热门试卷

解：根据万有引力提供圆周运动向心力有：

A、周期知半径越大周期越大，故A正确；

B、线速度知半径越大线速度越小，故B错误；

C、向心加速度知半径越大，向心加速度越小，故C错误；

D、神舟九号飞船要与天宫一号对接，需要抬升轨道高度，根据卫星变轨原理要使神舟九号做离心运动，在万有引力一定的条件下做离心运动只有增加圆周运动所需的向心力即增加飞船的速度，故应该向后喷气，故D错误．

故选：A

解：A、B据题知，两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，都绕地心做匀速圆周运动，角速度必定相同，由v=rω，v∝r，所以v1＜v2．故A错误，B正确．

C、假设悬绳没有作用力，两颗卫星均由万有引力提供向心力，根据卫星的速度公式v=和v=rω知，ω=，A卫星的角速度大于B卫星的角速度，若两卫星与地心连线在一条直线上，则之后两者距离将拉大，所以悬线一定拉力，故C正确．

D、设悬绳的拉力大小为F，则

对B卫星：G+F=，则得vB＞

对C卫星：G=，则得vC=，可见两颗卫星的速度不等，所以在同一平面内同向运动，运动一段时间后B、C能相碰．故D正确．

本题选错误的，故选A

解：

A、由题意，“风云Ⅰ号”卫星比“风云Ⅱ号”卫星运行周期小，借助于开普勒定律可知，“风云Ⅰ号”卫星的轨道半径小，要向更高轨道发射卫星需要克服重力做更多的功，故高轨道卫星比低轨道的卫星需要更大的发射速度，所以可知“风云Ⅰ号”卫星发射速度小，故A正确．

B、由卫星所受万有引力提供向心力，得：G=m，v=，可知轨道半径越大，线速度越小，所以“风云Ⅰ号”卫星线速度大，故B正确．

C、万有引力F=G，因为两卫星质量关系不清楚，不能判断万有引力的大小，故C错误．

D、由G=ma，得向心加速度 a=，可知“风云Ⅰ号”卫星向心加速度大，故D正确．

故选：ABD

解：AB、设飞行器的轨道半径为r，由几何知识可得 r=Rcot，则知θ越小，r越大，根据开普勒第三定律得知飞行器P的运行周期越大，故A正确，B错误．

C、飞行器P绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则有

   G=m

结合 r=Rsin，解得 M=，故C正确．

D、设赤道上固定的一个地面通信基站在T0的时间内可以与飞行器通信的总时间为t，则有

  （-）t=2（）

解得 t=，故D错误．

故选：A．

解：A、根据开普勒定律可知，卫星在近地点的速度大于在远地点的速度，故A正确；

B、当航天飞机在轨道Ⅱ上A点加速，做离心运动才能变轨到Ⅰ上，故在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在Ⅰ上经过A点的速度，B正确．

C、根据万有引力提供向心力，列出等式：G=ma，

解得：a=，在轨道Ⅱ上经过A的加速度应等于在轨道Ⅰ上经过A的加速度，故C错误．

D、在轨道Ⅱ上运动时处失重状态，在轨道Ⅰ上运动时处失重状态，故D错误；

故选：AB．

解：在地球表面有：，可得GM=gR2

A、卫星“G1”和“G3”的加速度大小满足，则卫星加速度大小为=，故A错误；

B、根据万有引力提供向心力，得=．所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t==．故B错误；

C、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，才能到达卫星“G3”所在的轨道，故C错误；

D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，卫星轨道高度变小，据v=可知卫星的速度增大，故D正确．

故选：D．

解：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力；

A、由牛顿第二定律得：G=mr，解得：T=2π，由于ra＜rb=rc，则：Ta＜Tb=Tc，故A正确；

B、由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，由于ra＜rb=rc，则：va＞vb=vc，故B错误；

C、b加速后做圆周运动需要的向心力变大，所需向心力小于在该轨道上受到的万有引力，b做离心运动，轨道半径变大，不可能与c对接，故C错误；

D、由牛顿第二定律得：G=m，解得：v=，由于a的轨道半径大于地球半径，则a的线速度小于第一宇宙速度，故D正确；

故选：AD．

解：卫星在圆轨道上绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供圆周运动向心力有：

则：

A、线速度得，因为r1＞r2，所以v1＜v2，故A错误；

B、由A分析知v1＜v2，据，知Ek1＜Ek2，故B正确；

C、周期，因为r1＞r2，所以T1＞T2，故C正确；

D、向心加速度a=，因为r1＞r2，所以a1＜a2，故D正确．

因为选择错误的，故选：A．