(浙江专用)2014版高考物理一轮作业手册 第12讲 人造卫星 宇宙速度(含解析) 新人教版

第2讲 人造卫星 宇宙速度目标要求 1.会比较卫星运行的各物理量之间的关系.2.理解三种宇宙速度，并会求解第一宇宙速度的大小.3.会分析天体的“追及”问题．考点一 卫星运行参量的分析1．基本公式(1)线速度：由G Mmr 2＝m v 2r 得v ＝GMr . (2)角速度：由G Mmr 2＝mω2r 得ω＝GMr 3. (3)周期：由G Mm r 2＝m (2πT)2r 得T ＝2πr 3GM. (4)向心加速度：由G Mm r 2＝ma 得a ＝GMr2.结论：同一中心天体的不同卫星，轨道半径r 越大，v 、ω、a 越小，T 越大，即越高越慢． 2．“黄金代换式”的应用忽略中心天体自转影响，则有mg ＝G MmR 2，整理可得GM ＝gR 2.在引力常量G 和中心天体质量M 未知时，可用gR 2替换GM . 3．人造卫星卫星运行的轨道平面一定通过地心，一般分为赤道轨道、极地轨道和其他轨道，同步卫星的轨道是赤道轨道．(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖． (2)同步卫星①轨道平面与赤道平面共面，且与地球自转的方向相同．②周期与地球自转周期相等，T＝24 h.③高度固定不变，h＝3.6×107 m.④运行速率约为v＝3.1 km/s.(3)近地卫星：轨道在地球表面附近的卫星，其轨道半径r＝R(地球半径)，运行速度等于第一宇宙速度v＝7.9 km/s(人造地球卫星的最大圆轨道运行速度)，T＝85 min(人造地球卫星的最小周期)．注意：近地卫星可能为极地卫星，也可能为赤道卫星．1．同一中心天体的两颗行星，公转半径越大，向心加速度越大．(×)2．同一中心天体质量不同的两颗行星，若轨道半径相同，速率不一定相等．(×)3．近地卫星的周期最小．(√)4．极地卫星通过地球两极，且始终和地球某一经线平面重合．(×)5．不同的同步卫星的质量不一定相同，但离地面的高度是相同的．(√)1．公式中r指轨道半径，是卫星到中心天体球心的距离，R通常指中心天体的半径，有r＝R ＋h.2．同一中心天体，各行星v、ω、a、T等物理量只与r有关；不同中心天体，各行星v、ω、a、T等物理量与中心天体质量M和r有关．考向1卫星运行参量与轨道半径的关系例1(2022·广东卷·2)“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季．假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍．火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动．下列关于火星、地球公转的说法正确的是() A．火星公转的线速度比地球的大B．火星公转的角速度比地球的大C．火星公转的半径比地球的小D．火星公转的加速度比地球的小答案 D解析由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期，根据G Mmr2＝m4π2T2r，可得T＝2πr 3GM ，可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C 错误；根据G Mmr 2＝m v 2r ，可得v ＝GMr，结合C 选项解析，可知火星公转的线速度小于地球公转的线速度，故A 错误；根据ω＝2πT 可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B 错误；根据G Mmr 2＝ma ，可得a ＝GMr2，可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D 正确．例2 (2020·浙江7月选考·7)火星探测任务“天问一号”的标识如图所示．若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3∶2，则火星与地球绕太阳运动的( )A ．轨道周长之比为2∶3B ．线速度大小之比为3∶ 2C ．角速度大小之比为22∶3 3D ．向心加速度大小之比为9∶4 答案 C解析 轨道周长C ＝2πr ，与半径成正比，故轨道周长之比为3∶2，故A 错误；根据万有引力提供向心力有GMmr 2＝m v 2r ，得v ＝GMr ，则v 火v 地＝r 地r 火＝23，故B 错误；由万有引力提供向心力有GMmr2＝mω2r ，得ω＝GM r 3，则ω火ω地＝r 地3r 火3＝2233，故C 正确；由GMm r 2＝ma ，得a ＝GMr 2，则a 火a 地＝r 地2r 火2＝49，故D 错误．考向2 同步卫星例3 关于地球同步卫星，下列说法错误的是( ) A ．它的周期与地球自转周期相同 B ．它的周期、高度、速度大小都是一定的 C ．我国发射的同步通信卫星可以定点在北京上空D ．我国发射的同步通信卫星必须定点在赤道上空 答案 C解析 地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，选项A 正确；根据G Mm r 2＝m v 2r ＝m 4π2T 2r 可知，因地球同步卫星的周期一定，则高度、速度大小都是一定的，选项B 正确；同步卫星必须定点在赤道上空，不可以定点在北京上空，选项C 错误，D 正确．例4 利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通信．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( ) A ．1 h B ．4 h C ．8 h D ．16 h 答案 B解析 地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由几何关系可作出卫星间的位置关系如图所示．卫星的轨道半径为r ＝Rsin 30°＝2R由r 13T 12＝r 23T 22得(6.6R )3(24 h )2＝(2R )3T 22，解得T 2≈4 h ，故选B.考向3 同步卫星、近地卫星和赤道上物体比较例5 (多选)如图所示，同步卫星与地心的距离为r ，运行速率为v 1，向心加速度为a 1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，第一宇宙速度为v 2，地球半径为R ，则下列比值正确的是( )A.a 1a 2＝r RB.a 1a 2＝(R r)2C.v 1v 2＝r RD.v 1v 2＝R r答案 AD解析 根据万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝m v 12r ，G Mm ′R 2＝m ′v 22R ，故v 1v 2＝Rr；对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同点是角速度相等，有a 1＝ω2r ，a 2＝ω2R ，故a 1a 2＝rR ，故选A 、D.例6 有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，卫星a 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星b 在地面附近近地轨道上正常运行，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，重力加速度为g ，则有( )A ．a 的向心加速度大小等于重力加速度大小gB ．b 在相同时间内转过的弧长最长C ．c 在4 h 内转过的圆心角是π6D ．d 的运行周期有可能是20 h 答案 B解析 赤道上随地球自转的卫星所需的向心力大小等于万有引力的一个分力，万有引力大小近似等于重力大小，则a 的向心加速度小于重力加速度g ，故A 错误；由G Mmr 2＝m v 2r ，解得v ＝GMr，卫星的轨道半径r 越大，速度v 越小，所以在b 、c 、d 中b 的速度最大，又由v ＝ωr 知a 的速度小于c 的速度，故在相同时间内b 转过的弧长最长，故B 正确；c 是地球同步卫星，周期是24 h ，则c 在4 h 内转过的圆心角是4 h 24 h ×2π＝π3，故C 错误；由开普勒第三定律可知，卫星的半径r 越大，周期T 越大，所以d 的运动周期大于c 的运动周期，即大于24 h ，则不可能是20 h ，故D 错误．同步卫星、近地卫星及赤道上物体的比较如图所示，a 为近地卫星，轨道半径为r 1；b 为地球同步卫星，轨道半径为r 2；c 为赤道上随地球自转的物体，轨道半径为r 3.比较项目近地卫星(r1、ω1、v1、a1)同步卫星(r2、ω2、v2、a2)赤道上随地球自转的物体(r3、ω3、v3、a3)向心力来源万有引力万有引力万有引力的一个分力轨道半径r2>r1＝r3角速度ω1>ω2＝ω3线速度v1>v2>v3向心加速度a1>a2>a3考点二宇宙速度第一宇宙速度(环绕速度)v1＝7.9 km/s，是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度第二宇宙速度(逃逸速度)v2＝11.2 km/s，是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度第三宇宙速度v3＝16.7 km/s，是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度1．地球的第一宇宙速度的大小与地球质量有关．(√)2．月球的第一宇宙速度也是7.9 km/s.(×)3．同步卫星的运行速度一定小于地球第一宇宙速度．(√)4．若物体的发射速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，则物体绕太阳运行．(√)1．第一宇宙速度的推导 方法一：由G m 地m R 2＝m v 2R ，得v ＝Gm 地R＝ 6.67×10－11×5.98×10246.4×106m/s ≈7.9×103 m/s.方法二：由mg ＝m v 2R得v ＝gR ＝9.8×6.4×106 m/s ≈7.9×103 m/s.第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大环绕速度，此时它的运行周期最短，T min ＝2πRg＝2π 6.4×1069.8s ≈5 075 s ≈85 min.正是近地卫星的周期．2．宇宙速度与运动轨迹的关系(1)v 发＝7.9 km/s 时，卫星绕地球表面做匀速圆周运动． (2)7.9 km/s<v 发<11.2 km/s ，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆． (3)11.2 km/s ≤v 发＜16.7 km/s ，卫星绕太阳运动的轨迹为椭圆．(4)v 发≥16.7 km/s ，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间．例7 (2023·湖北省联考)中国火星探测器“天问一号”成功发射后，沿地火转移轨道飞行七个多月，于2021年2月到达火星附近，要通过制动减速被火星引力俘获，才能进入环绕火星的轨道飞行．已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是( )A ．若在火星上发射一颗绕火星运动的近地卫星，其速度至少需要7.9 km/sB ．“天问一号”探测器的发射速度一定大于7.9 km/s ，小于11.2 km/sC ．火星与地球的第一宇宙速度之比为1∶ 5D ．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度 答案 C解析 卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由G MmR 2＝m v 2R ，可得v ＝GMR，故v 火∶v 地＝1∶5，所以在火星上发射一颗绕火星运动的近地卫星，其速度至少需要v 火＝7.95km/s ，故A 错误，C 正确；“天问一号”探测器挣脱了地球引力束缚，则它的发射速度大于等于11.2 km/s ，故B 错误；g 地＝G M 地R 地2，g 火＝G M 火R 火2，联立可得g 地>g 火，故D错误．例8 宇航员在一行星上以速度v 0竖直上抛一质量为m 的物体，不计空气阻力，经2t 后落回手中，已知该星球半径为R .求： (1)该星球的第一宇宙速度的大小；(2)该星球的第二宇宙速度的大小．已知取无穷远处引力势能为零，物体距星球球心距离为r 时的引力势能E p ＝－G mMr .(G 为引力常量)答案 (1)v 0Rt(2)2v 0Rt解析 (1)由题意可知星球表面重力加速度为g ＝v 0t ，由万有引力定律知mg ＝m v 12R解得v 1＝gR ＝v 0Rt. (2)由星球表面万有引力等于物体重力知GMm R 2＝mg ，又E p ＝－G mMR ，解得E p ＝－m v 0R t ，由机械能守恒定律有12m v 22－m v 0R t＝0，解得v 2＝2v 0Rt. 考点三 天体的“追及”问题例9 如图所示，A 、B 为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A 为地球同步卫星，A 、B 两卫星的轨道半径的比值为k ，地球自转周期为T 0.某时刻A 、B 两卫星距离达到最近，从该时刻起到A 、B 间距离最远所经历的最短时间为( )A.T 02(k 3＋1) B.T 0k 3－1 C.T 02(k 3－1) D.T 0k 3＋1答案 C解析 由开普勒第三定律得r A 3T A 2＝r B 3T B 2，设两卫星至少经过时间t 距离最远，即B 比A 多转半圈，t T B －t T A ＝n B －n A ＝12，又由A 是地球同步卫星知T A ＝T 0，联立解得t ＝T 02(k 3－1)，故选C.天体“追及”问题的处理方法1．相距最近：两同心转动的卫星(r A <r B )同向转动时，位于同一直径上且在圆心的同侧时，相距最近．从相距最近到再次相距最近，两卫星的运动关系满足：(ωA －ωB )t ＝2π或t T A －tT B ＝1.2．相距最远：两同心转动的卫星(r A <r B )同向转动时，位于同一直径上且在圆心的异侧时，相距最远．从相距最近到第一次相距最远，两卫星的运动关系满足：(ωA －ωB )t ′＝π或t ′T A －t ′T B ＝12. 例10 (多选)如图，在万有引力作用下，a 、b 两卫星在同一平面内绕某一行星c 沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为r a ∶r b ＝1∶4，则下列说法中正确的有( )A ．a 、b 运动的周期之比为T a ∶T b ＝1∶8B ．a 、b 运动的周期之比为T a ∶T b ＝1∶4C ．从图示位置开始，在b 转动一周的过程中，a 、b 、c 共线12次D ．从图示位置开始，在b 转动一周的过程中，a 、b 、c 共线14次 答案 AD解析 根据开普勒第三定律：半径的三次方与周期的二次方成正比，则a 、b 运动的周期之比为1∶8，A 正确，B 错误；设题图所示位置ac 连线与bc 连线的夹角为θ<π2，b 转动一周(圆心角为2π)的时间为T b ，则a 、b 相距最远时有2πT a T b －2πT b T b >(π－θ)＋n ·2π(n ＝0,1,2,3，…)，可知n ＝0,1,2，…，6，n 可取7个值；a 、b 相距最近时有2πT a T b －2πT b T b >(2π－θ)＋m ·2π(m ＝0,1,2,3，…)，可知m ＝0,1,2，…，6，m 可取7个值，故在b 转动一周的过程中，a 、b 、c 共线14次，C 错误，D 正确．课时精练1.(2023·江苏海安市高三检测)神舟十三号飞船首次采用径向端口对接；飞船从空间站下方的停泊点进行俯仰调姿和滚动调姿后与天宫空间站完成对接，飞船在完成对接后与在停泊点时相比( )A ．线速度增大B ．绕行周期增大C ．所受万有引力增大D ．向心加速度增大答案 B解析 飞船绕地球稳定运行时，万有引力提供向心力，有GMm r 2＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ＝F 万＝ma ，解得v ＝GMr，T ＝4π2r 3GM ，a ＝GMr2，依题意，飞船从停泊点到完成对接属于从低轨到高轨，即轨道半径增大，可知线速度减小，周期增大，所受万有引力减小，向心加速度减小，故A 、C 、D 错误，B 正确．2．(多选)(2023·福建南平市质检)2021年7月5日，风云三号E 星(“黎明星”)在酒泉卫星发射中心成功发射，作为我国第二代极地轨道气象卫星，“黎明星”是全球首颗民用晨昏轨道气象卫星，将带动我国气象卫星应用进入成熟发展阶段．“黎明星”绕地球做匀速圆周运动的周期为1.7 h ，离地高度约800 km ，如图所示．某时刻“黎明星”正好经过赤道上某城市正上方，则( )A ．“黎明星”的发射速度大于第一宇宙速度B ．再经过3.4 h ，“黎明星”正好经过该城市正上方C ．“黎明星”的绕行速度小于赤道上物体随地球自转的线速度D ．“黎明星”的向心加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度 答案 AD解析 第一宇宙速度为最小发射速度，则“黎明星”的发射速度大于第一宇宙速度，A 正确；该时刻后“黎明星”经过3.4 h 正好运行两个周期，因为地球的自转，该城市转过的角度为θ1＝ωt 1＝2π24×3.4＝17π60，“黎明星”没有正好经过该城市正上方，B 错误；由题知“黎明星”绕地球做匀速圆周运动的周期为1.7 h ，而赤道上物体随地球自转的周期为24 h ，则v 黎＝2πT 黎()R ＋h ，v赤＝2πT 赤R ，T 赤≈14T 黎，且R <R ＋h ，则可看出v 黎 > v 赤，C 错误；由题知“黎明星”绕地球做匀速圆周运动的周期为1.7 h ，而赤道上物体随地球自转的周期为24 h ，则a 黎＝4π2T 黎2(R ＋h )，a 赤＝4π2T 赤2R ，T 赤≈14T 黎，R <R ＋h ，则可看出a 黎 > a 赤，D 正确． 3.(2022·山东卷·6)“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星．如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直．卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A 点正上方，恰好绕地球运行n 圈．已知地球半径为R ，自转周期为T ，地球表面重力加速度为g ，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为( )A ．1223222gR T R n ⎛⎫ ⎪π⎝⎭－ B ．122322()2gR T n π C ．1223224gR T R n ⎛⎫ ⎪π⎝⎭－ D ．122322()4gR T n π答案 C解析 地球表面的重力加速度为g ，根据牛顿第二定律有GMmR 2＝mg ，可得GM ＝gR 2，根据题意可知，卫星的运行周期为T ′＝Tn，根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星做匀速圆周运动所需的向心力，则有GMm ′(R ＋h )2＝m ′4π2T ′2(R ＋h )，联立以上式子解得h ＝3gR 2T 24n 2π2－R ，故选C. 4．(2022·河北卷·2)2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b,2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等．则望舒与地球公转速度大小的比值为( ) A ．2 2 B ．2 C. 2 D.22答案 C解析 地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和公转都是由万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝m v 2r，解得公转的线速度大小为v ＝GMr，其中中心天体的质量之比为2∶1，公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小的比值为2，故选C.5．星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1.已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的16.不计其他星球的影响．则该星球的第二宇宙速度为( )A.gr 3B.gr 6C.gr3D.gr 答案 A解析 该星球的第一宇宙速度满足G Mmr 2＝m v 12r ，在该星球表面处万有引力等于重力，则有G Mm r 2＝m g6，由以上两式得该星球的第一宇宙速度v 1＝gr 6，则该星球的第二宇宙速度v 2＝2×gr6＝gr3，故A 正确． 6．如图所示，a 为地球赤道上的物体，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c 为地球同步卫星．关于a 、b 、c 做匀速圆周运动的说法中正确的是( )A ．角速度关系为ωa ＝ωb >ωcB ．向心加速度的大小关系为a a >a b >a cC ．线速度的大小关系为v b >v c >v aD ．周期关系为T a ＝T b >T c 答案 C解析 卫星c 为地球同步卫星，所以T a ＝T c ，则ωa ＝ωc ；对于b 和c ，由万有引力提供向心力，有G Mmr2＝mω2r ，得ω＝GMr 3，因为r b <r c ，可知ωc <ωb ，即ωb >ωc ＝ωa ，A 错误．因a 、c 有相同的角速度，由a ＝ω2r 得a a <a c ；对b 和c ，由万有引力提供向心力，有G Mmr2＝ma ，得a ＝GMr 2，因为r b <r c ，可知a b >a c ，即a b >a c >a a ，B 错误．因a 、c 有相同的角速度，由v ＝ωr 可知v a <v c ；对b 和c ，由万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝m v 2r，得v ＝GMr，因为r b <r c ，可知v b >v c ，即v b >v c >v a ，C 正确．对b 和c ，由万有引力提供向心力，有G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得T ＝2πr 3GM，因为r b <r c ，可知T c >T b ，即T a ＝T c >T b ，D 错误． 7．(2023·辽宁省模拟)火星是近些年来发现的最适宜人类居住生活的星球，我国成功地发射“天问一号”标志着我国成功地迈出了探测火星的第一步．已知火星直径约为地球直径的一半，火星质量约为地球质量的十分之一，航天器贴近地球表面飞行一周所用时间为T ，地球表面的重力加速度为g ，若未来在火星表面发射一颗人造卫星，最小发射速度约为( ) A.gT 2π B.5gT10πC.5gT5πD.25gT 5π答案 B解析 由G MmR 2＝m v 2R，得到星球的第一宇宙速度v ＝GMR，设地球的第一宇宙速度为v 1，由g ＝ωv 1＝2πT v 1，得v 1＝gT2π，设火星的第一宇宙速度为v 2，则v 2v 1＝M 2M 1·R 1R 2，代入数据解得v 2＝55v 1＝5gT 10π，B 项正确．8.(多选)地月系统是双星模型，为了寻找航天器相对地球和月球不动的位置，科学家们做出了不懈努力．如图所示，欧拉推导出L 1、L 2、L 3三个位置，拉格朗日又推导出L 4、L 5两个位置．现在科学家把L 1、L 2、L 3、L 4、L 5统称地月系中的拉格朗日点．中国“嫦娥四号”探测器成功登陆月球背面，并通过处于拉格朗日区的“嫦娥四号”中继卫星“鹊桥”把信息返回地球，引起众多师生对拉格朗日点的热议．下列说法正确的是( )A ．在拉格朗日点航天器的受力不再遵循万有引力定律B ．在不同的拉格朗日点航天器随地月系统运动的周期均相同C ．“嫦娥四号”中继卫星“鹊桥”应选择L 1点开展工程任务实验D ．“嫦娥四号”中继卫星“鹊桥”应选择L 2点开展工程任务实验 答案 BD解析 在拉格朗日点的航天器仍然受万有引力，仍遵循万有引力定律，A 错误；因在拉格朗日点的航天器相对地球和月球的位置不变，说明它们的角速度一样，因此周期也一样，B 正确；“嫦娥四号”探测器登陆的是月球的背面，“鹊桥”要把探测器在月球背面采集的信息传回地球，L 2在月球的背面，因此应选在L 2点开展工程任务实验，C 错误，D 正确． 9．(2023·福建省福州第三中学质检)在X 星球表面，宇航员做了一个实验如图甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时，受到的弹力大小为N ，速度大小为v ，其N －v 2图像如图乙所示．已知X 星球的半径为R 0，引力常量为G ，不考虑星球自转．则下列说法正确的是( )A ．X 星球的第一宇宙速度v 1＝bB ．X 星球的密度ρ＝3b4πGR 0C ．X 星球的质量M ＝aRbD ．环绕X 星球运行的离星球表面高度为R 0的卫星的周期T ＝4π2RR 0b答案 D解析 设X 星球表面的重力加速度大小为g ，小球质量为m ，由题图乙可知，当v 2＝b 时，根据牛顿第二定律有m v 2R ＝m b R ＝mg ，解得g ＝bR .X 星球的第一宇宙速度是卫星在该星球表面附近绕其做匀速圆周运动的线速度，此时卫星所受万有引力近似等于重力，根据牛顿第二定律有m 1g ＝m 1v 12R 0，解得v 1＝bR 0R，故A 错误；在X 星球表面重力等于万有引力，即m 1g ＝G Mm 1R 02，解得M ＝bR 02RG ，X 星球的体积为V ＝43πR 03，X 星球的密度为ρ＝M V ＝3b 4πRGR 0，故B 、C 错误；设离星球表面高度为R 0的卫星质量为m 2，根据牛顿第二定律有GMm 2(2R 0)2＝m 24π2T 2·2R 0，解得T＝4π2RR0，故D正确．b10．(2023·湖北省荆州中学模拟)设想在赤道上建造如图甲所示的“太空电梯”，站在太空舱里的宇航员可通过竖直的电梯缓慢直通太空站．图乙中r为宇航员到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对宇航员产生的加速度大小与r的关系；直线B为宇航员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系．关于相对地面静止且在不同高度的宇航员，下列说法正确的有()A．随着r增大，宇航员的角速度增大B．图中r0为地球同步卫星的轨道半径C．宇航员在r＝R处的线速度等于第一宇宙速度D．随着r增大，宇航员对太空舱的压力增大答案 B解析宇航员站在“太空电梯”上，相对地面静止，故角速度与地球自转角速度相同，在不同高度角速度不变，故A错误；当r＝r0时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，若宇航员相当于卫星，此时宇航员的角速度跟地球的自转角速度一致，可以看作是地球的同步卫星，即r0为地球同步卫星的轨道半径，故B正确；宇航员在r＝R处时在地面上，除了受到万有引力还受到地面的支持力，线速度－远小于第一宇宙速度，故C错误；宇航员乘坐太空舱在“太空电梯”的某位置时，有GMmr2N＝mω2r，其中N为太空舱对宇航员的支持力，大小等于宇航员对太空舱的压力，则F压＝N －mω2r＝ma引－ma向＝m(a引－a向)，其中a引为地球引力对宇航员产生的加速度大＝GMmr2小，a向为地球自转而产生的向心加速度大小，由题图可知，在R≤r≤r0时，(a引－a向)随着r增大而减小，宇航员对太空舱的压力随r的增大而减小，故D错误．11．(多选)(2022·辽宁卷·9)如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动．在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角α，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角β，两角最大值分别为αm、βm则()A ．水星的公转周期比金星的大B ．水星的公转向心加速度比金星的大C ．水星与金星的公转轨道半径之比为sin αm ∶sin βmD ．水星与金星的公转线速度之比为sin αm ∶sin βm 答案 BC解析 根据万有引力提供向心力，有G Mm R 2＝m 4π2T2R ＝ma ，可得T ＝2πR 3GM ，a ＝GMR2，由题图可知，水星的公转半径比金星的小，故水星的公转周期比金星的小，水星的公转向心加速度比金星的大，故A 错误，B 正确；设水星的公转半径为R 水、地球的公转半径为R 地，当α角最大时有sin αm ＝R 水R 地，同理可知有sin βm ＝R 金R 地，所以水星与金星的公转半径之比为R 水∶R 金＝sin αm ∶sin βm ，故C 正确；根据G MmR 2＝m v 2R，可得v ＝GMR，结合前面的分析可得v 水∶v 金＝sin βm ∶sin αm ，故D 错误．12．(2023·黑龙江大庆市模拟)2020年6月23日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星，暨北斗三号最后一颗全球组网卫星，至此北斗三号全球卫星导航系统星座部署比原计划提前半年全面完成．北斗导航卫星工作在三种不同的圆形轨道当中，包括地球静止轨道(GEO)、倾斜地球同步轨道(IGSO)以及中圆地球轨道(MEO)，如图所示．以下关于北斗导航卫星的说法中，正确的是( )A ．地球静止轨道卫星与倾斜地球同步轨道卫星的运行速度大小相等B ．中圆轨道卫星的加速度小于地球静止轨道卫星的加速度C ．倾斜地球同步轨道卫星总是位于地球地面某地的正上方D ．三种不同轨道的卫星的运行速度均大于第一宇宙速度 答案 A解析 卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力．设地球质量为M ，卫星质量为m ，卫星的轨道半径为r ，卫星运行的速度大小为v ，引力常量为G ；根据万有引力定律及物体做圆周运动的规律有G Mmr 2＝m v 2r，得v ＝GMr，由于地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星的运行轨道半径相等，故两卫星的运行速度大小相等，A 正确；根据万有引力定律及牛顿第二定律，有G Mm r 2＝ma ，得a ＝G Mr 2，中圆轨道卫星的运行轨道半径小于地球静止轨道卫星的运行轨道半径，故中圆轨道卫星的加速度大于地球静止轨道卫星的加速度，B 错误；倾斜地球同步轨道卫星的旋转方向与地球旋转方向不一致，C 错误；近地卫星的运行速度为第一宇宙速度，题中三种卫星运行轨道半径均大于近地卫星，由v ＝GMr可知，三种卫星的运行速度均小于第一宇宙速度，D 错误．13.(多选)A 、B 两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离Δr 随时间变化的关系如图所示．已知地球的半径为0.8r ，引力常量为G ，卫星A 的线速度大于卫星B 的线速度，不考虑A 、B 之间的万有引力，则下列说法正确的是( )A ．卫星A 的加速度大于卫星B 的加速度 B ．卫星A 的发射速度可能大于第二宇宙速度C ．地球的质量为256π2r 349GT 2D ．地球的第一宇宙速度为85πr7T答案 ACD解析 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设轨道半径为r ，则有G Mm r 2＝m v 2r ，解得v ＝GMr，故半径越小，线速度越大，因为卫星A 的线速度大于卫星B 的线速度，故r A <r B ；由G Mm r 2＝ma ，解得a ＝G Mr 2，因为r A <r B ，所以a A >a B ，A 正确．第二宇宙速度是卫星摆脱地球引力束缚所必须具有的速度，故卫星发射速度大于第二宇宙速度时，卫星不能绕地。

