高考物理一輪復習第五章萬有引力與航天第2講人造衛(wèi)星與航行課件.ppt

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第2講 人造衛(wèi)星與航行,知識梳理 一、三種宇宙速度 1.第一宇宙速度(環(huán)繞速度):v1=① 7.9 km/s,是人造地球衛(wèi)星的最小 發(fā)射速度。,2.第二宇宙速度(脫離速度):v2=② 11.2 km/s,是物體掙脫地球的引力 束縛需要的最小發(fā)射速度。,3.第三宇宙速度(逃逸速度):v3=③ 16.7 km/s,是物體掙脫太陽的引力 束縛需要的最小發(fā)射速度。,二、人造衛(wèi)星的運轉規(guī)律 圓周軌道上人造衛(wèi)星的線速度、角速度、周期、向心加速度與半徑的 關系:,三、地球同步軌道衛(wèi)星 (1)定方向:與地球自轉方向相同,即自西向東運動; (2)定周期:與地球自轉周期相同,即① 24 h; (3)定位置:位于② 赤道 的正上方,即軌道在③ 赤道 平面內; (4)定高度:由G =m r,得r= ,離地面高度為h=r-R=3.6×107 m。,1.關于地球的第一宇宙速度,下列表述正確的是 ( ) A.第一宇宙速度又叫環(huán)繞速度 B.第一宇宙速度又叫脫離速度 C.第一宇宙速度跟地球的質量無關 D.第一宇宙速度跟地球的半徑無關,答案 A 第一宇宙速度又叫環(huán)繞速度,A對,B錯。由G =m 得v= ,可知第一宇宙速度與地球的質量和半徑有關,C、D錯。,A,2.質量為m的人造地球衛(wèi)星,做勻速圓周運動。它離地面的高度等于地 球半徑R,地面上的重力加速度為g。則衛(wèi)星的 ( ) A.周期為4π B.加速度為 g C.動能為 mgR D.速度為,A,答案 A 設衛(wèi)星的軌道半徑為r,則由題意知r=2R。在地面附近: G =mg,所以有GM=gR2。 由于萬有引力提供衛(wèi)星做圓周運動的向心力,故有 G =m =m r=ma。 所以v= = = ,故D錯誤。 T= = =4π ,故A正確。 a= = = g,故B錯誤。 動能Ek= mv2= m· gR= mgR,故C錯誤。,3.關于地球同步衛(wèi)星,下列說法中不正確的是 ( ) A.它運行的線速度介于第一和第二宇宙速度之間 B.它一定在赤道上空運行 C.它運行的線速度一定小于第一宇宙速度 D.各國發(fā)射的這種衛(wèi)星軌道半徑都是一樣的,A,答案 A 同步衛(wèi)星的軌道只有一條,在赤道上空,其軌道半徑遠大于近 地衛(wèi)星的軌道半徑,故其速度小于第一宇宙速度。,深化拓展,考點一 衛(wèi)星運轉規(guī)律的特征,考點二 地球同步軌道衛(wèi)星、近地圓軌 道衛(wèi)星、地球赤道上相對地面靜止的物體的運動比較,考點三 衛(wèi)星的發(fā)射和變軌,深化拓展 考點一 衛(wèi)星運轉規(guī)律的特征 1.人造衛(wèi)星的動力學特征 萬有引力提供向心力,即G =m =mrω2=m( )2r。,2.人造衛(wèi)星的運動學特征 由G =m =mrω2=mr =ma可推導出: ?當r增大時,,【情景素材·教師備用】,1-1 如圖,若兩顆人造衛(wèi)星a和b均繞地球做勻速圓周運動,a、b到地心 O的距離分別為r1、r2,線速度大小分別為v1、v2,則 ( ) A. = B. = C. =( )2 D. =( )2,A,答案 A 萬有引力提供衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的向心力,有G =m ,所以v= ,則 = ,A項正確。,1-2 2017年4月,我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實 驗室完成了首次交會對接,對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道 (可視為圓軌道)運行。與天宮二號單獨運行時相比,組合體運行 的 ( ) A.周期變大 B.速率變大 C.動能變大 D.