wèi)星繞天體做勻速圓周運動的半徑r和周期T (1)由G＝m得天體

10、的質量M＝. (2)若已知天體的半徑R，則天體的密度ρ＝＝＝.　 (3)若衛(wèi)星繞天體表面運行時，可認為軌道半徑r等于天體半徑R，則天體密度ρ＝，可見，只要測出衛(wèi)星環(huán)繞天體表面運動的周期T，就可估算出中心天體的密度． [例2](2018·浙江寧波模擬)(多選)科學家在研究地月組成的系統時，從地球向月球發(fā)射激光，測得激光往返時間為t.已知萬有引力常量G，月球繞地球公轉(可看成勻速圓周運動)周期T，光速c(地球到月球的距離遠大于它們的半徑)．則由以上物理量可以求出(　AB　) A．月球到地球的距離 B．地球的質量 C．月球受到地球的引力 D．月球的質量 解析　根據激光往返時間為t

11、和激光的速度可求出月球到地球的距離，選項A正確；由G＝mr可求出地球的質量M＝，選項B正確；我們只能計算中心天體的質量，選項D錯誤；因不知月球的質量，無法計算月球受到地球的引力，選項C錯誤． 估算天體質量和密度時應注意的問題 (1)利用萬有引力提供天體做圓周運動的向心力估算天體質量時，估算的只是中心天體的質量，并非環(huán)繞天體的質量． (2)區(qū)別天體半徑R和衛(wèi)星軌道半徑r，只有在天體表面附近的衛(wèi)星才有r≈R；計算天體密度時，V＝πR3中的R只能是中心天體的半徑． 　三　人造衛(wèi)星的運行規(guī)律 1．衛(wèi)星的各物理量隨軌道半徑變化的規(guī)律 規(guī)律 (1)解決力與運動關系的思想還是動力學思想

12、，解決力與運動的關系的橋梁還是牛頓第二定律． (2)衛(wèi)星的an、v、ω、T是相互聯系的，其中一個量發(fā)生變化，其他各量也隨之發(fā)生變化． (3)an、v、ω、T均與衛(wèi)星的質量無關，只由軌道半徑r和中心天體質量共同決定． [例3](2018·甘肅蘭州調研)在同一軌道平面上的三顆人造地球衛(wèi)星A、B、C都繞地球做勻速圓周運動，在某一時刻恰好在同一直線上，下列說法正確的有(　C　) A．根據v＝，可知vAFB>FC C．向心加速度大小aA>aB>aC D．三顆人造地球衛(wèi)星各自運動一周，C先回到原地點 解析　根據萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運

13、動的向心力可得＝ma＝m＝mω2r＝mr，衛(wèi)星的速度v＝，可見r越大，v越小，則有vA>vB>vC，故選項A錯誤；由于三顆衛(wèi)星的質量關系未知，無法根據萬有引力定律F＝G比較引力的大小，故選項B錯誤；衛(wèi)星的向心加速度a＝，r越大，a越小，則有aA>aB>aC，故選項C正確；衛(wèi)星的周期T＝2π，r越大，T越大，所以運動一周，A先回到原地點，C最晚回到原地點，故選選項D錯誤． [例4](多選)地球同步衛(wèi)星可視為繞地球做圓周運動，下列說法正確的是(　BC　) A．同步衛(wèi)星的周期可能小于24 h B．同步衛(wèi)星的速度小于第一宇宙速度 C．同步衛(wèi)星的速度大于赤道上靜止(相對地球)物體的速度 D．同

14、步衛(wèi)星在運行時可能經過北京的正上方 解析　同步衛(wèi)星的角速度ω與地球自轉的角速度相同，周期也是相同的，均為24 h，選項A錯誤；由G＝m得v＝，軌道半徑r增大，衛(wèi)星的速度v減小，故同步衛(wèi)星的運行速度小于第一宇宙速度，選項B正確；由v＝ωr結合ω相同，可得同步衛(wèi)星的速度大于赤道上靜止物體的速度，選項C正確；同步衛(wèi)星只能在赤道的正上方，不可能經過北京的正上方，選項D錯誤． 同步衛(wèi)星的六個“一定” 四　衛(wèi)星(航天器)的變軌問題及對接問題 (1)航天器變軌問題的三點注意 ①航天器變軌后穩(wěn)定在新軌道上的運行速度由v＝判斷． ②航天器在不同軌道上運行時機械能不同，軌道半徑越大，機械能

