【物理】2019届一轮复习人教版万有引力定律学案

【物理】2019届一轮复习人教版万有引力定律学案

模块五:万有引力定律 考点1‎ 万有引力定律及其应用 ‎1.(2015·全国卷Ⅰ,21)(多选)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后,先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行;然后经过一系列过程,在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止);最后关闭发动机,探测器自由下落。已知探测器的质量约为1.3×103 kg,地球质量约为月球的81倍,地球半径约为月球的3.7倍,地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2。则此探测器(　　)。‎ A.在着陆前的瞬间,速度大小约为8.9 m/s B.悬停时受到的反冲作用力约为2×103 N C.从离开近月圆轨道到着陆这段时间内,机械能守恒 D.在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度 ‎【解析】设月球表面重力加速度为g',则==·,代入数据得g'≈1.66 m/s2,探测器着陆瞬间的速度v=≈3.6 m/s,A项错误;悬停时F=mg'=2158 N,约为2×103 N ,B项正确;发动机反冲力做负功,机械能不守恒,C项错误;在近月轨道上的线速度v'=,在近地轨道上的线速度v=,g'v,D项正确。‎ ‎【答案】BD ‎2.(2016·全国卷Ⅲ,14)关于行星运动的规律,下列说法符合史实的是(　　)。‎ A.开普勒在牛顿定律的基础上,导出了行星运动的规律 B.开普勒在天文观测数据的基础上,总结出了行星运动的规律 C.开普勒总结出了行星运动的规律,找出了行星按照这些规律运动的原因 D.开普勒总结出了行星运动的规律,发现了万有引力定律 ‎【解析】开普勒在天文观测数据的基础上,总结出了行星运动的规律,牛顿在开普勒研究的基础上结合自己发现的牛顿运动定律,发现了万有引力定律,指出了行星按照这些规律运动的原因,B项正确。‎ ‎【答案】B ‎3.(2017·北京卷,17)利用引力常量G和下列某一组数据,不能计算出地球质量的是(　　)。‎ A.地球的半径及地面附近的重力加速度(不考虑地球自转)‎ B.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期 C.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离 D.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离 ‎【解析】由mg=G,可得M=,由A项中数据可以求出地球质量。由G=mR,可得M=,其中R表示地球半径,又知2πR=vT,由B项中数据可以求出地球质量。由G=mr,可得M=,其中r表示月球的轨道半径,由C项中数据可以求出地球质量。由D项中数据不能求出地球质量。‎ ‎【答案】D ‎4.(2015·四川卷,5)登上火星是人类的梦想,“嫦娥之父”欧阳自远透露:中国计划于2020年登陆火星。地球和火星公转视为匀速圆周运动,忽略行星自转影响。根据下表,火星和地球相比(　　)。‎ 行星 半径/m 质量/kg 轨道半径/m 地球 ‎6.4×106‎ ‎6.0×1024‎ ‎1.5×1011‎ 火星 ‎3.4×106‎ ‎6.4×1023‎ ‎2.3×1011‎ ‎　　A.火星的公转周期较小 B.火星做圆周运动的加速度较小 C.火星表面的重力加速度较大 D.火星的第一宇宙速度较大 ‎【解析】根据开普勒第三定律=k,知轨道半径越大,公转周期越大,A项错误;设太阳的质量为M,行星的轨道半径为r,行星的质量为m,根据G=ma可知,轨道半径越大,行星绕太阳做圆周运动的加速度越小,所以B项正确;设行星半径为R,根据G=m'g=m'结合表中数据可知,火星表面的重力加速度和火星的第一宇宙速度均较小,故C、D两项错误。 ‎ ‎【答案】B ‎5.(2015·江苏卷,3)过去几千年来,人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内,行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动,周期约为4 天,轨道半径约为地球绕太阳运动半径的。该中心恒星与太阳的质量比约为(　　)。‎ A.　　　B.1　　　C.5　　　D.10‎ ‎【解析】 题中这颗行星绕其中心恒星做圆周运动,其向心力由中心恒星与行星间的万有引力提供,即G=m行,可得M中心=;同理,地球绕太阳运动,有M太阳=;那么,中心恒星与太阳的质量之比==≈1,B项正确。‎ ‎【答案】B 考点2‎ 人造地球卫星 ‎1.(2017·全国卷Ⅲ,14)2017年4月,我国成功发射的“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”空间实验室完成了首次交会对接,对接形成的组合体仍沿“天宫二号”原来的轨道(可视为圆轨道)运行。与“天宫二号”单独运行时相比,组合体运行的(　　)。‎ A.周期变大　　　　　　B.速率变大 C.动能变大 D.向心加速度变大 ‎【解析】由天体知识可知T=2πR,v=,a=,半径不变,周期T、速率v、加速度a的大小均不变,故A、B、D三项错误。速率v不变,组合体质量m变大,故动能Ek=mv2变大,C项正确。‎ ‎【答案】C ‎2.(2016·全国卷Ⅰ,17)利用三颗位置适当的地球同步卫星,可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通信。目前,地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小,若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的,则地球自转周期的最小值约为(　　)。‎ A.1 h B.4 h C.8 h D.16 h ‎【解析】当一地球卫星的信号刚好覆盖赤道120°的圆周时,卫星的轨道半径r==2R,最小;根据开普勒第三定律有,=,解得T≈4 h,B项正确。‎ ‎【答案】B ‎3.