1、江苏省苏州高新区第一中学2020-2021学年度高一物理单元测试必修二第七章万有引力一、单选题（本大题共14小题，共56.0分）1. 如图所示，A是静止在赤道上的物体，随地球自转而做匀速圆周运动；B、C是同一平面内两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星。已知第一宇宙速度为v，物体A和卫星B、C的线速度大小分别为A,B,c，周期大小分别为TA，TB，TC，则下列关系正确的是()A. vA=vC=vB. vAvCvBTCTB D. TATBv2,v1=GMr B. v1v2,v1GMrC. v1v2,v1=GMr D. v1GMr4. 假设地球可视为质量分布均匀的球
2、体，地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，已知地球自转的周期为T，引力常量为G，则地球的质量为( )A. g(g0g)2T416G4B. g0(g0g)2T416G4C. (g0g)2T44G4D. (g0g)2T416G45. 现对于发射地球同步卫星的过程分析，如图所示，卫星首先进入椭圆轨道，P点是轨道上的近地点，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道，则A. 卫星在同步轨道上的运行速度大于第一宇宙速度7.9km/sB. 该卫星的发射速度必定大于第二宇宙速度11.2km/sC. 在轨道上，卫星在P点的速度大于第一宇宙速度7.9km/sD. 在轨道上，卫星在Q点的
3、速度大于第一宇宙速度7.9km/s6. 下列说法正确的是()A. 伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量B. 根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大C. 两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力D. 在由开普勒第三定律得出的表达式R3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量7. 科幻电影流浪地球中讲述了人类想方设法让地球脱离太阳系的故事。地球流浪途中在接近木星时被木星吸引，当地球快要撞击木星的危险时刻，点燃木星产生强大气流推开地球拯救了地球。若逃逸前，地球、木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，且航天器在地球表面的重力为G1，在木星表面的重力为G2；
4、地球与木星均可视为球体，其半径分别为R1、R2，则下列说法正确的是( )A. 地球逃逸前，发射的航天器逃出太阳系的最小速度为11.2km/sB. 木星与地球的第一宇宙速度之比为G2R1G1R2C. 地球与木星绕太阳公转周期之比的立方等于它们轨道半长轴之比的平方D. 地球与木星的质量之比为G1R12G2R228. 暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学革命。为了探测暗物质，我国成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星。已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于其运动周期)，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为(弧度)，引力常量为
5、G，则下列说法中不正确的是()A. “悟空”的线速度小于第一宇宙速度B. “悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度C. “悟空”的环绕周期为2tD. “悟空”的质量为s3Gt29. 我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知()A. 同步卫星与量子卫星的运行周期之比为n3m3B. 同步卫星与P点的速度之比为1nC
6、. 量子卫星与同步卫星的速度之比为nmD. 量子卫星与P点的速度之比为n3m10. 登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据如表，火星和地球相比() 行星半径/m质量/kg轨道半径/m地球6.41066.010241.51011火星3.41066.410232.31011A. 火星的公转周期较小B. 火星做圆周运动的加速度较小C. 火星表面的重力加速度较大D. 火星的第一宇宙速度较大11. 卫星“墨子”成功进入离地面高度为500km的预定圆形轨道，实现了卫星和地面之间的量子通信.此前我国成功发射了第23颗
