人教版物理必修2同步练习：7.2 万有引力定律（优生加练）

人教版物理必修2同步练习：7.2 万有引力定律（优生加练）
一、选择题
1．（2018高一下·峨山期中）两大小相同的实心小铁球紧靠在一起，它们之间的万有引力为F，若两个半径是小铁球2倍的实心大铁球紧靠在一起，则它们之间的万有引力为（　　）
A．2F B．4F C．8F D．16F
【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】根据m=ρ πr3可知半径变为原来的两倍，质量变为原来的8倍，再根据万有引力公式即可求解．
解：设两个大小相同的实心小铁球的质量都为m，半径为r，根据万有引力公式得：F=G
根据m=ρ πr3可知，半径变为原来的两倍，质量变为原来的8倍．
所以若将两半径为小铁球半径2倍的实心大铁球紧靠在一起时，万有引力为：F′=G =16G
故答案为：D．
【分析】该题目需要注意的是实心小铁球变成两个大铁球后，不能直接利用万有引力公式计算，因为两个大铁球不能看成质点，要转换成密度进行计算。
2．（2023·临海模拟）我国首颗超百Gbps容量高通量地球静止轨道通信卫星中星26号卫星，于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星主要用于为固定端及车、船、机载终端提供高速宽带接入服务。如图，某时刻中星26与椭圆轨道侦察卫星恰好位于C、D两点，两星轨道相交于A、B两点，C、D连线过地心，D点为远地点，两卫星运行周期都为T。下列说法正确的是（　　）
A．中星26与侦察卫星可能在A点或B点相遇
B．侦查卫星从D点运动到A点过程中机械能增大
C．中星26在C点线速度与侦察卫星在D点线速度相等
D．相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A.中星26与侦察卫星周期相同，并且当中星26在下半周运动时，卫星在上半周运动，故不可能相遇，故A错误；
B.侦察卫星在D到A点过程中只有引力做功故机械能不变，故B错误；
C.开普勒第二定律可知，在近地点速度大于远地点速度故中星26在C点线速度大于侦察卫星在D点线速度，故C错误；
D.中星26与侦察卫星的周期相同，由开普勒第三定律，中星26轨道半径等于侦察卫星的半长轴，运动一个周期中星26是一个圆，而侦察卫星是一个椭圆，由于圆的面积大于椭圆的面积，故相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.分析可知两星周期相同，且刚好相对的半周期运动，故不会相遇；
B.引力做功机械能守恒；
C.开普勒第二定律可知，在近地点速度大于远地点速度；
D.由开普勒第三定律，周期相同，中星26轨道半径等于侦察卫星的半长轴。
3．（2017高二上·安阳开学考）冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，公转周期为T0，其近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离为b，半短轴的长度为c，如图所示．若太阳的质量为M，万有引力常量为G，忽略其他行星对它的影响，则（　　）
A．冥王星从A→B→C的过程中，机械能逐渐增大
B．冥王星从A→B所用的时间等于
C．冥王星从B→C→D的过程中，万有引力对它先做正功后做负功
D．冥王星在B点的加速度为
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】解：A、冥王星从A→B→C的过程中，只有重力做功机械能守恒，A不符合题意；
B、公转周期为 ，冥王星从A→C的过程中所用的时间是 ，由于冥王星从A→C的过程中，速率逐渐变小，从A→B与从B→C的路程相等，所以冥王星从A→B所用的时间小于 ，B不符合题意；
C、冥王星从B→C→D的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C点后万有引力方向与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，C不符合题意；
D、设B到太阳的距离为x，半长轴 ，则x= ，根据万有引力充当向心力 ，知冥王星在B点的加速度a= = ，D符合题意．
故答案为：D
【分析】冥王星从A→B→C的过程中，只有重力做功机械能守恒，冥王星从A→C的过程中，速率逐渐变小，从A→B与从B→C的路程相等，冥王星从B→C→D的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C点后万有引力方向与速度方向成锐角，万有引力对它先做负功后做正功，根据万有引力充当向心力 ，可以求冥王星在B点的加速度。
4．（2023高一下·巴东期末）毫秒脉冲星中有一种特殊的类型，由毫秒脉冲星和低质量恒星(伴星)组成的致密双星系统，由于伴星正在被脉冲星强烈的辐射蚕食，天文学家们戏称它们为“黑寡妇"脉冲星.假设脉冲星的质量为M，转动周期为T，引力常量为G，脉冲星和伴星的中心距离为L，则伴星的质量为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用；双星（多星）问题
【解析】【解答】双星系统的双星周期相同，万有引力大小相同，
联立（1）（2）式可得
答案C正确
故答案为：C。
【分析】双星系统的特点：双星绕中心连线中的某点做圆周运动，由彼此的万有引力提供向心力，且角速度（周期）相同。和 题中L和r的不同。
5．（2023高一下·阜阳月考） 有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点。现将M中挖去半径为R的球体，如图所示，则剩余部分对m2的万有引力F为多少（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】
设被挖小球的质量为，其球心到质点间的距离为r．
　　由题意知，；
由万有引力定律，
　完整球体与质点m的万有引力：；
　挖去部分的球体与质点m的万有引力：；
　所以剩余部分对质点m的万有引力：。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】 一个质量均匀分布的球体与球外的一个质点间的万有引力可以用公式直接进行计算，但当球体被挖去一部分后，由于质量分布不均匀，万有引力定律就不再适用了．此时我们不妨用“割补法”进行求解，设想将被挖部分重新补回，则完整球体对质点m的引力为F1，可以看作是剩余部分对质点的引力F与被挖小球对质点的引力F2的合力，即F1＝F＋F2．
根据球体挖去部分及完整球体的形状特点，可知，完整部分与质点m以及挖去部分与质点m间万有引力均可用公式计算，由此利用等效割补的方式先将剩余部分还原为完整体，计算出万有引力，然后计算出割去部分与质点m间的万有引力，两者之差即为所求．通过“割补法”的运用，可以使解题思路简捷化．
6．（2023高一下·信阳期中）在高空运行的同步卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处的“墓地轨道”，以免影响其他在轨卫星并节省轨道资源。如图甲所示，我国“实践21号”卫星在地球同步轨道“捕获”已失效的“北斗二号G2”卫星后，成功将其送入“墓地轨道”。已知转移轨道与同步轨道、墓地轨道分别相切于P、Q点，“北斗二号G2”卫星在P点进入转移轨道，从Q点进入墓地轨道，则（　　）
