第4讲 万有引力与宇宙航行(强化练)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（江苏专版）

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 1~11题,每题4分 1.(2025·江苏常州一模)2025年2月20日,中国航天科技研制的实践25号卫星在距离地面3.6万千米的同步轨道上,成功为服役多年的北斗G7卫星注入了142 kg的燃料,为其“续命”8年。图中P、Q分别是实践25号卫星和北斗G7卫星对接前各自在预定轨道运行的情景。下列说法正确的是(　　) A.在预定轨道运行时,P的周期大于Q的周期 B.在预定轨道运行时,P的速率小于Q的速率 C.为了实现对接,P应减速 D.为了实现对接,P应加速 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:根据开普勒第三定律可得=k,因P的轨道半径小,所以周期也小,即在预定轨道运行时,P的周期小于Q的周期,故A错误;由万有引力提供向心力有=m,解得v=,所以在预定轨道运行时,P的速率大于Q的速率,故B错误;根据变轨原理可知,为了实现对接,P应加速做离心运动,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.火星有两颗天然卫星火卫一与火卫二,火卫一的公转周期约为8小时,火卫二的公转周期约为30小时,火星的自转周期约为24小时。假设火星的这两颗天然卫星均在火星赤道的平面内绕火星做匀速圆周运动,且运行方向与火星自转方向相同,则下列说法正确的是(　　) A.火卫一的公转轨道半径大于火卫二的公转轨道半径 B.在火星上观测到火卫一和火卫二的升起方向相同 C.在火星上每天能观测到火卫一3次升起落下的情况 D.火卫一和火卫二相邻两次相距最近的时间间隔约为11小时 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:由题知,火卫一的公转周期小于火卫二的公转周期,根据开普勒第三定律=k可知,火卫一的公转轨道半径小于火卫二的公转轨道半径,故A错误;由于火卫一的公转周期小于火星自转周期,而火卫二的公转周期大于火星的自转周期,故在火星上观测到火卫一和火卫二的升起方向相反,故B错误;用T1、T2依次表示火卫一的公转周期和火星的自转周期,设每隔t0时间火卫一就与火星赤道上某一点相遇一次,则有(-)t0=2π,解得t0==12 h,=2,故在火星上每天能看到2次火卫一升起落下,故C错误;设火卫一和火卫二相邻两次相距最近的时间间隔约为Δt,则有Δt-Δt=2π,化简得-=1,解得Δt≈11 h,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.(2025·江苏徐州二模)2024年,嫦娥六号圆满完成了月球背面土壤采样工作。月壤离开月球的简化过程如图所示。第一步,上升器携带月壤离开月球进入轨道1,轨道1的Q点与月球表面的距离可忽略;第二步,上升器在P点进入轨道2,在轨道2附近的环月圆轨道3(未画出)上有轨道器和返回器的组合体(简称轨返组);第三步,轨返组加速追上轨道2上的上升器并与其对接,上升器将月壤交与轨返组;第四步,轨返组带着月壤进入月地转移轨道返回地球。 下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.上升器在轨道1上Q点的速度大于月球的第一宇宙速度 B.上升器在轨道2上的运行周期小于在轨道1上的运行周期 C.轨返组所在的环月圆轨道3的半径略大于轨道2的半径 D.在轨道1和轨道2上,上升器与月球中心的连线单位时间内扫过的面积相同 答案:A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:月球的第一宇宙速度等于月球近月轨道的运行速度,上升器要从近月轨道进入轨道1,需要在 Q点加速做离心运动才能实现,所以上升器在轨道1上Q点的速度大于月球的第一宇宙速度,故A正确;根据开普勒第三定律,因为轨道2的半径大于轨道1的半长轴,则上升器在轨道2上的运行周期大于在轨道1上的运行周期,故B错误;轨返组需要加速才能追上轨道2的上升器,则轨返组所在的环月圆轨道3的半径略小于轨道2的半径,故C错误;根据开普勒第二定律,只有在同一轨道上,上升器与月球中心的连线在相等时间内扫过的面积才相等,在轨道1和轨道2上,上升器与月球中心的连线单位时间内扫过的面积不相同,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.如图,一飞行器沿椭圆轨道Ⅰ运行,地球位于椭圆轨道Ⅰ的其中一个焦点O上。