2020版高考物理一轮通用课时作业：第四章 第4讲万有引力与航天

1．我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高．今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动．与“高分四号冶相比，下列物理量中“高分五号”较小的是（）A. 周期B. 角速度C. 线速度D. 向心加速度【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】 A【解析】本题考查人造卫星运动特点，意在考查考生的推理能力。

设地球质量为M，人造卫星质量为m，人造卫星做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有，得，，，，因为“高分四号”的轨道半径比“高分五号”的轨道半径大，所以选项A正确，BCD错误。

点睛：本题考查人造卫星运动特点，解题时要注意两类轨道问题分析方法：一类是圆形轨道问题，利用万有引力提供向心力，即求解；一类是椭圆形轨道问题，利用开普勒定律求解。

2．若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证A. 地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1/602B. 月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1/602C. 自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的1/6D. 苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的1/60【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（北京卷）【答案】 BC、在月球表面处：，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出月球表面和地面表面重力加速度的关系，故选项C错误；D、苹果在月球表面受到引力为：，由于月球本身的半径大小未知，故无法求出苹果在月球表面受到的引力与地球表面引力之间的关系，故选项D错误。

点睛：本题考查万有引力相关知识，掌握万有引力公式，知道引力与距离的二次方成反比，即可求解。

3．2018年2月，我国500 m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为。

课时规范练13 万有引力定律及其应用一、基础对点练1.(多选)(开普勒三定律)(辽宁5月模拟)最近,美国夏威夷大学UHIFA发现了一颗行星,这是一颗非常特别的天体,它的质量和体积都非常大,足足有木星的三倍,称之为开普勒—88d,如图所示。

关于开普勒行星运动定律,下列说法正确的是( )A.所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆,行星运动的方向总是沿椭圆轨道的切线方向B.对任意一个行星来说,它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等,行星运动过程中速度大小不变C.所有的行星围绕太阳运动的轨道都是圆,行星运动的方向总是与它和太阳连线垂直D.开普勒第三定律a 3T2=k,月亮围绕地球运动的k值与人造卫星围绕地球运动的k值相同2.(研究自转时万有引力与重力的关系)(安徽合肥联考高三月考)有科学家正在研究架设从地面到太空的“太空梯”。

若“太空梯”建在赤道上,人沿“太空梯”上升到h高度处,恰好会感到自己“漂浮”起来。

已知地球的半径为R,地球表面的重力加速度为g,则地球自转角速度为( )A.√gR(R+h)3B.√gR2(R+h)3C.√gR3(R+h)2D.√gR3(R+h)33.(万有引力与重力的关系)(江西南昌二模)2月10日,携带着火星车的天问一号探测器实施近火捕获制动,顺利进入环火轨道,迈出了着陆火星的关键一步。

已知地球质量约为火星质量的9倍,地球半径约为火星半径的2倍。

则该火星车在地球表面和火星表面所受的重力大小之比为( ) A.3∶2 B.3∶4C.9∶2D.9∶44.(双星问题)(福建泉州高三三模)科学家麦耶和奎洛兹因对系外行星的研究而获得诺贝尔物理学奖。

他们发现恒星“飞马座51”附近存在一较大的行星,两星在相互万有引力作用下,围绕两者连线上的某点做匀速圆周运动。

若恒星与行星质量之比为k,则恒星与行星的( )A.线速度大小之比为1kB.角速度大小之比为kC.向心力大小之比为1kD.向心加速度大小之比为k5.(多选)(万有引力与抛体运动的综合)(安徽蚌埠高三月考)12月8日,中、尼两国共同宣布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86米。

2020届一轮复习人教版万有引力与航天课时作业一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。

每小题给出的选项中至少有一项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.关于行星运动的规律,下列说法符合史实的是()A.开普勒在牛顿定律的基础上,导出了行星运动的规律B.开普勒在天文观测数据的基础上,总结出了行星运动的规律C.开普勒总结出了行星运动的规律,找出了行星按照这些规律运动的原因D.开普勒总结出了行星运动的规律,发现了万有引力定律解析:行星运动的规律是开普勒在第谷长期观察行星运动数据的基础上总结归纳出来的,并不是在牛顿运动定律的基础上导出的,但他并没有找出行星按这些规律运动的原因,A、C错误,B 正确。

牛顿发现了万有引力定律,D错误。

答案:B2.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“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。

“51 peg b”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,该中心恒星与太阳的质量比约为()A. B.1 C.5 D.10解析:根据万有引力提供向心力得G=m r,则M=,所以恒星质量与太阳质量之比为=()3×()2≈1,故选项B正确。

