专题13机械能航天模型-高考物理机械能常用模型(解析版)

高考物理《机械能》常用模型最新模拟题精练专题13机械能+航天模型一、选择题1.(2023湖南怀化名校联考)如图所示，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则（）A.卫星在轨道Ⅰ上处于平衡状态B.卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ周期的倍C.卫星在a点的加速度大小为在c点加速度大小的4倍D.质量相同的卫星在b点的机械能等于在c点的机械能【参考答案】C【名师解析】卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，合力不为零，不处于平衡状态，故A错误；由题可知轨道Ⅰ的半径与轨道Ⅱ的半长轴之比为根据开普勒第三定律解得故B错误；根据公式可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，故C正确；卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ需要点火加速，因此在同一点加速动能增大也就是机械能增大，而同一轨道机械能守恒，因此b点的机械能小于在c点的机械能，故D错误。2.（2022山东烟台模拟）人造地球卫星与地心间距离为r时，取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2。此过程中损失的机械能为（）A. B.C. D.【参考答案】A【名师解析】根据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为r1时有卫星的引力势能为轨道半径为r2时卫星的引力势能为设摩擦而损失的机械能为，根据能量守恒定律得联立以上各式可得，故A正确，BCD错误。3.（2021辽宁模拟预测13）中国空间站的建设过程是，首先发射核心舱，核心舱入轨并完成相关技术验证后，再发射实验舱与核心舱对接，组合形成空间站。假设实验舱先在近地圆形过渡轨道上运行，某时刻实验舱短暂喷气，离开过渡轨道与运行在较高轨道上的核心舱安全对接。忽略空气阻力，以下说法正确的是A.实验舱应当向前喷出气体B.喷气前后，实验舱与喷出气体的总动量不变C.喷气前后，实验舱与喷出气体的机械能不变D.实验舱在飞向核心舱过程中，机械能逐渐减小【参考答案】B【名师解析】实验舱要向高轨道运行，需要做离心运动，所以要加速，应该向后喷出气体，A错误；喷气过程没有外力，实验舱与喷出气体系统动量守恒，喷气前后，总动量不变，B正确；喷气前后，内力做功，总机械能增大，发生变化，C错误；实验舱飞向核心舱过程中，地球的万有引力做负功，重力势能增大，且实验舱速度增大，机械能增大，D错误。4.（2021高考仿真模拟10）“天舟一号”货运飞船在完成空间实验室阶段任务及后续拓展试验后受控离轨，并进入地球大气层烧毁，残骸坠入南太平洋一处号称“航天器坟场”的远离大陆的深海区．在受控坠落前，“天舟一号”在离地面380km的圆轨道上飞行，下列说法中正确的是()A．在轨运行时，“天舟一号”受到平衡力的作用B．在轨运行时，“天舟一号”的角速度小于同步卫星的角速度C．“天舟一号”离轨后在进入大气层前，其动能将不断减小D．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，则可求出地球的密度【参考答案】D【名师解析】.“天舟一号”在离地面380km的圆轨道上做圆周运动，运动方向不断发生变化，故受到的力不是平衡力，选项A错误；Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，因“天舟一号”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则其角速度大于同步卫星的角速度，选项B错误；“天舟一号”离轨后，在进入大气层前，因只有引力做功，机械能守恒，那么减小的重力势能转化为增加的动能，其运行速度不断增大，动能增大，选项C错误；Geq\f(Mm,R2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R，而M＝ρeq\f(4,3)πR3，可得ρ＝eq\f(3π,GT2)，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，即可求出地球的密度，选项D正确．5.（2020四川遂宁二中模拟3）土星环被认为是太阳系内所观察到的令人印象最深刻的景观，土星环在赤道上方可延伸至120700公里处，其主要成分是水冰和无定型碳。环的内层可以看做土星的一部分，而外层则是绕着土星做独立的圆周运动，则A．对于外层中的物体而言，轨道越高则线速度越大B．对于内层中的物体而言，轨道越高则加速度越小C．若外层区域存在稀薄大气，外层物质轨道将降低，降低过程中机械能将增大D．若外层区域存在稀薄大气，外层物质轨道将降低，降低过程中线速度将增大【参考答案】D【名师解析】对外层中的物体而言，万有引力提供向心力，其线速度,因此轨道越高则线速度越小，故A选项错误；对于内层中的物体而言，其角速度与土星相同，保持不变，故加速度，因此轨道越高则加速度越大，故B选项错误；若外层区域存在稀薄大气，由于阻力使速度减小，物体做近心运动，外层物质轨道将降低，此过程中空气阻力做负功，故机械能将减小，C错误；近心运动过程中，阻力做负功，但引力做正功，且引力比阻力大的多，故线速度将增加，故D选项正确，因此本题正确答案为D。6．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，脱离星球所需要的发射速度越大 B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面受到的引力大 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，势能逐渐增大【思路分析】探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关，根据万有引力公式以及地球、火星两星球质量、半径的关系比较万有引力大小，根据发射速度为比较发射速度大小，探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大．