课时作业15 万有引力与航天(二)
时间：45分钟
1．2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( C )
A．周期变大 C．动能变大
B．速率变大 D．向心加速度变大
解析：天宫二号单独运行时的轨道半径与组合体运行的轨道半径4π2Mm
相同．由G2＝m2r可得T＝2π
rT
r3GM，可见周期与m无关，周
GM
r，可知速率v与m无
v2Mm
期不变，A项错误．由G2＝mr得v＝
r
关，故速率不变，B项错误．组合体质量m1＋m2>天宫二号质量m1，GMmGM则动能变大，C项正确．由2＝ma得a＝2，可知向心加速度与
rrm无关，故不变，D项错误．
2．(多选)荷兰某研究所推出了2023年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划．登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是( ACD )
A．飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ B．飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能 C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气
D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度
解析：根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ，选项A正确；飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达轨道Ⅰ，则飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，选项B错误，C正确；433ω2Mm2
根据G2＝mωR以及M＝πRρ，解得ρ＝，已知飞船在轨道R34πGⅠ上运动的角速度，可以推知火星的密度，选项D正确．故选A、C、D.
3．如图所示，a、b、c、d为四颗地球卫星，a静止在地球赤道表面还未发射，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测
卫星．若b、c、d的运动均可看成匀速圆周运动，下列说法正确的是( A )
A．a的向心加速度小于a所在处的重力加速度 B．在相同时间内b、c、d转过的弧长相等 π
C．c在4小时内转过的圆心角为 6D．d的运动周期可能为20小时
解析：静止在地球表面还没有发射的卫星，万有引力与支持力的GMmGMm
合力提供其随地球自转的向心力，即2－FN＝ma0，而2＝mg，
RR所以a的向心加速度小于a所在处的重力加速度，选项A正确；由v2Mm
G2＝mr可得线速度与半径的关系v＝r
GM
r，由于b卫星的轨道
半径最小，其线速度最大，d卫星的轨道半径最大，其线速度最小，所以在相同时间内b卫星转过的弧长最长，d卫星转过的弧长最短，选项B错误；地球同步卫星c运动周期为24小时，在4小时内转过π
的圆心角为，选项C错误；高空探测卫星的轨道半径大于同步卫星
3的轨道半径，根据开普勒第三定律，其运动周期一定大于24小时，选
项D错误．
4．2017年9月25日至9月28日期间，微信启动新界面，其画面视角从人类起源的非洲(左)变成华夏大地中国(右)．新照片由我国新一代静止轨道卫星“风云四号”拍摄，见证着科学家15年的辛苦和努力．下列说法正确的是( B )
A．“风云四号”可能经过无锡正上空
B．“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度 C．与“风云四号”同轨道的卫星运动的动能都相等 D．“风云四号”的运行速度大于7.9 km/s
解析：由题可知，“风云四号”卫星是地球同步卫星，而同步卫Mm星只能在赤道正上空，且高度保持不变，故A错误；根据G2＝man，
rGM
得an＝2，其中G为引力常量，M为地球质量，r为轨道半径，因
r“风云四号”卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，故“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度，故B正确；与“风云四号”同轨道的卫星都是同步卫星，故线速度一定相同，但不知道各个卫星的1
质量是否相等，根据Ek＝mv2知动能不一定相等，故C错误；7.9 km/s
2
是卫星围绕地球表面运行的最大线速度，它的轨道半径等于地球半径，而“风云四号”的轨道半径大于地球半径，根据v＝线速度小于7.9 km/s，故D错误．
5．2018年2月12日我国以“一箭双星”方式成功发射“北斗三号工程”的两颗组网卫星．已知某北斗导航卫星在离地高度21 500 km的圆形轨道上运行，地球同步卫星离地的高度约为36 000 km.下列说法正确的是( B )
