高考物理一轮讲义-万有引力定律（解析版）

这是一份高考物理一轮讲义-万有引力定律（解析版），共37页。

1.掌握万有引力定律的内容、公式及应用.
2.理解环绕速度的含义并会求解.
3.了解第二和第三宇宙速度．
考点一 天体质量和密度的计算
1．解决天体(卫星)运动问题的基本思路
(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即
Geq \f(Mm,r2)＝man＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2r,T2)
(2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即Geq \f(Mm,R2)＝mg(g表示天体表面的重力加速度)．
2．天体质量和密度的计算
(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R.
由于Geq \f(Mm,R2)＝mg，故天体质量M＝eq \f(gR2,G)，
天体密度ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3g,4πGR).
(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r.
①由万有引力等于向心力，即Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，得出中心天体质量M＝eq \f(4π2r3,GT2)；
②若已知天体半径R，则天体的平均密度
ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3πr3,GT2R3)；
③若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r等于天体半径R，则天体密度ρ＝eq \f(3π,GT2).可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度．
（2024•重庆二模）已知某两个相距足够远的星球的密度几乎相等，若将这两个星球视为质量分布均匀的球体（两星球的半径不同），忽略自转及其他天体的影响，关于这两个星球，下列物理量近似相等的是（ ）
A．表面的重力加速度大小
B．第一宇宙速度大小
C．表面附近卫星运动的周期
D．相同圆形轨道卫星的速度大小
【解答】解：A、设星球的半径为R、密度为ρ，两星球密度相等、半径不同，在星体表面物体受到的重力与万有引力相等则有：mg=GMmR2，而M=ρV=43ρπR3，联立解得表面的重力加速度大小为：g=43πGρR，由于两星球的半径不同，表面的重力加速度大小不同，故A错误；
B、由GMmR2=43πGρRm=mv12R得，第一宇宙速度大小为：v1=43πGρR2，由于两星球的半径不同，第一宇宙速度大小不同，故B错误；
C、由GMmR2=43πGρRm=m4π2T2R得，表面附近卫星运动的周期T=3πGρ，所以表面附近卫星运动的周期相同，故C正确；
D、由GMmr2=mv2r得v=GMr，由于M=43πR3，联立相同圆形轨道卫星的速度大小为：v=4πρGR33r，由于两星球的半径不同，相同圆形轨道卫星的速度大小不同，故D错误。
故选：C。
（2024•宁河区校级二模）嫦娥五号探测器完成月球表面采样后，进入环月等待阶段，在该阶段进行若干次变轨，每次变轨后在半径更大的轨道上绕月球做匀速圆周运动，其加速度a与轨道半径r的关系图像如图所示，其中b为纵坐标的最大值，图线的斜率为k，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．月球的质量为Gk
B．月球的半径为kb
C．月球的第一宇宙速度为kb
D．嫦娥五号环绕月球运行的最小周期为4π2kb2
【解答】解：AB、嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：GMmr2=ma，解得加速度为：a=GMr2，则a−1r2图象的斜率为：k＝GM，则月球的质量为：M=kG；设月球的半径为R，因为当r＝R时a最大值为b，则有：b=GMR2=kR2，解得月球的半径为：R=kb，故A错误，B正确；
C、对于近月卫星，根据万有引力提供向心力，有：GMmR2=mv12R，解得月球的第一宇宙速度为v1=4kb，故C错误；
D、当嫦娥五号环绕月球表面附近运行时周期最小，为T=2πRv1=2πkb4kb=2π4kb3，故D错误。
故选：B。
（2024•长沙模拟）2023年11月23日《中国日报》消息，11月23日18时00分04秒，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭及远征三号上面级成功将互联网技术试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。如果互联网技术试验卫星的轨道半径为r，周期为T，地球的半径为R，引力常量为G，则（ ）
A．地球的质量为4π2r3GT2
B．地球的质量为4π2R3GT2
C．地球的密度为3πGT2
D．地球的密度为3πR3GT2r3
【解答】解：AB、根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=m4π2rT2
代入数据解得：M=4π2r3GT2，故A正确，B错误；
CD、已知地球的体积为V=43πR3
根据ρ=MV
代入可得：地球密度为ρ=3πr3GT2R3，故CD错误。
故选：A。
考点二 卫星运行参量的比较与计算
1．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律
2．极地卫星和近地卫星
(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖．
(2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s.
(3)两种卫星的轨道平面一定通过地球的球心．
（2024•甘肃二模）反卫星技术（ASAT）是目前在军事航天领域一项非常敏感且先进的技术，其中一项技术是从正在正常运行的某卫星发射激光束，直接击毁敌方的人造天体或航天系统。现假设有一个质量为m的地球卫星P在半径为R的轨道上运行，可以对质量为M、轨道半径为2R的地球卫星Q实施“激光打击”，已知M＝2m，下列说法正确的是（ ）
A．卫星Q受到地球的万有引力比卫星P的大
B．卫星Q的周期是卫星P的32倍
C．卫星P的加速度大小是卫星Q的4倍
D．卫星P的线速度大小是卫星Q的2倍
【解答】解：A、根据万有引力定律，卫星P受到的万有引力大小为FP=GM地mR2
卫星Q受到的万有引力大小FQ=GM地M(2R)2=GM地⋅2m4R2=12FP，可知卫星Q受到地球的万有引力比卫星P的小，故A错误；
B、卫星受到的万有引力提供向心力，则GM地mR2=m⋅4π2RTP2
解得TP=2πR3GM地
同理TQ=2π(2R)3GM地
则TQ=22TP，故B错误；
C、卫星受到的万有引力提供向心力，可得ma=GM地mr2
则a=GM地r2
卫星Q的轨道半径是卫星P轨道半径的2倍，则卫星P的加速度大小是卫星Q的4倍，故C正确；
D、卫星受到的万有引力提供向心力，可得GM地mr2=mv2r
可得v=GM地r
卫星Q的轨道半径是卫星P轨道半径的2倍，则卫星P的线速度大小是卫星Q的2倍，故D错误。
故选：C。
