高中物理沪科技版（2020）必修第二册万有引力定律的应用精品学案

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▉题型1 万有引力与重力的关系（黄金代换）
【知识点的认识】
对地球上的物体而言，受到的万有引力要比地球自转引起的物体做圆周运动所需的向心力大的多，所以通常可以忽略地球自转带来的影响，近似认为万有引力完全等于重力。即
GMmR2=mg
化简得到：GM＝gR2
其中g是地球表面的重力加速度，R表示地球半径，M表示地球的质量，这个式子的应用非常广泛，被称为黄金代换公式。
1．今年4月20日，为天宫二号空间实验室输送补给物资的中国首艘货运飞船发射成功。在飞船发射过程中，随着飞船离地面高度的增加，地球对飞船中补给物资的万有引力大小的变化情况是（ ）
A．变大B．变小C．不变D．无法确定
【答案】B
【解答】解：根据万有引力定律可知，F=GMmr2，
在飞船发射过程中，随着飞船离地面高度的增加，飞船距地心距离r变大，地球对飞船中补给物资的万有引力大小变小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，中国空间站离地面的高度为116R，引力常量为G，则（ ）
A．地球的密度为3g4πG
B．空间站运动的速度大小为17gR16
C．空间站运动的周期为17π16Rg
D．空间站运动的加速度大小为(1617)2g
【答案】D
【解答】解：A．根据万有引力定律
GMmR2=mg
地球的体积V=43πR3
地球的密度ρ=MV
解得ρ=3g4πGR，故A错误；
B．空间站运行半径
r=1716R
根据万有引力定律提供向心力
GMmr2=mv2r
解得v=16gR17，故B错误；
C．空间站运动的周期为
T=2πrv=17π817R16g，故C错误；
D．根据万有引力定律提供向心力
GMmr2=ma
解得a=(1617)2g，故D正确。
故选：D。
3．关于天体运动，下列说法中正确的是（ ）
A．牛顿发现了万有引力定律，被称为“第一个称出地球质量的人”
B．根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
C．在由开普勒第三定律得出的表达式R3T2=k中，k是一个与中心天体无关的常量
D．若要摆脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外，发射卫星的初速度至少第三宇宙速度
【答案】D
【解答】解：A、牛顿发现了万有引力定律，但牛顿并没能测出引力常量G的具体值，G的数值首次是由卡文迪什利用扭秤实验测量出的，因此卡文迪什被称为“第一个称出地球质量的人”，故A错误；
B、表达式F=Gm1m2r2适用于两个质点或两个能够看为质点的物体之间的万有引力，当r趋近于零时，物体已经不能够看为质点，即公式已经不再适用，故B错误；
C、将椭圆简化为圆周运动，根据牛顿第二定律有：GMmR2=m4π2RT2
解得：k=R3T2=GM4π2，由此可知，k是一个与中心天体质量M有关的常量，故C错误；
D、根据宇宙速度的定义可知，若要摆脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外，发射卫星的初速度至少第三宇宙速度，故D正确。
故选：D。
4．地球公转轨道接近圆，但彗星运动轨道则是一个非常扁的椭圆，如图为地球与哈雷彗星绕日运动的示意图。设哈雷彗星运动轨道近日点和远日点与太阳中心的距离分别为r1和r2，则以下说法正确的是（ ）
A．哈雷彗星在近日点的加速度小于地球的加速度
B．哈雷彗星在近日点的线速度比在远日点的线速度小
C．地球与太阳的连线和哈雷彗星与太阳的连线在任意相等时间内扫过的面积相等
D．哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比a1：a2=r22：r12
【答案】D
【解答】解：A．对地球或哈雷彗星，根据牛顿第二定律得：
GMmr2=ma
由于哈雷彗星在近日点离太阳的距离小于地球离太阳的距离，可知哈雷彗星在近日点的加速度大于地球的加速度，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知，哈雷彗星在近日点的线速度比在远日点的线速度大，故B错误；
C．由于地球和哈雷彗星不在同一轨道上，则地球与太阳的连线和哈雷彗星与太阳的连线在任意相等时间内扫过的面积不相等，故C错误。
D．对哈雷彗星，根据牛顿第二定律得：
GMmr2=ma
解得a=GMr2
可知哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为：
a1：a2=r22：r12，故D正确；
故选：D。
5．2022年9月27日的“木星冲日”是观测木星的一次好机会。木星冲日就是指木星、地球和太阳依次排列大致形成一条直线时的天象。已知木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动，木星质量约为地球质量的318倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，则下列说法正确的是（ ）
A．木星运行的加速度比地球运行的加速度大
B．木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度小
C．在木星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/s
D．上一次“木星冲日”的时间大约在2021年8月份
【答案】D
【解答】解：A、木星和地球绕太阳公转时，万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，所以木星运行的加速度比地球运行的加速度小，故A错误；
B、星球表面万有引力近似等于重力有：GMmR2=mg，解得：g=GMR2，根据题意，木星质量约为地球质量的318倍，木星半径约为地球半径的11倍，可知g木g地=318121，所以木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大，故B错误；
C、根据重力近似等于向心力有：mg＝mv2R，解得：v=gR，可知v木v地=5.4，则在木星表面附近发射飞行器的速度至少为v木＝5.4×7.9km/s＝42.66km/s，故C错误；
D、根据，万有引力提供向心力有：GMmr2=mr4π2T2，解得：T=4π2r3GM，则T木＝11.2年，设每隔t时间出现“木星冲日”，则ω地t﹣ω木t＝2π，结合ω=2πT，代入数据解得：t＝1.1年，所以上一次“木星冲日”的时间大约在2021年8月份，故D正确；
故选：D。
6．2020年11月24日4时30分，长征五号遥五运载火箭在中国海南文昌航天发射场成功发射，飞行约2200秒后，顺利将探月工程嫦娥五号探测器送入预定轨道，开启中国首次地外天体采样返回之旅。嫦娥五号飞行轨迹可以简化为如图所示，首先进入圆轨道Ⅰ，在P点进入椭圆轨道Ⅱ，到达远地点Q后进入地月转移轨道，到达月球附近后进入环月轨道Ⅲ。圆轨道Ⅰ的半径为r1，周期为T1，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，周期为T2，环月轨道Ⅲ的半径为r3，周期为T3，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。忽略地球自转和太阳引力的影响。下列说法正确的是（ ）
A．r13T12=a3T22=r33T32
B．嫦娥五号在轨道Ⅰ运行速度等于gr1
C．嫦娥五号在轨道Ⅰ的P点和椭圆轨道Ⅱ的P点加速度相同
D．嫦娥五号在椭圆轨道Ⅱ的Q点运行速度大于在P点的运行速度
【答案】C
【解答】解：A．根据开普勒第三定律，中心天体是地球时，有r13T12=a3T22
在环月轨道Ⅲ时，中心天体是月球，与前面两项的比例关系不同，故A错误；
B．依题意可知，嫦娥五号在轨道Ⅰ上，有mg1=mv12r1
解得v1=g1r1
地球表面重力加速度为g，g1是轨道Ⅰ处的加速度，故B错误；
C．根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，即沿不同轨道运动到同一点时的加速度相等。故“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上P点的加速度等于在轨道Ⅱ上P点的加速度，故C正确；
D．嫦娥五号在椭圆轨道Ⅱ上运行时，嫦娥五号从远地点Q运行到近地点P，万有引力做正功，动能增大，所以嫦娥五号在Q点的运行速度小于在P点的运行速度，故D错误。
故选：C。
7．C/2021S4彗星上一年，地上逾千年。C/2021S4是紫金山天文台发现的彗星，这颗彗星的轨道更扁一些，轨道周期更长，绕太阳旋转一圈大约需要1000年，若地球距太阳距离为r，则该彗星绕太阳旋转的半长轴约为（ ）
A．1000rB．100rC．10rD．不确定
【答案】B
【解答】解：根据开普勒定律有：r3T2=r′3T′2，其中T＝1年，代入解得：r'＝100r，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（多选）8．宇航员在星球A表面将一小钢球以某一初速度竖直向上抛出，测得小钢球上升的最大高度为h，小钢球从抛出到落回星球表面的时间为t，不计空气阻力，忽略该星球的自转，已知星球A的半径为R（R远大于h），星球A为密度均匀的球体，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．星球A表面的重力加速度为2ℎt2
B．星球A表面的重力加速度为8ℎt2
C．星球A的密度为3ℎ2πGt2R
D．星球A的密度为6ℎπGt2R
【答案】BD
【解答】解：AB．设星球A表面的重力加速度为g，根据自由落体运动位移—时间公式，则有ℎ=12g(t2)2
解得g=8ℎt2
故A错误，B正确；
CD．钢球在星球表面受到的万有引力等于重力，则有GMmR2=mg
又M=ρ⋅43πR3
联立解得星球A的密度为ρ=6ℎπGt2R
故C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）9．如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中（ ）
A．从P到M所用的时间小于T04
B．从Q到N阶段，速率逐渐减小
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先充当阻力后充当动力
【答案】ACD
【解答】解：A、从P到Q的时间为半个周期，根据开普勒第二定律，从P到M运动的平均速率大于从M到Q的平均速率，可知从P到M所用时间小于T04，故A正确；
BC、海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，从P到Q是远离太阳的过程，引力是阻力，速率逐渐减小；从Q到N是靠近太阳的过程，引力是动力，速率逐渐增大，故B错误，C正确；
D、从M到Q是远离太阳的过程，引力是阻力，从Q到N是靠近太阳的过程，引力是动力，故D正确。
故选：ACD。