15、越大． ③航天器經過不同軌道相交的同一點時加速度相等，外軌道的速度大于內軌道的速度． (2)變軌的兩種情況 [例5](2018·北京海淀區(qū)期中測試)(多選)某載人飛船運行的軌道示意圖如圖所示，飛船先沿橢圓軌道1運行，近地點為Q，遠地點為P.當飛船經過點P時點火加速，使飛船由橢圓軌道1轉移到圓軌道2上運行，在圓軌道2上飛船運行周期約為90 min.關于飛船的運行過程，下列說法中正確的是(　BCD　) A．飛船在軌道1和軌道2上運動時的機械能相等 B．飛船在軌道1上運行經過P點的速度小于經過Q點的速度 C．軌道2的半徑小于地球同步衛(wèi)星的軌道半徑 D．飛船在軌道1上運行經過P點

16、的加速度等于在軌道2上運行經過P點的加速度 解析　由于飛船經過點P時點火加速，使飛船由橢圓軌道1轉移到圓軌道2上運行，外力做正功，機械能增加，所以飛船在軌道2上的機械能大于在軌道1上的機械能，選項A錯誤；根據開普勒第二定律，可得飛船在軌道1上運行經過P點的速度小于經過Q點的速度，選項B正確；根據公式T＝2π可得半徑越大周期越大，同步衛(wèi)星的周期為24 h，大于軌道2上運動的飛船的周期，故軌道2的半徑小于同步衛(wèi)星的運動半徑，選項C正確；根據公式a＝，因為在軌道1上運行經過P點和在軌道2上運行經過P點的運動半徑相同，所以加速度相同，選項D正確． [例6]我國即將發(fā)射“天宮二號”空間實驗室，之后發(fā)

17、射“神舟十一號”飛船與“天宮二號”對接．假設“天宮二號”與“神舟十一號”都圍繞地球做勻速圓周運動，為了實現飛船與空間實驗室的對接，下列措施可行的是(　C　) A．使飛船與空間實驗室在同一軌道上運行，然后飛船加速追上空間實驗室實現對接 B．使飛船與空間實驗室在同一軌道上運行，然后空間實驗室減速等待飛船實現對接 C．飛船先在比空間實驗室半徑小的軌道上加速，加速后飛船逐漸靠近空間實驗室，兩者速度接近時實現對接 D．飛船先在比空間實驗室半徑小的軌道上減速，減速后飛船逐漸靠近空間實驗室，兩者速度接近時實現對接 解析　若使飛船在空間站在同一軌道上運行，然后飛船加速，所需向心力變大，則飛船將脫

18、離原軌道而進入更高的軌道，不能實現對接，選項A錯誤；若使飛船與空間站在同一軌道上運行，然后空間站減速，所需向心力變小，則空間站將脫離原軌道而進入更低的軌道，不能實現對接，選項B錯誤；要想實現對接，可使飛船在比空間實驗室半徑較小的軌道上加速，然后飛船將進入較高的空間實驗室軌道，逐漸靠近空間實驗室后，兩者速度接近時實現對接，選項C正確；若飛船在比空間實驗室半徑較小的軌道上減速，則飛船將進入更低的軌道，不能實現對接，選項D錯誤． 五　天體運動中的“多星”系統 　在天體運動中，離其他星體較遠的幾顆星，在它們相互間萬有引力的作用力下繞同一中心位置運轉，這樣的幾顆星組成的系統稱為宇宙多星模型． 1．

19、“雙星”系統 (1)兩顆恒星做勻速圓周運動所需的向心力是由它們之間的萬有引力提供的，故兩恒星做勻速圓周運動的向心力大小相等． (2)兩顆恒星均繞它們連線上的一點做勻速圓周運動，因此它們的運行周期和角速度是相等的． (3)兩顆恒星做勻速圓周運動的半徑r1和r2與兩行星間距L的大小關系r1＋r2＝L. 2．“多星”系統 (1)多顆行星在同一軌道繞同一點做勻速圓周運動，每顆行星做勻速圓周運動所需的向心力由其他各個行星對該行星的萬有引力的合力提供． (2)每顆行星轉動的方向相同，運行周期、角速度和線速度大小相等． [例7](多選)宇宙間存在一些離其他恒星較遠的三星系統，其中有一種三星系統

