2020版新教材高中物理 課時素養(yǎng)評價十七 天體運動的兩類典型問題（含解析）魯教版必修2

　天體運動的兩類典型問題 　　　　　　　　 (25分鐘·60分) 一、選擇題(本題共6小題,每題6分,共36分) 1.人造衛(wèi)星在太空繞地球運行中,若天線偶然折斷,天線將 (　　) A.繼續(xù)和衛(wèi)星一起沿軌道運行 B.做平拋運動,落向地球 C.由于慣性,沿軌道切線方向做勻速直線運動,遠離地球 D.做自由落體運動,落向地球 【解析】選A。當地球對衛(wèi)星的萬有引力提供向心力時,人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動,由:G=m得v= 。衛(wèi)星的天線偶然折斷了,天線的線速度不變,其受到的萬有引力恰好為天線提供繞地球做圓周運動的向心力。所以天線繼續(xù)和衛(wèi)星一起沿軌道做勻速圓周運動。故A正確,B、C、D錯誤。 2.假如做勻速圓周運動的人造地球衛(wèi)星的軌道半徑增大到原來的2倍后,仍做勻速圓周運動,則下列說法正確的是 (　　) A.根據公式v=ωr可知衛(wèi)星運動的線速度增大到原來的2倍 B.根據公式F=可知衛(wèi)星所需的向心力將減小到原來的 C.根據公式F=G可知地球提供的向心力減小到原來的 D.根據上述B和C中給出的公式可知,衛(wèi)星運行的線速度減小到原來的 【解析】選C。衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時,所需向心力由萬有引力提供,故F向=G==mω2r,得F=G,v=,ω=,故v減小到原來的,ω減小到原來的,F減小到原來的,C正確,A、B、D錯誤。 3.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 (　　) A.衛(wèi)星距離地面的高度為 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大于地球表面的重力加速度 【解析】選B。根據萬有引力提供向心力,=,r=R+h,解得h=-R,故A錯誤;第一宇宙速度為v1= ,衛(wèi)星運行速度為,故B正確;衛(wèi)星運行時受到的向心力大小是,故C錯誤;地表重力加速度為g=,衛(wèi)星運行的向心加速度小于地球表面的重力加速度,故D錯誤。 4.衛(wèi)星電話在搶險救災中能發(fā)揮重要作用。第一代、第二代海事衛(wèi)星只使用靜止軌道衛(wèi)星,不能覆蓋地球上的高緯度地區(qū)。而第三代海事衛(wèi)星采用同步和中軌道衛(wèi)星結合的方案,解決了覆蓋全球的問題。它由4顆同步衛(wèi)星與12顆中軌道衛(wèi)星構成。中軌道衛(wèi)星高度約為地球半徑的2倍,分布在幾個軌道平面上(與赤道平面有一定的夾角)。地球表面處的重力加速度為g,則中軌道衛(wèi)星處的重力加速度約為 (　　) A.　　　　B.　　　　C.4g　　　　D.9g 【解析】選B。由題意可知中軌道衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的3倍,設地球半徑為R,則中軌道衛(wèi)星的軌道半徑為3R,在地球表面有:G=mg 對中軌道衛(wèi)星有:G=ma 解得:a=,故選B。 5.如圖中的圓a、b、c,其圓心均位于地球的自轉軸線上,對衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運動而言,以下說法錯誤的是 (　　) A.衛(wèi)星的軌道可能為a B.衛(wèi)星的軌道可能為b C.衛(wèi)星的軌道可能為c D.同步衛(wèi)星的軌道只可能為b 【解析】選A。由于物體做勻速圓周運動時,合力一定是指向圓心的,所以地球衛(wèi)星的圓心應與地球球心重合,A錯誤,B、C正確。同步衛(wèi)星的軌道必須在赤道上方,選項D正確。 6.(2019·全國卷Ⅲ)金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動,它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火,它們沿軌道運行的速率分別為v金、 v地、v火。已知它們的軌道半徑R金<R地<R火,由此可以判定 (　　) A.a金>a地>a火　　　　　　　 B.a火>a地>a金 C.v地>v火>v金 D.v火>v地>v金 【解析】選A。由萬有引力提供向心力G=ma可知軌道半徑越小,向心加速度越大,故知A項正確,B錯誤;由G=m得v=,可知軌道半徑越小,運行速率越大,故C、D都錯誤。 二、計算題(本題共2小題,共24分。要有必要的文字說明和解題步驟,有數值計算的要標明單位) 7.(10分)已知地球的半徑是6.4×106 m,地球的自轉周期是24 h,地球的質量是5.98×1024kg,引力常量G=6.67×1 N·m2/kg2,若要發(fā)射一顆地球同步衛(wèi)星,試求: (1)地球同步衛(wèi)星的軌道半徑r。 (2)地球同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度v。 【解析】(1)根據萬有引力提供向心力得=mω2r,ω=,則r= = m≈ 4.2×107 m。 (2)根據=m得: v== m/s≈3.1×103 m/s。 答案:(1)4.2×107 m　(2)3.1×103 m/s 8.(14分)已知地球半徑為R,地球表面重力加速度為g,不考慮地球自轉的影響。若衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動,運行軌道距離地面高度為h,求: (1)衛(wèi)星的向心加速度。 (2)衛(wèi)星的運行周期T。 