Question

14．一個(gè)質(zhì)量為m₁的人造地球衛(wèi)星在高空做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r，某時(shí)刻和一個(gè)質(zhì)量為m₂的太空碎片發(fā)生迎頭正碰，碰后二者結(jié)合成一個(gè)整體，速度大小變?yōu)樾l(wèi)星原來速度的$\frac{1}{n}$，并開始沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)為碰撞時(shí)的點(diǎn)．若碰后衛(wèi)星的內(nèi)部裝置仍能有效運(yùn)轉(zhuǎn)，當(dāng)衛(wèi)星與碎片的整體再次通過遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)通過極短時(shí)間的遙控噴氣可使整體仍在衛(wèi)星碰前的軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，繞行方向與碰前相同．已知地球的半徑為R，地球表面的重力加度大小為g，則下列說法正確的是（　�。�

• A． 衛(wèi)星與碎片碰撞前的線速度大小為$\frac{g{R}^{2}}{r}$
• B． 衛(wèi)星與碎片碰撞前運(yùn)行的周期大小為$\frac{2πr}{R}$$\sqrt{\frac{r}{g}}$
• C． 衛(wèi)星與碎片碰撞后運(yùn)行的周期變大
• D． 噴氣裝置對(duì)衛(wèi)星和碎片整體所做的功為$\frac{（{n}^{2}-1）（{m}_{1}+{m}_{2}）g{R}^{2}}{2{n}^{2}r}$

Answer 1

分析 根據(jù)萬有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，即可求出衛(wèi)星與碎片碰撞前的線速度大小與周期的大�。挥蓜�(dòng)能定理即可求出噴氣裝置對(duì)衛(wèi)星和碎片整體所做的功．

解答 解：A、衛(wèi)星圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬有引力提供可得：$G\frac{mM}{{r}^{2}}=m\frac{{v}^{2}}{r}$
又：mg=$G\frac{mM}{{R}^{2}}$
可得：v=$\sqrt{\frac{g{R}^{2}}{r}}$，故A錯(cuò)誤；
B、據(jù)萬有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力，有：$G\frac{mM}{{r}^{2}}=m（\frac{2π}{T}）^{2}r$
解得衛(wèi)星周期為：T=$\frac{2πr}{R}\sqrt{\frac{r}{g}}$，故B正確；
C、碰后沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)為碰撞時(shí)的點(diǎn)．則橢圓的半長軸小于原來圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)開普勒第三定律可知碰撞后運(yùn)行的周期變小，故C錯(cuò)誤；
D、由動(dòng)能定理可得，噴氣裝置對(duì)衛(wèi)星和碎片整體所做的功為：
W=$\frac{1}{2}（{m}_{1}+{m}_{2}）{v}^{2}$-$\frac{1}{2}（{m}_{1}+{m}_{2}）（\frac{v}{n}）^{2}$=$\frac{（{n}^{2}-1）（{m}_{1}{+m}_{2}）g{R}^{2}}{2{n}^{2}r}$，故D正確．
故選：BD

點(diǎn)評(píng) 此題考查的知識(shí)點(diǎn)較多，要求熟練應(yīng)用萬有引力定律和應(yīng)用動(dòng)能定理的能力，并且要求學(xué)生有很好的數(shù)學(xué)計(jì)算能力，難度相對(duì)較大．