高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分 第一板块 第6讲 掌握“两定律、一速度”破解天体运动问题 Word版含解析

第6讲 考法学法天体运动问题可以理解为需要应用开普勒行星运动定律和万有引力定律解决的匀速圆周运动问题，这类问题在高考中一般以选择题形式考查。有时会结合抛体运动、机械能等知识，考查的内容主要包括：开普勒行星运动定律；万有引力定律；宇宙速度。用到的思想方法有：计算天体质量和密度的方法；天体运行参量的分析方法；双星及多星模型；卫星变轨问题的分析方法。知能全通1求解天体质量和密度的两条基本思路(1)由于Gmg，故天体质量M，天体密度。(2)由Gmr，得出中心天体质量M，平均密度。若卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r等于天体半径R，则天体密度。可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。2估算天体质量和密度时的三个易误区(1)不考虑自转时有Gmg；若考虑自转，只在两极上有Gmg，而赤道上有GmgmR。(2)利用Gmr只能计算中心天体的质量，不能计算绕行天体的质量。(3)注意区分轨道半径r和中心天体的半径R，计算中心天体密度时应用，而不是。题点全练1多选2018年1月9日，“高景一号”03、04星在太原卫星发射中心采用一箭双星的方式成功发射入轨，实现了我国2018年卫星发射的开门红。天文爱好者观测该卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为，已知引力常量为G，则()A卫星的质量为B卫星的角速度为C卫星的线速度大小为2 D地球的质量为解析：选BD卫星的质量不可求，选项A错误；由题意知，卫星绕地球做匀速圆周运动的角速度，选项B正确；卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v，选项C错误；由vr得r，卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由Gm2r，解得地球的质量M，选项D正确。2据美国宇航局消息，在距离地球40光年的地方发现了三颗可能适合人类居住的类地行星，假设某天我们可以穿越空间到达某一类地行星，测得以初速度10 m/s竖直上抛一个小球可到达的最大高度只有1 m，而该类地行星的半径只有地球的一半，则其平均密度和地球的平均密度之比为(取g10 m/s2)()A52 B25C110 D101解析：选D根据h和g可得，M，即R3，在地球表面以初速度10 m/s竖直上抛一个小球可到达的最大高度h地5 m，据此可得，该类地行星和地球的平均密度之比为101，选项D正确。3(2018全国卷)2018年2月，我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J03180253”，其自转周期T5.19 ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.671011 Nm2/kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为()A5109 kg/m3 B51012 kg/m3C51015 kg/m3 D51018 kg/m3解析：选C脉冲星自转，边缘物体m恰对星体无压力时万有引力提供向心力，则有Gmr，又Mr3，整理得密度 kg/m35.21015 kg/m3，C正确。研一题截至2018年01月22日，我国首颗量子科学实验卫星已在轨运行525天，飞行8 006轨，共开展隐形传态实验224次，纠缠分发实验422次，密钥分发实验351次，星地相干通信实验43次。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B同步卫星与P点的线速度之比为C量子卫星与同步卫星的线速度之比为 D量子卫星与P点的线速度之比为解析根据Gmr，得T ，由题意知r量mR，r同nR，所以 ，故A错误；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vr，有，故B错误；根据Gm，得v ，所以 ，故C错误；综合B、C分析，有v同nvP，得，故D正确。答案D悟一法天体运行参量比较问题的两种分析方法1定量分析法(1)列出五个连等式：Gmamm2rmr。(2)导出四个表达式：aG，v ， ，T 。(3)结合r的大小关系，比较得出a、v、T的大小关系。2定性结论法r越大，向心加速度、线速度、动能、角速度均越小，而周期和能量均越大。通一类1多选“天舟一号”是我国首艘货运飞船，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上运行，则其()A角速度小于地球自转角速度B线速度小于第一宇宙速度C周期小于地球自转周期D向心加速度小于地面的重力加速度解析：选BCD“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上运行时，由Gm2r可知 ，半径越小，角速度越大，则其角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速度，A项错误；由于第一宇宙速度是最大环绕速度，因此“天舟一号”在圆轨道的线速度小于第一宇宙速度，B项正确；由T可知，“天舟一号”的周期小于地球自转的周期，C项正确；由Gmg，Gma可知，“天舟一号”的向心加速度小于地球表面的重力加速度，D项正确。