(2016·四川卷,3)国务院批复,自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星“东方红一号”,目前仍然在椭圆轨道上运行,其轨道近地点高度约为440 km,远地点高度约为2060 km;1984年4月8日成功发射的“东方红二号”卫星运行在赤道上空35786 km的地球同步轨道上。设“东方红一号”在远地点的加速度为a1,“东方红二号”的加速度为a2,固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3,则a1、a2、a3的大小关系为(　　)。‎ A.a2>a1>a3 B.a3>a2>a1‎ C.a3>a1>a2 D.a1>a2>a3‎ ‎【解析】由于“东方红二号”卫星是同步卫星,则其角速度和固定在赤道上物体的角速度相等,由a=ω2r,r2>r3,则可以得出a2>a3;又由万有引力定律有G=ma,且r1v1,在B点加速,则v3>vB,又因v1>v3,故有vA>v1>v3>vB。‎ ‎(2)加速度:因为在A点,卫星只受到万有引力作用,故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点,卫星的加速度都相同,同理,经过B点的加速度也相同。‎ ‎(3)周期:设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3,轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3,由开普勒第三定律=k可知T1m 变轨结果 变为椭圆轨道运动或在较大半径圆轨道上运动 变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动 ‎　　【例6】如图所示是我国首个空间实验室“天宫一号”的发射及运行示意图。长征运载火箭将飞船送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上,B点距离地面高度为h,地球的中心位于椭圆的一个焦点上,“天宫一号”飞行几周后变轨进入预定圆轨道。已知“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t,引力常量为G,地球半径为R,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.“天宫一号”在椭圆轨道的B点的加速度大于在预定圆轨道的B点的加速度 B.“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中,动能先减小后增大 C.“天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期大于沿预定圆轨道运行的周期 D.由题中给出的信息可以计算出地球的质量M=‎ ‎【解析】“天宫一号”在椭圆轨道的B点的向心加速度以及圆轨道B点的向心加速度都是由万有引力提供的,是相等的,故A项错误。“天宫一号”从A点开始沿椭圆轨道向B点运行的过程中,只受到地球的引力作用,距离地球原来越远,地球的引力做负功,根据动能定理可知,动能越来越小,故B项错误。椭圆轨道的半径小于圆轨道的半径,根据开普勒第三定律可知,“天宫一号”沿椭圆轨道运行的周期小于沿预定圆轨道运行的周期,故C项错误。“天宫一号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t,故周期T=,根据万有引力提供向心力,有=m(R+h),得地球质量M=,故D项正确。‎ ‎【答案】D ‎　　航天器变轨问题的三点注意事项:‎ ‎(1)航天器变轨时半径的变化,根据万有引力和所需向心力的大小关系判断;稳定在圆轨道上的运行速度变化由v=判断。‎ ‎(2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同,轨道半径越大,机械能越大。‎ ‎(3)航天器经过不同轨道相交的同一点时加速度相等,同一点外轨道的速度大于内轨道的速度。‎ ‎【变式训练6】(多选)“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球,在距月球表面200 km的P点进行第一次变轨后被月球捕获,先进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行,如图所示。之后,卫星在P点又经过两次变轨,最后在距月球表面200 km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动。对此,下列说法正确的是(　　)。‎ A.卫星在轨道Ⅲ上运动到P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动到P点的速度 B.卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上的短 C.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种轨道运行相比较,卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小 D.卫星在轨道Ⅲ上运动到P点时的加速度大于沿轨道Ⅰ运动到P点时的加速度 ‎【解析】卫星在轨道Ⅱ上运动到P点需要减速才能变轨到轨道Ⅲ上运动,故卫星在轨道Ⅲ上运动到P点的速度小于沿轨道Ⅱ运动到P点时的速度,A项错误。根据开普勒第三定律=k,可知半长轴越长,周期越大,所以卫星在轨道Ⅰ运动的周期最长,故B项正确。从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ和从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ,卫星都要减速做近心运动,所以其机械能要减小,即卫星在轨道Ⅲ上运行的机械能最小,故C项正确。卫星在轨道Ⅲ上的P点和在轨道Ⅰ上的P点的万有引力大小相等,根据牛顿第二定律,可知加速度相等,故D项错误。‎ ‎【答案】BC 题型七 宇宙多星问题 ‎　　1.“双星”问题 ‎(1)两颗恒星做匀速圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力提供的,故两恒星做匀速圆周运动的向心力大小相等。