（多选）10．如图所示，有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的P点有一质量为m的质点，从M中挖去一个半径为12R的球体，设大球剩余部分对m的万有引力为F1。若把质点m移放在空腔中心O′点，设大球的剩余部分对该质点的万有引力为F2。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为0，万有引力常量为G，O、O′、P三点共线。下列说法正确的是（ ）
A．F1的大小为7GMm36R2
B．F2的大小为GMm4R2
C．若把质点m移放在O点右侧，距O点34R处，大球的剩余部分对该质点的万有引力与F2相同
D．若把质点m移放在O点右侧，距O点34R处，大球的剩余部分对该质点的万有引力与F2不同
【答案】AC
【解答】解：A．设半径为12R的小球体的质量为M′，球体的密度为ρ，则有
M=ρ⋅43πR3
M′=ρ⋅43π(R2)3
联立可得：M′=M8
由补偿法可知，其余部分对P处质点的引力等于大球对该点的引力减去挖走的小球对该点的引力，则大球剩余部分对m的万有引力为：
F1=GMm(2R)2−GM′m(3R2)2
代入数据解得：F1=7GMm36R2，故A正确；
B．由质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为0可知，大球不挖走小球时，大球对O′点的质点的引力等于以O点为圆心R2为半径的小球对该点的引力，即
F2=GM′m(12R)2
解得：F2=GMm2R2
由补偿法可知，其余部分对O′处质点的引力等于大球对该点的引力减去挖走的小球对该点的引力。因为质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为0，故挖走的小球对该点的引力为0，所以其余部分对该点的引力等于实心大球对该点的引力。故B错误；
CD．半径为34R、14R的小球质量分别为：
M1=ρ⋅43π(34R)3
解得：M1=2764M
M2=ρ⋅43π(14R)3
解得：M2=164M
由B选项分析可知，若把质点m移放在O点右侧，距O点34R处，大球的剩余部分对该质点的万有引力等于以O点为圆心34R为半径的小球对该点的引力，即
F3=GM1m(34R)2
解得：F3=3GMm4R2
同理挖走的小球对该点的引力为以O′点为圆心，14R为半径的小球对该点的引力为：
F4=GM2m(14R)2
代入数据解得：F4=GMm4R2
故其余部分对该点的引力为：
F5＝F3﹣F4
解得：F5＝F2，故C正确，D错误。
故选：AC。
（多选）11．如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（ ）
A．火星的公转周期大约是地球的827倍
B．在图示的冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C．在图示的冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D．在图示的冲日处，火星相对于地球的速度最小
【答案】CD
【解答】解：A、由开普勒第三定律可得r火3r地3=T火2T地2
由火星的轨道半径大约是地球的1.5倍可得
T火=278T地，故A错误；
BC、由于火星的半径比地球的半径大，太阳对行星的引力提供行星做圆周运动的向心力
GMmr2=mv2r
解得：v=GMr 可知火星运动的线速度小于地球的线速度，火星相对地球自东向西运动，即逆行，故B错误，C正确；
D、根据矢量的运算法则，在冲日处，火星和地球的速度同向时，火星相对于地球的速度最小，故D正确。
故选：CD。
12．“嫦娥六号”环绕月球做轨道半径为r、周期为T的匀速圆周运动。“嫦娥六号”绕月球运动的向心加速度大小为 4π2T2r ；月球与地球质量的比值为k、半径的比值为n，则“嫦娥六号”携带的五星红旗在月球表面与在地球表面所受重力大小的比值近似为 kn2 。
【答案】4π2T2r，kn2。
【解答】解：“嫦娥六号”绕月球运动的向心加速度大小为a=ω2r=4π2T2r。
在星球表面，万有引力等于重力，则有GMmR2=mg
解得重力加速度g=GMR2
因为月球与地球质量的比值为k、半径的比值为n，则“嫦娥六号”携带的五星红旗在月球表面与在地球表面所受重力大小的比值近似为mg月mg地=g月g地=kn2
故答案为：4π2T2r，kn2。
13．在某星球表面轻绳约束下的质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点与最高点所受轻绳的拉力之差为ΔF，假设星球是均匀球体，其半径为R，已知万有引力常量为G，不计一切阻力。
（1）求星球表面重力加速度
（2）求该星球的密度。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设最高点和最低点速度大小分别为v1、v2
在最高点根据向心力公式有：mg+F1=mv12L⋯①
在最低点根据向心力公式有：F2−mg=mv22L⋯②
最高点到最低点过程中只有重力做功，机械能守恒，有：mg⋅(2L)=12mv22−12mv12③
ΔF＝F2﹣F1…④
联立①～④得：ΔF＝6mg
所以g=ΔF6m
（2）在星球表面重力等于万有引力，有：mg=GMmR2⋯⑤
得：M=gR2G=R2ΔF6mG
ρ=MV=R2ΔF6mG×34πR3=ΔF8πmRG
答：（1）求星球表面重力加速度ΔF6m
（2）求该星球的密度ΔF8πmRG。
14．已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的12倍。地球表面的重力加速度为g0．在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O上，小球绕悬点O在竖直平面内做圆周运动。小球质量为m，绳长为L，悬点距地面高度为H．小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S求：
（1）星球表面的重力加速度？
（2）细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？
（3）细线所能承受的最大拉力？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由万有引力等于向心力可知：GMmR2=mv2R，
根据万有引力等于重力可知：GMmR2=mg0
可得g0=v2R
则可推知g星=14g0
（2）由平抛运动的规律：H﹣L=12g星t2
s＝v0t
解得v0=s42g0H−L
（3）由牛顿运动定律知，在最低点时：T﹣mg星＝mv2L
解得：T=14[1+s22(H−L)L]mg0
答：（1）星球表面的重力加速度为14g0；
（2）细线刚被拉断时，小球抛出的速度为s42g0H−L；
（3）细线所能承受的最大拉力为14[1+s22(H−L)L]mg0。
15．“嫦娥一号”卫星开始绕地球在椭圆轨道运动，经过变轨、制动后，成为一颗绕月球做圆周运动的卫星．设卫星距月球表面的高度为h，做匀速圆周运动的周期为T．已知月球半径为R，引力常量为G．求：
（1）月球的质量M及月球表面的重力加速度g；
（2）在距月球表面高度为h0的地方（h0＜＜R），将一质量为m的小球以v0的初速度水平抛出，求落地瞬间月球引力对小球做功的瞬时功率P．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMm(R+ℎ)2=m(2πT)2（R+h），
解得：M=4π2(R+ℎ)3GT2，
月球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：GMm′R2=m′g，
解得：g=4π2(R+ℎ)3R2T2；
（2）在月球表面高度为h处水平抛出物体，物体落地时竖直方向的速度：vy2＝2gh0，
所以物体落地时的瞬时功率为：P＝mgvy，
解得：P=8π3m(R+ℎ)42(R+ℎ)ℎ0R3T3；
答：（1）月球的质量M为4π2(R+ℎ)3GT2，月球表面的重力加速度g为4π2(R+ℎ)3R2T2；
（2）落地瞬间月球引力对小球做功的瞬时功率P为8π3m(R+ℎ)42(R+ℎ)ℎ0R3T3．
▉题型2 计算天体的质量和密度
【知识点的认识】
1.天体质量的计算
（1）重力加速度法
若已知天体（如地球）的半径R及其表面的重力加速度g，根据在天体表面上物体的重力近似等于天体对物体的引力，得mg=Gm1m2R2，解得天体的质量M=gR2G，g、R是天体自身的参量，所以该方法俗称“自力更生法”。这是黄金代换公式的一个常见应用。
（2）环绕法
借助环绕中心天体做匀速圆周运动的行星（或卫星）计算中心天体的质量，俗称“借助外援法”。常见的情况如下：
2.天体密度的计算
若天体的半径为R，则天体的密度ρ=M43πR3，将M=4π2r3GT2代入上式，可得ρ=3πr3GT2R3。
特殊情况：当卫星环绕天体表面运动时，卫星的轨道半径r可认为等于天体半径R，则ρ=3πGT2。
16．毫秒脉冲星中有一种特殊的类型，由毫秒脉冲星和低质量恒星（伴星）组成的致密双星系统，由于伴星正在被脉冲星强烈的辐射蚕食，天文学家们戏称它们为“黑寡妇”。脉冲星假设脉冲星的质量为M，转动周期为T，引力常量为G，脉冲星和伴星的中心距离为L，则伴星的质量为（ ）
A．4π2L3GT2B．4π2L2GT2
C．4π2L3GT2−MD．4π2L2GT2−M
【答案】C
【解答】解：对于脉冲星M，两星之间的万有引力提供向心力：GmML2=M(2πT)2r1
对于伴星m同理有：GmML2=m(2πT)2r2
由几何关系可知：r1+r2＝L
联立解得伴星的质量为：m=4π2L3GT2−M，故ABD错误，C正确。
故选：C。
17．宇航员登陆月球后预估测月球的质量，已知万有引力常量和月球半径，仅有下列器材可供使用，为了完成实验，不需要的实验器材是（ ）
A．天平B．弹簧测力计
C．秒表D．质量约50g的钩码
【答案】C
【解答】解：根据万有引力等于重力，即GMmR2=mg，得M=gR2G，利用弹簧秤竖直悬挂质量约50g的钩码测出所受重力F，则有g=Fm，万有引力常量和月球半径，故不需要秒表，故C正确，ABD错误。
故选：C。
18．嫦娥工程是我国自主对月球的探索和观察，探月工程“绕、落、回”三步走的规划已经如期完成，计划2035年前后在月球建立研究基地。
（1）如图所示，“嫦娥号”探月卫星在由地球飞向月球时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐减小，在此过程中探月卫星所受合力方向可能是图中的 D 。
（2）“嫦娥号”探月卫星进入离月球表面200公里的圆形工作轨道匀速绕行。此时“嫦娥号” D 。
A.处于平衡状态
B.做匀变速运动
C.受到月球引力和向心力两个力的作用
D.受到月球的引力作为向心力
（3）“三号星”在离月球表面距离为h的圆形轨道绕月球飞行的过程中受到微小的阻力，轨道半径将缓慢减小，在此运动过程中，卫星所受万有引力大小将 增大 （填A.“减小”或B.“增大”）；其动能将 增大 （填A.“减小”或B.“增大”）。
（4）已知月球的质量约为地球质量的180，月球的半径约为地球半径的14，地球的第一宇宙速度为7.9km/s，落月前探月卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面，则该探月卫星运行的速度即月球第一宇宙速度约为 B 。