2四颗地球卫星a、b、c、d的排列位置如图所示，其中，a是静止在地球赤道上还未发射的卫星，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，四颗卫星相比较()Aa的向心加速度最大Bc相对于b静止C相同时间内b转过的弧长最长Dd的运行周期可能是23 h解析：选C地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据an2r知，c的向心加速度比a的向心加速度大，A错误；b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，c相对于地面静止，近地轨道卫星相对于地面运动，所以c相对于b运动，B错误；由Gm，解得v，卫星运行的半径越大，运行速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，C正确；由开普勒第三定律k可知，卫星运行的半径越大，周期越大，所以d的运行周期大于c的周期24 h，D错误。3(2018厦门检测)据科技日报报道，2020年前我国将发射8颗绕地球做匀速圆周运动的海洋系列卫星：包括4颗海洋水色卫星、2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛等岛屿附近海域的监测。已知海陆雷达卫星轨道半径是海洋动力环境卫星轨道半径的n倍，则()A海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的B海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的倍C在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星各自到地球球心的连线扫过的面积相等D在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星各自到地球球心的连线扫过的面积之比为1解析：选D根据Gm，解得v，则海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的，选项A、B错误；根据Gmr2，解得，卫星到地球球心扫过的面积为Slrr2r2t，因为轨道半径之比为n，则角速度之比为，所以相同时间内扫过的面积之比为1，选项C错误，D正确。研一题 多选发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是()A卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度C卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度思路点拨解析对于在轨运行的卫星来说，万有引力提供向心力，有mmr2ma，得v ， ，a，又r3r1，则v3v1，31，故A错误，B正确；轨道1上的Q点与轨道2上的Q点为同一位置，故加速度相同，同理，轨道2上的P点与轨道3上的P点加速度也相同，故C错误，D正确。答案BD悟一法1两类变轨问题辨析(1)加速变轨：卫星的速率增大时，使得万有引力小于所需向心力，即F引，卫星做向心运动，轨道半径将变小。因此，要使卫星的轨道半径减小，需开动发动机使卫星做减速运动。2变轨前后能量的比较在离心运动过程中(发动机已关闭)，卫星克服引力做功，其动能向引力势能转化，机械能保持不变。在两个不同的轨道上(圆轨道或椭圆轨道)，轨道越高卫星的机械能越大。通一类1据印度时报报道，火星登陆计划暂定于20212022年。在不久的将来，人类将登陆火星，建立基地。用运载飞船给火星基地进行补给，就成了一项非常重要的任务。其中一种设想的补给方法：补给飞船从地球起飞，到达月球基地后，卸下部分补给品。再从月球起飞，飞抵火星。在到达火星近地轨道后，“空投补给品”，补给飞船在不着陆的情况下完成作业，返回地球。下列说法正确的是()A补给飞船从月球起飞时的最小发射速度要达到7.9 km/sB“空投补给品”要给补给品加速C补给飞船不在火星上着陆是为了节省能量D补给飞船卸下部分补给品后，因为受到的万有引力减小，所以要做离心运动解析：选C7.9 km/s是地球的第一宇宙速度，根据公式mg，得v，由于月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，月球的半径小于地球的半径，所以补给飞船从月球起飞时的最小发射速度小于7.9 km/s，选项A错误；从近地轨道到着陆，需要减速，所以“空投补给品”时要给补给品减速，选项B错误；补给飞船不在火星上着陆，可以节省因发射而耗费的能量，选项C正确；由万有引力提供向心力，且ma，易知补给飞船卸下部分补给品后，关系式中仅m发生变化，可知补给飞船的加速度与其质量无关，故仍做圆周运动，选项D错误。2(2019届高三云南师大附中模拟)2017年6月19日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星。按预定计划，“中星9A”应该首先被送入近地点约为200公里、远地点约为3.6万公里的转移轨道(椭圆)，然后通过在远地点Q变轨，最终进入地球同步轨道(圆形)，但是卫星实际进入轨道，远地点只有1.6万公里，如图所示。科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在轨道近地点P点火，逐渐抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于在7月5日成功进入预定轨道。