‎ ‎(2)两颗恒星均绕它们连线上的一点做匀速圆周运动,因此它们的运行周期和角速度是相等的。‎ ‎(3)两颗恒星做匀速圆周运动的半径r1和r2与两行星间距L的大小关系:r1+r2=L。‎ ‎2.“多星”问题 ‎(1)多颗行星在同一轨道绕同一点做匀速圆周运动,每颗行星做匀速圆周运动所需的向心力由其他各个行星对该行星的万有引力的合力提供。‎ ‎(2)每颗行星转动的方向相同,运行周期、角速度相等。‎ ‎3.常见多星问题的示意图 系统 图示 向心力的来源 可视天体绕黑洞做圆周运动 黑洞对可视天体的万有引力提供向心力 黑洞与可视天体构成的双星系统 彼此给对方的万有引力提供向心力 两颗可视星构成的双星系统 彼此给对方的万有引力提供向心力 三星系统(正三角形排列)‎ 另两星球对其万有引力的合力 三星系统(直线等间距排列)‎ 另两星球对其万有引力的合力 ‎　　【例7】若某双星系统A和B各自绕其连线上的O点做匀速圆周运动。已知A星和B星的质量分别为m1和m2,相距为d。下列说法正确的是(　　)。‎ A.A星的轨道半径为d B.A星和B星的线速度之比为m1∶m2‎ C.若在O点放一个质点,则它受到的合力一定为零 D.若A星所受B星的引力可等效为位于O点处质量为m'的星体对它的引力,则m'=‎ ‎【解析】双星系统的角速度相等,由它们之间的万有引力来提供向心力,则有G=m1ω2r1=m2ω2r2,距离关系为r1+r2=d,联立解得r1=,r2=,故A项错误;根据v=ωr,可得=,故B项错误;若在O点放一个质点,此质点受到两颗星对它作用力大小不等,则受到的合力不为零,故C项错误;若A星所受B星的引力可等效为位于O点处质量为m'的星体对它的引力,则有G=G得m'=,故D项正确。‎ ‎【答案】D ‎　　(1)解答“多星”问题要充分利用宇宙多星模型中各星体运行的周期、角速度都相等这一特点,解其思路为:‎ ‎(2)通常研究卫星绕地球或行星绕太阳运行问题时,卫星到地球中心或行星到太阳中心的间距与它们的轨道半径大小是相等的,但在宇宙多星问题中,行星间距与轨道半径是不同的,这点要注意区分。‎ ‎【变式训练7】(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,三星质量也相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式:一种是三颗星位于同一直线上,两颗星围绕中央星做圆周 运动,如图甲所示;另一种是三颗星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。设两种系统中三个星体的质量均为m,且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中标出,引力常量为G,则下列说法中正确的是(　　)。‎ 甲 乙 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4π C.三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2 ‎ D.三角形三星系统中每颗星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星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G+G=m,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T=4π,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 30°=mω2·,解得ω=,C项错误;由2Gcos 30°=ma得a=,D项正确。‎ ‎【答案】BD 题组1‎ 万有引力定律及其应用 ‎1.(2017·吉林一模)将火星和地球绕太阳的运动近似看成是同一平面内的同方向绕行的匀速圆周运动,已知火星的轨道半径r1=2.3×1011 m,地球的轨道半径r2=1.5×1011 m,根据你所掌握的物理和天文知识,估算出火星与地球相邻两次距离最小的时间间隔约为(　　)。‎ A.1年　　　B.2年　　　C.3年　　　 D.4年 ‎【解析】根据开普勒第三定律=k得,火星与地球的周期之比==1.9;地球的周期T2=1年,则火星的周期T1=1.9年;设经时间t两星又一次距离最近,根据θ=ωt,则两星转过的角度之差Δθ=t=2π,得t≈2年,故B项正确。‎ ‎【答案】B ‎2.(2017·山西月考)设地球自转的周期为T,质量为M。引力常量为G。地球可视为质量均匀分布的球体,半径为R。同一物体分别在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为(　　)。‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【解析】设物体的质量为m,物体在南极受到的支持力为N1,则N1=;设物体在赤道受到的支持力为N2,则-N2=mR;联立可得=,故A项正确。‎ ‎【答案】A ‎3.(2017·潍坊模拟)宇航员在地球的水平地面上将一小球水平抛出,使小球产生一定的水平位移,当他登陆一半径为地球半径2倍的星球后,站在该星球的水平表面上以和在地球上完全相同的方式水平抛出同一小球,测得该小球的水平位移大约是在地球上平抛时的4倍,由此宇航员估算该星球的质量M星约为(式中M为地球的质量)(　　)。‎ A.M星=M B.M星=2M C.M星=M D.M星=4M ‎【解析】根据平抛规律可计算星球表面加速度,竖直方向h=gt2,水平方向x=vt,可得g星=g地,根据星球表面万有引力公式G=mg,R星=2R地,可得M星=,C项正确。‎ ‎【答案】C ‎4.(2018·黄山质检)太阳系的第二大行星——土星的卫星很多,其中土卫五和土卫六绕土星的运动可近似看作是匀速圆周运动,下表是关于土卫五和土卫六两颗卫星的资料。两卫星相比(　　)。‎ 卫星 发现者 发现年份 距土星中心距离/km 质量/kg 直径/km 土卫五 卡西尼 ‎1672年 ‎527000‎ ‎2.31×1021‎ ‎765‎ 土卫六 惠更斯 ‎1655年 ‎1222000‎ ‎1.35×1023‎ ‎2575‎ ‎　　A.土卫五绕土星运动的周期较小 B.土卫五绕土星运动的线速度较小 C.土卫六绕土星运动的角速度较大 D.