答案:B3.2018年9月20日,我国利用一枚运载火箭成功将20颗微小卫星送入离地面高度约为520 km 的轨道。

已知地球半径约为6 400 km。

若将微小卫星的运行轨道视为圆轨道,则与地球同步卫星相比,微小卫星的()A.周期大B.角速度小C.线速度大D.向心加速度小解析:由G=m r得T=2π,由于r微<r同,所以微小卫星的周期小,A错误。

由G=mrω2得ω=,由于r微<r同,所以微小卫星的角速度大,B错误。

由G=m得v=,由于r微<r同,所以微小卫星的线速度大,C正确。

由G=ma得a=G,由于r微<r同,所以微小卫星的向心加速度大,D错误。

2020届一轮复习人教版万有引力与航天课时作业1.(近地卫星、赤道上物体及同步卫星的运行问题)(2017·南通模拟)北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统,包括5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星,具有定位、导航、授时等功能,如图所示,A、B为“北斗”系统中的两颗工作卫星,其中卫星A是静止轨道卫星,C是地球赤道上某点,已知地球表面处的重力加速度为g,不计卫星的相互作用力,以下判断中正确的是()A.A、B、C三者的线速度大小关系为v C>v B>v AB.A、B、C三者的周期大小关系为T A=T C>T BC.A、B、C三者的向心加速度大小关系为a A<a B<a C=g、C三者的向心加速度大小关系为a A<a B<a C<g答案B解析静止轨道卫星即地球同步卫星,其周期(角速度)等于地球自转周期(角速度),有T A=T C 对卫星A、B:根据T=,因为r A>r B,所以T A>T B,所以有T A=T C>T B,对卫星A、B:根据v=,因为r A>r B,所以v A<v B,对卫星A、C,根据v=ωr,因为r C<r A,所以v C<v A,所以v C<v A<v B,故A错误,B正确;对卫星A、B:根据a=,因为r A>r B,所以a A<a B对A、C具有相同的角速度,根据a=ω2r,知a A>a C,因为赤道上的物体随地球自转所需的向心力很小,远小于重力,即ma C<mg,即a C<g,所以a C<a A<a B<g,故C错误,D错误。

2.(近地卫星、赤道上物体及同步卫星的运行问题)(2018·湖南长郡中学月考)有a、b、c、d四颗地球卫星,a还未发射,在地球赤道上随地球表面一起转动,b处于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,各卫星排列位置如图,则有()A.a的向心加速度等于重力加速度gB.c在4 h内转过的圆心角是C.b在相同时间内转过的弧长最长D.d的运动周期有可能是20 h答案C解析地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同,角速度相同,则知a与c的角速度相同,根据a=ω2r知,c的向心加速度大。

第4讲万有引力与航天A组基础过关1.(2019宁夏银川二中期末)如图所示,A为地球赤道上的物体,B为地球同步卫星,C为地球表面上北纬60°处的物体。

已知A、B的质量相等。

则下列关于A、B和C三个物体的说法中,正确的是()A.A物体受到的万有引力小于B物体受到的万有引力B.B物体的向心加速度小于A物体的向心加速度C.A、B两物体的轨道半径的三次方与周期的二次方的比值相等D.A和B两物体的线速度的比值比C和B两物体的线速度的比值大,且都小于1答案D A、B两物体的质量相等,根据万有引力定律F=G可知,A受到的万有引力大于B受到的万有引力,故A项错误;因A与B两物体的角速度相等,由a n=ω2r可知B的向心加速度大于A 的向心加速度,故B项错误;A在地球表面,不是环绕地球做匀速圆周运动,因此它的轨道半径与公转周期的关系不满足开普勒第三定律,故C项错误;根据v=ωr可知,B的线速度最大,C的线速度最小,因此A与B的线速度的比值大于C与B的线速度的比值,且均小于1,故D项正确。

2.(多选)(2017贵州黔南州三校联考)组成星球的物质是靠引力吸引在一起的,这样的星球有一个最大的自转速率,如果超出了该速率,星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体随星球做圆周运动。

假设地球可视为质量均匀分布的星球,地球半径为R,地球北极表面附近的重力加速度为g,引力常量为G,地球质量为M,则地球的最大自转角速度ω为()A.2πB.C.D.2π答案BC设地球赤道上有一质量为m的物体,要维持该物体随地球一起以最大角速度ω转动,则物体与地球之间的万有引力等于向心力,有G=mω2R,解得ω=,A项错误,B项正确;在地球北极表面附近有G=m'g,则GM=gR2,代入上式可得ω=,C项正确,D项错误。