下列说法正确的是()A卫星从轨道的P点进入轨道后机械能不变B卫星在轨道经过Q点时和在轨道经过Q点时(未点火)的加速度不相同C“中星9A”发射失利的原因可能是发射速度没有达到7.9 km/sD卫星在轨道由P点向Q点运动的过程中处于完全失重状态解析：选D卫星从轨道变轨到轨道，轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道的P点加速后才能做离心运动，从而进入轨道，卫星加速过程机械能增加，则卫星从轨道的P点进入轨道后机械能增加，故A错误；由万有引力提供向心力得Gma，可知卫星在轨道经过Q点时和在轨道经过Q点时(未点火)的加速度相同，故B错误；卫星的发射速度要大于第一宇宙速度(7.9 km/s)，故C错误；卫星环绕地球运行的过程中，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，故D正确。模型1双星系统之“二人转”模型双星系统由两颗相距较近的星体组成，由于彼此的万有引力作用而绕连线上的某点做匀速圆周运动(简称“二人转”模型)。双星系统中两星体绕同一个圆心做圆周运动，周期、角速度相等；向心力由彼此的万有引力提供，大小相等。例1多选(2018全国卷)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星()A质量之积B质量之和C速率之和 D各自的自转角速度解析两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示：每秒转动12圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得m12r1，m22r2，lr1r2，解得2l，所以m1m2，质量之和可以估算。由线速度与角速度的关系vr得v1r1，v2r2，解得v1v2(r1r2)l，速率之和可以估算。质量之积和各自的自转角速度无法求解。故B、C正确，A、D错误。答案BC模型2三星系统之“二绕一”和“三角形”模型三星系统由三颗相距较近的星体组成，其运动模型有两种：一种是三颗星体在一条直线上，两颗星体围绕中间的星体做圆周运动(简称“二绕一”模型)；另一种是三颗星体组成一个等边三角形，三颗星体以等边三角形的几何中心为圆心做圆周运动(简称“三角形”模型)。,“三角形”模型中，三星结构稳定，角速度相同，半径相同，任一星体的向心力均由另两颗星体对它的万有引力的合力提供。例2多选宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星体位于同一直线上，两颗星体围绕中央星体做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星体位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设三颗星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、乙中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是()A直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为 B直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4 C三角形三星系统中每颗星体做圆周运动的角速度为2 D三角形三星系统中每颗星体做圆周运动的加速度大小为 解析在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两颗星体对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有GGm，解得v ，A项错误；由周期T知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T4 ，B项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2Gcos 30m2，解得，C项错误；由2Gcos 30ma，解得a，D项正确。答案BD模型3四星系统之“三绕一”和“正方形”模型四星系统由四颗相距较近的星体组成，与三星系统类似，运动模型通常有两种：一种是三颗星体相对稳定地位于三角形的三个顶点上，环绕另一颗位于中心的星体做圆周运动(简称“三绕一”模型)；另一种是四颗星体相对稳定地分布在正方形的四个顶点上，围绕正方形的中心做圆周运动(简称“正方形”模型)。例3多选宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每颗星体的质量均为m，半径均为R，四颗星体稳定分布在边长为L的正方形的四个顶点上，其中L远大于R。已知引力常量为G，忽略星体自转效应，关于四星系统，下列说法正确的是()A四颗星体做圆周运动的轨道半径均为B四颗星体做圆周运动的线速度均为 C四颗星体做圆周运动的周期均为2 D四颗星体表面的重力加速度均为G解析四颗星体均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径均为rL。取任一顶点上的星体为研究对象，它受到相邻的两个星体与对角线上的星体的万有引力的合力为F合GG，由F合F向mmr，解得v ，T2 ，A、B项错误，C项正确；对于星体表面质量为m0的物体，受到的重力等于万有引力，则有m0gG，故gG，D项正确。答案CD专题强训提能 1(2018全国卷)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为()A21B41C81 D161解析：选C由Gmr得，则两卫星周期之比为 8，故C正确。