20、如圖所示，三顆質量均為m的星位于等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為R，忽略其他星體對它們的引力作用，三星在同一平面內繞三角形中心O做勻速圓周運動，萬有引力常量為G，則(　ABC　) A．每顆星做圓周運動的線速度為 B．每顆星做圓周運動的角速度為 C．每顆星做圓周運動的周期為2π D．每顆星做圓周運動的加速度與三星的質量無關 解析　每顆星受到的合力為F＝2Gsin 60°＝G，軌道半徑為r＝R，由向心力公式F＝ma＝m＝mω2r＝m，解得a＝，v＝，ω＝，T＝2π，顯然加速度a與m有關，故A、B、C正確． 天體運動中的“多星”系統特點 (1)不論是雙星還是三星系統模型，每個

21、星體都做勻速圓周運動(中心星體除外)，且周期、角速度相等． (2)注意應用數學知識，由星體距離求軌道半徑． (3)只有當系統中星體質量相等時，它們的軌道半徑才相等． 1．(2017·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，P為近日點，Q為遠日點，M、N為軌道短軸的兩個端點，運行的周期為T0.若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經M、Q到N的運動過程中(　CD　) A．從P到M所用的時間等于 B．從Q到N階段，機械能逐漸變大 C．從P到Q階段，速率逐漸變小 D．從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功 解析　海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，由開普勒

22、第二定律可知，從P→Q速度逐漸減小，故從P到M所用時間小于，選項A錯誤，C正確；從Q到N階段，只受太陽的引力，故機械能守恒，選項B錯誤；從M到N階段經過Q點時速度最小，故萬有引力對它先做負功后做正功，選項D正確． 2．(2017·全國卷Ⅲ)2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道(可視為圓軌道)運行．與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的(　C　) A．周期變大 B．速率變大 C．動能變大 D．向心加速度變大 解析　天空二號單獨運行時的軌道半徑與組合體運行的軌道半徑相同．由運動周期T＝2π，可知周期不變

23、，選項A錯誤；由速率v＝，可知速率不變，選項B錯誤；因為(m1＋m2)>m1，質量增大，故動能增大，選項C正確；向心加速度a＝不變，選項D錯誤． 3．宇航員王亞平在“天宮一號”飛船內進行了我國首次太空授課，演示了一些完全失重狀態(tài)下的物理現象．若飛船質量為m，距地面高度為h，地球質量為M，半徑為R，引力常量為G.則飛船所在處的重力加速度大小為(　B　) A．0 B． C． D． 解析　對飛船由萬有引力定律和牛頓第二定律有＝mg′，解得g′＝，故選項B正確，A、C、D錯誤． 4．利用三顆位置適當的地球同步衛(wèi)星，可使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊，目前地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球半

24、徑的6.6倍，假設地球的自轉周期變小，若仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實現上述目的，則地球自轉周期的最小值約為(　B　) A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h 解析　地球自轉周期變小，衛(wèi)星要與地球保持同步，則衛(wèi)星的公轉周期也應隨之變小，衛(wèi)星的軌道半徑應變小，當一地球衛(wèi)星的信號剛好覆蓋赤道120°的圓周時，衛(wèi)星的軌道半徑r＝＝2R；它們間的位置關系如答圖所示，此時衛(wèi)星周期最小，設為T0，由G＝mr得＝，解得T0≈4 h．故選項B正確． 5.如圖所示是月亮女神、嫦娥一號繞月做圓周運行時某時刻的圖片，用R1、R2、T1、T2分別表示月亮女神和嫦娥一號的軌道半徑及周期，用R表示月亮的

25、半徑． (1)請用萬有引力知識證明：它們遵循＝＝K，其中K是只與月球質量有關而與衛(wèi)星無關的常量； (2)經多少時間兩衛(wèi)星第一次相距最遠； (3)請用所給嫦娥1號的已知量，估測月球的平均密度． 解析　(1)設月球的質量為M，對繞月亮運行的衛(wèi)星由牛頓第二定律均有G＝m2R， 解得＝＝常量， 即＝＝K，且K只與月球質量有關而與衛(wèi)星質量無關； (2)兩衛(wèi)星第一次相距最遠時有2π＝π， 解得t＝； (3)對嫦娥1號由牛頓第二定律有 G＝m2R2， 又M＝ρ， 解得ρ＝. 答案　(1)見解析　(2)　(3) [例1](2017·湖北宜昌質檢·6分)地球赤道上有一物體