参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．C [解析] 由于x ＝v 2t ＝82×1 m ＝4 m<5.9 m ，故刹车试验符合规定．2．B [解析] 无论加速度正在增大还是正在减小，只要加速度与速度同向，物体速度就一直增大，当加速度减小到零时，物体速度达到最大，速度不再增大，但位移会继续增大，本题只有选项B 正确．3．A [解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度v 0向西做匀减速运动，速度减为零之后，再向东做匀加速运动，A 正确；乙车中的乘客以乙车为参考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度v 0向东做匀减速运动，速度减为零之后，再向西做匀加速运动，B 错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，C 、D 错误．4．C [解析] 质点甲在第1 s 内向负方向运动，其他三个质点在第1 s 内均向正方向运动，而平均速度是矢量，选项A 错误．质点丙在前2 s 内一直向正方向运动，不可能回到出发点，选项B 错误．第2 s 内，质点甲、丙、丁的速度大小都在增大，选项C 正确．前2 s 内质点乙、丙都向正方向运动，且第2 s 末位移相同，选项D 错误．5．C [解析] 根据v －t 图象，在0～2 s 内和4 s ～6 s 内，图线位于横轴上方，这表示物体的运动方向与规定的正方向相同，2 s ～4 s 内，图线位于横轴下方，表示物体运动的方向与规定的正方向相反．在第1 s 末前后瞬间，图线都位于横轴上方，表示物体的运动方向都与正方向相同，选项A 错误；在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，物体在第2 s 内和第4 s 内对应图线的斜率不同，所以加速度不同，选项B 错误；根据“面积法”，图线与横轴在4 s 内所围的面积表示位移为0，故物体在4 s 末返回出发点，选项C 正确；物体在5 s 末仍然沿正方向远离出发点运动，只不过开始做减速运动，到6 s 末速度降为0，所以物体在6 s 末离出发点最远，且最大位移为1 m ，选项D 错误．6．CD [解析] A 、B 两个物体的速度均为正值，故运动方向相同，选项A 错误；t ＝4 s 时，A 、B 两个物体的速度大小相同，相距最远，选项B 错误，选项C 正确；在相遇前，A 、B 两个物体的最远距离为(15－5)×4×12m ＝20 m ，选项D 正确．7．AD [解析] 小盒子B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲后，经过12t 1时间到达被测物体并被反射折回，再经过12t 1时间回到小盒子B ，在该过程中，超声波经过的路程为2x 1，所以超声波的速度为v 声＝2x 1t 1，选项A 正确；从小盒子B 发射超声波开始计时，经时间Δt 0再次发射超声波脉冲，经过12(t 2－Δt 0)时间到达被测物体并被反射折回，再经过12(t 2－Δt 0)回到小盒子B ，该过程中，超声波经过的路程为2x 2，所以，超声波的速度为v 声＝2x 2t 2－Δt 0，选项B 错误；被测物体在12t 1时刻第一次接收到超声波，在Δt 0＋12(t 2－Δt 0)即12(t 2＋Δt 0)时刻第二次接收到超声波，该过程中被测物体发生的位移为x 2－x 1，所以物体的平均速度为v ＝x 2－x 112（t 2＋Δt 0）－12t 1＝2（x 2－x 1）t 2－t 1＋Δt 0，故选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)3.0×10－2 9×10－2 (2)能 利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2可以求出位置4的具体位置(其他方法合理均可)[解析] 从图中读出位置5、6之间的距离为37.5 cm －24.0 cm ＝13.5 cm ，位置2、3之间的距离为6.0 cm －1.5 cm ＝4.5 cm ，由x 56－x 23＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2 m/s 2；位置4对应的速度为v 4＝x 352T ＝9×10－2 m/s ；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2求解．Ⅱ.(1)D (2)v 22—h 速度平方的二分之一 重物下落的高度[解析] (1)打点计时器需接交流电源；重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码；计算速度需要测相邻计数点间的距离，需要毫米刻度尺．(2)由公式v 2＝2gh ，如绘出v 22—h 图象，其斜率也等于重力加速度．9．0.8 s [解析] 设货车启动后经过时间t 1两车开始错车，则有 x 1＋x 2＝180 m ，其中x 1＝12at 21，x 2＝vt 1，联立解得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有 x 1′＋x 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m. 其中x 1′＝12at 22，x 2′＝vt 2，联立解得t 2＝10.8 s.故两车错车的时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.10．4 m/s [解析] 设小球甲在斜面上运动的加速度为a 1，运动时间为t 1，运动到B 处时的速度为v 1，从B 处到与小球乙相碰所用时间为t 2，则a 1＝gsin30°＝5 m/s 2由hsin30°＝12a 1t 21，得t 1＝4ha 1＝0.2 s 则t 2＝t －t 1＝0.8 s ，v 1＝a 1t 1＝1 m/s 小球乙运动的加速度a 2＝μg ＝2 m/s 2 小球甲、乙相遇时满足：v 0t －12a 2t 2＋v 1t 2＝L代入数据解得：v 0＝4 m/s.45分钟单元能力训练卷(二)1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得Nsin θ＝mg ，即N ＝mgsin θ，选项C 、D 错误；由Ftan θ＝mg ，得F ＝mgtan θ，选项A 正确，选项B 错误．2．A [解析] 根据f ＝μF N ，物体与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力均为40 N ，故当用15 N 、30 N 、80 N 的水平拉力拉物体时，物体受到的摩擦力依次为15 N 、30 N 、40 N ，A 正确．3．A [解析] 木块A 和木板B 均处于平衡状态，受力分析后可以知道，地面与木板B 之间没有摩擦力，A 和B 间的滑动摩擦力等于F ，A 正确，B 错误；若木板以2v 的速度运动或用力2F 拉木板B ，木块A 受到的滑动摩擦力为F ，C 、D 错误．4．C [解析] 如图所示，对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mgtan30°，对D 点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mgtan30°，F 1方向一定，则当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3＝F CD cos30°＝12mg.5．B [解析] 对球受力分析如图所示，球受重力G 、墙对球的支持力N 1′和板对球的支持力N 2′而平衡．作出N 1′和N 2′的合力F ，它与G 等大反向．在板BC 逐渐放至水平的过程中，N 1′的方向不变，大小逐渐减小，N 2′的方向发生变化，大小也逐渐减小，如图所示，由牛顿第三定律可知：N 1＝N 1′，N 2＝N 2′.选项B 正确．6．BD [解析] 木块A 、B 分别受弹簧的弹力为F ＝kx ＝5 N ，则用F ＝7 N 的水平力作用在木块A 上后，A 受水平向左的静摩擦力为2 N ，选项A 、C 错误，选项B 正确；木块在B 水平方向上只受弹簧的弹力和地面的静摩擦力，二者等大反向，即木块B 受到静摩擦力为5 N ，选项D 正确．7．BC [解析] 由图乙可知，物块A 沿斜面匀速下滑，故物块A 一定受到重力、斜面对A 的支持力和摩擦力三个力的作用，A 错误，B 正确；以A 、B 为一个系统，由于系统在水平方向上无加速度，水平方向合外力必定为零，故地面对斜面体的作用力竖直向上，C 正确，D 错误．8．Ⅰ.(1)AB (2)C [解析] (1)本实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，从而探究弹力与弹簧伸长的关系，A 、B 正确，C 、D 错误．(2)考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x>0，C 正确．Ⅱ.(1)④⑤①③② (2)ABD[解析] (1)做该实验的过程中应该首先将三根橡皮条拴在图钉上，这样便于测橡皮条的原长，之后就要固定两个图钉拉第三个图钉到适当的位置进行实验，把第三个图钉也固定好后就可测每根橡皮条的长度并计算出伸长量，最后按照胡克定律转换成力作出力的图示进行实验研究，所以正确的实验步骤是④⑤①③②.(2)该实验的关键是应用三个共点力平衡的推论进行实验原理的改进，应用胡克定律将测量力的大小转换为测量橡皮条的长度，选项A 、B 正确；任何实验都有误差，误差是不可避免的，不能因为有误差就把实验完全否定，选项C 错误；实验的误差有系统误差和偶然误差，三根橡皮条不能做到粗细、长短完全相同，是该实验误差的主要来源之一，选项D 正确.9.52[解析] 平衡后绳圈c 受力如图所示，有F 1＝m 2g F 2＝m 1g由图中几何关系及平衡条件可知 F 2F 1＝l 2＋⎝⎛⎭⎫l 22l＝52解得m 1m 2＝52.10. (1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 进行受力分析，可知A 受到四个力的作用，分解绳的拉力，根据平衡条件可得N 1＝m A g ＋Tsin θ， f 1＝Tcos θ， 其中f 1＝μ1N 1解得T ＝μm A gcos θ－μ1sin θ＝100 N.(2)对B 进行受力分析，可知B 受6个力的作用 地面对B 的支持力N 2＝m B g ＋N 1， 而N 1＝m A g ＋Tsin θ＝160 N 故拉力F ＝μ2N 2＋μ1N 1＝200 N.45分钟单元能力训练卷(三)1．C [解析] 物体在不受外力作用时保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，A 正确．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，D 正确．2．C [解析] 相同大小的力作用在不同的物体上产生的效果往往不同，故不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，选项C 正确．3．B [解析] 物体与地面间最大静摩擦力F f ＝μmg ＝0.2×2×10 N ＝4 N ．由题给F －t 图象知，0～3 s 内，F ＝4 N ，说明物体在这段时间内保持静止不动；3～6 s 内，F ＝8 N ，说明物体做匀加速运动，加速度a ＝F －fm ＝2 m/s 2；6 s 末物体的速度v ＝at ＝2×3 m/s ＝6 m/s ；在6～9 s 内，物体以6 m/s 的速度做匀速运动；9～12 s 内，物体以2 m/s 2的加速度做匀加速运动．作出v －t 图象如图所示，故0～12 s 内的位移x ＝12×6×3 m ＋6×3 m ＋12×(6＋12)×3m ＝54 m.4．D [解析] 当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，说明弹簧弹力kx ＝mg ；弹簧又被继续压缩了x 10，弹簧弹力为1.1mg ，根据牛顿第二定律有1.1mg －mg ＝ma ，电梯的加速度为g10，且方向是向上的，电梯处于超重状态，符合条件的只有D. 5．D [解析] 用水平力F 将B 球向左推压缩弹簧，平衡后弹簧弹力为F.突然将水平力F 撤去，在这一瞬间，B 球的速度为零，加速度为Fm，选项D 正确.6．BD [解析] 小煤块刚放上传送带后，加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，故小煤块加速到与传送带同速所用的时间为t 1＝v 0a ＝0.5 s ，此时小煤块运动的位移x 1＝v 02t 1＝0.5 m ，而传送带的位移为x 2＝v 0t 1＝1 m ，故小煤块在传送带上的划痕长度为l ＝x 2－x 1＝0.5 m ，C 错误，D 正确；之后小煤块匀速运动，故运动到B 所用的时间t 2＝x －x 1v 0＝1.75 s ，故小煤块从A 运动到B 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.25 s ，A 错误，B 正确．7．BD [解析] 由速度图象可得，在0～2 s 内，物体做匀加速运动，加速度a ＝ΔvΔt ＝0.5m/s 2，2 s 后，物体做匀速运动，合外力为零，即推力等于阻力，故0～2 s 内的合外力F 合＝21.5 N －20 N ＝1.5 N ，由牛顿第二定律可得：m ＝F 合a ＝1.50.5 kg ＝3 kg ，选项A 错误；由匀速运动时F ＝mgsin α＋μmg cos α，解得：μ＝39，选项B 正确；撤去推力F 后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受的合外力为F 合′＝mgsin α－μmg cos α＝10 N>0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为a′＝F 合′m ＝103m/s 2，选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)用交流电源；木板右侧垫起以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处；细线应与木板平行(任写两条即可) (2)4.0[解析] (1)“验证牛顿第二定律”的实验中，通过打点计时器测量加速度，而打点计时器需要使用交流电源；小车运动中受到摩擦力，故需要使木板形成斜面以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处．(2)小车运动的加速度a ＝（x 6＋x 5＋x 4）－（x 3＋x 2＋x 1）9（2T ）2＝4.0 m/s 2. Ⅱ.(1)如图所示 (2)0.2[解析] (1)由a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T 2可得，5条纸带对应的加速度分别为：a 1＝0.25m/s 2，a 2＝0.49 m/s 2，a 3＝0.75 m/s 2，a 4＝0.99 m/s 2，a 5＝1.26 m/s 2，在a —F 坐标系中描点连线．(2)由牛顿第二定律知，F ＝ma ，m ＝F a ＝1k ，其中k 为a —F 图线的斜率，由图可得k ＝5，故m＝0.2 kg.9．(1)1.0 m/s 2(2)0.25[解析] (1)根据运动学公式有：s ＝12at 2，解得a ＝2s t 2＝2×0.51.02 m/s 2＝1.0 m/s 2. (2)物体运动过程受力如图所示．根据胡克定律有F ＝kx ＝200×0.9×10－2 N ＝1.8 N 根据牛顿第二定律有 F －f －mgsin37°＝ma则f ＝F －mgsin37°－ma ＝1.8 N －0.2×10×0.6 N －0.2×1.0 N ＝0.4 N 又N ＝mgcos37°＝0.2×10×0.8 N ＝1.6 N 根据滑动摩擦力公式f ＝μN 得： μ＝f N ＝0.41.6＝0.25.10．(1)3 s (2)26 N[解析] (1)对于B，在未离开A时，其加速度为a B1＝μ1mgm＝1 m/s2设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为a B2＝－μ2mgm＝－2 m/s2设A从B下抽出瞬间B的速度为v B，有v B＝a B1t112a B1t 21＋v2B－2a B2＝s联立解得t1＝2 s则t2＝v B－a B2＝1 s所以B运动的时间是t＝t1＋t2＝3 s(2)设A的加速度为a A，则根据相对运动的位移关系得12a A t 21－12a B1t21＝L－s解得a A＝2 m/s2根据牛顿第二定律得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A解得：F＝26 N.45分钟滚动复习训练卷(一)1．C[解析] 小球受重力和向上的弹力，在平衡位置上方，F合＝mg－F弹，且弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小但方向一直向下，速度增大；在平衡位置下方，F合＝F弹－mg，且弹力继续增大，合力增大，加速度增大但方向向上，速度减小．2．D[解析] 对物块进行受力分析可知，由于初始状态弹簧被拉伸，所以物块受到的摩擦力水平向左，当倾角逐渐增大时，物块所受重力沿斜面方向的分力逐渐增大，所以摩擦力先逐渐减小，弹力与重力沿斜面方向的分力平衡时，摩擦力变为0；当倾角继续增大时，摩擦力向上且逐渐增大，故选项D正确．3．C[解析] 若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，故C有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B项错误，C项正确；将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C的摩擦力为0，D项错误.4．A[解析] 若摩擦力与拉力同向，则F＋f＝ma b，f＝ma a，解得F＝f＝0.1 N；若摩擦力与拉力反向，则f－F＝ma a，f＝ma b，解得f＝0.2 N，F＝0.1 N，A错误，B、C、D正确．5．C[解析] 由于A、B之间的最大静摩擦力F1大于B、C之间的最大静摩擦力F2，当外力F小于F2时，A、B静止不动；当F大于F2时，A、B一起加速运动，由牛顿第二定律有：F－F2＝(m A＋m B)a，由于F逐渐增大，故加速度逐渐增大，对木板，当其最大加速度a m＝F1－F2m B，此时F＝F1＋m Am B(F1－F2)；当F再增大时，A、B即开始相对滑动，对木板B有：F 1－F 2＝m B a ，此后木板B 做匀变速直线运动，选项C 正确．6．CD [解析] v －t 图象描述速度随时间变化的规律，并不代表运动轨迹，0～1 s 内物体速度方向始终为正方向，所以物体是做正向的直线运动，选项A 错误；1～2 s 内物体的速度为正，方向应向右，速度大小不断减小，选项B 错误；1～3 s 内物体的加速度为－4 m/s 2，表示加速度方向向左，大小为4 m/s 2，选项C 正确；v －t 图象中图象与坐标轴所围“面积”代表位移，时间轴上方的面积明显大于下方的面积，故物体的总位移为正，方向向右，物体位于出发点右方，选项D 正确．7．AC [解析] 车减速上坡，其加速度沿斜面向下，将其加速度正交分解为竖直向下和水平向左的加速度，故乘客处于失重状态，受到水平向左的摩擦力，受到的合力沿斜面向下，A 正确，B 、D 错误；因乘客在上坡，故重力做负功，重力势能增加，C 正确．8．(1)C (2)打点计时器与纸带间存在摩擦[解析] (1)处理纸带求加速度，一定要知道计数点间的距离，故要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，故不需要天平．(2)加速度小了，说明物体受到了阻力作用，据此说一条理由就行．9．(1)图略 (2)正比例关系 (3)平衡摩擦力时木板抬得过高 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够[解析] (1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免出现误差，所以在误差允许的范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑．(2)由图可知a 与F 的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a 0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．10. (1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)3∶2 (3)20 m[解析] (1)由v －t 图象可求出，物块冲上木板后做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44 m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04 m/s 2＝1 m/s 2，物块和木板达到共同速度后一起做匀减速运动的加速度大小a 3＝4－08m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)对物块冲上木板的减速阶段有 μ1mg ＝ma 1对木板在水平地面上的加速阶段有 μ1mg －μ2(m ＋M)g ＝Ma 2对物块和木板达到共同速度后的减速阶段有 μ2(m ＋M)g ＝(M ＋m)a 3 联立解得m M ＝32.(3)由v －t 图可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx 对应图中△ABC 的面积，故Δx ＝10×4×12m ＝20 m.45分钟单元能力训练卷(四)1．D2．B [解析] 轨道对小球的支持力始终与小球运动方向垂直，轨道对小球不做功；小球从P 运动到Q 的过程中，重力做正功，动能增大，可判断v P ＜v Q ；根据v ＝ωr ，又r P ＞r Q ，可知ωP ＜ωQ ，A 错误，B 正确．根据a ＝v 2r ，由v P ＜v Q ，r P ＞r Q ，可知a P ＜a Q ，C 错误．在最高点有mg ＋F N ＝ma ，即F N ＝ma －mg ，因a P ＜a Q ，所以F Q ＞F P ，D 错误．3．B [解析] 由开普勒第三定律a 3T 2＝k 可知，只要椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径相等，它们的周期就是相同的，A 项错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星在关于长轴(或短轴)对称的点上时，线速度的大小是相同的，B 项正确；同步卫星的轨道半径、周期、线速度等都是相同的，C 项错误；经过同一点的卫星可以在不同的轨道平面内，D 项错误．4．A [解析] 飞镖做平抛运动，运动到靶子处的时间为t ＝xv ，当v ≥50 m/s 时，t ≤0.1 s ，飞镖下落高度为h ＝12gt 2≤5 cm ，落在第6环以内，A 错误，B 正确；若要击中第10环的圆内，则飞镖运动的时间t ≤2R 0g＝0.002 s ，所以飞镖的速度v 至少应为505m/s ，C 正确；同理，若要击中靶子，则飞镖运动的时间t ≤2R 1g＝0.02 s ，所以飞镖的速度v 至少应为25 2 m/s ，D 正确．5．C [解析] 若使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如图所示，有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，且tan θ＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt ，所以t ＝2v 0gtan θ＝2v 0gtan37°＝8v 03g ，选项C 正确．6．BD [解析] 滑雪者开始时做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，加速度为g ，落到斜坡后，滑雪者沿斜坡以gsin30°的加速度匀加速下滑，将运动分解水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀加速运动，加速度a 1＝gsin30°·sin30°＝14g ，故选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．7. AC [解析] “空间站”运行的加速度及其所在高度处的重力加速度均完全由其所受的万有引力提供，选项A 正确；由G Mm R 2＝m v 2R得v ＝GMR，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B 错误；由G MmR 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 得T ＝2πRRGM，所以“空间站”运行周期小于地球自转的周期，站在地球赤道上的人观察到“空间站”向东运动，选项C 正确；“空间站”内的宇航员随“空间站”做匀速圆周运动，处于非平衡状态，选项D 错误．8．Ⅰ.2πnr 1r 3r 2[解析] 前进速度即为Ⅲ轮的线速度，因为同一个轮上的角速度相等，而同一条传送链上的线速度大小相等，所以可得：ω1r 1＝ω2r 2，ω2＝ω3，又有ω1＝2πn ，v ＝ω3r 3，所以v ＝2πnr 1r 3r 2.Ⅱ.34∶1 1∶316 [解析] 同步卫星的周期为T 1＝24 h ．由开普勒第三定律，有R 31T 21＝R 32T 22，得R 1R 2＝341；卫星做匀速圆周运动时由万有引力充当向心力，G Mm R 2＝ma ，得a 1a 2＝R 22R 21＝1316. 9．(1)2gl (2)12l g[解析] (1)飞镖被投掷后做平抛运动．从掷出飞镖到击中气球，经过时间t 1＝lv 0＝l g此时飞镖在竖直方向上的分速度 v y ＝gt 1＝gl故此时飞镖的速度大小 v ＝v 20＋v 2y ＝2gl.(2)飞镖从掷出到击中气球过程中下降的高度h 1＝12gt 21＝l 2气球从被释放到被击中过程中上升的高度 h 2＝2l －h 1＝3l2气球上升的时间t 2＝h 2v 0＝3l 2v 0＝32l g可见，t 2>t 1，所以应先释放气球． 释放气球与掷飞镖之间的时间间隔 Δt ＝t 2－t 1＝12l g. 10．(1)2π （R ＋h ）3Gm 月 (2)T 02πGm 月（R ＋h ）3(3)2π2R T 0（R ＋h ）3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”的轨道半径r ＝R ＋h ，由G mm 月r 2＝m 4π2T2r ，可得“嫦娥二号”卫星绕月运行的周期T ＝2π （R ＋h ）3Gm 月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n ＝T 0T ＝T 02π Gm 月（R ＋h ）3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s ＝2πR 2n＝2π2R T 0 （R ＋h ）3Gm 月. 45分钟单元能力训练卷(五)1．D [解析] 由能量守恒定律可知，运动员减小的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A 错误；当F 弹＝mg 时，a ＝0，在此之前，F 弹＜mg ，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F 弹＞mg ，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B 错误选项D 正确；从A 位置到B 位置，由动能定理得，W 合＝－E k0，选项C 错误．2．C [解析] 对两个过程分别应用机械能守恒定律得：m B gH －m A gH ＝12(m A ＋m B )v 2，2m A gH －m B gH ＝12(2m A ＋m B )v 2，联立解得m A m B ＝22，选项C 正确． 3．B [解析] 当两个物块共同向上运动时弹簧弹力减小，弹簧弹力恰好为零时，两个物块的共同加速度为重力加速度，此时两个物块恰好分离，A 物块做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可求得A 、B 分离时的初速度v ＝2gh ＝2 m/s ，当B 回到弹簧原长位置时，弹簧弹力又恰好为零，弹簧在此过程中做功为零，B 的动能与分离时的动能相同，速度仍为2 m/s ，B 正确．4．D [解析] 物块匀速运动时，速度沿斜面向上，故传送带顺时针传动.0～t 1内，物块沿传送带向下运动，物块对传送带的滑动摩擦力向下，物块对传送带做负功，选项A 错误；由图乙可知，在t 1时刻，物块的速度减为零，之后向上加速运动，所以μmg cos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，传送带对物块做的功W 加上物块重力做的功W G 等于物块动能的增加量，即W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，而根据v －t 图象可知物块的位移小于零，故W G >0，选项C 错误； 在0～t 2内时间内，物块与传送带之间有相对滑动，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q ＝fx 相对，该过程中，物块受到的摩擦力f 大小恒定，设0～t 1内物块的位移大小为x 1，t 1～t 2内物块的位移大小为x 2，对0～t 2内的物块应用动能定理有：－fx 1＋fx 2＋W G ＝ΔE k ，即－ΔE k ＝f(x 1＋x 2)－W G ，由图乙知x 相对>x 1－x 2，，选项D 正确．5．D [解析] 汽车速度最大时， 汽车所受到的牵引力F 1＝f ＝P v m，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 得，P v －P v m ＝ma ，即a ＝P m (1v －1v m )，图象斜率k ＝P m ，横轴截距b ＝1v m，所以汽车的功率P 、汽车行驶的最大速度v m 可求，由f ＝P v m可解得汽车所受到阻力，选项A 、B 、C 正确；汽车不是匀加速运动，故不能求出汽车运动到最大速度所需的时间，选项D 错误．6．AC [解析] 设斜面倾角为θ，物体受到的合力F 沿斜面向下，F ＝mgsin θ－f ，故F不随t 变化，选项A 正确；根据牛顿第二定律知加速度a ＝F m也不变，由v ＝at 知，v －t 图象为过原点的一条倾斜直线，选项B 错误；物体做匀加速运动，故位移x ＝12at 2，x －t 图象是开口向上的抛物线的一部分，选项C 正确；设物体起初的机械能为E 0，t 时刻的机械能为E ，则E ＝E 0－fx ＝E 0－f·12at 2，E －t 图象是开口向下的抛物线的一部分，选项D 错误． 7．BD [解析] A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误，选项B 正确；B 在运动过程中，除重力外弹簧对其做功，所以B 的机械能不守恒，因此根据机械能守恒定律m B gh ＝12m B v 2解得的v ＝2gh ＝ 2 m/s 是错误的，选项C 错误；根据系统机械能守恒，到达地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E ＝E k ＝m A g(L ＋h)＋m B gh ＋E p ＝6 J ，选项D 正确．8．(1)钩码的重力 mg (2)①（x 1＋x 2）f 4 ②Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2] mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)[解析] (1)滑块匀速下滑时，有Mgsin α＝mg ＋f ，滑块匀速下滑时，滑块所受合力F ＝Mgsin α－f ＝mg.(2)v A ＝x 1＋x 24T ＝（x 1＋x 2）f 4；v F ＝（x 6＋x 7）f 4，从A 到F 动能的增加量ΔE k ＝12Mv 2F －12Mv 2A ＝Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2]，合力F 做的功W F ＝mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)． 9．(1) 2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ (2) 2gLsin θ＋v 202μgcos θ[解析] (1)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P 的最大距离为x.对滑块应用动能定理有mg(L －x)sin θ－μmg cos θ(L ＋x)＝0－12mv 20解得x ＝2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ. (2)最终滑块必停靠在挡板处，设滑块在整个运动过程中通过的路程为s.根据能量守恒定律得mgLsin θ＋12mv 20＝μmgs cos θ 解得s ＝2gLsin θ＋v 202μgcos θ. 10．(1)4 m/s (2)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m[解析] (1)根据牛顿第二定律：对滑块有μmg ＝ma 1对小车有μmg ＝Ma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v 0－a 1t ＝a 2t由以上各式解得t ＝1 s ，此时小车的速度为v 2＝a 2t ＝4 m/s.滑块的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2 小车的位移x 2＝12a 2t 2 相对位移L 1＝x 1－x 2联立解得L 1＝3 m ，x 2＝2 mL 1<L ，x 2<s ，说明滑块滑离小车前已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v 2＝4 m/s.(2) 滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L 2＝L －L 1＝1 m 后滑上半圆轨道． 若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为v m .则mg ＝m v 2m R根据动能定理得－μmgL 2－mg·2R ＝12mv 2m －12mv 22 解得R ＝0.24 m若滑块恰好滑至14圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道． 根据动能定理得－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 22解得R ＝0.6 m所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m.45分钟滚动复习训练卷(二)1．A [解析] 若一个鸡蛋大约55 g ，鸡蛋抛出的高度大约为60 cm ，则将一只鸡蛋抛出至最高点的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W ＝mgh ＝55×10－3×10×60×10－2 J ＝0.33 J ，A 正确．2．D [解析] “天宫一号”和“神舟八号”绕地球做圆周运动，是万有引力充当了“天宫一号”和“神舟八号”做圆周运动的向心力，根据万有引力定律和向心力的公式可得G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ＝mω2r ，所以a ＝GM r 2，v ＝GM r ，T ＝2πr 3GM ，ω＝GM r 3；根据“神舟八号”与“天宫一号”运行轨道示意图可得，“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，根据a ＝GM r2，“神舟八号”轨道半径小，加速度比“天宫一号”大，选项A 错误；根据v ＝GM r ，“神舟八号”轨道半径小，运行的速率比“天宫一号”大，选项B 错误；根据T ＝2πr 3GM ，“神舟八号”轨道半径小，运行的周期比“天宫一号”短，选项C 错误；根据ω＝GM r 3，“神舟八号”轨道半径小，运行的角速度比“天宫一号”大，选项D 正确．3．C [解析] 对全过程分析，由于物体再次经过P 点时位移为零，所以合外力做功为零，动能增量为零，初、末速率应相等，选项C 正确．4．C [解析] 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆心方向的分力F 1的合力提供向心力，即：F N －F 1＝m v 2R ＋r，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧壁无作用力，选项C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D 错误．5．D [解析] 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以水平位移图象为倾斜直线，水平速度图象为平行横轴的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率等于重力加速度；沿斜面下滑运动可分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，且竖直加速度分量小于重力加速度，所以水平位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，水平速度图象为向上倾斜的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率小于重力加速度．选项D 正确．6．AC [解析] 由于引力与质量乘积成正比，所以在质量密集区引力会增大，提供的向心力增大了，探测器会发生向心现象，引力做功，导致探测器飞行速率增大．7．BC [解析] 当盒子速度最大时，kx ＝(m A ＋m B )gsin θ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，选项A 错误；除重力外，只有A 对B 的弹力对B 做功，对应B 机械能的增加量，选项B 正确；对A 、B 组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减小量，也等于系统机械能的增加量，选项C 正确；对A 应用动能定理可知，A 所受重力、弹簧弹力、B 对A 的弹力做功之和等于A 动能的增加量，因B 对A 的弹力对A 做负功，故知A 所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A 动能的增量，选项D 错误．8. (1)左 (2)B (3)1.88 1.84 (4)在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒[解析] (1)重物在下落过程中做加速运动，纸带上相邻两点间的距离增大，故纸带左端与重物相连；(2)重物做匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，故可计算纸带上B 点对应的重物的瞬时速度，应取图中的O 点和B 点来验证机械能守恒定律．从O 点到B 点，重物的重力势能减少ΔE p ＝mgh B ＝1.88 J ，B 点对应的速度v B ＝h AC 2T＝（23.23－15.15）×10－22×0.02m/s ＝1.92 m/s ，物体动能的增加量ΔE k ＝12mv 2B ＝1.84 J ．可得出结论：在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒.9．(1)36 km (2)1.25×105 N (3)3.42×105 N ，与前进方向相同[解析] (1)由图象知海监船先做匀加速直线运动再匀速最后做匀减速直线运动．加速阶段a 1＝20－015×60m/s 2＝145 m/s 2 x 1＝v m 2t 1＝202×15×60 m ＝9×103m 匀速阶段x 2＝v m t 2＝20×(35－15)×60 m ＝2.4×104 m。