7、北斗导航卫星G7，G7属地球同步卫星.下列说法中正确的是()A. “墨子”的运行速度大于7.9km/sB. 北斗G7可定点于南通上方C. “墨子”的周期比北斗G7小D. “墨子”的向心加速度比北斗G7小12. “嫦娥五号”月球探测器，是负责嫦娥三期工程“采样返回”任务的中国首颗月球探测器。它会自动完成月岩采集，并从月球起飞，以“跳跃式返回技术”成功返回地面，“跳跃式返回技术”是指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层大气层，降低速度后再进入大气层如图所示，虚线为大气层的边界，已知地球半径为R，d点与地心距离为r，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是()A. “嫦娥五号”
8、在b点处于完全失重状态B. “嫦娥五号”在d点的向心加速度大小等于gr2R2C. “嫦娥五号”在a点和c点的速率相等D. “嫦娥五号”在c点和e点的速率相等13. 地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a1，地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，向心加速度为a2.已知万有引力常量为G，地球半径为R，地球赤道表面的重力加速度为g.下列说法正确的是()A. 地球质量M=gr2GB. 地球质量M=a1r2GC. a1、a2、g的关系是ga2a1D. 加速度之比a1a2=r2R214. 2018年7月29日09时48分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，以“一箭双星”方式成
9、功发射第33、34颗北斗导航卫星。火箭将两颗卫星送入同一个轨道上的不同位置，如图所示。如果这两颗卫星与地心连线的夹角为(弧度)，在轨运行的加速度大小均为a，均沿顺时针方向做圆周运动。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则第33颗北斗卫星从图示位置运动到第34颗北斗卫星图示位置所用的时间为A. RagaB. RagaC. 2RagaD. 4Raga二、填空题（本大题共3小题，共12.0分）15. 宇航员在某星球表面，将一小球从离地面h高处以初速v0水平抛出，测出小球落地点与抛出点间的水平位移为s，若该星球的半径为R，万有引力常量为G，则该星球表面重力加速度为_，该星球的平均密度为_16
10、. 已知一个钩码的质量为m，地球的半径为R。“科学真是神奇”，现仅提供一只量程合适的弹簧秤，你就可以获得地球的第一宇宙速度啦！(忽略地球的自转) (1)需要直接测量的物理量是_；(2)地球的第一宇宙速度v1的推理表达式为：v1=_。(用已知和测量的物理量表示)17. 要发射一颗人造地球卫星，使它在半径为r2的预定轨道上绕地球做匀速圆周运动，为此先将卫星发射到半径为r1的近地暂行轨道上绕地球做匀速圆周运动。如图所示，在A点，使卫星速度瞬时增加，从而使卫星进入一个椭圆的转移轨道上，当卫星到达转移轨道的远地点B时，再次瞬时改变卫星速度，使它进入预定轨道运行。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半
11、径为R，则卫星在半径为r1的近地暂行轨道上的运动周期为_，卫星从半径为r1的近地暂行轨道上的A点转移到半径为r2的预定轨道上的B点所需时间为_。三、计算题（本大题共3小题，共32.0分）18. 进入21世纪，我国启动了探月计划“嫦娥工程”。同学们也对月球有了更多的关注。(1)若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看作匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径；(2)若宇航员随登月飞船的登陆月球后，在月球表面某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回抛出点。已知月球半径为r，万有引力常量为G，试求出月球的质量M月。19. 现代
12、观测表明，由于引力的作用，恒星有“聚焦”的特点，众多的恒星组成不同层次的恒星系统，最简单的恒星系统是两颗互相绕转的双星它们以两者连线上的某点为圆心做匀速圆周运动，这样就不至于由于万有引力的作用而吸引在一起如图所示，设某双星系统中的两星S1、S2的质量分别为m和2m，两星间距为L，在相互间万有引力的作用下，绕它们连线上的某点O转动已知引力常量G，求：(1)S1、S2两星之间的万有引力大小；(2)S2星到O点的距离；(3)它们运动的周期20. 假如宇航员乘坐宇宙飞船到达某行星，在该行星“北极”距地面h处由静止释放一个小球(引力视为恒力，阻力可忽略)，经过时间t落到地面已知该行星半径为R，自转周期为
13、T，引力常量为G.求：(1)该行星的平均密度；(2)该行星的第一宇宙速度；(3)如果该行星有一颗同步卫星，其距行星表面的高度H为多少答案和解析1.【答案】B【解答】AB.地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以A=C，根据v=r，C的线速度大于A的线速度。根据v=GMr得B的线速度大于C的线速度，但均小于第一宇宙速度，故A错误，B正确；CD.卫星C为同步卫星，所以TA=TC，根据T=2r3GM得C的周期大于B的周期，故CD错误；故选B。2.【答案】C【解答】解：A、由题，北斗导航系统的同步卫星周期大于GPS导航卫星的周期，由公式=2T知道，北斗导航系统的同步卫星的角速度小，故A错误；B
