1、专题五万有引力与航天【专题检测】A组一、选择题1.(2018河北五校联考,5,4分)如图所示,A为太阳系中的天王星,它绕太阳O运行的轨道视为圆时,运动的轨道半径为R0,周期为T0,长期观测发现,天王星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离,且每隔t0时间发生一次最大偏离,即轨道半径出现一次最大,根据万有引力定律,天文学家预言形成这种现象的原因可能是天王星外侧还存在着一颗未知的行星(假设其运动轨道与A在同一平面内,且与A的绕行方向相同),它对天王星的万有引力引起天王星轨道的偏离,由此可推测未知行星的运动轨道半径是()A.t0t0-T0R0B.R0t0t0-T0C.R03t0-T0t0D.R03(t0
2、t0-T0)2答案D由开普勒第三定律有T02T2=R03R3,得R=R03T2T02,又由题意有t0T0-t0T=1,则t0-T0t0=T0T,得R=R03(t0t0-T0)2,D对。2.(2020届海南模拟)(多选)为了研究某彗星,人类先后发射了两颗人造卫星。卫星A在彗星表面附近做匀速圆周运动,运行速度为v,周期为T;卫星B绕彗星做匀速圆周运动的半径是彗星半径的n倍。引力常量为G,则下列计算正确的是()A.彗星的半径为vT2B.彗星的质量为v3T4GC.彗星的密度为3GT2D.卫星B的运行角速度为2Tn3答案ACD由题意可知,卫星A绕彗星表面做匀速圆周运动,则彗星的半径满足R=vT2,故A正
3、确;根据GMmR2=mv2R,解得M=v3T2G,故B错误;彗星的密度为=MV=M43R3=3GT2,故C正确;根据GMmr2=m2r,GMmR2=mR42T2,r=nR,则卫星B的运行角速度为2Tn3,故D正确。3.(2020届河北衡水模拟)两颗互不影响的行星P1、P2,各有一颗卫星S1、S2绕其表面附近做匀速圆周运动,图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a,横轴表示某位置到行星中心距离的平方的倒数1r2,a-1r2关系图像如图所示,卫星S1、S2表面处的引力加速度大小均为a0。则()A.S1的质量比S2的大B.P1的质量比P2的大C.S1的线速度比S2的线速度小D.S1的线速度比S2
4、的线速度大答案BD本题考查万有引力定律、人造卫星,体现了科学推理等核心素养要素。由题给信息不能判断卫星S1、S2质量的大小关系,由牛顿第二定律得GMmr2=ma,得a=GMr2,可知a-1r2图像斜率的大小表示GM的大小,故P1的质量大于P2的质量,选项A错误,B正确;由a0=v2R可知,v=a0R,由图得S1绕P1运动的轨道半径比S2绕P2运动的轨道半径大,可知S1的线速度比S2的线速度大,选项C错误,D正确。4.(2019辽宁大连模拟)2017年8月28日,中科院南极天文中心的巡天望远镜观测到一个由双中子星构成的孤立双星系统产生的引力波。该双星系统以引力波的形式向外辐射能量,使得圆周运动的
5、周期T极其缓慢地减小,双星的质量m1与m2均不变,则下列关于该双星系统变化的说法正确的是()A.双星的间距逐渐增大B.双星间的万有引力逐渐增大C.双星的线速度逐渐增大D.双星系统的引力势能逐渐增大答案BC万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得Gm1m2L2=m1(2T)2r1=m2(2T)2r2=m1v12r1=m2v22r2,其中r1+r2=L,解得周期T=42L3G(m1+m2),周期减小,则双星的间距L减小,万有引力增大,万有引力对双星做正功,双星系统引力势能减小,v1=Gm22(m1+m2)L,v2=Gm12(m1+m2)L,双星的间距L减小,双星各自的线速度增大,故B、C正确,A、D错
6、误。5.(2019重庆江津模拟)北斗导航已经应用于多种手机,如图所示,导航系统的一颗卫星原来在较低的椭圆轨道上飞行,到达A点时转移到圆轨道上。若圆轨道离地球表面的高度为h1,椭圆轨道近地点离地球表面的高度为h2。地球表面的重力加速度为g,地球半径为R,则下列说法正确的是()A.卫星在轨道上的机械能大于在轨道上的机械能B.卫星在轨道上的运行速率v=gR2R+h1C.若卫星在圆轨道上运行的周期是T1,则卫星在轨道上的周期T2=T1(h1+h2+2R)38(R+h1)3D.若卫星沿轨道运行到A点的速度大小为vA,则“卫星”运行到B点的速度vB=R+h1R+h2vA答案ABC卫星从轨道进入轨道要在A点