A．卫星在同步轨道上运行时会经过河南上空
B．不同国家发射的同步卫星轨道高度不同
C．卫星在转移轨道上经过P点的速度大于在同步轨道上经过P点的速度
D．卫星在转移轨道上经过Q点的加速度小于在墓地轨道上经过Q点的加速度
【答案】C
【知识点】匀速圆周运动；向心力；万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A.同步卫星在赤道上空，所以不会经过河南上空，故A错误；
B.不同国家发射的同步卫星周期都相同，故发射的同步卫星轨道的高度相同，故B错误；
C.卫星要从同步轨道转移到转移轨道，得在p点速度增大才能到转移轨道，故转移轨道经过P点的速度大于同步轨道上的P点的速度，故C正确；
D.都在Q点到地心的距离相同，所以向心力的大小相同，故在转移轨道和墓地轨道在Q点的加速度大小相同，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.了解同步卫星轨道的特点，在赤道上空，故不会经过河南；
B.同步卫星指的是周期与地球的自转周期相同，故其卫星高度也相同；
C.从同步轨道通过P点得加速做离心运动才能到转移轨道；
D.同样的距离，万有引力的大小相同，故加速度也相同。
7．（2023高一下·信阳期中）截至目前，神舟十五号航天员乘组已完成四次出舱活动，刷新了中国航天员出舱活动记录，如图所示为航天员出舱完成任务的图片。已知空间站在距地面高度为400km轨道上绕地球做匀速圆周运动，地球半径为6400km，取地面重力加速度为10m/s2，不考虑地球自转的影响。下列说法正确的是（　　）
A．航天员做匀速圆周运动，所受合力不变
B．空间站做匀速圆周运动的线速度大于7.9km/s
C．同一物体在空间站与在地面上受到的万有引力之比为
D．空间站做匀速圆周运动的向心加速度大小约为9.4m/s2
【答案】C
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A.航天员做匀速圆周运动，其合力总是指向圆心，故其方向一直发生改变，故A错误；
B.地球的第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大线速度，故空间站绕地球做匀速圆周运动的线速度小于7.9km/s，故B错误；
C.同一物体在空间站与地面上所受万有引力之比为
，故C正确；
D.据牛顿第二定律得，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.合力提供向心力，故方向一直在改变；
B.绕地球做匀速圆周运动的线速度的最大值是第一宇宙速度，其他的绕地球的线速度都小于第一宇宙速度；
C.代入万有引力的表达式，可解得万有引力的大小之比；
D.据牛顿第二定律，解得空间站中加速度的值。
8．（2017高一下·安达期末）我国发射的“嫦娥一号”卫星经过多次加速、变轨后，最终成功进入环月工作轨道．如图所示，卫星既可以在离月球比较近的圆轨道a上运动，也可以在离月球比较远的圆轨道b上运动．下列说法正确的是（　　）
A．卫星在a上运行的线速度小于在b上运行的线速度
B．卫星在a上运行的周期大于在b上运行的周期
C．卫星在a上运行的角速度小于在b上运行的角速度
D．卫星在a上运行时受到的万有引力大于在b上运行时的万有引力
【答案】D
【知识点】向心力；万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】解：对于月球的卫星，万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、月球质量为M，有
F=F向
F=
F向=m =mω2r=m
解得
v=
ω=
T=2π
根据题意得：卫星在a上运行的轨道半径小于在b上运行的轨道半径，
所以卫星在a上运行的线速度大，角速度大、周期小、万有引力大．A、B、C不符合题意，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据万有引力公式，结合向心力公式进行判断。注意天体运动过程中，万有引力提供向心力。
9．（2017高一下·宜昌期中）在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到 v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，下列说法正确的有（　　）
A．探测器的质量越大，脱离星球所需的发射速度越大
B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D．探测器脱离星球的过程中势能逐渐变大，加速度逐渐变大
【答案】B
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】解：AC、根据万有引力提供向心力，有： ，解得 与探测器质量无关，脱离星球表面所需的发射速度 ， ，脱离地球所需的发射速度大，故AC错误；
B、探测器绕星球表面做匀速圆周运动的向心力由星球对它的万有引力提供，设星球质量为M，探测器质量为m，运行轨道半径为r，星球半径为R，根据万有引力定律有： ，在星球表面时r=R，所以探测器在地球表面和火星表面受到的引力之比为： = ．所以探测器在地球表面受到的引力比在火星表面大，故B正确；
D、探测器脱离星球的过程中，高度逐渐增大，其势能逐渐增大，根据牛顿第二定律 ，距离变大，加速度减小，故D错误；
故选：B
【分析】根据万有引力定律比较探测器在火星表面和在地球表面的引力大小，根据万有引力提供向心力得出各自周期的表达式，比较即可， ，根据 ，求出绕火星和绕地球的运行速度大小关系，从而得到发射速度大小关系，高度越大势能越大．
10．（2017高二上·扬州期末）请阅读下列材料，回答第（1）～（4）小题
“神舟十一号”载人飞船，于 2016年10月19日3时31分，与“天宫二号”空间实验室成功实现自动交会对接，为我国未来空间站建设进行科学的技术验证，为实现我国从航天大国走向航天强国的中国梦典定了坚实的基础．
（1）“天宫二号”围绕地球做圆周运动，是由于受到万有引力作用，我国罗俊院士团队的引力实验室因其算出世界最精确的万有引力常数而被外国专家称为世界“引力中心”，关于万有引力定律的公式，下列正确的是（　　）
A．F=kx B．F=G C．F=ma D．F=k
（2）分析下列物体的运动时，可将物体看作质点的是（　　）
A．研究航天员生活工作时的“天宫二号”太空仓
B．对航天员姿势和动作进行分析时的航天员
C．研究“天宫二号”和“神舟十一号”实现交会对接时的“神舟十一号”飞船
D．计算围绕地球做圆周运动的轨道半径时的“神舟十一号”飞船
（3）假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，用A代表“神舟十一号”，B代表“天宫二号”，它们对接前做圆周运动的情形如图所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．A的运行速度小于B的运行速度