A．此北斗导航卫星绕地球运动的周期大于24小时 B．此北斗导航卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度 C．此北斗导航卫星的线速度小于地球同步卫星的线速度 D．此北斗导航卫星的加速度小于地球同步卫星的加速度 解析：根据题意可知北斗卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半4π2Mm
径，所以根据公式G2＝m2r可得T＝2πrT
r3GM可知半径越大，周
GM
r可知，其
期越大，所以北斗的周期小于同步卫星周期，即北斗导航卫星绕地球Mm
运动的周期小于24小时，选项A错误；根据公式G2＝mω2r可得
rω＝
GM
，轨道半径越大，角速度越小，所以北斗导航卫星的角速r3
v2Mm
度大于地球同步卫星的角速度，选项B正确；根据公式G2＝mr可
r得v＝GM
r，可知轨道半径越大，线速度越小，所以北斗导航卫星
Mm
的线速度大于地球同步卫星的线速度，选项C错误；根据公式G2＝
rGM
ma可得a＝2，轨道半径越大，向心加速度越小，故此北斗导航卫
r星的加速度大于地球同步卫星的加速度，选项D错误．
6．(多选)如图所示，圆a和椭圆b是位于地球赤道平面上的卫星
轨道，其中圆a是地球同步轨道．现在有A、B两颗卫星分别位于a、b轨道运行，但运行方向与地球自转方向相反，已知A、B的运行周期分别为T1、T2，地球自转周期为T0，P为轨道b的近地点．则下列说法正确的是( BC )
A．卫星A是地球同步卫星 B．卫星B在P点时动能最大 C．T0＝T1 D．T1 心力可得G2＝m2r，得出周期T＝rT 4π2r3GM，可知卫星A与地球 同步卫星距离地面高度相等，周期相同，选项C正确；椭圆轨道与圆a3 轨道对比周期，根据开普勒第三定律2＝k(常数)，卫星A的轨道半径 T大于卫星B的轨道半长轴，所以T1>T2，选项D错误． 7．“北斗”卫星定位系统是中国自主研发，利用地球同步卫星为用户提供全天候、区域性的卫星定位系统.2017年11月5日，两颗 北斗三号全球组网卫星1号和2号在西昌“一箭双星”发射升空，其中的1号卫星轨道距离地面高度为h.把地球看作质量分布均匀的球体，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，引力常量为G. (1)求1号卫星绕地球的线速度v的大小； (2)求1号卫星绕地球运行周期T. 解析：(1)设1号卫星绕地球的线速度是v v2Mm 由G＝m 解得v＝2 R＋hR＋h GM R＋h (2)设1号卫星周期为T，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律 2π2Mm (R＋h) 可得G＝m2TR＋h 解得T＝2π(R＋h)答案：(1)R＋h GM R＋hGM GM (2)2π(R＋h)R＋h 8．(2018·天津卷)(多选)2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨 运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一．通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度．若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的( CD ) A．密度 C．离地高度 B．向心力的大小 D．线速度的大小 解析：本题考查万有引力定律的应用，灵活掌握卫星向心加速度的不同表达式是解题关键．万有引力提供卫星圆周运动的向心力，则v24π2Mm2 有G＝ma＝m＝m(R＋h)，其中GM＝gR，可以求得22TR＋hR＋h卫星离地面的高度h和卫星线速度v；由于不知道卫星的质量m，无法求出卫星所受向心力和卫星的密度．故选项A、B错误，选项C、D正确． 9．(2019·江苏省淮安、宿迁联考)(多选)2017年4月，我国第一艘货运飞船天舟一号顺利升空，随后与天宫二号交会对接．假设天舟一号从B点发射经过椭圆轨道运动到天宫二号的圆轨道上完成交会，如图所示．已知天宫二号的轨道半径为r，天舟一号沿椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G.则( AC ) A．天宫二号的运行速度小于7.9 km/s B．天舟一号的发射速度大于11.2 km/s C．根据题中信息可以求出地球的质量 D．天舟一号在A点的速度大于天宫二号的运行速度 解析：7.9 km/s是近地卫星的环绕速度，卫星越高，线速度越小，则天宫二号的运行速度小于7.9 km/s，选项A正确；11.2 km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力的最小速度，则天舟一号的发射速度r3 小于11.2 km/s，选项B错误；根据开普勒第三定律知，2为常数，已 T1 知天宫二号的轨道半径r，天舟一号的周期T以及半长轴(r＋R)，可 24π2Mm 求出天宫二号的周期T1，再根据G2＝m2r可求解地球的质量， rT1选项C正确；天舟一号在A点加速才能进入天宫二号所在的轨道，则 天舟一号在A点的速度小于天宫二号的运行速度，选项D错误；故选AC. 10．