土卫六绕土星运动的向心加速度较大 ‎【解析】由开普勒第三定律=k,可知半径越大,周期越大,所以土卫五的公转周期较小,A项正确;由卫星速度公式v=,可知公转半径越大,卫星的线速度越小,则土卫六的公转线速度较小,故B项错误;由卫星角速度公式ω==,可知公转半径越小,角速度越大,则土卫五的公转角速度较大,故C项错误;由卫星向心加速度公式a=,可知公转半径越小,向心加速度越大,则土卫五的向心加速度较大,故D项错误。‎ ‎【答案】A ‎5.(2017·江苏模拟)(多选)澳大利亚科学家近日宣布,在离地球约14光年的红矮星Wolf 1061周围发现了三颗行星b、c、d,它们的公转周期分别是5天、18天、67天,公转轨道可视作圆,如图所示。已知引力常量为G,下列说法正确的是(　　)。‎ A.可求出b、c的公转半径之比 B.可求出c、d的向心加速度之比 ‎　　C.若已知c的公转半径,可求出红矮星的质量 D.若已知c的公转半径,可求出红矮星的密度 ‎【解析】行星b、c的周期分别为5天、18天,均做匀速圆周运动,根据开普勒第三定律=k,可以求解轨道半径之比,故A项正确;行星c、d的周期分别为18天、67天,均做匀速圆周运动,根据开普勒第三定律=k,可以求解轨道半径之比,根据万有引力提供向心力,有G=ma,解得a=,故可以求解c、d的向心加速度之比,B项正确;已知c的公转半径和周期,根据牛顿第二定律有G=mr,解得M=,故可以求解出红矮星的质量,但不知道红矮星的体积,无法求解红矮星的密度,C项正确,D项错误。‎ ‎【答案】ABC ‎6.(2018·长沙月考)(多选)为了探测X星球,总质量为m1、载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心、半径为r1的圆轨道上运动,周期为T1。随后登陆舱脱离飞船,变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动,登陆舱的质量为m2,则(　　)。‎ A.X星球的质量M=‎ B.X星球表面的重力加速度g=‎ C.登陆舱在半径分别为r1与r2的轨道上运动的速度大小之比=‎ D.登陆舱在半径为r2的轨道上做圆周运动的周期T2=T1‎ ‎【解析】飞船绕星球做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,则有G=m1r1,解得M=,故A项错误;根据万有引力提供向心力,有G=m1r1=m1a,可得a=r1,a只能表示在半径为r1的圆轨道上的向心加速度,而不等于X星球表面的重力加速度,故B项错误;登陆舱绕星球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力有G=m2,解得v=,表达式里M为中心星球的质量,r为运动的轨道半径,所以登陆舱在半径分别为r1与r2的轨道上运动时的速度大小之比=,故C项正确;根据开普勒第三定律可知=,登陆舱在半径分别为r1与r2的轨道上运动时的周期大小之比=,所以T2=T1,故D项正确。‎ ‎【答案】CD ‎7.(2017·石家庄测试)(多选)2016 年 2 月 11 日,美国科研人员宣布人类首次探测到了引力波。据报道,此次探测到的引力波是由两个黑洞合并引发的。假设两黑洞合并前相距为 r,质量分别为m和m,且二者始终围绕其连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动,已知引力常量为G,则下列判断中正确的是(　　)。‎ A.O点一定是两黑洞连线的中点 B.两黑洞围绕O点做圆周运动的角速度大小为 C.质量为m和m的两黑洞做圆周运动的线速度大小之比为 6∶5‎ D.两黑洞之间的万有引力大小为 ‎【解析】双星系统的结构是稳定的,故它们的角速度相等;根据牛顿第二定律,有F=G=mω2r1=mω2r2,其中r1+r2=r,解得=,故O点不是两黑洞连线的中点,A、D两项错误;由以上各式解得r1=,r2=,ω=,B项正确;根据v=ωr,可知质量为m和m的两黑洞做圆周运动的线速度大小之比为 6∶5,C项正确。‎ ‎【答案】BC ‎8.(2017·西安模拟)已知质量分布均匀的球壳对其内部物体的引力为零。科学家设想在赤道正上方高为d处和正下方深为d处各修建一环形轨道,轨道面与赤道面共面。现有A、B两物体分别在上述两轨道上做匀速圆周运动,若地球半径为R,轨道对它们均无作用力,则关于两物体运动的向心加速度大小、线速度大小、角速度、周期之比,下列判断正确的是(　　)。‎ A.= B.=‎ ‎ C.= D.=‎ ‎【解析】设地球密度为ρ,在赤道上方有==aA=(R+d)=,在赤道下方有==aB=(R-d)=,解得=,=,=,=,B项正确。‎ ‎【答案】B 题组2‎ 人造地球卫星 ‎1.(2017·福建模拟)据报道,我国数据中继卫星“天链一号01星”于2008年4月25日在西昌卫星发射中心发射升空,经过4次变轨控制后,于5月1日成功定点在东经77°赤道上空的同步轨道。关于成功定点后的“天链一号01星”,下列说法正确的是(　　)。‎ A.运行速度大于7.9 km/s B.离地面高度一定,相对地面静止 C.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度小 D.向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等 ‎【解析】 由万有引力提供向心力得G=m,得v=,即线速度v随轨道半径r的增大而减小,v=7.9 km/s为第一宇宙速度,即围绕地球表面运行的速度,由于同步卫星轨道半径比地球半径大很多,因此其线速度应小于7.9 km/s,故A项错误;因卫星与地球同步,故离地面高度一定,相对地面静止,B项正确;根据T=,可知T∝,月球绕地球运行的周期为27天,同步卫星周期为1天,故同步卫星的轨道半径小于月球绕地球运行的轨道半径,由ω=,可得同步卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大,C项错误;同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度,由公式a向=rω2,可得同步卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度,故D项错误。‎ ‎【答案】B ‎2.(2017·山东月考)已知地球半径为R,静置于赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a;地球同步卫星做匀速圆周运动的轨道半径为r,向心加速度为a0。