第四单元复习 万有引力定律 练习 高中物理新鲁科版必修第二册（2022年）

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单元复习——万有引力定律班级：              姓名：           学号：【作答说明】1、作业内容中第一部分基础达标为“必做题”，所有同学必需独立完成。2、第二部分能力提升为“选做题”，合格考同学选做，等级考同学必做。 1． (多选)如图，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M、Q到N的运动过程中(　　)A．从P到M所用的时间等于B．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【答案】CD【解析】在海王星从P到Q的运动过程中，由于万有引力与速度的夹角大于90°，因此万有引力做负功，根据动能定理可知，速率逐渐变小，C项正确；海王星从P到M所用的时间小于从M到Q所用的时间，因此从P到M所用的时间小于，A项错误；由于海王星在运动过程中只受到万有引力的作用，万有引力做功不改变海王星的机械能，即从Q到N的运动过程中海王星的机械能守恒，B项错误；从M到Q的运动过程中万有引力与速度的夹角大于90°，因此万有引力做负功，从Q到N的过程中，万有引力与速度的夹角小于90°，因此万有引力做正功，即海王星从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功，D项正确。 2.有两颗行星绕某一恒星运动,将它们视为匀速圆周运动,它们的周期之比为27∶1,则它们的轨道半径之比为(　　)A．1∶27    B．9∶1    C．27∶1   D．1∶9【答案】B【解析】根据开普勒第三定律得，有两颗行星环绕某恒星转动，k一定，则有： ，已知，代入上式得：，故选项B正确．点睛：本题是开普勒第三定律的直接运用，也可以根据万有引力提供向心力列式求解． 3.我国计划2020年发射火星探测器，实现火星的环绕、着陆和巡视探测．已知火星和地球绕太阳公转的轨道都可近似为圆轨道，火星公转轨道半径约为地球公转轨道半径的，火星的半径约为地球半径的，火星的质量约为地球质量的，以下说法正确的是A．火星的公转周期比地球小B．火星的公转速度比地球大C．探测器在火星表面时所受火星引力比在地球表面时所受地球引力小D．探测器环绕火星表面运行的速度比环绕地球表面运行的速度大【答案】C【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律可知，火星公转轨道半径大于地球公转轨道半径，则火星的公转周期比地球大，选项A错误；B．根据可知，火星的公转速度比地球小，选项B错误；C．根据，则，则探测器在火星表面时所受火星引力比在地球表面时所受地球引力小，选项C正确；D．根据 ，则探测器环绕火星表面运行的速度比环绕地球表面运行的速度小，选项D错误； 4.如图所示，有一个质量为M，半径为R，密度均匀的大球体。从中挖去一个半径为的小球体，并在空腔中心放置一质量为m的质点，则大球体的剩余部分对该质点的万有引力大小为(已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零)(　　)A．G         B．0C．4G         D．G【答案】D【解析】若将挖去的小球体用原材料补回，可知剩余部分对m的吸引力等于完整大球体对m的吸引力与挖去小球体对m的吸引力之差，挖去的小球体球心与m重合，对m的万有引力为零，则剩余部分对m的万有引力等于完整大球体对m的万有引力；以大球体球心为中心分离出半径为的球，易知其质量为M，则剩余均匀球壳对m的万有引力为零，故剩余部分对m的万有引力等于分离出的球对其的万有引力，根据万有引力定律，F＝G＝G，故D正确。 5.太阳周围除了八大行星，还有许多的小行星，在火星轨道与木星轨道之间有一个小行星带，假设此小行星带中的行星只受太阳引力作用，并绕太阳做匀速圆周运动，则A．小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期相同B．小行星带中各行星绕太阳做圆周运动加速度大于火星做圆周运动的加速度C．小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期大于木星公转周期D．小行星带中某两颗行星线速度大小不同，受到太阳引力可能相同【答案】D【解析】【详解】A项：由公式可知，若小行星做圆周运动半径不同，则周期不同，故A错误；B项：由公式可知，小行星中各行星绕太阳做圆周运动的加速度小于火星做圆周运动的加速度，故B错误；C项：小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的半径小于木星绕太阳公转的半径，因此小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期小于木星公转周期，故C错误；D项：由公式可知，某两颗行星线速度大小v不同，但有可能相同，故D正确。故选：D。 6.近年来，人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆，正在进行着激动人心的科学探究，为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础．如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并测得该运动的周期为T，则火星的平均密度ρ的表达式为（k为某个常数）（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】【详解】探测器绕火星做“近地”匀速圆周运动，万有引力做向心力，故有解得故火星的平均密度为（为常量）故选D。 7.某行星的质量是地球质量的8倍，它的半径是地球半径的2倍。若地球表面的重力加速度为g，地球的第一宇宙速度为v，则    (　　)A．该行星表面的重力加速度为gB．该行星表面的重力加速度为C．该行星的第一宇宙速度为2vD．