7、加速,则卫星在轨道上的机械能大于在轨道上的机械能,选项A正确;卫星在轨道上,GMm(R+h1)2=mv2R+h1,又GMmR2=mg,解得v=gR2R+h1,选项B正确;根据开普勒第三定律可得(R+h1)3T12=(2R+h1+h22)3T22,解得T2=T1(h1+h2+2R)38(R+h1)3,选项C正确;根据开普勒第二定律得vA(h1+R)=vB(h2+R),解得vB=h1+Rh2+RvA,选项D错误。二、非选择题6.(2019辽宁省实验中学、大连八中、东北育才等五校联考,16)阅读资料,并根据资料中有关信息回答问题。(1)以下是地球和太阳的有关数据平均半径R地=6.371106mR日=
8、110R地质量M地M日=333000M地平均密度地日=地/4自转周期1天赤道附近26天,两极附近大于30天(2)已知物体绕地球表面做匀速圆周运动的速度为v=7.9km/s,引力常量G=6.6710-11m3kg-1s-2,光速c=3108ms-1,地球表面的重力加速度取10m/s2;(3)大约200年前法国数学家兼天文学家拉普拉斯曾预言一个密度如地球,直径为太阳250倍的发光星体由于其引力作用不允许任何光线离开它,其逃逸速度大于真空中的光速(逃逸速度为第一宇宙速度的2倍),这一奇怪的星体就叫做黑洞。在下列问题中,把星体(包括黑洞)看作是一个质量分布均匀的球体。(的计算结果用科学计数法表达,且保
9、留一位有效数字;的推导结论用字母表达)试估算地球的质量;试估算太阳表面的重力加速度;已知某星体演变为黑洞时的质量为M,求该星体演变为黑洞时的临界半径R。答案61024kg3102m/s22GMc2解析物体绕地球表面做匀速圆周运动时有GM地mR地2=mv2R地解得M地=R地v2G=61024kg在地球表面GM地mR地2=mg地解得g地=GM地R地2同理在太阳表面g日=GM日R日2g日=M日R地2M地R日2g地3102m/s2在星体表面有GMmR2=mv12R该星体演变为黑洞时的逃逸速度v2=c=2v1解得R=2GMc2温馨提示本题考查了万有引力定律及圆周运动向心力公式的直接应用,要注意任何物体(
10、包括光子)都不能脱离黑洞的束缚,那么黑洞表面脱离的速度应大于光速。B组一、选择题1.若“嫦娥五号”卫星在距月球表面H处的环月轨道上做匀速圆周运动,其运行的周期为T;随后“嫦娥五号”在该轨道上某点采取措施,使卫星降至椭圆轨道上,如图所示。若近月点接近月球表面,而H等于月球半径,忽略月球自转及地球对卫星的影响,则“嫦娥五号”在轨道上的运行周期为()A.34TB.38TC.338TD.34T答案C在轨道上,轨道半径r=R+H=2H,在轨道上,半长轴为a=2R+H2=32H,根据开普勒第三定律知(2H)3T2=(32H)3T12,解得T1=338T,故C正确。2.(2019福建联考)每年6月21日前后
11、是“夏至”时节,太阳几乎直射北回归线,北半球各地昼最长,夜最短。如图乙所示为位于广东省汕头市鸡笼山南麓的汕头北回归线标志塔。已知引力常量为G,地球半径为R,重力加速度为g,自转周期为T,光速为c,汕头市的纬度为。则()A.同步卫星的质量为gR2GB.地球的平均密度为3G4RgC.同步卫星到地心的距离为3gR3T242D.地球同步卫星发射的电磁波传到汕头北回归线标志塔的最短时间为r2+R2-2Rrcosc(其中r=3gR2T242)答案D在地球表面上,有mg=GMmR2,解得M=gR2G,此为地球质量的表达式,故A错误;地球的平均密度为=M43R3=3g4RG,故B错误;根据万有引力提供向心力,