（2024•和平区二模）2024年2月10日是“天问一号”火星环绕器环火三周年纪念日。3年前“天问一号”火星探测器成功实施制动捕获后，进入环绕火星椭圆轨道，成为中国第一颗人造火星卫星。要完成探测任务探测器需经历如图所示变轨过程，轨道Ⅰ为圆轨道，轨道Ⅱ、轨道Ⅲ为椭圆轨道，三条轨道相切于P点。关于探测器，下列说法正确的是（ ）
A．探测器在轨道Ⅱ上的周期大于在轨道Ⅲ上的周期
B．探测器在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
C．探测器在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于轨道Ⅱ上经过P点的速度
D．探测器在轨道Ⅰ上经过P点的加速度小于轨道Ⅱ上经过，P点的加速度
【解答】解：A、根据开普勒第三定律a3T2=k可知，椭圆轨道的半长轴越长，探测器的周期越大，则知探测器在轨道Ⅱ上的周期小于在轨道Ⅲ上的周期，故A错误；
BC、探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ在P点必须加速做离心运动，机械能增加，则探测器在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于轨道Ⅱ上经过P点的速度，故B错误，C正确；
D、由于在不同轨道上经过P点时探测器所受的万有引力相同，可知，在不同轨道上经过P点时加速度相等，故D错误。
故选：C。
（2024•福建模拟）2023年11月22日，“夸父一号”先进天基太阳天文台卫星，完成在轨初步评估，卫星工作正常，性能稳定。“夸父一号”卫星最终运行在太阳同步晨昏轨道Ⅱ（距离地面720km的圆形轨道）上，其轨道面和地球晨昏线始终近似重合。该卫星先被发射到椭圆轨道Ⅰ上运行，在A处通过变轨转移至圆形轨道Ⅱ上运行，A、B分别为椭圆轨道I的远地点和近地点，地球同步卫星距离地面36000km，下列说法中正确的是（ ）
A．卫星经过B点时的速度小于沿轨道Ⅱ经过A点时的速度
B．卫星沿轨道Ⅰ、Ⅱ经过A点时的加速度相等
C．“夸父一号”卫星的周期与地球同步卫星的周期相等
D．“夸父一号”卫星的机械能小于地球同步卫星的机械能
【解答】解：A、设卫星在过B点圆轨道上的运行速度为vB，卫星沿轨道Ⅱ经过A点时的速度为vA，卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得：v=GMr
可得vB＞vA
设卫星在轨道Ⅰ经过B点时的速度vB1，卫星经过B点时，由圆轨道变轨到轨道Ⅰ需加速，则有vB1＞vB
所以vB1＞vA，即卫星经过B点时的速度大于沿轨道Ⅱ经过A点时的速度，故A错误；
B、根据牛顿第二定律有GMmr2=ma，解得a=GMr2，可知，卫星沿轨道Ⅰ、Ⅱ经过A点时的加速度相等，故B正确；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力有
GMmr2=m4π2T2r
解得T=4π2r3GM，由于“夸父一号”卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径不相等，则“夸父一号”卫星的周期与地球同步卫星的周期不相等，故C错误；
D、由于不知道“夸父一号”卫星与地球同步卫星的质量关系，所以无法比较二者的机械能关系，故D错误。
故选：B。
考点三 卫星变轨问题分析
1．当卫星的速度突然增大时，Geq \f(Mm,r2)meq \f(v2,r)，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝ eq \r(\f(GM,r))可知其运行速度比原轨道时增大．
卫星的发射和回收就是利用这一原理．
（2024•盐城一模）如图是神舟十七号载人飞船与天和核心舱对接过程示意图，神舟十七号飞船先在轨道Ⅰ上做周期为T1的圆周运动，在A点变轨后，沿椭圆轨道Ⅱ运动，在B点再次变轨与天和核心舱对接，此后共同在圆轨道Ⅲ上运行，下列说法正确的是（ ）
A．飞船沿轨道Ⅱ的运行周期小于飞船沿轨道Ⅰ的运行周期
B．飞船在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度大于在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度
C．飞船在轨道Ⅱ上经过B点时的速度大于在轨道Ⅲ上经过B点时的速度
D．相等时间内，在轨道Ⅰ上飞船与地心连线扫过的面积小于在轨道Ⅲ上扫过的面积
【解答】解：A、根据图像可知，飞船沿轨道Ⅱ的运行轨道半长轴大于飞船沿轨道Ⅰ的运行半径，据开普勒第三定律可得r3T2=k，所以飞船沿轨道Ⅱ的运行周期大于飞船沿轨道Ⅰ的运行周期，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以飞船在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度，故B错误；
C、飞船在轨道Ⅱ上经过B点加速做离心运动转移到轨道Ⅲ，所以飞船在轨道Ⅱ上经过B点时的速度小于在轨道Ⅲ上经过B点时的速度，故C错误；
D、设卫星做匀速圆周运动的轨道半径为r，在很短时间Δt内与地心连线扫过的面积为：S=12vΔtr
由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr
联立解得：S=12ΔtGMr
所以相等时间内，在轨道Ⅰ上飞船与地心连线扫过的面积小于在轨道Ⅲ上扫过的面积，故D正确。
故选：D。
（2024•宁河区校级一模）2022年6月5日，“神舟十四号”载人飞船与“天和”核心舱成功对接。如图所示，虚线Ⅰ为载人飞船对接前的轨道，实线Ⅱ为核心舱运行的圆轨道，两者对接于A点。下列说法正确的是（ ）
A．核心舱在轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9km/s
B．飞船在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期
C．若引力常量已知，利用轨道Ⅱ的周期和半径可以算出地球的质量
D．飞船沿轨道Ⅰ运行至A点时，需减速才能与核心舱成功对接
【解答】解：A、7.9km/s是所有绕地球做圆周运动卫星的最大环绕速度，则核心舱在轨道Ⅱ上运行的速度小于7.9km/s，故A错误；
B、根据开普勒第三定律：r3T2=k可知，在轨道Ⅰ上运行的半长轴小于在轨道Ⅱ上运行的轨道半径，则飞船在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期，故B错误；
C、飞船在轨道Ⅱ上，万有引力提供向心力，GMmr2=m4π2T2r，解得地球质量：M=4π2r3GT2，若引力常量已知，利用轨道Ⅱ周期和半径可以算出地球的质量，故C正确；
D、根据卫星变轨原理，在轨道Ⅰ上A点要加速做离心运动才能进入轨道Ⅱ，故D错误；
故选：C。
（2024•长沙模拟）2023年10月26日11时14分，中国自主研发的神舟十七号载人飞船发射升空，经过对接轨道后成功与空间站天和核心舱前向端口对接，形成三舱三船组合体。空间站轨道可近似看成圆轨道，距离地面的高度约为390km，已知同步卫星距地球表面高度约为36000km，下列说法正确的是（ ）
A．神舟十七号的发射速度大于7.9km/s
B．神舟十七号在对接轨道上的运行周期大于空间站的运行周期
C．天和核心舱绕地球公转的线速度比赤道上的物体随地球自转的线速度小
D．神舟十七号从对接轨道变轨到空间站轨道时，需点火减速
【解答】解：A、第一宇宙速度是最小的发射速度，则神舟十七号飞船的发射速度应大于第一宇宙速度7.9km/s，故A正确；
B、根据开普勒第三定律，神舟十七号在对接轨道上的运行周期小于空间站的运行周期，故B错误；.
