【文档说明】【三维设计】2017届高三物理二轮复习（通用版）课前诊断——天体运动 Word版含解析.doc，共(9)页，156.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课前诊断——天体运动考点一天体质量和密度的估算1.考查天体质量的估算](2016·六安一中模拟)我国航天事业取得了突飞猛进地发展，航天技术位于世界前列，在航天控制中心对其正上方某卫星测控时，测得从发送“操作指令”到接收到卫星“已操作”的信息需要的时间为2t(设卫星接

收到“操作指令”后立即操作，并立即发送“已操作”的信息到控制中心)，测得该卫星运行周期为T，地球半径为R，电磁波的传播速度为c，由此可以求出地球的质量为()A.π28R＋ct32GT2B.4π2R＋ct3GT2C.π22R＋ct32

GT2D.π24R＋ct3GT2解析：选B由x＝vt可得：卫星与地球的距离为x＝12c(2t)＝ct卫星的轨道半径为：r＝R＋x＝R＋ct；由万有引力公式可得：GMmr2＝mr4π2T2解得：M＝4π2R＋ct3GT2故B正确。2．考查天体

密度的估算](2014·全国卷Ⅱ)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g0，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.3πg0－gGT2g0B.3πg0GT2g0－gC.3πGT2D

.3πg0GT2g解析：选B根据万有引力与重力的关系解题。物体在地球的两极时，mg0＝GMmR2，物体在赤道上时，mg＋m2πT2R＝GMmR2，以上两式联立解得地球的密度ρ＝3πg0GT2g0－g

。故选项B正确，选项A、C、D错误。3．考查天体密度的估算与比较](2016·安阳二模)“嫦娥五号”探测器由轨道器、返回器、着陆器等多个部分组成。探测器预计在2017年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动

完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球，带回约2kg月球样品。某同学从网上得到一些信息，如表中数据所示，请根据题意，判断地球和月球的密度之比为()月球半径R0月球表面处的重力加速度g0地球和月球的半径之比RR0＝4地球表面和月球表面的重力加速度之比gg0＝6A.23B.32C．4D．6解

析：选B在地球表面，重力等于万有引力，则有GMmR2＝mg，解得M＝gR2G，故密度为ρ＝MV＝gR2G43πR3＝3g4πGR，同理，月球的密度为ρ0＝3g04πGR0，故地球和月球的密度之比为ρρ

0＝gR0g0R＝6×14＝32，选项B正确。4．考查天体质量和密度的估算与运动学规律的综合](2016·哈尔滨三中模拟)宇航员站在某一星球上，将一个小球距离星球表面h高度处由静止释放使其做自由落体运动，经过t时间后小球到达星球表面，已知该星球的半径为R，引力常量为G，则下列选项正确的是()

A．该星球的质量为2hR2Gt2B．该星球表面的重力加速度为h2t2C．该星球的第一宇宙速度为2hRt2D．通过以上数据无法确定该星球的密度解析：选A小球做自由落体运动，则有h＝12gt2，解得该星球表面的重力加速度g＝2ht2，故B错误；对星球表面的物体，万有

引力等于重力，即GMmR2＝mg，可得该星球的质量M＝2hR2Gt2，故A正确；该星球的第一宇宙速度v＝gR＝2hRt，故C错误；该星球的密度ρ＝M43πR3＝3h2πRGt2，故D错误。考点二卫星运行参量的比较5.

考查不同轨道的卫星运行参量大小比较](2016·连云港高三期末)2015年9月20日，我国成功发射“一箭20星”，在火箭上升的过程中分批释放卫星，使卫星分别进入离地200～600km高的轨道。轨道均视为圆轨道，下列说法正确的是()A．离地近的卫星比离地远的卫星运动速率小B．离地近的卫星比离地远的卫

星向心加速度小C．上述卫星的角速度均大于地球自转的角速度D．同一轨道上的卫星受到的万有引力大小一定相同解析：选C卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：GMmr2＝mv2r，解得：v＝GMr，故离地近

的卫星比离地远的卫星运动速率大，故A错误；卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：GMmr2＝ma，解得：a＝GMr2，故离地近的卫星比离地远的卫星向心加速度大，故B错误；卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律

，有：GMmr2＝mω2r，解得：ω＝GMr3，同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，同步卫星的轨道离地面高度约为36000千米，卫星分别进入离地200～600km高的轨道，是近地轨道，故角速度大于地球自转的角速度，故C正确；由于卫星的质量不一定相等，故同一轨道上的卫星受到的万

有引力大小不一定相等，故D错误。6．考查椭圆轨道卫星及运行参量的比较](2016·佛山模拟)如图所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一

平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是()A．椭圆轨道的长轴长度为RB．卫星在Ⅰ轨道的速率为v0，卫星在Ⅱ轨道B点的速率为vB，则v0<vBC．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a0，卫星

