热门试卷

解：根据万有引力提供向心力为：

，

解得：r=，v=

因为TA：TB=1：8

所以：RA：RB=1：4

所以：VA：VB=2：1

故选：C

解：A、根据开普勒第三定律得，，知卫星在轨道Ⅱ上运动的半径小于在轨道I运动的半长轴，则卫星在轨道Ⅱ上运动的周期比沿轨道I运动的周期短．故A正确．

B、卫星由轨道Ⅰ到达P点时必须减速，使其受到的万有引力大于需要的向心力，而做近心运动，使轨道半径降低，从而进入轨道Ⅱ．故B正确．

C、D、根据开普勒第二定律得“嫦娥一号”在P点的线速度大于Q点的线速度，故C、D错误．

故选：AB．

解：根据万有引力提供向心力

知：

它的绕日与绕月的周期之比：

故A正确、BCD错误．

故选：A．

解：A、根据万有引力提供圆周运动向心力有，解得：a=，

根据题意可知，a、c的轨道半径相同且小于b的半径，则卫星a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度，故A正确；

B、根据万有引力提供圆周运动向心力有，解得v=，ac卫星的轨道半径大小相等，故线速度大小相等，所以B错误；

C、卫星d加速后，所需要的向心力增大，万有引力不足以提供，则d将做离心运动，不能追上b，故C错误；

D、根据万有引力提供圆周运动向心力知周期T=，若卫星c变轨后在轨道半径较大的轨道上做匀速圆周运动，则其周期变大，故D正确．

故选：AD．

解：A、地球的同步卫星运动周期必须与地球自转周期相同，故知该卫星运行周期为24h．故A正确．

B、根据万有引力等于重力得：G=mg，则得g=

所以得到该卫星所在处的重力加速度与地面附近重力加速度之比为：=

则得：该卫星所在处的重力加速度为g′=g．故B正确．

C、由G=m，得T=2π，则得=．故C错误．

D、由G=m，卫星的动能Ek=，则得Ek==

又g=

联立解得，Ek=．故D正确．

故选ABD

解：A、根据万有引力提供圆周运动向心力，可知周期T=，可知周期大的轨道半径大，故海洋卫星周期小，轨道高度低，故A错误；

B、根据v=，海洋一号卫星周期短，轨道半径小，线速度比海洋二号大，故B错误；

C、根据T=，可知，同步卫星的周期大于三颗海洋卫星的周期，故轨道半径最大，又据v=可知同步卫星的运行速度最小，故C正确；

D、据T=可知，海洋卫星运行周期小于同步卫星，轨道高度不可能超过同步卫星，故D错误．

故选：C．

解：A、卫星做匀速圆周运动的向心力是由地球对卫星的万有引力提供，故A正确；

B、卫星做匀速圆周运动的向心力是由地球对卫星的万有引力提供的，

=m=m=ma，

v=，所以轨道半径越大，卫星线速度越小，故B错误；

C、T=2π，所以轨道半径越大，周期越大，故C正确；

D、a=，所以同一轨道上运行的卫星，向心加速度大小相等，故D正确；

本题选错误的，故选：B．

解：AC、P、Q两颗卫星均绕地心做匀速圆周运动，由万有引力等于向心力得

   G=ma=m

在地表上，由重力等于万有引力得 m′g=G

联立得，卫星的加速度 a=，线速度 v=．故AC正确．

BD、P、Q两颗卫星不一定是地球同步卫星，卫星P运动到Q目前位置处所需的时间不一定是．故BD错误．

故选：AC

解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有

F=F向

故

解得

①

②

③

A、B：根据题意两次变轨，分别为从“24小时轨道”变轨为“48小时轨道”和从“48小时轨道”变轨为“72小时轨道”，则结合②式可知，在每次变轨完成后与变轨前相比运行周期增大，运行轨道半径增大，运行线速度减小，所以卫星动能减小，故A正确、B错误．

C、D：两次变轨后，半径都增大，由③式可知，加速度减小．故C正确，D错误．

故选AC．