第十單元萬有引力與航天測試時間：90分鐘總分值：110分第一卷(選擇題，共48分)一、選擇題(此題共12小題，共48分。在每題給出的四個選項中，第1～8小題只有一個選項正確，第9～12小題有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1．[2023·全國卷Ⅲ]關于行星運動的規律，以下說法符合史實的是()A．開普勒在牛頓定律的根底上，導出了行星運動的規律B．開普勒在天文觀測數據的根底上，總結出了行星運動的規律C．開普勒總結出了行星運動的規律，找出了行星按照這些規律運動的原因D．開普勒總結出了行星運動的規律，發現了萬有引力定律答案B解析開普勒在第谷的觀測數據的根底上，總結出了行星運動的規律，B項正確；牛頓在開普勒總結的行星運動規律的根底上發現了萬有引力定律，找出了行星運動的原因，A、C、D項錯誤。2．[2023·懷化模擬]如下圖，飛行器P繞某星球做勻速圓周運動，星球相對飛行器的張角為θ，以下說法不正確的選項是()A．軌道半徑越大，周期越長B．張角越大，速度越大C．假設測得周期和張角，那么可得到星球的平均密度D．假設測得周期和軌道半徑，那么可得到星球的平均密度答案D解析根據開普勒第三定律，可知軌道半徑越大，飛行器的周期越長，角速度越小，A正確；根據萬有引力提供向心力有，eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)?v＝eq\r(\f(GM,r))可知軌道半徑越小，速度越大，張角越大半徑越小，故B正確；設星球的質量為M，半徑為R，平均密度為ρ，張角為θ，飛行器的質量為m，軌道半徑為r，周期為T。對于飛行器，根據萬有引力提供向心力得：eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)得：M＝eq\f(4π2r3,GT2)，由幾何關系有：R＝rsineq\f(θ,2)，星球的平均密度ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)；由以上三式知測得周期和張角，可得到星球的平均密度。假設測得周期和軌道半徑，可得到星球的質量，但是星球的半徑未知，不能求出星球的平均密度。故C正確，D錯誤。3．[2023·四川高考]國務院批復，自2023年起將4月24日設立為“中國航天日〞。1970年4月24日我國首次成功發射的人造衛星東方紅一號，目前仍然在橢圓軌道上運行，其軌道近地點高度約為440km，遠地點高度約為2060km；1984年4月8日成功發射的東方紅二號衛星運行在赤道上空35786km的地球同步軌道上。設東方紅一號在遠地點的加速度為a1，東方紅二號的加速度為a2，固定在地球赤道上的物體隨地球自轉的加速度為a3，那么a1、a2、a3的大小關系為()A．a2>a1>a3 B．a3>a2>a1C．a3>a1>a2 D．a1>a2>a3答案D解析固定在赤道上的物體隨地球自轉的周期與同步衛星運行的周期相等，同步衛星做圓周運動的半徑大，由a＝req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2可知，同步衛星做圓周運動的加速度大，即a2>a3，B、C項錯誤；由于東方紅二號與東方紅一號在各自軌道上運行時受到萬有引力，因此有Geq\f(Mm,r2)＝ma，即a＝Geq\f(M,r2)，由于東方紅二號距地面的高度比東方紅一號在遠地點時距地高度大，因此有a1>a2，D項正確。4．[2023·吉林乾安七中檢測]2016年6月25日晚，我國新一代運載火箭“長征七號〞在海南文昌航天發射場點火升空，這將有效提升我國進出空間的能力。海南文昌航天發射場為低緯度濱海發射基地，將同型號的火箭從高緯度發射場移到低緯度發射場，推力可提升，這對人造衛星的發射大有幫助，這是利用了緯度低(將地球當作標準球體)()A．物體所受地球的萬有引力小，隨地球自轉的周期大B．