高考物理大一轮复习 考点规范练14 天体运动与人造卫星 新人教版-新人教版高三全册物理试题

考点规范练14天体运动与人造卫星一、单项选择题1.已知地球的质量约为火星质量的10倍,地球的半径约为火星半径的2倍,则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为()A.3.5km/s B.5.0km/sC.17.7km/s D.35.2km/s答案A解析根据题设条件可知M地=10M火,R地=2R火,万有引力提供向心力GMmR2=mv2R,得v=GMR,即v火v地=M火R地2.有a、b、c、d四颗卫星,a还未发射,在地球赤道上随地球一起转动,b在地面附近近地轨道上正常运动,c是地球同步卫星,d是高空探测卫星。设地球自转周期为24h,所有卫星的运动均视为匀速圆周运动,各卫星排列位置如图所示。则下列关于卫星的说法中正确的是()A.a的向心加速度等于重力加速度gB.c在4h内转过的圆心角为πC.b在相同的时间内转过的弧长最长D.d的运动周期可能是23h答案C解析在地球赤道表面随地球自转的卫星,其所受万有引力提供重力和做圆周运动的向心力,a的向心加速度小于重力加速度g,选项A错误;由于c为同步卫星,所以c的周期为24h,4h内转过的圆心角为θ=π3,选项B错误;由四颗卫星的运行情况可知,b运动的线速度是最大的,所以其在相同的时间内转过的弧长最长,选项C正确;d运行的周期比c3.(2018·河北衡水期末)中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统,预计2020年左右,将形成全球覆盖能力。北斗卫星导航系统中部分卫星的轨道示意图如图所示,已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动,a是地球同步卫星,则()A.卫星a的角速度小于c的角速度B.卫星a的加速度大于b的加速度C.卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D.卫星b的周期大于24h答案A解析a的轨道半径大于c的轨道半径,因此卫星a的角速度小于c的角速度,选项A正确;a的轨道半径与b的轨道半径相等,因此卫星a的加速度等于b的加速度,选项B错误;a的轨道半径大于地球半径,因此卫星a的运行速度小于第一宇宙速度,选项C错误;a的轨道半径与b的轨道半径相等,卫星b的周期等于a的周期,为24h,选项D错误。4.下图是厄瓜多尔境内的“赤道纪念碑”。设某人造地球卫星在赤道上空飞行,卫星的轨道平面与地球赤道重合,飞行高度低于地球同步卫星。已知卫星轨道半径为r,飞行方向与地球的自转方向相同,设地球的自转角速度为ω0,地球半径为R,地球表面重力加速度为g,某时刻卫星通过这一赤道纪念碑的正上方,则该卫星再次经过这个位置需要经过的时间是()A.2πgRC.2πω0答案D解析用ω表示卫星的角速度,用m、M分别表示卫星及地球的质量,则有GMmr2=mω2r,在地面上,有GMmR2=mg,联立解得ω=gR2r3,卫星高度低于同步卫星高度,则ω>ω0,用t表示所需时间,则ωt-ω5.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动,动能减小为原来的14,不考虑卫星质量的变化,则变轨前、后卫星的(A.向心加速度大小之比为4∶1B.角速度大小之比为2∶1C.周期之比为1∶8D.轨道半径之比为1∶2答案C解析根据Ek=12mv2得v=2Ekm,所以卫星变轨前、后的速度之比为v1v2=21,根据GMmr2=mv2r,得卫星变轨前、后的轨道半径之比为r1r2=v226.理论研究表明第二宇宙速度是第一宇宙速度的2倍。某火星探测器悬停在距火星表面高度为h处时关闭发动机,做自由落体运动,经时间t落到火星表面。已知引力常量为G,火星的半径为R。若不考虑火星自转的影响,要使探测器脱离火星飞回地球,则探测器从火星表面起飞时的速度至少为()A.7.9km/s B.11.2km/sC.2hRt D答案D解析A、B项分别是地球的第一宇宙速度与第二宇宙速度,故A、B错误;根据运动学公式,结合高度为h处探测器经时间t落到火星表面,则火星表面的重力加速度g火=2ht2;根据第一宇宙速度公式v=g火R7.右图为航天飞机飞行示意图,关闭动力的航天飞机在月球引力作用下经椭圆轨道向月球靠近,并将与空间站在B处对接。已知空间站绕月球做匀速圆周运动,轨道半径为r,周期为T,引力常量为G,则下列说法正确的是()A.图中航天飞机在靠近B处的过程中,月球引力做负功B.航天飞机在B处由椭圆轨道可直接进入空间站轨道C.航天飞机经过B处时的加速度与空间站经过B处时的加速度不相等D.根据题中条件可以算出月球质量答案D解析航天飞机向月球靠近,月球引力做正功,故选项A错误;航天飞机沿椭圆轨道运动,在B处需开启发动机减速才能做近心运动,故选项B错误;航天飞机和空间站的加速度由万有引力产生,即有an=GMr2,所以在B处航天飞机与空间站的加速度相等,故选项C错误;由GMmr2=m4π二、多项选择题8.