课时作业(十二) 万有引力定律◎必做部分1．2010年1月17日，我国成功发射北斗COMPASS —G1地球同步卫星．据了解这已是北斗卫星导航系统发射的第三颗地球同步卫星．对于这三颗已发射的同步卫星，下列说法中正确的是( )A ．它们的运行速度大小相等，且都小于7.9 km/sB ．它们运行周期可能不同C ．它们离地心的距离可能不同D ．它们的向心加速度与静止在赤道上的物体的向心加速度大小相等2．全球定位系统(GPS)有24颗卫星分布在绕地球的6个轨道上运行，距地面的高度都为2万千米．已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为6 400 km ，则全球定位系统的这些卫星的运行速度约为( )A ．3.1 km/sB ．3.9 km/sC ．7.9 km/sD ．11.2 km/s3．有一星球的密度跟地球密度相同，但它表面处的重力加速度是地球表面处重力加速度的4倍，则该星球的质量将是地球质量的( )A.14B ．4倍C ．16倍D ．64倍4．若已知月球绕地球运动可近似看做匀速圆周运动，并且已知月球的轨道半径r ，它绕地球运动的周期T ，万有引力常量是G ，由此可以知道( )A ．月球的质量m ＝π2r 3GT 2B ．地球的质量M ＝4πr 3GT 2C ．月球的平均密度ρ＝3πGT2D ．地球的平均密度ρ′＝3πGT25．地球表面的平均重力加速度为g ，地球半径为R ，引力常量为G ，可估计地球的平均密度为( )A.3g 4πRG B ．3g4πR 2G C.gRGD ．g RG 26．一物体静置在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上．已知万有引力常量G ，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为( )A.⎝⎛⎭⎫4π3Gρ12B ．⎝⎛⎭⎫312C.⎝⎛⎭⎫πGρ12 D ．⎝⎛⎭⎫3πGρ127．2011年中俄联合实施了火星探测(但由于俄火箭故障而失败)，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器将与俄罗斯研制的“福布斯—土壤”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星．已知火星的质量约为地球质量的1/9，火星的半径约为地球半径的1/2.下列关于火星探测器的说法中正确的是( )A ．发射速度只要大于第一宇宙速度即可B ．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C ．发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度D ．火星探测器环绕火星运行的最大速度约为第一宇宙速度的128.“天宫一号”被长征二号火箭发射后，准确进入预定轨道，如图所示，“天宫一号”在轨道1上运行4周后，在Q 点开启发动机短时间加速，关闭发动机后，“天宫一号”沿椭圆轨道2运行到达P 点，开启发动机再次加速，进入轨道3绕地球做圆周运动，“天宫一号”在图示轨道1、2、3上正常运行时，下列说法正确的是( )A ．“天宫一号”在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B ．“天宫一号”在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C ．“天宫一号”在轨道1上的经过Q 点的加速度大于它在轨道2上经过Q 点的加速度D ．“天宫一号”在轨道2上经过P 点的加速度等于它在轨道3上经过P 点的加速度 9．(2013·山东潍坊模拟)按照我国月球探测活动计划，在第一步“绕月”工程圆满完成任务后，将开展第二步“落月”工程，预计在2013年前完成．假设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g 0.飞船沿距月球表面高度为3R 的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A 点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B 再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动．下列判断正确的是( )A ．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v ＝g 0RB ．飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间为2πRg 0C ．飞船在A 点点火变轨的瞬间，动能增加D ．飞船在A 点的线速度大于在B 点的线速度10．如图，地球赤道上山丘e ，近地资源卫星p 和同步通信卫星q 均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．设e 、p 、q 的圆周运动速率分别为v e 、v p 、v q ，向心加速度分别为a e 、a p 、a q ，则( )A ．a e <a q <a pB ．a e >a p >a qC ．v e <v p <v qD ．v e >v p >v q11．(2013·洛阳五校联考)天文学家在距离地球127光年处发现了一个拥有7颗行星的“太阳系”，这些行星与其中央恒星之间遵循基本天体运行规律，和我们太阳系的规则相似．这一星系的中央恒星名为“HD10180”．分析显示，其中一个行星绕中央恒星“HD10180”的公转周期为584天，是地球绕太阳公转周期的1.6倍；与中央恒星“HD10180”的距离是2.3亿公里，等于太阳和地球之间平均距离的1.6倍，将行星与地球的公转轨道视为圆．求恒星“HD10180”的质量与太阳的质量之比．12．(2013·石景山模拟)我国月球探测计划“嫦娥工程”已经启动，科学家对月球的探索会越来越深入．(1)若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看做匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径．(2)若宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球表面某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回抛出点．已知月球半径为r，引力常量为G，试求出月球的质量M月．◎选做部分13.(2012·江苏卷)2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家．如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的( )A ．线速度大于地球的线速度B ．向心加速度大于地球的向心加速度C ．向心力仅由太阳的引力提供D ．向心力仅由地球的引力提供14．(2011·安徽卷·22)(1)开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a 的三次方与它的公转周期T 的二次方成正比，即a 3T 2＝k ，k 是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k 的表达式．已知万有引力常量为G ，太阳的质量为M 太．(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统(如地月系统)都成立．经测定月地距离为3.84×108 m ，月球绕地球运动的周期为2.36×106 s ，试计算地球的质量M 地．(G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2，结果保留一位有效数字)详解答案课时作业(十二)◎必做部分1．A 同步卫星的运行周期、角速度与地球自转周期、角速度相同，因此同步卫星高度固定，线速度固定且小于第一宇宙速度7.9 km/s ，因此选项A 正确，选项B 、C 错误；同步卫星与赤道物体比较，周期、角速度相同，半径不同，因此向心加速度不同，选项D 错误．2．B 同类卫星的速度为：v 2＝2π(h 2＋R 地)T ，另由万有引力定律得，G Mmr 2＝m v 2r ，GM ＝r v 2，即v 1＝v 2r 2r 1，代入数值得，v 1≈3.9 km/s.3．D 天体表面的重力加速度：g ＝GM R 2，又知ρ＝3M 4πR 3，所以M ＝9g 316π2ρ2G 3，故M 星M 地＝⎝ ⎛⎭⎪⎫g 星g 地3＝64，D 正确．4．B 由GMm r 2＝4π2mr T 2得M ＝4π2r 3GT2.5．A 忽略地球自转的影响，对于处于地球表面的物体，有mg ＝G MmR2，又地球质量M＝ρV ＝43πR 3ρ.代入上式化简可得地球的平均密度ρ＝3g4πRG. 6．D 由万有引力提供向心力得： G Mmr2＝mr ⎝⎛⎭⎫2πT 2 而M ＝ρ·43πR 3，r ＝R ，解得T ＝⎝⎛⎭⎫3πGρ12，故正确答案为D. 7．CD 根据三个宇宙速度的意义，可知选项A 、B 错误，选项C 正确；已知M 火＝M 地/9、R 火＝R 地/2，则v 火1v 地1＝GM 火R 火：GM 地R 地＝23≈0.5，选项D 正确． 8．D 据v ＝GMr，可知v 3<v 1，选项A 错误；据ω＝GMr 3可知ω3<ω1，选项B 错误；加速度与万有引力大小有关，r 相同，则a 相同，与轨道无关，选项C 错误，选项D 正确．9． B 万有引力为飞船做圆周运动提供向心力G Mm r 2＝m v 2r ，在月球表面G MmR 2＝mg 0，v＝12g 0R ，A 错误；由G Mm R 2＝m (2πT)2R 知，T ＝2πRg 0，B 正确；飞船在A 点点火变轨的瞬间，做近心运动应减速，动能减小，故C 错误；椭圆轨道Ⅱ的近月点B 线速度大，故D 错误．10．A 由G Mmr 2＝m v 2r可得：v ＝GMr，则v p >v q ，山丘e 与同步卫星q 具有相同的角速度，由v ＝rω可得：v q >v e ，故有v p >v q >v e ，所以C 、D 均错误；由G Mm r 2＝ma 可知a ＝GMr 2，则a p >a q ，由a ＝rω2，则a q >a e ，所以A 正确，B 错误．11．解析： 设中央恒星质量为M 1，这个行星质量为m 1，行星绕恒星运转的轨道半径为r 1，周期为T 1；太阳质量为M 2，地球质量为m 2，地球绕太阳运转的轨道半径为r 2，周期为T 2对行星：G M 1m 1r 21＝m 1r 1(2πT 1)2对地球：G M 2m 2r 22＝m 2r 2(2πT 2)2联立解得M 1M 2＝T 22r 31T 21r 32＝1.6.答案： 1.612．解析： (1)根据万有引力定律和向心力公式得： G M 月M r 2＝M 月(2πT )2r mg ＝G Mm R 2解得：r ＝3gR 2T 24π2.(2)设月球表面处的重力加速度为g 月，根据题意： v 0＝g 月t2mg 月＝G M 月mr 2解得：M 月＝2v 0r 2Gt.答案： (1) 3gR 2T 24π2 (2)2v 0r 2Gt◎选做部分13．AB 飞行器与地球同步绕太阳做圆周运动，所以ω飞＝ω地，由圆周运动线速度和角速度的关系v ＝rω得v 飞＞v 地，选项A 正确；由公式a ＝rω2知，a 飞＞a 地，选项B 正确；飞行器受到太阳和地球的万有引力，方向均指向圆心，其合力提供向心力，故C 、D 选项错．14．解析： (1)因行星绕太阳做匀速圆周运动，于是轨道半长轴a 即为轨道半径r ，根据万有引力定律和牛顿第二定律有：Gm 行M 太r 2＝m 行⎝⎛⎭⎫2πT 2r ① 于是有r 3T 2＝G4π2M 太②即k ＝G4π2M 太．③(2)在地月系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R ，周期为T ，由②式可得 R 3T 2＝G4π2M 地④ 解得M 地＝6×1024 kg ⑤ (M 地＝5×1024 kg 也算对)．答案： (1)k ＝G4π2M 太 (2)M 地＝6×1024 kg。