物體的重力加速度小，隨地球自轉的線速度大C．發射衛星時的第一宇宙速度小，地理位置高D．火箭和衛星的慣性小答案B解析同一物體處在不同的緯度受到的萬有引力相同，A項錯誤；緯度越低，物體的重力加速度越小，由v＝ωR可知物體隨地球自轉的線速度越大，衛星發射前具有較大初動能，這些都對發射衛星有利，B項正確；地球衛星的第一宇宙速度與緯度無關，C項錯誤；慣性由物體質量決定，與物體所處緯度無關，D項錯誤。5．[2023·長春高三質檢]某國成功發射了一顆衛星，該衛星在近地點高度494.6公里、遠地點高度500公里的軌道上運行，它的運行軌道可視為圓周，運行周期為94分24秒，關于該衛星以下表述正確的選項是()A．該衛星軌道可以任意選擇，地心不必在軌道平面內B．該衛星的發射速度不超過第一宇宙速度C．該衛星在軌道運行的速度大于地球同步衛星運行速度D．該衛星只需加速，即可追上同軌道運行的其他衛星答案C解析所有地球衛星的軌道平面一定過地心，所以選項A錯誤；發射衛星時速度一定超過第一宇宙速度，選項B錯誤；該衛星軌道低于同步衛星軌道，所以運行速度大于同步衛星的運行速度，選項C正確；衛星加速后將做離心運動，偏離原軌道，不能直接追上同軌道的衛星，選項D錯誤。6．[2023·全國卷Ⅰ]利用三顆位置適當的地球同步衛星，可使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊。目前，地球同步衛星的軌道半徑約為地球半徑的6.6倍。假設地球的自轉周期變小，假設仍僅用三顆同步衛星來實現上述目的，那么地球自轉周期的最小值約為()A．1h B．4hC．8h D．16h答案B解析設地球半徑為R，畫出僅用三顆地球同步衛星使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊時同步衛星的最小軌道半徑示意圖，如下圖。由圖中幾何關系可得，同步衛星的最小軌道半徑r＝2R。設地球自轉周期的最小值為T，那么由開普勒第三定律可得，eq\f(6.6R3,2R3)＝eq\f(24h2,T2)，解得T≈4h，選項B正確。7．[2023·南昌模擬]2016年10月17日，“神舟十一號〞載人飛船發射升空，運送兩名宇航員前往在2016年9月15日發射的“天宮二號〞空間實驗室，宇航員方案在“天宮二號〞駐留30天進行科學實驗。“神舟十一號〞與“天宮二號〞的對接變軌過程如下圖，AC是橢圓軌道Ⅱ的長軸。“神舟十一號〞從圓軌道Ⅰ先變軌到橢圓軌道Ⅱ，再變軌到圓軌道Ⅲ，與在圓軌道Ⅲ運行的“天宮二號〞實施對接。以下描述正確的選項是()A．“神舟十一號〞在變軌過程中機械能不變B．可讓“神舟十一號〞先進入圓軌道Ⅲ，然后加速追趕“天宮二號〞實現對接C．“神舟十一號〞從A到C的平均速率比“天宮二號〞從B到C的平均速率大D．“神舟十一號〞在橢圓軌道上運動的周期與“天宮二號〞運行周期相等答案C解析“神舟十一號〞飛船變軌過程中軌道升高，機械能增加，A選項錯誤；假設飛船在進入圓軌道Ⅲ后再加速，那么將進入更高的軌道飛行，不能實現對接，選項B錯誤；飛船軌道越低，速率越大，軌道Ⅱ比軌道Ⅲ的平均高度低，因此平均速率要大，選項C正確；由開普勒第三定律可知，橢圓軌道Ⅱ上的運行周期比圓軌道Ⅲ上的運行周期要小，D項錯誤。8．[2023·北京高考]如下圖，一顆人造衛星原來在橢圓軌道1繞地球E運行，在P點變軌后進入軌道2做勻速圓周運動。以下說法正確的選項是()A．不管在軌道1還是軌道2運行，衛星在P點的速度都相同B．不管在軌道1還是軌道2運行，衛星在P點的加速度都相同C．衛星在軌道1的任何位置都具有相同加速度D．衛星在軌道2的任何位置都具有相同動量答案B解析衛星由軌道1進入軌道2，需在P點加速做離心運動，故衛星在軌道2運行經過P點時的速度較大，A項錯誤；由Geq\f(Mm,r2)＝ma可知，不管在軌道1還是在軌道2運行，衛星在P點的加速度都相同，在軌道1運行時，衛星在不同位置有不同的加速度，B項正確，C項錯誤；衛星在軌道2的不同位置，速度方向一定不相同，故動量方向一定不相同，D項錯誤。