C.11km/s
D.36km/s
（5）在某次探月过程中，载人探月飞船“嫦娥x号”飞临月球，先在月球表面附近的圆轨道上绕月球做周期为T的匀速圆周运动，然后逐渐调整并安全登月。宇航员出舱后沿竖直方向做了一次跳跃，他腾空的高度为h，腾空时间为t。则月球的半径为 2ℎT2π2t2 ；月球的平均密度为 3πGT2 。
【答案】（1）D；（2）D；（3）增大，增大；（4）B；（5）2ℎT2π2t2，3πGT2。
【解答】解：（1）“嫦娥号”探月卫星在由地球飞向月球时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐减小，故合力指向运动轨迹的凹侧，且合力与速度的方向的夹角要大于90°，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2）AB.“嫦娥号”做匀速圆周运动，一定有向心加速度，向心加速度的方向不断变化，故不处于平衡状态，也不是匀变速运动，故AB错误；
CD.“嫦娥号”做匀速圆周运动的向心力是由月球对“嫦娥号”的引力提供，只受到月球引力作用，故C错误，D正确。
故选：D。
（3）“三号星”在离月球表面距离为h的圆形轨道绕月球飞行的过程中受到微小的阻力，轨道半径r将缓慢减小，根据F＝GMmr2可知在此运动过程中，卫星所受万有引力大小将增大；又由GMmr2=mv2r，得Ek=GMm2r可知其动能将增大。
（4）在地球表面由牛顿第二定律GM地mR地2=mv地2R地，在月球表面由牛顿第二定律GM月mR月2=mv月2R月，联立解得v月＝1.8km/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（5）宇航员腾空的过程做竖直上抛运动，下落过程做自由落体运动，则有ℎ=12g(t2)2，解得g=8ℎt2，根据万有引力近似等于重力得GMmR2=mg，在月球表面附近的圆轨道上绕月球做周期为T的匀速圆周运动，由牛顿第二定律得GMmR2=m4π2T2R，根据密度公式得M=ρV=ρ43πR3，联立解得R=2ℎT2π2t2，ρ=3πGT2。
故答案为：（1）D；（2）D；（3）增大，增大；（4）B；（5）2ℎT2π2t2，3πGT2。
▉题型3 第一、第二和第三宇宙速度的物理意义
【知识点的认识】
一、宇宙速度
1．第一宇宙速度（环绕速度）
（1）大小：7.9km/s．
（2）意义：
①卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度．
②使卫星绕地球做匀速圆周运动的最小地面发射速度．
2．第二宇宙速度
（1）大小：11.2 km/s
（2）意义：使卫星挣脱地球引力束缚的最小地面发射速度．
第二宇宙速度（脱离速度）
在地面上发射物体，使之能够脱离地球的引力作用，成为绕太阳运动的人造行星或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速度，其大小为v＝11.2 km/s．
3．第三宇宙速度
（1）大小：16.7km/s
（2）意义：使卫星挣脱太阳引力束缚的最小地面发射速度．
第三宇宙速度（逃逸速度）
在地面上发射物体，使之最后能脱离太阳的引力范围，飞到太阳系以外的宇宙空间所必需的最小速度，其大小为v＝16.7km/s．
三种宇宙速度比较
19．已知某行星质量为地球质量的6倍，行星半径为地球半径的2倍，地球的第一宇宙速度约为8km/s，地球与该行星均可视为球体，则该行星的第一宇宙速度约为（ ）
A．13.86km/sB．24km/sC．19.59km/sD．48km/s
【答案】A
【解答】解：设地球质量M，某星球质量6M，地球半径r，某星球半径2r
由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：GMmr2=mv2r
解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=GMr
分别代入地球和某星球的各物理量得：v地=GMr
v行=G6M2r=3v地=3×8km/s=13.86km/s
故A正确，BCD错误；
故选：A。
20．2024年10月30日，搭载神舟十九号载人飞船的火箭成功发射升空，6名中国航天员在太空顺利会师。如图是飞船发射至对接的原理图，载人飞船进入预定轨道1后，与轨道2的天宫空间站完成自主快速交会对接，以下说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道1近地点A的线速度大小等于第一宇宙速度
B．飞船从地面发射进入轨道1的速度应超过11.2km/s
C．飞船先进入轨道2，再加速即可完成对接
D．天宫空间站的运行周期大于飞船在轨道1的运行周期
【答案】D
【解答】解：A．由近地圆轨道变轨到轨道1，需要再A点加速，过A点可以作出近地卫星的圆轨道，该轨道上的速度等于第一宇宙速度，可知，飞船在轨道1近地点A的线速度大小大于第一宇宙速度，故A错误；
B．11.2km/s为第二宇宙速度，飞船在轨道1上仍然在地球束缚之下，可知，飞船从地面发射进入轨道1的速度不能够超过11.2km/s，故B错误；
C．船先进入轨道2，加速后，速度增大，万有引力不足以提供圆周运动的向心力，飞船将做离心运动，不能够完成对接，故C错误；
D．由于天宫空间站的运行的轨道半径大于轨道1的半长轴，根据开普勒第三定律可知，天宫空间站的运行周期大于飞船在轨道1的运行周期，故D正确。
故选：D。
21．神舟十九号乘组航天员进行了长达9小时的天宫空间站出舱活动，利用天链卫星与地面科研人员不间断地进行通信。天链卫星绕地球做圆周运动，周期与地球自转周期相同。则天链卫星运动速度（ ）
A．大于第一宇宙速度B．等于第一宇宙速度
C．大于空间站运动速度D．小于空间站运动速度
【答案】D
【解答】解：AB、第一宇宙速度是卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以天链卫星运动速度小于第一宇宙速度，故AB错误；
CD、根据万有引力提供向心力有
GMmr2=mv2r
解得
v=GMr
天链卫星的轨道半径较大，可知天链卫星运动速度小于空间站运动速度，故C错误，D正确。
故选：D。
（多选）22．建造一条能通向太空的电梯（如图甲所示），是人们长期的梦想。材料的力学强度是材料众多性能中被人们极为看重的一种性能，目前已发现的高强度材料碳纳米管的抗拉强度是钢的100倍，密度是其16，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”。图乙中r为航天员到地心的距离，R为地球半径，a﹣r图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系，图线B表示航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系，关于相对地面静止在不同高度的航天员，地面附近重力加速度g取10m/s2，地球自转角速度ω＝7.3×10﹣5rad/s，地球半径R＝6.4×103km。下列说法正确的有（ ）
A．随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小
B．航天员在r＝R处的线速度等于第一宇宙速度
C．图中r0为地球同步卫星的轨道半径
D．电梯舱停在距地面高度为5.6R的站点时，舱内质量60kg的航天员对水平地板的压力为零
【答案】CD
【解答】解：A、航天员受到电梯舱的弹力等于航天员的重力，在赤道上，r＜r0时，随着r增大，万有引力减小，向心力增大，弹力减小，r＞r0时，随着r增大，向心力大于万有引力，弹力会反向增大，故A错误；
B、第一宇宙速度是万有引力完全提供向心力，但是在r＝R处，万有引力并不能完全提供向心力，故B错误；
C、由图可知，在r0位置时，万有引力完全提供随地球自转的向心力，与同步卫星运动情况一致，所以r0为地球同步卫星的轨道半径，故C正确；
D、宇航员对水平地板的压力为零时，此时万有引力提供向心力，正处于r位置，根据向心力方程可得：
GMmr02=mω2r0
代入数据可得：r0≈6.6R
距地面高度为5.6R，故D正确；
故选：CD。
（多选）23．如图所示，将物体从一座高山上的O点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中A、B、C、D、E是从O点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道。已知B是圆形轨道，C、D是椭圆轨道，在轨道E上运动的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是（ ）
A．物体从O点抛出后，沿轨道A运动落到地面上，物体的运动一定是平抛运动
B．轨道B、C、D的中心是同一点
C．若轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过O点
D．在轨道E上运动的物体，抛出时的速度一定大于等于第三宇宙速度
【答案】AC
【解答】解：A．物体初速度为水平方向，运动中只受重力作用将做平抛运动，而物体从O点水平抛出后，只受到重力作用，故物体从O点抛出会做平抛运动落到A点，故A正确；
B．圆形轨道的轨道中心为中心天体，椭圆轨道的一个焦点处为中心天体，根据开普勒第一定律可知：轨道B、C、D有一个公共焦点，这个焦点就是地球，但是轨道中心不是一个点，故B错误；
C．若轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，可以在O点减速，变成近地圆轨道，这个轨道经过O点；也可以在远地点加速变为高轨道的圆轨道，但是这个轨道不会过O点，故C正确；
D．在轨道E上运动的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，故抛出时速度一定等于或大于第二宇宙速度，但不需要一定达到第三宇宙速度，故D错误；
故选：AC。
（多选）24．2024年4月26日，神舟十八号飞船自主交会对接天和核心舱。5月28日，航天员乘组完成了8.5小时的出舱活动任务。如图为飞船变轨前后的示意图，变轨前Ⅰ轨道为近地圆轨道，地球半径为R，P为地心，B为椭圆Ⅱ轨道的远地点，PB＝3R。则（ ）
A．飞船在Ⅱ轨道上A点的速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
B．出舱时宇航员由于没有受到地球引力而处于漂浮状态
C．飞船在Ⅱ轨道上运行的周期是在Ⅰ轨道上运行周期的两倍
D．在B点要变轨到更高的圆轨道，需要点火使飞船加速
【答案】AD
【解答】解：A、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，也是发射卫星的最小速度。飞船在近地圆轨道Ⅰ上运行的速度是第一宇宙速度，从轨道Ⅰ变到椭圆轨道Ⅱ需要在A点点火加速，所以飞船在Ⅱ轨道上A点的速度大于第一宇宙速度。而飞船在椭圆轨道Ⅱ上运动，没有脱离地球引力束缚，其速度小于第二宇宙速度，故飞船在Ⅱ轨道上A点的速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间，故A正确；
B、出舱时宇航员完全失重，但依然受到地球的引力，故B错误；
C、根据开普勒第三定律有
(R+3R2)3T22=R3T12