人造卫星宇宙速度1.高考真题考点分布题型考点考查考题统计选择题第一宇宙速度2024年湖南卷、广东卷选择题人造卫星2024年江西卷、福建卷2.命题规律及备考策略【命题规律】高考对这不内容的考查比较频繁，多以选择题的形式出现，题目的背景材料多为我国在航天领域取得的成就，比如神州飞船、天宫轨道舱等。

【备考策略】1.掌握不同轨道卫星加速度、线速度等参量的求解。

2.掌握同步卫星的特点，并能够比较近地卫星、同步卫星和赤道上物体运动。

3.会求解不同天体的第一宇宙速度。

【命题预测】重点关注与我国航空航天成就有关的卫星运动问题。

一、不同轨道卫星参量(1)将天体或卫星的运动看成匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供。

(2)基本关系式G Mmr 2=ma =m v 2r →v =GM rmrω2→ω=GM r 3mr 2πT 2→T =2πr 3GMmvω二、宇宙速度1．第一宇宙速度(1)第一宇宙速度是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动时的速度，其数值为7.9km/s 。

(2)第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，也是人造卫星的最大环绕速度。

(3)第一宇宙速度的计算方法由G Mm R2=m v 2R 得v =GM R ；由mg =m v 2R得v =gR 。

2．第二宇宙速度使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，其数值为11.2km/s 。

3．第三宇宙速度使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，其数值为16.7km/s。

考点一不同轨道卫星参量宇宙速度考向1不同轨道卫星参量不同轨道卫星参量G Mmr2=ma→a=GMr2m v2r→v=GMr mω2r→ω=GMr 3m4π2T2r→T=4π2r3GM越高越慢12024年4月30日08时43分，神舟十七号载人飞船与空间站组合体成功分离．在中国空间站出差的神舟十七号航天员已启程返航，踏上回家之旅。

临别前，神十七、神十八六名航天员在天和核心舱合影留念。

已知地球半径为R，天和核心舱围绕地球做圆周运动过程中离地面高度约为地球半径的1N，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转，则天和核心舱的线速度大小和舱内航天员的加速度大小分别为()A.NgRN+1NN+12g B.NgRN+12NN+12gC.2NgRN+1NN+12g D.2NgRN+12NN+12g【答案】A【详解】在地球表面，重力可视为等于万有引力，则GMmR2=mg设天和核心舱的线速度大小为v，舱内航天员的加速度大小为a，万有引力提供向心力，有GMm舱1+1N2R2=m舱v21+1NRGMm人1+1N2R2=am人联立解得v=NgRN+1，a=NN+12g故选A。

4.人造卫星 宇宙速度1．人造卫星卫星是太空中绕行星运动的物体．将第一颗人造卫星送入围绕地球运行轨道的国家是前苏联．2．宇宙速度1．第一宇宙速度是能使卫星绕地球运行的最小发射速度．(√) 2．第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行的最小速度．(×) 3．第二宇宙速度是卫星在椭圆轨道上运行时近地点的速度．(×) 若要发射火星探测器，试问这个探测器应大约以多大的速度从地球上发射？ 【提示】 火星探测器绕火星运动，脱离了地球的束缚，但没有挣脱太阳的束缚，因此它的发射速度应在第二宇宙速度与第三宇宙速度之间，即11.2 km/s ＜v ＜16.7 km/s.发射卫星，要有足够大的速度才行，请思考：图3­4­1探讨1：不同星球的第一宇宙速度是否相同？第一宇宙速度的决定因素是什么？【提示】 不同，根据G Mm R ＝m v 2R ，v ＝GMR，第一宇宙速度决定于星球的质量和半径． 探讨2：把卫星发射到更高的轨道上需要的发射速度越大还是越小？ 【提示】 轨道越高，需要的发射速度越大．1．解决天体运动问题的基本思路：一般行星或卫星的运动可看作匀速圆周运动，所需要的向心力都由中心天体对它的万有引力提供，所以研究天体时可建立基本关系式：G Mm R＝ma ，式中a 是向心加速度．2．常用的关系式(1)G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T2r ，万有引力全部用来提供行星或卫星做圆周运动的向心力．(2)mg ＝G MmR2即gR 2＝GM ，物体在天体表面时受到的引力等于物体的重力．该公式通常被称为黄金代换式．3．四个重要结论：设质量为m 的天体绕另一质量为M 的中心天体做半径为r 的匀速圆周运动．(1)由GMm r 2＝m v 2r得v ＝GMr，r 越大，天体的v 越小． (2)由G Mm r2＝m ω2r 得ω＝GMr 3，r 越大，天体的ω越小． (3)由G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 得T ＝2πr 2GM，r 越大，天体的T 越大． (4)由G Mm r2＝ma n 得a n ＝GM r2，r 越大，天体的a n 越小．以上结论可总结为“一定四定，越远越慢”．4．地球同步卫星及特点：地球同步卫星及特点：(1)概念：相对于地面静止且与地球自转具有相同周期的卫星，叫作地球同步卫星．(2)特点：①确定的转动方向：和地球自转方向一致；②确定的周期：和地球自转周期相同，即T＝24 h；③确定的角速度：等于地球自转的角速度；④确定的轨道平面：所有的同步卫星都在赤道的正上方，其轨道平面必须与赤道平面重合；⑤确定的高度：离地面高度固定不变(3.6×104 km)；⑥确定的环绕速率：线速度大小一定(3.1×103 m/s)．1．下面关于同步通信卫星的说法中不正确的是( )A．各国发射的地球同步卫星的高度和速率都是相等的B．同步通信卫星的角速度虽已被确定，但高度和速率可以选择，高度增加，速率增大；高度降低，速率减小，仍同步C．我国发射第一颗人造地球卫星的周期是114 min，比同步通信卫星的周期短，所以第一颗人造卫星离地面的高度比同步通信卫星的低D．同步通信卫星的速率比我国发射的第一颗人造地球卫星的速率小【解析】同步通信卫星的周期与角速度跟地球自转的周期与角速度相同，由ω＝GM r3和h＝r－R知卫星高度确定．由v＝ωr知速率也确定，A正确，B错误；由T＝2πr3GM知第一颗人造地球卫星高度比同步通信卫星的低，C正确；由v＝GMr知同步通信卫星比第一颗人造地球卫星速率小，D正确．故选B.【答案】 B2．关于第一宇宙速度，下列说法中正确的是( )【导学号：22852074】A．第一宇宙速度是人造地球卫星环绕运行的最小速度B．第一宇宙速度是人造地球卫星环绕运行的最大速度C．第一宇宙速度是地球同步卫星环绕运行的速度D．不同行星的第一宇宙速度都是相同的【解析】第一宇宙速度的大小等于靠近地面附近飞行的卫星绕地球公转的线速度．卫星做圆周运动的向心力由地球对它的万有引力提供，由GMmR ＋h2＝mv 2R ＋h可得v ＝GMR ＋h.可见卫星的高度越高，则公转的线速度越小，所以靠近地球表面飞行的卫星(h 的值可忽略)的线速度最大，故选项B 正确；地球同步卫星在地球的高空运行，所以它的线速度小于第一宇宙速度，所以选项C 错误；行星的质量和半径不同，使得行星的第一宇宙速度的值也不相同，所以选项D 错误．【答案】 B3.如图3­4­2，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )【导学号：22852075】图3­4­2A.v 1v 2＝ r 2r 1B.v 1v 2＝r 1r 2C.v 1v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2r 12D.v 1v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r22【解析】 对人造卫星，根据万有引力提供向心力GMm r 2＝m v 2r，可得v ＝GMr.所以对于a 、b 两颗人造卫星有v 1v 2＝r 2r 1，故选项A 正确． 【答案】 A4．探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比( )A ．轨道半径变小B ．向心加速度变小C ．线速度变小D ．角速度变小【解析】 探测器做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则：G Mm r 2＝m 4π2T2r ，整理得T ＝2πr 3GM ，可知周期T 较小的轨道，其半径r 也小，A 正确；由G Mm r 2＝ma n ＝m v 2r ＝m ω2r ，整理得：a n ＝G M r2，v ＝G Mr，ω＝GMr 3，可知半径变小，向心加速度变大，线速度变大，角速度变大，故B 、C 、D 错误．【答案】 A5．如图3­4­3所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M 的行星做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )图3­4­3A ．甲的向心加速度比乙的小B ．甲的运行周期比乙的小C ．甲的角速度比乙的大D ．甲的线速度比乙的大 【解析】 根据G Mm r 2＝ma 得a ＝GM r 2.故甲卫星的向心加速度小，选项A 正确；根据G Mmr2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，得T ＝2πr 3GM ，故甲的运行周期大，选项B 错误；根据G Mm r2＝m ω2r ，得ω＝GMr 3，故甲运行的角速度小，选项C 错误；根据G Mm r 2＝mv 2r，得v ＝GMr，故甲运行的线速度小，选项D 错误．【答案】 A6．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )A ．距地面的高度变大B ．向心加速度变大C ．线速度变大D ．角速度变大【解析】 地球的自转周期变大，则地球同步卫星的公转周期变大．由GMmR ＋h2＝m4π2T 2(R ＋h )，得h ＝3GMT 24π2－R ，T 变大，h 变大，A 正确．由GMm r 2＝ma ，得a ＝GMr2，r 增大，a 减小，B 错误．由GMm r 2＝mv 2r ，得v ＝GM r ，r 增大，v 减小，C 错误．由ω＝2πT可知，角速度减小，D 错误．【答案】 A天体运动问题解答技巧(1)比较围绕同一个中心天体做匀速圆周运动的行星或卫星的v 、ω、T 、a n 等物理量的大小时，可考虑口诀“越远越慢”(v 、ω、T )、“越远越小”(a n )．(2)涉及绕同一个中心天体做匀速圆周运动的行星或卫星的计算问题时，若已知量或待求量中涉及重力加速度g ，则应考虑黄金代换式gR 2＝GM ⎝⎛⎭⎪⎫mg ＝G Mm R2的应用．(3)若已知量或待求量中涉及v 或ω或T ，则应考虑从G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T2r 中选择相应公式应用．1．经典力学的成就与局限性 2．了解相对论(选学) 3．初识量子论(选学)1．经典力学的成就英国物理学家牛顿在《自然哲学的数学原理》中建立了一个完整的力学理论体系．他的理论只用几个基本的概念和原理，不但可以解决人们日常看到的种种物体的运动问题，也可以说明天体运动规律．经典力学的思想方法的影响远远超出了物理学与天文学的研究领域，对其他自然科学、社会科学领域都产生了巨大影响．2．经典力学的局限性(1)经典力学是从日常的机械运动中总结出来的，超出宏观的、日常生活经验的领域常常就不适用了．(2)绝对时空观：把时间、空间、物质及其运动之间的联系割裂开来，不能解释高速运动领域的许多现象．(3)经典力学认为一切自然现象都服从、遵守力学原理，严格按力学规律发生、演化，并且变化是连续的，这种观点与微观世界的很多现象都不相符．3．经典力学的适用范围(1)只适用于低速运动，不适用于高速运动．(2)只适用于宏观物体的运动，不适用于微观粒子的运动．(3)只适用于弱引力环境，不适用于强引力环境．1．经典力学的基础是牛顿运动定律．(√)2．经典力学中时间、空间与物质及其运动完全无关．(√)3．经典力学可以研究质子、中子等微观粒子的运动规律．(×)洲际导弹的速度可达6 000 m/s，此速度属于低速还是高速？【提示】属于低速.6 000 m/s远小于光速，因此属于低速．地球绕太阳公转的速度是3×104m/s；设在美国伊利诺伊州费米实验室的圆形粒子加速器可以把电子加速到0.999 999 999 987 倍光速的速度．请思考：图5­1­1探讨：地球的公转和电子的运动情况都能用经典力学(牛顿力学)来研究吗？【提示】地球的公转属于宏观、低速运动，能用经典力学来研究；而电子的运动属于微观、高速运动，经典力学就不能适用了．1．以牛顿运动定律为基础的经典力学的成就(1)牛顿运动三定律和万有引力定律把天体的运动与地上物体的运动统一起来，是人类对自然界认识的第一次大综合，是人类认识史上的一次重大飞跃．(2)经典力学和以经典力学为基础发展起来的天体力学、材料力学和结构力学等得到了广泛的应用，并取得了巨大的成就．(3)18世纪60年代，力学和热力学的发展及其与生产的结合，使机器和蒸汽机得到改进和推广，引发了第一次工业革命．(4)由牛顿力学定律导出的动量守恒定律、机械能守恒定律等，是航空航天技术的理论基础．火箭、人造地球卫星、航天飞机、宇宙飞船、行星探测器等航天器的发射，都是牛顿力学规律的应用范例．2．经典力学的局限性(1)经典力学的绝对时空观，割裂了时间、空间、物质及其运动之间的联系，不能解释高速运动领域的许多客观现象．(2)经典力学的运动观，从自然观角度来说，给出的是一幅机械运动的图景，不能解释微观世界丰富多彩的现象．3．经典力学的适用范围相对论和量子力学的出现，使人们认识到经典力学的适用范围：只适用于低速运动，不适用于高速运动；只适用于宏观世界，不适用于微观世界．1．经典力学不能适用于下列哪些运动( )A．火箭的发射B．宇宙飞船绕地球的运动C．“勇气号”宇宙探测器在火星着陆D．微观粒子的波动性【解析】经典力学适用于宏观物体的低速运动，故经典力学对A、B、C都能适用，对D不适用．【答案】 D2．经典力学只适用于“宏观世界”，这里的“宏观世界”是指( )A．行星、恒星、星系等巨大的物质领域B．地球表面上的物质世界C．人眼能看到的物质世界D．不涉及分子、原子、电子等微观粒子的物质世界【解析】前三个选项说的当然都属于“宏观世界”，但都很片面，没有全面描述，本题应选D.【答案】 D3.(多选)20世纪以来，人们发现了一些新的事实，而经典力学却无法解释．经典力学只适用于解决物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；只适用于宏观物体，一般不适用于微观粒子．这说明( )A．随着认识的发展，经典力学已成了过时的理论B．人们对客观事物的具体认识，在广度上是有局限性的C．不同领域的事物各有其本质与规律D．人们应当不断地扩展认识，在更广阔的领域内掌握不同事物的本质与规律【解析】人们对客观世界的认识，要受到他所处的时代的客观条件和科学水平的制约，所以形成的看法也都具有一定的局限性，人们只有不断地扩展自己的认识，才能掌握更广阔领域内的不同事物的本质与规律；新的科学的诞生，并不意味着对原来科学的全盘否定，只能认为过去的科学是新的科学在一定条件下的特殊情形．所以A错，B、C、D对．【答案】BCD科学是不断发展和完善的一切科学的发展都是人们主动认识世界的过程，而每个人的研究又都是建立在前人的基础上，通过自己的努力去发展和提高．科学的成就总是在某些条件下的局部形成，在新的科学成就形成后，它将被包括在其中．爱因斯坦的相对论并没有否定牛顿力学的理论，而是把它看成是在一定条件下的特殊情形．1．狭义相对论爱因斯坦针对经典力学的运动规律在处理微观高速时所遇到的困难，创立了狭义相对论．狭义相对论的主要效应有：(1)长度收缩：在观测运动的物体时，物体沿运动方向上的长度会收缩．(2)时钟变慢：在观测运动的时钟时，时钟显示的时间变慢．(3)质量变化：物体的质量随速度的增大而增大．(4)质能关系：物体的质量和能量之间存在着相互联系的关系，关系式为：E＝mc2.(5)速度上限：任何物体的速度都不能超过光速．一般情况下，由于物体的速度v≪c，相对论效应消失，其结果还原为经典力学．因此认为经典力学是相对论力学在低速情况下的近似．2．广义相对论(1)爱因斯坦于1916年创立了广义相对论．根据该理论推得一些结果，例：(a)当光线通过强引力场时，光线会发生偏折，即时空会发生“弯曲”．(b)引力场存在引力波．(2)广义相对论把数学与物理学紧密地联系在了一起．3．量子论的基本内容(1)量子假设最早是在1900年由德国物理学家普朗克提出来的．(2)量子论认为，微观世界的某些物理量不能连续变化，而只能取某些分立值，相邻两分立值之差称为该物理量的一个量子．(3)微观粒子有时显示出波动性，有时又显示出粒子性，这种在不同条件下分别表现出经典力学中的波动性和粒子性的性质称为波粒二象性，在粒子的质量或能量越大时，波动性变得越不显著，所以我们日常所见的宏观物体，实际上可以看做只具有粒子性．(4)由于微观粒子运动的特殊规律性，使一个微观粒子的某些物理量不可能(填“不可能”或“一定”)同时具有确定的数值．例如粒子的位置和动量，其中的一个量愈确定，另一个量就愈不确定，粒子的运动不遵守确定性规律而遵守统计规律．1．物体高速运动时，沿运动方向上的长度会变短．(√)2．质量是物体的固有属性，任何时候都不会变．(×)3．对于高速运动的物体，它的质量随着速度的增加而变大．(√)如果你使一个物体加速、加速、再加速，它的速度会增加到等于光速甚至大于光速吗？【提示】不能．因为物体的质量随速度的增大而增大，假若物体的速度趋近于光速，这时物体的质量会趋近于无穷大，故不可能把物体的速度增大到等于光速，当然更不可能大于光速，因为光速是速度的最大值．探讨：在狭义相对论中，长度收缩是不是指物体的长度变短了？时钟变慢是不是指时钟走得慢了？【提示】 不是．长度收缩和时钟变慢是由于时空条件不同而引起的观测效应，不是物体的长度真的变短或时钟真的变慢了．1．尺缩效应运动长度l 会收缩，l ＝l 01－v 2c2，l 为沿运动方向观测到的物体长度，l 0为物体静止时观测到的长度，在垂直于运动方向上，物体的长度没有变化．2．钟慢效应 运动时钟会变慢，τ＝τ1－v 2c2，即运动时钟显示的时间τ比静止的时钟显示的时间τ延缓了，而时钟的结构并没有改变． 3．质速关系物体的质量m 随速度v 的增大而变大，m ＝m 01－v 2c2，m 0为静止时的质量，m 为运动时的质量．4．质能关系质量m 和能量E 之间存在着一个相互联系的关系式：E ＝mc 2，式中c 为光速．5．任何物体的速度不能超过光速．6．当v ≪c 时，相对论效应消失，其结果还原为经典力学，因此经典力学是相对论力学在低速情况下的近似．4．假设地面上有一列火车以接近光速的速度运行，其内站立着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人，观察的结果是( )【导学号：22852123】A ．这个人是一个矮胖子B ．这个人是一个瘦高个子C ．这个人矮但不胖D ．这个人瘦但不高 【解析】 由公式l ＝l 01－v 2c2可知，在运动方向上，人的宽度要减小，在垂直于运动方向上，人的高度不变．【答案】 D5．A 、B 两火箭沿同一方向高速飞过地面上的某处，v A ＞v B .在火箭A 上的人观察到的结果正确的是( )A ．火箭A 上的时钟走得最快B ．地面上的时钟走得最快C ．火箭B 上的时钟走得最快D ．火箭B 上的时钟走得最慢【解析】 在火箭A 看来，地面和火箭B 都高速远离自已，由t ＝t 01－⎝ ⎛⎭⎪⎫v c 2知，在火箭A 上的人观察到的结果是地面和火箭B 的时钟都变慢了，且vA ＞v B ，故地面的时钟最慢，因此A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A6．把电子从v 1＝0.9c 加速到v 2＝0.97c 时电子的质量增加多少？(已知电子静止质量m 0＝9.1×10－31 kg)【解析】 电子速度为v 1时电子质量为m 1＝m 01－v 1c2＝m 01－0.92电子速度为v 2时电子质量为m 2＝m 01－v 2c2＝m 01－0.972电子质量增量为Δm ＝m 2－m 1＝1.66×10－30kg.【答案】 1.66×10－30kg时间延缓效应和长度收缩效应的应用方法1．(1)“钟慢效应”或“动钟变慢”是在两个不同惯性系中进行时间比较的一种效应，不要认为是时钟的结构或精度因运动而发生了变化，而是在不同参考系中对时间的观测效应．(2)运动时钟变慢完全是相对的，在两个惯性参考系中的观测者都将发现对方的钟变慢了．2．(1)长度收缩效应是狭义相对论时空观的一种体现，即在不同惯性系中的观测者对同一物体的同一个空间广延性进行观测，测得的结果不同．(2)这种沿着运动方向的长度的变化是相对的；另外垂直于速度方向的长度不变．。