3.(多选)(2019山东荷泽期中)1798年,英国物理学家卡文迪许测出引力常量G,因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人。

第4节万有引力与航天知识点一| 开普勒行星运动定律的应用1．开普勒第一定律所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上。

2．开普勒第二定律对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积。

3．开普勒第三定律所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，表达式：a3T2＝k。

[判断正误](1)所有行星绕太阳运行的轨道都是椭圆。

(√)(2)行星在椭圆轨道上运行的速率是变化的，离太阳越远，运行速率越小。

(√)(3)开普勒第三定律a3T2＝k中k值与中心天体质量无关。

(×)考法1以开普勒定律为背景的物理学史的考查1．(2016·全国卷Ⅲ)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是()A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律B[开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A错误，选项B正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D错误。

]考法2开普勒定律内容的理解2．火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( ) A ．太阳位于木星运行轨道的中心B ．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C ．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D ．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 C [木星绕太阳运行的轨道为椭圆轨道，故太阳应位于其椭圆轨道的一个焦点上，A 项错误；由于火星和木星在不同的轨道上，且是椭圆轨道，速度大小变化，火星和木星的运行速度大小不一定相等，B 项错误；由开普勒第三定律可知，同一中心天体R 3火T 2火＝R 3木T 2木＝k ，即T 2火T 2木＝R 3火R 3木，C 项正确；由于火星和木星在不同的轨道上，因此它们在近地点时的速度不等，且开普勒第二定律是指，对同一行星而言，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，D 项错误。