引力常量为G,以下结论正确的是(　　)。‎ A.地球质量M=‎ B.地球质量M=‎ C.向心加速度之比=‎ D.向心加速度之比=‎ ‎【解析】地球赤道上的物体随地球自转时有G-mg=ma,解得M=,地球的同步卫星绕地球做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,则有G=ma0,解得M=,A项正确,B项错误;地球赤道上的物体与同步卫星的角速度相等,根据a=rω2知,=,C、D两项错误。‎ ‎【答案】A ‎3.(2017·四川二诊)据国家航天局消息,由于诸多原因,西昌卫星发射中心正在逐渐移师纬度较低的海南文昌发射中心。若在两地发射中心的火箭发射架上,都有一颗待发射的卫星,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.两颗卫星在发射架上随地球自转时的线速度一样大 B.两颗卫星在发射架上随地球自转时的向心加速度一样大 C.两颗卫星在发射架上随地球自转时的线速度大于地球同步卫星的线速度 D.两颗卫星在发射架上随地球自转时的向心加速度小于近地轨道卫星的向心加速度 ‎【解析】当两颗卫星在发射架上随地球自转时,它们的角速度相同,因纬度的不同,导致旋转半径不同,根据线速度与角速度关系公式v=ωr可知,A项错误;同理,向心加速度大小与旋转半径有关,因此它们的向心加速度不可能一样大,故B项错误;地球同步卫星的角速度与地球相同,那么半径越大,线速度就越大,因此卫星在发射架上随地球自转时的线速度小于地球同步卫星的线速度,故C项错误;在近地轨道上的加速度等于地球表面的重力加速度,而赤道上物体随地球自转的向心加速度远小于地球表面的重力加速度,故D项正确。‎ ‎【答案】D ‎4.(2018·成都期中)如图所示,2016年10月19日,“神舟十一号”入轨后,经历5次变轨,到达距离地面393 km的轨道,与“天宫二号”成功对接,对接之后两者一起绕着地球做匀速圆周运动。已知地球的质量M=5.97×1024 kg,地球的半径R=6378 km,引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2,地球表面的重力加速度g取10 m/s2。则(　　)。‎ A.“神舟十一号”为了追上“天宫二号”,无论在什么轨道上只要加速就行 B.“天宫二号”运行的速度大于7.9 km/s C.“神舟十一号”变轨前后忽略其质量的变化,则变轨后动能减小,引力势能增大 D.对接成功后两者一起运行的周期为1 h ‎【解析】“神舟十一号”为了追上“天宫二号”,必须在低轨道加速,A项错误;第一宇宙速度大小为7.9 km/s,而第一宇宙速度为近地轨道环绕速度,根据公式G=m,解得v=,轨道半径越大,线速度越小,所以“天宫二号”运行的速度小于7.9 km/s,B项错误;变轨时,需要克服万有引力做功,故动能减小,势能增大,C项正确;根据公式G=mr,可得T=2π,代入数据可得T≈5.55×103 s≈1.5 h>1 h,D项错误。‎ ‎【答案】C ‎5.(2017·长春质检)(多选)2016年2月11日,美国科学家宣布探测到引力波,证实了爱因斯坦100年前的预测,弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”。双星的运动是引力波的来源之一,假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成,这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动,测得a星的周期为T,a、b两颗星的距离为l,a、b两颗星的轨道半径之差为Δr(a星的轨道半径大于b星的),则(　　)。‎ A.b星的周期为T B.a星的线速度大小为 C.a、b两颗星的半径之比为 D.a、b两颗星的质量之比为 ‎【解析】a、b两颗星体是围绕同一点绕行的双星系统,故周期T相同,A项错误。由ra-rb=Δr,ra+rb=l得ra=,rb=,所以=,C项错误;a星体的线速度v==,B项正确;由maω2ra=mbω2rb,得==,D项正确。‎ ‎【答案】BD ‎6.(2018·湖北联考)(多选)1772年,法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出:两个质量相差很大的天体(如太阳和地球)所在同一平面上有5个特殊点,如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示,人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上,会在太阳与地球共同引力作用下,可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。北京时间2011年8月25日23时27分,“嫦娥二号”在世界上首次实现从月球轨道出发,受控准确进入距离地球约150万公里远的径拉格朗日L2点的环绕轨道。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点,进行深空探测,下列说法正确的是(　　)。‎ A.该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度 B.该卫星绕太阳运动的周期和地球的自转周期相等 C.该卫星在L2点所受太阳和地球引力的合力比在L1点小 D.该卫星在L1点受到地球和太阳的引力的大小相等 ‎【解析】据题意知,卫星与地球同步绕太阳做圆周运动,则卫星绕太阳运动的周期和地球的公转周期相等,公转半径大于地球的公转半径,根据向心加速度a=r,可知该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度,故A、B两项正确;由题可知,卫星在L1点与L2点的周期与角速度是相等的,根据向心力的公式F=mω2r,可知在L1点的半径小,所以在L1点的合力小,C项错误;该卫星在L1点所受的合力为地球和太阳对它引力的合力,合力提供向心力,不为零,地球和太阳的引力的大小不相等,D项错误。‎ ‎【答案】AB ‎7.(2017·九江月考)(多选)两颗相距足够远的行星A、B,半径均为R0,两行星各自周围卫星的公转速度的二次方v2与公转半径的倒数的关系图象如图所示,则关于两颗行星及它们的卫星的描述,下列说法正确的是(　　)。