[2014全国课标Ⅱ，34(1)，6分]图(a)为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图．P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像．下列说法正确的是________．A. 在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动B. 在t＝0.25 s 时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C. 从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6mD. 从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cmE. 质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10 sin10 πt(国际单位制)【G10503】(2014浙江理综，14，6分)下列说法正确的是()A. 机械波的振幅与波源无关B. 机械波的传播速度由介质本身的性质决定C. 物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反D. 动摩擦因数的数值跟相互接触的两个物体的材料无关解析：本题考查了机械波的形成和传播的基本性质，以及摩擦力的基本性质．机械波的振幅由波源决定，不考虑损耗的情况下，机械波的振幅等于振源的振幅，A错误．机械波的传播速度由介质决定，B正确．物体所受的静摩擦的方向由相对运动趋势决定，并非都与运动方向相反．比如拉着木板，木板带着上面的木块向右加速运动，此时对木块来说，运动方向和所受静摩擦力都是向右的，C错误．动摩擦因数由材料决定，D错误．答案：B【G10504】(2014安徽理综，16，6分)一简谐横波沿x轴正向传播，图1是t＝0时刻的波形图，图2是介质中某质点的振动图象，则该质点的x坐标值合理的是()A ．0.5 mB ．1.5 mC ．2.5 mD ．3.5 mC 解析：本题考查波动图象与质点振动图象的关系，要明确波的传播方向与质点振动方向的关系，顺着波的传播方向看“上坡下”“下坡上”，根据振动图象中t ＝0时刻质点所处的位置，可以判断C 选项正确．波动图象和振动图象的联系是历年高考的重点，复习过程中要重点讲解．(2014浙江理综，17，6分)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪很大，游船上下浮动．可把游艇浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm ，周期为3.0 s ．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm 时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是( )A. 0.5 sB. 0.75 sC. 1.0 sD. 1.5 s4. C 解析：本题考查简谐运动在实际问题中的应用．解题关键画出y －t 图象，确定舒服登船的时间．振动图象y ＝20sin 2πT t ＝20sin 2π3t(cm)，画出y －t 图象，如图所示，能舒服登船的时间Δt ＝t 2－t 1，t 1时刻位移y 1＝10 cm ，则10＝20sin 2π3t 1，得t 1＝0.25 s ，则Δt ＝T 2－2t 1＝1.5 s －0.5 s ＝1.0 s ，正确答案为C.简谐运动问题结合图象分析准确直观方便．(2014北京理综，17，6分)一简谐机械波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T.t ＝0时刻的波形如图甲所示，a 、b 是波上的两个质点．图乙是波上某一质点的振动图象．下列说法中正确的是( )A. t ＝0时质点a 的速度比质点b 的大B. t ＝0时质点a 的加速度比质点b 的小C. 图乙可以表示质点a 的振动D. 图乙可以表示质点b 的振动5. D 解析：该题考查波动图象和振动图象的关系，解题的关键要明确波的传播方向与质点振动方向的关系．t ＝0时刻a 在波峰，速度为零，加速度最大，b 在平衡位置，加速度为零，速度最大，A 、B 错．根据“上下坡”法可以判断，t ＝0时刻b 点在平衡位置且向下运动，C 、错D 对．波的(2014四川理综，5，6分)如图所示，甲为t＝1 s时某横波的波形图象，乙为该波传播方向上某一质点的振动图象，距该质点Δx＝0.5m处质点的振动图象可能是()6. A解析：考查振动图象和波动图象的关系．解题的关键是准确把握振动图象和波动图象的特点，找出相应各物理量的变化规律．由甲、乙两图知，该质点为x＝1.75 m处，距离该质点Δx＝0.5 m处的质点为x1＝1.25 m和x2＝2.25 m，在t＝1 s时x1处在x轴下方并向上振动，x2处在x轴上方并向下振动，在所给出的四个图中，符合以上条件的只有A图，故选A.(2014广西理综，18，6分)(多选)两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇．下列说法正确的是()A. 波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1－A2|B. 波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1＋A2C. 波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D. 波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅7. AD解析：本题考查波的干涉，解题的关键要明确振幅和振动位移的区别．振动加强点的振幅为A1＋A2，减弱点的振幅为|A1－A2|，但质点始终振动，因此所有质点的位移可以为零，A、D正确．本题的易错点是认为振动加强点的位移始终等于振幅．[2014全国课标Ⅱ，34(1)，6分]图(a)为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图．P 是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像．下列说法正确的是________．A. 在t ＝0.10 s 时，质点Q 向y 轴正方向运动B. 在t ＝0.25 s 时，质点P 的加速度方向与y 轴正方向相同C. 从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播了6mD. 从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cmE. 质点Q 简谐运动的表达式为y ＝0.10 sin10 πt(国际单位制)8. BCE 解析：本题考查了波动图象和振动图象的理解与应用，考查了理解分析能力．解题关键是对波动图象及振动图象的物理意义的理解．由图(b)可知0.10 s 时Q 质点向y 轴的负方向运动，A 错误；根据t ＝0.10 s 时Q 的振动方向，可判断波沿x 轴负方向传播，由振动图象和波动图象知振动周期和波长，分别是T ＝0.2 s ，λ＝8 m ，在t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s时间内波沿x 轴负方向传播距离Δx ＝vΔt ＝34λ＝6 m ，将t ＝0.10 s 时波形图沿x 轴负方向平移Δx 得到t ＝0.25 s 时的波形图，如图所示．P 点在平衡位置下方，每个质点的加速度总是指向平衡位置，因此P 质点加速度t ＝0.25 s 时刻与y 轴正方向相同，选项B 、C 正确；从t ＝0.01 s 到t ＝0.25 s 质点P 的振动图象如图所示．由图可知，其运动路程x<3A ＝30 cm ，D 错误；由图象可知Q 的简谐运动表达式为y＝Asinωt ＝0.10sin 2πTt ＝0.10sin10πt ，E 正确．易错点：P 质点通过的路程易错为30 cm ，由于P 质点在t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s 时间内，有两次经过最大位移点，只有一次经过平衡位置，在平衡位置的振动速度比在最大位移附近平均速度大，同样时间内的路程比最大位移附近大．(2014重庆理综，11(2)，6分)一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸．当振子上下振动时，以速率v 水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图象．y 1、y 2、x 0、2x 0为纸上印迹的位置坐标．由此图求振动的周期和振幅．9. 2x 0v y 1－y 22解析：本题考查弹簧振子的周期和振幅的求解，根据题目情景的描述，结合周期和振幅的概念可得结论．设周期为T ，振幅为A.由题意得T ＝2x 0v ，A ＝y 1－y 22.[2014全国课标Ⅰ，34(1)，15分]图(a)为一列简谐横波在t ＝2s 时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点的振动图象，P 是平衡位置为x ＝2 m 的质点．下列说法正确的是________．A. 波速为0.5 m/sB. 波的传播方向向右C. 0～2 s 时间内，P 运动的路程为8 cmD. 0～2 s 时间内，P 向y 轴正方向运动E. 当t ＝7 s 时，P 恰好回到平衡位置10. ACE 解析：本题考查对振动图象、波动图象的理解及二者的关系．解题的关键要找出波的传播方向和质点振动方向的关系．波速v ＝λT＝0.5 m/s ，A 对．x ＝1.5 m 的质点，在t ＝2 s 时处于平衡位置向下振动，由此判断波向左传播，B 错．t ＝2 s 时，P 点处于波谷，因此在0～2 s 即半个周期内，P 点由波峰振动到波谷，C 对、D 错．当t ＝7 s ＝74T 时，P 点从图示位置再振动t 1＝5 s ＝54T ，恰好回到平衡位置，E 正确．[2014山东理综，38(1)，4分]一列简谐横波沿直线传播．以波源O 由平衡位置开始振动为计时零点，质点A 的振动图象如图所示，已知O 、A 的平衡位置相距0.9 m ．以下判断正确的是________．(双选，填正确答案标号)a. 波长为1.2 mb. 波源起振方向沿y 轴正方向c. 波速大小为0.4 m/sd. 质点A 的动能在t ＝4 s 时最大11. ab 解析：本题考查简谐波的传播中的振动方向和传播方向的关系．据质点A 的振动图象知，波由振源O 到A 的时间为3 s ，振动周期为4 s ．波速为v ＝OA t＝0.3 m/s ，选项c 错误；波长λ＝vT ＝1.2 m ，选项a 正确；质点A 的起振方向沿y 轴正方向，故波源的起振方向也沿y 轴的正方向，选项b 正确；由图象知，质点A 在4 s 时处于波峰位置，动能最小，选项d 错误．(2014福建理综，13，6分)如图，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O 点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路的是( )1. A 解析：本题考查了光线在玻璃和空气界面上的折射和反射．解答关键是明确光线从光密介质射向光疏介质还是从光疏介质射向光密介质，并由此判断折射角、入射角的大小及是否发生全反射．A 图中从玻璃射向空气可能发生全反射，A 正确；B 图中从空气射向玻璃是从光疏介质射向光密介质，不会发生全反射，B 错误；C 图中光线在玻璃空气界面既有反射又有折射，因为是从光密介质进入光疏介质，折射角应大于入射角，C 错误；D 图中光线从空气射向玻璃，折射角应小于入射角，D 错误．解答此类问题：从光密介质射向光疏介质，入射角小于折射角，反之，入射角大于折射角；从光密介质射向光疏介质才能发生全反射．(2014广西理综，17，6分)在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为589nm 的光，在距双缝1.00 m 的屏上形成干涉图样．图样上相邻两明纹中心间距为0.350cm ，则双缝的间距为( )A. 2.06×10－7 mB. 2.06×10－4 mC. 1.68×10－4 mD. 1.68×10－3 m2. C 解析：本题考查双缝干涉条纹宽度的计算公式，根据公式计算就可以．条纹间距Δx＝ld λ，d＝lΔxλ＝1.68×10－4 m，C正确．注意1 nm＝10－9 m.(2014重庆理综，11，6分)打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切割在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ 边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况)，则下列判断正确的是()A. 若θ>θ2，光线一定在OP边发生全反射B. 若θ>θ2，光线会从OQ边射出C. 若θ<θ1，光线会从OP边射出D. 若θ<θ1，光线会在OP边发生全反射3. D解析：考查光的全反射知识，解题的关键是找出临界角．θ>θ2时，光线射到OP 面的入射角将变小，可能小于临界角而不发生全反射，此时射到OQ的光线夹角将变大，不会从OQ边射出，选项A、B错误；θ<θ1时，光线射到OP面的入射角将变大，会在OP面发生全反射．(2014四川理综，3，6分)如图所示，口径较大、充满水的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小球，则()A. 小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球B. 小球所发的光能从水面任何区域射出C. 小球所发的光从水中进入空气后频率变大D. 小球所发的光从水中进入空气后传播速度变大4. D解析：本题考查光的折射问题，解题的关键是理解光在不同介质中传播时各物理量的变化．只要不发生全反射，小球放在缸底什么位置都可以看到，选项A错误；只有放射角小于临界角的光才能从水面射出，选项B错误；光的频率是由光源决定的，光从水中射入空气后频率不变，选项C错误；由公式n＝cv知，光在空气中的传播速度将增大，选项D正确．注意光在不同介质中的传播过程各物理量的变化情况，其频率由光源决定．(2014北京理综，20，6分)以往，已知材料的折射率都为正值(n>0)．现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n<0)，称为负折射率材料．位于空气中的这类材料，入射角i 与折射角r 依然满足sini sinr＝n ，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)．现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出．若该材料对此电磁波的折射率n ＝－1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是( )5. B 解析：本题考查折射定律问题，关键要明确负折射率材料的特点．根据题中所给负折射材料的性质，入射光线和折射光线位于法线的同一侧可知，A 、D 选项不正确．根据折射定律sini sinr＝n ＝－1，所以同一侧的入射角等于折射角，B 对，C 不正确．本题命题情景新颖，具有创新性，但本质还是考查折射定律，考查了考生的阅读、理解能力．(2014浙江理综，18，6分)关于下列光学现象，说法正确的是( )A. 水中蓝光的传播速度比红光快B. 光从空气射入玻璃时可能发生全反射C. 在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深D. 分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽6. CD 解析：本题考查了折射定律的应用、全反射、色光的速度及色光的干涉．解题关键熟练掌握各部分内容．红光对水的折射率比蓝光小，即n 红<n 蓝，v 红＝c n 红>v 蓝＝c n 蓝，A 错误；光从光密介质进入光疏介质才能发生全反射，B 错误；由于光线从水中射向空气时要发生折射，使水中的物体看起来比实际要浅，C 正确；根据实验条纹间距公式Δx ∝λ，故D 正确．(2014天津理综，8，6分)(多选)一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a 、b 两束，如图所示，则a 、b 两束光( )A. 垂直穿过同一平板玻璃，a 光所用的时间比b 光长B. 从同种介质射入真空发生全反射时，a 光临界角比b 光的小C. 分别通过同一双缝干涉装置，b 光形成的相邻亮条纹间距小D. 若照射同一金属装置都能发生光电效应，b 光照射时逸出的光电子最大初动能大7. AB 解析：本题考查了三棱镜对光的色散．解题关键根据偏折程度确定折射率的大小．由a 、b 光的偏折情况可判断a 的折射率大于b 的折射率，即n a >n b ，在同一块平板玻璃中的传播速度，v a ＝c n a <v b ＝c n b ，因此垂直穿过同一块平板玻璃的时间t a ＝d v a >t b ＝d v b，故A 正确；全反射临界角sinC ＝1n，n a ＜n b ，a 的全反射临界角比b 光的小，B 正确；n a ∝n b ，说明频率v a >v b ，在真空中的波长λa >λb ，同一双缝干涉的条纹间距Δx>λ，因此a 光形成的相邻亮条纹间距小，C 错误；照射同一金属装置发生光电效应时电子最大初动能E k0＝hν－W ，用a 光照射时产生的光电子的最大初动能大于b 光的，D 错误．不同色光对同一介质的折射率不同，频率越大的，折射率越大．[2014全国课标Ⅰ，34(2)，9分]一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R 的半圆，AB 为半圆的直径，O 为圆心，如图所示．玻璃的折射率为n ＝ 2.(1)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面．若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB 上的最大宽度为多少？(2)一细束光线在O 点左侧与O 相距32R 处垂直于AB 从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置．8. (1)2R (2)见解析 解析：本题考查全反射涉及的几何计算，解题思路为先求出临界角，然后利用几何关系求距离．(1)在O 点左侧，设从E 点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE 区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图，由全反射条件有sin θ＝1n.①(1分)由几何关系有OE ＝Rsinθ.②(2分)由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为l ＝2OE.③(1分)联立①②③式，代入已知数据得L ＝2R.④(1分)(2)设光线在距O 点32R 的C 点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和已知条件得α＝60°>θ.⑤(2分)光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G 点射出，如图，由反射定律和几何关系得OG ＝OC ＝32R.⑥(2分) 射到G 点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C 点射出．(2014全国课标Ⅱ，34，10分)一厚度为h 的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r 的圆形发光面，在玻璃板上表面放置一半径为R 的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．9. 1＋⎝⎛⎭⎫h R －r 2 如图，考虑从圆纸片形发光面边缘的A 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃板上表面的A′点折射，根据折射定律有nsi nθ＝sinα.①(3分)式中，n 是玻璃的折射率，θ是入射角，α是折射角．现假设A′恰好在纸片边缘．由题意，在A′点刚好发生全反射，故α＝π2.②(3分) 设AA′线段在玻璃上表面的投影长为L ，由几何关系有sin θ＝L L 2＋h2.③(2分) 由题意，纸片的半径应为R ＝L ＋r.④(1分)联立①②③④式得n ＝1＋⎝⎛⎭⎫h R －r 2.(1分) 点评：本题考查了折射定律的应用，考查了考生的分析综合能力及应用数学工具处理物理问题的能力．解答本类问题的突破点：作好光路图，确定几何关系．[2014江苏单科，12(B)，6分]Morpho 蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉．电子显微镜下鳞片结构的示意图如下图．一束光以入射角i 从a 点入射，经过折射和反射后从b 点出射．设鳞片的折射率为n ，厚度为d ，两片之间空气层厚度为h.取光在空气中的速度为c ，求光从a 到b 所需的时间t.10. 2n 2d c n 2－sin 2i ＋2h ccosi解析：本题考查光在介质中的折射和反射．解题的关键是找准光传播的路径．设光在鳞片中的折射角为γ，根据折射定律sini ＝nsinγ.(1分) 在鳞片中传播的路程l 1＝2d cosγ，根据传播速度v ＝c n ，传播时间t 1＝l 1v .(1分) 解得t 1＝2n 2d c n 2－sin 2i，(1分) 同理，在空气中的传播时间t 2＝2h ccosi.(1分) 则t ＝t 1＋t 2＝2n 2d c n 2－sin 2i＋2h ccosi .(1分)[2014山东理综，38(2)，8分]如图，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O 以角i 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC 边长为2L ，该介质的折射率为 2.求：(ⅰ)入射角i ；(ⅱ)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c ，可能用到：sin75°＝6＋24或tan15°＝2－3)．11. (ⅰ)45° (ⅱ) 6＋22cL 解析：本题考查了全反射问题和光在介质中的传播时间等．(ⅰ)根据全反射规律可知，光线在AB 面上P 点的入射角等于临界角C ，由折射定律得sinC ＝1n.①(1分) 代入数据得C ＝45°.②(1分)设光线在BC 面上的折射角为r ，由几何关系得r ＝30°.③(1分) 由折射定律得n ＝sini sinr.④ 联立③④式，代入数据得i ＝45°.⑤(1分)(ⅱ)在△OPB 中，根据正弦定理得 OP sin75°＝L sin45°.⑥(1分) 设所用时间为t ，光线在介质中的速度为v ，得OP ＝vt ，⑦(1分)v ＝c n.⑧(1分) 联立⑥⑦⑧式，代入数据得t ＝6＋22cL.⑨(1分) 点评：光在介质中的传播是高考中的重点，主要是应用几何知识和折射定律，结合运动学公式进行求解．(2014四川理综，2，6分)电磁波已广泛运用于很多领域．下列关于电磁波的说法符合实际的是( )A. 电磁波不能产生衍射现象B. 常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机C. 根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D. 光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同1. C 解析：本题考查电磁波的基本理解，解题的关键是了解电磁波的特点．只要是波就产生衍射现象，A 错误；常用的遥控器是发出红外线来遥控电视机的，B 错误；根据多普勒效应可判断物体的相对运动速度，C 正确；由爱因斯坦相对论知识知，光在任何惯性系中的速度都相同，D 错误．。

