2017届高考物理第一轮复习检测题

能力课时6天体运动中的“四大难点”一、单项选择题1．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后做匀速圆周运动，动能减小为原来的14，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的()A．向心加速度大小之比为4∶1B．角速度大小之比为2∶1C．周期之比为1∶8D．轨道半径之比为1∶2解析由GMmr2＝mv2r可得v＝GMr，卫星动能减小为原来的14，速度减小为原来的12，则轨道半径增加到原来的4倍，故D错误；由an＝v2r可知向心加速度减小为原来的116，故A错误；由ω＝vr可知，角速度减小为原来的18，故B错误；由周期与角速度成反比可知，周期增大到原来的8倍，故C正确。答案C2．(2016·湖南师范大学附属中学月考)北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能。如图1所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r，某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的A、B两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断正确的是()图1A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为r2gR2B．卫星1由A位置运动到B位置所需的时间是πr3RrgC．卫星1由A位置运动到B位置的过程中万有引力做正功D．卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2解析根据F合＝ma，对卫星有GMmr2＝ma，可得a＝GMr2，取地面一物体由GMm′R2＝m′g，联立解得a＝R2gr2，故A错误；根据GMmr2＝m2πT2r，得T＝4π2r3GM，又t＝16T，联立可解得t＝πr3Rrg，故B正确；卫星1由位置A运动到位置B的过程中，由于万有引力方向始终与速度方向垂直，故万有引力不做功，C错误；若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，所以卫星1不可能追上卫星2，D错误。答案B3．(2015·安徽滁州中学期末)太空行走又称为出舱活动。狭义的太空行走即指航天员离开载人航天器乘员舱，只身进入太空的出舱活动。假设某宇航员出舱离开飞船后身上的速度计显示其对地心的速度为v，该航天员从离开舱门到结束太空行走所用时间为t，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则()图2A．航天员在太空行走时可模仿游泳向后划着前进B．该航天员在太空“走”的路程估计只有几米C．该航天员离地高度为gR2v2－RD．该航天员的加速度为v2gR2解析由于太空没有空气，因此航天员在太空中行走时，无法模仿游泳向后划着前进，选项A错误；航天员在太空行走的路程是以速度v运动的路程，即为vt，选项B错误；由GMmR2＝mg和GMmR＋h2＝mv2R＋h，得h＝gR2v2－R，选项C正确；再由ag＝R2R＋h2得a＝v4gR2，选项D错误。答案C4．假设将来人类登上了火星，航天员考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图3所示的变轨过程，则有关这艘飞船的说法，下列正确的是()图3A．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动到P点的速度B．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同C．飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P点时的速度大于经过Q点时的速度解析飞船在轨道Ⅰ上经过P点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道Ⅱ上，所以飞船在轨道Ⅰ上运动到P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动到P点的速度，A错误；根据GMmr2＝mr(2πT)2，得周期公式T＝2πr3GM，虽然r相等，但是由于地球和火星的质量不等，所以周期T不相等，故B错误；飞船在轨道Ⅲ上运动到P点时与飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时受到的万有引力大小相等，加速度相等，故C错误；飞船在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点时，飞船做离心运动，P点速度大于Q点的速度，故D正确。答案D5．(2015·成都一诊)如图4甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心，轨道半径之比为1∶4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是()图4A．在图示轨道上，“轨道康复者”的速度大于7．9km/sB．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的4倍C．在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为3h，且从图示位置开始经1．5h与同步卫星的距离最近D．若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接解析“轨道康复者”在图示轨道上的速度v＝GMR＋h＜GMR＝7．9km/s，故A选项错误；“轨道康复者”在图示轨道上的加速度大小与地球同步卫星的加速度大小之比为aa′＝GMr2GM4r2＝161，故B选项错误；“轨道康复者”在图示轨道上的周期与地球同步卫星的周期之比为TT′＝2πr3GM2π4r3GM＝18，即“轨道康复者”在图示轨道上的周期为3h，要使从图示位置到二者间的距离越来越近，则需满足(2πT－2πT′)t＝π＋2kπ(其中k＝0,1,2,3…)，解得t＝127＋247k(其中k＝0,1,2,3…)，故C选项错误；若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速使“轨道康复者”做离心运动，然后与同步卫星对接，故D选项正确。