物理高一下册 万有引力与宇宙单元练习(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．组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转的速率，如果超出了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤附近的物体随星球做圆周运动,由此能得到半径为R,密度为ρ、质量为M 且均匀分布的星球的最小自转周期T ，下列表达式正确的是：（ ）
A ．2T =
B ．2T =
C ．T =
D ．T =
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB.当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即
2224m GMm R
R T
π= 解得：
2T =① 故B 正确，A 错误； CD. 星球的质量
34
3
M ρV πρR ==
代入①式可得：
T =
故C 正确，D 错误．
2．在太阳系外发现的某恒星a 的质量为太阳系质量的0.3倍，该恒星的一颗行星b 的质量是地球的4倍，直径是地球的1.5倍，公转周期为10天．设该行星与地球均为质量分布均匀的球体，且分别绕其中心天体做匀速圆周运动，则（ ） A ．行星b 的第一宇宙速度与地球相同
B ．行星b 绕恒星a 运行的角速度大于地球绕太阳运行的角速度
C ．如果将物体从地球搬到行星b 上，其重力是在地球上重力的169
D ．行星b 与恒星a 【答案】BC 【解析】
【分析】 【详解】
A ．当卫星绕行星表面附近做匀速圆周运动时的速度即为行星的第一宇宙速度，由
22Mm v G m R R
= 得
v =
M 是行星的质量，R 是行星的半径，则得该行星与地球的第一宇宙速度之比为
v v 行地：=
故A 错误；
B ．行星b 绕恒星a 运行的周期小于地球绕太阳运行的周期；根据2T
π
ω= 可知，行星b 绕恒星a 运行的角速度大于地球绕太阳运行的角速度，选项B 正确； C ．由2GM
g R
=
，则 2
216
9
M R g g M R =⨯=行地行地地行：
则如果将物体从地球搬到行星b 上，其重力是在地球上重力的16
9
，则C 正确； D ．由万有引力提供向心力：
2
224Mm G m R R T
π= 得：
R = 则
ab R R 日地则D 错误； 故选BC 。

3．2020年也是我国首颗人造卫星“东方红一号”成功发射50周年。

1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星“东方红一号”，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km ，远地点高度约为2060km ；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km 的地球同步轨道上。

设东方红一号在近地点的加速度为1a ，
线速度1v ，东方红二号的加速度为2a ，线速度2v ，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为3a ，线速度3v ，则下列大小关系正确的是（ ） A ．213a a a >> B ．123a a a >>
C ．123v v v >>
D ．321v v v >>
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．对于两颗卫星公转，根据牛顿第二定律有
2
Mm
G
ma r = 解得加速度为2
GM
a r =
，而东方红二号的轨道半径更大，则12a a >；东方红二号卫星为地球同步卫星，它和赤道上随地球自转的物体具有相同的角速度，由匀速圆周运动的规律 2a r ω=
且东方红二号卫星半径大，可得23a a >，综合可得123a a a >>，故A 错误，B 正确；
CD ．假设东方红一号卫星过近地点做匀速圆周运动的线速度为1v '，需要点火加速变为椭圆轨道，则11
v v '>；根据万有引力提供向心力有 2
2Mm v G m r r
=
得卫星的线速度v =
可知，东方红二号的轨道半径大，则1
2v v '>；东方红二号卫星为地球同步卫星，它和赤道上随地球自转的物体具有相同的角速度，由匀速圆周运动的规律有
v r ω=
且东方红二号卫星半径大，可得23v v >，综上可得11
23v v v v '>>>，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

4．在地球上观测，太阳与地内行星（金星、水星）可视为质点，它们与眼睛连线的夹角有最大值时叫大距。

地内行星在太阳东边时为东大距，在太阳西边时为西大距，如图所示。

已知水星到太阳的平均距离约为0.4天文单位（1天文单位约为太阳与地球间的平均距离），金星到太阳的平均距离约为0.7天文单位，地内行星与地球可认为在同一平面内的
0.8≈0.6≈，则下列说法中正确的是（ ）
A ．水星的公转周期为0.4年
B ．水星的线速度大约为金星线速度的1.3倍
C ．水星两次东大距的间隔时间大约
619
年 D ．金星两次东大距的间隔时间比水星短 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．行星绕太阳公转时，由万有引力提供向心力，则得
2
224Mm G m r r T
π= 可得行星公转周期为
3
2r T GM
= 式中M 是太阳的质量，r 是行星的公转轨道半径。