C、根据GMmr2=mv2r
可得：v=GMr
地球同步卫星距地球表面约36000km＞400km，则地球同步卫星（周期为T同＝24h）的轨道半径大于核心舱绕地球运动的轨道半径，则核心舱绕地球公转的线速度大于同步卫星的线速度；
同步卫星与赤道上的物体的角速度相等，根据v＝ωr
则同步卫星的线速度大于赤道上的物体的线速度，所以核心舱绕地球公转的线速度大于赤道上的物体随地球自转的线速度，故C错误；
D、神舟十七号从对接轨道变轨到空间站轨道时，需点火加速，故D错误。
故选：A。
考点四 宇宙速度的理解与计算
1．第一宇宙速度又叫环绕速度．
推导过程为：由mg＝eq \f(mv\\al(2,1),R)＝eq \f(GMm,R2)得：
v1＝ eq \r(\f(GM,R))＝eq \r(gR)＝7.9 km/s.
2．第一宇宙速度是人造地球卫星在地面附近环绕地球做匀速圆周运动时具有的速度．
3．第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度．
注意 (1)两种周期——自转周期和公转周期的不同．
(2)两种速度——环绕速度与发射速度的不同，最大环绕速度等于最小发射速度．
(3)两个半径——天体半径R和卫星轨道半径r的不同．
(4)第二宇宙速度(脱离速度)：v2＝11.2 km/s，使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度．
(5)第三宇宙速度(逃逸速度)：v3＝16.7 km/s，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度．
（2024•开福区校级模拟）地球北极上的物体重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的重力加速度为g0，要使赤道上的物体“飘”起来，则地球转动的角速度应为原来的（ ）
A．gg−g0B．g+g0g0C．gg0+gD．gg0
【解答】解：设地球原来自转的角速度为ω1，地球半径为R，根据在极地和赤道上的重力加速度可得：mg−mg0=mω12R，当赤道上的物体刚刚“飘起来”时，由万有引力提供向心力，设此时地球转动的角速度为ω2，则有mg=mω22R，联立可得ω2ω1=gg−g0，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2024•汕头一模）如图所示，“天问一号”探测飞船经变轨后进入近火星表面轨道做匀速圆周运动。已知万有引力常量G，以下哪些物理量能估算火星的第一宇宙速度（ ）
A．火星的质量M和火星的半径R
B．“天问一号”在火星表面环绕的周期T
C．“天问一号”在火星表面环绕的轨道半径r
D．“天问一号”在火星表面环绕的向心加速度a
【解答】解：A、若卫星贴近表面做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：GMmR2=mv2R
可得，火星的第一宇宙速度为：v=GMR
知道火星的质量和火星的半径可以求出第一宇宙速度，故A正确；
B、对“天问一号”，根据万有引力提供向心力：GMmR2=m4π2T2R
可得，火星的质量为：M=4π2R3GT2
则第一宇宙速度为：v=GMR=2πRT，从上式可以看出，知道周期和半径可以求出第一宇宙速度，故B错误；
C、同理可得：GMmr2=mv2r，由A选项分析可知，第一宇宙速度为：v=GMR，仅知道轨道半径，无法求出第一宇宙速度，故C错误；
D、根据：GMmr2=ma，火星质量为：M=aR2G
则第一宇宙速度为：v=GMR=aR，若知道向心加速度和半径可以求出第一宇宙速度，故D错误。
故选：A。
（多选）（2024•重庆模拟）2023年11月16日，中国北斗系统正式成为全球民航通用的卫星导航系统。如图，北斗系统空间段由若干地球同步卫星a、倾斜地球同步轨道卫星b和中圆地球轨道卫星c等组成。将所有卫星的运动视为匀速圆周运动、地球看成质量均匀的球体，若同步卫星a的轨道半径是地球半径的k倍，下列说法正确的是（ ）
A．卫星c的线速度小于卫星a的线速度
B．卫星b有可能每天同一时刻经过重庆正上方
C．地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为1−1k3
D．地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为1+1k3
【解答】解：A、根据GMmr2=mv2r，可得：v=GMr可知轨道半径越大，线速度越小，所以卫星a的线速度小于卫星c的线速度，故A错误；
B、卫星b是倾斜地球同步轨道卫星，周期与地球自转相同，若某一时刻出现在重庆正上方，则过24小时之后又在重庆正上方，故B正确；
CD、在地球北极处，有：GMmR2=mg1
在地球赤道处有：GMmR2−m4π2RT2=mg2
对于地球同步卫星有：GMm(kR)2=m4π2T2(kR)
解得：g2g1=1−1k3，故C正确，D错误。
故选：BC。
考点五 双星或多星模型
绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图6所示，双星系统模型有以下特点：
(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即
eq \f(Gm1m2,L2)＝m1ωeq \\al(2,1)r1，eq \f(Gm1m2,L2)＝m2ωeq \\al(2,2)r2
(2)两颗星的周期及角速度都相同，即
T1＝T2，ω1＝ω2
(3)两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L
(4)两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即eq \f(m1,m2)＝eq \f(r2,r1)
(5)双星的运动周期T＝2π eq \r(\f(L3,Gm1＋m2))
(6)双星的总质量公式m1＋m2＝eq \f(4π2L3,T2G)
（2024•顺庆区校级一模）银河系中大多数恒星都是双星体，有些双星，由于距离小于洛希极限，在引力的作用下会有部分物质从某一颗恒星流向另一颗恒星。如图所示，初始时刻甲、乙两星（可视为质点）均做匀速圆周运动。某一时刻，乙星释放了部分物质，若乙星释放的物质被甲星全部吸收，且两星之间的距离在一定时间内保持不变，两星球的总质量也不变，则下列说法正确的选项是（ ）
A．乙星运动的轨道半径保持不变
B．乙星运动的角速度保持不变
C．乙星运动的线速度大小保持不变
D．乙星运动的向心加速度大小保持不变
【解答】解：A．设甲星的质量为m甲，轨道半径为r甲，乙星的质量为m乙，轨道半径为r乙，则满足