解得
T2T1=22
故C错误；
D、在B点要变轨到更高的圆轨道，需要点火使卫星加速，使卫星做离心运动，故D正确。
故选：AD。
25．“东方红一号”人造卫星绕地球运行的速度 小于 （填“大于”“等于”或“小于”）第一宇宙速度，若卫星发射速度超过 11.2 km/s，卫星就能完全摆脱地球引力的束缚，成为绕太阳运行的人造卫星。
【答案】小于，11.2。
【解答】解：第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的最大速度，是地球上的物体成为地球的卫星的最小发射速度，所以“东方红一号”人造卫星绕地球运行的速度小于第一宇宙速度；
要想卫星能完全摆脱地球引力的束缚，成为绕太阳运行的人造卫星，则其发射速度需要大于第二宇宙速度，即超过11.2km/s。
故答案为：小于，11.2。
26．火星是太阳系中和地球环境最相似的行星，我国发射的“祝融号”火星车已行驶在火星上，圆满完成既定巡视探测任务。在地球和火星表面分别让小球做自由落体运动，从距星球表面相同高度无初速释放，在地球和火星上下落的时间之比为2：3，已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，火星半径是地球半径的12，万有引力常量为G，求：
（1）火星的表面重力加速度g火和密度ρ火；
（2）火星的第一宇宙速度大小；
（3）如图所示，在火星的一个倾角为30°的足够长斜坡上，将小球以初速度v0水平抛出，经多长时间小球落到坡上。
【答案】（1）火星的表面重力加速度g火为49g；密度ρ火为2g3GπR；
（2）火星的第一宇宙速度大小为2gR3；
（3）经33v02g小球落到坡上。
【解答】解：（1）根据平抛运动规律可得
ℎ=12gt2
所以
g=2ℎt2
故
g地g火=t火2t地2=(32)2=94
则
g火=49g地=49g
地球的密度
ρ地=M43πR地3=3g地R地2G43πR地3=3g地4GπR地
火星的密度
ρ火=M43πR火3=3g火R火2G43πR火3=3g火4GπR火
故
ρ火ρ地=g火R地g地R火=49×21=89
故火星的密度
ρ火=89ρ地=2g3GπR
（2）根据万有引力提供向心力
GMmR2=mg=mv2R
地球的第一宇宙速度大小
v地=g地R地
火星的第一宇宙速度大小
v火=g火R火
故
v火v地=g火R火g地R地=23
解得
v火=2gR3
（3）设小球经过时间t后落到斜面上，水平方向
x＝v0t
竖直方向
ℎ=12gt2
又
tan30°=ℎx
g火=49g地=49g
解得
t=33v02g。
答：（1）火星的表面重力加速度g火为49g；密度ρ火为2g3GπR；
（2）火星的第一宇宙速度大小为2gR3；
（3）经33v02g小球落到坡上。
▉题型4 同步卫星的特点及相关计算
【知识点的认识】
同步卫星的特点
（1）轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合．
（2）周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24h＝86400 s．
（3）角速度一定：与地球自转的角速度相同．
（4）高度一定：据GMmr2=m4π2T2r，得r=3GMT24π2＝4.24×104 km，卫星离地面高度h＝r﹣R≈6R（为恒量）．
（5）速率一定：运动速度v=2πrT=3.08 km/s（为恒量）．
（6）绕行方向一定：与地球自转的方向一致．
27．北京时间2025年4月24日23时49分，神舟二十号航天飞船成功对接空间站天和核心舱，与神舟十九号乘组顺利会师，神舟再创辉煌。假设空间站在距离地面约400km高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．航天员相对空间站静止时，处于平衡状态
B．神舟二十号对接空间站天和核心舱后，组合体的速度变大
C．空间站在绕地球运行过程中，其速度大于第一宇宙速度
D．假设空间站轨道半径变为原来的2倍，则其运行周期变为原来的8倍
【答案】D
【解答】解：A.航天员相对空间站静止，航天员与空间站绕地球做圆周运动，宇航员处于失重状态，不处于平衡状态，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMmr2=mv2r，解得v=GMr，对接后，组合体的轨迹半径r不变，所以速度不变，故B错误；
C.根据v=GMr可知，由于r空间站＞r地，则v空间站＜v第一宇宙速度，故C错误；
D.根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得GMmr2=m(2πT)2r，解得T＝2πr3GM，则T′T=(2r)3r3=81，故D正确。
故选：D。
▉题型5 近地卫星
【知识点的认识】
1.近地卫星是指轨道在地球表面附近的卫星，计算时轨道半径可近似取地球半径。
2.因为脱离了地面，近地卫星受到的万有引力就完全等于重力，所以有GMmR2=mg，化简得GM＝gR2，即近地卫星也满足黄金代换公式。
3.对于近地卫星而言，因为轨道半径近似等于地球半径，所以有
GMmR2=mg＝mv2R=mω2R＝m4π2RT2
28．有一轨道平面与赤道平面重合的侦察卫星，轨道高度为R，飞行方向与地球自转方向相同。设地球自转周期为T0，半径为R，地球赤道处的重力加速度为g。位于赤道的某一地面基站在某时刻恰好与该卫星建立起通信链路，则该地面基站能不间断的从侦察卫星上下载侦察数据的时间为（ ）
A．2π3(gR−2πT0)
B．2πT03(gT02+4π2R8R−2π)
C．2πT03(gT02+4π2R8R+2π)
D．πT06(gT02+4π2R8R−2π)
【答案】B
【解答】解：设卫星角速度为ω，m和M分别为卫星和地球的质量，根据万有引力定律和牛顿第二定律可得：
GMm(R+R)2=mω2(R+R)
在地球赤道表面，可知
GMmR2=mg+m4π2T02R
解得：ω=1T0⋅gT02+4π0R8R
如图所示可知
卫星从A到B点，地面基站从C到D点，由几何关系可知，卫星一个运动周期内，在时间t内比地球自转的角度多转120°，由此可知：
ωt−2πT0t=23π
解得：t=2πT03(gT02+4π2R8R−2π)，故B正确，ACD错误；
故选：B。
29．两个质量为m的物体A、B由轻质硬杆相连，可被视为一“哑铃”状的卫星，该卫星围绕一质量为M的天体旋转，如图所示，两物体和天体质心在一条直线上，两物体分别以r1和r2为半径绕中心天体做圆周运动。在某时刻连接两物体的杆突然断裂后，两物体的运动轨道会发生变化，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．若杆突然断裂，B一定做向心运动，A将做离心运动
B．若B在杆突然断裂后做离心运动，则A仍在原轨道上做圆周运动
C．杆断裂前，两物体的周期为T=2πr1r2r1+r2GM(r12+r22)
D．杆断裂前，两物体的周期为T=2π(r1+r2)38GM
【答案】C
【解答】解：A．若断裂前杆对A的弹力方向背向圆心，杆对B的弹力方向指向圆心，则杆断裂后A将做向心运动，由于物体B实际受到的力小于B所需要的向心力，所以B将做离心运动；若断裂前杆对A的弹力方向指向圆心，杆对B的弹力方向背向圆心，则杆断裂后A将做离心运动，B将做向心运动；若断裂前杆的弹力刚好为零，则杆断裂后A、B仍在原轨道上做圆周运动，故A错误；
B．若B在杆突然断裂后做离心运动，则断裂前杆对A的弹力方向背向圆心，杆对B的弹力方向指向圆心，断裂后A，由于物体B实际受到的力大于B所需要的向心力，断裂后A将做向心运动，故B错误。
CD．杆断裂前，设杆对A、B的弹力大小均为F，若杆对A的弹力方向背向圆心，杆对B的弹力方向指向圆心，由于A、B做匀速圆周运动，分别对A、B根据牛顿第二定律得：
GMmr12−F−Gm2(r2−r1)2=m4π2T2r1
GMmr22+F+Gm2(r2−r1)2=m4π2T2r2
联立解得：T=2πr1r2r1+r2GM(r12+r22)
若杆对A的弹力方向指向圆心，杆对B的弹力方向背向圆心，由于A、B做匀速圆周运动，分别对A、B根据牛顿第二定律得：
GMmr12+F−Gm2(r2−r1)2=m4π2T2r1
GMmr22−F+Gm2(r2−r1)2=m4π2T2r2
联立解得：T=2πr1r2r1+r2GM(r12+r22)
故C正确，D错误。
故选：C。
30．2017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
【答案】C
【解答】解：天宫二号在天空运动，万有引力提供向心力，天宫二号的轨道是固定的，即半径是固定的。
根据F＝G Mmr2=m v2r=m4π2T2r＝ma可知，天宫二号的速度大小是不变的，则两者对接后，速度大小不变，周期不变，加速度不变；但是和对接前相比，质量变大，所以动能变大。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
31．某校天文小组通过望远镜观察木星周围的两颗卫星a、b，记录了不同时刻t两卫星的位置变化如图甲。现以木星中心为原点，测量图甲中两卫星到木星中心的距离x，以木星的左侧为正方向，绘出x﹣t图像如图乙。已知两卫星绕木星近似做圆周运动，忽略在观测时间内观察者和木星的相对位置变化，由此可知（ ）
A．a公转周期为t0
B．b公转周期为2t0
C．a公转的角速度比b的小
D．a公转的线速度比b的大
【答案】D
【解答】解：AB、根据甲图可知，卫星a的轨道半径小于b的轨道半径。根据图乙可知，a公转周期为Ta＝2t0；根据开普勒第三定律可得：r3T2=k，所以b的公转周期大于2t0，故AB错误；
C、卫星绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mrω2，解得：ω=GMr3，所以a公转的角速度比b的大，故C错误；
D、卫星绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，所以a公转的线速度比b的大，故D正确。
故选：D。
32．中国预计将在2028年实现载人登月计划，把月球作为登上更遥远行星的一个落脚点。如图所示是“嫦娥一号奔月”的示意图，“嫦娥一号”卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星。关于“嫦娥一号”下列说法正确的是（ ）
A．发射时的速度必须达到第三宇宙速度
B．在绕地轨道中，公转半长轴的立方与公转周期的平方之比不变
C．在轨道Ⅰ上运动时的速度小于轨道Ⅱ上任意位置的速度
D．绕月轨道Ⅱ变轨到Ⅰ上需点火加速
【答案】B
【解答】解：A．第三宇宙速度是能够脱离太阳系的最小发射速度，“嫦娥一号”卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，没有脱离地球的引力范围，发射时的速度小于第二宇宙速度，故A错误；
B．由开普勒第三定律可得a3T2=k，则有公转半长轴的立方与公转周期的平方之比不变，故B正确；
CD．设轨道Ⅰ上运动时的速度为v1，轨道Ⅱ上近月点的速度为v2，轨道Ⅱ上远月点的速度为v3，若在轨道Ⅱ上的远月点建立以月球球心为圆心的圆轨道，其速度为v4，卫星加速做离心运动，根据线速度与轨道半径大小关系
v2＞v1
v4＞v3