则水星与地球公转周期之比
3
33 040.40.4T r T r ===水水
地地
．所以水星的公转周期为
0.40.4T =水
故A 错误
B ．由万有引力提供向心力得
2
2Mm v G m r r
= 得
GM
v r
=
则水星的线速度与金星线速度之比
0.7
1.30.4
v r v r =
=≈水金水金
则B 正确。

C ．设水星两次东大距的间隔时间为t 。

则
222t t T T ππ
π=
-水地
得
10.40.46
1910.40.4
T T t T T ⨯=
=
≈--地水地水
年年
则C 正确；
D ．因金星的周期长，则金星两次东大距的间隔时间比水星长，则D 错误。

故选BC 。

5．如图所示为科学家模拟水星探测器进入水星表面绕行轨道的过程示意图，假设水星的半径为R ，探测器在距离水星表面高度为3R 的圆形轨道I 上做匀速圆周运动，运行的周期为T ，在到达轨道的P 点时变轨进入椭圆轨道II ，到达轨道II 的“近水星点”Q 时，再次变轨进入近水星轨道Ⅲ绕水星做匀速圆周运动，从而实施对水星探测的任务，则下列说法正确的是（ ）
A ．水星探测器在P 、Q 两点变轨的过程中速度均减小
B ．水星探测器在轨道II 上运行的周期小于T
C ．水星探测器在轨道I 和轨道II 上稳定运行经过P 时加速度大小不相等
D ．若水星探测器在轨道II 上经过P 点时的速度大小为v P ，在轨道Ⅲ上做圆周运动的速度大小为v 3，则有v 3>v P 【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】
AD ．在轨道I 上运行时
2
12mv GMm r r
=
而变轨后在轨道II 上通过P 点后，将做近心运动，因此
2
2P
mv GMm r r
>
则有
1P v v >
从轨道I 变轨到轨道II 应减速运动；而在轨道II 上通过Q 点后将做离心运动，因此
22Q
mv GMm r r <
''
而在轨道III 上做匀速圆周运动，则有
23
2=
mv GMm r r ''
则有
3Q v v <
从轨道II 变轨到轨道III 同样也减速，A 正确； B ．根据开普勒第三定律
3
2r T
=恒量 由于轨道II 的半长轴小于轨道I 的半径，因此在轨道II 上的运动周期小于在轨道I 上运动的周期T ，B 正确； C ．根据牛顿第二定律
2
GMm
ma r
= 同一位置受力相同，因此加速度相同，C 错误； D ．根据
2
2
mv GMm r r
= 解得
v =
可知轨道半径越大运动速度越小，因此
31v v >
又
1P v v >
因此
3P v v >
D 正确。

故选ABD 。

6．宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”,它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动,而不至于因万有引力的作用吸引到一起．设两者的质量分别为m 1和m 2且12m m >则下列说法正确的是( )
A ．两天体做圆周运动的周期相等
B ．两天体做圆周运动的向心加速度大小相等
C ． m 1的轨道半径大于m 2的轨道半径
D ． m 2的轨道半径大于m 1的轨道半径 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．双星围绕两者连线上的某一点做匀速圆周运动，故两者周期相同，所以A 正确；
B ．双星间万有引力提供各自圆周运动的向心力有
m 1a 1=m 2a 2
因为两星质量不等，故其向心加速度不等，所以B 错误； CD ．双星圆周运动的周期相同故角速度相同，即有
m 1r 1ω2＝m 2r 2ω2
所以m 1r 1=m 2r 2，又因为m 1＞m 2，所以r 1＜r 2，所以C 错误，D 正确。