B．A的运行速度大于B的运行速度
C．A的向心加速度小于B的向心加速度
D．A的向心加速度等于B的向心加速度
（4）关于在轨运行的“天宫二号”，下列说法中正确的是（　　）
A．“天宫二号”的运行速度一定大于7.9km/s
B．“天宫二号”的运行速度一定大于7.9km/s且小于11.2km/s
C．“天宫二号”运行时，其处于失重状态
D．“天宫二号”运行时，其处于平衡状态
【答案】（1）B
（2）D
（3）B
（4）C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】解：（1）根据万有引力定律，两个物体之间的万有引力大小与两个物体质量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比，表达式：F=G ．故B正确，ACD错误（2）A、研究航天员生活工作时的“天宫二号”太空仓时，太空仓的大小不能忽略，不能看成质点．故A错误．
B、对航天员姿势和动作进行分析时的航天员的大小和形状不能忽略，不能看成质点．故B错误．
C、研究“天宫二号”和“神舟十一号”实现交会对接时的“神舟十一号”飞船，它们的大小和形状不能忽略，不能看成质点．故C错误．
D、计算围绕地球做圆周运动的轨道半径时的“神舟十一号”飞船时，飞船的大小和形状能忽略，能看成质点．故D正确．（3）由万有引力提供向心力得，G =m =ma
则得v= ，a=
AB、根据v= 可知，轨道半径越大，运行速率越小，所以A的运行速度大于B的运行速度．故A错误，B正确；
CD、根据a= 可知，轨道半径越大，向心加速度越小，A的向心加速度大于B的向心加速度．故C错误，D错误．（4）A、B、根据万有引力提供向心力有：G =m ，解得v= 得轨道高度越高，卫星的线速度越小，第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫二号的线速度一定小于第一宇宙速度．故A错误，B错误．
C、D、“天宫二号”运行时，其受到的万有引力全部提供向心加速度，所以处于失重状态．故C正确，D错误
故答案为：（1）B（2）D（3）B（4）C
【分析】（1）万有引力定律是牛顿发现的，它适用于自然界中的任何两个物体之间．万有引力的表达式：F=G ．引力常量G有单位，其单位根据公式推导．（2）当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点（3）根据万有引力提供向心力，列式得到速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，进行分析即可．（4）万有引力提供圆周运动的向心力，可知，第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度；根据运动的特点判断出失重或超重．
二、多项选择题
11．（2024高二下·汉寿开学考）年月日，神舟十二号载人飞船与空间站天和核心舱在轨运行天后成功实施分离，三名航天员在踏上回家之路前，完成了绕飞和径向交会对接试验，经过两小时的绕飞和三次姿态调整后，神舟十二号飞船来到节点舱的径向对接口正下方，从相距向相距靠近，飞船与核心舱的轨道半径分别为和，运行周期分别为和，下列说法正确的是（　　）
A．飞船靠近天和核心舱过程中，向心加速度逐渐增大
B．飞船靠近天和核心舱过程中，所在轨道处的重力加速度逐渐增大
C．交会对接试验过程中，飞船发动机需要提供飞船向前和指向核心舱的作用力
D．交会对接试验过程中应满足
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；向心加速度；开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A.交会对接试验过程中，神舟十二号飞船与天和核心舱径向交会对接，角速度大小相同，保持不变，飞船轨道半径逐渐增大，向心加速度逐渐增大，A正确；
B.根据
可得
飞船靠近天和核心舱过程中增大，所以所在轨道处的重力加速度逐渐减小，B错误；
C.交会对接试验过程中，飞船做离心运动的同时做加速运动，所以发动机需要提供飞船向前和指向核心舱的作用力，C正确；
D.交会对接试验过程中， ，D错误。
故选AC
【分析】飞行器对接时需要保持相同的角速度，结合圆周运动和牛顿第二定律的公式，即可判断向心加速度的变化；根据万有引力定律，使重力近似等于万有引力大小，推出重力加速度的推导式，从而判断重力加速度的变化；结合开普勒定律以及相互作用力的知识可判断CD选项。
12．（2022高一下·黑龙江期中）关于如图a、图b、图c、图d所示的四种情况，下列说法中不正确的是（　　）
A．图a中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，火车对外轨有压力
B．图b中，英国科学家卡文迪什利用了扭秤实验成功地测出了引力常量
C．图c中，牛顿根据第谷的观测数据提出了关于行星运动的三大定律
D．图d中，小球通过轻杆在竖直面内做圆周运动，通过最高点的最小速度为
【答案】C,D
【知识点】生活中的圆周运动；开普勒定律；万有引力定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．图a中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，火车重力和轨道对火车的支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有压力，从而提供一部分向心力，根据牛顿第三定律可知火车对外轨有压力，A正确，不符合题意；
B．图b中，英国科学家卡文迪什利用了扭秤实验成功地测出了引力常量，B正确，不符合题意；
C．图c中，开普勒根据第谷的观测数据提出了关于行星运动的三大定律，C错误，符合题意；
D．图d中，小球通过轻杆在竖直面内做圆周运动，由于轻杆对小球可以有竖直向上支持力的作用，所以小球通过最高点时向心力可以为零，即最小速度为零，D错误，符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据合力提供向心力得出火车对轨道的压力；卡文迪什利用了扭秤实验成功地测出了引力常量；开普勒根据第谷的观测数据提出了关于行星运动的三大定律。
13．（2019·全国Ⅰ卷）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（　　）
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
【答案】A,C
【知识点】万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】把物体P轻放在弹簧上端，一开始，弹簧尚未变形，物体仅受重力作用，由图像可知这时物体P的加速度为3a0，根据牛顿第二定律知： ，同理 。由万有引力公式知： ， ， ，故A正确；
当物体的加速度为零时，物体受力平衡，这时 ，
故B错误。
起初，物体P做加速度逐渐减小的加速运动，当物体的加速度为零时，速度最大，动能最大，因物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，设初始状态机械能为零，对P：