向心加速度變大,C,答案 C 天宮二號單獨運行時的軌道半徑與組合體運行的軌道半 徑相同。由運動周期T=2π ,可知周期不變,A項錯誤。由速率v= ,可知速率不變,B項錯誤。因為(m1+m2)m1,質量增大,故動能增大, C項正確。向心加速度a= 不變,D項錯誤。,考點二 地球同步軌道衛(wèi)星、近地圓軌道衛(wèi)星、地球赤道上相對地面靜止的物體的運動比較 1.赤道上隨地球自轉的物體:周期為地球自轉周期T=24 h,運動軌道半徑 為地球半徑R,萬有引力與地面對其支持力的合力提供向心力,即G - FN=ma=m R。,2.近地圓軌道衛(wèi)星:軌道半徑略大于地球半徑R,近似等于R,萬有引力提 供向心力,即G =mg=m 。運行速度為第一宇宙速度v= = =7.9 km/s,周期T0=2π =2π =84 min。,3.地球同步軌道衛(wèi)星:周期為地球自轉周期T=24 h,萬有引力提供向心 力,即G =ma=m r。軌道半徑為r= =4.2×107 m。 【情景素材·教師備用】,2-1 地球赤道上有一物體隨地球的自轉,所受的向心力為F1,向心加速 度為a1,線速度為v1,角速度為ω1;繞地球表面附近做圓周運動的人造衛(wèi)星 (高度忽略),所受的向心力為F2,向心加速度為a2,線速度為v2,角速度為ω2; 地球的同步衛(wèi)星所受的向心力為F3,向心加速度為a3,線速度為v3,角速度 為ω3;地球表面的重力加速度為g,第一宇宙速度為v,假設三者質量相等, 則 ( ) A.F1=F2F3 B.a1=a2=ga3 C.v1=v2=vv3 D.ω1=ω3ω2,D,答案 D 地球同步衛(wèi)星的運動周期與地球自轉周期相同,角速度相同, 即ω1=ω3,根據(jù)關系式v=ωr和a=ω2r可知,v1v 3、a2a3、ω2ω3;繞地球表面附近做圓周運動的人造衛(wèi)星的線速度等于 第一宇宙速度,即v2=v,其向心加速度等于重力加速度,即a2=g;所以v=v2v 3v1,g=a2a3a1,ω2ω3=ω1,又因為F=ma,所以F2F3F1。由以上分析可見, 選項A、B、C錯誤,D正確。,2-2 我國“北斗”衛(wèi)星導航定位系統(tǒng)由5顆靜止軌道衛(wèi)星(赤道上空運 行的同步衛(wèi)星)和30顆非靜止軌道衛(wèi)星組成。關于這5顆靜止軌道衛(wèi)星, 下列說法中正確的是 ( ) A.衛(wèi)星的運行周期各不相同 B.衛(wèi)星的軌道半徑各不相同 C.衛(wèi)星的線速度小于7.9 km/s D.衛(wèi)星的向心加速度大于9.8 m/s2,C,答案 C 5顆同步衛(wèi)星在赤道上空,周期均為T=24小時,由 =m ( )2r,得周期T=2π ,則軌道半徑也相同,A、B錯誤。由 =m , 得v= ,可知r越大v越小,近地衛(wèi)星的線速度v=7.9 km/s,所以同步衛(wèi) 星的線速度一定小于7.9 km/s,C正確。由mg=G ,G =ma,得近地衛(wèi) 星的向心加速度a=g=9.8 m/s2,由a= 可知軌道半徑越大,向心加速 度越小,則同步衛(wèi)星的向心加速度小于9.8 m/s2,D錯誤。,考點三 衛(wèi)星的發(fā)射和變軌 一、宇宙速度的理解和計算 1.第一宇宙速度的三種不同涵義 (1)最小的發(fā)射速度。 (2)最大的環(huán)繞速度。 (3)近地衛(wèi)星的線速度。,2.第一宇宙速度的計算方法 (1)由 = 得v= 。 (2)由mg= 得v= 。,3-1 若有一顆“宜居”行星,其質量為地球的p倍,半徑為地球的q倍,則 該行星的衛(wèi)星的環(huán)繞速度是地球衛(wèi)星環(huán)繞速度的 ( ) A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍,答案 C 由G =m ,得v= ,設行星的衛(wèi)星的環(huán)繞速度為v',地 球衛(wèi)星的環(huán)繞速度為v,則 = = ,C正確。,C,3-2 (2017北京豐臺二模,18)理論上可以證明,天體的第二宇宙速度(逃 逸速度)是第一宇宙速度(環(huán)繞速度)的 倍,這個關系對于天體普遍適 用。