m甲ω2r甲=m乙ω2r乙
解得
r乙r甲=m甲m乙
由于乙星的质量变小，甲星的质量变大，且两星之间的距离不变，则乙星运动的轨道半径变大，甲星运动的轨道半径变小，故A错误；
BCD．设两星之间的距离为L，两星角速度相同且均为ω，根据万有引力提供向心力，对甲星有
Gm甲m乙L2=m甲ω2r甲
对乙星有
Gm甲m乙L2=m乙ω2r乙
又因为
r甲+r乙＝L
联立解得
ω=G(m甲+m乙)L3
因为两星之间的距离在一定时间内保持不变，且两星球的总质量也不变，故两星的角速度ω不变；
根据线速度与角速度的关系，结合向心加速度公式
v＝ωr，a＝ω2r
由于乙星运动的轨道半径变大，则乙星运动的线速度变大，乙星运动的向心加速度变大，故B正确，CD错误。
故选：B。
（2023•鞍山二模）经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”。“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m2＝3：2。则可知（ ）
A．m1做圆周运动的半径为13L
B．m2做圆周运动的半径为35L
C．m1、m2做圆周运动的角速度之比为2：3
D．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2
【解答】解：AB、设m1做圆周运动的半径为r1，m2做圆周运动的半径为r2，根据向心力公式有：m1r1ω2=m2r2ω2，且r2+r1＝L，解得：r1=25L，r2=35L，故A错误，B正确；
CD、m1、m2做圆周运动的周期相同、角速度相同，所以角速度之比为1：1，根据v＝ωr可知m1、m2做圆周运动的线速度之比为：v1v2=23，故CD错误。
故选：B。
（多选）（2024•青羊区校级模拟）如图所示，甲、乙、丙分别为单星、双星、三星模型图，轨迹圆半径都为R，中心天体质量为M，环绕天体质量均为m，已知M≫m，则（ ）
A．乙、丙图中环绕天体的周期之比为2：3
B．乙图中环绕天体的角速度大于丙图中环绕天体的角速度
C．甲图中m的角速度大于丙图中m的角速度
D．乙、丙两图中环绕天体的线速度之比为43：2
【解答】解：A．根据万有引力定律，对乙图所示的模型有
Gmm(2R)2=m4π2T'2R
代入数据解得：T'=4πR3Gm
对丙图所示的模型有
3Gmm(3R)2=m4π2T″2R
代入数据解得：T″=2π3R3Gm
则有T'：T″=2：43，故A错误；
B、根据ω=2πT可知，角速度之比等于周期的反比，乙图中环绕天体的周期比丙图中的大，所以乙图中环绕天体的角速度比丙图中的小，故B错误；
C、根据万有引力定律，对甲图所示的模型有
GMmR2=mω2R
代入数据解得：ω=GMR3
对丙图所示的模型有
3Gmm(3R)2=mω'2R
代入数据解得：ω'=3Gm3R3
由于M≫m，则甲图中m的角速度大于丙图中m的角速度，故C正确；
D、乙、丙两图半径相同，根据v=2πrT可知，线速度之比为周期的反比，故线速度之比为43：2，故D正确。
故选：CD。
题型1开普勒行星运动定律
（2024•枣强县校级模拟）如图所示，哈雷彗星绕太阳运行的轨道为椭圆，哈雷彗星最近出现在近日点的时间是1986年，预计哈雷彗星下次回归到近日点将在2061年。已和椭圆轨道的近日点到太阳中心的距离是地球公转轨道半径R的0.6倍，则椭圆轨道远日点到太阳的距离为(345=3.56)（ ）
A．17.2RB．17.8RC．35RD．36R
【解答】解：由题知，哈雷彗星运动的周期约为T哈＝2061年﹣1986年＝75年，地球运动的周期为：T地＝1年，设哈雷彗星的轨道的半长轴为a哈，由开普勒三定律：a哈3T哈2=r地3T地2，解得：a哈=3T哈2T地2R=35625R，即哈雷彗星轨道的半长轴为：a哈=35625R=17.8R，则椭圆轨道远日点到太阳的距离满足：r远+r近＝2a哈，解得：r远＝2a哈﹣r近＝2×17.8R﹣0.6R＝35R，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2024•广东一模）如图所示为太阳系主要天体的分布示意图，下列关于太阳系行星运动规律的描述正确的是（ ）
A．所有行星均以太阳为中心做匀速圆周运动
B．地球与太阳的连线、火星与太阳的连线在单位时间内扫过的面积相等
C．所有行星运行轨道半长轴的二次方与其公转周期的三次方之比都相等
D．地球和火星围绕太阳运行的轨道都是椭圆，且这两个椭圆必定有公共的焦点
【解答】解：A.根据开普勒第一定律可知：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，故A错误；
B..根据开普勒第二定律可知：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，相同时间内，不同行星与太阳连线扫过的面积不等，故B错误；
C.根据开普勒第三定律可知：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，故C错误；
D.根据开普勒第一定律可知：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上，故地球和火星围绕太阳运行的轨道都是椭圆，且这两个椭圆必定有公共的焦点，故D正确。
故选：D。
题型2万有引力定律的应用
（2024•渝中区校级模拟）如图，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做顺时针的匀速圆周运动。地球和太阳的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角，已知该行星的最大观察视角为θ，当行星处于最大视角处时，是地球上天文爱好者观察该行星的最佳时期。则（ ）
A．行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为tanθ
B．行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为1sin3θ
C．行星两次处于最佳观察期的时间间隔至少为sin3θ1−sin3θ年
D．行星两次处于最佳观察期的时间间隔可能为(π+2θ)sin3θ2π(1−sin3θ)年
【解答】解：A、设地球的轨道半径为R，由题意可得行星的轨道半径为r＝Rsinθ，所以行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为sinθ，故A错误；
B、根据开普勒第三定律有R3T2=r3T'2，可得行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为T'T=r3R3=sin3θ，故B错误；
