PAGE6-萬有引力定律的應用(建議用時：25分鐘)◎考點一天體質量、密度的計算1．一艘宇宙飛船繞一個不知名的行星表面飛行，要測定該行星的密度，僅僅須要()A．測定飛船的運行周期 B．測定飛船的環繞半徑C．測定行星的體積 D．測定飛船的運行速度A[取飛船為探討對象，由Geq\f(Mm,R2)＝mReq\f(4π2,T2)及M＝eq\f(4,3)πR3ρ，知ρ＝eq\f(3π,GT2)，故選A。]2．已知引力常量G、月球中心到地球中心的距離R和月球繞地球運行的周期T，僅利用這三個數據，可以估算出的物理量有()A．月球的質量 B．地球的質量C．地球的半徑 D．地球的密度B[由天體運動規律知Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R可得地球質量M＝eq\f(4π2R3,GT2)，由于不知地球的半徑，無法求地球的密度，故選項B正確。]3．構成星球的物質靠引力吸引在一起隨星球自轉，假如某質量分布勻稱的星球自轉周期為T，引力常量為G，為使該星球不至于因自轉而瓦解，該星球的密度至少是()A．eq\f(4π,GT2) B．eq\f(3π,GT2)C．eq\f(2π,GT2) D．eq\f(π,GT2)B[當星球即將瓦解時，物體對星球表面的壓力最小為零，此時萬有引力供應向心力，即Geq\f(Mm,R2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R，又知M＝ρeq\f(4,3)πR3，聯立解得ρ＝eq\f(3π,GT2)。]4．某同學從網上得到一些信息，如表中數據所示，推斷地球和月球的密度之比為()月球半徑R0月球表面處的重力加速度g0地球和月球的半徑之比eq\f(R,R0)＝4地球表面和月球表面的重力加速度之比eq\f(g,g0)＝6A．eq\f(2,3) B．eq\f(3,2)C．4 D．6B[在地球表面，認為重力等于萬有引力，則有Geq\f(Mm,R2)＝mg，解得M＝eq\f(gR2,G)，故密度為ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(gR2,G),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g,4πGR)，同理，月球的密度為ρ0＝eq\f(3g0,4πGR0)，故地球和月球的密度之比為eq\f(ρ,ρ0)＝eq\f(gR0,g0R)＝6×eq\f(1,4)＝eq\f(3,2)。]◎考點二天體運動分析5．我國高分系列衛星的高辨別對地視察實力不斷提高。2018年5月9日放射的“高分五號”軌道高度約為705km，之前已運行的“高分四號”軌道高度約為36000km，它們都繞地球做圓周運動。與“高分四號”相比，下列物理量中“高分五號”較小的是()A．周期 B．角速度C．線速度 D．向心加速度A[衛星圍繞地球做勻速圓周運動，滿意Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r＝mω2r＝meq\f(v2,r)＝ma，由此可推出，半徑r越小，周期T越小，選項A正確，半徑r越小，角速度ω、線速度v、向心加速度a越大，選項B、C、D錯誤。]6．由于太陽不斷向外輻射電磁能，其自身質量不斷減小。依據這一理論，在宇宙演化過程中，地球公轉的狀況是()A．公轉周期變大 B．公轉半徑減小C．公轉速率變大 D．公轉角速度變大A[假如太陽質量不變，正好能夠滿意萬有引力供應須要的向心力。可是太陽質量變小了，萬有引力變小了，這個時候須要的向心力就比萬有引力大了。地球就做離心運動了，也就離太陽越來越遠了，所以運動半徑變大，B錯；地球遠離太陽，假定地球在新軌道上做勻速圓周運動，由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，r↑、M↓，所以速度變小了。依據ω＝eq\f(v,r)可知角速度變小了，依據T＝eq\f(2πr,v)可知周期變大了，A對，C、D錯。]7．(多選)甲、乙兩恒星相距為L，質量之比eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(2,3)，它們離其他天體都很遙遠，我們視察到它們的距離始終保持不變，由此可知()A．兩恒星肯定繞它們連線的某一位置做勻速圓周運動B．甲、乙兩恒星的角速度之比為2∶3C．甲、乙兩恒星的線速度之比為eq\r(3)∶2D．甲、乙兩恒星的向心加速度之比為3∶2AD[依據題目描述的這兩顆恒星運行的特點可知，它們符合雙星的運動規律，即繞它們連線上某一位置做勻速圓周運動，選項A正確。它們的角速度相等，選項B錯誤。由于m甲a甲＝m乙a乙，所以eq\f(a甲,a乙)＝eq\f(m乙,m甲)＝eq\f(3,2)，選項D正確。由于m甲ω甲v甲＝m乙ω乙v乙，所以eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(m乙,m甲)＝eq\f(3,2)，選項C錯誤。]8．為了紀念祖沖之的功績，1967年，國際天文學家聯合會把月球上的一座環形山命名為“祖沖之環形山”，將永久編號為1888的小行星命名為“祖沖之星”。已知“祖沖之星”的公轉周期約為4年，假設其與地球均繞太陽做勻速圓周運動，與地球相比，下列關于“祖沖之星”繞太陽公轉的說法正確的是()A．它的公轉半徑更大B．它的公轉線速度更大C．它的公轉角速度更大D．它的公轉向心加速度更大A[行星繞太陽做勻速圓周運動，由萬有引力供應向心力，則有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝ma，得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，v＝eq\r(\f(GM,r))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，a＝eq\f(GM,r2)，式中M是太陽的質量，r是行星的軌道半徑。