故选AD 。

7．如图所示，卫星在半径为1r 的圆轨道上运行速度为1υ，当其运动经过A 点时点火加速，使卫星进入椭圆轨道运行，椭圆轨道的远地点B 与地心的距离为2r ，卫星经过B 点的速度为B υ，若规定无穷远处引力势能为0，则引力势能的表达式p GMm
E r
=-
，其中G 为引力常量，M 为中心天体质量，m 为卫星的质量，r 为两者质心间距，若卫星运动过程中仅受万有引力作用，则下列说法正确的是
A ．1b υυ<
B ．卫星在椭圆轨道上A 点的加速度小于B 点的加速度
C ．卫星在A 点加速后的速度为2
1
2112A B GM r r υυ⎛⎫=
-+ ⎪⎝⎭
D ．卫星从A 点运动至B 点的最短时间为()
3
121
1
1
2r r t r υ+=
【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
假设卫星在半径为r 2的圆轨道上运行时速度为v 2．由卫星的速度公式GM
v r
=
知，卫星在半径为r 2的圆轨道上运行时速度比卫星在半径为r 1的圆轨道上运行时速度小，即v 2<v 1．卫星要从椭圆轨道变轨到半径为r 2的圆轨道，在B 点必须加速，则v B <v 2，所以有v B <v 1．故A 正确．由
2
GMm
ma r
=，可知轨道半径越大，加速度越小，则A B a a >，故B 错误；卫星加速后从A 运动到B 的过程，由机械能守恒定律得，
221211()()22A B GMm GMm mv mv r r +-=+- 得212
112()A B v GM v r r =-+，故C 正确；设卫星在半径为r 1的圆轨道上运行时周期为T 1，在椭圆轨道运行周期为T 2．根据开普勒第三
定律3
123
122
1
2(
)2r r r T T += 又因为1112r T v π= 卫星从A 点运动至B 点的最短时间为22T t =，联立解得3
1211
()2r r t v r π
+=
故D 错误．
8．同步卫星的发射方法是变轨发射，即先把卫星发射到离地面高度为几百千米的近地圆形轨道Ⅲ上，如图所示，当卫星运动到圆形轨道Ⅲ上的B 点时，末级火箭点火工作，使卫星进入椭圆轨道Ⅱ，轨道Ⅱ的远地点恰好在地球赤道上空约36000km 处，当卫星到达远地点
A 时，再次开动发动机加速，使之进入同步轨道Ⅰ。

关于同步卫星及发射过程，下列说法
正确的是（ ）
A ．在
B 点火箭点火和A 点开动发动机的目的都是使卫星加速，因此卫星在轨道Ⅰ上运行
的线速度大于在轨道Ⅲ上运行的线速度
B ．卫星在轨道Ⅱ上由A 点向B 点运行的过程中，速率不断增大
C ．所有地球同步卫星的运行轨道都相同
D ．同步卫星在圆形轨道运行时，卫星内的某一物体处于超重状态 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据变轨的原理知，在
B 点火箭点火和A 点开动发动机的目的都是使卫星加速； 当卫星做圆周运动时有
22Mm v G m r r
= 解得
GM
v r
=
可知卫星在轨道I 上运行的线速度小于在轨道Ⅲ上运行的线速度，故A 错误； B ．卫星在轨道Ⅱ上由A 点向B 点运行的过程中，万有引力做正功，动能增大，则速率不断增大，故B 正确；
C ．所有的地球同步卫星的静止轨道都在赤道平面上，高度一定，所以运行轨道都相同，故C 正确；
D ．同步卫星在圆形轨道运行时，卫星内的某一物体受到的万有引力完全提供向心力，物体处于失重状态，故D 错误。