26、隨地球自轉做圓周運動，所需的向心力為F1，向心加速度為a1，線速度為v1，角速度為ω1；繞地球表面附近做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星(高度可忽略)所需要的向心力為F2，向心加速度為a2，線速度為v2，角速度為ω2；地球同步衛(wèi)星做圓周運動所需要的向心力為F3，向心加速度為a3，線速度為v3，角速度為ω3，已知地面的重力加速度為g，同步衛(wèi)星離地的高度為h，若三者質量相等，則(　　) A．F1＝F2>F3 B．a1＝a2＝g>a3 C．v1＝v2>v3 D．ω1＝ω3<ω2 [答題送檢]來自閱卷名師報告 錯誤 致錯原因 扣分 ABC 混淆三個物體做圓周運動時的向心力來源，導致公式運用錯誤.

27、 －6 [規(guī)范答題]　 [解析]　對赤道上的物體有F1＝－mg＝ma1，v1＝ω1R，對地面附近的衛(wèi)星有F2＝＝ma2＝m＝mωR，對地球同步衛(wèi)星有F3＝＝ma3＝m＝mω(R＋h)，ω3＝ω1，v3＝ω3(R＋h)，故有F1F3；a1v3；ω1＝ω3<ω2. [答案]　D [例2](2017·四川成都診斷·12分)在天體運動中，將兩顆彼此距離較近且相互繞行的行星稱為雙星，由于兩星間的引力而使它們之間距離保持不變，如果兩個行星的質量分別為M1和M2，則它們的角速度多大？ [答題送檢]來自閱卷名師報告 [錯解]如圖所示，M1和M2

28、做勻速圓周運動所需的向心力由它們之間的萬有引力提供，則 對于M1：G＝M1ωL，得ω1＝， 對于M2：G＝M2ωL，得ω2＝. [致錯原因]地球繞太陽、月球繞地球等運轉問題，軌道半徑就是兩者之間的距離．按照這個模型，不加分析地死搬硬套，認為M1繞M2運轉，M2繞M1運轉，導致錯誤． [扣分]－12 [規(guī)范答題]　 [解析]　如圖所示，由于兩者的引力而使其距離保持不變，M1和M2相當于一個用輕桿連接的整體，以相同的角速度運轉，其連線上某點保持相對靜止，這一點就是它們的旋轉中心．設該點到M1的距離為x，則 對于M1：G＝M1ω2x，① 對于M2：G＝M2ω2(L－x)，②

29、 聯立解得ω＝. [答案]　(12分) 1．(多選)有a、b、c，d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在赤道表面上隨地球一起轉動，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，它們均做勻速圓周運動，各衛(wèi)星排列位置如圖所示．下列說法正確的是(　BC　) A．a的向心加速度等于重力加速度g B．在相同時間內b轉過的弧長最長 C．c在4 h內轉過的圓心角是 D．d的運動周期有可能是20 h 解析　a為赤道上的物體，由牛頓第二定律G－FN＝ma，又FN＝mg，故a≠g，選項A錯誤；根據G＝m＝mr，可以判斷出b、c、d三顆衛(wèi)星線速度vb>vc>vd，周期Tb

30、確；c是地球同步衛(wèi)星，則Tc＝24 h，c衛(wèi)星在4 h內轉過的圓心角θ＝ωt＝t＝，選項C正確；Td>Tc＝24 h，選項D錯誤． 2．(多選)如圖所示，三顆質量均為m的地球同步衛(wèi)星等間隔地分布在半徑為r的圓軌道上．已知地球質量為M，半徑為R.下列說法正確的是(　BC　) A．地球對其中一顆衛(wèi)星的引力大小為 B．其中一顆衛(wèi)星對地球的引力大小為 C．兩顆衛(wèi)星之間的引力大小為 D．三顆衛(wèi)星對地球引力的合力大小為 解析　由萬有引力定律可知，地球與每一顆衛(wèi)星間的引力大小F＝，選項A錯誤，B正確；由幾何關系可知，兩衛(wèi)星之間的距離d＝r，故兩衛(wèi)星之間的引力F＝＝，選項C正確；由于三顆衛(wèi)星對