9．[2023·常州檢測]納米材料的抗拉強度幾乎比鋼材還高出100倍，使人們設想的太空電梯成為可能。其工作原理是從同步衛星高度的太空站豎直放下由納米材料做成的太空電梯，固定在赤道上，這樣太空電梯隨地球一起旋轉，如下圖。當太空電梯倉停在太空電梯中點P時，以下對于太空電梯倉說法不正確的選項是()A．處于平衡狀態B．速度比同步衛星大C．向心加速度比同高度衛星的小D．處于完全失重狀態答案ABD解析電梯做圓周運動，有加速度，受力不平衡，故A錯誤。根據v＝ωr知速度比同步衛星的小，故B錯誤。因與P點同高度的衛星角速度大于同步衛星角速度，根據a＝ω2r知太空電梯倉向心加速度比同高度衛星的小，故C正確。完全失重時的重力充當向心力，而電梯倉除重力外還受電梯作用，故D錯誤。10．[2023·沈陽高三質檢]為了探測x星球，總質量為m1的探測飛船載著登陸艙在以該星球中心為圓心的圓軌道上運動，軌道半徑為r1，運動周期為T1。隨后質量為m2的登陸艙脫離飛船，變軌到離星球更近的半徑為r2的圓軌道上運動，那么()A．x星球外表的重力加速度g1＝eq\f(4π2r1,T\o\al(2,1))B．x星球的質量M＝eq\f(4π2r\o\al(3,1),GT\o\al(2,1))C．登陸艙在r1與r2軌道上運動時的速度大小之比eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(m1r2,m2r1))D．登陸艙在半徑為r2軌道上做圓周運動的周期T2＝eq\r(\f(r\o\al(3,2),r\o\al(3,1)))T1答案BD解析研究飛船繞星球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，列出等式：Geq\f(Mm,r\o\al(2,1))＝meq\f(4π2r1,T\o\al(2,1))，得出：M＝eq\f(4π2r\o\al(3,1),GT\o\al(2,1))，故B正確。根據圓周運動知識，a＝eq\f(4π2r1,T\o\al(2,1))只能表示在半徑為r1的圓軌道上向心加速度，而不等于x星球外表的重力加速度，故A錯誤。研究登陸艙繞星球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力有：在半徑為r的圓軌道上運動：eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)得出：v＝eq\r(\f(GM,r))，表達式里M為中心體星球的質量，r為運動的軌道半徑。所以登陸艙在r1與r2軌道上運動時的速度大小之比為eq\r(\f(r2,r1))，故C錯誤。研究登陸艙繞星球做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，列出等式：在半徑為r的圓軌道上運動：eq\f(GMm,r2)＝eq\f(m4π2r,T2)得出：T＝2πeq\r(\f(r3,GM))。表達式里M為中心體星球的質量，r為運動的軌道半徑。所以登陸艙在r1與r2軌道上運動時的周期大小之比為：eq\r(\f(r\o\al(3,1),r\o\al(3,2)))，所以T2＝eq\r(\f(r\o\al(3,2),r\o\al(3,1)))T1，故D正確。11．[2023·武漢調研]水星或金星運行到地球和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線的現象，天文學稱為“行星凌日〞。地球的公轉周期為365天，假設將水星、金星和地球的公轉軌道視為同一平面內的圓軌道，理論計算得到水星相鄰兩次凌日的時間間隔為116天，金星相鄰兩次凌日的時間間隔為584天，那么以下判斷合理的是()A．地球的公轉周期大約是水星的2倍B．地球的公轉周期大約是金星的1.6倍C．金星的軌道半徑大約是水星的3倍D．