CD、设行星最初处于最佳观察期时，其位置超前于地球，且设经时间t地球转过α角后该行星再次处于最佳观察期。则行星转过的角度为β＝π+α+2θ
于是有2πTt=α，2πT't=β
解得t=(π+2θ)sin3θ2π(1−sin3θ)T
若行星最初处于最佳观察期时，其位置滞后于地球，同理可得
t=(π−2θ)sin3θ2π(1−sin3θ)T
地球周期T＝1年，故C错误，D正确。
故选：D。
（2024•琼山区校级模拟）地球与月球之间有一种有趣的“潮汐锁定”现象，即月球永远以同一面朝向着地球。如图所示，太阳光平行照射到地球上，月球绕地球做匀速圆周运动的半径为r。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，设从月球上正对地球的P点看向地球的视角为α。在月球绕地球运动一周的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．地球的密度为3g4πR3G
B．月球自转的角速度为2πgR2r3
C．太阳光照射月球的时间为(π+α)r3gR2
D．月球上的P点被照亮的时间为(π−α)r3gR2
【解答】解：A、根据万有引力提供重力可得：GMm0R2=m0g
根据密度计算公式可得：ρ=MV
联立得地球的密度：ρ=3g4πRG，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mω2r
联立解得月球绕地球公转的角速度为：ω=gR2r3，地球与月球之间有一种有趣的“潮汐锁定”现象，可知月球的公转和自转的角速度相同，故月球自转的角速度为gR2r3，故B错误；
C、根据几何关系可知，太阳光照射月球的时间为：t1=2π−α2π⋅2πω，代入可得：t1=(2π−α)r3gR2，故C错误；
D、因为月球永远以同一面朝向着地球，则月球上的P点被照亮的时间为：t2=2π−α−π2π⋅2πω，代入数据可得：t2=(π−α)r3gR2，故D正确。
故选：D。
题型3天体质量与密度
（2023•辽宁模拟）2022年7月18日网易科技消息，阿联酋宣布将设立总额约30亿迪拉姆（约合8.2亿美元）的专项基金，用于开发卫星并资助太空计划。计划将在三年内首次发射卫星并探索金星。金星是太阳系的八大行星中的第二颗行星，在中国古代称为太白、长庚或大嚣。如果金星的公转周期为T，自转周期为T′，半径为R，金星到太阳的距离为r，引力常量为G，则（ ）
A．金星质量为4π2R3GT2
B．金星质量为4π2r3GT2
C．太阳质量为4π2r3GT2
D．太阳质量为4π2R3GT2
【解答】解：CD．设金星质量为m，太阳质量为M，根据万有引力提供向心力有
mr4π2T2=GMmr2 （ r为轨道半径即火星的半径）
得：M=4π2r3GT2
故C正确，D错误；
AB．根据行星绕恒星运行的公转周期、轨道半径可以计算中心天体的质量，而不能计算行星质量可知，根据题中条件无法求出金星的质量，故AB错误。
故选：C。
（2024•天河区一模）2021年5月，我国首次进行火星探测，天问一号携带“祝融号”火星车在乌托邦平原南部预选着陆区成功着陆。着陆前，探测器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动（探测器可视为火星的近地卫星），通过某设备测得每经过时间t探测器通过的弧长相同，且弧长对应的圆心角为θ，如图，若将火星看作质量分布均匀的球体，已知引力常量为G，由以上测得的物理量可推知以下哪些量（ ）
A．火星的质量
B．火星的半径
C．火星的密度
D．火星表面的重力加速度
【解答】解：根据题意，设火星的质量为M，半径为R，“祝融号”火星车的质量为m，做圆周运动的周期为T，由公式可得，周期为：T=2πθ×t=2πtθ
ABD、根据万有引力提供向心力有：GMmR2=m×4π2T2×R
可得：M=4π2R3GT2=R3θ2Gt2
由万有引力等于重力有：GMmR2=mg
可得，火星表面的重力加速度为：g=GMR2
由题可知，只有引力常量G、t和θ已知，则无法求出火星的质量、火星半径和火星表面的重力加速度，故ABD错误；
C、根据公式V=43πR3，M＝ρV可得，火星的密度为：ρ=MV=3θ24πGt2，可知，火星的密度可以求出，故C正确。
故选：C。
题型4卫星参量比较
（2024•龙岗区校级三模）神舟十六号是中国“神舟”系列飞船的第十六次任务，也是中国空间站运营阶段的首次飞行任务。如图所示，神舟十六号载人飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ、空间站组合体处于半径为r3的圆轨道Ⅲ，两者都在其轨道上做匀速圆周运动。通过变轨操作后，飞船从A点沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与空间站组合体对接，已知地球的半径为R、地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速度大于地球的第一宇宙速度
B．飞船沿轨道Ⅱ运行的周期大于空间站组合体沿轨道Ⅲ运行的周期
C．飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度小于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D．空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期T3=2πRr33g
【解答】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有
GMmr2=mv2r
解得：v=GMr，可知卫星的轨道半径越大，速度越小。因为r1＞R，所以飞船在轨道Ⅰ上的运行速度小于近地卫星的速度，即小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
B、飞船在轨道Ⅱ上运动的半长轴小于在轨道Ⅲ上运动的轨道半径，根据开普勒第三定律a3T2=k可知，卫星在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，有GMmr2=ma，解得：a=GMr2，可知飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上A点的加速度，故C错误；
D、空间站组合体在轨道Ⅲ时，根据万有引力提供向心力，有GMmr32=m4π2T32r3
且在地球表面上，有GMmR2=mg
联立解得：T3=2πRr33g，故D正确。
故选：D。
