高中物理教科版必修二检测 第3章 3.万有引力定律的应用 Word版含解析
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| 名称 | 高中物理教科版必修二检测 第3章 3.万有引力定律的应用 Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 87.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-11-05 08:47:53 | ||
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3.万有引力定律的应用
课时过关·能力提升
一、基础巩固
1.若已知行星绕太阳公转的半径为r,公转周期为T,引力常量为G,则由此可求出( )
A.行星的质量 B.太阳的质量
C.行星的密度 D.太阳的密度
解析:设行星的质量为m,太阳质量为M,由万有引力定律和牛顿第二定律有
GMmr2=mr2πT2.
所以M=4π2r3GT2,因太阳的半径未知,故无法求得密度.只有选项B符合题意.
答案:B
2.近年来,人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆,正在进行着科学探究(如发现了冰),为我们将来登上火星、开发和利用火星奠定了坚实的基础.如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动,并测得它运动的周期为T,则火星的平均密度ρ的表达式为(k为某个常量)( )
A.ρ=kT B.ρ=kT C.ρ=kT2 D.ρ=kT2
解析:根据万有引力定律GMmR2=mR4π2T2,可得火星质量M=4π2R3GT2,又火星的体积V=43πR3
故火星的平均密度ρ=MV=3πGT2=kT2,选项D正确.
答案:D
3.有一星球的密度与地球的密度相同,但它表面处的重力加速度是地面上重力加速度的4倍,则该星球的质量是地球质量的( )
A.14B.4倍C.16倍D.64倍
解析:对该星球有GM星mR星2=4mg①
M星=ρ43πR星3②
对地球有GM地mR地2=mg③
M地=ρ43πR地3④
由②③得M星∶M地=64∶1.选项D正确.
答案:D
4.地球与物体间的万有引力可以认为在数值上等于物体的重力.那么在6 400 km的高空,物体的重力与它在地面上的重力大小之比为(r地=6 400 km)( )
A.2∶1 B.1∶2
C.1∶4 D.1∶1
解析:由F=GMmr2可得F∝1r2,则 F1F2=r22r12=(6 400×2)26 4002=41,即在6 400 km的高空物体的重力F2与它在地面上的重力F1大小之比F2∶F1=1∶4,选项C正确.
答案:C
5.银河系中有两颗行星环绕某恒星运转,从天文望远镜中观察到它们的运转周期之比为27∶1,则它们的轨道半径之比为( )
A.9∶1 B.3∶1 C.27∶1 D.1∶9
解析:方法一:行星绕恒星的运动可视为匀速圆周运动,恒星对行星的引力提供向心力,则
GMmr2=mr(2πT)2求得r=3GMT24π2,
则两行星的轨道半径之比为
r1r2=3T12T22=91.
方法二:由开普勒第三定律有r13T12=r23T22,则
r1r2=3T12T22=91.选项A正确.
答案:A
6.已知地球表面的重力加速度为g,地球半径为R,引力常量为G,则地球的平均密度为( )
A.3g4πRG B.3g4πR2G C.gRG D.gR2G
解析:在地球表面处有GMmR2=mg①
地球的平均密度ρ=M43πR3②
由①②两式联立解得ρ=3g4πRG,选项A正确.
答案:A
7.已知地球的质量约为火星质量的10倍,地球的半径约为火星半径的2倍,则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )
A.3.5 km/s B.5.0 km/s
C.17.7 km/s D.35.2 km/s
解析:设地球质量M,半径R.由GMmR2=mv2R,得v=GMR,则v火v地=M火RMR火=15,即v火=v地5≈3.54 km/s,选项A正确.
答案:A
8.为了研究太阳演化进程,需知道目前太阳的质量M.已知地球半径R=6.4×106 m,地球质量m=6×1024 kg,日地中心的距离r=1.5×1011 m,地球表面处的重力加速度g取10 m/s2,1年约为3.2×107 s,试估算目前太阳的质量M(保留一位有效数字,引力常量未知).
解析:设T为地球绕太阳运动的周期,则由万有引力定律和牛顿第二定律得
GMmr2=m2πT2r①
对地球表面物体m',有m'g=Gmm'R2②
①②两式联立,得M=4π2mr3gR2T2
代入已知数据得M=2×1030 kg.
答案:2×1030 kg
9.宇航员站在一星球表面某高处,沿水平方向抛出一个小球,经过时间t小球落到星球表面,测得抛出点与落地点之间的距离为L,若抛出时的初速度增大为原来的2倍,则抛出点与落地点之间的距离为3L.已知两落地点在同一水平面上,该星球的半径为R,引力常量为G,求该星球的质量M.