， 故 ，故C正确。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，由机械能守恒知：
对P：
对Q： ，故 ，故D错。
故AC正确，BD错误。
故答案为：AC
【分析】弹簧尚未变形前，物体仅受重力作用，据此求出星球的重力加速度。根据星球表面万有引力和重力相等，求星球质量，代入密度公式求密度比即可。物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，根据机械能相等分别列式求出最大动能。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，同样根据机械能守恒分别列式计算比较。
14．（2017·延边模拟）2017年1月5日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功将通信技术实验卫星发射升空．若该卫星在发射过程中质量保持不变，则在该卫星发射升空远离地球的过程中，其所受地球的万有引力F及重力势能Ep的变化情况分别为（　　）
A．F变大 B．F 变小 C．Ep变大 D．Ep变小
【答案】B,C
【知识点】功能关系；万有引力定律
【解析】【解答】解：A、在该卫星发射升空远离地球的过程中卫星与地球之间的距离增大，由：
则：F变小．A不符合题意，B符合题意；
C、在该卫星发射升空远离地球的过程中，万有引力对卫星做负功，所以卫星的重力势能增大．C符合题意，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】根据万有引力公式，以及功能关系，势能是由于两个物体之间具有相互作用力而形成的能量，当两物体之间的作用力做正功时，势能减小。
三、非选择题
15．（人教版物理必修二第六章第三节万有引力定律同步训练）请利用开普勒行星运动定律和牛顿第二、三定律，推导出引力的表达式．
【答案】设中心天体的质量为M，环绕天体的质量为m，环绕天体的公转周期为T，轨道半径为r；由于中心天体对环绕天体的引力充当向心力，则：M对m：F=mr （1）
据开普勒第三定律： =K（2）
由（1）（2）式得：F=mr （3）
关系式： （4）m对M（据牛三）： （5）
综合（5）（6）式： （6）
写成等式：F=
即：太阳与行星间的引力大小与太阳的质量和行星的质量的乘积成正比，与两者距离的二次方成反比．
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】设中心天体的质量为M，环绕天体的质量为m，环绕天体的公转周期为T，轨道半径为r；由于中心天体对环绕天体的引力充当向心力，则：M对m：F=mr （1）
据开普勒第三定律： =K（2）
由（1）（2）式得：F=mr （3）
关系式： （4）m对M（据牛三）： （5）
综合（5）（6）式： （6）
写成等式：F=
即：太阳与行星间的引力大小与太阳的质量和行星的质量的乘积成正比，与两者距离的二次方成反比．
答：推导过程如上所示．
【分析】行星绕太阳能做圆周运动，是由引力提供向心力来实现的．再由开普勒第三定律可推导出万有引力定律．
16．（2022高三上·张家口期中）2022年4月16日，圆满完成任务的三名中国航天英雄乘坐神舟十三号飞船从空间站顺利返回地面。如图所示，某颗卫星的返回回收过程可简化如下：轨道1是某近地圆轨道，其半径可近似看做等于地球半径，轨道2是位于与轨道1同一平面内的中地圆轨道，轨道半径为地球半径的3倍。一颗在轨道2上运行的质量为m的卫星通过两次制动变轨，先从椭圆转移轨道进入轨道1运行，调整好姿态再伺机进入大气层，返回地面。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略其他星体对该卫星的作用力，试求：
（1）该卫星在轨道1上运行的动能；
（2）经过多长时间该卫星在椭圆转移轨道上从轨道2上的A点运行至轨道1上的B点（A、B与地心在同一直线上）。
【答案】（1）解：在轨道1上，万有引力提供向心力
对地面上物体
该卫星在轨道1上运行的动能
联立解得
（2）解：在轨道2上，根据万有引力提供向心力，有
又
联立解得
转移轨道是椭圆轨道，其长轴
卫星在轨道2上的周期 满足
又
设卫星在转移轨道的周期为 ，由开普勒第三定律可得
卫星在转移轨道的最短时间
联立解得
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；动能
【解析】【分析】（1）在轨道1上根据万有引力提供向心力以及在地面上根据重力等于万有引力得出卫星的速度，结合动能的表达式得出 卫星在轨道1上运行的动能； ；
（2）在轨道2上根据万有引力提供向心力以及在地面上根据重力等于万有引力得出卫星的速度以及卫星在轨道2上周期，结合开普勒三定律得出 卫星在转移轨道的最短时间 。
17．（2018高一下·永仁期中）某仪器在地面上受到的重力为160 N，将它置于宇宙飞船中，当宇宙飞船以a＝0.5g的加速度竖直上升到某高度时仪器所受的支持力为90 N，取地球表面处重力加速度g＝10 m/s2，地球半径R＝6 400 km.求：
（1）此处的重力加速度的大小g′；
（2）此处离地面的高度H；
（3）在此高度处运行的卫星速度v的大小．
【答案】（1）解：由在地表仪器重160 N，可知仪器质量m＝16 kg①
根据牛顿第二定律，有F－mg′＝ma②
代入数据，得g′＝0.625m/s2③
（2）解：设此时飞船离地高度为H，地球质量为M，该高度处重力加速度
地表重力加速度 ⑤
联立各式得 ⑥
（3）解：设该高度有人造卫星速度为v，其向心力由万有引力来提供，有⑦
联立⑤⑦式得v＝3.95 km/s
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【分析】宇宙飞船以a＝0.5g的加速度竖直上升到某高度时，飞船内仪器受支持力和重力，根据牛顿第二定律可求该高度处重力加速度的大小，再由万有引力等于重力可求该位置高度，由万有引力提供向心力得人造卫星速度。
18．（高中物理人教版必修2第六章第4节万有引力理论的成就同步练习）土星周围有许多大小不等的岩石颗粒，其绕土星的运动可视为圆周运动．其中有两个岩石颗粒A和B与土星中心的距离分别为rA＝8.0×104km和rB＝1.2×105km，忽略所有岩石颗粒间的相互作用．（结果可用根式表示）
（1）求岩石颗粒A和B的线速度之比．
（2）土星探测器上有一物体，在地球上重为10N，推算出它在距土星中心3.2×105km处受到土星的引力为0.38N．已知地球半径为6.4×103km，请估算土星质量是地球质量的多少倍？
【答案】（1）解：万有引力提供岩石颗粒做圆周运动的向心力，所以有 ＝ 故v＝ 所以 ＝ ＝ ＝
故答案为：
（2）解：设物体在地球上重为G地，在土星上重为G土，则由万有引力定律知：
G地＝
G土＝
又F万＝ ，故G土 ＝F万r2
所以 ＝ ＝ ＝ ＝95
故答案为：95。
【知识点】匀速圆周运动；向心力；万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【分析】做匀速圆周运动，由万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，可求得运动速度v。
