高一万有引力与宇宙单元试卷(word版含答案)

一、第七章 万有引力与宇宙航行易错题培优（难）1．假设太阳系中天体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，则下列物理量变化正确的是( ) A ．地球的向心力变为缩小前的一半 B ．地球的向心力变为缩小前的C ．地球绕太阳公转周期与缩小前的相同D ．地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半 【答案】BC 【解析】A 、B 、由于天体的密度不变而半径减半，导致天体的质量减小，所以有：3/4328r MM ρπ⎛⎫==⎪⎝⎭ 地球绕太阳做圆周运动由万有引力充当向心力．所以有：//221G162M M M M G R R =⎛⎫ ⎪⎝⎭日日地地， B正确，A 错误； C 、D 、由//2/224G22M M R M T R π⎛⎫= ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭日地地，整理得：23?4T r GMπ=，与原来相同，C 正确；D错误； 故选BC ．2．如图所示，a 为地球赤道上的物体，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c 为地球同步卫星。

关于a 、b 、c 做匀速圆周运动的说法正确的是（ ）A ．向心力关系为F a >F b >F cB ．周期关系为T a =T c <T bC ．线速度的大小关系为v a <v c <v bD ．向心加速度的大小关系为a a <a c <a b【答案】CD 【解析】 【分析】【详解】A ．三颗卫星的质量关系不确定，则不能比较向心力大小关系，选项A 错误；B ．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，即a c T T =卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得2224πGMm m r r T= 得2T =由于c b r r >，则c b T T >所以a cb T T T =>故B 错误；C ．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，即a c ωω=由于a c r r >，根据v r ω=可知c a v v >卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得22GMm v m r r= 得v =由于c b r r >，则c b v v <所以b c a v v v >>故C 正确；D ．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，即a c ωω=由于a c r r >，根据2a r ω=可知c a a a >卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得2GMmma r = 得2GMa r =由于c b r r >，则c b a a <所以b c a a a a >>故D 正确。

故选CD 。

3．如图所示，宇航员完成了对月球表面的科学考察任务后，乘坐返回舱返回围绕月球做圆周运动的轨道舱。

为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度。

已知返回舱与人的总质量为m ，月球质量为M ，月球的半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，轨道舱到月球中心的距离为r ，不计月球自转的影响。

卫星绕月过程中具有的机械能由引力势能和动能组成。

已知当它们相距无穷远时引力势能为零，它们距离为r 时，引力势能为p GMmE r=-，则（ ）A ．返回舱返回时，在月球表面的最大发射速度为v gR =B ．返回舱在返回过程中克服引力做的功是(1)R W mgR r=-C ．返回舱与轨道舱对接时应具有的动能为22k mgR E r=D ．宇航员乘坐的返回舱至少需要获得(1)RE mgR r=-能量才能返回轨道舱【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A ．返回舱在月球表面飞行时，重力充当向心力2v mg m R＝解得v =已知轨道舱离月球表面具有一定的高度，故返回舱要想返回轨道舱，在月球表面的发射速，故A 错误；B ．返回舱在月球表面时，具有的引力势能为GMmR-，在轨道舱位置具有的引力势能为GMmr-，根据功能关系可知，引力做功引起引力势能的变化，结合黄金代换式可知 002GMm m g R= GM =gR 2返回舱在返回过程中克服引力做的功是(1)RW mgR r=-故B 正确；C ．返回舱与轨道舱对接时，具有相同的速度，根据万有引力提供向心力可知22 GMm v m r r＝ 解得动能222212k GMm mgR E mv r r==＝ 故C 正确；D ．返回舱返回轨道舱，根据功能关系可知，发动机做功，增加了引力势能和动能22(1)22R mgR mgR mgR mgR r r r-+=-即宇航员乘坐的返回舱至少需要获得22mgR mgR r-的能量才能返回轨道舱，故D 错误。

故选BC 。

4．行星A 和行星B 是两个均匀球体，行星A 的卫星沿圆轨道运行的周期为T A ，行星B 的卫星沿圆轨道运行的周期为T B ，两卫星绕各自行星的近表面轨道运行，已知:1:4A B T T =，行星A 、B 的半径之比为A B :1:2R R =，则（）A ．这两颗行星的质量之比AB :2:1m m = B ．这两颗行星表面的重力加速度之比:2:1A B g g =C ．这两颗行星的密度之比A B :16:1ρρ=D ．这两颗行星的同步卫星周期之比A B :T T =【答案】AC【解析】 【分析】 【详解】A ．人造地球卫星的万有引力充当向心力2224Mm R G m R Tπ＝ 得2324R M GTπ＝ 所以这两颗行星的质量之比为32()116(2 811)A A B B B A m R T m R T ⨯⨯＝＝＝ 故A 正确；B ．忽略行星自转的影响，根据万有引力等于重力2MmGmg R ＝ 得2GMg R ＝所以两颗行星表面的重力加速度之比为2248 11()1A AB B B A g m R g m R ⨯⨯＝＝＝ 故B 错误；C ．行星的体积为343V R π＝ 故密度为232234343R M GT V GT R ππρπ＝＝＝所以这两颗行星的密度之比为2)16 1(A B B A T T ρρ＝＝ 故C 正确；D ．根据题目提供的数据无法计算同步卫星的周期之比，故D 错误。