【参考答案】BD【名师解析】探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与探测器质量无关，故A错误；根据万有引力公式得：探测器在地球表面受到的引力F地=G，在火星表面受到的引力F火=G，而地球、火星两星球的质量比约为10∶1，半径比约为2∶1，解得：F地∶F火=M地R火2∶M火R地2=10∶4=2.5，即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B正确；探测器脱离星球时，其需要发射速度为，地球与火星的不同，所以所需发射速度也不同，故C错误；由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大，故D正确。72017年6月19号，长征三号乙遥二十八火箭发射中星9A卫星过程中出现变故，由于运载火箭的异常，致使卫星没有按照原计划进入预定轨道。经过航天测控人员的配合和努力，通过多次轨道调整，卫星成功变轨进入同步卫星轨道。卫星变轨原理图如图所示，卫星从椭圆轨道Ⅰ远地点Q改变速度进入地球同步轨道Ⅱ，P点为椭圆轨道近地点。下列说法正确的是A.卫星在椭圆轨道Ⅰ运行时，在P点的速度等于在Q点的速度B.卫星耗尽燃料后，在微小阻力的作用下，机械能减小，轨道半径变小，动能变小C.卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点加速度大于在同步轨道Ⅱ的Q点的加速度D.卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点速度小于在同步轨道Ⅱ的Q点的速度【参考答案】.D【名师解析】解析：根据卫星在椭圆轨道上运动时机械能保持不变，可知卫星在椭圆轨道Ⅰ运行时，在P点的速度大于在Q点的速度，选项A错误；卫星耗尽燃料后，在微小阻力的作用下，机械能减小，轨道半径变小，重力势能减小，但是速度变大，动能变大，选项B错误；在同一Q点，卫星所受万有引力相同，根据牛顿第二定律，卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点加速度等于在同步轨道Ⅱ的Q点的加速度，选项C错误；卫星在椭圆轨道Ⅰ上运动到Q点需要增大速度，才能变轨到同步轨道Ⅱ，所以卫星在椭圆轨道Ⅰ的Q点速度小于在同步轨道Ⅱ的Q点的速度，选项D正确。8.目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是()A．卫星的动能逐渐减小B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小【参考答案】.BD【命题意图】本题考查卫星的运动，功能关系及其相关的知识点。【名师解析】卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，由于地球引力做正功，引力势能一定减小，卫星的动能增大，选项A错误B正确；由于气体阻力做负功，地球引力做正功，根据功能关系，机械能（引力势能和动能之和）减小，选项C错误；由于卫星的动能增大，地球引力做的正功等于引力势能的减小，所以卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小，选项D正确。9.（2015·全国理综I）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4m高处做一次悬停（可认为是相对与月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落。已知探测器的质量约为1.3×103kg,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9.8m/s2.则此探测器（）A．在着陆前的瞬间，速度大小约为9.8m/sB．悬停时受到的反冲作用力约为2×103NC．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【参考答案】BD【名师解析】由题述地球质量约为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的3.7倍，公式G=mg，可得月球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的1/6，即g月=1.6m/s2。由v2=2g月h，解得此探测器在着陆瞬间的速度v=3.6m/s，选项A错误；由平衡条件可得悬停时受到的反冲作用力约为F=mg月=1.3×103×1.6N=2×103N，选项B正确；从离开近月轨道到着陆这段时间，由于受到了反冲作用力,且反冲作用力对探测器做负功，探测器机械能减小，选项C错误；由G=m，G=mg，解得v=,由于地球半径和地球表面的重力加速度均大于月球，所以在近月轨道上运行的线速度要小于人造卫星在近地轨道上运行的线速度，选项D正确。10发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后使其沿椭圆轨道2运行，最后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。当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，其中说法正确的是()A.卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度B.卫星在轨道3上的动能小于它在轨道1上的动能C.卫星在轨道3上的引力势能小于它在轨道1上的引力势能D.卫星在轨道3上的机械能大于它在轨道1上的机械能【参考答案】ABD【名师解析】地球对卫星的万有引力为Geq\f(Mm,r2)，由Geq\f(Mm,r2)＝ma，可得卫星在Q点的加速度a＝eq\f(GM,r2)，故选项A正确；轨道1、3均为圆轨道，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v2＝eq\f(GM,r)，由于轨道3的半径大于轨道1的半径，故卫星在轨道3上的动能小于在轨道1上的动能，故选项B正确；从轨道1到轨道3，地球与卫星间的引力做负功，引力势能将增加，选项C错误；由轨道1到轨道3经过两次加速，外力做正功，所以卫星在轨道3上的机械能大于它在轨道1上的机械能，故选项D正确。11．荷兰某研究所推出了2023年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划．登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是()A．飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠB．飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度【参考答案】ACD【名师解析】[根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ，选项A正确；飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达轨道Ⅰ，则飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，选项B错误，C正确；根据Geq\f(Mm,R2)＝mω2R以及M＝eq\f(4,3)πR3ρ，解得ρ＝eq\f(3ω2,4πG)，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，选项D正确．12.“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间实验室自动交会对接前的示意图如图所示，圆形轨道I为“天宫二号”运行轨道，圆形轨道II为“神舟十一号”运行轨道。此后“神舟十一号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫二号”的交会对接，则：（）A.“天宫二号”在轨道I的运行速率大于“神舟十一号”在轨道II上运行速率B.“神舟十一号”由轨道II变轨到轨道I需要减速C.“神舟十一号”为实现变轨需要向后喷出气体D.“神舟十一号”变轨后比变轨前机械能减少【参考答案】C【名师解析】由题可知，万有引力提供向心力，即，则，由于“天宫二号”的轨道半径大，可知其速率小，则A错误；“神舟十一号”由轨道II变轨到轨道I需要加速做离心运动，要向后喷出气体，速度变大，发动机做正功，使其机械能增加，故选项C正确，BD错误。【名师点睛】本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用。二．计算题1.（2021北京丰台期末）2020年11月24日，我国“嫦娥五号”探测器成功发射并进入地月转移轨道。28日“嫦娥五号”在图甲B处成功实施近月制动，进入环月椭圆轨道，月球在椭圆轨道的焦点上；29日探测器在椭圆轨道的近月点A处再次“刹车”，进入环月圆轨道（图甲没有按实际比例画图）。研究探测器在椭圆轨道上的运动可以按照以下思路进行：对于一般的曲线运动，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，其半径称为曲线在某点的曲率半径。图乙中最大内切圆的半径ρ即为曲线在P点的曲率半径，图甲中椭圆在A点和B点的曲率半径，rA为A点到月球球心的距离，rB为B点到月球球心的距离。已知月球质量为M，引力常量为G。12A12A月球B图甲ρP图乙M（1）求探测器在环月圆轨道1上运行时线速度v1的大小；（2）证明探测器在椭圆轨道2上运行时，在近月点A和远月点B的线速度大小满足：vA·rA=vB·rB；（3）某同学根据牛顿运动定律分析得出：质量为m的探测器在圆轨道1和椭圆轨道2上经过A点时的加速度a1、a2均满足=ma，因此a1=a2。请你利用其它方法证明上述结论。（若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为m1和m2的两个质点相距r时的引力势能Ep=。）【名师解析】.（12分）（1）探测器在圆轨道1上运行时，万有引力提供向心力：（2分）得：（1分）（2）在轨道2的A点、B点分别取一段相等的极短时间，根据开普勒第二定律，有：（2分）得：----------①（1分）（3）探测器在圆轨道1上的加速度=（1分）探测器在椭圆轨道2上经过A点时的加速度为-----②（1分）探测器在椭圆轨道2上从A点到B点过程中，由机械能守恒，有：------------③（2分）联立①③可得：（1分）结合联立②可得：因此（1分）2.有人设想:可以在飞船从运行轨道进入返回地球程序时，借飞船需要减速的机会，发射一个小型太空探测器，从而达到节能的目的。如图所示，飞船在圆轨道Ⅰ上绕地球飞行，其轨道半径为地球半径的k倍（k>1）。当飞船通过轨道Ⅰ的A点时，飞船上的发射装置短暂工作，将探测器沿飞船原运动方向射出，并使探测器恰能完全脱离地球的引力范围，即到达距地球无限远时的速度恰好为零，而飞船在发射探测器后沿椭圆轨道Ⅱ向前运动，其近地点B到地心的距离近似为地球半径R。以上过程中飞船和探测器的质量均可视为不变。已知地球表面的重力加速度为g。（1）求飞船在轨道Ⅰ运动的速度大小；（2）若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能，式中G为引力常量。在飞船沿轨道Ⅰ和轨道Ⅱ的运动过程，其动能和引力势能之和保持不变；探测器被射出后的运动过程中，其动能和引力势能之和也保持不变。①求探测器刚离开飞船时的速度大小；②已知飞船沿轨道Ⅱ运动过程中，通过A点与B点的速度大小与这两点到地心的距离成反比。根据计算结果说明为实现上述飞船和探测器的运动过程，飞船与探测器的质量之比应满足什么条件。【名师解析】（1）设地球质量为M，飞船质量为m，探测器质量为m'，当飞船与探测器一起绕地球做圆周运动时的速度为v0根据万有引力定律和牛顿第二定律有对于地面附近的质量为m0的物体有m0g=GMm0/R2解得：。（2）①设探测器被发射出时的速度为v'，因其运动过程中动能和引力势能之和保持不变，所以探测器刚好脱离地球引力应满足解得：②设发射探测器后飞船在A点的速度为vA,运动到B点的速度为vB,因其运动过程中动能和引力势能之和保持不变，所以有对于飞船发射探测器的过程，根据动量守恒定律有(m+m')v0=mvA+m'v'，因飞船通过A点与B点的速度大小与这两点到地心的距离成反比，即RvB=kRvA解得：。3.（2017•新课标Ⅰ）一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2．（结果保留2位有效数字）（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．【名师解析】（1）解：落地时的重力势能为零，飞船机械能等于动能为Ek2==8×104×1002J=4.0×108J；

进入大气层的机械能E=Ek1+Ep1=mv12+mgH=2.4×1012J；

答：落地瞬间的机械能为4.0×108J；进入大气层的机械能为2.4×1012J；

（2）此时的速度