课时分层作业(二十) 人造卫星宇宙速度基础强化练1．我国航天人发扬”两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”不断创建奇迹．“北斗”第49颗卫星的放射迈出组网的关键一步．该卫星绕地球做圆周运动．运动周期与地球自转周期相同．轨道平面与地球赤道平面成肯定夹角．该卫星 ( ) A．运动速度大于第一宇宙速度B．运动速度小于第一宇宙速度C．轨道半径大于“静止”在赤道上空的同步卫星D．轨道半径小于“静止”在赤道上空的同步卫星2．[2024·广东卷]“祝融号”火星车须要“休眠”以度过火星寒冷的冬季．假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍．火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动．下列关于火星、地球公转的说法正确的是( ) A．火星公转的线速度比地球的大B．火星公转的角速度比地球的大C．火星公转的半径比地球的小D．火星公转的加速度比地球的小3．(多选)我国放射的“天问一号”火星探测器到达火星后开展了一系列困难的变轨操作：2024年2月10日，探测器第一次到达近火点时被火星捕获，胜利实现火星环绕，进入周期为10天的大椭圆轨道；2月15日，探测器第一次到达远火点时进行变轨，调整轨道平面与近火点高度，环火轨道变为经过火星南北两极的极轨；2月20日，探测器其次次到达近火点时进行轨道调整，进入周期为4天的调相轨道；2月24日，探测器第三次运行至近火点时顺当实施第三次近火制动，胜利进入停岸轨道．极轨、调相轨道、停岸轨道在同一平面内．探测器在这四次变轨过程中( )A．沿大椭圆轨道经过远火点与变轨后在极轨上经过远火点的加速度方向垂直B．沿极轨到达近火点变轨时制动减速才能进入调相轨道C．沿极轨、调相轨道经过近火点时的加速度都相等D．大椭圆轨道半长轴r1与调相轨道半长轴r2的比值为3 400 44．(多选)2024年12月9日，“天宫课堂”第一课正式开讲，时隔8年之后，中国航天员再次进行太空授课．若空间站质量为m0，距离地球表面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则空间站内质量为m的航天员( )A．受到的重力为0B．加速度大小为GM（R＋h）2C．受到地球的引力大小为GMm（R＋h）2D．对空间站地板的压力大小为GMm（R＋h）25．[2024·沈阳二模]2024年2月，我国“天问一号”火星探测器胜利实施近火捕获制动，顺当进入环火轨道运行，成为我国放射的第一颗火星的人造卫星，如图所示．环火轨道近似看成圆形轨道，关于该次近火捕获制动，下列说法正确的是( )A.假如制动时间过短使速度减小得少，探测器会撞上火星B．假如制动时间过长使速度减小得多，探测器会飞离火星C．制动过程中由于开启发动机，探测器的机械能会增加D．捕获胜利后沿环火轨道运行，探测器的机械能保持不变6．[2024·山东省青岛市模拟]2024年11月8日，神舟十三号载人航天飞船上的三名航天员经过6.5个小时的努力，顺当完成全部舱外航天任务，王亚平就此成为中国历史上首位执行出舱任务的女宇航员，创建了太空探究新纪录．已知空间站在离地高度约为400km 的圆形轨道飞行．引力常量为G.下列说法正确的是( )A．与同步卫星相比，空间站做圆周运动的加速度更大B．与同步卫星相比，空间站做圆周运动的周期更长C．只要查到空间站的运行周期即可计算出地球的平均密度D．王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不当心掉落．工具将会落向地面7．[2024·四川省遂宁市高三一诊]2024年1月，“天通一号”03星放射胜利．放射过程简化为如图所示：火箭先把卫星送上轨道1(椭圆轨道，P、Q是远地点和近地点)后火箭脱离；卫星再变轨，到轨道2(圆轨道)；卫星最终变轨到轨道3(同步圆轨道).轨道1、2相切于P点，轨道2、3相交于M、N两点．忽视卫星质量改变 ( )A．卫星在三个轨道上的周期T3>T2>T1B．由轨道1变至轨道2，卫星在P点向前喷气C．卫星在三个轨道上机械能E3＝E2>E1D．轨道1在Q点的线速度小于轨道3的线速度8．[2024·湖北十一校联考]2024年6月17日，神舟十二号飞船搭载长征二号F遥十二运载火箭胜利升空，进入预定圆轨道(离地约200km).此时，天宫空间站天和核心舱位于离地约400km的圆轨道上．神舟十二号飞船只需绕地球飞行4.3圈，连续进行6次变轨(模拟如图所示)，到达空间站后下方的位置，之后绕飞到空间站的正前方，适当调整后就能跟核心舱前端接口胜利对接，形成组合体．已知地球半径R＝6400km，则下列说法正确的是( )A.搭载神舟十二号飞船的长征二号F遥十二运载火箭的放射速度可能小于7.9km/sB.对接前，在各自预定圆轨道飞行时，神舟十二号飞船的环绕速度比天和核心舱小C．神舟十二号飞船从低轨道变轨与天和核心舱对接时，需制动减速D．神舟十二号飞船进入离地约200km的预定轨道后，最快需大约6.5h就可与天和核心舱对接9．[2024·河南新乡一模]2024年5月30日，我国“天舟二号”货运飞船B携带物资与在固定轨道上的空间站A胜利交会对接，简洁示意图如图所示，二者对接前分别在各自的轨道上做圆周运动．若用s、θ分别表示A、B在时间t内通过的弧长和转过的角度，则下列图像可能正确的是( )实力提升练10．[2024·湖南卷](多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最终启动反冲装置，实现软着陆．某爱好小组探讨了减速伞打开后返回舱的运动状况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v­t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是( )A.在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B ．在0～t 1时间内，返回舱的加速度不变C ．在t 1～t 2时间内，返回舱的动量随时间减小D ．在t 2～t 3时间内，返回舱的机械能不变11．2024年10月16日，神舟十三号载人飞船与中国空间站组合体完成自主快速交会对接．航天员翟志刚、王亚平、叶光富进驻天和核心舱．已知空间站离地面高度约为H ＝400km ，地球半径约为R ＝6400km ，地球表面重力加速度g ＝10m/s 2，sin70°≈0.94，17≈4.1，空间站的运行可看成绕地球做匀速圆周运动，不考虑地球的自转，太阳光可近似为平行光，以下说法正确的是( )A ．空间站绕地球公转周期约3hB ．空间站的运行速度大于7.9km/sC ．航天员在空间站中的太空跑步机上熬炼时对跑步机有压力作用，不须要佩戴束缚装置D ．空间站每天有阳光照耀的时间与没有阳光照耀的时间之比约为11∶712．[2024·陕西咸阳模拟]假设有一载人宇宙飞船在距赤道地面高度为4200km 的上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km ，地球同步卫星距地面高为36000km ，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星放射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻两者相距最远，从今刻起先，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( )A ．4次B ．6次C ．7次D ．8次课时分层作业（二十） 1．解析：因该卫星绕地球做圆周运动，由G Mm r 2＝m v 2r 可得v ＝GM r，而第一宇宙速度是卫星运动的最大环绕速度，故A 错误，B 正确；因同步卫星的周期等于地球自转的周期，由G Mm r 2＝m 4π2T 2r 可得r ＝3GM 4π2T 2，可见只要周期相同，卫星运动的轨道半径就相同，故C 、D 错误．答案：B2．解析：依据题述，火星冬季时长为地球的1.88倍，可知火星绕太阳运动的周期是地球的1.88倍，由开普勒第三定律可知，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径比地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径大，C 项错误；由万有引力供应向心力有G Mm r 2＝m v 2r，解得v ＝GM r ，由r 火>r 地可得v 火<v 地，A 项错误；由万有引力供应向心力有G Mm r2＝mω2r ，解得ω＝GM r 3，由r 火>r 地可得ω火<ω地，B 项错误；由万有引力供应向心力有G Mm r 2＝ma ，解得a＝GM r 2，由r 火>r 地可得a 火<a 地，D 项正确．答案：D3．解析：沿大椭圆轨道经过远火点与变轨后在极轨上经过远火点时，都是火星对探测器的万有引力供应向心力，则加速度方向都是指向火星中心，A 错误；变轨时，由高轨道到低轨道要点火减速，所以沿极轨到达近火点变轨时制动减速才能进入调相轨道，B 正确；依据a ＝GMR 2，可知同一点的加速度相同，则沿极轨、调相轨道经过近火点时的加速度都相等，C 正确；依据开普勒第三定律可知r 31 T 21 ＝r 32 T 22＝k ，T 1＝10天，T 2＝4天， 解得r 1r 2＝3T 21 T 22 ＝310242＝34004，D 正确． 答案：BCD4．解析：重力是由于地球对物体的吸引而产生的，所以飞船内质量为m 的航天员受到的重力肯定大于零，A 错误；飞船内质量为m 的航天员随空间站做匀速圆周运动，受到的万有引力F ＝GMm （R ＋h ）2，万有引力供应向心力，由GMm （R ＋h ）2＝ma ，解得a ＝GM （R ＋h ）2，B 、C 正确；由于空间站及航天员都处于完全失重的状态，则航天员对空间站地板的压力为零，D 错误．答案：BC5．解析：假如制动时间过短使速度减小得少，探测器所受万有引力小于其做圆周运动所需的向心力，则探测器会做离心运动而飞离火星，选项A 错误；同理，假如制动时间过长使速度减小得多，探测器所受万有引力大于其做圆周运动所需的向心力，则探测器会做近心运动而撞上火星，选项B 错误；制动过程中开启发动机，发动机对探测器做负功，探测器的机械能削减，选项C 错误；探测器沿环火轨道运行，机械能保持不变，选项D 正确．答案：D6．解析：依据万有引力供应向心力有GMm R 2＝ma ＝4π2mR T 2，可得a ＝GM R 2，T ＝2πR 2GM可知离地球越远，加速度越小，周期越长，故A 正确，B 错误；由T ＝2πR 3GM 可得M ＝4π2R 3GT 2，设地球半径为r ，可得地球的平均密度ρ＝3πR 3GT 2r3，地球半径未知，无法求地球平均密度，故C 错误；王亚平在空问站外面检修时若手中的工具不当心掉落，由于工具也受到万有引力，所以工具将接着做圆周运动，故D 错误．答案：A7．解析：依据开普勒第三定律a 3T2＝k 可知，卫星在三个轨道上的周期T 3＝T 2>T 1，故A 错误；由轨道1变至轨道2，离心运动，卫星在P 点向后喷气，故B 错误；由轨道1变至轨道2，离心运动，卫星在P 点向后喷气，机械能增大，而在轨道2、3上，高度相同，依据v ＝GM r可知，速度大小相同，动能相同，则机械能相同，故E 3＝E 2>E 1，故C 正确；轨道1在Q 点的线速度大于对应圆轨道的线速度，依据v ＝GM r 可知Q 点对应圆轨道的线速度大于轨道3的线速度，故轨道1在Q 点的线速度大于轨道3的线速度，故D 错误． 答案：C 8．解析：长征二号F 遥十二运载火箭的放射速度肯定大于地球的第一宇宙速度7.9km/s ，A 项错误．由“高轨、低速、大周期”的规律可知，神舟十二号飞船的环绕速度比天和核心舱大，B 项错误．处于低轨道的飞船需加速做离心运动才能与处于高轨道的核心舱对接，C项错误．飞船绕地球做匀速圆周运动有G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2（R ＋h ），又有G Mm R2＝mg ，解两式得T ＝2π（R ＋h ）R ，R ＋h g≈1.5h，飞船绕行4.3圈，t ＝4.3T ≈6.5h，D 项正确． 答案：D9．解析：弧长s ＝vt ，故s ­t 图像的斜率表示线速度v ，依据万有引力供应向心力可得G Mm L 2＝m v 2L ，解得v ＝GM L ，则有v A ＝GM R 、v B ＝GM r，由于R >r ，则v A <v B ，可得B 的s ­t 图像的斜率大于A 的s ­t 图像的斜率，A 错误，B 正确；角度θ＝ωt ，故θ­t 图像的斜率表示角速度ω，又G MmL 2＝mω2L ，整理得ω＝GM L 3，故ωA ＝GM R 3、ωB ＝GM r 3，可得θ­t 图像为直线，C 、D 错误．答案：B10．解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P ＝mgv ，因此在0～t 1时间内，结合v ­t 图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A 项正确；v ­t 图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t 1时间内，返回舱的加速度不断减小，B 项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t 1～t 2时间内，返回舱的动量随时间减小，C 项正确；在t 2～t 3时间内，返回舱匀速下降，机械能减小，D 项错误．答案：AC11．解析：空间站所受万有引力供应向心力有G Mm （R ＋H ）2＝m 4π2（R ＋H ）T 2，不考虑地球自转时GMm ′R 2＝m ′g ，联立解得T ≈1.5h，A 错误；7.9km/s 是地球的第一宇宙速度，是志向状态下卫星在地面旁边绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，所以空间站的运行速度小于7.9km/s ，B 错误；航天员由于失重的缘由，在空间站中的太空跑步机上熬炼时对跑步机没有压力作用，须要佩戴束缚装置，C 错误；如图所示，设空间站每天没有阳光照耀的时间对应角度为θ，sin θ2＝RR ＋H，解得θ≈140°，分析可知空间站每天有阳光照耀的时间与没有阳光照耀的时间之比约为360°－140°140°＝117，D 正确．答案：D12．解析：依据圆周运动的规律，求解出的一个昼夜同步卫星与宇宙飞船相距最近的次数，即为飞船放射信号的次数，也为接收站接收到信号的次数．设宇宙飞船的周期为T ，由GMm r 2＝m 4π2T 2r ，得T ＝2πr 3GM则T 2（24h ）2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6400＋4200（6400＋36000）3，解得T ＝3h 设两者由相隔最远至第一次相隔最近所用的时间为t 1，有⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT －2πT 0·t 1＝π，解得t 1＝127h 以后每次相距最近的时间间隔为t 2，有 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT －2πT 0·t 2＝2π，解得t 2＝247h 由n ＝24h －t 1t 2＝6.5知，接收站共接收到信号的次数为7次． 答案：C。