第4讲 万有引力与航天考点1 开普勒三定律的理解和应用1．行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理．2．开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动． 3．开普勒第三定律a 3T 2＝k 中，k 值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同．但该定律只能用在同一中心天体的两星体之间．1．如图所示，某行星沿椭圆轨道运行，远日点离太阳的距离为a ，近日点离太阳的距离为b ，过远日点时行星的速率为v a ，则过近日点时的速率为( C )A ．v b ＝ba v a B ．vb ＝a b v a C ．v b ＝ab v a D ．v b ＝b a v a解析：若行星从轨道的A 点经足够短的时间t 运动到A ′点，则与太阳的连线扫过的面积可看做扇形，其面积S A ＝a ·v a t 2；若行星从轨道的B 点也经时间t 运动到B ′点，则与太阳的连线扫过的面积S B ＝b ·v b t 2.根据开普勒第二定律得a ·v a t 2＝b ·v b t 2，即v b ＝ab v a ，选项C 正确．2．(2018·全国卷Ⅲ)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P ，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q 的轨道半径约为地球半径的4倍．P 与Q 的周期之比约为( C )A ．2 1B ．4 1C ．8 1D ．161解析：解法1：本题考查万有引力定律、向心力公式、周期公式．卫星P 、Q 围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即G MmR 2＝m 4π2T 2R ，则T ＝4π2R 3GM ，T PT Q ＝R 3P R 3Q ＝81，选项C 正确． 解法2：卫星P 、Q 围绕地球做匀速圆周运动，满足开普勒第三定律，R 3P T 2P ＝R 3QT 2Q，解得T PT Q＝R 3PR 3Q ＝81，选项C 正确． 3．(多选)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经过M 、Q 到N 的运动过程中( CD )A．从P到M所用的时间等于T0 4B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大C．从P到Q阶段，速率逐渐变小D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功解析：由行星运动的对称性可知，从P经M到Q点的时间为12T0，根据开普勒第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知从P到M所用的时间小于14T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确．涉及椭圆轨道运动周期的问题，在中学物理中，常用开普勒第三定律求解.但该定律只能用在同一中心天体的两星体之间，如绕太阳运行的两行星之间或绕地球运行的两卫星之间，而对于一颗行星和一颗卫星比较时不能用开普勒第三定律，开普勒第三定律不仅适用于天体沿椭圆轨道运动，也适用于天体沿圆轨道运动.考点2万有引力定律的理解与计算1．万有引力与重力的关系地球对物体的万有引力F表现为两个效果：一是重力mg，二是提供物体随地球自转的向心力F向，如图所示．(1)在赤道处：G MmR 2＝mg 1＋mω2R .(2)在两极处：G MmR2＝mg 2.(3)在一般位置：万有引力G MmR2等于重力mg 与向心力F 向的矢量和．越靠近南、北两极，g 值越大，由于物体随地球自转所需的向心力较小，常认为万有引力近似等于重力，即G MmR2＝mg .2．星体表面及上空的重力加速度(以地球为例)(1)在地球表面附近的重力加速度g (不考虑地球自转)：mg ＝G Mm R 2，得g ＝GMR 2.(2)在地球上空距离地心r ＝R ＋h 处的重力加速度为g ′：mg ′＝G Mm(R ＋h )2，得g ′＝GM (R ＋h )2，所以gg ′＝(R ＋h )2R 2.考向1 万有引力的计算如图所示，有一个质量为M ，半径为R ，密度均匀的大球体．从中挖去一个半径为R2的小球体，并在空腔中心放置一质量为m 的质点，则大球体的剩余部分对该质点的万有引力大小为(已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零)( )A ．G Mm R 2B ．0C ．4G Mm R2D ．G Mm 2R2[审题指导] (1)万有引力定律只适用于求质点间的万有引力．(2)在质量分布均匀的实心球中挖去小球后其质量分布不再均匀，不可再随意视为质点处理．(3)可以采用填补法计算万有引力大小．【解析】 若将挖去的小球体用原材料补回，可知剩余部分对m 的吸引力等于完整大球体对m 的吸引力与挖去小球体对m 的吸引力之差，挖去的小球体球心与m 重合，对m 的万有引力为零，则剩余部分对m 的万有引力等于完整大球体对m 的万有引力；以大球体球心为中心分离出半径为R2的球，易知其质量为18M ，则剩余均匀球壳对m 的万有引力为零，故剩余部分对m 的万有引力等于分离出的球对其的万有引力，根据万有引力定律，F ＝G 18Mm ⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＝G Mm2R 2，故D 正确．【答案】 D考向2 万有引力与重力的关系假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ；地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为( )A.3πGT 2 g 0－gg 0 B.3πGT 2 g 0g 0－g C.3πGT2 D.3πGT2 g 0g [审题指导] ①在两极处万有引力等于物体重力，而在赤道处万有引力等于物体重力与物体随地球一起自转所需的向心力之和；②在赤道处物体所受万有引力、向心力和重力G 在同一直线上，方向都指向地心；③球体积公式V ＝43πR 3.【解析】 在地球两极处，G Mm R 2＝mg 0，在赤道处，G MmR 2－mg ＝m 4π2T2R ，故R＝(g 0－g )T 24π2，则ρ＝M 43πR 3＝R 2g 0G 43πR 3＝3g 04πRG ＝3πGT 2 g 0g 0－g，B 正确．