热门试卷

解：A、根据，GM=gR2，联立解得a=．轨道半径相等，则向心加速度大小相等．故A正确．

B、根据，GM=gR2，联立解得，则卫星从位置A运动到位置B的时间t==．故B错误．

C、如果卫星1加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，不会追上卫星2．故C错误．

D、卫星从位置A运动到位置B，由于万有引力方向提供向心力与速度方向垂直，时刻改变．故D错误．

故选：A．

解：A、地球自转方向自西向东，故向东发射卫星可以充分利用地球自转的线速度而消耗较少能量，故A错误；

B、地球自西向东自转，故向东发射卫星消耗能量较少，故B错误；

C、地球自转方向自西向东，故向东发射卫星可以充分利用地球自转的线速度而消耗较少能量，故C错误；

D、在赤道表面地球自转的线速度为，由于地球自西向东自转，故在地球上向西发射卫星时的发射速度为第一宇宙速度与地球自转线速度之和，故根据动能定理知其发射耗能为，故D正确．

故选：D．

解：绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力，则有：

A、线速度知，轨道半径大的天宫一号运行速率小，故A错误；

B、周期T=知，轨道半径大的天宫一号运行周期大，故B错误；

C、向心加速度知，轨道半径大的天宫一号向心加速度小，故C错误；

D、由卫星轨道变轨原理知，神舟八号要追上天宫一号，则在较低轨道上加速运动抬升轨道后与较高轨道航天器对接即可，故D正确．

因为选择不正确的是，故选：ABC

解：A、B“神舟八号”欲追上“天宫一号”，在远距离导引段必须加速，使得万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，故神舟八号向后喷气．故A错误，B正确．

C、根据卫星的速度公式v=．知轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度对应的轨道半径最小，则线速度最大．所以在组合体飞行段，神八与天宫一号绕地球作匀速圆周运动的速度小于7.9km/h．故C正确．

D、分离后，天宫一号变轨升高至飞行轨道运行时，由v=．知速度减小，动能减小，故D错误．

故选BC

解：万有引力提供圆周运动的向心力，据此有：

A、周期知，半径大的嫦娥一号周期大，故A正确；

B、线速度知，半径大的嫦娥一号线速度小，故B错误；

C、角速度知，半径大的嫦娥一号角速度小，故C错误；

D、向心加速度知，半径大的嫦娥一号向心加速度小，故D错误．

故选：A

解：设卫星质量是m，月球和地球的质量分别为M月和M地．卫星绕月球做圆周运动，由月球的万有引力提供卫星的向心力，由牛顿第二定律可得：

G（RM+H），

月球质量：M月=

同理，月球绕地球做圆周运动的向心力由地球对月球的万有引力提供，则由牛顿第二定律得：

GR0，

地球质量：M地=，

所以：=（）2•（）3，故A正确．

故选：A

解：A、根据开普勒第三定律=k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长．故A正确；

B、根据卫星的速度公式v=，可知轨道半径越大，速度越小，故B错误；

C、设星球的质量为M，半径为R，平均密度为，ρ．张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T．

对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：G=mr

由几何关系有：R=rsin

星球的平均密度 ρ=

由以上三式知测得周期和张角，可得到星球的平均密度．故C正确；

D、由G=mr可得：M=，可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球的半径未知，不能求出星球的平均密度．故D错误．

故选：AC．

解：A、根据万有引力提供向心力得，=m，v=，轨道半径减小，则速度增大．故A错误．

B、根据万有引力提供向心力得，=mr，

解得：T=，知轨道半径减小，则周期减小．故B错误．

C、根据万有引力提供向心力得，=ma，解得：a=，知轨道半径减小，则向心加速度增大．故C正确．

D、根据万有引力提供向心力得，=mrω2，解得：ω=，知轨道半径减小，则角速度增大．故D错误．

故选：C．

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

=ma=m

A、v=，b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度，故A错误；

B、a=，所以b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，故B正确；

C、c加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，所以不会与同轨道上的卫星相遇．故C错误．

D、卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，根据公式，v=，则线速度增大．故D正确．

故选：BD．