热门试卷

解：A、根据=ma得：a=，

因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍．故A正确．

B、根据=m

得：v=，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，

则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍．故B正确．

C、因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动．故C错误．

D、“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星．故D错误．

故选：AB．

解：解：A、同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，故A错误；

B、根据可知，轨道半径越小则线速度越大，轨道最小对应的速度为第一宇宙速度7.9km/s，故B错误；

C、地球同步卫星是与地球自转同步，不是与月球绕地球的周期，故C正确；

D、根据可知，离地球越近的卫星轨道半径越小，故线速度越大，D正确．

故选：CD．

解：根据万有引力提供圆周运动向心力有：，可得周期T=

所以有：

即天宫一号的周期=≈1.6h

所以ACD错误，B正确．

故选：B

解：A、根据：可知，若知道人造地球卫星的轨道半径和它的周期可以算出地球的质量，故A正确；

B、根据可知，两颗人造地球卫星，只要它们的绕行速率相等，它们的绕行半径一定相同，周期也一定相同，故B正确；

C、原来某一轨道上沿同一方向绕行的两颗卫星，一前一后，若后一卫星的速率增大，据，那么后一卫星将做离心运动，故C错误；

D、完全失重状态是指宇航员对飞船的压力或支持力为0，而宇航员本身所受的重力保持不变，故D错误．

故选：AB．

解：对于任一卫星，有：G=m卫

得卫星的周期为：T=π

由于A与B的质量之比为 MA：MB=2：1，两卫星轨道半径之比 rA：rB=1：2，代入上式解得：两卫星的运行周期之比 Ta：Tb=1：4

故选：A

解：①万有引力提供圆周运动向心力得卫星运行速率知轨道1的半径小故速度大，故①错误；

②万有引力提供圆周运动向心力有得卫星运行角速度，知轨道1的半径小，角速度大，故②正确；

③卫星在轨道1和轨道2上经过Q点时都由万有引力产生加速度，在两个轨道上经过Q点时的卫星所受万有引力相等，故加速度相同，故③错误

④卫星在轨道3和轨道2上经过P点时都由万有引力产生加速度，在两个轨道上经过P点时的卫星所受万有引力相等，故加速度相同，故④正确．

故选：D

解：A、由万有引力提供向心力得：，则=，则A正确

    B、由万有引力提供向心力得：a=，则==，则B错误

　　C、由F=得：FA：FB===1：27，则C正确

   D、由万有引力提供向心力得T=2，则TA：TB=，则D错误

故选：AC

解：A、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大．

由，得g=，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g．故A正确；

B、由，得v=，卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长．故B正确；

C、c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是．故C正确；

D、由开普勒第三定律=k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h．故D错误；

故选：ABC．

解：A、在地球表面万有引力等于重力有：mg=①，

卫星运动时万有引力提供圆周运动向心力有 =ma ②，

由①和②这两颗卫星的加速度a=g，故A错误；

B、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．故B错误；

C、根据=mr得，

T=2π，

又GM=gR2，t=

联立解得：t=，故C正确；

D、卫星1由位置A运动到位置B的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，D错误；

故选：C．

解：A、根据万有引力提供向心力得，=ma，

解得a=．根据万有引力等于重力得，GM=gR2，

则卫星的加速度a=．知卫星的加速度大小相等．故A错误．

B、这两颗卫星的线速度大小相等，均为v==，故B错误；

C、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．故C错误．

D、由=mr和=m0g，

联立解得，T=2π=2π，

故卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为：t==，故D正确．

故选：D．

解：A、在椭圆轨道远地点实施变轨成圆轨道是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于飞船所需向心力，所以应给飞船加速，增加所需的向心力．即飞船在圆形轨道上的某一点与在椭圆轨道的远地点相比速度变大，故A错误．

B、飞船受地球的万有引力就是卫星的合力．根据牛顿第二定律得：a==，M为地球质量，r为飞船到地球中心的距离．所以飞船在圆形轨道上的某一点与在椭圆轨道的远地点相比，加速度不变．故B错误．

C、飞船在圆形轨道上的某一点与在椭圆轨道的远地点相比引力大小和距离都一样，故引力势能不变，但动能较大，所以机械能较大，故C正确，D错误．

故选：C．

解：A、由自身的运动情况测不出自身的质量．故A错误；

B、根据万有引力提供圆周运动向心力，已知引力常量和轨道半径R及周期可以求出火星的质量M，故B可以确定；

C、卫星的绕行速度为V=R．故C可以确定；

D、由，卫星的加速度为：a═．故D可以确定．

本题选择不可以确定的是，故选：A．

解：A、根据万有引力提供向心力，有：G=ma，解得：a=，因为a、b的轨道半径相等，故a、b的加速度大小相等，但加速度的方向不同，所以加速度不同．故A错误．

B、由于a、b的质量不知道，无法确定受到的地球引力的大小，故B错误．

C、根据万有引力提供向心力，有：G=mr，解得：T=2π ，c的轨道半径小于a的轨道半径，故a的周期大于c的周期，即Ta＞Tc，故C正确．

D、根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，c的轨道半径小于a的轨道半径，故a的线速度小于c的线速度，即va＜vc，故D正确．

故选：CD．