（2024•武汉模拟）2023年5月，我国成功发射北斗卫星导航系统第56颗卫星。图（a）是西安卫星测控中心对某卫星的监控画面，图中左侧数值表示纬度，下方数值表示经度，曲线是运行过程中，卫星和地心的连线与地球表面的交点（即卫星在地面上的投影点，称为星下点）的轨迹展开图。该卫星运行的轨道近似为圆轨道，高度低于地球同步卫星轨道，绕行方向如图（b）所示。已知地球自转周期为24小时，地球半径为R，地球同步卫星轨道半径约为6.6R。根据以上信息可以判断（ ）
A．该卫星轨道平面与北纬30°线所在平面重合
B．该卫星运行速度大于第一宇宙速度
C．该卫星运行周期为12小时
D．该卫星轨道半径约为3.3R
【解答】解：A、卫星轨道平面一定过地球的球心，不可能与北纬30°线所在平面重合，故A错误；
B、第一宇宙速度是卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，是最大的环绕速度，所以该卫星运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；
C、由图（a）可以看出，卫星处开始到第二次经过最北的点时恰好回到开始时的0°经度，可知卫星转两圈时地球恰好转一圈，则2T＝24h，即T＝12h，该卫星的周期是12小时，故C正确；
D、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有GMmr2=m⋅4π2rT2
解得：r=3GMT24π2
同步卫星的周期为24小时，即T′＝2T
可得该卫星轨道半径r=3T2T'2⋅r'=6.6R⋅3(12)2≈4.1R，故D错误。
故选：C。
题型5宇宙速度
（2023•滁州二模）地球环境的变化，大家都是有目共睹的，也许将来有一天真的不再适合人类居住，电影《流浪地球》里的选择是带着地球一起流浪，而现实中，有人选择移居火星。火星是靠近地球的类地行星，已知地球质量约为火星质量的10倍，地球半径约为火星半径的2倍；设地球的公转周期为T、地球表面的重力加速度为g、地球的第一宇宙速度为v、地球的密度为ρ，则（ ）
A．火星的公转周期为22T
B．火星表面的重力加速度约为25g
C．火星的第一宇宙速度约为15v
D．火星的密度约为54ρ
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=m(2πT')2r，解得T'=2πr3GM，由于火星的公转半径不知道所以其公转周期无法确定，故A错误；
B、根据地表物体受到的万有引力等于重力得：GMmR2=mg，则g=GMR2，可得：g火g=M火M地⋅R地2R火2=110×2212=25，火星表面的重力加速度为25g，故B正确；
C、根据万有引力提供向心力GMmR2=mv2R，可得第一宇宙速度为：v=GMR，可得：v火v=M火M地⋅R地R火=110×21=55，火星的第一宇宙速度约为55v，故C错误；
D、由密度与质量的公式ρ=3M4πR3，可得：ρ火ρ=M火M地⋅R地3R火3=110×2313=45，所以火星的密度约为45ρ，故D错误。
故选：B。
（2023•丰台区二模）如图所示，地球绕太阳的运动可看作匀速圆周运动。已知地球质量为m，地球的轨道半径为r，公转周期为T，太阳质量为M，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．根据以上信息，可以计算出地球表面的重力加速度
B．根据以上信息，可以计算出地球的第一宇宙速度
C．r3T2与M无关
D．GMmr对应物理量的单位与动能的单位相同
【解答】解：A、若已知地球本身的半径为R，则根据重力等于万有引力有Gmm'R2=m'g，可得地球的重力加速度，题中的r是地球的公转轨道半径而不是地球半身的半径，故A错误；
B、根据第一宇宙速度的计算公式v=gR，可知无法计算地球的第一宇宙速度，故B错误；
C、地球绕太阳公转，万有引力提供向心力，有GMmr2=mr4π2T2，解得r3T2=GM4π2，则r3T2与M有关，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，解得GMmr=mv2，动能为Ek=12mv2，所以GMmr对应物理量的单位与动能的单位相同，故D正确；
故选：D。
题型6同步卫星
（2024•保定一模）我国空间站在轨运行过程中，在通信传输方面有时需要借助于同步卫星，且两者之间距离越近信息传输保真度越高。假设空间站A和同步卫星B都在赤道平面内运动，空间站的轨道半径r1＝kR，R为地球半径。已知地球自转的周期为T0，地表处重力加速度为g。则（ ）
A．同步卫星的轨道半径r2=3g2RT024π2
B．同步卫星的轨道半径r2=3gR2T024π2
C．两次保真度最高的信息传输的最短时间间隔Δt＝T0
D．两次保真度最高的信息传输的最短时间间隔Δt=2πk3Rg
【解答】解：AB、由万有引力提供向心力，同步卫星绕地球做匀速圆周运动，可得
GMmr22=m4π2T02r2
物体在地球表面时，有
GMm'R2=m'g
联立解得同步卫星的轨道半径
r2=3gR2T024π2
故A错误，B正确；
CD、空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
GMmr12=m4π2T12r1
可得空间站的周期为
T1=4π2r13GM=2πk3Rg
A、B和地球球心共线时距离最近，
设两次保真度最高的信息传输的最短时间间隔为Δt，
则有2πT1•Δt−2πT0•Δt＝2π
解得
Δt=T0−T1T0T1=T0−2πk3Rg2πT0k3Rg
故CD错误。
故选：B。
（2024•成都三模）2023年9月，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在离地球表面400km的“天宫二号”空间站上为广大青少年带来了一堂精彩的太空科普课。已知地球同步卫星、天宫二号沿圆轨道运行的向心加速度和地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小分别为a同、a宫、a赤，它们运行的速率分别为v同、v宫、v赤。则（ ）
A．a赤＜a同＜a宫B．a同＜a宫＜a水
C．v同＜v宫＜v赤D．v赤＜v宫＜v同
【解答】解：AB、地球同步卫星和天宫二号围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，由于天宫二号的轨道半径r宫＜r同，所以：a宫＞a同，地球赤道上的物体随地球自转，与同步卫星的角速度相同，由于r赤＜r同，由a＝ω2r可知，a同＞a赤，所以a赤＜a同＜a宫，故A正确，B错误；