解析:设抛出点的高度为h,第一次水平位移为x,则
x2+h2=L2①
同理对于第二次平抛过程有
(2x)2+h2=(3L)2②
由①②解得h=L3③
设该行星上重力加速度为g,由平抛运动规律得
h=12gt2④
由万有引力定律与牛顿第二定律得
GMmR2=mg⑤
由③④⑤可解得M=23LR23Gt2.
答案:23LR23Gt2
二、能力提升
1.已知下面的哪组数据,可以算出地球的质量M(引力常量G为已知)( )
A.月球绕地球运行的周期T1及月球到地球中心的距离R1
B.地球绕太阳运行周期T2及地球到太阳中心的距离R2
C.地球绕太阳运行的速度v3及地球到太阳中心的距离R3
D.地球表面的重力加速度g及地球到太阳中心的距离R4
解析:计算地球的质量有两种方法:①以地球为中心星体,已知地球卫星的有关量.选项B、C均以太阳为中心星体,只能求太阳的质量,选项B、C错误;由GMmR12=m4π2T2R1得M=4π2R13GT2,选项A正确;②已知地球表面的重力加速度和地球半径,由GMmR2=mg得M=gR2G,但D中R4不是地球半径,选项D错误.
答案:A
2.火星的质量和半径分别约为地球的110和12,地球表面的重力加速度为g,则火星表面的重力加速度
约为( )
A.0.2g B.0.4g C.2.5g D.5g
解析:物体在星球表面的万有引力近似等于它所受的重力.由GMmR2=mg得g=GMR2,所以g火g=M火R地2M地R火2,得g火=0.4g,选项B正确.
答案:B
3.设在地球上和在x天体上以相同的初速度竖直上抛一物体的最大高度比为k(均不计阻力),且已知地球和x天体的半径比也为k,则地球质量与此x天体的质量比为( )
A.1 B.k C.k2 D.1k
解析:竖直上抛运动的物体的最大上升高度h=v022g;x天体表面的重力加速度由GMmR2=mg可得g=GMR2;则有M地Mx=R地2Rx2·hxh地=k21·1k=k,选项B正确.
答案:B
4.天文学家新发现了太阳系外的一颗行星.这颗行星的体积是地球的4.7倍,质量是地球的25倍.已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时,引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2,由此估算该行星的平均密度约为( )
A.1.8×103 kg/m3 B.5.6×103 kg/m3
C.1.1×104 kg/m3 D.2.9×104 kg/m3
解析:根据近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供得GMmR2=m4π2RT2,ρ地=MV,V=4πR33,故ρ地=MV=3πGT2,又ρ行=25M4.7V,可得该行星的密度约为2.9×104 kg/m3.
答案:D
5.如图所示,在火星与木星轨道之间有一小行星带.假设该带中的小行星只受到太阳的引力,并绕太阳做匀速圆周运动.下列说法正确的是( )
A.太阳对各小行星的引力相同
B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D.小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
解析:各小行星距太阳远近不同,质量各异,由F引=GMmr2知,太阳对小行星的引力不同,A错;地球绕太阳的轨道半径小于小行星绕太阳的轨道半径,由GMmr2=m4π2T2r得T=2πr3GM,显然轨道半径r越大,绕太阳运行周期T也越大,地球绕太阳周期T地=1年,所以小行星绕太阳周期大于1年,B错;由GMmr2=ma,a=GMr2,可见,内侧小行星向心加速度大于外侧小行星向心加速度,选项C正确;由GMmr2=mv2r,v=GMr,小行星轨道半径r小大于地球绕太阳轨道半径r地,v地>v小,选项D错.
答案:C
6.如图所示,火箭内平台上放有测试仪器,火箭从地面启动后,以g2的加速度竖直向上匀加速运动,升到某一高度时,测试仪器对平台的压力为启动前压力的1718.已知地球半径为R,求火箭此时离
地面的高度.(g为地面附近的重力加速度)
解析:火箭上升过程中,物体受竖直向下的重力和向上的支持力,设高度为h时,重力加速度为g'
由牛顿第二定律得1718mg?mg'=m·g2,解得g'=49g①
由万有引力定律知GMmR2=mg②
GMm(R+h)2=mg'③
由①②③联立得h=R2.
答案:R2
7.某星球“一天”的时间是T=6 h,用弹簧测力计在星球的“赤道”上比在“两极”处测同一物体的重力读数小10%,设想该星球自转的角速度加快,使赤道上的物体会自动飘起来,这时星球的“一天”是多少小时?
解析:设该物体在星球的“赤道”上时重力为G1,在“两极”处的重力为G2.