【答案】 B由于地球的自转，在地球表面的物体，重力与万有引力不严格相等，重力为万有引力的一个分力，由于二者差别较小，计算时一般可以认为二者相等，即G MmR 2＝mg ，GM ＝gR 2，这就是万有引力定律应用中经常用到的“黄金代换”.1．(2018·全国卷Ⅱ)2018年2月，我国500 m 口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T ＝5.19 ms.假设星体为质量均匀分布的球体，已知引力常量为 6.67×10－11 N·m 2/kg 2.以周期T 稳定自转的星体的密度最小值约为( C )A ．5×109 kg/m 3B ．5×1012 kg/m 3C ．5×1015 kg/m 3D ．5×1018 kg/m 3解析：本题考查万有引力定律在天体中的应用．以周期T 稳定自转的星体，当星体的密度最小时，其表面物体受到的万有引力提供向心力，即GMmR 2＝m 4π2T 2R ，星体的密度ρ＝M43πR 3，得其密度ρ＝3πGT 2＝3×3.146.67×10－11×(5.19×10－3)2 kg/m 3≈5×1015kg/m 3，故选项C 正确．2．假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体，一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( A )A ．1－dRB ．1＋dRC.⎝ ⎛⎭⎪⎫R －d R 2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫R R －d 2 解析：如图所示，根据题意，地面与矿井底部之间的环形部分对处于矿井底部的物体引力为零．设地面处的重力加速度为g ，地球质量为M ，地球表面质量为m 的物体受到的重力近似等于万有引力，故mg ＝G Mm R 2；设矿井底部处的重力加速度为g ′，“等效地球”的质量为M ′，其半径r ＝R －d ，则矿井底部质量为m 的物体受到的重力mg ′＝G M ′m r 2，又M ＝ρV ＝ρ·43πR 3，M ′＝ρV ′＝ρ·43π(R －d )3，联立解得g ′g ＝1－dR ，A 正确．考点3 万有引力定律在天体运动中的应用考向1 天体质量和密度的计算(1)自力更生法：利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R . ①由G MmR 2＝mg 得天体质量M ＝gR 2G .②天体密度：ρ＝M V ＝M43πR 3＝3g 4πGR .(2)借助外援法：测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r 和周期T . ①由G Mmr 2＝m 4π2r T 2得天体的质量为M ＝4π2r 3GT 2.②若已知天体的半径R ，则天体的密度 ρ＝M V ＝M43πR 3＝3πr 3GT 2R 3.③若卫星绕天体表面运行时，可认为轨道半径r 等于天体半径R ，则天体密度ρ＝3πGT 2，可见，只要测出卫星环绕天体表面运行的周期T ，就可估算出中心天体的密度．1．在某星球表面以初速度v 0竖直上抛一个物体，若物体只受该星球引力作用，引力常量为G ，忽略其他力的影响，物体上升的最大高度为h ，已知该星球的直径为d ，下列说法正确的是( A )A ．该星球的质量为v 20d28GhB ．该星球的质量为v 20d 22GhC ．在该星球表面发射卫星时最小的发射速度为v 04d h D ．在该星球表面发射卫星时最小的发射速度为v 0d h解析：物体做竖直上抛运动，根据运动学公式可得星球表面的重力加速度为g ′＝v 202h ，因而在该星球表面发射卫星的最小速度为v min ＝g ′R ＝v 02dh ，选项C 、D错误．设星球的质量为M ，物体的质量为m ，在星球表面上有G MmR2＝mg ′，解得M ＝v 20d 28Gh，选项A 正确，B 错误．2．据报道，天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的a 倍，质量是地球的b 倍．已知近地卫星绕地球运行的周期约为T ，引力常量为G .则该行星的平均密度为( C )A.3πGT 2B.π3T 2C.3πb aGT 2D.3πa bGT 2解析：万有引力提供近地卫星绕地球运行的向心力：G M 地m R 2＝m 4π2RT 2，且ρ地＝3M 地4πR 3，联立得ρ地＝3πGT2.而ρ星ρ地＝M星V地V星M地＝ba，因而ρ星＝3πbaGT2.计算中心天体的质量、密度时的两点区别(1)天体半径和卫星的轨道半径通常把天体看成一个球体，天体的半径指的是球体的半径．卫星的轨道半径指的是卫星围绕天体做圆周运动的圆的半径．卫星的轨道半径大于等于天体的半径．(2)自转周期和公转周期自转周期是指天体绕自身某轴线运动一周所用的时间，公转周期是指卫星绕中心天体做圆周运动一周所用的时间．自转周期与公转周期一般不相等．考向2双星及多星系统(1)多星系统的条件①各星彼此相距较近．②各星绕同一圆心做匀速圆周运动．(2)多星系统的结构类型双星模型三星模型由两星之间的万有引力提并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈．将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星()A ．质量之积B ．质量之和C ．速率之和D ．各自的自转角速度[审题指导] (1)根据题意，抽象物理模型，画出示意图；(2)找到题目给出的已知量，再求未知量．【解析】 本题考查万有引力定律的应用等知识．双星系统由彼此间万有引力提供向心力，得Gm 1m 2L 2＝m 1ω21r 1，G m 1m 2L 2＝m 2ω22r 2，且T ＝2πω，两颗星的周期及角速度相同，即T 1＝T 2＝T ，ω1＝ω2＝ω，两颗星的轨道半径r 1＋r 2＝L ，解得m 1m 2＝r 2r 1，m 1＋m 2＝4π2L 3GT 2，因为r 2r 1未知，故m 1与m 2之积不能求出，则选项A 错误，B 正确．各自的自转角速度不可求，选项D 错误．速率之和v 1＋v 2＝ωr 1＋ωr 2＝ω·L ，故C 项正确．【答案】 BC双星模型的重要结论(1)两颗星到轨道圆心的距离r 1、r 2与星体质量成反比，即m 1m 2＝r 2r 1.(2)双星的运动周期T ＝2πL 3G (m 1＋m 2).