12、则有GMmr2=mr42T2,解得r=3GMT242,又M=gR2G,代入得r=3gR2T242,故C错误;地球同步卫星发射的电磁波到汕头市的最短路程如图所示,根据几何关系得s=r2+R2-2Rrcos,故最短时间为t=sc=r2+R2-2Rrcosc,其中r=3gR2T242,故D正确。3.(多选)宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统,通常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每个星体的质量均为m,半径均为R,四颗星稳定分布在边长为L的正方形的四个顶点上,其中L远大于R。已知引力常量为G,忽略星体的自转,则关于四星系统,下列说法正确的是()A.四颗星做圆周运动的
13、轨道半径为L2B.四颗星做圆周运动的线速度均为GmL2+24C.四颗星做圆周运动的周期均为22L3(4+2)GmD.四颗星表面的重力加速度均为GmR2答案CD如图所示,四颗星均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动,轨道半径r=22L。取任一顶点上的星体为研究对象,它受到其他三颗星体的万有引力的合力为F合=2Gm2L2+Gm2(2L)2,由F合=F向=mv2r=m42rT2,解得v=GmL1+24,T=22L3(4+2)Gm,故A、B项错误,C项正确。对于在星体表面质量为m0的物体,受到的重力等于万有引力,则有m0g0=Gmm0R2,故g0=GmR2,D项正确。4.(2019福建泉州摸底,8,4
14、分)当地球位于太阳和木星之间且二者几乎排成一条直线时,称之为“木星冲日”,2016年3月8日出现了一次“木星冲日”。已知木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动,木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍。则下列说法正确的是()A.下一次的“木星冲日”时间肯定在2018年B.下一次的“木星冲日”时间肯定在2017年C.木星运行的加速度比地球的大D.木星运行的周期比地球的小答案B木星和地球绕太阳做圆周运动,都是万有引力提供向心力,故加速度a=Fm=GMr2,木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍,故木星运行的加速度比地球的小,故C错误;万有引力提供向心力,由GMmr2=m
15、2T2r,得T=2r3GM,木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍,地球公转周期为T1=1年,那么木星公转周期为T2=53T111.2T1=11.2年;那么“木星冲日”的周期为T,则有TT1-TT2=1,所以T=T1T2T2-T111.210.2年1.1年,因2016年3月8日出现了一次“木星冲日”,下一次的“木星冲日”时间肯定在2017年,故A、D错误,B正确。5.(2019福建厦门模拟)物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零,一个质量为m0的质点距质量为M0的引力中心为r0时,其引力势能Ep=-GM0m0r0(式中G为引力常量)。一颗质量为m的人
16、造地球卫星以半径为r1的圆形轨道环绕地球飞行,已知地球的质量为M,要使此卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径增大为r2,则在此过程中()A.卫星势能增加了GMm(1r1-1r2)B.卫星动能减少了GMm3(1r1-1r2)C.卫星机械能增加了GMm2(1r1-1r2)D.卫星上的发动机所消耗的最小能量为2GMm3(1r2-1r1)答案AC引力势能的增加量Ep=-GMmr2-(-GMmr1)=GMm(1r1-1r2),故A正确;根据万有引力提供向心力可知GMmr12=mv12r1,解得Ek1=12mv12=GMm2r1,同理,Ek2=GMm2r2,所以,动能的减少量为Ek=GMm2r1-GMm2r