该行星的第一宇宙速度为【答案】C【解析】【分析】由重力加速度的表达式及行星与地球的质量之比，半径之比求得重力加速度之比．由第一宇宙速度表达式及行星与地球的质量之比、半径之比求得第一宇宙速度．【详解】在表面由重力等于万有引力，即：mg=G，解得：，星球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比：，选项AB错误；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，由牛顿第二定律得：，解得：；某行星上的第一宇宙速度与地球上的第一宇宙速度之比：，则选项C正确，D错误；故选C.【点睛】本题关键是根据第一宇宙速度的表达式列式求解，其中第一宇宙速度为贴近星球表面飞行的卫星的环绕速度.8.(多选)若地球同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的，则下列说法正确的是(　　)A．同步卫星的运行周期为地球自转周期的n2倍B．同步卫星的轨道半径为地球半径的n倍C．同步卫星运行的线速度为第一宇宙速度的D．同步卫星的向心加速度为赤道上的物体随地球自转的向心加速度的【答案】BC【解析】同步卫星的运行周期与地球自转周期相等，故A错误；在地球表面G＝mg，解得g＝，根据G＝ma，解得a＝，即＝，可知＝n，故B正确；根据G＝m，解得v＝ ，根据G＝m，解得v1＝ ，又＝n，则同步卫星运行的线速度为第一宇宙速度的，故C正确；同步卫星和地球自转的角速度相等，根据a＝rω2知，同步卫星的向心加速度为赤道上的物体随地球自转的向心加速度的n倍，故D错误。 9.如图所示,A为地球同步卫星,B为运行轨道比A低的一颗卫星,C为地球赤道上某一高山山顶上的一个物体,两颗卫星及物体C的质量都相同,关于它们的线速度、角速度、运行周期和所受到的万有引力的比较,下列关系式正确的是(    )A．vB>vA>vC B．C．FB>FA>FC D．TA=TC>TB【答案】AD【解析】【详解】A.AC的角速度相等，由：可知：AB比较，同为卫星，由万有引力提供向心力，则有：解得：可知：综合分析有：故A正确；B.因为同步卫星想上对地面上的C静止，所以AC的角速度相等，AB比较，同为卫星，由万有引力提供向心力，则有：解得：  而A的角速度小于B的加速度；故：故B错误；C.由万有引力公式可知：即半径越大，万有引力越小；故：故C错误；D.卫星A为同步卫星，周期与C物体周期相等；又万有引力提供向心力，即：解得：所以A的周期大于B的周期，综合分析有：故D正确。  10.有a、b、c、d四颗地球卫星，a在地球赤道上未发射，b在地面附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，各卫星排列位置如图，则有(　　)A．a的向心力由重力提供B．c在4 h内转过的圆心角是C．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20 h【解析】  对于卫星a，根据万有引力定律、牛顿第二定律可得，GFN=ma向，而FN =mg，故a的向心力由万有引力和支持力的合力提供，A项错；由c是同步卫星可知卫星c在4 h内转过的圆心角，B项错；由G=m，得v=，故轨道半径越大，线速度越小，故卫星b的线速度大于卫星c的线速度，卫星c的线速度大于卫星d的线速度，而卫星a与同步卫星c的周期相同，故卫星c的线速度大于卫星a的线速度，C项正确；由G=mr得，T=2π，轨道半径r越大，周期越长，故卫星d的周期大于同步卫星c的周期，D项错。 11．发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送人同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是   （   ）A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【解析】对卫星来说，万有引力提供向心力，G=m=mr?2=ma，得v=，ω=，a=，而r3>r1，即v3<v1，ω3<ω1，A不对B对。1轨道的Q点与2轨道的Q点为同一位置，加速度a相同。同理2轨道的P点与3轨道的P点a也相同，C不对D对。答案BD 12.(多选)(2018·全国卷Ⅰ)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星(　　)A．质量之积　　　　　　 　B．质量之和C．速率之和   D．各自的自转角速度【答案】BC【解析】两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示：每秒转动12圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得＝m1ω2r1，＝m2ω2r2，l＝r1＋r2，解得＝ω2l，所以m1＋m2＝，质量之和可以估算。由线速度与角速度的关系v＝ωr得v1＝ωr1，v2＝ωr2，解得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算。质量之积和各自的自转角速度无法估算，B、C正确。 13.a、b两颗卫星在同一平面内绕地球做匀速圆周运动，两卫星绕行方向相同，某时刻两卫星相距最近，如图所示．已知轨道半径Ra＝4Rb，卫星b的周期为T，则两卫星再次相距最近所经历的最短时间为（    ）A．T    B．T    C．T    D．T【答案】B【解析】【分析】两颗人造地球卫星a和b绕地球做匀速圆周运动，应用万有引力提供向心力列出等式比较求得卫星a的运行周期．某时刻两卫星正好同时通过地面上同一点的正上方，当两颗卫星转动角度相差2π时，即a比b少转一圈，相距最近．【详解】设地球质量为M，卫星a和b质量分别为ma、mb两颗人造地球卫星A和B绕地球做匀速圆周运动，应用万有引力提供向心力列出等式： 联立解得：Ta=8Tb=8T至少经过时间t它们再一次相距最近，此时a比b少转一圈即有： 联立解得：．【点睛】本题既可应用万有引力提供向心力求解，也可应用开普勒行星运动定律求解，以后者较为方便，两卫星何时相距最远的求解，用到的数学变换相对较多，增加了本题难度．