【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修2 第四章 第4讲 (含解析).doc，共(22)页，380.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第4讲万有引力与航天知识排查开普勒三定律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：对于任意一个行星来说，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。

万有引力定律及其应用1.内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比，与它们之间距离r的平方成反比。2．表达式：F＝Gm1m2r2G为引力常量：G＝6.6

7×10－11N·m2/kg2。3．适用条件(1)公式适用于质点间的相互作用。当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点。(2)公式适用于质量分布均匀的球体之间的相互作用，r是两球心间的距离。环绕速度1.第一宇宙速度又

叫环绕速度，其数值为7.9__km/s。2．特点(1)第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度。(2)第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度。3．第一宇宙速度的计算方法(1)由GMmR2＝mv2R得v＝GMR＝7.9km/s(2)由mg＝mv2R得v＝gR＝7.9km/s第二、三宇宙速

度时空观1.第二宇宙速度：v2＝11.2km/s，是卫星挣脱地球引力束缚的最小发射速度。2．第三宇宙速度：v3＝16.7km/s，是卫星挣脱太阳引力束缚的最小发射速度。3．经典时空观(1)在经典力学中，物体的

质量是不随运动状态而改变的。(2)在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是相同的。4．相对论时空观在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是不同的。小题速练1．思考判断(1)地面上的物体所受地球的引力方向一定指向地心

。()(2)两物体间的距离趋近于零时，万有引力趋近于无穷大。()(3)第一宇宙速度与地球的质量有关。()(4)地球同步卫星的运行速度大于第一宇宙速度。()答案(1)√(2)×(3)√(4)×2．(2016·全国卷Ⅲ，14)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，并没有找出其中

的原因，而牛顿发现了万有引力定律。答案B3．(多选)“马航失联”事件发生后，中国在派出水面和空中力量的同时，在第一时间紧急调动了21颗卫星参与搜寻。“调动”卫星的措施之一就是减小卫星环绕地球运动的轨道半径，降低卫星运行的高度，以有利于发现地面(或海洋

)目标。下面说法正确的是()A．轨道半径减小后，卫星的环绕速度减小B．轨道半径减小后，卫星的环绕速度增大C．轨道半径减小后，卫星的环绕周期减小D．轨道半径减小后，卫星的环绕周期增大答案BC4．2017年6月19日，长征三号乙遥二十八火

箭发射中星9A卫星过程中运载火箭出现异常，未能将卫星送入预定轨道。中国航天科技集团公司在西安卫星测控中心的密切配合下，通过准确实施10次轨道调整，终于于2017年7月5日成功定点于东经101.4°赤道上空的预定轨道。如图1是卫星变轨过

程中的三个椭圆轨道，对于此次变轨前后卫星的运动，下述正确的是()图1A．轨道2运行速率大于7.9km/sB．卫星两次经过近地点的向心加速度大小相等C．卫星在轨道2周期小于在轨道1的周期D．轨道2可能是地球同

步卫星轨道解析远地点速率小于7.9km/s，选项A错误；轨道1、2在近地点相切，向心加速度相同，选项B正确；半长轴r2>r1，则由r3T2＝k知，T2>T1，选项C错误；同步卫星轨道非椭圆，选项D错误。答案B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a3T2＝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星

体之间。【例1】(多选)(2017·全国卷Ⅱ，19)如图2，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T0，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()图2A．从P到M所用的时间等于T04B．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。答案CD1．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解析由于火星和木星在椭圆轨道上运行，太阳位于椭圆轨道的一个焦点上，选项A错误；由于火星和木星在不同的轨道上运行，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，选项B错误；由开普勒第三定律可知，R3火T2火＝R3木T2木＝k，T2火T2木＝R3火R3木，选项C正确；对每一个行星而言，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，所以选项D错误。答案C2．(多选)如图3所示，近地人造卫星和月球绕地球的运行轨道

可视为圆。设卫星、月球绕地球运行周期分别为T卫、T月，地球自转周期为T地，则()图3A．T卫＜T月B．T卫＞T月C．T卫＜T地D．T卫＝T地解析设近地卫星、地球同步轨道卫星和月球绕地球运行的轨道分别为r卫、r同和r月，因r月＞r同＞r卫，由开普勒第三定律r3T2＝k，可知，T月＞T同＞T卫，又