由万有引力提供向心力：GMmr2=mv2r，v=GMr2
故v1＞v4
故v2＞v1＞v4＞v3
因此在轨道Ⅰ上运动时的速度不是小于轨道Ⅱ上任意位置的速度，故绕月轨道Ⅱ变轨到Ⅰ上需点火减速，故CD错误；
故选：B。
33．2022年8月4日，我国成功发射首颗陆地生态系统碳监测卫星“句芒号”。在卫星从发射到进入预定轨道的过程中，卫星所受地球引力大小F随它距地面的高度h变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解答】解：设地球的质量为M、半径为R，卫星的质量为m，则卫星所受万有引力大小F=GMm(ℎ+R)2，对照题中四幅F﹣h图像可知选项B正确，故B正确，ACD错误。
故选：B。
34．“古有司南，今有北斗”，如图甲所示的北斗卫星导航系统入选“2022全球十大工程成就”。组成北斗系统的卫星运行轨道半径r越大，线速度v越小，卫星运行状态视为匀速圆周运动，其v2﹣r图像如图乙所示，图中R为地球半径，r0′为北斗星座GEO卫星的运行轨道半径，图中物理量单位均为国际单位，引力常量为G，忽略地球自转，则（ ）
A．地球的质量为bGR
B．地球的密度为3b24πR2
C．北斗星座GEO卫星的加速度为r02bR
D．地球表面的重力加速度为g=bR
【答案】D
【解答】解：A、卫星运行状态视为匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有
GMmr2=mv2r
解得地球的质量为：M=v2rG=bRG，故A错误；
B、地球的密度为ρ=MV=bRG43πR3=3b4GπR2，故B错误；
C、根据牛顿第二定律得
GMmr02=ma
解得北斗星座GEO卫星的加速度为：a=GMr02=bRr02，故C错误；
D、忽略地球自转，在地面上，根据万有引力与重力相等，得
GMmR2=mg
所以地球表面的重力加速度为g=GMR2= bRR2=bR，故D正确。
故选：D。
35．2023年10月26日消息，据中国载人航天工程办公室消息，神舟十七号载人飞船入轨后，于北京时间2023年10月26日17时46分，成功对接于空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约6.5小时。
（1）若某天体的质量约为地球的14，半径约为地球的3倍，则天体和地球的重力加速度之比为 1：36 ，若在该天体上，和地球从同样高度以同样速度平抛同一物体，水平位移之比为 6：1 ；
（2）（单选）空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道I，椭圆轨道Ⅱ为神舟十七号载人飞船与空间站对接前的运行轨道，已知地球半径为R，两轨道相切于P点，地球表面重力加速度大小为g，下列说法正确的是 C 。
A.轨道I上的线速度大小为gR
B.神舟十七号载人飞船在轨道Ⅰ上P点的加速度小于在轨道Ⅱ上P点的加速度
C.神舟十七号载人飞船在P点经点火加速才能从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ
D.轨道Ⅰ上的神舟十七号载人飞船想与前方的空间站对接，只需要沿运动方向加速即可
【答案】（1）1：36，6：1；（2）C。
【解答】解：（1）在地球表面，忽略地球自转时有
GMmR2=mg
针对某天体，根据题意有
G14Mm(3R)2=mg′
得g′：g＝1：36
在该天体和地球上以同样高度和同样速度平抛物体，水平位移之比
x′：x＝v0t′：v0t＝t′：t=2ℎg′：2ℎg=6：1
（2）A.根据 GMmr2=mv2r
GMm0R2=m0g
可得 v=gR2r
轨道Ⅰ上半径r大于R，线速度小于gR，故A错误；
B.在同一位置万有引力大小相同，根据a=GMr2 故加速度相同，故B错误；
C.卫星由低轨道变轨到更高的轨道时需加速，则神舟十七号载人飞船在P点经点火加速才能从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ，故C正确；
D.对接空间站需要先减速做向心运动降低轨道，再加速做离心运动进行对接，故D错误。
故选：C。
故答案为：（1）1：36，6：1；（2）C。
▉题型6 卫星或行星运行参数的计算
【知识点的认识】
对于一般的人造卫星而言，万有引力提供其做圆周运动的向心力。于是有：
①GMmr2=mv2r→v=GMr
②GMmr2=mω2r→ω=GMr3
③GMmr2=m4π2rT2→T=4π2r3GM
④GMmr2=ma→a＝GMr2
在卫星运行的过程中，根据题目给出的参数，选择恰当的公式求解相关物理量。
36．现实版的倒霉熊乔伊曾因为白化病两次被送到北极，还有一次被送到位于赤道的北极馆。若乔伊质量始终为m，它在北极和北极馆的重力差为ΔN，地球半径R，则可求出静止卫星运动的周期为（ ）
A．4π2ΔNmRB．4π2mΔNRC．2π2mΔNRD．π2mΔNR
【答案】B
【解答】解：乔伊在北极时有
GMmR2=N1
乔伊在北极馆时有
GMmR2=N2+m4π2T2R
ΔN＝N1﹣N2
静止卫星的周期等于地球自转周期
T同＝T
联立解得
静止卫星运动的周期为T同=4π2mΔNR
故ACD错误，B正确。
故选：B。
37．在地球上空的空间站中，宇航员长期处于失重状态，为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站。如图所示，圆环绕中心轴匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知地球表面的重力加速度大小为g，圆环空间站旋转的周期为T，宇航员可视为质点，则圆环中心到宇航员脚踩的“地面”的距离为（ ）
A．3gT24πB．3gT24π2C．gT4πD．gT24π2
【答案】D
【解答】解：由题意可知，宇航员做匀速圆周运动，宇航员受到的支持力提供其做圆周运动的向心力，而支持力大小等于他在地面上受到的重力大小，则有
mg=m4π2T2r
解得r=gT24π2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
38．我国计划在2030年前实现载人登陆月球开展科学探索，其后将建造月球科研试验站，开展系统、连续的月球探测和相关技术试验。假设飞船在距离月球表面的高度等于月球半径处绕月球做匀速圆周运动，周期为T；已知月球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．该飞船在轨的速度大小为2πRT
B．月球的第一宇宙速度为42πRT
C．月球的质量为4π2R3GT2
D．月球两极的重力加速度为32πRT2
【答案】B
【解答】解：A、已知月球的半径为R，飞船在距离月球表面的高度等于月球半径，则飞船轨道半径为r＝2R，根据线速度v=2πrT，解得v=4πRT，故A错误；
BC、当某卫星绕月球表面做匀速圆周运动时，其线速度为月球的第一宇宙速度，设为v1，根据万有引力提供向心力有GMmR2=mv12R
飞船绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有GMm(2R)2=m4π2T2(2R)
联立解得月球的第一宇宙速度为v1=42πRT，月球的质量M=32π2R3GT2，故B正确，C错误；
D、在月球表面，根据万有引力等于重力有GMmR2=mg，解得月球两极重力加速度g=32π2RT2，故D错误。
故选：B。
39．2025年4月24日，搭载神舟二十号载人飞船的长征F遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约十分钟后，神舟二十号载人飞船与火箭成功分离，进入地球表面上空约400km的圆形轨道执行探测任务。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，则以下关于神舟二十号载人飞船在地球上空做圆周运动的说法正确的是（ ）
A．周期大于地球自转周期
B．线速度等于gR
C．向心加速度大于g
D．角速度小于gR
【答案】D
【解答】解：A、根据开普勒第三定律R3T2=k可知，卫星的轨道半径越大，运行周期越长。地球同步卫星的周期为24小时，轨道半径约为地球半径的6.6倍。神舟二十号飞船的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以神舟二十号的周期小于地球同步卫星的周期，而地球同步卫星的周期等于地球自转周期，则神舟二十号的周期小于地球自转周期，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r
解得v=GMr
在地球表面，根据万有引力等于重力，有GMmR2=mg
联立解得v=gR2r
当轨道半径r等于地球半径R时，有v=gR
神舟二十号载人飞船轨道半径r＝R+400km＞R
所以神舟二十号载人飞船的速度v＜gR，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，有GMmr2=ma
解得向心加速度为a＝GMmr2
在地球表面，根据万有引力等于重力，有GMmR2=mg
解得g=GMR2
因神舟二十号飞船的轨道半径r＞R时，可得其向心加速度a=GMr2=gR2r2＜g，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力得GMmr2=mrω2
在地球表面，根据万有引力等于重力，有GMmR2=mg
联立解得ω=GMr3=gR2r3
神舟二十号载人飞船轨道半径r＞R，所以ω＜gR，故D正确。
故选：D。
（多选）40．2018年5月，我国发射了一颗名为“鹊桥”的中继卫星，在地球和月球背面的探测器之间搭了一个“桥”，从而有效地解决了月球背面通讯的问题。鹊桥二号采用周期为T0的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为rA，远月点B距月心约为9rA，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（ ）
A．鹊桥二号从C经B到D的运动时间为0.5T0
B．鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81：1
C．鹊桥二号在A、B两点的速度大小之比约为9：1
D．鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线
【答案】BC
【解答】解：A、鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从A→C→B做减速运动，从B→D→A做加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于0.5T0，故A错误；
B、鹊桥二号在A点时，根据牛顿第二定律有：GMmrA2=maA
同理，在B点时有：GMmrB2=maB
已知：rB＝9rA，解得鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为：aA：aB＝81：1，故B正确；
C、根据开普勒第二定律可得：vArA＝vBrB，可得鹊桥二号在A、B两点的速度大小之比约为：vA：vB＝9：1，故C正确；