31、地球引力的大小相等，且方向互成120°，由力的合成可知，其合力大小為零，選項D錯誤． 3．(2017·河北衡水模擬)(多選)宇宙中存在一些質量相等且離其他恒星較遠的四顆星組成的四星系統，通?？珊雎云渌求w對它們的引力作用．設四星系統中每個星體的質量均為m，半徑均為R，四顆星穩(wěn)定分布在邊長為L的正方形的四個頂點上，其中L遠大于R，已知萬有引力常量為G，忽略星體自轉效應．則關于四星系統，下列說法正確的是(　CD　) A．四顆星做圓周運動的軌道半徑均為 B．四顆星做圓周運動的線速度均為 C．四顆星做圓周運動的周期均為2π D．四顆星表面的重力加速度均為G 解析　如圖所示，四顆星均圍繞正方

32、形對角線的交點做勻速圓周運動，軌道半徑r＝L.取任一頂點上的星體為研究對象，它受到其他三個星體的萬有引力的合力為F合＝G＋G.由F合＝F向＝m＝m，可解得v＝，T＝2π，故選項A、B錯誤，C正確；對于星體表面質量為m0的物體，受到的重力等于萬有引力，則有m0g＝G，故g＝G，選項D正確． 1．(2017·天津卷)我國自主研制的首艘貨運飛船“天舟一號”發(fā)射升空后，與已經在軌運行的“天宮二號”成功對接形成組合體．假設組合體在距地面高為h的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運動，已知地球的半徑為R，地球表面處重力加速度為g，且不考慮地球自轉的影響．則組合體運動的線速度大小為__R__，向心加速度大

33、小為__g__. 解析　設組合體的質量為m、運轉線速度為v，地球質量為M，則G＝ma向＝m，① 又有G＝mg，② 聯立上述①②兩式得a向＝g，v＝R. 2．(2017·北京卷)利用引力常量G和下列某一組數據，不能計算出地球質量的是(　D　) A．地球的半徑及重力加速度(不考慮地球自轉) B．人造衛(wèi)星在地面附近繞地球做圓周運動的速度及周期 C．月球繞地球做圓周運動的周期及月球與地球間的距離 D．地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離 解析　已知地球半徑R和重力加速度g，則mg＝G，所以M地＝，可求M地；近地衛(wèi)星做圓周運動，G＝m，T＝，可解得M地＝＝，已知v、T可求

34、M地；對于月球G＝mr，則M地＝ ，已知r、T月可求M地；同理，對地球繞太陽的圓周運動，只可求出太陽質量M太，故選項D正確． 3．(2017·江蘇卷)(多選)“天舟一號”貨運飛船于2017年4月20日在文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射升空．與“天宮二號”空間實驗室對接前，“天舟一號”在距地面約380 km的圓軌道上飛行，則其(　BCD　) A．角速度小于地球自轉角速度 B．線速度小于第一宇宙速度 C．周期小于地球自轉周期 D．向心加速度小于地面的重力加速度 解析　由于地球同步衛(wèi)星與地球自轉的角速度、周期等物理量一致，故“天舟一號”可與地球同步衛(wèi)星比較．由于“天舟一號”的軌道半徑小于同步衛(wèi)星

35、的軌道半徑，所以，角速度是“天舟一號”大，周期是同步衛(wèi)星大，選項A錯誤，C正確；第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，故“天舟一號”的線速度小于第一宇宙速度，選項B正確；對“天舟一號”有G＝ma向，所以a向＝G，而地面重力加速度g＝G，故a向

36、確． 5．過去幾千年來，人類對行星的認識與研究僅限于太陽系內，行星“51 peg b”的發(fā)現拉開了研究太陽系外行星的序幕．“51 peg b”繞其中心恒星做勻速圓周運動，周期約為4天，軌道半徑約為地球繞太陽運動半徑的.該中心恒星與太陽的質量比約為(　B　) A． B．1 C．5 D．10 解析　行星繞恒星做圓周運動，萬有引力提供向心力G＝mr()2，M＝，該中心恒量的質量與太陽的質量之比＝·＝1.04，選項B正確． 6．如圖，拉格朗日點L1位于地球和月球連線上，處在該點的物體在地球和月球引力的共同作用下，可與月球一起以相同的周期繞地球運動．據此，科學家設想在拉格朗日點L1建立空間