同步卫星的周期T同＝T地，故有T月＞T地＞T卫，选项A、C正确。答案AC万有引力定律的理解及应用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4所示。图4(1)在赤道上：GMmR2＝mg1＋mω2R。(2)在两极上：

GMmR2＝mg2。2．星体表面上的重力加速度(1)在地球表面附近的重力加速度g(不考虑地球自转)：mg＝GMmR2，得g＝GMR2(2)在地球上空距离地心r＝R＋h处的重力加速度为g′，mg′＝GM

m（R＋h）2，得g′＝GM（R＋h）2所以gg′＝（R＋h）2R2【例2】(2019·江西抚州模拟)由中国科学院、中国工程院两院院士评出的2012年中国十大科技进展新闻，于2013年1月19日揭晓，“神九”载人飞船与“天宫一号”成功对接和“蛟龙”号下潜突破7000米

分别排在第一、第二。若地球半径为R，把地球看作质量分布均匀的球体。“蛟龙”下潜深度为d，“天宫一号”轨道距离地面高度为h，“蛟龙”号所在处与“天宫一号”所在处的加速度之比为()图5A.R－dR＋hB.（R－d）2（R＋h）2C

.（R－d）（R＋h）2R3D.（R－d）（R＋h）R2解析令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有g＝GMR2。由于地球的质量为M＝ρ×43πR3，所以重力加速度的表达式可写成g＝GMR2＝43G·ρπR3R2＝43πGρR。根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引

力为零，故在深度为d的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于(R－d)的球体在其表面产生的万有引力，故“蛟龙号”的重力加速度g′＝43πGρ(R－d)。所以有g′g＝R－dR。根据万有引力提供向心力GMm（R＋h）2＝ma

，“天宫一号”的加速度为a＝GM（R＋h）2，所以ag＝R2（R＋h）2，g′a＝（R－d）（R＋h）2R3，故C正确，A、B、D错误。答案C1．若地球表面处的重力加速度为g，而物体在距地面3R(R为地球半径)

处，由于地球作用而产生的加速度为g′，则g′g为()A．1B.19C.14D.116解析当物体处于地面时，有mg＝GMmR2，当物体距离地面3R时，有mg′＝GMm（4R）2，由此得g′∶g＝1∶16，选项D正确。答案D2．2017年诺贝尔物理学奖授予了三位美国科学家，以表彰他们为“激光干涉引

力波天文台”(LIGO)项目和发现引力波所做的贡献，引力波的形成与中子星有关。通常情况下中子星的自转速度是非常快的，因此任何的微小凸起都将造成时空的扭曲并产生连续的引力波信号，这种引力辐射过程会带走一部分能量并使中子星的自转速度逐渐下降。现有一中子星(可视为均匀球体)，它的自转周期为T

0时恰能维持该星体的稳定(不因自转而瓦解)，则当中子星的自转周期增为T＝2T0时，某物体在该中子星“两极”所受重力与在“赤道”所受重力的比值为()A.12B．2C.34D.43解析考虑中子星“赤道”上的一物体，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体转动所需的向心力时，中子星才不会瓦

解。设中子星的质量为M，半径为R，已知自转周期为T0，位于“赤道”处的物体的质量为m，则有GMmR2＝mR4π2T20，当中子星的自转周期增为T＝2T0时，质量为m的某物体在该中子星“两极”所受重力G1＝GMmR2＝mR4π2T20，在该中子星“赤道”处所受重力G2＝GMmR2－mR4π2

（2T0）2＝34mR4π2T20，解得G1G2＝43，即D正确。答案D天体质量和密度的估算思想方法1．“g、R”法：已知天体表面的重力加速度g和天体半径R。(1)由GMmR2＝mg，得天体质量M＝gR2G

。(2)天体密度ρ＝MV＝M43πR3＝3g4πGR。2．“T、r”法：测出卫星绕中心天体做匀速圆周运动的半径r和周期T。(1)由GMmr2＝m4π2T2r，得M＝4π2r3GT2。(2)若已知天体的半径R，则天体的密度ρ＝MV＝M43πR3＝3πr3GT2R3。(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＝3πGT2。故只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。【例3】(2017·北京理综，17)利用引力常量G和下列有关数据，不能．．计算出地球质量