‎ A.行星A的质量较大 B.行星A的第一宇宙速度大 C.取相同公转半径,行星A的卫星向心加速度较大 D.取相同公转速度,行星A的卫星周期较小 ‎【解析】卫星受到的万有引力提供向心力,由G=m,得v2=,可知v2-图线的斜率表示GM,A的图线斜率较大,则行星A的质量较大,故A项正确;根据G=m得,第一宇宙速度v1=,因为行星A的质量较大,所以行星A的第一宇宙速度较大,B项正确;根据G=ma得a=,取相同的公转半径,由于行星A的质量较大,则行星A的卫星向心加速度较大,故C项正确;根据G=m得v=,取相同的公转速度,由于行星A的质量较大,故行星A的卫星轨道半径较大,根据v2=,T=可得,v2==,则T=,由于行星A的质量较大,故行星A的卫星周期较大,D项错误。‎ ‎【答案】ABC 一、选择题 ‎1.(2017·广州模拟)(多选)如图所示,近地人造卫星和月球绕地球的运行轨道可视为圆。设卫星、月球绕地球运行的周期分别为T卫、T月,地球自转周期为T地,则(　　)。‎ A.T卫T月 C.T卫r同>r卫,由开普勒第三定律=k可知,T月>T同>T卫,又同步卫星的周期T同=T地,故有T月>T地>T卫,A、C两项正确。‎ ‎【答案】AC ‎2.(2017·揭阳调研)如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图,已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动,a是地球同步卫星,a、b的轨道半径相等,则(　　)。‎ A.卫星a的角速度小于c的角速度 B.卫星a的向心加速度大于b的向心加速度 C.卫星a的运行速度大于第一宇宙速度 D.卫星b的周期大于24 h ‎【解析】根据公式G=mω2r,可得ω=,运动半径越大,角速度越小,故卫星a的角速度小于c的角速度,A项正确;根据公式G=ma向,可得a向=,由于a、b的轨道半径相同,所以两者的向心加速度相同,B项错误;第一宇宙速度是近地轨道的环绕速度,也是最大的环绕速度,根据公式G=m,可得v=,半径越大,线速度越小,所以卫星a的运行速度小于第一宇宙速度,C项错误;根据公式G=mr,可得T=2π,故轨道半径相同,周期相同,卫星b的周期等于24 h,D项错误。‎ ‎【答案】A ‎3.(2017·银川月考)已知地球和月球的半径之比=4,表面重力加速度之比=6,则地球和月球的密度之比为(　　)。‎ A.　　　B.　　　C.4　　　D.6‎ ‎【解析】在地球表面,重力等于万有引力,故mg=G,解得M=,故密度ρ===,同理,月球的密度ρ0=,故地球和月球的密度之比==,B项正确。‎ ‎【答案】B ‎4.(2017·辽宁月考)由中国科学院、中国工程院两院院士评出的“2012年中国十大科技进展”新闻于2013年1月19日揭晓,“神舟九号”载人飞船与“天宫一号”成功对接和“蛟龙号”下潜突破7000米分别排在第一、第二位。若地球半径为R,把地球看作质量分布均匀的球体,“蛟龙号”下潜深度为d,“天宫一号”轨道距离地面高度为h,则“蛟龙号”所在处与“天宫一号”所在处的加速度之比为(　　)。‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【解析】设地球的密度为ρ,则在地球表面,重力和地球的万有引力大小相等,有g=,因为地球的质量M=ρπR3,所以重力加速度的表达式可写成g==πGρR,根据题意,质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零,故在深度为d的地球内部,受到地球的万有引力即半径等于(R-d)的球体在其表面产生的万有引力,故“蛟龙号”所在处的重力加速度g'=πGρ(R-d),所以有=,根据万有引力提供向心力得G=ma,“天宫一号”的加速度a=,所以=,所以=,故D项正确,A、B、C三项错误。‎ ‎【答案】D ‎5.(2017·孝感一模)2016年10月17日,“神舟十一号”飞船成功发射,并与“天宫二号”空间站进行了对接。对接成功后,二者组成的整体在距地面的高度为R(R为地球半径)的地方绕地球做周期为T的圆周运动,则(　　)。‎ A.“神舟十一号”飞船在椭圆轨道上运动的周期可能等于80分钟 B.成功对接后,宇航员不动时处于平衡状态 ‎ C.成功对接后,空间站所处位置的重力加速度为零 D.可求得地球质量为 ‎【解析】因地球卫星的最小周期为84.58分钟,故A项错误;对接后宇航员做匀速圆周运动,所以B项错误;由万有引力定律可得对接后的加速度a=,所以C项错误;对于卫星绕地球运动,由万有引力定律可得,=mr,故地球质量M==,所以D项正确。‎ ‎【答案】D ‎6.(2017·齐鲁模拟)设地球绕太阳近似做匀速圆周运动,已知轨道半径为R0,公转周期T0≈365天;月球绕地球近似做匀速圆周运动,已知轨道半径为R,周期T≈27.3天。另据勘测结果知道,在月球的永暗面存在着大量常年以固态形式蕴藏的水冰。根据天文观测,月球半径R月为1738 km,地球半径R地约为6400 km,‎ 月球表面的重力加速度约为地球表面的重力加速度的,月球表面在阳光照射下的温度可达127 ℃,已知此温度下水蒸气分子的平均速率达到v0=2000 m/s。已知引力常量为G,地球表面的重力加速度取g=10 m/s2,则以下说法正确的是(　　)。‎ A.根据开普勒第三定律知= ‎ B.根据题给信息可知在月球表面暗面有冰,阳面有水 C.地心到月心之间的距离数量级为1010m D.根据题给数据和符号可以计算出太阳、地球、月球的质量 ‎【解析】开普勒第三定律是对同一中心天体的不同卫星而言的,所以A项错误;取月球表面质量为m的某水分子,因为月球的第一宇宙速度为,代入数据解得v1≈1700 m/s,又因为v11)之间变化,且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心,如果这种反常是地下存在某一球形空腔造成的,试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积。‎ ‎【解析】 (1)如果将近地表的球形空腔填满密度为ρ的岩石,则该地区重力加速度回到正常值,因此,重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力G=mΔg来计算,式中的m是Q点处某质点的质量,M是填充后球形区域的质量,M=ρV,而r是球形空腔中心O至Q点的距离r=,Δg在数值上等于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小。Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向,重力加速度反常Δg'是这一改变在竖直方向上的投影Δg'=Δg,联立解得Δg'=。‎ ‎(2)由上式得,重力加速度反常Δg'的最大值和最小值分别为(Δg')max=‎ ‎(Δg')min=‎ 由题设有(Δg')max=kδ,(Δg')min=δ 联立以上式子得,地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为 d=,V=。‎ ‎【答案】(1)　(2)　‎ 一、选择题 ‎1.(2018·齐鲁联考)下列描述正确的是(　　)。‎ A.速度的变化量、加速度、力都是矢量,且对应的国际单位制符号分别为:m/s、m/s2、N B.做平抛运动的物体在相等的时间间隔内,速率的改变量相等 C.牛顿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向 D.运动的物体才受滑动摩擦力,且其方向与运动方向一定相反 ‎【解析】做平抛运动的物体在相等的时间间隔内,速度的改变量相等,而速率的变化量不等,故B项错误。C项是笛卡儿的观点,故C项错误。滑动摩擦力的产生条件是发生相对运动,而不一定要运动,故D项错误。‎ ‎【答案】A ‎2.(2018·长春监测)1990年5月18日,经国际小行星中心批准,中科院紫金山天文台将国际编号为2752号的小行星命名为“吴健雄星”。该小行星的直径约为地球直径的,密度与地球近似相等,则该小行星与地球的第一宇宙速度之比约为(　　)。 ‎ A.　 　　B.　　 　C.　　 　D.‎ ‎【解析】由M=πR3ρ,第一宇宙速度v=可得v=,v∝R,即小行星与地球的第一宇宙速度之比为半径之比,故A项正确。‎ ‎【答案】A ‎3.(2018·安徽联考)中国探月工程分为三期,简称为“绕、落、回”三步走,将在2020年前完成。假如我国宇航员登上月球后,将一个物块在离月球表面h高处自由释放,物块下落到月球表面所用时间为t,已知月球的半径为R,引力常量为G,则月球的密度为(　　)。‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【解析】由h=gt2可得月球表面的重力加速度g=,由G=mg,ρ=联立解得月球密度ρ=,A项正确。‎ ‎【答案】A ‎4.(2017·宜昌三模)如图所示,在倾角为θ的粗糙斜面上放置与轻弹簧相连的物体A,弹簧另一端通过轻绳连接到轻质定滑轮Q上,三个物体B、C、D通过绕过定滑轮Q的轻绳相连而处于静止状态。现将物体D从C的下端取下挂在B上,松手后物体A仍处于静止状态,若不计轮轴与滑轮、绳与滑轮间的摩擦,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.物体D挂在物体B下面相对于D挂在C下面时,物体A所受的摩擦力减小了 B.物体D挂在物体B下面相对于D挂在C下面时,弹簧的形变量增大了 C.物体D挂在物体B下面相对于D挂在C下面时,地面对斜面体的支持力减小了 D.物体D挂在物体B下面相对于D挂在C下面时,地面对斜面体有向左的摩擦力 ‎【解析】初始平衡时弹簧处于伸长状态,弹力T=(mB+mC+mD)g=2mBg,此时A所受的摩擦力可能沿斜面向上,可能沿斜面向下,还可能为零;当D挂在B下面时,右侧的平衡被打破,B和D拉着C,此时B和D失重,而C超重,整体处于失重状态,致使弹簧的拉力T减小,因此弹簧的形变量减小,地面对斜面体的支持力减小,故B项错误,C项正确。弹簧的拉力减小,A静止时它所受的摩擦力可能变大,也可能减小,但整体在水平方向上没有运动趋势,地面没有摩擦力,故A、D两项错误。‎ ‎【答案】C ‎5.(2018·太原质检)如图所示是倾角为45°的斜坡,在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A,小球恰好能垂直落在斜坡上,运动时间为t1。若在小球A抛出的同时,小球B从同一点Q处开始自由下落,下落至P点的时间为t2,则A、B两球运动的时间之比t1∶t2为(不计空气阻力)(　　)。‎ A.1∶ B.1∶2 C.1∶ D.1∶3‎ ‎【解析】当小球A落在斜面上时,小球的竖直速度和水平速度的关系为tan 45°=,解得t1=,小球下落的高度h=g=,小球的水平位移x=v0t1=,由几何关系可得PQ的高度H=h+x=+=,根据自由落体运动公式可得H=g,解得t2=,则A、B两球运动的时间之比t1∶t2=1∶,A、B、D三项错误,C项正确。‎ ‎【答案】C ‎6.(2018·衡水联考)(多选)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”应该首选被送入近地点约为200公里,远地点约为3.6万公里的转移轨道Ⅱ(椭圆),然后通过在远地点变轨,最终进入地球同步轨道Ⅲ(圆形)。但是由于火箭故障,卫星实际入轨后初始轨道Ⅰ远地点只有1.6万公里。科技人员没有放弃,通过精心操作,利用卫星自带燃料在近地点点火,尽量抬高远地点的高度,经过10次轨道调整,终于在7月5日成功定点于预定轨道。下列说法正确的是(　　)。‎ A.失利原因可能是发射速度没有达到7.9 km/s B.卫星在轨道Ⅲ经过Q点时和在轨道Ⅱ经过Q点时的速度相同 C.卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能增加 D.卫星在轨道Ⅱ由P点向Q点运行时处于失重状态 ‎【解析】发射速度大于第一宇宙速度,A项错误;卫星在轨道Ⅱ的Q点加速后才能进入轨道Ⅲ,所以速度大小不相等,B项错误;卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ应在P点加速,故机械能增加,C项正确;卫星环绕地球运行的过程中,由万有引力提供向心力,处于失重状态,D项正确。‎ ‎【答案】CD ‎7.(2018·湖北联考)(多选)一物体自t=0时开始做直线运动,其速度—时间图线如图所示。下列选项正确的是(　　)。