14、、由根据开普勒定律得到，北斗导航系统的同步卫星的轨道半径大，故B错误；C、由公式v=GMr分析知道，G是常量，M是地球的质量不变，则GPS导航卫星的线速度大，故C正确；D、由公式a=GMr2分析得知，GPS导航卫星的向心加速度大，故D错误。故选C。3.【答案】B【解答】根据开普勒第二定律有：v1v2。若卫星绕地心做轨道半径为r的圆周运动时，线速度大小为GMr，将卫星从半径为r的圆轨道变轨到图示的椭圆轨道，必须在近地点加速，所以有：v1GMr。故选B。4.【答案】B【解答】在两极，引力等于重力，则有：mg0=GMmR2由此可得地球质量M=g0R2G在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第
15、二定律，则有：GMmR2mg=m(2T)2R由解得：地球的质量为M=g0(g0g)2T416G4，故B正确，ACD错误。故选B。5.【答案】C【解答】A.7.9km/s是第一宇宙速度，是近地卫星的环绕速度，也是最大的环绕速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v=GMr知，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；B.11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故B错误；C.近地卫星的环绕速度就是第一宇宙速度，P点是近地点，是近地卫星在此处加速后才进入轨道上，卫星在P点的速度大于第一宇宙速度7.9km/s，故C正确；D.卫星Q点做向心运动，
16、速度小于同步卫星轨道的速度，结合A选项解析，可知卫星在Q点的速度小于第一宇宙速度7.9km/s，故D错误。故选C。6.【答案】D【解答】A.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测得了引力常量，故A错误；B.表达式F=Gm1m2r2，当r趋近于无穷远时，万有引力趋近于无穷小，但当间距为零时，物体不能再被看做质点，万有引力定律不适用，故B错误；C.物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，分别作用在两个不同的物体上，是一对作用力与反作用力，故C错误；D.开普勒第三定律R3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量，故D正确。故选D。7.【答案】D【解答】A.地球逃逸前，发射的航天器逃出太阳系的最小速度为1
17、6.7km/s，故A错误；B.由GM地mR12=G1，GM木mR22=G2，可解得M木M地=G2R22G1R12，又GM地mR12=mv12R1，GM木mR22=mv22R2，可解得木星与地球的第一宇宙速度之比v2v1=M木R1M地R2=G2R2G1R1，故B错误；C.地球与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方，故C错误；D.由GM1mR12=G1，GM2mR22=G2，联立解得M1M2=G1R12G2R22，故D正确。故选D。8.【答案】D【解答】A.已知该太空电站经过时间t(t小于太空电站运行的周期)，它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为(弧度)，则太空站运行的线速
18、度为v=st，角速度为：=t，根据v=r得轨道半径为：r=v=s，人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：GMmr2=mv2r，得v=GMr，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A正确；B.由GMmr2=ma得：加速度a=GMr2，则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B正确；C.“悟空”的环绕周期为T=2t=2t，故C正确；D.“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：GMmr2=m2r，=t，联立解得：地球的质量为M=s3Gt2，不
19、能求出“悟空”的质量，故D错误。本题选择错误的，故选D。9.【答案】D【解答】A.根据GMmr2=m42T2r，得T=42r3GM，由题意知r量子=mR，r同步=nR，所以T同T量=r同3r量3=(nR)3(mR)3=n3m3，故A错误；B.P为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据v=r，所以有v同vP=r同rP=nRR=n1，故B错误；C.根据GMmr2=mv2r，得v=GMr，所以v量v同=r同r量=nRmR=nm，故C错误；D.综合BC，有v同=nvP，v量nvP=nm，得v量vP=n3m，故D正确；故选D。10.【答案】B【解答】A.由表格数据可知，火星的轨道半径比地球