37、站，使其與月球同周期繞地球運動．以a1、a2分別表示該空間站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步衛(wèi)星向心加速度的大小．以下判斷正確的是(　D　) A．a2>a3>a1 B．a2>a1>a3 C．a3>a1>a2 D．a3>a2>a1 解析　空間站與月球周期相同，繞地球運動的半徑r1a2，故選項D正確． 課時達標　第13講 [解密考綱]考查解決天體問題的兩條基本思路，衛(wèi)星各參量與半徑的關系、天體質量和密度的計算、衛(wèi)星變軌分析． 1．登上火星是人類的夢想，“嫦娥之父”歐陽自遠透露：中國計劃于

38、2020年登陸火星．地球和火星公轉視為勻速圓周運動，忽略行星自轉影響．根據下表，火星和地球相比(　B　) 行星 半徑/m 質量/kg 軌道半徑/m 地球 6.4×106 6.0×1024 1.5×1011 火星 3.4×106 6.4×1023 2.3×1011 A．火星的公轉周期較小 B．火星做圓周運動的加速度較小 C．火星表面的重力加速度較大 D．火星的第一宇宙速度較大 解析　設公轉半徑為r，星球半徑為R，太陽的質量為M，由公式＝m2r，由題可知火星軌道半徑大于地球公轉軌道半徑，所以火星公轉周期大于地球公轉周期，所以選項A錯誤；由公式＝ma得a＝，

39、所以火星運行時的向心加速度小于地球公轉時的加速度，所以選項B正確；由公式＝g，表格中數據估算可知m火≈m地，R火≈R地，所以g火≈g地，即火星表面重力加速度小于地球表面重力加速度，所以選項C錯誤；又由第一宇宙速度公式v＝，可得v火≈v地即火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，所以選項D錯誤． 2．(多選) 如圖所示，飛行器P繞某星球做勻速圓周運動，星球相對飛行器的張角為θ，下列說法正確的是(　AC　) A．軌道半徑越大，周期越長 B．軌道半徑越大，速度越大 C．若測得周期和張角，可得到星球的平均密度 D．若測得周期和軌道半徑，可得到星球的平均密度 解析　根據G＝mR，可知半

40、徑越大則周期越大，故選項A正確；根據G＝m，可知軌道半徑越大則環(huán)繞速度越小，故選項B錯誤；若測得周期T，則有M＝，如果知道張角θ，則該星球半徑為r＝R sin ，所以M＝＝π3ρ，可得到星球的平均密度，故選項C正確，而選項D無法計算星球半徑，則無法求出星球的平均密度，選項D錯誤． 3．(2017·吉林長春調研)(多選)我國志愿者王躍曾與俄羅斯志愿者一起進行“火星－500”的實驗活動．假設王躍登陸火星后，測得火星的半徑是地球半徑的，質量是地球質量的.已知地球表面的重力加速度是g，地球的半徑為R，王躍在地面上能向上豎直跳起的最大高度是h，忽略自轉的影響，下列說法正確的是(　ABD　) A．火星

41、的密度為 B．火星表面的重力加速度是g C．火星的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度相等 D．王躍以與在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能達到的最大高度是h 解析　由G＝mg，得到g＝，已知火星半徑是地球半徑的，質量是地球質量的，則火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的，即為g，選項B正確．設火星質量為M′，由萬有引力等于重力可得G＝mg′，解得M′＝，密度為ρ＝＝＝，故選項A正確；由G＝m，得到v＝，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故選項C錯誤；王躍以v0在地球起跳時，根據豎直上拋的運動規(guī)律得出可跳的最大高度是h＝，由于火星表面的重力加速度是g，王躍以相同的初速度在火星