长征七号将遨龙一号空间碎片主动清理器送入轨道,遨龙一号可进行主动变轨,捕获绕地球运动的空间碎片,若遨龙一号要捕获更高轨道的空间碎片,则遨龙一号()A.需从空间碎片后方加速B.需从空间碎片前方减速C.变轨时的机械能不变D.沿空间碎片轨道运动过程中,捕获空间碎片后其加速度不变答案AD解析遨龙一号轨道半径小,需从空间碎片后方加速,使其进入高轨道,选项A正确,B错误;遨龙一号变轨时,速度增大,机械能增大,选项C错误;轨道高度不变时,由GMmR2=ma,得a=9.随着世界航空事业的发展,深空探测已逐渐成为各国关注的热点。假设深空中有一颗星球,其质量是地球质量的2倍,半径是地球半径的12,则下列判断正确的是(A.该星球的同步卫星周期一定小于地球同步卫星的周期B.某物体在该星球表面所受的重力是在地球表面所受重力的8倍C.该星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的2倍D.绕该星球的卫星和以相同轨道半径绕地球的人造卫星具有相同的运行速度答案BC解析由于该星球的自转周期未知,不能判断该星球的同步卫星周期与地球同步卫星周期的关系,选项A错误;由g=GMR2,可知该星球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的8倍,选项B正确;由v=10.(2018·江西联考)“轨道康复者”是垃圾卫星的救星,被称为“太空110”,它可在太空中给垃圾卫星补充能源,延长卫星的使用寿命,假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的15,其运动方向与地球自转方向一致,轨道平面与地球赤道平面重合,下列说法正确的是(A.“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B.“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍C.站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D.“轨道康复者”可在高轨道上加速,以实现对低轨道上卫星的拯救答案AB解析根据GMmr2=ma,得a=GMr2,因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的15,则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍,故A正确。根据GMmr2=mv2r,得v=GMr,因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的15,则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍,故B正确。因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期,则小于地球自转的周期,所以“11.下图为嫦娥三号登月飞行的轨迹示意图,M点为环地球运行椭圆轨道的近地点,N点为环月球运行椭圆轨道的近月点,a为环月球运行的圆轨道,b为环月球运行的椭圆轨道。下列说法正确的是()A.嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于11.2km/sB.嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应点火加速C.设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1,在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2,则a1>a2D.嫦娥三号在圆轨道a上的机械能小于在椭圆轨道b上的机械能答案BD解析嫦娥三号在环地球轨道上运行速度v满足7.9km/s≤v<11.2km/s,则A错误;嫦娥三号要脱离地球,需在M点点火加速让其进入地月转移轨道,则B正确;由a=GMr2,知嫦娥三号在经过圆轨道a上的N点和在椭圆轨道b上的N点时的加速度相等,则C错误;嫦娥三号要从b轨道转移到三、非选择题12.天宫二号在距地面h高度处绕地球做匀速圆周运动。已知地球质量为M,半径为R,引力常量为G。(1)求天宫二号在轨运行线速度v的大小。(2)求天宫二号在轨运行周期T。(3)若天宫二号在轨运行周期T=90min,在赤道上空由西向东运动。请结合计算,分析说明天宫二号中的航天员在24h之内大约能看到几次日出。答案(1)v=GMR+h(2)T=2π(R+h)解析(1)设天宫二号质量为m,根据万有引力定律和牛顿第二定律万有引力提供向心力GMm(R解得线速度v=GMR(2)根据周期公式T=2π(R+h解得周期T=2π(R+h)R+(3)一天之内,可认为地球相对于太阳的位置近似不变,所以天宫二号绕行地球一周,可看到1次日出。因为在24h之内天宫二号绕地球的圈数n=tT=13.火星是太阳系中与地球最为类似的行星。若火