新教材高中物理课时素养评价十七天体运动的两类典型问题含解析鲁教版必修

天体运动的两类典型问题(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.人造卫星在太空绕地球运行中,若天线偶然折断,天线将 ()A.继续和卫星一起沿轨道运行B.做平抛运动,落向地球C.由于惯性,沿轨道切线方向做匀速直线运动,远离地球D.做自由落体运动,落向地球【解析】选A。当地球对卫星的万有引力提供向心力时,人造卫星绕地球做匀速圆周运动,由:GMmr2=mv2r得v=GMr。卫星的天线偶然折断了,天线的线速度不变,其受到的万有引力恰好为天线提供绕地球做圆周运动的向心力。所以天线继续和卫星一起沿轨道做匀速圆周运动。故A正确,B2.假如做匀速圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍后,仍做匀速圆周运动,则下列说法正确的是 ()A.根据公式v=ωr可知卫星运动的线速度增大到原来的2倍B.根据公式F=mv2C.根据公式F=GMmr2D.根据上述B和C中给出的公式可知,卫星运行的线速度减小到原来的1【解析】选C。卫星绕地球做匀速圆周运动时,所需向心力由万有引力提供,故F向=GMmr2=mv2r=mω2r,得F=GMmr2,v=GMr,ω=GMr3,故v减小到原来的22,ω减小到原来的23.已知地球质量为M,半径为R,自转周期为T,地球同步卫星质量为m,引力常量为G。有关同步卫星,下列表述正确的是 ()A.卫星距离地面的高度为3B.卫星的运行速度小于第一宇宙速度C.卫星运行时受到的向心力大小为GMmD.卫星运行的向心加速度大于地球表面的重力加速度【解析】选B。根据万有引力提供向心力,GMmr2=m·4π2rT2,r=R+h,解得h=3GMT24π2-R,故A错误;第一宇宙速度为v1=GMR,卫星运行速度为GMR+h,故4.卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用。第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星,不能覆盖地球上的高纬度地区。而第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案,解决了覆盖全球的问题。它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成。中轨道卫星高度约为地球半径的2倍,分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)。地球表面处的重力加速度为g,则中轨道卫星处的重力加速度约为 ()A.g4B.g9C.4g【解析】选B。由题意可知中轨道卫星的轨道半径是地球半径的3倍,设地球半径为R,则中轨道卫星的轨道半径为3R,在地球表面有:GMmR对中轨道卫星有:GMm(解得:a=g9,故选B5.如图中的圆a、b、c,其圆心均位于地球的自转轴线上,对卫星环绕地球做匀速圆周运动而言,以下说法错误的是 ()A.卫星的轨道可能为aB.卫星的轨道可能为bC.卫星的轨道可能为cD.同步卫星的轨道只可能为b【解析】选A。由于物体做匀速圆周运动时,合力一定是指向圆心的,所以地球卫星的圆心应与地球球心重合,A错误,B、C正确。同步卫星的轨道必须在赤道上方,选项D正确。6.(2019·全国卷Ⅲ)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动,它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火,它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金<R地<R火,由此可以判定 ()金>a地>a火火>a地>a金地>v火>v金 火>v地>v金【解析】选A。由万有引力提供向心力GMmR2=ma可知轨道半径越小,向心加速度越大,故知A项正确,B错误;由GMmR2=mv2R得v=GMR,可知轨道半径越小,二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(10分)已知地球的半径是6.4×106m,地球的自转周期是24h,地球的质量是5.98×1024kg,引力常量G=6.67×10-11N·m2(1)地球同步卫星的轨道半径r。(2)地球同步卫星的环绕速度v。【解析】(1)根据万有引力提供向心力得GMmr2=mω2r,ω=2πT=36.4.2×107(2)根据GMmr2=mvv=GMr=6.67×10-11答案:(1)4.2×107m8.(14分)已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g,不考虑地球自转的影响。若卫星绕地球做匀速圆周运动,运行轨道距离地面高度为h,求:(1)卫星的向心加速度。(2)卫星的运行周期T。【解析】(1)设卫星的质量为m,地球的质量为M,地球表面处物体质量为m′在地球表面附近满足GMm'则GM=R2g卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力GMm(①②③式联立解得a=R2((2)结合②式卫星受到的万有引力为F=GMm(R+由牛顿第二定律得F=m4π④⑤式联立解得T=2π答案:(1)R2((15分钟·40分)9.(6分)过去几千年来,人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内,行星“51pegb”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“51pegb”绕其中心恒星做匀速圆周运动,周期约为4天,轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120。该中心恒星与太阳的质量比约为A.110B【解析】选B。行星绕中心恒星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得GMmr2=m4π2T2r,则M1M2=(r1r2)3·(T2T1【补偿训练】假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B,半径分别为RA和RB。两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行周期的平方(T2)的关系如图所示;T0为卫星环绕行星表面运行的周期。则 ()A.行星A的质量小于行星B的质量B.行星A的密度小于行星B的密度C.行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度D.当两行星的卫星轨道半径相同时,行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速【解析】选D。根据万有引力提供向心力得出:GMmr2=m4π2T2r得:M=4π2G·r3T2,根据图像可知,A的R3T2比B的大,所以行星A的质量大于行星B的质量,故A错误;根据图像可知,在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同时,密度ρ=MV=M43πR3=4π2G·R3T0243πR3=3πGT02,所以行星A的密度等于行星B的密度,故B错误;第一宇宙速度v=2πRT10.(6分)(2019·北京高考)2019年5月17日,我国成功发射第45颗北斗导航卫星, ()A.入轨后可以位于北京正上方B.入轨后的速度大于第一宇宙速度C.发射速度大于第二宇宙速度D.若发射到近地圆轨道所需能量较少【解析】选D。因为同步卫星周期必须与地球自转周期相等且相对地球静止,要求同步卫星只能位于赤道正上方,距离地球表面的高度是唯一的,所以同步卫星不能位于北京正上方,选项A错误;卫星绕地球运动过程中具有势能和动能,规定无穷远处的势能为零,位于距离地心r处卫星所具有的总能量为E=Ek+Ep=12mv2-GMmr①,又有GMmr2=mv2r②,由①②可得E=-GMm2r③,由③式可知距离地球越远卫星具有的能量越大,发射过程中对卫星做的功转化成卫星的引力势能和动能,选项D正确;由②式解得v=GMr,由此可知选项B11.(6分)(多选)P1、P2为相距遥远的两颗行星,距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动。如图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a,横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方,两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系,它们左端点横坐标相同。则 ()1的平均密度比P2的大1的“第一宇宙速度”比P2的小1的向心加速度比s2的大1的公转周期比s2的大【解析】选A、C。由图像左端点横坐标相同可知,P1、P2两行星的半径R相等,对于两行星的近地卫星:GMmR2=ma,得行星的质量M=R2aG,由a-r2图像可知P1的近地卫星的向心加速度大,所以P1的质量大,平均密度大,选项A正确;根据GMmR2=mv2R得,行星的第一宇宙速度v=GMR,由于P1的质量大,所以P1的第一宇宙速度大,选项B错误;s1、s2的轨道半径相等,由a-r2图像可知s1的向心加速度大,选项C正确;根据GMmr2=m(2πT)2r得,卫星的公转周期T=2π12.(22分)中子星是恒星演化过程的一种可能结果,它的密度很大。现有一中子星,观测到它的自转周期为T=130s问该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定,不致因自转而瓦解?计算时星体可视为均匀球体。