飞行器在某位置P瞬间喷射一定量气体后,沿圆轨道Ⅱ运行。已知轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半径,则飞行器(　　) A.在轨道Ⅰ上从P点到M点,机械能增大 B.在轨道Ⅱ上的周期大于在轨道Ⅰ上的周期 C.在轨道Ⅱ上的速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度 D.在轨道Ⅱ上的加速度小于在轨道Ⅰ上经过P点的加速度 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:在轨道Ⅰ上从P点到M点,只有万有引力做负功,飞行器的机械能不变,故A错误;根据题意可知,轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半径,根据开普勒第三定律可知,飞行器在轨道Ⅱ上的周期小于在轨道Ⅰ上的周期,故B错误;以焦点O为圆心做一个与轨道Ⅰ远地点M相切的圆,将该圆看为轨道Ⅲ,轨道Ⅲ相对于轨道Ⅰ是高轨道,由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ需要在M点向后喷气加速,即在轨道Ⅲ上的速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度,根据G=m解得v=,由于轨道Ⅲ的半径大于轨道Ⅱ的半径,则飞行器在轨道Ⅱ上的速度大于在轨道Ⅲ上的速度,综上可知,飞行器在轨道Ⅱ上的速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度,故C正确;根据牛顿第二定律有G=ma,解得a=,由此可知,在轨道Ⅱ上的加速度等于在轨道Ⅰ上经过P点的加速度,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(2025·江苏连云港一模)一卫星运行轨迹投影图如图所示,它记录了近地卫星在地球表面垂直投影的位置变化。在一段时间内卫星绕地球沿圆周匀速飞行了三圈,其投影图依次为①②③,图中竖线为经线,相邻两条经线相差15°,则地球静止卫星与该卫星的轨道半径之比为(　　) A.2 B.2 C. D.3 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:设地球自转周期为T,即静止卫星周期为T,卫星每运行一周,地球自转角度为2×15°,则卫星运行的周期T'=T=,根据开普勒第三定律得===2,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.中国科学院上海天文台将人工智能和大数据技术应用于小行星的观测,发现了五颗新的超短周期行星,它们绕太阳的公转周期都小于1天,其中编号为Kepler-879c的行星是迄今为止发现的最短周期行星。已知太阳半径为R,地心距日心215R,若Kepler-879c的公转周期约为12小时,则结合所学知识,可估算其公转半径约为(　　) A.1.5R　　　　　　　　　 B.2.7R C.3.7R D.4.5R B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:由开普勒第三定律可知=,可得Kepler-879c的公转半径为r=r地=×215R≈2.7R,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.如图所示,在一半径为R、质量分布均匀的大球内部挖去一半径为的小球,两球相切于P点,O1、O2分别是大球和小球的球心。已知质量分布均匀的球壳对球壳内部物体的万有引力为零,大球密度为ρ,引力常量为G。现将一质量为m的物体N(可视为质点)置于O1处,则大球剩余部分对N的万有引力大小为(　　) A.πρGmR B.πρGmR C.πρGmR D.πρGmR B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:未挖去小球前,大球对物体N的万有引力为零,所以大球剩余部分对N的万有引力大小等于小球在原位置对物体N的万有引力大小,根据万有引力定律可得F=G,m'=ρ·π()3,联立可得F=πρGmR,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.