(3)双星的总质量m 1＋m 2＝4π2L 3T 2G.3．2015年4月，科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，如图所示．这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞．这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义．若图中双黑洞的质量分别为M 1和M 2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．根据所学知识，下列选项正确的是( B )A ．双黑洞的角速度之比ω1ω2＝M 2M 1B ．双黑洞的轨道半径之比r 1r 2＝M 2M 1 C ．双黑洞的线速度之比v 1v 2＝M 1M 2D ．双黑洞的向心加速度之比a 1a 2＝M 1M 2解析：双黑洞绕连线上的某一点做匀速圆周运动的周期相等，角速度也相等，选项A 错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，向心力大小相等，设双黑洞间的距离为L ，由G M 1M 2L 2＝M 1r 1ω2＝M 2r 2ω2，得双黑洞的轨道半径之比r 1r 2＝M 2M 1，选项B 正确；双黑洞的线速度之比v 1v 2＝ωr 1ωr 2＝M 2M 1，选项C 错误；双黑洞的向心加速度之比a 1a 2＝ω2r 1ω2r 2＝M 2M 1，选项D 错误．4．(2019·广东湛江模拟)三颗相同的质量都是M 的星球位于边长为L 的等边三角形的三个顶点上．如果它们中的每一颗都在相互的引力作用下沿外接于等边三角形的圆轨道运行而保持等边三角形不变，下列说法正确的是( B )A ．其中一个星球受到另外两个星球的万有引力的合力大小为3GM 22L 2B ．其中一个星球受到另外两个星球的万有引力的合力指向圆心OC ．它们运行的轨道半径为32LD ．它们运行的速度大小为2GM L解析：根据万有引力定律，任意两颗星球之间的万有引力为F 1＝G M 2L 2，方向沿着它们的连线．其中一个星球受到另外两个星球的万有引力的合力为F ＝2F 1cos30°＝3G M 2L 2，方向指向圆心，选项A 错误，B 正确；由r cos30°＝L 2，解得它们运行的轨道半径r ＝33L ，选项C 错误；由3G M 2L 2＝M v 2r ，将r ＝33L 代入，可得v ＝GML ，选项D 错误．考点4 万有引力定律在航天中的应用考向1 人造卫星运行参量的比较环绕同一天体的不同轨道高度的卫星运行参量比较由G Mmr 2＝m v 2r ＝mrω2＝m 4π2T2r ＝ma n 可推导出：⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫v ＝GM rω＝GM r3T ＝4π2r3GM a n＝G M r2⇒当r 增大时⎩⎪⎨⎪⎧v 减小ω减小T 增大a n减小(多选)如图所示，两质量相等的卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动，用R 、T 、E k 、S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有( )A ．T A >TB B ．E k A >Ek BC ．S A ＝S BD.R 3A T 2A ＝R 3B T 2B【解析】根据开普勒第三定律，R 3A T 2A ＝R 3BT 2B，又R A >R B ，所以T A >T B ，选项A 、D正确；由G MmR 2＝m v 2R 得，v ＝GM R ，所以v A <v B ，则E k A <E k B ，选项B 错误；由G MmR 2＝mR 4π2T2得，T ＝2πR 3GM ，卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积S ＝1T πR 2＝GMR2，可知S A >S B ，选项C 错误． 【答案】 AD人造卫星问题的解题技巧(1)一个模型卫星的运动可简化为质点的匀速圆周运动模型． (2)两组公式①G Mmr 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r ＝ma n②mg ＝G MmR2(g 为星体表面处的重力加速度)(3)a 、v 、ω、T 均与卫星的质量无关，只由轨道半径和中心天体质量共同决定，所有参量的比较，最终归结到半径的比较．口诀：一定四定、越高越慢．5．2018年2月2日15时51分我国第一颗电磁检测试验卫星“张衡一号”成功发射，使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，已知地球半径为R ，地球表面处的重力加速度为g ，假设一颗距离地面高度为2R 的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，下列关于卫星运动的说法正确的是( B )A ．线速度的大小为gR 2B ．角速度为g 27RC ．加速度大小为g4D ．周期为6πR g解析：在地球表面重力与万有引力相等有：G m 0MR 2＝m 0g 可得GM ＝gR 2.距地面高度为2R 的人造卫星的轨道半径为3R ，由万有引力提供圆周运动的向心力有：G mM(3R )2＝m v 23R ＝m ·3Rω2＝m ·3R 4π2T 2＝ma ，可得线速度v ＝GM3R ＝gR3，角速度ω＝GM27R 3＝g 27R ，加速度a ＝GM 9R 2＝19g ，周期T ＝4π2·27R 3GM ＝6π3Rg .故B 正确，A 、C 、D 错误．考向2 宇宙速度的理解与计算 1．第一宇宙速度的推导 方法一：由G Mm R 2＝m v 21R 得v 1＝GM R ＝6.67×10－11×5.98×10246.4×106m/s＝7.9×103 m/s. 方法二：由mg ＝m v 21R 得v 1＝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 ＝5 075 s ≈85 min.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 ，卫星绕太阳做椭圆运动．(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．