1 / 1人教版物理必修2同步练习：7.2 万有引力定律（优生加练）
一、选择题
1．（2018高一下·峨山期中）两大小相同的实心小铁球紧靠在一起，它们之间的万有引力为F，若两个半径是小铁球2倍的实心大铁球紧靠在一起，则它们之间的万有引力为（　　）
A．2F B．4F C．8F D．16F
2．（2023·临海模拟）我国首颗超百Gbps容量高通量地球静止轨道通信卫星中星26号卫星，于北京时间2023年2月23日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星主要用于为固定端及车、船、机载终端提供高速宽带接入服务。如图，某时刻中星26与椭圆轨道侦察卫星恰好位于C、D两点，两星轨道相交于A、B两点，C、D连线过地心，D点为远地点，两卫星运行周期都为T。下列说法正确的是（　　）
A．中星26与侦察卫星可能在A点或B点相遇
B．侦查卫星从D点运动到A点过程中机械能增大
C．中星26在C点线速度与侦察卫星在D点线速度相等
D．相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积
3．（2017高二上·安阳开学考）冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，公转周期为T0，其近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离为b，半短轴的长度为c，如图所示．若太阳的质量为M，万有引力常量为G，忽略其他行星对它的影响，则（　　）
A．冥王星从A→B→C的过程中，机械能逐渐增大
B．冥王星从A→B所用的时间等于
C．冥王星从B→C→D的过程中，万有引力对它先做正功后做负功
D．冥王星在B点的加速度为
4．（2023高一下·巴东期末）毫秒脉冲星中有一种特殊的类型，由毫秒脉冲星和低质量恒星(伴星)组成的致密双星系统，由于伴星正在被脉冲星强烈的辐射蚕食，天文学家们戏称它们为“黑寡妇"脉冲星.假设脉冲星的质量为M，转动周期为T，引力常量为G，脉冲星和伴星的中心距离为L，则伴星的质量为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2023高一下·阜阳月考） 有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点。现将M中挖去半径为R的球体，如图所示，则剩余部分对m2的万有引力F为多少（　　）
A． B． C． D．
6．（2023高一下·信阳期中）在高空运行的同步卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处的“墓地轨道”，以免影响其他在轨卫星并节省轨道资源。如图甲所示，我国“实践21号”卫星在地球同步轨道“捕获”已失效的“北斗二号G2”卫星后，成功将其送入“墓地轨道”。已知转移轨道与同步轨道、墓地轨道分别相切于P、Q点，“北斗二号G2”卫星在P点进入转移轨道，从Q点进入墓地轨道，则（　　）
A．卫星在同步轨道上运行时会经过河南上空
B．不同国家发射的同步卫星轨道高度不同
C．卫星在转移轨道上经过P点的速度大于在同步轨道上经过P点的速度
D．卫星在转移轨道上经过Q点的加速度小于在墓地轨道上经过Q点的加速度
7．（2023高一下·信阳期中）截至目前，神舟十五号航天员乘组已完成四次出舱活动，刷新了中国航天员出舱活动记录，如图所示为航天员出舱完成任务的图片。已知空间站在距地面高度为400km轨道上绕地球做匀速圆周运动，地球半径为6400km，取地面重力加速度为10m/s2，不考虑地球自转的影响。下列说法正确的是（　　）
A．航天员做匀速圆周运动，所受合力不变
B．空间站做匀速圆周运动的线速度大于7.9km/s
C．同一物体在空间站与在地面上受到的万有引力之比为
D．空间站做匀速圆周运动的向心加速度大小约为9.4m/s2
8．（2017高一下·安达期末）我国发射的“嫦娥一号”卫星经过多次加速、变轨后，最终成功进入环月工作轨道．如图所示，卫星既可以在离月球比较近的圆轨道a上运动，也可以在离月球比较远的圆轨道b上运动．下列说法正确的是（　　）
A．卫星在a上运行的线速度小于在b上运行的线速度
B．卫星在a上运行的周期大于在b上运行的周期
C．卫星在a上运行的角速度小于在b上运行的角速度
D．卫星在a上运行时受到的万有引力大于在b上运行时的万有引力
9．（2017高一下·宜昌期中）在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到 v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，下列说法正确的有（　　）
A．探测器的质量越大，脱离星球所需的发射速度越大
B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D．探测器脱离星球的过程中势能逐渐变大，加速度逐渐变大
10．（2017高二上·扬州期末）请阅读下列材料，回答第（1）～（4）小题
“神舟十一号”载人飞船，于 2016年10月19日3时31分，与“天宫二号”空间实验室成功实现自动交会对接，为我国未来空间站建设进行科学的技术验证，为实现我国从航天大国走向航天强国的中国梦典定了坚实的基础．
（1）“天宫二号”围绕地球做圆周运动，是由于受到万有引力作用，我国罗俊院士团队的引力实验室因其算出世界最精确的万有引力常数而被外国专家称为世界“引力中心”，关于万有引力定律的公式，下列正确的是（　　）
A．F=kx B．F=G C．F=ma D．F=k
（2）分析下列物体的运动时，可将物体看作质点的是（　　）
A．研究航天员生活工作时的“天宫二号”太空仓
B．对航天员姿势和动作进行分析时的航天员
C．研究“天宫二号”和“神舟十一号”实现交会对接时的“神舟十一号”飞船
D．计算围绕地球做圆周运动的轨道半径时的“神舟十一号”飞船
（3）假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，用A代表“神舟十一号”，B代表“天宫二号”，它们对接前做圆周运动的情形如图所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．A的运行速度小于B的运行速度
B．A的运行速度大于B的运行速度
C．A的向心加速度小于B的向心加速度
D．A的向心加速度等于B的向心加速度
（4）关于在轨运行的“天宫二号”，下列说法中正确的是（　　）
A．“天宫二号”的运行速度一定大于7.9km/s
B．“天宫二号”的运行速度一定大于7.9km/s且小于11.2km/s
C．“天宫二号”运行时，其处于失重状态
D．“天宫二号”运行时，其处于平衡状态
二、多项选择题
11．（2024高二下·汉寿开学考）年月日，神舟十二号载人飞船与空间站天和核心舱在轨运行天后成功实施分离，三名航天员在踏上回家之路前，完成了绕飞和径向交会对接试验，经过两小时的绕飞和三次姿态调整后，神舟十二号飞船来到节点舱的径向对接口正下方，从相距向相距靠近，飞船与核心舱的轨道半径分别为和，运行周期分别为和，下列说法正确的是（　　）