實際上水星、金星和地球的公轉軌道平面存在一定的夾角，所以水星或金星相鄰兩次凌日的實際時間間隔均大于題干所給數據答案BD解析設水星、地球、金星公轉周期分別為T水、T地和T金，水星兩次凌日時間差為t水，金星兩次凌日時間差為t金，由題意可知，eq\f(t水,T水)－eq\f(t水,T地)＝1，eq\f(t金,T金)－eq\f(t金,T地)＝1，解得T水≈88天，T金≈225天，所以地球公轉周期大約是水星公轉周期的4倍，大約是金星公轉周期的1.6倍，A項錯誤，B項正確；由開普勒第三定律可知，eq\f(R\o\al(3,金),T\o\al(2,金))＝eq\f(R\o\al(3,水),T\o\al(2,水))，解得eq\f(R金,R水)＝eq\r(3,\f(2252,882))≈eq\r(3,6.5)<3，C項錯誤；理論上發生凌日時，金星(或水星)、地球、太陽三者共線，如果金星(或水星)公轉軌道與地球公轉軌道存在一定夾角，此時并不能產生凌日現象，所以金星(或水星)相鄰兩次凌日的實際時間間隔應大于理論上的時間間隔，D項正確。12．[2023·武漢高三調研]太空中存在一些離其它恒星很遠的、由三顆星組成的三星系統，可忽略其它星體對它們的引力作用。已觀測到穩定的三星系統存在兩種根本的構成形式：一種是直線三星系統——三顆星始終在一條直線上；另一種是三角形三星系統——三顆星位于等邊三角形的三個頂點上。某直線三星系統A每顆星體的質量均為m，相鄰兩顆星中心間的距離都為R；某三角形三星系統B的每顆星體的質量恰好也均為m，且三星系統A外側的兩顆星作勻速圓周運動的周期和三星系統B每顆星作勻速圓周運動的周期相等。引力常量為G，那么()A．三星系統A外側兩顆星運動的線速度大小為v＝eq\r(\f(Gm,R))B．三星系統A外側兩顆星運動的角速度大小為ω＝eq\f(1,2R)eq\r(\f(5Gm,R))C．三星系統B的運動周期為T＝4πReq\r(\f(R,5Gm))D．三星系統B任意兩顆星體中心間的距離為L＝eq\r(3,\f(12,5))R答案BCD解析在第一種形式下：三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央星在同一半徑為R的圓軌道上運行，如下圖。其中邊上的一顆星受中央星和另一顆邊上星的萬有引力提供向心力。Geq\f(m2,R2)＋Geq\f(m2,2R2)＝meq\f(v2,R)解之得：v＝eq\r(\f(5Gm,4R))，T＝eq\f(2πR,v)＝4πReq\r(\f(R,5Gm))，ω＝eq\f(1,2R)eq\r(\f(5Gm,R))，應選項B正確，選項A錯誤；另一種形式是三顆星位于等邊三角形的三個頂點上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運行，由萬有引力定律和牛頓第二定律得：2eq\f(Gm2,L2)·cos30°＝meq\f(L,2cos30°)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2，由于兩種系統的運動周期相同，即T＝4πReq\r(\f(R,5Gm))，故解得：L＝eq\r(3,\f(12,5))R，故C、D正確。第二卷(非選擇題，共62分)二、填空題(此題共2小題，共12分。把答案填在題中的橫線上或按題目要求作答)13．[2023·佛岡一中二模](6分)宇宙飛船繞地心做半徑為r的勻速圓周運動，飛船艙內有一質量為m的人站在可稱體重的臺秤上，用R表示地球的半徑，g表示地球外表處的重力加速度，g0表示宇宙飛船所在處的地球引力加速度，N表示人對秤的壓力，那么g0＝________，N＝________。答案eq\f(R2,r2)g(3分)0(3分)解析忽略地球的自轉，根據萬有引力等于重力列出等式：宇宙飛船所在處，有：mg0＝Geq\f(mM,r2)，在地球外表處：mg＝Geq\f(mM,R2)，解得：g0＝eq\f(R2,r2)g。宇宙飛船繞地心做勻速圓周運動，飛船艙內物體處于完全失重狀態，即人只受重力，所以人對臺秤的壓力為0。