专题六 机械能及其守恒定律（小题专练）-【创新教程】2016-2020五年高考真题物理分类特训

２０．BCD　根据GMm r２ ＝mω２r＝ma知,“天舟一号”的角速度大 于同步卫星的角速度,而同步卫星的角速度等于地球自转 的角速度,所以“天舟一号”的角速度大于地球自转角速度, 周期小于地球自转的周期,故 A 错误;C正确;第一宇宙速 度为最大的环绕速度,所以“天舟一号”的线速度小于第一 宇宙速度,B正确;地面重力加速度为g＝GMR２ ,“天舟一号” 的向心加速度a＝ GM(R＋h)２ ．故“天舟一号”的向心加速度a小 于地面的重力加速度g,故D正确． ２１．C　 设 星 体 的 质 量 为 M,密 度 为 ρ,则 由 G Mm R２ ≥ m ２πT( ) ２ R,又因ρ＝ M ４ ３πR ３ 所以 Gρ􀅰 ４ ３πR ３ R２ ≥ ２πT( ) ２ 􀅰R 即ρ≥ ３π GT２ ＝５×１０１５kg/m３． ２２．D　本题考查了万有引力定律、圆周运动的规律等知识,难 度中等．万有引力约等重力,(不计地球自转) 则 A选项: GM地 m R２ ＝mg;得:M地 ＝gR ２ G ;可求出地球质量． 万有引力提供环绕天体做圆周运动的向心力 则B选项: GM地 m２ R２ ＝m２ v２ R ;T＝２πRv ;得:M地 ＝v ３T ２πG ;可求 出地球质量． 则 C选项: GM地 m月 r２ ＝m月４π ２ T２ r;得:M地 ＝４π ２r３ GT２ ;可求出地 球质量． 则 D选项: GM太 m地 r２ ＝m地４π ２ T２ r;得:M太 ＝４π ２r３ GT２ ;可求出太 阳质量,不能求出地球质量． 选项 A、B、C错误,选项 D正确． ２３．BC　本题为双星问题．设两中子星质量为 m１、m２,环绕半 径为r１、r２,两星间距为r．所以有: Gm１m２ r２ ＝m１ω２r１ Gm１m２ r２ ＝m２ω２r２ 可解得:m１＝ ω２r２r２ G ;m２＝ ω２r１r２ G 所以:m１＋m２＝ ω２r３ G ,故B项正确． 设两星速率分别为v１、v２．所以有: v１＋v２＝ω(r１＋r２)＝ωr 由题意可得ω、r,故 C项正确． ２４．A　卫星受到的万有引力提供向心力有GMm r２ ＝mv ２ rmrω ２ ＝m４π ２ T２ r＝ma 可解得v＝ GMr ,ω＝ GM r３ ,T＝２π r ３ GM ,a＝GM r２ 可知半 径越大线速度,角速度,加速度都越小,周期越大;故与近地 卫星相比,地球静止轨道卫星周期大,故 A 正确,B、C、D错 误．故选 A． ２５．D　由同步卫星的特点和卫星发射到越高的轨道所需的能 量越大解答．由于卫星为同步卫星,所以入轨后一定只能与 赤道在同一平面内,故 A 错误;由于第一宇宙速度为卫星 绕地球运行的最大速度,所以卫星入轨后的速度一定小于 第一宇宙速度,故 B错误;由于第二宇宙速度为卫星脱离 地球引力的最小发射速度,所以卫星的发射速度一定小于 第二宇宙速度,故 C 错误;将卫星发射到越高的轨道克服 引力所做的功越大,所以发射到近地圆轨道所需能量较小, 故 D正确． ２６．B　 地 球 自 转 周 期 变 小,卫 星要与地球保持同步,则卫 星的 公 转 周 期 也 应 随 之 变 小,由GMm r２ ＝mr４π ２ T２ 可得T ＝ ４π ２r３ GM ,则卫星离地球的 高度应变小,要实现三颗卫 星覆盖全球的目的,则卫星周期最小时,由数学几何关系可 作出上图． 由几何关系得,卫星的轨道半径为r２＝ R sin３０°＝２R① 由开普勒第三定律 r３１ T２１ ＝ r３２ T２２ ,代入题中数据,得 (６．６R) ３ (２４h)２ ＝ r３２ T２２ ②由①②解得T２≈４h ２７．D　东方红二号和固定在地球赤道上的物体转动的角速度相同, 根据a＝ω２r可知,a２＞a３;根据G Mm r２ ＝ma可知a１＞a２;故选D． ２８．C　若使飞船与空间站在同一轨道上运行,然后飞船加速, 则由于向心力变大,故飞船将脱离原轨道而进入更高的轨 道,不能实现对接,选项 A错误;若使飞船与空间站在同一 轨道上运行,然后空间站减速,则由于向心力变小,故空间 站将脱离原轨道而进入更低的轨道,不能实现对接,选项 B 错误;要想实现对接,可使飞船在比空间试验室半径较小的轨 道上加速,然后飞船将进入较高的空间试验室轨道,逐渐靠近 空间站后,两者速度接近时实现对接,选项 C正确;若飞船在 比空间试验室半径较小的轨道上减速,则飞船将进入更低的 轨道,从而不能实现对接,选项D错误;故选C． ２９．B　从轨道１变为轨道２,需要加速逃逸,故 A错误;根据公 式GMm R２ ＝ma可得a＝GM R２ ,故只要半径相同,加速度则 相同,由于卫星在轨道１做椭圆运动,运动半径在变化,所 以运动过程的加速度在变,B正确 C错误;卫星在轨道２做