故选BC 。

9．米歇尔·麦耶和迪迪埃·奎洛兹因为发现了第一颗太阳系外行星一飞马座51b 而获得2019年诺贝尔物理学奖。

如图所示，飞马座51b 与恒星构成双星系统，绕共同的圆心O 做匀速圆周运动，它们的质量分别为1m 、2m 。

下列关于飞马座51b 与恒星的说法正确的是（ ）
A ．轨道半径之比为12:m m
B ．线速度大小之比为12:m m
C ．加速度大小之比为21:m m
D ．向心力大小之比为21:m m 【答案】C 【解析】
【分析】 【详解】
D ．双星系统属于同轴转动的模型，具有相同的角速度和周期，两者之间的万有引力提供向心力，故两者向心力相同，选项D 错误；
A ．根据22
1122m r m r ωω=可得半径之比等于质量的反比，即
1221r r m m =::
选项A 错误；
B ．根据v r ω=可知线速度之比等于半径之比，即
1221::v v m m =
选项B 错误；
C ．根据a v ω=可得加速度大小之比为
121221:::a a v v m m ==
选项C 正确。

故选C 。

10．2020年6月23日，我国北斗卫星导航系统最后一颗组网卫星成功发射，这是一颗同步卫星。

发射此类卫星时，通常先将卫星发送到一个椭圆轨道上，其近地点M 距地面高h 1，远地点N 距地面高h 2，进入该轨道正常运行时，其周期为T 1，机械能为E 1，通过M 、N 两点时的速率分别是v 1、v 2，加速度大小分别是a 1、a 2。

当某次飞船通过N 点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面高h 2的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，这时飞船的运动周期为T 2，速率为v 3，加速度大小为a 3，机械能为E 2。

下列结论正确的是（ ） ①v 1＞v 3 ②E 2＞E 1 ③a 2＞a 3 ④T 1＞T 2
A ．①②③
B ．②③
C ．①②
D ．③④
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
①根据万有引力提供向心力有
22Mm v G m r r
= 解得卫星的线速度
GM
v r
=
可知半径越大，线速度越小，所以v 1＞v 3，①正确；
②飞船要从图中椭圆轨道变轨到圆轨道，必须在N 点加速，其机械能增大，则E 2＞E 1，②正确；
③根据万有引力提供向心力有
2
Mm
G
ma r = 解得
2
GM
a r =
可知a 2=a 3，③错误；
④因图中椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半径，根据开普勒第三定律3
2a k T
=可知T 1＜T 2，
④错误，故选C 。

11．2019年2月5日，“流浪地球”在中国大陆上映，赢得了票房和口碑双丰收。

影片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，与转动惯量I 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
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 ．停止自转后，赤道附近比极地附近的重力加速度大
D
．这些行星发动机同时开始工作，且产生的推动力大小恒为F ，使地球停止自转所需要的
时间为I NF
ω
【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．在M=Iβ与F =ma 的类比中，与转动惯量I 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，A 正确；
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大，B 错误；
C ．停止自转后，赤道附近与极地附近的重力加速度大小相等，C 错误；
D ．这些行星发动机同时开始工作，且产生的推动力大小恒为F ，根据
NFR I β=
而
t βω=
则停止的时间
I t NFR
ω=
D 错误。

故选A 。

12．卫星围绕某行星做匀速圆周运动的轨道半径的三次方（r 3）与周期的平方（T 2）之间的关系如图所示。

若该行星的半径R 0和卫星在该行星表面运行的周期T 0已知，引力常量为G ，则下列物理量中不能求出的是（ ）
A ．该卫星的线速度
B ．该卫星的动能
C ．该行星的平均密度
D ．该行星表面的重力加速度
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．卫星在该行星表面运行，则卫星的线速度
2R v T π＝
选项A 可求，不符合题意
B ．卫星的动能
212
k E mv
=
因不知卫星的质量，故无法求得，选项B 符合题意； C ．在星球表面，根据万有引力提供向心力得
202200
4Mm G mR R T π＝ 解得
2302
04R M GT π=
则行星的密度
2300
343
M M V GT R πρπ=
=
=
选项C 可求，不符合题意。

D ．在星球表面，根据万有引力与重力近似相等得
20
Mm
G
mg R ＝ 解得
20
22
00
4R M g G R T π== 选项D 可求，不符合题意。

