热门试卷

解：A、在远地点343千米处点火加速，机械能增加，故飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能小，故A错误．

B、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力提供航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度，即航天员出舱前后均处于完全失重状态，但都受重力，故B正确．

C、因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据ω=可知角速度与周期成反比，所以飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C错误．

D、飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据可知，轨道半径一样则加速度一样，故D错误．

故选：B．

解：A、若半径R不变，使卫星的线速度减小，卫星将做近心运动，周期减小．故A错误．

    B、若v不变，卫星只能在原轨道上运动，半径不变，周期也不变．故B错误．

    C、设地球的质量为M，卫星的质量为m．由牛顿第二定律得：，得到．根据数学知识可知，使轨道半径R变为时，卫星的周期变2T．

   D、根据前面的分析，速度、轨道半径都加倍，无法实现，故D错误．

故选C．

解：A、设月球的质量为M，飞船的质量为m，飞船绕月运动速度为v，由万有引力提供向心力：，又：，解得：，故A错误；

B、由可知，轨道的半径越大，速度越小，所以飞船在轨道Ⅰ上的速度小于在轨道Ⅲ的速度；而飞船在轨道Ⅱ的B点做离心运动，所以飞船在轨道Ⅱ的B点的速度大于飞船在轨道Ⅲ上的速度，所以飞船在轨道Ⅰ上运行速率小于在轨道Ⅱ上B处的速率．故B正确．

图可知点火后由原来的高轨道Ⅰ进入低轨道Ⅱ，可知卫星要减速，从椭圆轨道Ⅱ变为Ⅲ的圆轨道，需要再次减速度，所以飞船故B错误

C、飞船的加速度a：，可知轨道的半径越大，加速度越小，所以飞船在轨道Ⅰ上的重力加速度小于在轨道Ⅱ上B处重力加速度，故C正确

D、由万有引力充当向心力的周期公式：，得：，，故D错误．

故选：BC

解：A、卫星的质量可以都不相同，故A正确；

B、5颗地球静止轨道卫星，卫星的周期必须与地球自转周期相同，与地球相对静止，所以卫星的绕行方向相同，故B错误；

C、根据万有引力提供向心力，列出等式：=mr，

r=R+h，由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：5颗地球静止轨道卫星的轨道半径相同．故C错误；

D、5颗地球静止轨道卫星，它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的．所以我国发射的同步通讯卫星必须定点在赤道上空，故D正确；

故选：AD．

解：卫星做匀速圆周运动：G=m

设地表面有一物体m0，则有：G=m0g

卫星的动能Ek=mv2

联立以上三式解得：Ek=mgR

故选：A．

解：A、根据知，v=，轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，则卫星在轨道2上运行的速度小于7.9km/s．故A错误．

B、卫星在轨道2上受重力作用．故B错误．

C、因为卫星在同步轨道上的角速度与地球自转的角速度相等，根据a=rω2知，卫星在轨道2运行时的向心加速度大于在赤道上相对地球静止的物体的向心加速度．故C错误．

D、卫星在轨道1上经过P点和轨道2上经过P点所受的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律知加速度大小相等．故D正确．

故选D．

解：A、所有GPS的卫星的质量关系不清楚，所以所受向心力大小关系不确定，故A错误

B、由T=，可得“北斗一号”卫星的周期比GPS卫星的周期长，则B错误

C、D、根据万有引力提供向心力，卫星的加速度公式a=和速度公式v=．所以所有GPS的卫星比北斗一号的卫星线速度大，北斗一号中的中轨道卫星的加速度一定大于高轨道卫星的加速度，故CD正确

故选：CD

解：据万有引力提供圆周运动向心力有：

所以可得飞船的线速度v=半径减小时线速度增大，而周期知轨道半径减小时飞船的周期减小，故A正确，BCD错误．

故选：A．