20、的大，根据开普勒第三定律，火星的公转周期较大，故A错误；B.根据万有引力提供向心力公式GmMr2=ma，得向心加速度为a=GMr2，由于火星轨道半径较大，则火星的加速度较小，故B正确；C.在行星表面根据万有引力等于重力GmMR2=mg，得，表面重力加速度为g=GMR2，根据表格数据火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为：g火g地=M火M地R地2R火21，故火星表面的重力加速度较小，故C错误；D.由万有引力提供向心力得第一宇宙速度公式为：v=GMR，代入数据得火星的第一宇宙速度较小，故D错误。故选B。11.【答案】C【解答】A.根据GmMr2=mv2r，知道轨道半径越大，线速度越小，第
21、一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以“墨子”的运行速度小于地球的第一宇宙速度。故A错误；B.地球静止轨道卫星即同步卫星，只能定点于赤道正上方。故B错误；C.根据GGMr2=mr42T2，得T=42r3GM，所以半径小的卫星“墨子”的周期小。故C正确；D.卫星的向心加速度：a=GMr2，半径小的卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7大。故D错误。故选C。12.【答案】D【解答】A.嫦娥五号沿abc轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的方向，所以在b点合力向上，即加速度向上，因此嫦娥五号在b点处于超重状态，故A错误；B.在d点，嫦娥五号的加
22、速度a=GMmr2m=GMr2，又GM=gR2，则a=gR2r2，故B错误；C.嫦娥五号从a到c，万有引力不做功，由于阻力做功，则a点速率大于c点的速率，故C错误；D.从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则c点速率和e点速率相等，故D正确。故选D。13.【答案】C【解析】解：AB、根据万有引力定律可得，对地球的同步卫星有：GMmr2=ma2，解得地球的质量M=a2r2G，故A、B错误；C、地球赤道上的物体和地球同步卫星的角速度相等，根据a=2r知，a1R，所以a2a2a1，故C正确；D、地球赤道上的物体与地球同步卫星角速度相同，则根据a=2r，地球赤道上的物体与地球同步卫星的向心加速度之比
23、a1a2=Rr，故D错误；故选：C。14.【答案】B【解答】根据题意卫星运动的加速为a，则：GMmr2=ma=m(2T)2r在地球表面时：GMmR2=mg则第33颗北斗卫星从图示位置运动到第34颗北斗卫星图示位置所用的时间为：t=2T解得：t=Raga，故B正确，ACD错误故选B。15.【答案】。【解答】设该星球表面处的重力加速度为g，由平抛运动的规律有s=v0t，h=12gt2g=2hv02s2在星球表面处可认为物体的重力等于万有引力，即mg=GMmR2又由以上各式可解得故答案为：16.【答案】(1)钩码的重力N；(2)NRm【解答】第一宇宙速度为近地绕行速度，由万有引力提供向心力可知GMm
24、R2=mv12R，在地球表面，钩码所受重力等于万有引力，所以弹簧测力计测钩码重力时的示数N=GMmR2，联立即可得第一宇宙速度v1=NRm，所以只需要直接测量钩码的重力N即可。故答案为：钩码的重力N；NRm。17.【答案】2r1Rr1g；(r1+r2)2Rr1+r22g【解答】卫星在轨道r1时：GMmr12=mr12T12 设质量为m的物体在地球表面有：GMmr12=mg，可得：GM=gR2由可得：T1=2r1Rr1g 当卫星在椭圆轨道运行：其半长轴为：r3=r1+r22 依开普勒第三定律：r13T12=r33T32 由可得：T3=(r1+r2)Rr1+r22g 卫星从A到B的时间为：tAB=
25、T32=(r1+r2)2Rr1+r22g。故答案为：2r1Rr1g；(r1+r2)2Rr1+r22g。18.【答案】解：(1)在地球表面由物体所受重力与万有引力相等有：GmMR2=mg月球绕地球运转有万有引力提供圆周运动向心力有：解得：(2)设月球表面处的重力加速度为g月对竖直上抛小球有：g月=2v0t在月球表面有：GM月mr2=mg月；解得M月=2v0r2Gt。19.【答案】解：(1)根据万有引力定律可知两星之间的万有引力大小；F=G2m2L2；(2)设O点距s2星的距离为x，双星运动的周期为T，由万有引力提供向心力；对于B星：G2m2L2=2mx(2T)2对于A星：G2m2L2=2m(Lx
26、)(2T)2解得：x=13L；(3)由G2m2L2=2mx(2T)2将x=13L代入可得T=2LL3Gm所以它们运动的周期T=2LL3Gm。20.【答案】解：(1)设行星表面的重力加速度为g，对小球，有：h=12gt2，解得：g=2ht2，对行星表面的物体m，有：GMmR2=mg，故行星质量：M=2hR2Gt2，故行星的密度：=M43R3=3h2Gt2R；(2)对处于行星表面附近做匀速圆周运动的卫星m，由牛顿第二定律有：mg=m2R，故第一宇宙速度为：=gR=2hRt；(3)同步卫星的周期与该行星自转周期相同，均为T，设同步卫星的质量为m，由牛顿第二定律有：G=MmR+H=m42T2R+H，联立解得同步卫星距行星表面的高度：H=3hT2R222t2R。