(2019·河南郑州一模)(多选)2016年8月，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空．如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500 km高的轨道上实现两地通信的示意图．若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是( BD ) A．工作时，两地发射和接收信号的雷达方向一直是固定的 B．卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/s C．可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小 D．可以估算出地球的平均密度 解析：由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不同，转动的角速度不同，所以工作时，两地发射和接收信号的雷达方向不是固定的，故A错误.7.9 km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则该卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/s，故B正确．由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大GMm 小，故C错误．由2＝mg可求出地球的质量，已知地球半径可求 R 出其体积，进而可以求地球的密度，故D正确． 11．(多选)如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ.下列说法正确的是( AC ) A．轨道半径越大，周期越长 B．轨道半径越大，速度越大 C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度 D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度 4π2Mm 解析：万有引力提供向心力G2＝m2R，可得T＝2π RT R3GM， Mm 轨道半径越大，周期越长，A项正确；万有引力提供向心力G2＝ Rv2 mR，可得v＝ GM R，轨道半径越大，速度越小，B项错误；如果测 4π2R3 出周期，则有M＝，如果再知道张角θ，则能通过几何关系求得 GT24343θ3θ 该星球半径为r＝Rsin，从而求出星球的体积V＝πr＝πRsin2， 233M 两者结合可求得星球的平均密度ρ＝V＝ 3π＝，Cθ43θ3 πRsin2GT2sin2334π2R3 GT2 项正确；而D项中由轨道半径无法求得星球半径，故不能得到星球的平均密度，D项错误． 12．(2019·江西红色七校联考)两个天体(包括人造天体)间存在万有引力，并具有由相对位置决定的引力势能．如果两个天体的质量分别为m1和m2，当它们相距无穷远时势能为零，则它们距离为r时，m1m2 引力势能为Ep＝－Gr.发射地球同步卫星时一般是把它先送入较低的圆形轨道，如图中Ⅰ轨道，再经过两次“点火”，即先在图中a点处启动发动机，向后喷出高压气体，卫星得到加速，进入图中的椭圆轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的远地点b处第二次“点火”，卫星再次被加速，此后，沿图中的圆形轨道Ⅲ(即同步轨道)运动．设某同步卫星的质量为m，地球半径为R，轨道Ⅰ距地面非常近，轨道Ⅲ距地面的距离近似为6R，地面处的重力加速度为g，并且每次点火经历的时间都很短，点火过程中卫星质量的减少可以忽略．求： (1)从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，合力对卫星所做的总功是多大？ (2)两次“点火”过程中高压气体对卫星所做的总功是多少？ 解析：(1)卫星沿轨道Ⅰ做圆周运动，满足 2 v1Mm G2＝mR＝mg， R 12GMm1 故Ek1＝mv1＝＝mgR， 22R2卫星沿轨道Ⅲ做圆周运动，则 2 v212mgRMm G＝m，E＝mv＝， k2 7R22147R2 113mgR 合力做的功W＝Ek2－Ek1＝mgR14－2＝－. 7 GMm (2)卫星在轨道Ⅰ上的引力势能Ep1＝－R＝－mgR， GMmmgR 卫星在轨道Ⅲ上的引力势能Ep2＝－＝－， 7R7 高压气体所做的总功W′＝(Ep2＋Ek2)－(Ep1＋Ek1)＝13mgRmgRmgR －－mgR＋mgR＝＋. 714－27 3mgR3mgR 答案：(1)－ (2) 77 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容