热门试卷

解：A、在轨道Ⅰ需要减速做近心运动才能变至轨道Ⅱ，故A正确；

B、万有引力提供向心力，故：

G

解得：

a=∝

故变轨前后向心加速度大小的比值为：

故B错误；

C、万有引力提供向心力，故：

G

故：

v=，故卫星越高越慢，故变轨后“神舟10号”的线速度小于7.9km/s，故C错误；

D、若“天宫一号”与“神舟10号”同轨，且一前一后沿同一方向绕行，飞船向后喷气加速，会做离心运动，不会对接，故D错误；

故选：A．

解：万有引力提供圆周运动向心力有：

AB、线速度知轨道半径小的神州五号线速度大，故A正确，B错误；

CD、周期知，轨道半径小的神州五号周期小，故C正确，D错误．

故选：AC．

解：人造地球卫星在绕地球做圆周运动时地球对卫星的引力提供圆周运动的向心力

故有G=mR

故T=，显然R越大，卫星运动的周期越长．

又G=m

v=，显然轨道半径R越大，线速度越小．

故A正确．

故选A．

解：匀速圆周运动的人造地球卫星受到的万有引力提供向心力，即，因此，周期为：

∵G、M一定，∴卫星的周期与半径有关，半径越大，周期越大，因此，选项B正确，选项A、C、D错误．

故选：B．

解：A、卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，偏转的角度是120°，刚好为运动周期的T，所以卫星运行的周期为3t，同步卫星的周期是24h，由

得：，所以：．故A正确；

B、由=m得：．故B错误；

C、7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7.9km/s．故C错误；

D、由于不知道卫星的质量关系，故D错误．

故选：A．

解：令科学探测卫星的周期为T，则由题意知，在12h的时间里，地球自转过π弧度，而科学探测卫星转过的角度为（n+）•2π，所以科学探测卫星运动的时间

t=（T（n=0，1，2，3…）所以探测卫星的周期T=（n=0，1，2，3…），所以当n=0时，T=24h，当n=1时，T=8h，当n=2时，T=4.8h，当n=3时，T=，当n=4时，T=，故可知B正确，ACD错误．

故选：B．

解：由题意知，“神舟星”运动线速度，“杨利伟星”运行线速度，显然有v1＞v2；

A．由万有引力提供向心力，，即，，有r1＜r2，所以A错误

B．由万有引力提供向心力，，即，，由r1＜r2，则a1＞a2，B正确

C．由开普勒第三定律，，得，由于r1＜r2，则T1＜T2，C错误

D．由万有引力提供向心力，，得，得，由r1＜r2，则ω1＞ω2，D正确

故选：B、D

解：A、卫星在经过A点时，要做离心运动才能沿2轨道运动，卫星在1轨道上的速度为7.7km/s，故在2轨道上经过A点的速度一定大于7.7km/s．故A正确．

B、假设有一圆轨道经过B点，根据，可知此轨道上的速度小于7.7km/s，卫星在B点速度减小，才会做近心运动进入2轨道运动．故卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7.7km/s，故B错误．

C、卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在3轨道所具有的机械能一定大于2轨道所具有的机械能，故C错误．

D、卫星在A点时，距离地球的距离相同，万有引力相同，根据牛顿第二定律，加速度相同．故D正确．

故选：AD．

解：根据万有引力提供向心力得

==mω2r=m=ma

A、v=，它们距地面的高度分别是R和2R（R为地球半径）．所以轨道半径是2：3，

所以a、b的线速度大小之比是 ，故A错误

B、周期T=2π，所以a、b的周期之比是2：3．故B错误

C、ω=，a、b的角速度大小之比是3：2，即3：4，故C正确

D、a=，所以a、b的向心加速度大小之比是9：4，故D正确

故选CD．

解：A、根据万有引力提供向心力：，得：v=，线速度与中心天体的质量、轨道半径有关，已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道的半径之比为b，所以在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比．故A正确．

B、卫星在停泊轨道必须加速做离心运动，才能进入到地月转移轨道，卫星在地月转移轨道需要减速做近心运动，才能进入工作轨道，故B正确．

C、卫星的发射速度大于第二宇宙速度，将脱离地球的束缚，绕太阳运动，故C错误．

D、第一宇宙速度是贴着地球表面做匀速圆周运动的速度，半径越大，线速度越小，在停泊轨道上运行的速度小于第一宇宙速度．故D错误．

故选：AB．