在Ⅱ轨道A点加速度大小为aA，则a0<aAD．若OA＝0.5R，则卫星在B点的速率vB>2GM3R解析：选C根据开普勒第三定律得a3T2＝k，a为半长轴，已知卫星在两轨道上运动的卫星的周期相等，所以椭圆轨道的长轴长度为2R，故A错误；B点为椭圆轨道的远地点

，速度比较小，v0表示做匀速圆周运动的速度，v0>vB，故B错误；根据牛顿第二定律得a＝GMr2，卫星在Ⅰ轨道距离地心的距离大于卫星在Ⅱ轨道A点距离地心的距离，所以a0<aA，故C正确；若OA＝0.5R，则OB＝1.5R，人造卫星绕地球做匀

速圆周运动，根据万有引力提供向心力，GMmr2＝mv2r，v＝GMr，如果卫星以OB为轨道半径做匀速圆周运动，v＝GMr＝2GM3R，在Ⅱ轨道上，卫星在B点要减速，做近心运动，所以卫星在B点的速率vB<2GM3R，故D错误。7．考查赤道上物体与轨道卫星运行参量

的比较与计算]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，设地球自转周期为24h，所有卫星均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有()A．a的向心加

速度等于重力加速度gB．c在4h内转过的圆心角是π6C．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23h解析：选C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。由G

Mmr2＝ma，得a＝GMr2，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h

内转过的圆心角是13π，故B错误；由GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故C正确；由开普勒第三定律R3T2＝k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故D错误。8．考查卫星向心加速度大小的比较]

(2015·山东高考)如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动。据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动。以a1、a2分别表示该空间

站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小。以下判断正确的是()A．a2＞a3＞a1B．a2＞a1＞a3C．a3＞a1＞a2D．a3＞a2＞a1解析：选D空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a＝2πT2r知，a2

＞a1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得GMmr2＝ma，可知a3＞a2，故选项D正确。考点三卫星变轨问题9.考查卫星变轨及变轨前后运行参量的比较](2016·九江市三十校联考)我国正在进

行的探月工程是高新技术领域的一次重大科技活动，在探月工程中飞行器成功变轨至关重要。如图所示，假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞行器在距月球表面高度为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，到达轨道的近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，

则()A．飞行器在B点处点火后，动能增加B．由已知条件不能求出飞行器在Ⅱ轨道上运行周期C．只有万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上通过B点的加速度D．飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为2πRg0解析：选D在椭圆轨道近地点变轨成为圆轨道，要实现这个运动应

给飞船点火减速，减小所需的向心力，故点火后动能减小，故A错误；设飞船在近月轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的时间为T3，则：mg0＝mR4π2T32，解得：T3＝2πRg0，根据几何关系可知，Ⅱ轨道的半长轴a＝2.5R，根据开普勒第三定律a3T2＝k以及轨道Ⅲ的周期可求出轨道Ⅱ的运行周期，故B错误，

D正确。只有万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通过B点的加速度与在轨道Ⅲ上通过B点的加速度相等，故C错误。10．考查卫星的变轨与回收](2016·三门峡市陕州中学检测)2014年10月24日，“嫦娥五号”探测器发射升空

，为计划于2017年左右发射的“嫦娥五号”探路，并在8天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面。“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。如图所示，虚线为大气层的边界。已知地球半径R，地心到d点距离r，地球表面重力加速度为g。下列说法

正确的是()A．“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态B．“嫦娥五号”在d点的加速度小于gR2r2C．“嫦娥五号”在a点速率大于在c点的速率D．“嫦娥五号”在c点速率大于在e点的速率解析：选C“嫦娥五号”沿abc轨迹做曲线运动，曲线运

动的合力指向曲线弯曲的内侧，所以在b点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号”在b点处于超重状态，故A错误。在d点，“嫦娥五号”的加速度a＝GMmr2m＝GMr2，又GM＝gR2，所以a＝gR2r2，故

B错误。“嫦娥五号”从a点到c，万有引力不做功，由于阻力做功，则a点速率大于c点速率，故C正确。从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则c点速率和e点速率相等，故D错误。11．考查卫星变轨前后速率与能量的

比较]探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道。A点是轨道2的近地点，B点是轨道2的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7km/

s，则下列说法中正确的是()A．卫星在轨道2经过A点时的速率一定小于7.7km/sB．卫星在轨道2经过B点时的速率一定小于7.7km/sC．卫星在轨道3所具有的机械能小于在轨道2所具有的机械能D．卫星在轨道3所具有的最大速率小于在轨道2所具有

的最大速率解析：选B卫星从圆轨道1的A点变为椭圆轨道2的A点需要做离心运动，则要加速，故卫星在椭圆轨道2经过A点时的速率一定大于7.7km/s，选项A错误。假设有一圆轨道2过B点，卫星在椭圆轨道2的B点的速率小于其所在圆轨道的速率，卫星在椭圆轨道2经过B点时的速率一定小于7.7k

m/s，选项B正确。卫星运动到离地球越远的地方，需要的能量越大，具有的机械能也越大，则卫星在轨道3所具有的机械能大于在轨道2所具有的机械能，选项C错误。根据开普勒第二定律可知椭圆轨道上近地点的速度最大，远地点的速度最小，则椭圆轨道3和2的最大速率都出现在A点，而从轨道1变成轨道2