【解析】(1)設衛(wèi)星的質量為m,地球的質量為M,地球表面處物體質量為m′ 在地球表面附近滿足G=m′g ① 則GM=R2g ② 衛(wèi)星做圓周運動的向心力等于它受到的萬有引力 G=ma ③ ①②③式聯(lián)立解得a=g。 (2)結合②式衛(wèi)星受到的萬有引力為 F=G= ④ 由牛頓第二定律得 F=m(R+h) ⑤ ④⑤式聯(lián)立解得T=。 答案:(1)g　(2) 　　　　　　　　 (15分鐘·40分) 9.(6分)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(xiàn)拉開了研究太陽系外行星的序幕?！?1 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 (　　) A.　　　　B.1　　　　C.5　　　　D.10 【解析】選B。行星繞中心恒星做勻速圓周運動,萬有引力提供向心力,由牛頓第二定律得G=m r,則=()3·()2=()3×()2≈1,選項B正確。 【補償訓練】 　　假設宇宙中有兩顆相距無限遠的行星A和B,半徑分別為RA和RB。兩顆行星周圍衛(wèi)星的軌道半徑的三次方(r3)與運行周期的平方(T2)的關系如圖所示;T0為衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運行的周期。則 (　　) A.行星A的質量小于行星B的質量 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.當兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時,行星A的衛(wèi)星向心加速度大于行星B的衛(wèi)星向心加速 【解析】選D。根據萬有引力提供向心力得出:G=mr得:M=·,根據圖像可知,A的比B的大,所以行星A的質量大于行星B的質量,故A錯誤;根據圖像可知,在兩顆行星表面做勻速圓周運動的周期相同時,密度ρ=== =,所以行星A的密度等于行星B的密度,故B錯誤;第一宇宙速度v=,A的半徑大于B的半徑,衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運行的周期相同,則A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度,故C錯誤;根據G=ma得:a=G,當兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時,A的質量大于B的質量,則行星A的衛(wèi)星向心加速度大于行星B的衛(wèi)星向心加速度,故D正確。故選D。 10.(6分)(2019·北京高考)2019年5月17日,我國成功發(fā)射第45顆北斗導航衛(wèi)星,該衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星(同步衛(wèi)星)。該衛(wèi)星 (　　) A.入軌后可以位于北京正上方 B.入軌后的速度大于第一宇宙速度 C.發(fā)射速度大于第二宇宙速度 D.若發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少 【解析】選D。因為同步衛(wèi)星周期必須與地球自轉周期相等且相對地球靜止,要求同步衛(wèi)星只能位于赤道正上方,距離地球表面的高度是唯一的,所以同步衛(wèi)星不能位于北京正上方,選項A錯誤;衛(wèi)星繞地球運動過程中具有勢能和動能,規(guī)定無窮遠處的勢能為零,位于距離地心r處衛(wèi)星所具有的總能量為E=Ek+Ep=mv2-①,又有G=m②,由①②可得E=-③,由③式可知距離地球越遠衛(wèi)星具有的能量越大,發(fā)射過程中對衛(wèi)星做的功轉化成衛(wèi)星的引力勢能和動能,選項D正確;由②式解得v=,由此可知選項B錯誤;若衛(wèi)星發(fā)射速度大于第二宇宙速度,衛(wèi)星將會脫離地球吸引,選項C錯誤。 11.(6分)(多選)P1、P2為相距遙遠的兩顆行星,距各自表面相同高度處各有一顆衛(wèi)星s1、s2做勻速圓周運動。如圖中縱坐標表示行星對周圍空間各處物體的引力產生的加速度a,橫坐標表示物體到行星中心的距離r的平方,兩條曲線分別表示P1、P2周圍的a與r2的反比關系,它們左端點橫坐標相同。則 (　　) A.P1的平均密度比P2的大 B.P1的“第一宇宙速度”比P2的小 C.s1的向心加速度比s2的大 D.s1的公轉周期比s2的大 【解析】選A、C。由圖像左端點橫坐標相同可知,P1、P2兩行星的半徑R相等,對于兩行星的近地衛(wèi)星:G=ma,得行星的質量M=,由a-r2圖像可知P1的近地衛(wèi)星的向心加速度大,所以P1的質量大,平均密度大,選項A正確;根據G=得,行星的第一宇宙速度v= ,由于P1的質量大,所以P1的第一宇宙速度大,選項B錯誤;s1、s2的軌道半徑相等,由a-r2圖像可知s1的向心加速度大,選項C正確;根據G=m()2r得,衛(wèi)星的公轉周期T=2π,由于P1的質量大,故s1的公轉周期小,選項D錯誤。 12.(22分)中子星是恒星演化過程的一種可能結果,它的密度很大。現(xiàn)有一中子星,觀測到它的自轉周期為T= s。 問該中子星的最小密度應是多少才能維持該星體的穩(wěn)定,不致因自轉而瓦解?計算時星體可視為均勻球體。(引力常量G=6.67×1 N·m2/kg2) 【解析】考慮中子星赤道處一小塊物體,只有當它受到的萬有引力大于或等于它隨星體一起旋轉所需的向心力時,中子星才不會瓦解。設中子星的密度為ρ,質量為M,半徑為R,自轉角速度為ω,位于赤道處的小塊物體質量為m,則有=mω2R,ω=,M=πR3ρ,由以上各式得ρ=,代入數據解得ρ≈1.27×1014 kg/m3。 答案:1.27×1014 kg/m3 - 8 -