故选AC 。

5．电影《流浪地球》讲述的是面对太阳快速老化膨胀的灾难，人类制定了“流浪地球”计划，这首先需要使自转角速度大小为ω的地球停止自转，再将地球推移出太阳系到达距离太阳最近的恒星（比邻星）。

为了使地球停止自转，设想的方案就是在地球赤道上均匀地安装N台“喷气”发动机，如图所示（N较大，图中只画出了4个）。

假设每台发动机均能沿赤道的切线方向提供大小恒为F的推力，该推力可阻碍地球的自转。

已知描述地球转动的动力学方程与描述质点运动的牛顿第二定律方程F=ma具有相似性，为M=Iβ，其中M 为外力的总力矩，即外力与对应力臂乘积的总和，其值为NFR；I为地球相对地轴的转动惯量；β为单位时间内地球的角速度的改变量。

将地球看成质量分布均匀的球体，下列说法中正确的是（）A．在M=Iβ与F=ma的类比中，与质量m对应的物理量是转动惯量I，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度B．地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变小C．地球停止自转后，赤道附近比两极点附近的重力加速度大D．地球自转刹车过程中，两极点的重力加速度逐渐变大E.这些行星发动机同时开始工作，使地球停止自转所需要的时间为I NFF.若发动机“喷气”方向与地球上该点的自转线速度方向相反，则地球赤道地面的人可能会“飘”起来G.在M=Iβ与F=ma的类比中，力矩M对应的物理量是m，其物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度H.β的单位应为rad/sI.β-t图象中曲线与t轴围成的面积的绝对值等于角速度的变化量的大小J.地球自转刹车过程中，赤道表面附近的重力加速度逐渐变大K.若停止自转后，地球仍为均匀球体，则赤道处附近与极地附近的重力加速度大小没有差异【答案】AFIJK【解析】【分析】【详解】A．I为刚体的“转动惯量”，与平动中的质量m相对应，表征刚体转动状态改变的难易程度，故在本题中的物理意义是反映改变地球绕地轴转动情况的难易程度，故A正确；BJ ．地球自转刹车过程中，万有引力提供赤道表面附近的重力加速度和物体做圆周运动的向心力，则22MmGmg m r rω-=故赤道表面附近的重力加速度逐渐增大，故B 错误，J 正确；C ．地球视为均匀球体地球停止自转后，万有引力提供重力加速度，故赤道附近和两极点附近的重力加速度一样大，故C 错误；D ．地球自转刹车过程中，；两极点处万有引力提供重力加速度，故两极点的重力加速度保持不变，故D 错误； EHI ．由题意可知M I β=，M NFR =解得NFR Iβ=且t tωωβ∆-==∆ 故β的单位为2rad/s ，由β的定义式可知，β-t 图象中曲线与t 轴围成的面积的绝对值等于角速度的变化量的大小，且联立解得I t NFRω=故EH 错误，I 正确；F ．若发动机“喷气”方向与地球上该点的自转线速度方向相反，则地球的自转角速度变大，则人跟地球一起做圆周运动所需的向心力变大，当万有引力不足以提供向心力时，人会飘起来，故F 正确；G ．在M=Iβ与F =ma 的类比中，力矩M 对应的物理量是F ，表征外力对刚体的转动效果，故G 错误； 故选AFIJK 。

6．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 ．椭圆轨道的半长轴长度为RB ．卫星在Ⅰ轨道的速率为v 0，卫星在Ⅱ轨道B 点的速率为v B ， 则v 0＞v BC ．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a 0，卫星在Ⅱ轨道A 点加速度大小为a A ，则a 0＜a AD ．若OA =0.5R ，则卫星在B 点的速率v B ＞23GMR【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】由开普勒第三定律可得：23 T k a ＝，圆轨道可看成长半轴、短半轴都为R 的椭圆，故a=R ，即椭圆轨道的长轴长度为2R ，故A 正确；根据万有引力做向心力可得：22GMm mv r r＝，故v ＝GMr，那么，轨道半径越大，线速度越小；设卫星以OB 为半径做圆周运动的速度为v'，那么，v'＜v 0；又有卫星Ⅱ在B 点做向心运动，故万有引力大于向心力，所以，v B ＜v'＜v 0，故B 正确；卫星运动过程只受万有引力作用，故有：2GMmma r ＝，所以加速度2GMa r =；又有OA ＜R ，所以，a 0＜a A ，故C 正确；若OA=0.5R ，则OB=1.5R ，那么，v ′＝23GM R ，所以，v B ＜2 3GMR，故D 错误； 点睛：万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量．7．宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量为m 的星球位于等边三角形的三个顶点上，任意两颗星球的距离均为L ，并绕其中心O 做匀速圆周运动．忽略其他星球对它们的引力作用，引力常量为G ，以下对该三星系统的说法正确的是 ( )A ．每颗星球做圆周运动的半径都等于LB ．每颗星球做圆周运动的加速度与星球的质量无关C ．每颗星球做圆周运动的线速度Gmv L=D．每颗星球做圆周运动的周期为2T π=【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A ．三颗星球均绕中心做圆周运动，由几何关系可知r ＝2cos30L︒L A 错误；B ．任一星球做圆周运动的向心力由其他两个星球的引力的合力提供，根据平行四边形定则得F ＝222Gm Lcos 30°＝ma解得aB 错误； CD ．由F ＝222Gm L cos 30°＝m 2v r ＝m 224Tπr得vT ＝2πC 正确，D 错误。