A．飞船靠近天和核心舱过程中，向心加速度逐渐增大
B．飞船靠近天和核心舱过程中，所在轨道处的重力加速度逐渐增大
C．交会对接试验过程中，飞船发动机需要提供飞船向前和指向核心舱的作用力
D．交会对接试验过程中应满足
12．（2022高一下·黑龙江期中）关于如图a、图b、图c、图d所示的四种情况，下列说法中不正确的是（　　）
A．图a中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，火车对外轨有压力
B．图b中，英国科学家卡文迪什利用了扭秤实验成功地测出了引力常量
C．图c中，牛顿根据第谷的观测数据提出了关于行星运动的三大定律
D．图d中，小球通过轻杆在竖直面内做圆周运动，通过最高点的最小速度为
13．（2019·全国Ⅰ卷）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（　　）
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
14．（2017·延边模拟）2017年1月5日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功将通信技术实验卫星发射升空．若该卫星在发射过程中质量保持不变，则在该卫星发射升空远离地球的过程中，其所受地球的万有引力F及重力势能Ep的变化情况分别为（　　）
A．F变大 B．F 变小 C．Ep变大 D．Ep变小
三、非选择题
15．（人教版物理必修二第六章第三节万有引力定律同步训练）请利用开普勒行星运动定律和牛顿第二、三定律，推导出引力的表达式．
16．（2022高三上·张家口期中）2022年4月16日，圆满完成任务的三名中国航天英雄乘坐神舟十三号飞船从空间站顺利返回地面。如图所示，某颗卫星的返回回收过程可简化如下：轨道1是某近地圆轨道，其半径可近似看做等于地球半径，轨道2是位于与轨道1同一平面内的中地圆轨道，轨道半径为地球半径的3倍。一颗在轨道2上运行的质量为m的卫星通过两次制动变轨，先从椭圆转移轨道进入轨道1运行，调整好姿态再伺机进入大气层，返回地面。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，忽略其他星体对该卫星的作用力，试求：
（1）该卫星在轨道1上运行的动能；
（2）经过多长时间该卫星在椭圆转移轨道上从轨道2上的A点运行至轨道1上的B点（A、B与地心在同一直线上）。
17．（2018高一下·永仁期中）某仪器在地面上受到的重力为160 N，将它置于宇宙飞船中，当宇宙飞船以a＝0.5g的加速度竖直上升到某高度时仪器所受的支持力为90 N，取地球表面处重力加速度g＝10 m/s2，地球半径R＝6 400 km.求：
（1）此处的重力加速度的大小g′；
（2）此处离地面的高度H；
（3）在此高度处运行的卫星速度v的大小．
18．（高中物理人教版必修2第六章第4节万有引力理论的成就同步练习）土星周围有许多大小不等的岩石颗粒，其绕土星的运动可视为圆周运动．其中有两个岩石颗粒A和B与土星中心的距离分别为rA＝8.0×104km和rB＝1.2×105km，忽略所有岩石颗粒间的相互作用．（结果可用根式表示）
（1）求岩石颗粒A和B的线速度之比．
（2）土星探测器上有一物体，在地球上重为10N，推算出它在距土星中心3.2×105km处受到土星的引力为0.38N．已知地球半径为6.4×103km，请估算土星质量是地球质量的多少倍？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】根据m=ρ πr3可知半径变为原来的两倍，质量变为原来的8倍，再根据万有引力公式即可求解．
解：设两个大小相同的实心小铁球的质量都为m，半径为r，根据万有引力公式得：F=G
根据m=ρ πr3可知，半径变为原来的两倍，质量变为原来的8倍．
所以若将两半径为小铁球半径2倍的实心大铁球紧靠在一起时，万有引力为：F′=G =16G
故答案为：D．
【分析】该题目需要注意的是实心小铁球变成两个大铁球后，不能直接利用万有引力公式计算，因为两个大铁球不能看成质点，要转换成密度进行计算。
2．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A.中星26与侦察卫星周期相同，并且当中星26在下半周运动时，卫星在上半周运动，故不可能相遇，故A错误；
B.侦察卫星在D到A点过程中只有引力做功故机械能不变，故B错误；
C.开普勒第二定律可知，在近地点速度大于远地点速度故中星26在C点线速度大于侦察卫星在D点线速度，故C错误；
D.中星26与侦察卫星的周期相同，由开普勒第三定律，中星26轨道半径等于侦察卫星的半长轴，运动一个周期中星26是一个圆，而侦察卫星是一个椭圆，由于圆的面积大于椭圆的面积，故相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.分析可知两星周期相同，且刚好相对的半周期运动，故不会相遇；
B.引力做功机械能守恒；
C.开普勒第二定律可知，在近地点速度大于远地点速度；
D.由开普勒第三定律，周期相同，中星26轨道半径等于侦察卫星的半长轴。
3．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】解：A、冥王星从A→B→C的过程中，只有重力做功机械能守恒，A不符合题意；
B、公转周期为 ，冥王星从A→C的过程中所用的时间是 ，由于冥王星从A→C的过程中，速率逐渐变小，从A→B与从B→C的路程相等，所以冥王星从A→B所用的时间小于 ，B不符合题意；
C、冥王星从B→C→D的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C点后万有引力方向与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，C不符合题意；
D、设B到太阳的距离为x，半长轴 ，则x= ，根据万有引力充当向心力 ，知冥王星在B点的加速度a= = ，D符合题意．
故答案为：D
【分析】冥王星从A→B→C的过程中，只有重力做功机械能守恒，冥王星从A→C的过程中，速率逐渐变小，从A→B与从B→C的路程相等，冥王星从B→C→D的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C点后万有引力方向与速度方向成锐角，万有引力对它先做负功后做正功，根据万有引力充当向心力 ，可以求冥王星在B点的加速度。
4．【答案】C
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用；双星（多星）问题
【解析】【解答】双星系统的双星周期相同，万有引力大小相同，
联立（1）（2）式可得
答案C正确
故答案为：C。
【分析】双星系统的特点：双星绕中心连线中的某点做圆周运动，由彼此的万有引力提供向心力，且角速度（周期）相同。和 题中L和r的不同。
5．【答案】A
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】
设被挖小球的质量为，其球心到质点间的距离为r．
　　由题意知，；
由万有引力定律，
　完整球体与质点m的万有引力：；