故选B 。

13．如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a 、b 、c 三颗卫星均做圆周运动，a 是地球同步卫星，则（ ）
A ．卫星a 的运行速度小于c 的运行速度
B ．卫星a 的加速度大于c 的加速度
C ．卫星b 的运行速度大于第一宇宙速度
D ．卫星c 的周期大于24 h 【答案】A 【解析】 【分析】
【详解】 AC ．根据
2
2GMm v m r r
= 得卫星的线速度为
GM
v r
=
可知轨道半径大的卫星运行速度小，所以卫星a 的运行速度小于c 的运行速度，卫星b 的运行速度小于第一宇宙速度，选项A 正确，C 错误； B ．根据
2
GMm
ma r
= 得卫星的加速度为
2GM a r
=
可知轨道半径大的卫星加速度小，所以卫星a 的加速度小于c 的加速度，选项B 错误； D ．根据
22
24GMm mr r T
π= 得卫星的周期为
23
4r T GM
π=
可知轨道半径大的卫星周期大，所以卫星a （地球同步卫星）的周期大于c 的周期，即卫星c 的周期小于24h ，选项D 错误。

故选A 。

14．地球同步卫星的发射方法是变轨发射，如图所示，先把卫星发射到近地圆形轨道Ⅰ上，当卫星到达P 点时，发动机点火。

使卫星进入椭圆轨道Ⅱ，其远地点恰好在地球赤道上空约36000km 处，当卫星到达远地点Q 时，发动机再次点火。

使之进入同步轨道Ⅲ，已知地球赤道上的重力加速度为g ，物体在赤道表面上随地球自转的向心加速度大小为a ，下列说法正确的是如果地球自转的（ ）
A ．角速度突然变为原来的
g a
a
+倍，那么赤道上的物体将会飘起来 B ．卫星与地心连线在轨道Ⅱ上单位时间内扫过的面积小于在轨道Ⅲ上单位时间内扫过的面
积
C ．卫星在轨道Ⅲ上运行时的机械能小于在轨道Ⅰ上运行时的机械能
D ．卫星在远地点Q 时的速度可能大于第一宇宙速度 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．赤道上的物体的向心加速度
2
0a R ω=
若赤道上的物体飘起来，万有引力全部用来提供向心力，此时
22
()GMm m g a m R R
ω=+= 可得
0ω
A 错误；
B ．由于在椭圆轨道Ⅱ上Q 点的速度小于轨道Ⅲ上Q 点的速度，因此在轨道II 上Q 点附近单位时间内扫过的面积小于轨道III 上单位时间内扫过的面积，而在轨道II 上相同时间内扫过的面积相等，故B 正确；
C ．从轨道I 进入轨道II 的过程中，卫星点火加速，机械能增加，从轨道II 上进入轨道III 的过程中，再次点火加速，机械能增加，因此卫星在轨道Ⅲ上运行时的机械能大于在轨道Ⅰ上运行时的机械能，故C 错误；
D ．在轨道II 上Q 点的速度小于轨道III 上Q 点的速度，而轨道III 上卫星的运行速度小于第一宇宙速度，因此卫星在轨道II 的远地点Q 时的速度小于第一宇宙速度，故D 错误。

故选B 。

15．靠近地面运行的近地卫星的加速度大小为a 1，地球同步轨道上的卫星的加速度大小为a 2，赤道上随地球一同运转（相对地面静止）的物体的加速度大小为a 3，则（ ） A ．a 1=a 3＞a 2 B ．a 1＞a 2＞a 3
C ．a 1＞a 3＞a 2
D ．a 3＞a 2＞a 1
【答案】B 【解析】 【分析】
题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体3、绕地球表面附近做圆周运动的近地卫星1、地球同步卫星2；物体3与卫星1转动半径相同，物体3与同步卫星2转动周期相同，从而即可求解． 【详解】
地球上的物体3自转和同步卫星2的周期相等为24h ，则角速度相等，即ω2=ω3，而加速
度由a =r ω2，得a 2＞a 3；同步卫星2和近地卫星1都靠万有引力提供向心力而公转，根据
2GMm ma r =，得2
GM
a r
=，知轨道半径越大，角速度越小，向心加速度越小，则a 1＞a 2，综上B 正确；故选B ． 【点睛】
本题关键要将赤道上自转物体3、地球同步卫星2、近地卫星1分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化．。