的是()A．地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离解析因为不考虑地球的自转

，所以卫星的万有引力等于重力，即GM地mR2＝mg，得M地＝gR2G，所以据A中给出的条件可求出地球的质量；根据GM地m卫R2＝m卫v2R和T＝2πRv，得M地＝v3T2πG，所以据B中给出的条件可求出地球的质量；根据GM地m月r2＝m月4π2T2r，得M地＝4π

2r3GT2，所以据C中给出的条件可求出地球的质量；根据GM太m地r2＝m地4π2T2r，得M太＝4π2r3GT2，所以据D中给出的条件可求出太阳的质量，但不能求出地球质量，本题答案为D。答案D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。1．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“51pegb”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“51pegb”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120，该中心恒星与太阳的质量比约为()A.110B．1C．5D．10解析行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMmr2＝m4π2T2r，则M1M2＝r1r23·T

2T12＝1203×36542≈1，选项B正确。答案B2．(2018·11月浙江选考)20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv

，和飞船受到的推力F(其它星球对它的引力可忽略)。飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动，已知星球的半径为R，引力常量用G表示。则字宙飞船和星

球的质量分别是()图6A.FΔvΔt，v2RGB.FΔvΔt，v3T2πGC.FΔtΔv，v2RGD.FΔtΔv，v3T2πG解析根据牛顿第二定律可知F＝ma＝mΔvΔt，所以飞船质量为m＝FΔtΔv。飞船做圆周运动的周期T＝2πrv，得半径为r＝Tv2π，根据万有引力提供向

心力可得GMmr2＝mv2r，得星球质量M＝v2rG＝v3T2πG，故选项D正确。答案D3．我国计划于2019年发射“嫦娥五号”探测器，假设探测器在近月轨道上绕月球做匀速圆周运动，经过时间t(小于绕行周期)，运动的弧长为s，探测器与月

球中心连线扫过的角度为θ(弧度)，引力常量为G，则()A．探测器的轨道半径为θtB．探测器的环绕周期为πtθC．月球的质量为s3Gt2θD．月球的密度为3θ24Gt解析利用s＝θr，可得轨道半径r＝sθ，选项A错误；由题意可知，角速度ω＝θt，故探测器的环绕周期T＝2πω＝2πθt＝2

πtθ，选项B错误；根据万有引力提供向心力可知，GmMr2＝mv2r，再结合v＝st可以求出M＝v2rG＝（st）2·sθG＝s3Gt2θ，选项C正确；由于不知月球的半径，所以无法求出月球的密度，选项D错误。

答案C卫星运行参量的比较与计算1．物理量随轨道半径变化的规律规律GMmr2＝（r＝R地＋h）mv2r―→v＝GMr―→v∝1rmω2r―→ω＝GMr3―→ω∝1r3m4π2T2r―→T＝4π2r3GM―→T∝r3ma―→a＝GMr2

―→a∝1r2越高越慢mg＝GMmR2地（地球表面）―→GM＝gR2地2．卫星的运行轨道(如图7所示)图7(1)赤道轨道(2)极地轨道(3)其他轨道注意：轨道平面一定通过地球的球心。3．同步卫星的六个“一定”【例4】(2018·江苏

单科，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705km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”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．向心加速度解析由万有引力定律和牛顿第二定律有GMmr2＝mrω2＝m4π2T2r＝mv2r＝ma，可得T＝2πr3GM，ω＝GMr3，v＝GMr，a＝GMr2，又由题意可知，“高分四号”的轨道半径r1大于“高分五号”的轨道半径r2

，故可知“高分五号”的周期较小，选项A正确。答案A利用万有引力定律解决卫星运动的技巧(1)一个模型天体(包括卫星)的运动可简化为质点的匀速圆周运动模型。(2)两组公式GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r＝maGMmR2＝mg(g为

天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。1．(2017·全国卷Ⅲ，14)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货

运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的()A．周期变大B．速率变大C．动能变大D．向心加速度变大解析根据组合体受到

的万有引力提供向心力可得，GMmr2＝m4π2T2r＝mv2r＝ma，解得T＝4π2r3GM，v＝GMr，a＝GMr2，由于轨道半径不变，所以周期、速率、加速度大小均不变，选项A、B、D错误；组合体比天宫二号质量大，动能Ek＝12mv2