2(2018北京高考)若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证()A地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的B月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的C自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的D苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的解析：选B若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律万有引力定律，则应满足Gma，因此加速度a与距离r的二次方成反比，B对。3(2018江苏高考)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是()A周期B角速度C线速度 D向心加速度解析：选A“高分五号”的运动半径小于“高分四号”的运动半径，即r五r四。由万有引力提供向心力得mrmr2mma。T ，T五T四，故A正确；，五四，故B错误；v ，v五v四，故C错误； a，a五a四，故D错误。4.如图所示，A、B是绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星，A、B两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k，不计A、B两卫星之间的引力，则A、B两卫星的周期之比为()Ak3 Bk2Ck Dk解析：选A设卫星绕地球做圆周运动的半径为r，周期为T，则在t时间内与地心连线扫过的面积为Sr2，即k，根据开普勒第三定律可知，解得k3，A正确。5多选(2018天津高考)2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的()A密度 B向心力的大小C离地高度 D线速度的大小解析：选CD不考虑地球自转的影响，则在地球表面物体受到的重力等于它受到的万有引力：m0gG，整理得GMgR2。卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：Gm2(Rh)，可求得卫星的离地高度hR，再由v，可求得卫星的线速度，选项C、D正确；卫星的质量未知，故卫星的密度和向心力的大小不能求出，选项A、B错误。6.多选探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道。A点是轨道2的近地点，B点是轨道2的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7 km/s，则下列说法中正确的是()A卫星在轨道2经过A点时的速率一定小于7.7 km/sB卫星在轨道2经过B点时的速率一定小于7.7 km/sC卫星在轨道3所具有的机械能大于在轨道2所具有的机械能D卫星在轨道3所具有的最大速率小于在轨道2所具有的最大速率解析：选BC卫星在椭圆轨道2的A点做离心运动，故卫星在椭圆轨道2经过A点时的速率一定大于7.7 km/s，选项A错误；假设有一圆轨道过B点，卫星在此圆轨道的运行速率小于7.7 km/s，且卫星在椭圆轨道2的B点的速率小于其所在圆轨道的速率，卫星在椭圆轨道2经过B点时的速率一定小于7.7 km/s，选项B正确；卫星运动到离地球越远的地方，需要的能量越大，具有的机械能也越大，则卫星在轨道3所具有的机械能大于在轨道2所具有的机械能，选项C正确；根据开普勒第二定律可知椭圆轨道上近地点的速度最大，远地点的速度最小，则卫星在椭圆轨道3和2上的最大速率都出现在A点，而从轨道1变轨到轨道2和3都要做离心运动，速度越大，做离心运动离圆心越远，故卫星在轨道3所具有的最大速率大于在轨道2所具有的最大速率，选项D错误。7(2018黄冈调研)已知某星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相同，其表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球平均密度与地球平均密度的比值为()A12 B14C21 D41解析：选B根据mgm得，第一宇宙速度v。因为该星球和地球的第一宇宙速度相同，表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球的半径是地球半径的2倍。根据Gmg知，M，可得该星球的质量是地球质量的2倍。根据知，该星球平均密度与地球平均密度的比值为14，故B正确，A、C、D错误。8.(2019届高三江西八校联考)小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍。某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面停留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为()A10 6 B6 4 C10 2 D6 2解析：选B设登月器和航天站在半径3R的轨道上运行时的周期为T，因其绕月球做圆周运动，由牛顿第二定律有m，r3R，则有T2 6 ，在月球表面的物体所受重力可视为等于万有引力，可得GMgR2，所以T6 ，设登月器在椭圆轨道运行的周期是T1，航天站在圆轨道运行的周期是T2；对登月器和航天站依据开普勒第三定律有，为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登月器可以在月球表面停留的时间t应满足tnT2T1(n1、2、3、)，解得t 6n 4 (n1、2、3、)，当n1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即 t6 4 ，故B正确，A、C、D错误。9.(2018襄阳四中模拟)我国发射“天宫一号”时，先将实验舱发送到一个椭圆轨道上，如图所示，其近地点M距地面200 km，远地点N距地面362 km。