如图,P、Q、S三颗星体分别位于等边三角形的三个顶点上,在相互之间的万有引力作用下,绕圆心O在三角形所在的平面内做匀速圆周运动,忽略其他星体对它们的作用,则下列说法正确的是(　　) A.P、Q、S三颗星体的运动线速度大小相等 B.P、Q、S三颗星体中S星的质量最大 C.P、Q、S三颗星体中S星的加速度最小 D.P、Q、S三颗星体中S星所受的合力最小 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:三星系统是三颗星都绕同一圆心O做匀速圆周运动,因此它们转动的角速度相同,由线速度与角速度的关系公式v=ωr可知,星体的线速度vP=vQ<vS,故A错误;根据a=rω2可知,P、Q、S三颗星体中S星的加速度最大,故C错误; 三颗星体都绕同一圆心O做匀速圆周运动,每个星体受到另外两个星体的万有引力的合力需指向O点,因此可得星体S、P受力分别如图甲、乙所示, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 由甲图中的两分力的夹角相等可知,S、P间的万有引力大小等于S、Q间的万有引力大小,由乙图中两分力夹角的关系可知,S、P间的万有引力大小小于Q、P间的万有引力大小,由对称性及平行四边形定则可知FS<FP=FQ,根据F=可知mS<mP=mQ,故B错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.在简化处理地球和月球的关系时,认为地球和月球构成双星系统,两者绕着连线上的一点做匀速圆周运动。在建造月球基地过程中,要将地球上的一部分物资转移到月球上(该过程中地球和月球的总质量不变,地球和月球均可视为质点)。若地、月中心间距固定不变,地球的质量始终大于月球的质量,则建造过程中(　　) A.系统的周期变大 B.地球的轨道半径不变 C.地球的线速度变大 D.地球的角速度变大 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:设地球的质量为M,做圆周运动的轨道半径为R,月球的质量为m,做圆周运动的轨道半径为r,两者做圆周运动的角速度相等均为ω,根据万有引力提供向心力可知=Mω2R,=mω2r,联立解得ω=,由于地球和月球的总质量M+m不变,地、月中心间距R+r固定不变,故地球的角速度不变,系统的周期不变,故A、D错误;根据前面分析可知R=,由于月球质量在增大,故地球的轨道半径R变大,故B错误;根据v=ωR可知,由于地球的角速度不变,轨道半径变大,故地球的线速度变大,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.(2025·江苏南京一模)如图所示,在空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星,微型卫星与空间站一起绕地球做匀速圆周运动,且微型卫星、空间站和地球中心始终位于同一直线。忽略空间站和微型卫星的尺寸及它们之间的万有引力,则(　　) A.微型卫星的线速度比空间站的小 B.微型卫星的加速度比空间站的小 C.机械臂对微型卫星的作用力大小为零 D.机械臂对微型卫星的作用力大小不为零,方向指向地心 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球 做匀速圆周运动,所以微型卫星的角速度与空间站的角速度 相等,由v=rω可知,微型卫星的线速度比空间站的大,故A错误; 由于加速度a=rω2,所以微型卫星的加速度比空间站的大,故B错误;由G=mω2r可得ω=,仅有地球万有引力提供向心力时,微型卫星比空间站的轨道半径大,角速度小,由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动,由F=mω2r可知所需向心力增大,所以机械臂对微型卫星有拉力作用,方向指向地心,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.如果飞船升空后先进入停泊轨道(即近地圆形轨道),之后进入转移轨道,最后在中国空间站轨道与天和核心舱对接,如图所示。已知中国空间站轨道为圆形轨道,距地面高度为h,飞船在停泊轨道运行的周期为T,地球半径为R,地球表面重力加速度为g,引力常量为G,则下列说法正确的是(　　) A.从停泊轨道进入转移轨道在P点需要减速 B.天和核心舱的向心加速度大小为()2g C.可估得地球密度为 D.飞船从P点运行到Q点需要的时间为T C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:飞船需要通过加速从停泊轨道进入转移轨道,A错误;设天和核心舱的向心加速度大小为a,质量为m0的地表物体受的重力为G=m0g,对天和核心舱有G=ma,解得a=()2g,B错误;飞船在停泊轨道运行的周期为T,根据万有引力提供向心力有G=m'()2R,解得M=,则地球的密度为ρ=,解得ρ=,C正确;设飞船在转移轨道运行的周期为T2,由开普勒第三定律有=,整理可得T2=T,故飞船在转移轨道上从P点飞到Q点所需的时间为tPQ=T2=,D错误。 $