‎ A.0~2 s内与6 s~8 s内物体的加速度相同 B.0~8 s内物体的平均速度为4 m/s C.6 s~8 s内物体的平均速度为零 D.0~8 s内物体离出发点最远,为44 m ‎【解析】0~2 s内加速度大小为4 m/s2,6 s~8 s内加速度大小为8 m/s2,且两加速度方向不同,A项错误;前8 s的平均速度v==5 m/s,B项错误;6 s~8 s内平均速度v==0,C项正确;第7 s时离出发点最远,为44 m,故D项正确。‎ ‎【答案】CD ‎8.(2018·山东月考)(多选)质量为1 kg的物体静止在水平地面上,现用大小为4 N的水平恒力向右拉物体,作用3 s后将拉力方向反向、大小不变继续作用于物体。已知物体运动的v-t图象如图所示,g=10 m/s2,则(　　)。‎ A.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2‎ B.t1=4 s C.若t2时刻物体返回到出发点,则t2=8 s D.物体从静止出发到返回到出发点,全过程拉力做功为零 ‎【解析】0~3 s,由牛顿第二定律得F-μmg=ma1,由图象知a1=2 m/s2,可得μ=0.2,所以A项正确;3 s~t1 s,物体做匀减速运动,加速度a2==6 m/s2,所以t1-3==1 s,得t1=4 s,所以B项正确;由图象可知,物体回到出发点应满足关系:t1×6=(t2-t1)a1(t2-t1),解得t2=(4+2)s,C项错误;拉力做的功等于物体克服摩擦产生的内能及物体动能增量之和,故D项错误。‎ ‎【答案】AB ‎9.(2018·岳阳统考)(多选)我国在2016年9月15日成功发射“天宫二号”空间实验室。假设“天宫二号”舱中有一体重计,体重计上放一物体,火箭点火前,地面测控站监测到体重计对物体A的弹力为F0。在“天宫二号”随火箭竖直向上匀加速升空的过程中,离地面高为h时,地面测控站监测到体重计对物体的弹力为F。“天宫二号”经火箭继续推动,进入预定圆轨道时距地面的高度为H。设地球半径为R,第一宇宙速度为v,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.“天宫二号”在预定轨道的运行速度一定大于第一宇宙速度v B.“天宫二号”舱中物体A的质量m=‎ C.火箭匀加速上升时的加速度a=-‎ D.“天宫二号”在预定圆轨道上运行的周期T=‎ ‎【解析】人造卫星轨道半径越大,运行速度越小,故“天宫二号”的运行速度小于第一宇宙速度,A项错误;设地面附近重力加速度为g0,由火箭点火前体重计示数F0可知物体质量m=,由第一宇宙速度公式v==可得地球表面附近的重力加速度g0=,联立解得该物体的质量m=,故B项正确;当卫星离地面高度为h时,物体所受万有引力F'=G,而g0=,对物体由牛顿第二定律得F-F'=ma,联立以上各式解得火箭上升的加速度a=-,故C项正确;由G=m(R+H)可得T=;而在地面上有G=m,解得GM=Rv2,则T=,故D项错误。‎ ‎【答案】BC ‎10.(2018·南阳评估)(多选)如图所示,在光滑杆O'A的O'端固定一根劲度系数k=10 N/m,原长l0=1 m的轻弹簧,质量m=1 kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接,OO'为过O点的竖直轴,杆与水平面间的夹角始终为θ=30°,开始杆是静止的,当杆以OO'为轴转动时,角速度从零开始缓慢增加,直至弹簧伸长量为0.5 m,取g=10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.杆静止时,弹簧的长度为0.5 m B.当弹簧伸长量为0.5 m时,杆转动的角速度为 rad/s C.当弹簧恢复原长时,杆转动的角速度为 rad/s D.从静止到速度最大的过程中,杆对小球做功为12.5 J ‎【解析】当杆静止时球受力平衡,由kx=mgsin θ得x=0.5 m,故弹簧的长度l=l0-x=0.5 m,即A项正确;当弹簧伸长量为0.5 m时,小球在水平方向上有Nsin θ+kxcos θ=m(l0+x)cos θ,在竖直方向上有Ncos θ=kxsin θ+mg,整理可得ω1= rad/s,故B项错误;当弹簧恢复原长时,由牛顿第二定律有mgtan θ=ml0cos θ,得ω2= rad/s,故C项错误;从静止到速度最大的过程中对小球运用动能定理可得W-mg×2xsin θ=m[(l0+x)ω1cos θ]2-0,代入数据得W=12.5 J,即D项正确。‎ ‎【答案】AD 二、非选择题 ‎11.(2018·安徽联考)某平直公路特殊路段允许通过的最大速度为70 km/h,一辆汽车以90 km/h的速度违章行驶在该路段,当该车通过路边的警车时,警车立即从静止开始以2 m/s2的加速度匀加速追去,经过10 s,违章车驾驶员看到警车在追赶,立即以大小为2.5 m/s2的加速度做匀减速运动,1 s后,警车也立即做匀减速运动,最后警车与违章车并排停在一起,求:‎ ‎(1)警车追赶违章车过程中的最大速度大小。‎ ‎(2)警车追赶全程的位移大小和时间。‎ ‎【解析】(1)警车追赶汽车的过程中做匀加速直线运动的时间t1=11 s,因此警车追赶过程中的最大速度v1=a1t1=2×11 m/s=22 m/s。‎ ‎(2)设违章车匀速运动的速度为v2,则v2= m/s=25 m/s 违章车匀速运动的时间t2=10 s,设其做减速运动的加速度为a2‎ 则警车追赶过程的位移x警=x违=v2t2+=375 m 设警车追赶的时间为t,则x警=v1t,求得t≈34.1 s。‎ ‎【答案】(1)22 m/s　(2)375 m　34.1 s ‎12.(2018·信阳联考)中国计划在2017年实现返回式月球软着陆器对月球进行科学探测。宇航员在月球上着陆后,自高h处以初速度v0水平抛出一小球,测出水平射程为L(这时月球表面可以看成是平坦的)。已知月球半径为R,引力常量为G,求:‎ ‎(1)月球表面处的重力加速度及月球的质量M月。‎ ‎(2)如果要在月球上发射一颗绕月球运行的卫星,所需的最小发射速度的大小。‎ ‎(3)当着陆器在距月球表面高为H的轨道上运动时,着陆器环绕月球运动的周期。‎ ‎【解析】 (1)设月球表面的重力加速度为g,由平抛运动规律有 h=gt2‎ L=v0t 得g=‎ 着陆器在月球表面所受的万有引力等于重力,则有 G=mg 得M月=。‎ ‎(2)卫星绕月球表面运行,有G==mg 解得v==。‎ ‎(3)由牛顿第二定律有G=m(R+H)‎ 解得T=。‎ ‎【答案】(1)　　(2)‎ ‎(3)‎