(多选)2020年中俄联合实施探测火星计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福尔斯—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19，火星的半径约为地球半径的12.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而小于第三宇宙速度D ．火星探测器环绕火星运行的最大速度为地球第一宇宙速度的23【解析】 根据三个宇宙速度的意义，可知选项A 、B 错误，C 正确；已知M 火＝M 地9，R 火＝R 地2，则v m v 1＝GM火R 火GM 地R 地＝23. 【答案】 CD对第一宇宙速度的理解(1)第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度，也是卫星贴近地面运行的速度，即人造地球卫星的最大运行速度．(2)当卫星的发射速度v 满足7.9 km/s<v <11.2 km/s 时，卫星绕地球运行的轨道是椭圆，地球位于椭圆的一个焦点上．6．发射宇宙飞船的过程中要克服引力做功，已知将质量为m 的飞船在距地球中心无限远处移到距地球中心为r 处的过程中，引力做功为W ＝GMmr ，飞船在距地球中心为r 处的引力势能公式为E p ＝－GMmr ，式中G 为引力常量，M 为地球质量．若在地球的表面发射一颗人造地球卫星，如果发射的速度很大，此卫星可以上升到离地心无穷远处(即地球引力作用范围之外)，这个速度称为第二宇宙速度，已知地球半径为R .(1)试推导第二宇宙速度的表达式；(2)已知逃逸速度大于真空中光速的天体叫黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量M 1＝1.98×1030 kg ，求它的可能最大半径．(引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2)解析：(1)设第二宇宙速度为v ，所谓第二宇宙速度，就是卫星摆脱中心天体束缚的最小发射速度．则卫星由地球表面上升到离地球表面无穷远的过程中，根据机械能守恒定律得E k ＋E p ＝0 即12m v 2－G MmR ＝0 解得v ＝2GM R .(2)由题意知第二宇宙速度大于c ，即2GM 1R 1>c 得R 1<2GM 1c 2＝2×6.67×10－11×1.98×10309×1016m ≈2.93×103 m 则该黑洞的最大半径为2.93×103 m. 答案：(1)见解析 (2)2.93×103 m 考向3 卫星变轨问题分析 1．变轨原理及过程人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，如图所示． (1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上． (2)在A 点点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ.(3)在B 点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ. 2．三个运行物理量的大小比较(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v 1、v 2，在轨道Ⅱ上过A 点和B 点速率分别为v A 、v B .在A 点加速，则v A >v 1，在B 点加速，则v 2>v B ，又因v 1>v 2，故有v A >v 1>v 2>v B .(2)加速度：因为在A 点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A 点，卫星的加速度都相同，同理，经过B 点的加速度也相同．(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行周期分别为T 1、T 2、T 3，轨道半径分别为r 1、r 2(半长轴)、r 3，由开普勒第三定律r3T2＝k 可知T 1<T 2<T 3.(多选)如图，一颗在椭圆轨道Ⅰ上运行的地球卫星，通过轨道Ⅰ上的近地点P 时，短暂点火加速后进入同步转移轨道Ⅱ.当卫星到达同步转移轨道Ⅱ的远地点Q 时，再次变轨，进入同步轨道Ⅲ.下列说法正确的是( )A ．卫星在轨道Ⅰ的P 点进入轨道Ⅱ机械能增加B ．卫星在轨道Ⅲ经过Q 点时和在轨道Ⅱ经过Q 点时速度相同C ．卫星在轨道Ⅲ经过Q 点时和在轨道Ⅱ经过Q 点时加速度相同D ．由于不同卫星的质量不同，因此它们的同步轨道高度不同【解析】 卫星在轨道Ⅰ上通过P 点时，点火加速，使其所需向心力大于万有引力，做离心运动，才能进入轨道Ⅱ，所以卫星在轨道Ⅰ的P 点进入轨道Ⅱ机械能增加，选项A 正确；假设卫星从轨道Ⅲ返回轨道Ⅱ，卫星在轨道Ⅲ经过Q 点时，点火减速，使其所需向心力小于万有引力，做向心运动，才能进入轨道Ⅱ，所以卫星在轨道Ⅲ经过Q 点时和轨道Ⅱ经过Q 点时速度不同，选项B 错误；卫星在轨道Ⅲ经过Q 点时和在轨道Ⅱ经过Q 点时，所受万有引力相同，根据牛顿第二定律，产生的加速度相同，选项C 正确；对同步卫星G Mmr 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，解得r ＝3GMT 24π2，则同步轨道高度与卫星的质量无关，选项D 错误．【答案】 AC卫星变轨问题的实质7．(2019·山东日照模拟)2017年6月15日，中国空间科学卫星“慧眼”被成功送入轨道，卫星轨道所处的空间存在极其稀薄的空气．“慧眼”是我国首颗大型X 射线天文卫星，这意味着我国在X 射线空间观测方面具有国际先进的暗弱变源巡天能力、独特的多波段快速光观测能力等．下列关于“慧眼”卫星的说法，正确的是( B )A ．如果不加干预，“慧眼”卫星的动能可能会缓慢减小B ．如果不加干预，“慧眼”卫星的轨道高度可能会缓慢降低C ．“慧眼”卫星在轨道上处于失重状态，所以不受地球的引力作用D ．由于技术的进步，“慧眼”卫星在轨道上运行的线速度可能会大于第一宇宙速度解析：卫星轨道所处的空间存在极其稀薄的空气，如果不加干预，卫星的机械能减小，卫星的轨道高度会缓慢降低，据G Mmr2＝m v 2r 可得v ＝GMr ，卫星的轨道高度降低，卫星的线速度增大，卫星的动能增大，选项A 错误、B 正确；卫星在轨道上，受到的地球引力产生向心加速度，处于失重状态，选项C 错误；据G Mmr 2＝m v 2r 可得v ＝GMr ，卫星在轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度，选项D 错误．学习至此，请完成课时作业14、15。