17、2=GMm2(1r1-1r2),故B错误;根据能量守恒定律,卫星机械能增加量等于发动机消耗的最小能量,卫星机械能增加量E=Ep-Ek=GMm2(1r1-1r2),故C正确,D错误。6.(2020湖北恩施高中月考)(多选)一探测器探测某星球表面时做了两次测量。探测器先在近星轨道上做圆周运动测出运行周期T;着陆后,探测器将一小球以不同的速度竖直向上抛出,测出了小球上升的最大高度h与抛出速度v的二次方的关系,如图所示,图中a、b已知,引力常量为G,忽略空气阻力的影响,根据以上信息可求得()A.该星球表面的重力加速度为2baB.该星球的半径为bT28a2C.该星球的密度为3GT2D.该星球的第一宇宙速
18、度为4aTb答案BC小球竖直上抛,上升的最大高度h=v22g0,h-v2直线的斜率k=12g0=ab,得g0=b2a,故A错误;探测器在近星轨道上做匀速圆周运动,设星球半径为R,根据万有引力提供向心力,有GMmR2=m42T2R,得T=42R3GM,对星球表面任意一个物体,有m0g0=GMm0R2,联立可得T=2Rg0,将g0=b2a代入计算得出R=bT28a2,故B正确;探测器先在近星轨道上做圆周运动,根据万有引力提供向心力,有GMmR2=m42T2R,计算得出M=42R3GT2,由密度公式有=MV=42R3GT24R33=3GT2,故C正确;该星球的近地卫星的运行速度即第一宇宙速度,由GM
19、mR2=mg0=mv2R,得v=g0R=b2abT28a2=bT4a,故D错误。二、非选择题7.(2018辽宁辽南协作校一模,24)宇航员在一行星上以速度v0竖直上抛一质量为m的物体,不计空气阻力,2t后落回手中,已知该星球半径为R。(1)求出该星球的第一宇宙速度的大小。(2)求出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时,物体与星球球心距离为r时的引力势能为:Ep=-GmMr(G为引力常量)。答案(1)v0Rt(2)2v0Rt解析(1)由题意可知该星球表面重力加速度为:g=v0tmg=mv12R,得到:v1=gR=v0Rt(2)由星球表面重力加速度g=GMR2可知引力势能为:E
20、p=-GmMr=-mgR2r=-mv0R2rt由机械能守恒得到:12mv22-mv0R2Rt=0,v2=2v0Rt。温馨提示第二宇宙速度就是物体克服星球引力做功最终能脱离星球的最小速度。8.(2019北京东城期末,19)如图,圆轨道为地球同步卫星轨道,发射同步卫星的过程可以简化为以下模型:先让飞船进入一个近地圆轨道(离地高度可忽略不计),经过轨道上P点时点火加速,进入椭圆形转移轨道,该椭圆轨道的近地点为圆轨道上的P点,远地点为圆轨道上的Q点,到达远地点Q时再次点火加速,进入轨道。已知引力常量为G,地球质量为M,地球半径为R,飞船质量为m,同步卫星轨道距地面高度为h。当飞船距离地心的距离为r时,
21、地球与飞船组成的系统的引力势能为Ep=-GMmr(取无穷远处的引力势能为零),忽略地球自转和喷气后飞船质量的变化,问:(1)在近地轨道上运行时,飞船的动能是多少?(2)若飞船在转移轨道上运动过程中,只有引力做功,引力势能和动能相互转化。已知飞船在椭圆轨道上运行时,经过P点时的速率为v1,则经过Q点时的速率v2为多大?(3)若在近地圆轨道上运行时,飞船上的发射装置短暂工作,将小探测器射出,并使它能脱离地球引力范围(即探测器可以到达离地心无穷远处),则探测器离开飞船时的速度v3(相对于地心)至少是多少?(探测器离开地球的过程中只有引力做功,动能转化为引力势能)答案(1)GMm2R(2)v12+2G
22、MR+h-2GMR(3)2GMR解析(1)在近地轨道(离地高度忽略不计)上运行时,飞船在万有引力作用下做匀速圆周运动有:GMmR2=mv2R则飞船的动能为Ek=12mv2=GMm2R(2)飞船在转移轨道上运动过程中,只有引力做功,引力势能和动能相互转化。由能量守恒定律可知动能的减少量等于引力势能的增加量,12mv12-12mv22=-GMmR+h-GMmR飞船在椭圆轨道上运行,经过P点时速率为v1,则经过Q点时速率为v2=v12+2GMR+h-2GMR(3)若在近地圆轨道上运行时,飞船上的发射装置短暂工作,将小探测器射出,并使它能脱离地球引力范围(即探测器可以到达离地心无穷远处),动能全部用来克服引力做功,转化为引力势能。则:GMmR=12mv32则探测器离开飞船时的速度(相对于地心)至少是v3=2GMR。