答案D二、多项选择题6．如图5所示，飞船从轨道1变轨至轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的()图5A．动能大B．向心加速度大C．运动周期长D．角速度小解析根据GMmr2＝mv2r＝ma＝m4π2T2r＝mω2r知，Ek＝12mv2＝GMm2r，半径越大，动能越小，选项A错误；飞船在轨道2上向心加速度、线速度、角速度均较小，运行周期长。故选项B错误，选项C、D正确。答案CD7．(2015·江西上饶一模)在早期的反卫星试验中，攻击拦截方式之一是快速上升式攻击，即“拦截器”被送入与“目标卫星”轨道平面相同而高度较低的追赶轨道，然后通过机动飞行快速上升接近目标将“目标卫星”摧毁。图6为追赶过程轨道示意图。下列叙述正确的是()图6A．图中A是“目标卫星”，B是“拦截器”B．“拦截器”和“目标卫星”的绕行方向为图中的顺时针方向C．“拦截器”在上升的过程中重力势能会增大D．“拦截器”的加速度比“目标卫星”的加速度小解析拦截卫星的高度要比目标卫星的高度低，所以A是“拦截器”，B是“目标卫星”，A错误；由于“拦截器”轨道低，速度大，应落后于“目标卫星”，绕行方向应为图中的顺时针方向，B正确；“拦截器”在上升过程中要克服重力做功，所以重力势能增大，C正确；根据公式a＝GMr2可知“拦截器”的加速度比“目标卫星”的加速度大，D错误。答案BC8．北京时间2015年7月24日，美国宇航局宣布，可能发现了“另一个地球”——开普勒－452b。将开普勒－452b简化成如图7所示的模型：MN为该星球的自转轴，A、B是该星球表面的两点，它们与地心O的连线OA、OB与MN的夹角分别为α＝30°，β＝60°；在A、B两点处放置质量分别为mA、mB的物体。设该星球的自转周期为T，半径为R，引力常量为G。则下列说法正确的是()图7A．该星球的第一宇宙速度为2πRTB．若不考虑该星球自转，在A点用弹簧秤称量质量为mA的物体，平衡时示数为F，则星球的质量为FR2GmAC．放在A、B两点处的物体随星球自转的向心力大小的比值为mA3mBD．放在A、B两点处的物体随星球自转的向心力大小的比值为3mAmB解析该星球的第一宇宙速度v＝GMR，而2πRT是星球自转的最大线速度，所以A错误；若不考虑该星球自转，A点处的重力加速度g＝FmA，由GMmR2＝mg得M＝FR2GmA，B正确；放在A、B两处的物体随星球自转的向心力大小分别为FA＝mAω2rA＝mAω2Rsinα，FB＝mBω2rB＝mBω2Rsinβ，FAFB＝mAsinαmBsinβ＝mA3mB，C正确，D错误。答案BC9．(2016·苏北四市联考)2014年5月10日，天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象。“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线。该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出()图8A．土星质量B．地球质量C．土星公转周期D．土星和地球绕太阳公转速度之比解析行星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程后，行星的质量会约去，故无法求解行星的质量，选项A、B错误；“土星冲日”天象每378天发生一次，即每经过378天地球比土星多转动一圈，根据(2πT1－2πT2)t＝2π可以求解土星公转周期，选项C正确；知道土星和地球绕太阳的公转周期之比，根据开普勒第三定律，可以求解公转半径之比，根据v＝2πRT可以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比，选项D正确。答案CD10．如图9所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星。B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星。则以下判断正确的是()图9A．卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度B．A、B的线速度大小关系为vA＞vBC．周期大小关系为TA＝TC＞TBD．若卫星B要靠近C所在轨道，需要先加速解析第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，为最大环绕速度，所以B的速度小于第一宇宙速度，故A错误；A、C相比较，角速度相等，由v＝ωr，可知vA＜vC，根据卫星的线速度公式v＝GMr得vC＜vB，则vA＜vC＜vB，故B错误；卫星C为同步地球卫星，所以TA＝TC，再根据v＝GMr，T＝2πrv得：卫星的周期T＝2πr3GM，可知TC＞TB，所以TA＝TC＞TB，故C正确；卫星要想从低轨道到达高轨道，需要加速做离心运动，故D正确。答案CD11．(2016·黑龙江绥化三校联考)发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图10所示。当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，其中说法正确的是()图10A．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度B．卫星在轨道3上的动能小于它在轨道1上的动能C．卫星在轨道3上的引力势能小于它在轨道1上的引力势能D．卫星在轨道3上的机械能大于它在轨道1上的机械能解析地球对卫星的万有引力为GMmr2，由GMmr2＝ma，可得卫星在Q点的加速度a＝GMr2，故选项A正确；轨道1、3均为圆轨道，由GMmr2＝mv2r，可得v2＝GMr，由于轨道3的半径大于轨道1的半径，故卫星在轨道3上的动能小于在轨道1上的动能，故选项B正确；从轨道1到轨道3，地球与卫星间的引力做负功，引力势能将增加，选项C错误；由轨道1到轨道3经过两次加速，外力做正功，所以卫星在轨道3上的机械能大于它在轨道1上的机械能，故选项D正确。答案ABD