在“赤道”上,GMmR2?G1=mω2R①
在“两极”处,GMmR2=G2②
依题意得1?G1G2×100%=10%③
设该星球自转的角速度增加到ωx,赤道上的物体自动飘起来,是指地面与物体间没有相互作用力,物体受到星球的万有引力全部提供其随星球自转的向心力,则
GMmR2=mωx2R④
又ωx=2πTx,ω=2πT⑤
联立方程①②③④⑤解得
Tx=610 h=1.9 h
答案: 1.9
课时过关·能力提升
一、基础巩固
1.若已知行星绕太阳公转的半径为r,公转周期为T,引力常量为G,则由此可求出( )
A.行星的质量 B.太阳的质量
C.行星的密度 D.太阳的密度
解析:设行星的质量为m,太阳质量为M,由万有引力定律和牛顿第二定律有
GMmr2=mr2πT2.
所以M=4π2r3GT2,因太阳的半径未知,故无法求得密度.只有选项B符合题意.
答案:B
2.近年来,人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆,正在进行着科学探究(如发现了冰),为我们将来登上火星、开发和利用火星奠定了坚实的基础.如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动,并测得它运动的周期为T,则火星的平均密度ρ的表达式为(k为某个常量)( )
A.ρ=kT B.ρ=kT C.ρ=kT2 D.ρ=kT2
解析:根据万有引力定律GMmR2=mR4π2T2,可得火星质量M=4π2R3GT2,又火星的体积V=43πR3
故火星的平均密度ρ=MV=3πGT2=kT2,选项D正确.
答案:D
3.有一星球的密度与地球的密度相同,但它表面处的重力加速度是地面上重力加速度的4倍,则该星球的质量是地球质量的( )
A.14B.4倍C.16倍D.64倍
解析:对该星球有GM星mR星2=4mg①
M星=ρ43πR星3②
对地球有GM地mR地2=mg③
M地=ρ43πR地3④
由②③得M星∶M地=64∶1.选项D正确.
答案:D
4.地球与物体间的万有引力可以认为在数值上等于物体的重力.那么在6 400 km的高空,物体的重力与它在地面上的重力大小之比为(r地=6 400 km)( )
A.2∶1 B.1∶2
C.1∶4 D.1∶1
解析:由F=GMmr2可得F∝1r2,则 F1F2=r22r12=(6 400×2)26 4002=41,即在6 400 km的高空物体的重力F2与它在地面上的重力F1大小之比F2∶F1=1∶4,选项C正确.
答案:C
5.银河系中有两颗行星环绕某恒星运转,从天文望远镜中观察到它们的运转周期之比为27∶1,则它们的轨道半径之比为( )
A.9∶1 B.3∶1 C.27∶1 D.1∶9
解析:方法一:行星绕恒星的运动可视为匀速圆周运动,恒星对行星的引力提供向心力,则
GMmr2=mr(2πT)2求得r=3GMT24π2,
则两行星的轨道半径之比为
r1r2=3T12T22=91.
方法二:由开普勒第三定律有r13T12=r23T22,则
r1r2=3T12T22=91.选项A正确.
答案:A
6.已知地球表面的重力加速度为g,地球半径为R,引力常量为G,则地球的平均密度为( )
A.3g4πRG B.3g4πR2G C.gRG D.gR2G
解析:在地球表面处有GMmR2=mg①
地球的平均密度ρ=M43πR3②
由①②两式联立解得ρ=3g4πRG,选项A正确.
答案:A
7.已知地球的质量约为火星质量的10倍,地球的半径约为火星半径的2倍,则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )
A.3.5 km/s B.5.0 km/s
C.17.7 km/s D.35.2 km/s
解析:设地球质量M,半径R.由GMmR2=mv2R,得v=GMR,则v火v地=M火RMR火=15,即v火=v地5≈3.54 km/s,选项A正确.
答案:A
8.为了研究太阳演化进程,需知道目前太阳的质量M.已知地球半径R=6.4×106 m,地球质量m=6×1024 kg,日地中心的距离r=1.5×1011 m,地球表面处的重力加速度g取10 m/s2,1年约为3.2×107 s,试估算目前太阳的质量M(保留一位有效数字,引力常量未知).
解析:设T为地球绕太阳运动的周期,则由万有引力定律和牛顿第二定律得
GMmr2=m2πT2r①
对地球表面物体m',有m'g=Gmm'R2②
①②两式联立,得M=4π2mr3gR2T2
代入已知数据得M=2×1030 kg.
答案:2×1030 kg
9.宇航员站在一星球表面某高处,沿水平方向抛出一个小球,经过时间t小球落到星球表面,测得抛出点与落地点之间的距离为L,若抛出时的初速度增大为原来的2倍,则抛出点与落地点之间的距离为3L.已知两落地点在同一水平面上,该星球的半径为R,引力常量为G,求该星球的质量M.
解析:设抛出点的高度为h,第一次水平位移为x,则
x2+h2=L2①
同理对于第二次平抛过程有
(2x)2+h2=(3L)2②
由①②解得h=L3③
设该行星上重力加速度为g,由平抛运动规律得
h=12gt2④
由万有引力定律与牛顿第二定律得
GMmR2=mg⑤
由③④⑤可解得M=23LR23Gt2.