D、由于鹊桥二号做曲线运动，故鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故D错误。
故选：BC。
41．近年来，我国天文领域成就斐然，我们的征途是星辰大海。回答下列有关问题：
（1）“天宫二号”空间站绕地球在圆轨道上运行，已知轨道半径为r，运行周期为T，万有引力常量为G，利用以上数据能求出的是 ABD （多选题）。
A．地球的质量
B．空间站的加速度
C．空间站受到的向心力
D．空间站运行的线速度
（2）天宫空间站轨道高度约为400km，总重约90吨，其绕地球一周的时间约为90分钟。（地球半径约为6371km）根据天宫空间站的参数，可估算出地球的质量为 6.29×1024 kg（结果保留3位有效数字）。
（3）从物理学角度，由地面发射太空飞行器或飞船，可以借助地球自转选择 向东 发射（选填“向东”或“向西”）；我国先后建成了酒泉、太原、西昌、文昌四大航天发射中心，它们的纬度依次为北纬41°、38°、28°、19°，则选择 文昌 发射中心发射最好。
（4）宇航员乘坐星际飞船高速驶离地球的过程中，在考虑相对论效应的情况下，宇航员发现 C 。
A．星际飞船的长度变短
B．星际飞船上的物体的质量变大
C．地球上的时钟变慢
D．地球上有些建筑物的高度不变
（5）东方红二号卫星是我国第一代地球同步通信卫星，在轨一共两颗，其中一颗定点于东经125°，另一颗定点于东经103°，关于东方红二号卫星，下列说法中正确的是 D 。
A．它的运行速度为7.9km/s
B．若卫星的质量变为原来的2倍，其同步轨道半径也变为原来的2倍
C．它可以绕过北京的正上方，所以我国能够利用它对春晚进行电视转播
D．我国发射的其他地球同步卫星，与东方红二号卫星的运行速度大小都相等
（6）如图是“哈雷彗星”绕太阳沿椭圆轨道运动的示意图，其中F1、F2是椭圆的两个焦点，O是椭圆的中心，观测发现“哈雷彗星”经过P点的速率小于经过Q点的速率。已知太阳的质量为m，引力常量为G，则：
①太阳应位于 B （选填：A．“F1点”；B．“F2点”；C．“O点”）；
②测得“哈雷彗星”在距离太阳r1处的运行速度大小为v1，则在距离太阳r2处的运行速度大小v2＝ r1v1r2 。
③根据广义相对论可知，“哈雷彗星”在 B 由空间弯曲产生较明显的进动，其“携带”的时钟在 B 走得较慢。（均选填：A．“P点”；B．“Q点”）。
（7）2021年3月12日，我国用“长征七号”改遥二运载火箭将一颗地球同步卫星—“试验九号”卫星顺利送入预定轨道。若地球的半径为6.37×106m，地球表面的重力加速度g取9.8m/s2，则这颗地球同步卫星在轨运行时距地面的高度为 3.59×107m ，运行时速度的大小为 3.07×103m/s 。
【答案】（1）ABD；（2）6.29×1024；（3）向东；文昌；（4）C；（5）D；（6）①B；②r1v1r2；③B；B；（7）3.59×107m；3.07×103m/s
【解答】解：（1）A．“天宫二号”空间站绕地球在圆轨道上运行，由万有引力提供向心力得：GMmr2=m4π2T2r，解得地球的质量为：M=4π2r3GT2，已知轨道半径为r，运行周期为T，万有引力常量为G，故能求出地球的质量，故A正确；
B．空间站做匀速圆周运动，其加速度等于向心加速度，为：a=4π2T2r，故能求出空间站的加速度，但空间站的质量未知，故不能求出空间站所需的向心力，故B正确，C错误；
D．空间站运行的线速度为：v=2πrT，故能求出空间站的线速度，故D正确。
故选：ABD。
（2）天宫空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得：GMmr2=m4π2T2r，解得地球的质量为：M=4π2r3GT2
其中：轨道半径r＝400km+6371km＝6.771×106m，运行周期T＝90min＝5400s，引力常量G＝6.67×10⁻11N•m2/kg2
解得地球的质量为：M≈6.29×1024kg。
（3）从物理学角度，由地面发射太空飞行器或飞船，因地球自转方向为自西向东，故可以借助地球自转选择向东发射；
在地球表面的物体所处位置的纬度越低，随地球自转的做圆周运动的半径越大，根据v＝ωr，可知圆周运动的线速度越大，故选择纬度较低的文昌发射中心发射最好。
（4）AB、根据狭义相对论，当宇航员乘坐星际飞船高速驶离地球时，从宇航员的参考系观察，星际飞船与宇航员是相对静止的，星际飞船长度不会变化，星际飞船上的物体的质量仍为静止质量，不会变化，故AB错误；
C、根据钟慢效应，宇航员会观察到地球上的时钟因相对运动而变慢，故C正确；
D、根据尺缩效应，宇航员会观察到地球上的建筑物的高度因相对运动而变小，故D错误。
故选：C。
（5）BD、东方红二号卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得：GMmr2=m4π2T2r，解得轨道半径满足：r3=GMT24π2，地球同步卫星的运行周期等于地球自转周期，同步卫星的轨道半径一定，根据：v=2πrT，可知同步卫星的运行速度大小一定，故B错误，D正确；
A、7.9km/s是地球的第一宇宙速度，等于轨道半径为地球半径的圆周运动的卫星的线速度大小，根据：GMmr2=mv2r，解得线速度大小为：v=GMr，因同步卫星的轨道半径大于地球半径，故其运行速度为小于7.9km/s，故A错误；
C、东方红二号卫星是地球静止卫星，位于地球赤道的正上方，它不会绕过北京的正上方，故C错误。
故选：D。
（6）①根据开普勒第一定律可知，太阳位于椭圆轨道的焦点上。根据开普勒第二定律可知，距离太阳越远，“哈雷彗星”的速率越小，所以太阳距离P点较远，距离Q点较近，可知太阳应位于F2点，故选填：B；
②根据开普勒第二定律可得：v1r1＝v2r2，解得：v2=r1v1r2；
③根据广义相对论可知，引力场越强的地方，时空弯曲越明显。Q点为近日点，其附近太阳的引力较强，导致空间弯曲比P点显著，故“哈雷彗星”在Q点（选填：B）产生较明显的进动；
根据广义相对论的时间膨胀效应，在强引力场中时间流逝会变慢。故“哈雷彗星”在Q点时离太阳较近，处于较强的引力场中，其“携带”的时钟在Q点（选填：B）走得较慢。
（7）设这颗地球同步卫星在轨运行时距地面的高度为h，由万有引力提供向心力得：GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)
对于在地球表面的物体，由万有引力等于重力得：GMm′R2=m′g
联立可得：（R+h）3=gR2T24π2
已知地球的半径R＝6.37×106m，地球表面的重力加速度g＝9.8m/s2，地球同步卫星的运行周期T＝24×3600s＝86400s
解得：h＝3.59×107m
运行时速度的大小为v=2π(R+ℎ)T
解得：v＝3.07×103m/s
故答案为：（1）ABD；（2）6.29×1024；（3）向东；文昌；（4）C；（5）D；（6）①B；②r1v1r2；③B；B；（7）3.59×107m；3.07×103m/s
▉题型7 不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较
【知识点的认识】
1.卫星运行的一般规律如下：
①GMmr2=mv2r→v=GMr
②GMmr2=mω2r→ω=GMr3
③GMmr2=m4π2rT2→T=4π2r3GM
④GMmr2=ma→a＝GMr2
由此可知，当运行半径r增大时，卫星运行的线速度v减小，角速度ω减小，加速度a减小，周期T变大。所以可总结出一条规律为“高轨低速长周期”。即轨道大时，速度（“所有的速度”：线速度、角速度、加速度）较小、周期较大。
2.卫星的运行参数如何与赤道上物体运行的参数相比较？
赤道上运行的物体与同步卫星处在同一个轨道平面，并且运行的角速度相等，所以比较赤道上物体与一般卫星的运行参数时，可以通过同步卫星建立联系。
42．我国的北斗系统主要由地球同步轨道卫星和中轨道卫星组成，若其中两卫星在同一平面内环绕地球做匀速圆周运动，且绕行方向相同，如图甲所示；两卫星之间的距离Δr随时间变化的关系如图乙所示，图中R为地球半径，地球表面重力加速度大小为g，不考虑两卫星之间的作用力，计算时2.23=3。下列说法正确的是（ ）
A．中轨道卫星与同步卫星的轨道半径之比为1：2
B．中轨道卫星的加速度大小为13g
C．图乙中的T为24小时
D．中轨道卫星的运动周期为23T
【答案】D
【解答】解：A、由题意及题图可知r中+r同＝9.6R，r同﹣r中＝3.6R，解得中轨道卫星、同步卫星的轨道半径分别为r同＝6.6R，r中＝3R，则r中：r同＝3R：6.6R＝1：2.2，故A错误；
B、根据卫星受到的万有引力提供圆周运动的向心力，有GMmr2=ma，解得a=GMr2，由黄金代换式GMmR2=mg，得a=gR2r2=gR29R2=g9，故B错误；
CD、设两卫星的运行周期分别为T中、T同，由图乙可知每隔时间T两卫星距离最近，即每隔时间T，中轨道卫星就比同步卫星多转了一周，即2πT中T−2πT同T=2π，根据开普勒第三定律有r中3T中2=r同3T同2，联立解得T中=23T，T同＝2T，由于T同＝24h，所以T＝12h，故C错误，D正确。
故选：D。
43．地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象称为“行星冲日”。2024年9月8日，土星冲日上演，冲日前后土星距离地球最近，也最明亮，为天文爱好者提供了一场视觉盛宴。已知土星的公转半径约为地球公转半径的9.5倍，则下列说法正确的是（ ）
A．土星公转的线速度大于地球公转的线速度
B．土星公转的向心加速度大于地球公转的向心加速度
C．地球公转的向心加速度约为土星公转向心加速度的9.5倍
D．2025年还会看到土星冲日的天文现象
【答案】D
【解答】解：AB.根据GMmr2=mv2r=ma，可得v=GMr，a=GMr2，由于土星的公转半径大于地球公转半径，所以土星公转的线速度和向心加速度均小于地球的公转线速度和向心加速度，故AB错误；
C.根据a=GMr2，代入数据解得a地a土=9.52倍＝90.25倍，故C错误；
D.相邻的土星冲日的时间间隔为t，则有tT地−tT上=1，代入数据解得t≈1年，所以2025年还会看到土星冲日的天文现象，故D正确。
故选：D。
44．人造卫星甲、乙绕地球公转的轨道半径分别为r1和r2，绕地球公转的角速度分别为ω1和ω2，若人造卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动，则下列关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解答】解：卫星绕地球公转，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mω2r，可得：GM＝ω2r3
则有：(ω1ω2)2=(r2r1)3
由数学知识可知有：2lgω1ω2=3lgr2r1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
45．火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动。火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。如图所示，当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（ ）