变大，选项C正确。答案C2．如图8为人造地球卫星的轨道示意图，LEO是近地轨道，MEO是中地球轨道，GEO是地球同步轨道，GTO是地球同步转移轨道。已知地球的半径R＝6400km，该图中MEO卫星的周期约为(图中数据为卫星近地点、远地点离地面的

高度)()图8A．3hB．8hC．15hD．20h解析根据题图中MEO卫星距离地面高度为4200km，可知轨道半径约为R1＝10600km，同步轨道上GEO卫星距离地面高度为36000km，可知轨道半径约为R2＝42400km，为MEO卫星轨道半径的4倍，即R2＝4R1。地球

同步卫星的周期为T2＝24h，运用开普勒第三定律，R31R32＝T21T22，解得T1＝3h，选项A正确。答案A3．(2018·江苏无锡联考)2017年9月25日至9月28日期间，微信启动新界面，其画面视角从人类起源的非洲(

左)变成华夏大地中国(右)。新照片由我国新一代静止轨道卫星“风云四号”拍摄，见证着科学家15年的辛苦和努力，下列说法正确的是()图9A．“风云四号”可能经过无锡正上空B．“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度C．与“风云四

号”同轨道的卫星运动的动能都相等D．“风云四号”的运行速度大于7.9km/s解析由题可知，“风云四号”卫星是地球同步卫星，而同步卫星只能在赤道正上空，且高度保持不变，故A错误；根据GMmr2＝man，得an＝

GMr2，其中G为引力常量，M为地球质量，r为轨道半径，因“风云四号”卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，故“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度，故B正确；与“风云四号”同轨道的卫星都是同步卫星，故线速度大小一定相同，但不知道各个卫星的质量是否相等，根

据Ek＝12mv2知动能不一定相等，故C错误；7.9km/s是卫星围绕地球表面运行的最大线速度，它的轨道半径等于地球半径，而“风云四号”的轨道半径大于地球半径，根据v＝GMr可知，其线速度小于7.9km/s，故D错误。答案B课时作业

(时间：40分钟)基础巩固练1．下列说法正确的是()A．伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量B．根据表达式F＝Gm1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大C．在由开普勒第三定律得出的表达式R3T2＝k中，k是一个与中心天体有

关的常量D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力解析牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测得了引力常量，故选项A错误；表达式F＝Gm1m2r2中，当r趋近于零时，万有引力定律不适用，故选项B错误；表达式

R3T2＝k中，k是一个与中心天体有关的常量，故选项C正确；物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对相互作用力，故选项D错误。答案C2．(2018·北京理综，17)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解析

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——万有引力定律，则应满足GMmr2＝ma，即加速度a与距离r的平方成反比，由题中数据知，选项B正确，其余选项错误。答案B3．2017年11月5日19时45分，在西昌卫星发射中心，我国运用

长征三号乙运载火箭以“一箭双星”方式成功发射了两颗卫星。这两颗卫星是北斗三号卫星导航系统的组网卫星。它们的轨道为中圆地球轨道，高度约21000km。则下列说法正确的是()图1A．两颗卫星的向心力相同B．两颗卫星的线速度相同C．两颗卫星运行的角速度均大于地球自转的角速度D．两颗卫星

的向心加速度大于地面物体的重力加速度解析两颗卫星的线速度方向、向心力方向均不同，A、B项错误；两卫星的轨道半径均小于地球同步卫星的轨道半径，由开普勒第三定律可知，它们的周期均小于地球自转周期，则它们的角速度

均大于地球自转的角速度，C项正确；对地面上的物体，GMmR2＝mg,对卫星，GMm1（R＋h）2＝m1a，可见两颗卫星的向心加速度小于地面物体的重力加速度，D项错误。答案C4．a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星。其中a

、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上，b、c轨道在同一平面上。某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图2所示。下列说法正确的是()图2A．a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度B．b、c的角速度大小相等，且小于a的角速度C．a、c的线速度大小相

等，且小于d的线速度D．a、c存在在P点相撞的危险解析由GMmr2＝mv2r＝mrω2＝mr4π2T2＝ma，可知B、C项错误，A项正确；va＝vc，Ta＝Tc，所以a、c不会相撞，D项错误。答案A5．我国成功发射“嫦娥三号”探测器，实现了我国航天器首次在地外天体软