14．[2023·延邊州質檢](6分)“神九〞載人飛船與“天宮一號〞成功對接及“蛟龍〞號下潛突破7000米入選2023年中國十大科技進展新聞。假設地球半徑為R，把地球看做質量分布均勻的球體(質量分布均勻的球殼對球內任一質點的萬有引力為零)。“蛟龍〞號下潛深度為d，“天宮一號〞軌道距離地面高度為h，“蛟龍〞號所在處與“天宮一號〞所在處的重力加速度之比為________。答案eq\f(R－dR＋h2,R3)(6分)解析令地球的密度為ρ，那么在地球外表，重力和地球的萬有引力大小相等，有：g＝eq\f(GM,R2)，由于地球的質量為：M＝eq\f(4,3)πR3ρ，所以重力加速度的表達式可寫成：g＝eq\f(4,3)πGρR。根據題意有，質量分布均勻的球殼對殼內物體的引力為零，固在深度為d的地球內部，受到地球的萬有引力即為半徑等于(R－d)的球體在其外表產生的萬有引力，故深度為d處的重力加速度為：g′＝eq\f(4,3)πGρ(R－d)，所以有：eq\f(g′,g)＝eq\f(R－d,R)。根據萬有引力提供向心力為：Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma，“天宮一號〞的加速度為：a＝eq\f(GM,R＋h2)，所以有：eq\f(a,g)＝eq\f(R2,R＋h2)，得：eq\f(g′,a)＝eq\f(R－dR＋h2,R3)。三、計算題(此題共4小題，共50分。解容許寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位)15．[2023·衡水中學周測](10分)在勇氣號火星探測器著陸的最后階段，著陸器降落到火星外表上，再經過屢次彈跳才停下來。假設著陸器第一次落到火星外表彈起后，到達最高點時高度為h，速度方向是水平的，速度大小為v0，求它第二次落到火星外表時速度的大小，計算時不計火星大氣阻力。火星的一個衛星的圓軌道的半徑為r，周期為T，火星可視為半徑為r0的均勻球體。解以g′表示火星外表附近的重力加速度，M表示火星的質量，m表示火星的衛星的質量，m′表示火星外表處某一物體的質量，由萬有引力定律和牛頓第二定律，有Geq\f(Mm′,r\o\al(2,0))＝m′g′(2分)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)(2分)設v表示著陸器第二次落到火星外表時的速度，它的豎直分量為v1，水平分量仍為v0，有veq\o\al(2,1)＝2g′h(2分)v＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,0))(2分)由以上各式解得：v＝eq\r(\f(8π2hr3,T2r\o\al(2,0))＋v\o\al(2,0))(2分)16．[2023·煙臺測試](12分)一航天儀器在地面上重為F1，被宇航員帶到月球外表上時重為F2。月球半徑為R，引力常量為G，地球外表的重力加速度大小為g0，求：(1)月球的密度；(2)月球的第一宇宙速度和近月衛星(貼近月球外表)的周期。解(1)在地面上F1＝mg0(1分)在月球外表上F2＝eq\f(GMm,R2)(2分)月球的質量M＝eq\f(4π,3)R3ρ(1分)解得月球密度ρ＝eq\f(3g0F2,4πGRF1)(1分)(2)設月球的第一宇宙速度為v，近月衛星的周期為T，那么F2＝eq\f(mv2,R)(2分)F1＝mg0T＝eq\f(2πR,v)(2分)解得v＝eq\r(\f(F2Rg0,F1))(1分)T＝eq\f(2πR,v)＝2πeq\r(\f(RF1,g0F2))(2分)17．[2023·東北三省四市聯考](14分)地球的半徑為R，地球衛星A的圓軌道半徑為2R，衛星B的圓軌道半徑為eq\r(2)R，兩衛星均在地球赤道的正上方運行，兩衛星運行方向與地球自轉方向相同。地球外表的重力加速度大小為g，求：(1)兩衛