和3都要做离心运动，速度越大，做离心运动离圆心越远，故卫星在轨道3所具有的最大速率大于在轨道2所具有的最大速率，选项D错误。12．考查卫星的变轨与对接问题](多选)(2016·河南省实验中学模拟)“神舟十号”

与“天宫一号”已5次成功实现交会对接。如图所示，交会对接前“神舟十号”飞船先在较低圆轨道1上运动，在适当位置经变轨与在圆轨道2上运动的“天宫一号”对接。M、Q两点在轨道1上，P点在轨道2上，三点连线过地球球心，把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速。下列关于“

神舟十号”变轨过程的描述，正确的有()A．“神舟十号”在M点加速，可以在P点与“天宫一号”相遇B．“神舟十号”在M点经一次加速，即可变轨到轨道2C．“神舟十号”经变轨后速度总大于变轨前的速度D．“神舟十号”变轨

后的运行周期总大于变轨前的运行周期解析：选AD“神舟十号”与“天宫一号”实施对接，需要“神舟十号”抬升轨道，即“神舟十号”开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬升与“天宫一号”实现对接，故“神舟十号”在M点加速，可以在P点与“天宫一号”相遇，故A正确；卫星绕地球做圆周运动向心力由万有引力提供，故

有GMmr2＝mv2r，解得：v＝GMr，所以卫星轨道高度越大线速度越小，“神舟十号”在轨道2的速度小于轨道1的速度，所以M点经一次加速后，还有一个减速过程，才可变轨到轨道2，故B、C错误；根据GMmr2＝m4π2rT2解得：T＝2πr3GM，可知轨道半径越大，周期越大，所以“神舟十号”

变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期，故D正确。考点四宇宙双星及多星系统模型13.考查宇宙双星系统问题]宇宙中两颗靠得比较近的恒星只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统。如图所示，双星A、B绕其连线上的O点做匀速

圆周运动，已知A、B两恒星的半径之比为m，A、B做圆周运动的轨道半径之比为n，则()A．A、B两恒星的密度之比为1m3B．A、B两恒星的密度之比为1nm3C．A、B两恒星表面的重力加速度之比为1mD．A、B两

恒星表面的重力加速度之比为1nm解析：选B双星系统做圆周运动时的角速度相等，万有引力等于双星做圆周运动的向心力，则有m1ω2r1＝m2ω2r2，故质量之比为m1∶m2＝r2∶r1＝1∶n，密度之比为ρ1ρ2＝m1m2·R23R13＝1nm3，选项A错

误，B正确；A、B两恒星表面的重力加速度之比g1g2＝m1m2·R22R12＝1nm2，选项C、D错误。14．考查宇宙三星系统问题](多选)宇宙中有这样一种三星系统，系统由两个质量为m的小星体和一个质量为M的大星体组成，两个小星体围绕大星体在同一圆形轨道上运行，轨道半径为r。关于该三星系统的

说法中正确的是()A．在稳定运行的情况下，大星体提供两小星体做圆周运动的向心力B．在稳定运行的情况下，大星体应在小星体轨道中心，两小星体在大星体相对的两侧C．小星体运行的周期为T＝4πr32G4M＋mD．大星体运行的周期为T＝4πr32G

4M＋m解析：选BC该三星系统应该在同一直线上，并且两小星体在大星体相对的两侧，只有这样才能使某一小星体受到大星体和另一小星体的引力的合力提供向心力。由GMmr2＋Gm22r2＝mr2πT2，解得小星

体运行的周期T＝4πr32G4M＋m。15．考查宇宙双星系统及其演变过程](多选)(2016·三门峡市陕州中学尖子生专训)某国际研究小组观测到了一组双星系统，它们绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，双星系统中

质量较小的星体能“吸食”质量较大的星体的表面物质，达到质量转移的目的。根据大爆炸宇宙学可知，双星间的距离在缓慢增大，假设星体的轨道近似为圆，则在该过程中()A．双星做圆周运动的角速度不断减小B．双星做圆周运动的角速

度不断增大C．质量较大的星体做圆周运动的轨道半径减小D．质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大解析：选AD设质量较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，质量较大的星体质量为m2，轨道半径为r2。双星间的距离为L。转移的质量为Δm。根据万有引力提供向心力

对m1：Gm1＋Δmm2－ΔmL2＝(m1＋Δm)ω2r1①对m2：Gm1＋Δmm2－ΔmL2＝(m2－Δm)ω2r2②由①②得：ω＝Gm1＋m2L3，总质量m1＋m2不变，两者距离L增

大，则角速度ω变小。故A正确、B错误。由②式可得r2＝Gm1＋Δmω2L2，把ω的值代入得：r2＝Gm1＋ΔmGm1＋m2L3L2＝m1＋Δmm1＋m2L，因为L增大，故r2增大，即质量较大的星体做圆周运动的轨道

半径增大，故C错误、D正确。