峙对市爱惜阳光实验学校高三物理一轮复习课时作业及详细解析：第20讲人造卫星宇宙速度.根底热身1．时间2011年9月29日晚21时16分，中国在酒泉卫星发心载人发射场，用“二号F〞T1运载，将中国全研制的首个目标飞行器“天宫一号〞发射升空．关于“天宫一号〞的发射和运行，以下说法正确的选项是( )A．“天宫一号〞由“二号F〞T1运载加速离地升空时，处于超重状态B．“天宫一号〞由“二号F〞T1运载加速离地升空时，处于失重状态C．“天宫一号〞在预工作轨道稳运行时，处于平衡状态D．“天宫一号〞在预工作轨道稳运行时，处于完全失重状态2．[2021·模拟] 近年来，我国已陆续发射了七颗“神舟〞号飞船，当飞船在离地面几百千米的圆形轨道上运行时，需要进行屡次轨道维持，轨道维持就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力，使飞船能保持在同一轨道上稳运行．如果不进行轨道维持，飞船的轨道高度就会逐渐降低，那么以下说法中不正确的选项是( )A．当飞船的轨道高度逐渐降低时，飞船的周期将逐渐变短B．当飞船的轨道高度逐渐降低时，飞船的线速度逐渐减小C ．当飞船离地面的高度降低到原来的12时，其向心加速度将会变为原来的4倍D．对飞船进行轨道维持时，向飞船运动的反方向喷气3．据报道：“嫦娥二号〞探月卫星于2010年10月1日在西昌卫星发心发射升空，在太空中飞行5天后于6日上午变轨，使卫星从地月转移轨道进入周期约为12小时的椭圆绕月轨道，之后经过屡次变轨进入距月球外表100 km的圆形环月轨道，其探测到的数据将比环月飞行高度为200 km的“嫦娥一号〞卫星更加详实．这是我国探月工程中重要的一步，为下一步的“落月工程〞提供了必要的科研数据．月球外表的重力加速度为地球外表重力加速度的16，月球半径为地球半径的13，那么以下说法正确的选项是( )A．“嫦娥二号〞环月飞行的速度比“嫦娥一号〞更小B．卫星内部随卫星一起飞行的仪器处于失重状态，因而不受重力C．月球第一宇宙速度约为1.8 km/sD．“嫦娥二号〞的发射速度大于11.2 km/s4．[2021·昆明检测] A、B球卫星均在同一轨道平面内绕地球做匀速圆周运动，它们运动的轨道半径之比r A∶r B＝1∶4，A的周期为T0，某一时刻A、B 两卫星相距最近，那么此时刻开始到A、B相距最远经历的时间可能是( )A.47T 0B.87T 0C.127T 0D.167T 0 技能强化5．[2021·一模] 我国研制并发射的“嫦娥二号〞探测卫星，在距月球外表高度为h 的轨道上做匀速圆周运动，运行的周期为T .假设以R 表示月球的半径，那么( )A ．卫星运行时的向心加速度为4πR T2B ．卫星运行时的线速度为2πRTC ．物体在月球外表自由下落的加速度为4π2R T2D ．月球的第一宇宙速度为2πR (R ＋h )3TR6．[2021·云南一模] 中国正在实施北斗卫星导航系统工作，将相继发射五颗静止轨道卫星和十三颗非静止轨道卫星，到左右，建成覆盖全球的北斗卫星导航系统．中国北斗卫星导航系统官方站2010年1月22日发布消息说，五天前发射的中国北斗卫星导航系统第三颗组卫星，经过四次变轨，于时间当天凌晨一时七分，点于东经一百六十度的赤道上空．关于点后的“北斗导航卫星〞，以下说法正确的选项是( )A ．离地面高度一，相对地面静止B ．运行速度大于7.9 km/s 小于11.2 km/sC ．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小D ．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相7．“神舟七号〞飞船绕地球运转一周需要时间约90 min ，“嫦娥二号〞卫星在工作轨道绕月球运转一周需要时间约118 min(“神舟七号〞和“嫦娥二号〞的运动都可视为匀速圆周运动)。

新课标物理·浙江省专用
专题限时集训(一)[第1讲力与物体的平衡]作1
专题限时集训(二)[第2讲力与直线运动]作3
专题限时集训(三)[第3讲力与曲线运动]作5
专题限时集训(四)[第4讲功、功率与动能定理]作7
专题限时集训(五)[第5讲能量转化与守恒]作9
专题限时集训(六)[第6讲带电粒子在电场中的运动]作11
专题限时集训(七)A[第7讲带电粒子在磁场及复合场中的运动]作13 专题限时集训(七)B[第7讲带电粒子在磁场及复合场中的运动]作15 专题限时集训(八)[第8讲恒定电流和交变电流]作17
专题限时集训(九)[第9讲电磁感应]作19
专题限时集训(十)[第10讲振动和波动光学]作21
专题限时集训(十一)[第11讲力学实验]作23
专题限时集训(十二)[第12讲电学实验]作25
专题限时集训(十三)[第13讲选修3－3]作27
专题限时集训(十四)[第14讲选修3－5]作29。

课时规范练14人造卫星宇宙速度基础对点练1.(变轨问题)(2019·山西应县一中月考)在“嫦娥一号”奔月飞行过程中,在月球上空有一次变轨是由椭圆轨道a变为近月圆形轨道b,如图所示,在a、b两轨道的切点处,下列说法正确的是()A.卫星运行的速度v a=v bB.卫星受月球的引力F a=F bC.卫星的加速度a a>a bD.卫星的动能嫦娥一号”从a轨道上经过切点时,即将做离心运动,<m,从b轨道上经过切点时,做匀速圆周运动,=m,两公式比较可知,v a>v b,故A错误;由万有引力为F=,半径相等,故卫星受月球的引力F a=F b,故B正确;万有引力提供向心力,ma=,因此加速度是相等的,故C错误;由A可知v a>v b,卫星的动能E k a>E k b,故D错误。

2.(多选)(天体运动中的能量问题)(2018·东北师范大学附中等五校联考)在天体运动中,把两颗相距很近的恒星称为双星.已知组成某双星系统的两颗恒星质量分别为m1和m2,相距为L。

在万有引力作用下各自绕它们连线上的某一点,在同一平面内做匀速同周运动,运动过程中二者之间的距离始终不变。

已知万有引力常量为G。

m1的动能为E k,则m2的动能为()A.-E kB.-E kC.E kD.E kr1和r2,角速度为ω,由题意可知r1+r2=L对m1有=m1ω2r1对m2有=m2ω2r2解得r1=,r2=,ω=代入r1、r2得,所以C正确。

E k+E k2=m1(ωr1)2+m2(ωr2)2把ω=代入解得E k2=-E k,所以B正确。

故BC正确。

3.(多选)(变轨问题)(2019·河北邯郸永年区二中月考)“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间实验室在太空中自动交会对接的成功,显示了我国航天科技力量的雄厚。

已知对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气,下列说法正确的是()A.为实现对接,飞船与“天宫二号”运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B.如不加干预,在运行一段时间后,“天宫二号”的动能可能会增加C.如不加干预,“天宫二号”的轨道高度将缓慢降低D.进入“天宫二号”的航天员处于失重状态,说明航天员不受地球引力作用,而第一宇宙速度为最大环绕速度,因此飞行器不可能大于第一宇宙速度,故A项错误;飞船所处的空间处存在极其稀薄的大气,如不加干预,其轨道高度降低,速度增大,故B、C项正确;航天员仍受到地球的引力,只是引力全部提供向心力,不产生重力作用,故D项错误。