A．在冲日处，火星的向心加速度大小大于地球的向心加速度大小
B．在冲日处，地球的观测者观测到火星的运动为顺行
C．从图中所示时刻起，经过t=T1×T2T2−T1（T1、T2为地球、火星的公转周期），再次出现火星冲日
D．火星的公转周期大约是地球的394倍
【答案】C
【解答】解：A、火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得
GMmr2=ma
解得a=GMr2
因火星的轨道半径比地球的大，故火星的向心加速度大小小于地球的向心加速度大小，故A错误；
B、根据GMmr2=m v2r得
v=GMr
可知火星运动的线速度小于地球的线速度，火星相对地球自东向西运动，即逆行，故B错误；
C、从图中所示时刻起，再次出现火星冲日时，地球比火星多转一圈，即tT1−tT2=1，解得t=T1×T2T2−T1，故C正确；
D、设T1、T2为地球、火星的公转周期。由开普勒第三定律可得
r地3T12=r火3T22
已知r火≈1.5r地，解得T2≈278T1，故D错误。
故选：C。
（多选）46．北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，由地球静止轨道卫星（轨道高度约36000km）、倾斜地球同步轨道卫星（轨道高度约为36000km，轨道平面与赤道平面的夹角为54.8°）和中圆地球轨道卫星（轨道高度约为21600km）三种轨道卫星组成混合导航星座，所有卫星运动均可视为匀速圆周运动。根据题中所给条件，下列判断正确的是（ ）
A．地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星绕地球运行的周期相同
B．地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星都始终位于地面上某点的正上方
C．中圆地球轨道卫星的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间
D．倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度小于中圆地球轨道卫星的向心加速度
【答案】AD
【解答】解：A、由开普勒第三定律a3T2=k可知，地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星绕地球运行的轨道半径相同，则两者的运行周期相同，故A正确；
B、地球静止轨道卫星定点于赤道正上方。倾斜地球同步轨道卫星的周期是24小时，轨道平面与赤道平面的夹角为54.8°，在地面上看是移动的，因此不能总是在某点的正上方，故B错误；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动时，由GMmr2=mv2r，解得v=GMr，可知中圆地球轨道卫星的线速度小于近地卫星的线速度，即小于卫星的最大环绕速度7.9km/s，故C错误；
D、倾斜地球同步轨道卫星的半径大于中圆地球轨道卫星，根据GMmr2=ma，解得a=GMr2，可知倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度小于中圆地球轨道卫星的向心加速度，故D正确。
故选：AD。
47．近年来，我国的航天事业取得长足进步和发展，走在了世界航天科学研究和应用的前列。
（1）2018年，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成功实施轨道捕获控制，进入环绕距月球约6.5万公里的地月拉格朗日L2点的Hal使命轨道，成为世界首颗运行在地月L2点Hal轨道的卫星。地月L2是个“有趣”的位置，在这里中继星绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。则下列说法正确的是 BD 。（多选题）
A．“鹊桥”中继星绕地球转动的角速度比月球绕地球角速度大
B．“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大
C．“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度小
D．“鹊桥”中继星绕地球转动的周期比地球的同步卫星周期长
（2）如图2为“北斗”卫星导航系统的a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则 B 。
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．四颗地球卫星中b的线速度最大
C．c在4小时内转过的圆心角是π6
D．d的运动周期有可能是20小时
（3）中国新闻网宣布：在摩洛哥坠落的陨石被证实来自火星。某同学想根据平时收集的部分火星资料（如表所示）计算出火星的密度，再与这颗陨石的密度进行比较。下列计算火星密度的公式，正确的是（引力常量G已知，忽略火星自转的影响） ACD （多选题）。
A．ρ=3g02πGd
B．ρ=g0T23πd
C．ρ=3πGT2
D．ρ=6Mπd3
（4）我国发射的探月卫星有一类为绕月极地卫星。利用该卫星可对月球进行成像探测。如图3所示，设卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时距月球表面的高度为h，绕行周期为T2；月球绕地球公转的周期为T1，公转轨道半径为r；地球半径为R1，月球半径为R2，忽略地球引力、太阳引力对绕月卫星的影响，万有引力常量为G。则月球质量M2＝ 4π2(R2+ℎ)3GT22 ；地球表面重力加速度g1＝ 4π2r3R12T12 。
【答案】（1）BD；（2）B；（3）ACD；（4）4π2(R2+ℎ)3GT22，4π2r3R12T12。
【解答】解：（1）A.“鹊桥”中继星绕地球转动的角速度与月球绕地球角速度一样大，故A错误；
B.根据v＝rω可知，“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球线速度大，故B正确；
C.根据a＝rω2可知，“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故C错误；
D.因为“鹊桥”中继星的轨道半径大于月球绕地球公转的轨道半径，一定大于同步卫星的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，“鹊桥”中继星绕地球转动的周期比地球的同步卫星周期长，故D正确。
故选：BD。
（2）A．a是静止在地面物体，则它的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；
B．根据GMmr2=mv2r，得v=GMr，可知vb＞vc＞vd，而c和a的角速度相等，则vc＞va，故四颗地球卫星中b的线速度最大，故B正确；
C．c在4小时内转过的圆心角是θ=424×2π=13π，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知，d的运动周期一定超过24小时，故D错误。
故选：B。
（3）设近地卫星的质量为m，近地卫星GMmR2=m4π2T2R=mg0，得M=4π2R3GT2或者M=g0R2G，对火星的密度公式有ρ=MV=M4πR33，其中R=d2，得ρ=6Mπd3，其中R=d2，又得ρ=3πGT2，ρ=3g02πGd，而ρ=g0T23πd=2π3≠ρ，故ACD正确，B错误。
故选：ACD。
（4）对于绕月卫星，根据牛顿第二定律GM2m(R2+ℎ)2=m（R2+h）4π2T22，解得M2=4π2(R2+ℎ)3GT22；设地球质量为M，对于月球绕地球的运动，有GMM2r2=M2r4π2T12，又有GMmR12=mg1，得g1=4π2r3R12T12。
故答案为：（1）BD；（2）B；（3）ACD；（4）4π2(R2+ℎ)3GT22，4π2r3R12T12。
▉题型8 卫星的发射及变轨问题
【知识点的认识】
1.卫星从发射到入轨运行不是一蹴而就的，要经过多次的轨道变化才能实现。
2.一般来说卫星的发射包括以下步骤：
①发射地球卫星，如下图
a、先进入近地轨道Ⅲ
b、在B点加速进入椭圆轨道Ⅱ
c、在远地点A加速进入高轨道Ⅰ
②发射其他行星的卫星，如下图（以月球为例）
a、先进入近地轨道
b、加速进入椭圆轨道
c、多次在近地点加速增加远地点高度，从而进入地月转移轨道
d、在地月转移轨道上的某点被月球引力俘获进入月球轨道
e、在近地点减速减小远地点高度
f、进入环月轨道
（多选）48．如图所示，发射同步卫星的一般程序是：先让卫星进入一个近地的圆轨道，然后在P点变轨，进入椭圆形转移轨道（该椭圆轨道的近地点为近地圆轨道上的P点，远地点为同步圆轨道上的Q点），到达远地点Q时再次变轨，进入同步轨道。设卫星在近地圆轨道上运行的速率为v1，加速度大小为a1；在椭圆形轨道的近地点P点的速率为v2，加速度大小为a2；沿转移轨道刚到达远地点Q时的速率为v3；在同步轨道上的速率为v4，加速度为a4；沿近地圆轨道、椭圆轨道、同步圆轨道运动的周期分别为T1、T2、T3，则下列说法正确的有（ ）
A．在P点变轨时加速，Q点变轨时减速
B．a1＞a2＞a4
C．T3＞T2＞T1
D．v2＞v1＞v4＞v3
【答案】CD
【解答】解：A.在P、Q两点变轨时均使卫星做离心运动，均需要向后喷气加速，故A错误；
B.根据
F=GMmr2=ma
解得
a=GMr2
则a1＝a2＞a4
故B错误；
C.由开普勒第三定律可得
R3T2=k
从里向外三个轨道的半径（半长轴）变大，故周期变大，即
T1＜T2＜T3
故C正确；
D.在圆轨道上运行时由引力作为向心力可得
GMmr2=mv2r
解得
v=GMr
故
v1＞v4
两次变轨过程均加速，故
v2＞v1，v4＞v3
在椭圆轨道上从近地点到远地点，引力做负功，速度减小，故
v2＞v3
综上所述可得
v2＞v1＞v4＞v3
故D正确。
故选：CD。
（多选）49．2022年1月22日，我国将一颗失效的北斗二号G2卫星从轨道半径为R1的地球同步轨道上变轨后运行到轨道半径为R2的“墓地轨道”上，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行。该过程的简化示意图如图所示。已知椭圆形转移轨道与同步轨道和“墓地轨道”分别相切于P、Q两点，则北斗二号G2卫星（ ）
A．在转移轨道上Q点的加速度小于在“墓地轨道”上Q点的加速度
B．在转移轨道上Q点的速度小于在“墓地轨道”上Q点的速度
C．在转移轨道上P点的速度与Q点速度之比为R1：R2
D．沿转移轨道从P点运动到Q点所用的时间为R1+R24R1R1+R22R1天
【答案】BD
【解答】解：A、根据牛顿第二定律可得
GMmR2=ma
解得
a=GMR2
因卫星在两轨道上Q点离地心的距离相同，故其所处位置的加速度相同，则卫星在转移轨道上Q点的加速度和“墓地轨道”上Q点的加速度相同，故A错误；
B、卫星在转移轨道上Q点必须点火加速，使其自身做离心运动才能进入“墓地轨道”轨道，可知，卫星在转移轨道上Q点的速度小于在“墓地轨道”上Q点的速度，故B正确；
C、根据开普勒第二定律可知，卫星在同一轨道上环绕中心天体运行时，在相同时间内与地心连线扫过的面积相等。设卫星分别在远地点Q和在近地点P分别运行极短时间Δt，则有