CD、地球同步卫星和天宫二号围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，由于天宫二号的轨道半径r宫＜r同，所以：v宫＞v同，地球赤道上的物体随地球自转，与同步卫星的角速度相同，由于r赤＜r同，由v＝ωr可知，v赤＜v同，所以有：v宫＞v同＞v赤，故CD错误。
故选：A。
题型7近地卫星、同步卫星和赤道上物体运动的比较
（2024春•新吴区校级期中）如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径约等于地球半径），c为地球的同步卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是（ ）
A．b卫星线速度大于7.9km/s
B．在a、b、c中，a的线速度最小
C．a、b做匀速圆周运动的周期关系为Ta＜Tb
D．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为ac＜ab＝aa
【解答】解：A、7.9km/s是卫星围绕地球做圆周运动的最大速度，是近地卫星的运行速度，则b卫星线速度等于7.9km/s，故A错误；
BCD、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r=m4π2T2r=ma
解得：v=GMr，T=4π2r3GM，a=GMr2
由于rb＜rc
则有vb＞vc，Tb＜Tc，ab＞ac
a为放在赤道上相对地球静止的物体，c为地球的同步卫星，则有
Ta＝Tc，ωa＝ωc
由v＝ωr可知vc＞va
由a＝ω2r可知ac＞aa
综上所述，有vb＞vc＞va，Ta＝Tc＞Tb，ab＞ac＞aa，故B正确，CD错误。
故选：B。
（2024春•江阴市期中）2019年1月15日，“嫦娥四号”生物科普试验载荷项目团队发布消息称停留在月球上的“嫦娥四号”探测器上的一颗棉花种子已经发芽，这是人类首次在月球上进行生物生长试验。如图所示，“嫦娥四号”先在环月圆轨道Ⅰ上运动，接着在Ⅰ上的P点实施变轨进入近月椭圆轨道Ⅱ，再由近月点Q实施近月制动，最后成功登陆月球，下列说法正确的（ ）
A．“嫦娥四号”绕轨道Ⅱ运行的周期大于绕轨道Ⅰ运行的周期
B．“嫦娥四号”沿轨道Ⅰ运动至P时，需要制动减速才能进入轨道Ⅱ
C．“嫦娥四号”沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大小大于在Q点的加速度大小
D．“嫦娥四号”在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程，速度逐渐减小
【解答】解：A、根据开普勒第三定律a3T2=k，可得半长轴a越大，运动周期越大，显然轨道Ⅰ的半长轴（半径）大于轨道Ⅱ的半长轴，故沿轨道Ⅱ运动的周期小于沿轨道Ⅰ运动的周期，故A错误；
B、沿轨道Ⅰ运动至P时，制动减速，万有引力大于向心力做向心运动，做近心运动才能进入轨道Ⅱ．故B正确；
C、根据GMmr2=ma得：a=GMr2，沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度，故C错误；
D、在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力方向与速度方向成锐角，万有引力对其做正功，速度逐渐增大，故D错误。
故选：B。
题型8卫星变轨问题
（多选）（2024•长春一模）2020年12月17日，“嫦娥五号”首次地外天体采样返回任务圆满完成。在采样返回过程中，“嫦娥五号”要面对取样、上升、对接和高速再入等四个主要技术难题，要进行多次变轨飞行。图为“嫦娥五号”绕月球飞行的三条轨道示意图，轨道1是贴近月球表面的圆形轨道，轨道2和轨道3是变轨后的椭圆轨道，并且都与轨道1相切于A点。A点是轨道2的近月点，B点是轨道2的远月点。不计变轨中“嫦娥五号”质量的变化，不考虑其它天体的影响，下列说法中正确的是（ ）
A．“嫦娥五号”在轨道2上运行过程中，经过A点时的加速度大于经过B点时的加速度
B．“嫦娥五号”从轨道1进入轨道2需要在A点火加速
C．“嫦娥五号”在轨道2上运行过程中，经过A点时的机械能大于经过B点时的机械能
D．“嫦娥五号”在轨道3上运行过程中所受到的万有引力始终不做功
【解答】解：A．根据万有引力提供向心力有
GMmr2=ma
可得向心加速度表达式
a=GMr2
“嫦娥五号“探测器在轨道2上运动过程中，因为轨道2上的B点的距离大于A点的距离，故探测器在轨道2经过A点时的加速度大于经过B点时的加速度，故A正确；
B．“嫦娥五号”从轨道1进入轨道2做离心运动，故需要在A点点火加速，万有引力小于需要的向心力，故B正确；
C．“嫦娥五号”在轨道2上运行过程中只有万有引力做功，机械能守恒，故C错误；
D．“嫦娥五号”在轨道3上运行过程中，从近月点到远月点万有引力做负功，从远月点到近月点万有引力做正功，故D错误。
故选：AB。
（2024•济南模拟）中国载人航天工程办公室公布了我国载人登月初步方案，其中“揽月”着陆器与“梦舟”飞船在环月轨道进行交会对接，航天员进入着陆器，然后由着陆器将航天员送到月面。着陆器降落过程可作如下简化：如图所示，质量为m的着陆器沿离月面高度为h的轨道Ⅰ做匀速圆周运动，当运行至P点时发动机短时间做功使着陆器速度减小为vP（大小未知），然后着陆器仅在万有引力的作用下沿椭圆轨道Ⅱ运行至月球表面附近的Q点，此时着陆器速度为(R+ℎ)vPR，式中R为月球半径。已知月球表面重力加速度为g，月球半径为R，取无穷远处为零势能点，着陆器与月球球心距离为r时的引力势能为EP=−mgR2r，求：
（1）着陆器沿轨道Ⅰ做匀速圆周运动的速度v0；
（2）发动机对着陆器所做的功W。
【解答】解：（1）质量为m的着陆器沿离月面高度为h的轨道Ⅰ做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmR+ℎ2=mv02R+ℎ，
根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg
解得：v0=R2gR+ℎ；
（2）着陆器仅在万有引力的作用下沿椭圆轨道Ⅱ从P运行至月球表面附近的Q点，根据机械能守恒定律可得：
−mgR2R+ℎ+12mvP2=−mgR+12mvQ2，其中：vQ=(R+ℎ)vPR
解得：12mvP2=mg•R3(ℎ+2R)(ℎ+R)
根据功能关系可得：W=12mvP2−12mv02
解得：W=−mgℎR22(ℎ+2R)(ℎ+R)。
题型9天体追及与相遇
（2023•辽宁二模）“风云系列气象卫星”是我国民用遥感卫星效益发挥最好、应用范围最广的卫星之一，为气象、海洋、农业、林业、水利、航空、航海和环境保护等领域提供了大量的专业性服务。其中“风云一号”是极轨卫星（轨道过地球的南北两极），周期是120分钟，“风云四号”是静止轨道卫星，与地球自转同步。卫星的运动均可以看成是匀速圆周运动下列说法正确的是（ ）