42、上起跳時，可跳的最大高度h′＝h，故選項D正確． 4．如圖所示，搭載著“嫦娥二號”衛(wèi)星的“長征三號丙”運載火箭在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射，衛(wèi)星由地面發(fā)射后，進入地月轉移軌道，經多次變軌最終進入距離月球表面100千米、周期約為118分鐘的工作軌道，開始對月球進行探測(　B　) A．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的運行速度比月球的第一宇宙速度大 B．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的機械能比在軌道Ⅱ上大 C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經過P點的速度比在軌道 Ⅰ 上經過P點時大 D．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上經過P點的加速度比在軌道Ⅰ上經過P點時大 解析　第一宇宙速度是發(fā)射衛(wèi)星的最小速度，等于近月衛(wèi)星的速度，大于所有衛(wèi)星的速度，選項A錯誤；

43、衛(wèi)星由Ⅰ軌道進入Ⅱ或Ⅲ軌道，需減速做近心運動，機械能減小，選項B正確，選項C錯誤；衛(wèi)星在軌道Ⅲ或Ⅰ上經過P點時，到月心的距離相等，根據＝ma可知，加速度應相等，選項D錯誤． 5．一人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，假如該衛(wèi)星變軌后做勻速圓周運動，動能減小為原來的，不考慮衛(wèi)星質量的變化，則變軌前后衛(wèi)星的(　C　) A．向心加速度大小之比為4∶1 B．角速度大小之比為2∶1 C．周期之比為1∶8 D．軌道半徑之比為1∶2 解析　由＝m可得v＝，衛(wèi)星動能減小為原來的，速度減小為原來的，則軌道半徑增加到原來的4倍，故選項D錯誤；由an＝可知向心加速度減小為原來的，故選項A錯誤；由ω＝可知，

44、角速度減小為原來的，故選項B錯誤；由周期與角速度成反比可知，周期增大到原來的8倍，故選項C正確． 6．(多選)已知地球質量為M，半徑為R，自轉周期為T，地球同步衛(wèi)星質量為m，引力常量為G.有關同步衛(wèi)星，下列表述正確的是(　BD　) A．衛(wèi)星距地面的高度為 B．衛(wèi)星的運行速度小于第一宇宙速度 C．衛(wèi)星運行時受到的向心力大小為G D．衛(wèi)星運行的向心加速度小于地球表面的重力加速度 解析　天體運動的基本原理為萬有引力提供向心力，地球的引力使衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，即F引＝F向＝m＝.當衛(wèi)星在地表運行時，＝mg，設同步衛(wèi)星離地面高度為h，則＝ma向

45、，v＝<，選項B正確；由＝，得R＋h＝，即h＝－R，選項A錯誤． 7．(多選)為了探測X星球，載著登陸艙的探測飛船在以該星球中心為圓心，半徑為r1的圓軌道上運動，周期為T1，總質量為m1.隨后登陸艙脫離飛船，變軌到離星球更近的半徑為r2的圓軌道上運動，此時登陸艙的質量為m2，則(　AD　) A．X星球的質量為M＝ B．X星球表面的重力加速度為gX＝ C．登陸艙在r1與r2軌道上運動時的速度大小之比為＝ D．登陸艙在半徑為r2軌道上做圓周運動的周期為T2＝T1 解析　探測飛船做圓周運動時有G＝m12r1，解得M＝，所以選項A正確；因為X星球半徑未知，所以選項B錯誤；根據G＝m，得v＝

46、，所以＝，選項C錯誤；根據開普勒第三定律得＝，T2＝T1，選項D正確． 8．(2017·重慶調研)(多選)如圖所示，a為地球赤道上的物體，b為沿地球表面附近做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星，c為地球同步衛(wèi)星．關于a、b、c做勻速圓周運動的說法中正確的是(　BC　) A．地球對b、c兩星的萬有引力提供了向心力，因此只有a受重力，b、c兩星不受重力 B．周期關系為Ta＝Tc>Tb C．線速度的大小關系為vaab>ac 解析　a、b、c都受到萬有引力作用，選項A錯誤；赤道上的物體a、同步衛(wèi)星c的周期相同，所以角速度一樣，根據＝k，所以c的周期大于

