热门试卷

解：根据万有引力提供圆周运动向心力有：知：

周期T=可知轨道半径大的周期大，根据v=可知轨道半径大的线速度小．

所以AC错误，BD正确．

故选：BD．

解：根据万有引力提供卫星圆周运动向心力：=可知：

A、向心加速度a=知，两卫星轨道半径大小相等，故向心加速度大小相等，故A正确；

B、卫星运行线速度v=知，轨道半径越大，则线速度越小，又因为v=7.9km/s是近地卫星运行的速度，故两颗北斗卫星运行速率均小于v=7.9km/s，故B错误；

C、卫星的周期T=，所以轨道半径越大，周期越大，又因为地球同步卫星的轨道高度大约为36000KM，远大于北斗-M5卫星的轨道高度，故其周期小于地球自转周期，故C错误．

D、由B分析知，两颗北斗卫星轨道半径大小相等，所以绕地球运行速率大小相等，故D错误．

故选：A

解：根据万有引力提供向心力

=m=mω2r=m

r=2R0，

根据万有引力等于重力得

=mg

A、v==，故A正确；

B、ω==，故B正确；

C、a==，故C错误；

D、T=2π=4π，故D错误；

故选：AB．

解：A、C、D由万有引力提供向心力得，G=m=m=ma

则得v=，T=2π，a=

可知，轨道半径越大，运行速率越小，周期越大，向心加速度越小，故A正确，CD错误．

B、第一宇宙速度是卫星环绕地球做圆周运动最大的运行速度．故“天宫一号”和“神舟八号”的运行速率均小于第一宇宙速度．故B错误．

故选A

解：A、设地球的质量为M，卫星的质量m，轨道半径和周期分别为r和T，则有

         G   得到地球的质量为  M=，即根据人造地球卫星的轨道半径、周期和万有引力常量，可以算出地球的质量．故A正确．

     B、人造地球卫星速度公式v=，可见，卫星的速率与质量、形状无关，当它们的绕行速率v相等时，半径r相等，由周期T=得到，周期T相同．故B正确．

     C、原来在某一轨道上沿同一方向绕行的人造卫星一前一后，速率相同，后一卫星速率增大时，做离心运动，半径将增大，不可能与前一卫星碰撞．故C错误．

     D、由速度公式v=，宇宙飞船的速率与其质量无关，宇航员从舱内慢慢走出，飞船的质量减小，但速率不变．故D错误．

故选AB

解：设卫星离地面高度为h，

根据牛顿第二定律，则有 =ma，r=R+h

又根据万有引力等于重力得：mg=G，

因a=ω2r=（R+h）

由以上三式解得a=，

故选：C．

解：A、由万有引力提供向心力，得，则半径大的角速度小，则A正确．

   B、由万有引力提供向心力，a=，则半径相同加速度大小相等．则B错误

   C、第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，其值最大，所有卫星的运行速度都小于或等于它．则C错误

   D、b与a的周期相同，为24h，则D错误

故选：A

解：A、由万有引力提供向心力，得G=mr，则得 T=．r越大，T越大，所以卫星在轨道3上的周期大于在轨道1上的周期，故A错误．

B、卫星从轨道1到轨道3时卫星要点火加速，总的机械能增加，所以卫星从轨道1到轨道3动能的减小量小于势能的增加量，故B正确．

C、根据牛顿第二定律得：G=ma，得 a=，在同一点，r一定，加速度a一定，所以星在轨道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．故C错误．

D、从轨道2到轨道3，卫星要在P点做离心运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星点火加速，增加所需的向心力．所以在轨道3上P点的速度大于轨道上2经过P点的速度．故D正确．

故选：BD．

解：A、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星圆周运动的最大环绕速度．所以“神舟”七号运行的线速度小于第一宇宙速度，故A正确．

B、“神舟”七号做匀速圆周运动，其轨道半径为 r=R+h，向心加速度为 a=r=．故B正确．

C、研究飞船绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式有：

  G=m…①

忽略地球自转的影响，在地球表面根据万有引力等于重力列出等式有：

  G=mg…②

由①②得：g=，故C正确．

D、“神舟七号”要升高到一个更高的轨道上做匀速圆周运动，必须加速做离心运动，其机械能要增加，故D错误．

故选：ABC

解：A、同步卫星的周期与地球的自转周期相同，根据：知同步卫星离地面有一定高度，故A错误；

B、同步卫星相对于地面是静止的，所以同步轨道必定与赤道共面，故地球同步卫星一定在赤道的正上方，故B正确；

C、D、同步卫星的周期与地球的自转周期相同，是24小时，所以卫星的运行角速度与地球的自转角速度相同． 故CD正确；

本题选错误的，故选：A．