着陆和巡视探测活动，月球半径为R0，月球表面处重力加速度为g0。地球和月球的半径之比为RR0＝4，表面重力加速度之比为gg0＝6，地球和月球的密度之比ρρ0为()A.23B.32C．4D．6解析设星球的密度为ρ，由GMm′R2＝m′g得GM＝gR2，ρ＝MV＝M43πR3，联

立解得ρ＝3g4GπR，设地球、月球的密度分别为ρ、ρ0，则ρρ0＝gR0g0R，将RR0＝4，gg0＝6代入上式，解得ρρ0＝32，选项B正确。答案B6．(多选)(2018·天津理综，6)2018年2月2日，我国成功将电磁

监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志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。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计

算出卫星的()图3A．密度B．向心力的大小C．离地高度D．线速度的大小解析卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则有GMm（R＋h）2＝m2πT2(R＋h)，无法计算得到卫星的质量，更无法确定其密度及向心力大小，A、B项错误

；又GMm0R2＝m0g，联立两式可得h＝3gR2T24π2－R，C项正确；由v＝2πT(R＋h)，可计算出卫星的线速度的大小，D项正确。答案CD7．(2019·河南豫北十校联考)2017年11月5日19时45分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第二十四

、二十五颗北斗导航卫星。若已知地球表面重力加速度为g，引力常量为G，地球的第一宇宙速度为v1，则()A．根据题给条件可以估算出地球的质量B．根据题给条件不能估算地球的平均密度C．第一宇宙速度v1是人造地球卫星的最大发射速度，也是最小环绕速度D．在地球表面以速度2v1发射的卫星将会脱离太阳的束缚，

飞到太阳系之外解析设地球半径为R，则地球的第一宇宙速度为v1＝gR，对近地卫星有GMmR2＝mg，联立可得M＝v41gG，A正确；地球体积V＝43πR3＝43π(v21g)3，结合M＝v41gG，可以估算出地球的平均密度，B错误；第一宇宙速度v1是人造地球卫星的最小发射速度，

也是最大的环绕速度，C错误；第一宇宙速度v1＝7.9km/s，第二宇宙速度v2＝11.2km/s，第三宇宙速度v3＝16.7km/s，在地球表面以速度2v1发射的卫星，速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，此卫星将绕太阳运动，D错误。答案

A8．我国自主研制的高分辨率对地观测系统包含至少7颗卫星，分别编号为“高分一号”到“高分七号”，它们都将在2020年前发射并投入使用。于2013年4月发射成功的“高分一号”是一颗低轨遥感卫星，其轨道高度为645km。关于“高分一号”卫星，

下列说法正确的是()图4A．发射速度大于7.9km/sB．可以定点在相对地面静止的同步轨道上C．卫星绕地球运行的线速度比月球的小D．卫星绕地球运行的周期比月球的大解析发射卫星的最小速度为7.9km/s，卫星离地面越远，发射速度越大，所以“高分一

号”卫星的发射速度大于7.9km/s，A正确；设地球的质量为M，“高分一号”卫星的轨道半径为r，则卫星的周期T＝2πr3GM。由于r＜r同步，所以T<24h，故“高分一号”卫星不能固定在相对地面静止的同步

轨道上，B错误；卫星的环绕速度v＝GMr，因为月球的轨道半径大于“高分一号”卫星的轨道半径，所以月球绕地球运行的线速度小于“高分一号”卫星的线速度，C错误；由T＝2πr3GM知，轨道半径越大，周期越长，所以月球绕地球运行的周期大于“高分一号”卫星的周期，D错误。答案A9．(多选)

美国科学家曾宣布：人类在太阳系外围发现了一颗过去未知的巨行星，绰号为“九号行星”。它的质量约为地球质量的10倍，绕太阳公转周期为1万至2万年。若认为包括“九号行星”在内的所有行星公转轨道近似为圆，不考虑各行星之间的相互作用，下列说法正确的是()A．“九号行星”的公转

轨道半径比地球的公转轨道半径大B．“九号行星”的公转线速度比地球的公转线速度大C．“九号行星”的公转角速度比地球的公转角速度小D．“九号行星”的公转向心加速度约为地球公转向心加速度的110解析根据r3T2＝k，可以知道周期越大，则半径越大，由于T九