若某“黑洞”的半徑約為45 km,逃逸速度可近似認為等于真空中 的光速。已知引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2,真空中光速c=3×108 m /s。根據(jù)以上數(shù)據(jù),可得此“黑洞”質量的數(shù)量級約為 ( ) A.1031 kg B.1028 kg C.1023 kg D.1022 kg,A,答案 A “黑洞”的第一宇宙速度v1= 而對“黑洞”而言,光都不能逃離它的吸引,即第二宇宙速度的臨界值為光速:v2= · =c 代入數(shù)據(jù)解得M=3.0×1031 kg。,二、衛(wèi)星的變軌運行分析,1.制動變軌:使衛(wèi)星的速率減小,衛(wèi)星做向心運動,軌道半徑變小,需開動 反沖發(fā)動機使衛(wèi)星做減速運動;,2.加速變軌:使衛(wèi)星的速率增大,衛(wèi)星做離心運動,軌道半徑變大,需開動 反沖發(fā)動機使衛(wèi)星做加速運動。 【情景素材·教師備用】,3-3 (2016北京理綜,18,6分)如圖所示,一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1 繞地球E運行,在P點變軌后進入軌道2做勻速圓周運動。下列說法正確 的是 ( ) A.不論在軌道1還是軌道2運行,衛(wèi)星在P點的速度都相同 B.不論在軌道1還是軌道2運行,衛(wèi)星在P點的加速度都相同 C.衛(wèi)星在軌道1的任何位置都具有相同加速度 D.衛(wèi)星在軌道2的任何位置都具有相同動量,B,答案 B 衛(wèi)星在軌道1上運行到P點,經加速后才能在軌道2上運行, 故A錯誤。由G =ma得:a= ,由此式可知B正確、C錯。衛(wèi)星在軌 道2上的任何位置具有的動量大小相等,但方向不同,故D錯。,3-4 有人設想:可以在飛船從運行軌道進入返回地球程序時,借飛船需 要減速的機會,發(fā)射一個小型太空探測器,從而達到節(jié)能的目的。 如圖所示,飛船在圓軌道Ⅰ上繞地球飛行,其軌道半徑為地球半徑的k倍 (k1)。當飛船通過軌道Ⅰ的A點時,飛船上的發(fā)射裝置短暫工作,將探 測器沿飛船原運動方向射出,并使探測器恰能完全脫離地球的引力范 圍,即到達距地球無限遠時的速度恰好為零,而飛船在發(fā)射探測器后沿 橢圓軌道Ⅱ向前運動,其近地點B到地心的距離近似為地球半徑R。以 上過程中飛船和探測器的質量均可視為不變。已知地球表面的重力加 速度為g。 (1)求飛船在軌道Ⅰ上運動的速度大小; (2)若規(guī)定兩質點相距無限遠時引力勢能為零,則質量分別為m1、m2的,兩個質點相距為r時的引力勢能Ep=- ,式中G為引力常量。飛船沿 軌道Ⅰ和軌道Ⅱ運動過程中,其動能和引力勢能之和保持不變;探測器 被射出后的運動過程中,其動能和引力勢能之和也保持不變。 ①求探測器剛離開飛船時的速度大小; ②已知飛船沿軌道Ⅱ運動過程中,通過A點與B點時的速度大小之比等 于這兩點到地心的距離的反比。根據(jù)計算結果說明為實現(xiàn)上述飛船和 探測器的運動過程,飛船與探測器的質量之比應滿足什么條件。,答案 (1) (2)① ②見解析 解析 (1)設地球質量為M,飛船質量為m,探測器質量為m',飛船與探測 器一起繞地球做圓周運動時的速度為v0 根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有 =(m+m') 對于地面上的質量為m0的物體有 m0g= 解得:v0= (2)①設探測器被發(fā)射出時的速度為v',因其運動過程中動能和引力勢能,之和保持不變,所以探測器剛好脫離地球引力應滿足 m'v'2- =0 解得 :v'= = v0= ②設發(fā)射探測器后飛船在A點的速度為vA,運動到B點時的速度為vB, 因 其運動過程中動能和引力勢能之和保持不變,所以有 m - = m - 對于飛船發(fā)射探測器的過程,根據(jù)動量守恒定律有 (m+m')v0=mvA+ m'v' 因飛船通過A點與B點時的速度大小之比等于這兩點到地心的距離的反 比,即 =,解得: =,