47、b的周期，所以選項B正確．v＝，c的半徑大于b，所以vcva，所以選項C正確；a＝，所以ab>ac，又根據a＝rω2可知．ac>aa，所以選項D錯誤． 9．如圖所示，人造衛(wèi)星A、B在同一平面內繞地心O做勻速圓周運動，已知A、B連線與A、O連線間的夾角最大為θ，則衛(wèi)星A、B的線速度之比為(　C　) A．sin θ B． C． D． 解析　本題的關鍵是審出A、B連線與AO連線間何時夾角最大，經分析是OB垂直AB時，設A的軌道半徑為r1，B的軌道半徑為r2，當OB⊥AB時，sin θ＝.衛(wèi)星繞地心做圓周運動時，萬有引力提供向心力，＝m，得v＝

48、，所以A、B的線速度之比＝＝，故選項C正確． 10．2002年四月下旬，天空中出現了水星、金星、火星、木星、土星近乎直線排列的“五星連珠”的奇觀．假設火星和木星繞太陽做勻速圓周運動，周期分別是T1和T2，而且火星離太陽較近，它們繞太陽運動的軌道基本上在同一平面內，若某一時刻火星和木星都在太陽的同一側，三者在一條直線上排列，那么再經過多長的時間將第二次出現這種現象(　C　) A． B． C． D． 解析　根據萬有引力提供向心力得＝，解得T＝2π，火星離太陽較近，即軌道半徑小，所以周期?。O再經過時間t將第二次出現這種現象，此為兩個做勻速圓周運動的物體追及相遇的問題，雖然不在同一軌道上，但

49、是當它們相遇時，運動較快的物體比運動較慢的物體多運行2π弧度．所以t－t＝2π，解得t＝，選項C正確． 11．假設地球是一半徑為R、質量分布均勻的球體．一礦井深度為d.已知質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零．礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為(　A　) A．1－ B．1＋ C．()2 D．()2 解析　物體在地面上時的重力加速度可由g＝得出，根據題中條件，球殼對其內部物體的引力為零，礦井底部可以等效為地面，設礦井以下剩余部分地球的質量為M′，礦井底部處重力加速度可由g′＝得出，而＝，所以g′＝(1－)g.選項A正確． 12．如圖為宇宙中一恒星系的示意圖，A為該星系的一顆行

50、星，它繞中央恒星O運行的軌道近似為圓．天文學家觀測得到A行星運動的軌道半徑為R0，周期為T0.長期觀測發(fā)現，A行星實際運動的軌道與圓軌道總有一些偏離，且每隔t0時間發(fā)生一次最大偏離，天文學家認為形成這種現象的原因可能是A行星外側還存在著一顆未知的行星B(假設其運動軌道與A在同一平面內，且與A的繞行方向相同)，它對A行星的萬有引力引起A軌道的偏離，由此可推測未知行星B的運動軌道半徑為(　C　) A．R0 B．R0 C．R0 D．R0 解析　對A行星有G＝mA2R0，對B行星有G＝mB2R1，由A、B最近到A、B再次最近，有t0－t0＝2π，求得R1＝R0.選項C正確． 13．(多選)

51、中國新聞網宣布：在摩洛哥墜落的隕石被證實來自火星．某同學想根據平時收集的部分火星資料(如圖所示)計算出火星的密度，再與這顆隕石的密度進行比較．下列計算火星密度的公式，正確的是(引力常量G已知，忽略火星自轉的影響)(　ACD　) A．ρ＝ B．ρ＝ C．ρ＝ D．ρ＝ 解析　由ρ＝，V＝，所以ρ＝，選項D正確；由G＝m2r，r＝，G＝mg0可得ρ＝，ρ＝，選項A、C正確． 14．(2017·安徽安慶模擬)人類對自己賴以生存的地球的研究，是一個永恒的主題．我國南極科學考察隊在地球的南極用彈簧測力計稱得某物體重為P，在回國途徑赤道時用彈簧測力計稱得同一物體重為0.9P.若已知地球自轉周期為T，引力常量為G，假設地球是質量均勻分布的球體，則由以上物理量可以求得(　D　) A．物體的質量m B．地球的半徑R C．地球的質量M D．地球的密度ρ 解析　因為兩極處的萬有引力等于物體的重力，故P＝G，由于赤道處的向心力等于萬有引力與物體在赤道處的重力之差，故P－0.9P＝m2R，故M＝.物體的質量是任意的，故無法求解出，故選項A錯誤．由于不知道地球半徑，故無法求解地球的質量，故選項B、C均錯誤．地球密度ρ＝＝＝，故選項D正確． 24