第4讲 万有引力与航天◎根底巩固练1．某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运转半径的19，设月球绕地球运动的周期为27天，如此此卫星的运转周期大约是( )A.19天B.13天 C ．1天D ．9天解析： 由于r 卫＝19r 月，T 月＝27天，由开普勒第三定律可得r 3卫T 2卫＝r 3月T 2月，如此T 卫＝1天，故C 正确。

答案： C 2.如下列图是在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，如下说法正确的答案是( )A ．线速度v A <vB <vC B ．万有引力F A >F B >F C C ．角速度：ωA >ωB >ωCD ．向心加速度a A <a B <a C解析： 因为卫星的质量大小关系不知，所以卫星的万有引力大小关系无法判断，B 错误；卫星绕地球做圆周运动，有G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝ma 向，得v ＝GMr ，ω＝GM r 3，a 向＝GMr2，由于r A <r B <r C ，如此v A >v B >v C ，ωA >ωB >ωC ，a A >a B >a C ，故A 、D 错误，C 正确。

答案： C3．(多项选择)美国宇航局发射的“好奇号〞火星车发回的照片显示，火星外表曾经有水流过，使这颗星球在人们的心目中更具吸引力。

火星的质量约为地球质量的19，火星的半径约为地球半径的12。

如下关于人类发射的关于火星探测器的说法正确的答案是( )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而小于第三宇宙速度D ．火星探测器环绕火星运行的最大速度为地球第一宇宙速度的23解析： 根据三个宇宙速度的意义，可知选项A 、B 错误，选项C 正确；M 火＝M 地9，R火＝R 地2，如此v 火v 地＝GM 火R 火∶GM 地R 地＝23，选项D 正确。

2020届一轮复习人教版曲线运动万有引力与航天课时作业1．如图所示为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图。

已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为 5.0 m，B点的转弯半径为 4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)()A．运动周期之比为5∶4B．运动线速度大小之比为1∶1C．向心加速度大小之比为4∶5D．受到的合力大小之比为15∶14解析A、B两点做圆周运动的角速度相等，根据T＝2πω知，周期相等，故A项错误；根据v＝rω知，半径之比为5∶4，则线速度之比为5∶4，故B项错误；根据a＝rω2知，半径之比为5∶4，则向心加速度大小之比为5∶4，故C项错误；根据F＝ma知，向心加速度大小之比为5∶4，质量之比为6∶7，则合力大小之比为15∶14，故D项正确。

答案D【解题技巧】解决本题的关键是学员与教练员的角速度大小相等，掌握线速度、角速度、向心加速度之间的关系，并能灵活运用。

2．某同学设计了一种能自动拐弯的轮子。

如图所示，两等高的等距轨道a、b 固定于水平桌面上，当装有这种轮子的小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，会顺利实现拐弯而不会出轨。

下列截面图所示的轮子中，能实现这一功能的是()解析要使小车顺利拐弯，必须提供向心力，根据小车的受力情况，判断轨道提供的向心力，即可判断。

当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略降低，外侧轮高度略升高，轨道对小车的支持力偏向轨道内侧，与重力的合力提供向心力，从而顺利拐弯，故A项正确；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故B项错误；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故C项错误；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，没有外力提供向心力，由于惯性，小车会出轨，故D项错误。