依據上列各式分析可知，“祖沖之星”的公轉周期比地球的大，則它的公轉半徑比地球的大，線速度、角速度和向心加速度比地球的小，故A正確，BCD錯誤。]9．如圖所示，是按肯定比例尺繪制的太陽系五顆行星的軌道，可以看出，行星的軌道非常接近圓，由圖可知()A．火星的公轉周期小于地球的公轉周期B．水星的公轉速度小于地球的公轉速度C．木星的公轉角速度小于地球的公轉角速度D．金星的向心加速度小于地球的向心加速度C[依據萬有引力供應向心力有：eq\f(GMm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r＝meq\f(v2,r)＝mrω2＝ma，可得：公轉周期T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，火星的軌道半徑大于地球，故其公轉周期大于地球，故A錯誤；公轉速度v＝eq\r(\f(GM,r))，水星的軌道半徑小于地球，故其公轉速度大于地球，故B錯誤；公轉角速度ω＝eq\r(\f(GM,r3))，木星的軌道半徑大于地球，故其公轉角速度小于地球，故C正確；向心加速度a＝eq\f(GM,r2)，金星的軌道半徑小于地球，故金星的向心加速度大于地球，故D錯誤。](建議用時：15分鐘)10．如圖所示，一個質量勻稱分布的星球，繞其中心軸PQ自轉，AB與PQ是相互垂直的直徑。星球在A點的重力加速度是P點的90%，星球自轉的周期為T，引力常量為G，則星球的密度為()A．eq\f(0.3π,GT2) B．eq\f(3π,GT2)C．eq\f(10π,3GT2) D．eq\f(30π,GT2)D[因為兩極處的萬有引力等于物體的重力，故：GP＝eq\f(GMm,R2)(R為星球半徑)由于赤道處的向心力等于萬有引力與物體在赤道處的重力之差，故：eq\f(GMm,R2)－0.9eq\f(GMm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R解得：M＝eq\f(40π2R3,GT2)則星球的密度ρ＝eq\f(M,\f(4πR3,3))＝eq\f(30π,GT2)。]11.地球和木星繞太陽運行的軌道可以看成是圓形的，它們各自的衛星軌道也可以看成是圓形的。已知木星的公轉軌道半徑約為地球公轉軌道半徑的5倍，木星半徑約為地球半徑的11倍，木星質量大于地球質量。如圖所示是地球和木星的不同衛星做勻速圓周運動的半徑r的三次方與周期T的二次方的關系圖像，已知引力常量為G，地球的半徑為R。下列說法正確的是()A．木星與地球的質量之比為eq\f(bd,11ac)B．木星與地球的線速度之比為1∶5C．地球密度為eq\f(3πa,GdR3)D．木星密度為eq\f(3πb,125GcR3)C[對于衛星繞行星的運動，依據Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)得r3＝eq\f(GMT2,4π2)，可知圖線的斜率k＝eq\f(GM,4π2)，由于木星的質量大于地球的質量，可知圖線斜率較大的是衛星繞木星做勻速圓周運動的衛星的軌道半徑的三次方和周期二次方的關系圖線，圖線斜率較小的是衛星繞地球做勻速圓周運動的衛星的軌道半徑的三次方和周期二次方的關系圖線。對于地球，k＝eq\f(a,d)＝eq\f(GM地,4π2)，解得地球的質量M地＝eq\f(4π2a,Gd)，則地球的密度ρ＝eq\f(M地,\f(4πR3,3))＝eq\f(3πa,dR3G)。對于木星，k＝eq\f(b,c)＝eq\f(GM木,4π2)，解得木星的質量M木＝eq\f(4π2b,Gc)，木星的密度ρ木＝eq\f(M木,\f(4,3)π11R3)＝eq\f(3πb,1331GcR3)，木星與地球的質量之比為eq\f(M木,M地)＝eq\f(bd,ac)，A、D錯，C對；依據v＝eq\r(\f(GM日,r′))可知木星與地球的線速度之比為eq\f(v木,v地)＝eq\r(\f(r地日,r木日))＝eq\r(\f(1,5))，B錯。]12．土星和地球均可近似看成球體，土星的半徑約為地球半徑的9.5倍，土星的質量約為地球質量的95倍，已知地球表面的重力加速度g0＝10m/s2，地球密度約為ρ0＝5.5×103kg/m(1)土星的密度；(2)土星表面的重力加速度。[解析](1)星體的密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，eq\f(ρ,ρ0)＝eq\f(M·R\o\al(3,0),M0·R3)＝eq\f(95,9.53)≈0.11，故土星的密度約為ρ＝0.11ρ0≈0.61×103kg/m(2)依據星球表面的物體受到的萬有引力近似等于物體的重力，mg＝Geq\f(Mm,R2)，g＝eq\f(GM,R2)，則eq\f(g,g0)＝eq\f(M·R\o\al(2,0),M0·R2)＝eq\f(95,9.52)≈1.05。所以土星表面的重力加速度g＝1.05g0＝10.5m/s2[答案](1)0.61×103kg/m3(2)10.5m13．某宇航員在飛船起飛前測得自身連同宇航服等隨身裝備共重840N，在火箭放射階段，發覺當飛船隨火箭以a＝eq\f(g,2)的加速度勻加速豎直上升到某位置時(其中g為地球表面處的重力加速度)，其身體下方體重測試儀的示數為1220N。已知地球半徑R＝6400km。地球表面重力加速度g取10m/s2(求解過程中可能用到eq\r(\f(19,18))＝1.03，eq\r(\f(21,20))＝1.02)。問：(1)該位置處的重力加速度g′是地面處重力加速度g的多少倍？(2)該位置距地球表面的高度h為多大？(3)地球的平均密度是多少？[解析](1)飛船起飛前，對宇航員受力分析有G＝mg，得m＝84kg。在h高度處對宇航員受力分析，應用牛頓其次定律有F－mg′＝ma，