　挖去部分的球体与质点m的万有引力：；
　所以剩余部分对质点m的万有引力：。故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】 一个质量均匀分布的球体与球外的一个质点间的万有引力可以用公式直接进行计算，但当球体被挖去一部分后，由于质量分布不均匀，万有引力定律就不再适用了．此时我们不妨用“割补法”进行求解，设想将被挖部分重新补回，则完整球体对质点m的引力为F1，可以看作是剩余部分对质点的引力F与被挖小球对质点的引力F2的合力，即F1＝F＋F2．
根据球体挖去部分及完整球体的形状特点，可知，完整部分与质点m以及挖去部分与质点m间万有引力均可用公式计算，由此利用等效割补的方式先将剩余部分还原为完整体，计算出万有引力，然后计算出割去部分与质点m间的万有引力，两者之差即为所求．通过“割补法”的运用，可以使解题思路简捷化．
6．【答案】C
【知识点】匀速圆周运动；向心力；万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A.同步卫星在赤道上空，所以不会经过河南上空，故A错误；
B.不同国家发射的同步卫星周期都相同，故发射的同步卫星轨道的高度相同，故B错误；
C.卫星要从同步轨道转移到转移轨道，得在p点速度增大才能到转移轨道，故转移轨道经过P点的速度大于同步轨道上的P点的速度，故C正确；
D.都在Q点到地心的距离相同，所以向心力的大小相同，故在转移轨道和墓地轨道在Q点的加速度大小相同，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.了解同步卫星轨道的特点，在赤道上空，故不会经过河南；
B.同步卫星指的是周期与地球的自转周期相同，故其卫星高度也相同；
C.从同步轨道通过P点得加速做离心运动才能到转移轨道；
D.同样的距离，万有引力的大小相同，故加速度也相同。
7．【答案】C
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A.航天员做匀速圆周运动，其合力总是指向圆心，故其方向一直发生改变，故A错误；
B.地球的第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大线速度，故空间站绕地球做匀速圆周运动的线速度小于7.9km/s，故B错误；
C.同一物体在空间站与地面上所受万有引力之比为
，故C正确；
D.据牛顿第二定律得，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.合力提供向心力，故方向一直在改变；
B.绕地球做匀速圆周运动的线速度的最大值是第一宇宙速度，其他的绕地球的线速度都小于第一宇宙速度；
C.代入万有引力的表达式，可解得万有引力的大小之比；
D.据牛顿第二定律，解得空间站中加速度的值。
8．【答案】D
【知识点】向心力；万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】解：对于月球的卫星，万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、月球质量为M，有
F=F向
F=
F向=m =mω2r=m
解得
v=
ω=
T=2π
根据题意得：卫星在a上运行的轨道半径小于在b上运行的轨道半径，
所以卫星在a上运行的线速度大，角速度大、周期小、万有引力大．A、B、C不符合题意，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据万有引力公式，结合向心力公式进行判断。注意天体运动过程中，万有引力提供向心力。
9．【答案】B
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】解：AC、根据万有引力提供向心力，有： ，解得 与探测器质量无关，脱离星球表面所需的发射速度 ， ，脱离地球所需的发射速度大，故AC错误；
B、探测器绕星球表面做匀速圆周运动的向心力由星球对它的万有引力提供，设星球质量为M，探测器质量为m，运行轨道半径为r，星球半径为R，根据万有引力定律有： ，在星球表面时r=R，所以探测器在地球表面和火星表面受到的引力之比为： = ．所以探测器在地球表面受到的引力比在火星表面大，故B正确；
D、探测器脱离星球的过程中，高度逐渐增大，其势能逐渐增大，根据牛顿第二定律 ，距离变大，加速度减小，故D错误；
故选：B
【分析】根据万有引力定律比较探测器在火星表面和在地球表面的引力大小，根据万有引力提供向心力得出各自周期的表达式，比较即可， ，根据 ，求出绕火星和绕地球的运行速度大小关系，从而得到发射速度大小关系，高度越大势能越大．
10．【答案】（1）B
（2）D
（3）B
（4）C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】解：（1）根据万有引力定律，两个物体之间的万有引力大小与两个物体质量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比，表达式：F=G ．故B正确，ACD错误（2）A、研究航天员生活工作时的“天宫二号”太空仓时，太空仓的大小不能忽略，不能看成质点．故A错误．
B、对航天员姿势和动作进行分析时的航天员的大小和形状不能忽略，不能看成质点．故B错误．
C、研究“天宫二号”和“神舟十一号”实现交会对接时的“神舟十一号”飞船，它们的大小和形状不能忽略，不能看成质点．故C错误．
D、计算围绕地球做圆周运动的轨道半径时的“神舟十一号”飞船时，飞船的大小和形状能忽略，能看成质点．故D正确．（3）由万有引力提供向心力得，G =m =ma
则得v= ，a=
AB、根据v= 可知，轨道半径越大，运行速率越小，所以A的运行速度大于B的运行速度．故A错误，B正确；
CD、根据a= 可知，轨道半径越大，向心加速度越小，A的向心加速度大于B的向心加速度．故C错误，D错误．（4）A、B、根据万有引力提供向心力有：G =m ，解得v= 得轨道高度越高，卫星的线速度越小，第一宇宙速度为最大环绕速度，天宫二号的线速度一定小于第一宇宙速度．故A错误，B错误．
C、D、“天宫二号”运行时，其受到的万有引力全部提供向心加速度，所以处于失重状态．故C正确，D错误
故答案为：（1）B（2）D（3）B（4）C
【分析】（1）万有引力定律是牛顿发现的，它适用于自然界中的任何两个物体之间．万有引力的表达式：F=G ．引力常量G有单位，其单位根据公式推导．（2）当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点（3）根据万有引力提供向心力，列式得到速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，进行分析即可．（4）万有引力提供圆周运动的向心力，可知，第一宇宙速度是围绕地球圆周运动的最大速度；根据运动的特点判断出失重或超重．
11．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；向心加速度；开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A.交会对接试验过程中，神舟十二号飞船与天和核心舱径向交会对接，角速度大小相同，保持不变，飞船轨道半径逐渐增大，向心加速度逐渐增大，A正确；