答案:23LR23Gt2
二、能力提升
1.已知下面的哪组数据,可以算出地球的质量M(引力常量G为已知)( )
A.月球绕地球运行的周期T1及月球到地球中心的距离R1
B.地球绕太阳运行周期T2及地球到太阳中心的距离R2
C.地球绕太阳运行的速度v3及地球到太阳中心的距离R3
D.地球表面的重力加速度g及地球到太阳中心的距离R4
解析:计算地球的质量有两种方法:①以地球为中心星体,已知地球卫星的有关量.选项B、C均以太阳为中心星体,只能求太阳的质量,选项B、C错误;由GMmR12=m4π2T2R1得M=4π2R13GT2,选项A正确;②已知地球表面的重力加速度和地球半径,由GMmR2=mg得M=gR2G,但D中R4不是地球半径,选项D错误.
答案:A
2.火星的质量和半径分别约为地球的110和12,地球表面的重力加速度为g,则火星表面的重力加速度
约为( )
A.0.2g B.0.4g C.2.5g D.5g
解析:物体在星球表面的万有引力近似等于它所受的重力.由GMmR2=mg得g=GMR2,所以g火g=M火R地2M地R火2,得g火=0.4g,选项B正确.
答案:B
3.设在地球上和在x天体上以相同的初速度竖直上抛一物体的最大高度比为k(均不计阻力),且已知地球和x天体的半径比也为k,则地球质量与此x天体的质量比为( )
A.1 B.k C.k2 D.1k
解析:竖直上抛运动的物体的最大上升高度h=v022g;x天体表面的重力加速度由GMmR2=mg可得g=GMR2;则有M地Mx=R地2Rx2·hxh地=k21·1k=k,选项B正确.
答案:B
4.天文学家新发现了太阳系外的一颗行星.这颗行星的体积是地球的4.7倍,质量是地球的25倍.已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时,引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2,由此估算该行星的平均密度约为( )
A.1.8×103 kg/m3 B.5.6×103 kg/m3
C.1.1×104 kg/m3 D.2.9×104 kg/m3
解析:根据近地卫星绕地球运动的向心力由万有引力提供得GMmR2=m4π2RT2,ρ地=MV,V=4πR33,故ρ地=MV=3πGT2,又ρ行=25M4.7V,可得该行星的密度约为2.9×104 kg/m3.
答案:D
5.如图所示,在火星与木星轨道之间有一小行星带.假设该带中的小行星只受到太阳的引力,并绕太阳做匀速圆周运动.下列说法正确的是( )
A.太阳对各小行星的引力相同
B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D.小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
解析:各小行星距太阳远近不同,质量各异,由F引=GMmr2知,太阳对小行星的引力不同,A错;地球绕太阳的轨道半径小于小行星绕太阳的轨道半径,由GMmr2=m4π2T2r得T=2πr3GM,显然轨道半径r越大,绕太阳运行周期T也越大,地球绕太阳周期T地=1年,所以小行星绕太阳周期大于1年,B错;由GMmr2=ma,a=GMr2,可见,内侧小行星向心加速度大于外侧小行星向心加速度,选项C正确;由GMmr2=mv2r,v=GMr,小行星轨道半径r小大于地球绕太阳轨道半径r地,v地>v小,选项D错.
答案:C
6.如图所示,火箭内平台上放有测试仪器,火箭从地面启动后,以g2的加速度竖直向上匀加速运动,升到某一高度时,测试仪器对平台的压力为启动前压力的1718.已知地球半径为R,求火箭此时离
地面的高度.(g为地面附近的重力加速度)
解析:火箭上升过程中,物体受竖直向下的重力和向上的支持力,设高度为h时,重力加速度为g'
由牛顿第二定律得1718mg?mg'=m·g2,解得g'=49g①
由万有引力定律知GMmR2=mg②
GMm(R+h)2=mg'③
由①②③联立得h=R2.
答案:R2
7.某星球“一天”的时间是T=6 h,用弹簧测力计在星球的“赤道”上比在“两极”处测同一物体的重力读数小10%,设想该星球自转的角速度加快,使赤道上的物体会自动飘起来,这时星球的“一天”是多少小时?
解析:设该物体在星球的“赤道”上时重力为G1,在“两极”处的重力为G2.
在“赤道”上,GMmR2?G1=mω2R①
在“两极”处,GMmR2=G2②
依题意得1?G1G2×100%=10%③
设该星球自转的角速度增加到ωx,赤道上的物体自动飘起来,是指地面与物体间没有相互作用力,物体受到星球的万有引力全部提供其随星球自转的向心力,则
GMmR2=mωx2R④
又ωx=2πTx,ω=2πT⑤
联立方程①②③④⑤解得
Tx=610 h=1.9 h
答案: 1.9