＞T地，所以r九＞r地，选项A正确；根据GMmr2＝mv2r，则v＝GMr，可以知道，半径越大，则线速度越小，则v九＜v地，选项B错误；根据GMmr2＝mω2r，则ω＝GMr3，则半径越大，角速度越小，则ω九＜ω地，选项C正确；根

据r3T2＝k和a＝GMr2可知，若“九号行星”的公转周期为1万年，则“九号行星”的向心加速度约为地球向心加速度的110163倍，D项错误。答案AC综合提能练10．(多选)宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原地。

若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处。已知该星球的半径与地球半径之比为R星∶R地＝1∶4，地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为g′，空气阻力不计。则()A．g′∶g＝1∶5B．g′∶

g＝5∶2C．M星∶M地＝1∶20D．M星∶M地＝1∶80解析由速度对称性知竖直上抛的小球在空中运动时间t＝2v0g，因此得g′g＝t5t＝15，选项A正确，B错误；由GMmR2＝mg得M＝gR2G，因而M星M地＝g′R2星gR2地＝15×142＝18

0，选项C错误，D正确。答案AD11．位于贵州的“中国天眼”是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜(FAST)。通过FAST测得水星与太阳的视角为θ(水星、太阳分别与观察者的连线所夹的角)，如图5所示。若最大视角的正弦值为k，地球和水星绕太阳的运动视为匀速

圆周运动，则水星的公转周期为()图5A.3k2年B.1k3年C.k3年D.（k1－k2）3年解析由题意可知，当观察者和水星的连线与水星的轨道相切时，水星与太阳的视角最大，由三角函数可得sinθ＝r水r地＝k，又由万有引力提供

向心力有GMm水r2水＝m水4π2T2水r水，GMm地r2地＝m地4π2T2地r地，联立以上各式可解得T水＝k3年(或由r3水T2水＝r3地T2地可得T水＝k3年)，C正确。答案C12．2017年6月15日，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙

运载火箭成功将硬X射线调制望远镜卫星“慧眼”发射升空，卫星顺利进入预定轨道。此次发射任务圆满成功，填补了我国空间X射线探测卫星的空白，实现了我国在空间高能天体物理领域由地面观测向天地联合观测的跨越。已知“慧眼”卫星A做圆周运动的轨

道半径约为地球半径的1.1倍，地球同步卫星B做圆周运动的轨道半径约为地球半径的6.6倍，C为赤道上某建筑物，则()A．A和B的线速度之比约为1∶6B．B和C的向心加速度之比约为1∶6.6C．A和C的角速度之比约为6∶36D．A和C的向心加速度之比约为237.6∶1解析设地球半径为R，根据v

＝GMr可知，A和B的线速度之比约为vA∶vB＝6.6R∶1.1R＝6∶1，选项A错误；B和C的角速度相同，根据a＝ω2r可知B和C的向心加速度之比约为aB∶aC＝6.6R∶R＝6.6∶1，选项B错误；根据ω＝GMr3可知，ωA∶ωB＝6.63∶1.13＝66∶1

，选项C错误；根据a＝GMr2可知，aA∶aB＝6.62∶1.12＝36∶1，则aA∶aC＝237.6∶1，选项D正确。答案D13．宇宙中有两颗相距无限远的恒星s1、s2，半径均为R0。图6分别是两颗恒星周围行星的公转周期T2与公转半径r3的关系图象，

则()图6A．恒星s1的质量大于恒星s2的质量B．恒星s1的密度小于恒星s2的密度C．恒星s1的第一宇宙速度大于恒星s2的第一宇宙速度D．距两恒星表面高度相同的行星，s1的行星向心加速度较大解析根据公式GMmr2＝m4π2T2r得M＝4π2r3GT2，r3T2越大，M越大，由题图可以看出s2的

质量大于s1的质量，故A错误；两颗恒星的半径相等，则它们的体积相等，根据M＝ρV，所以质量大的恒星s2的密度大于恒星s1的密度，故B正确；根据万有引力提供向心力，则GMmR20＝mv2R0，所以v＝GMR0，由于恒星s1的质量小于恒星s2的质量，所以恒

星s1的第一宇宙速度小于恒星s2的第一宇宙速度，故C错误；距两恒星表面高度相同的行星，它们的轨道半径相等，它们的向心加速度a＝GMr2，所以s1的行星向心加速度较小，故D错误。答案B