进入该轨道正常运行时，其周期为T1，通过M、N点时的速率分别为v1、v2，加速度分别为a1、a2。当某次通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃实验舱上的发动机，使其短时间内加速后进入距地面362 km的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，周期为T2，这时实验舱的速率为v3，加速度为a3，下列结论正确的是()Av3v2 Bv2v1Ca3a2 DT1T2解析：选A实验舱在圆形轨道上具有的机械能大于其在椭圆轨道上具有的机械能，而实验舱经过N点时的重力势能相等，所以实验舱在圆形轨道上经过N点时的动能大于实验舱在椭圆轨道上经过N点时的动能，即v3v2，A正确；根据开普勒第二定律(面积定律)可知，v1v2，B错误；根据万有引力提供向心力，则有ma，可得a，所以a3a2，C错误；根据开普勒第三定律(周期定律)可知，轨道半径大的周期大，所以T1T2，D错误。10双星系统由两颗星组成，两星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为()A.T B.TC.T D.T解析：选B设双星系统演化前两星的质量分别为M1和M2，轨道半径分别为r1和r2。根据万有引力定律及牛顿第二定律可得M12r1M22r2，rr1r2，解得2(r1r2)，即2，当两星的总质量变为原来的k倍，它们之间的距离变为原来的n倍时，有2，解得TT，故B项正确。11多选假设在赤道平面内有一颗侦察卫星绕地球做匀速圆周运动，某时刻恰好处在另一颗同步卫星的正下方，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则()A同步卫星和侦察卫星的线速度之比为12B同步卫星和侦察卫星的角速度之比为81C再经过 h两颗卫星距离最远D再经过 h两颗卫星距离最远解析：选AC根据万有引力提供向心力Gm得：v ，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则同步卫星和侦察卫星的线速度之比为12，故A正确；根据万有引力提供向心力Gm2r得：，则同步卫星和侦察卫星的角速度之比为18，故B错误；根据T可知，同步卫星的周期为24 h，则角速度为1 rad/h，则侦察卫星的角速度为2 rad/h，当两颗卫星的夹角为时，相距最远，则有：t h，故C正确，D错误。12多选(2018保定质检)两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动。以纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a，横轴表示某位置到行星中心距离r平方的倒数，所得a关系图像如图所示，卫星S1、S2所在轨道处的引力加速度大小均为a0。则()AS1的质量比S2的大BP1的质量比P2的大CP1的第一宇宙速度比P2的小DP1的平均密度比P2的小解析：选BD由万有引力充当向心力Gma，解得aGM，故题图图像的斜率kGM，因为G是恒量，M表示行星的质量，所以斜率越大，行星的质量越大，故P1的质量比P2的大，由于计算过程中，卫星的质量可以约去，所以无法判断卫星质量关系，A错误，B正确；因为两个卫星是近地卫星，所以其运行轨道半径可认为等于行星半径，根据第一宇宙速度公式v，可得v ，从题图中可以看出，当两者加速度都为a0时，P2的半径比P1的小，故P1的第一宇宙速度比P2的大，C错误；由GMgR2可得GMa0R2，M，故行星的半径越大，密度越小，所以P1的平均密度比P2的小，D正确。13.(2018宜宾高三诊断)如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O在同一平面内做圆周运动，运转方向相同。A卫星的周期为TA，B卫星的周期为TB，在某一时刻A、B相距最近，下列说法中正确的是()AA、B经过时间tTA再次相距最近BA、B的轨道半径之比为TATBCA、B的向心加速度大小之比为TBTAD若已知A、B相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度解析：选CA、B再次相距最近时，两者运转的角度相差2，即：tt2，解得：t，A错误；根据开普勒第三定律可知：，则，B错误；根据a，C正确；若已知A、B相距最近时的距离，结合两者的轨道半径之比可以求得A、B的轨道半径，根据万有引力提供向心力得：mr，所以可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不可求出地球表面的重力加速度，D错误。14.多选(2018湖南六校联考)如图所示，在某类地行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离为L处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为时，小物体刚好要滑动。小物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该行星的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是()A该行星的质量为B该行星的第一宇宙速度为2C该行星的同步卫星的周期为D离行星表面距离为R的地方的重力加速度为2L解析：选BD当小物体转到圆盘的最低点，所受的摩擦力沿斜面向上达到最大时，对应小物体刚好要滑动，由牛顿第二定律可得mgcos 30mgsin 30m2L，所以g42L，Gmg，解得M，A错误；该行星的第一宇宙速度v2，B正确；因为不知道同步卫星的轨道半径，所以不能求出同步卫星的周期，C错误；离该行星表面距离为R的地方的引力为mgmg，即重力加速度为gg2L，D正确。