B.根据
可得
飞船靠近天和核心舱过程中增大，所以所在轨道处的重力加速度逐渐减小，B错误；
C.交会对接试验过程中，飞船做离心运动的同时做加速运动，所以发动机需要提供飞船向前和指向核心舱的作用力，C正确；
D.交会对接试验过程中， ，D错误。
故选AC
【分析】飞行器对接时需要保持相同的角速度，结合圆周运动和牛顿第二定律的公式，即可判断向心加速度的变化；根据万有引力定律，使重力近似等于万有引力大小，推出重力加速度的推导式，从而判断重力加速度的变化；结合开普勒定律以及相互作用力的知识可判断CD选项。
12．【答案】C,D
【知识点】生活中的圆周运动；开普勒定律；万有引力定律；引力常量及其测定
【解析】【解答】A．图a中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，火车重力和轨道对火车的支持力的合力不足以提供向心力，此时外轨对火车有压力，从而提供一部分向心力，根据牛顿第三定律可知火车对外轨有压力，A正确，不符合题意；
B．图b中，英国科学家卡文迪什利用了扭秤实验成功地测出了引力常量，B正确，不符合题意；
C．图c中，开普勒根据第谷的观测数据提出了关于行星运动的三大定律，C错误，符合题意；
D．图d中，小球通过轻杆在竖直面内做圆周运动，由于轻杆对小球可以有竖直向上支持力的作用，所以小球通过最高点时向心力可以为零，即最小速度为零，D错误，符合题意。
故答案为：CD。
【分析】根据合力提供向心力得出火车对轨道的压力；卡文迪什利用了扭秤实验成功地测出了引力常量；开普勒根据第谷的观测数据提出了关于行星运动的三大定律。
13．【答案】A,C
【知识点】万有引力定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】把物体P轻放在弹簧上端，一开始，弹簧尚未变形，物体仅受重力作用，由图像可知这时物体P的加速度为3a0，根据牛顿第二定律知： ，同理 。由万有引力公式知： ， ， ，故A正确；
当物体的加速度为零时，物体受力平衡，这时 ，
故B错误。
起初，物体P做加速度逐渐减小的加速运动，当物体的加速度为零时，速度最大，动能最大，因物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，设初始状态机械能为零，对P：
， 故 ，故C正确。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，由机械能守恒知：
对P：
对Q： ，故 ，故D错。
故AC正确，BD错误。
故答案为：AC
【分析】弹簧尚未变形前，物体仅受重力作用，据此求出星球的重力加速度。根据星球表面万有引力和重力相等，求星球质量，代入密度公式求密度比即可。物体运动整个过程只受到弹力和重力作用，故机械能守恒，根据机械能相等分别列式求出最大动能。当速度为零时，弹簧的压缩量最大，同样根据机械能守恒分别列式计算比较。
14．【答案】B,C
【知识点】功能关系；万有引力定律
【解析】【解答】解：A、在该卫星发射升空远离地球的过程中卫星与地球之间的距离增大，由：
则：F变小．A不符合题意，B符合题意；
C、在该卫星发射升空远离地球的过程中，万有引力对卫星做负功，所以卫星的重力势能增大．C符合题意，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】根据万有引力公式，以及功能关系，势能是由于两个物体之间具有相互作用力而形成的能量，当两物体之间的作用力做正功时，势能减小。
15．【答案】设中心天体的质量为M，环绕天体的质量为m，环绕天体的公转周期为T，轨道半径为r；由于中心天体对环绕天体的引力充当向心力，则：M对m：F=mr （1）
据开普勒第三定律： =K（2）
由（1）（2）式得：F=mr （3）
关系式： （4）m对M（据牛三）： （5）
综合（5）（6）式： （6）
写成等式：F=
即：太阳与行星间的引力大小与太阳的质量和行星的质量的乘积成正比，与两者距离的二次方成反比．
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】设中心天体的质量为M，环绕天体的质量为m，环绕天体的公转周期为T，轨道半径为r；由于中心天体对环绕天体的引力充当向心力，则：M对m：F=mr （1）
据开普勒第三定律： =K（2）
由（1）（2）式得：F=mr （3）
关系式： （4）m对M（据牛三）： （5）
综合（5）（6）式： （6）
写成等式：F=
即：太阳与行星间的引力大小与太阳的质量和行星的质量的乘积成正比，与两者距离的二次方成反比．
答：推导过程如上所示．
【分析】行星绕太阳能做圆周运动，是由引力提供向心力来实现的．再由开普勒第三定律可推导出万有引力定律．
16．【答案】（1）解：在轨道1上，万有引力提供向心力
对地面上物体
该卫星在轨道1上运行的动能
联立解得
（2）解：在轨道2上，根据万有引力提供向心力，有
又
联立解得
转移轨道是椭圆轨道，其长轴
卫星在轨道2上的周期 满足
又
设卫星在转移轨道的周期为 ，由开普勒第三定律可得
卫星在转移轨道的最短时间
联立解得
【知识点】开普勒定律；万有引力定律；动能
【解析】【分析】（1）在轨道1上根据万有引力提供向心力以及在地面上根据重力等于万有引力得出卫星的速度，结合动能的表达式得出 卫星在轨道1上运行的动能； ；
（2）在轨道2上根据万有引力提供向心力以及在地面上根据重力等于万有引力得出卫星的速度以及卫星在轨道2上周期，结合开普勒三定律得出 卫星在转移轨道的最短时间 。
17．【答案】（1）解：由在地表仪器重160 N，可知仪器质量m＝16 kg①
根据牛顿第二定律，有F－mg′＝ma②
代入数据，得g′＝0.625m/s2③
（2）解：设此时飞船离地高度为H，地球质量为M，该高度处重力加速度
地表重力加速度 ⑤
联立各式得 ⑥
（3）解：设该高度有人造卫星速度为v，其向心力由万有引力来提供，有⑦
联立⑤⑦式得v＝3.95 km/s
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【分析】宇宙飞船以a＝0.5g的加速度竖直上升到某高度时，飞船内仪器受支持力和重力，根据牛顿第二定律可求该高度处重力加速度的大小，再由万有引力等于重力可求该位置高度，由万有引力提供向心力得人造卫星速度。
18．【答案】（1）解：万有引力提供岩石颗粒做圆周运动的向心力，所以有 ＝ 故v＝ 所以 ＝ ＝ ＝
故答案为：
（2）解：设物体在地球上重为G地，在土星上重为G土，则由万有引力定律知：
G地＝
G土＝
又F万＝ ，故G土 ＝F万r2
所以 ＝ ＝ ＝ ＝95
故答案为：95。
【知识点】匀速圆周运动；向心力；万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【分析】做匀速圆周运动，由万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，可求得运动速度v。
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