A．“风云一号”卫星比“风云四号”卫星的线速度小
B．“风云一号”卫星比“风云四号”卫星的向心加速度大
C．“风云一号”卫星的线速度大于第一宇宙速度
D．若某一时刻“风云四号”卫星恰好在“风云一号”卫星的正上方，则经过12小时“风云四号”卫星恰好又通过“风云一号”卫星的正上方
【解答】解：AB、根据万有引力提供向心力有GMmr2=mr4π2T2=mv2r=ma
解得
T=4π2r3GM，v=GMr，a=GMr2
由于“风云一号”的周期较小，所以轨道半径较小，则加速度和线速度比“风云四号”卫星的大，故A错误，B正确；
C、第一宇宙速度是最大的环绕速度，“风云一号”卫星的线速度小于第一宇宙速度，故C错误；
D、“风云一号”的周期为T＝120min＝2h，“风云四号”的周期T'＝24h，设经过t时刻“风云四号”卫星恰好又通过“风云一号”卫星的正上方，则满足(2πT−2πT')t=2π
解得t=125h
故D错误；
故选：B。
（2023•郑州二模）太空电梯的原理与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“索道”将其与地面相连。如图所示，假设有一长度为r的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步卫星轨道上的空间站a，整个太空电梯相对地面静止。卫星b与空间站a的运行方向相同，某时刻二者距离最近，已知地球半径为R，自转周期为T，下列说法正确的是（ ）
A．太空电梯各点均处于完全失重状态
B．太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成反比
C．太空电梯靠近地球一端的角速度大于卫星b的角速度
D．若经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则卫星b的周期为2t
【解答】解：A、对地球卫星有：GMmr2=mrω2，解得：ω=GMr3可知，卫星轨道半径越大，角速度越小，由于太空电梯上（除a点）各质点的角速度与同步卫星的角速度相同，即“太空电梯”各质点的角速度小于与其处于同一轨道半径上卫星的角速度，则“太空电梯”上各质点做圆周运动所需的向心加速度小于该轨道卫星的向心加速度，卫星的向心力是全部由万有引力题供，但是太空电梯上各质点的向心力小于其万有引力，所以处于失重状态，但不是处于完全失重状态，故A错误；
B、根据线速度与角速度的关系有v＝ωr，由于太空电梯上各点的角速度等于地球自转的角速度，可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成正比，故B错误；
C、根据ω=GMr3可知，卫星轨道半径越大，角速度越小，由于太空电梯上各质点的角速度与同步卫星的角速度相同，所以太空电梯靠近地球一端的角速度大于卫星b的角速度，故C正确；
D、若经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则有：ωat﹣ωbt＝π，即2tT−2tTb=1，解得：Tb=2tT2t−T，故D错误。
故选：C。
题型10双星、多星模型
（2023•镇江三模）如图为地球的三个卫星轨道，Ⅱ为椭圆轨道，其半长轴为a，周期为T，Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，且Ⅲ的半径与Ⅱ的半长轴相等，Ⅲ与Ⅱ相交于M点，Ⅰ与Ⅱ相切于N点，三颗不同的卫星A、B、C分别运行在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上，已知引力常量为G，则（ ）
A．由题中条件可求得地球质量
B．B、C在M点的向心加速度大小相等
C．A、B经过N点时的所受地球引力相同
D．A、B与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等
【解答】解：A、椭圆轨道Ⅱ半长轴为a，周期为T，I、Ⅲ为圆轨道，由于Ⅲ的半径与Ⅱ的半长轴相等，由开普勒第三定律可知圆轨道Ⅲ的半径为a，卫星C的周期为T，万有引力提供向心力：GMma2=m4π2T2a
解得地球的质量：M=4π2a3GT2，故A正确；
B、由GMmr2=ma，解得：a=GMr2，所以B、C在M点的加速度大小相等，由于卫星B做变速圆周运动，卫星B的加速度与向心加速度不等，所以B、C在M点的向心加速度大小不相等，故B错误；
D、由开普勒第二定律可知同一卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，A、B与地心的连线在相等时间内扫过的面积不一定相等，故D错误；
C、AB的质量未知，由F=GMmr2，可知A、B经过N点时的所受地球引力不一定相同，故C错误。
故选：A。
（2023•沙河口区校级一模）如图甲所示，河外星系中两黑洞A、B的质量分别为M1和M2，它们以连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动。为研究方便简化为如图所示的示意图，黑洞A和黑洞B均可看成球体，OA＞OB，且黑洞A的半径大于黑洞B的半径，下列说法正确的是（ ）
A．黑洞A的向心力大于黑洞B的向心力
B．若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，它们运行的角速度变大
C．若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，A运行的线速度变大
D．人类把宇航器发射到距黑洞A较近的区域进行探索，发射速度不大于第三宇宙速度
【解答】解：A、两黑洞A、B靠相互间的万有引力提供向心力，则黑洞A的向心力与黑洞B的向心力大小相等，故A错误；
B、两黑洞A、B绕O点旋转的角速度相等，设两黑洞间的距离为L，对M1，由牛顿第二定律得：GM1M2L2=M1ω2R1，得GM2L2=ω2R1
对M2，由牛顿第二定律得：GM1M2L2=M2ω2R2，得GM1L2=ω2R2
两式相加，结合R1+R2＝L，解得：G（M1+M2）＝ω2L3，若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，两黑洞总质量不变，所以它们运行的角速度不变，故B错误；
C、对黑洞A，由GM2L2=ω2R1知把黑洞A上的物质移到黑洞B上，B的质量增加，则R1增大，而角速度不变，由v＝ωR1知A运行的线速度变大，故C正确；
D、人类要把宇航器发射到黑洞A较近的区域进行探索，发射速度一定大于第三宇宙速度，即大于16.7km/s，故D错误。
故选：C。