12vQ⋅Δt⋅R2=12vP⋅Δt⋅R1
可得vPvQ=R2R1，故C错误；
D、根据几何关系可得转移轨道的半长轴为
a=R1+R22
将卫星在转移轨道上的运行过程和地球同步卫星的运行过程比较，根据开普勒第三定律可得
R13T12=(R1+R22)3T22
其中地球同步卫星的运行周期T1＝1天
解得T2=R1+R22R1R1+R22R1天
则卫星从P运动到Q的时间为半个周期为t=R1+R24R1R1+R22R1，故D正确。
故选：BD。
50．10月13日美国SpaceX进行了重型运载火箭“星舰”的第五次试飞（图1），史无前例地使用发射搭回收了巨大的火箭助推器，获得了圆满的成功。飞船与助推器分离后，助推器返回地面的发射台。助推器在靠近地面时，经过调整矢量发动机改变喷出火焰的方向，最后20多层楼高的助推器“竖直但略带倾斜地”减速靠近发射台，然后被发射台的机械臂“Mechazilla”像筷子一样在半空中夹住。
（1）人造地球卫星的发射速度至少大于 A 。
（2）图2示虚线为某彗星绕日运行的椭圆形轨道，a、c为椭圆轨道长轴端点，b、d为椭圆轨道短轴端点。彗星沿图中箭头方向运行。该彗星某时刻位于a点，经过四分之一周期该彗星位于轨道的 C 。
A.ab之间
B.b点
C.bc之间
D.c点
（3）某卫星（图3）先在圆轨道1运动，在P点变轨后进入椭圆轨道2运动，在Q点变轨后进入圆轨道3运动，若忽略卫星质量变化，则 ABC 。
A.变轨后经过P点的速度大于变轨前的速度
B.变轨后经过Q点的速度大于变轨前的速度
C.变轨前后在Q点的加速度相等
D.卫星在轨道3的速度大于在轨道1的速度
（4）“星舰”助推器在其减速下落的某个时刻，喷射火焰如图4所示，则助推器受到的合力F方向正确的是 D 。
（5）宇航员在某星球表面以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t小球落回抛出点，已知该星球的半径为R，引力常量为G，忽略星球的自转，则该星球的质量为 2v0R2Gt 。类比地球的第一宇宙速度，该星球的第一宇宙速度为 2v0Rt 。
（6）火箭竖直发射升空的某一瞬间，仪器显示航天员对座舱的压力等于他体重的3倍，此时飞船的加速度大小为重力加速度的 2 倍。助推器返回并靠近发射台时，助推器处于 超重 （选填“超重”或“失重”）状态。
【答案】（1）A；（2）C；（3）ABC；（4）D；（5）2v0R2Gt，2v0Rt；（6）2，超重。
【解答】解：（1）地球卫星的发射速度为第一宇宙速度即mg=mv2R，解得v＝7.9km/s，故A正确，BC错误。
故选：A。
（2）根据开普勒第二定律可知，彗星在近日点的速度a点最大，远日点c的速度最小，由对称性可知，从a到c所用时间为二分之一周期，且从a到b所用时间小于从b到c所用时间，则该彗星某时刻位于a点，经过四分之一周期应位于bc之间。故C正确，ABD错误。
故选：C。
（3）A.轨道1变轨到轨道2在P点点火加速，因此变轨后经过P点的速度大于变轨前的速度，故A正确；
B.轨道2变轨到轨道3在Q点点火加速，因此变轨后经过Q点的速度大于变轨前的速度，故B正确；
C.卫星在Q点都是由万有引力提供向心力，则有GMmr2=ma，解得a=GMr2，因为卫星在经过Q点时和地球的距离r不变，则变轨前后在Q点的加速度相等，故C正确；
D.卫星在轨道3与在轨道l上根据GMmr2=mv2r，解得v=GMr，且r3＞r1，故卫星在轨道3的速度小于在轨道1的速度，故D错误。
故选：ABC。
（4）由于火焰向下喷出，根据牛顿第三定律可知，助推器受到向上的推力，且推力大于重力，使助推器减速下降，故合力的方向向上。故D正确，ABC错误。
故选：D。
（5）设星球表面的重力加速度为g，根据抛体运动规律可知t=2v0g，解得g=2v0t，在星球表面，万有引力与重力相等，则有GMmR2=mg，解得M=gR2G，得M=2v0R2Gt；设该星球上的第一宇宙速度为v，则有 mg=mv2R，解得v=2v0Rt；
（6）由题可知FN﹣mg＝ma，FN＝3mg，解得a＝2g，飞船的加速度大小为重力加速度的2倍；由题意可知，助推器返回并靠近发射台时，需要减速下降，具有向上的加速度，故助推器处于超重状态。
故答案为：（1）A；（2）C；（3）ABC；（4）D；（5）2v0R2Gt，2v0Rt；（6）2，超重。
▉题型9 航天器中的失重现象
【知识点的认识】
1.完全失重状态：人造地球卫星、宇宙飞船、航天飞机等航天器进入轨道后，其中的人和物将处于失重状态。航天器进入轨道后可以近似认为是绕地球做圆周运动，做圆周运动的物体的速度方向是时刻改变的，因而具有加速度，它的大小等于卫星所在高度处的重力加速度的大小。这跟在以重力加速度下降的升降机中发生的情况类似，航天器中的人和物都处于完全失重状态。
2.在宇宙飞船中就会发生什么现象呢？
物体将飘在空中，液滴呈绝对球形，气泡在液体中将不会上浮，食物要做成块状或牙膏似的糊状，以免食物的碎渣“漂浮”在空中，进入宇航员的眼睛、鼻孔等等。
3.在太空中一切与力有关的仪器都将无法使用。比如弹簧测力计、电子秤等都将不能再使用了。
（多选）51．2024年10月30日凌晨，“神舟十九号”载人飞船从酒泉卫星发射中心发射升空，三名航天员随飞船一起前往中国空间站开展为期半年的太空科研工作。下列说法正确的是（ ）
A．加速起飞时航天员的惯性增大
B．加速起飞时航天员处于超重状态
C．在空间站内，航天员不受地球引力
D．在空间站内，航天员处于完全失重状态
【答案】BD
【解答】解：A．由于惯性取决于质量大小，加速起飞时航天员的惯性不变，故A错误；
B．加速起飞时航天员加速度向上，处于超重状态，故B正确；
C．在空间站内，航天员受地球引力作用，故C错误；
D．在空间站内，航天员只受重力，则处于完全失重状态，故D正确。
故选：BD。
52．太空的失重环境是验证不少科学真理的理想实验环境。请回答下列有关问题：
【实验一】2022年3月23日下午，“天宫课堂”第二课在中国空间站开讲，王亚平做了太空抛物实验，奥运顶流“冰墩墩”在空间站上被航天员抛出后，并没有像在地面上那样做曲线运动，而是水平飞出去了。
（1）关于冰墩墩被水平抛出后，做水平运动的原因，以下解释中正确的是 BCD 。（多选题）
A．冰墩墩在空间站内不受力的作用
B．冰墩墩水平方向不受外力作用
C．冰墩墩处于完全失重的状态
D．冰墩墩随空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
（2）历史上，牛顿曾提出：若在地球表面的高山上来做平抛实验，把物体抛出，它将落向地面；如果将物体抛出的速度变大，它将会落向更远的地方。如果抛出的速度足够大，它有可能不落回地面，而是绕地球运转。已知地球半径为6.37×103km，小伟同学用如下方法推导这一速度：v=2πRT=2π×6.37×10624×3600m/s=0.453×103m/s，结果与正确值相差很远，这是由于他在近似处理中，错误的假设是 C 。
A．卫星的轨道是圆的
B．卫星的轨道半径等于地球半径
C．卫星的周期等于地球自转的周期
D．卫星的向心力等于它在地球上受到的地球引力
（3）已知地球表面重力加速度g＝9.8m/s2，请你利用已学习的物理知识求出正确的“足够大的速度”为 7.9 km/s。
【实验二】在一个未知星球上用如图所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对此运动采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：
（4）由以上信息，可知a点 是 （填“是”或“不是”）小球的抛出点；
（5）由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为 8.0 m/s2；
（6）由以上及图信息可以算出小球在b点时的速度是 425 m/s；
（7）若已知该星球的半径与地球半径之比为1：4，则该星球的质量与地球质量之比为 1：20 ，该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为 1：5 。
【答案】（1）BCD；（2）C；（3）7.9；（4）是；（5）8.0；（6）425；（7）1：20，1：5。
【解答】解：（1）ACD.冰墩墩在空间站内受万有引力的作用，处于完全失重的状态，且万有引力提供向心力使冰墩墩做匀速圆周运动，故A错误，CD正确；
B.冰墩墩水平方向不受外力作用，故B正确。
故选：BCD。
（2）根据计算线速度的表达式可知，错误的原因在于将近地卫星的周期处理成了同步卫星的公转周期或者地球的自转周期，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（3）根据近地卫星受到的重力提供向心力可得mg＝mv2R，得v=gR=9.8×6.37×106m/s＝7901m/s＝7.9km/s；
（4）a、b、c、d四点水平方向的距离相同，说明相邻两点间的时间间隔相等，为T＝0.1s，竖直方向上，相邻两点间的距离之比满足1：3：5，故a点是小球的抛出点；
（5）竖直方向上，根据匀变速直线运动推论有Δy＝gT2，代入题中数据Δy＝2×1×4×10﹣2m，得g＝8.0m/s2；
（6）b点对应的竖直分速度vby＝gT＝8.0×0.1m/s＝0.8m/s，水平分速度v0=2×4×10−20.1m/s＝0.8m/s，则vb=vby2+v02，得vb=425m/s；
（7）根据黄金代换式GMmR2=mg，得M=gR2G，则该星球质量与地球质量之比为M星：M地＝g星R星2：gR2，解得M星：M地＝1：20，又由mg＝mv2R，得v=gR，代入数据计算，则第一宇宙速度之比v星：v地＝1：5。
故答案为：（1）BCD；（2）C；（3）7.9；（4）是；（5）8.0；（6）425；（7）1：20，1：5。
▉题型10 卫星的追及相遇问题
【知识点的认识】
一、卫星的对接问题
1.在卫星运行的过程中，会遇到这样的一类问题，那就是处于低轨道的物体要和高轨道的物体相会和；或处于高轨道的物体要和低轨道的物体相会和。在现实中的应用比如卫星的对接。
2.卫星对接的原理可以简单概括为：加速进高轨，减速进低轨。本质上是近心和离心作用。
3.现实生活中的卫星对接常常一般采用从低轨加速进入高轨的方式完成对接。
二、卫星角速度不同引起的共线问题
1.不同轨道的卫星运行的速度不同，如果某一个时刻两个卫星与中心天体在一条直线上（卫星在天体同一侧），一定时间后它们还会再次共线。这种情况也可以认为卫星发生了追及相遇现象。
2.这类问题的本质可以看成卫星运行的角速度不同引起的，根据角速度与角度的关系可以得出，每一次卫星与中心天体在一条直线上（卫星在天体同一侧）时有：
（ω1﹣ω2）t＝2nπ，n＝1，2，3，...
53．神舟十九号与空间站在同一圆周轨道上绕地球做匀速圆周运动，若要使后方的神舟十九号在该轨道追上空间站，神舟十九号持续喷射燃气的方向可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解答】解：要想使神舟十六号在与空间站的同一轨道上对接，高轨加速，低轨减速，则需要加速使神舟十六号速度变大，与此同时要想不脱离原轨道，根据F＝mv2r
则必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而喷气产生的推力与喷气方向相反。
故A正确，BCD错误。
故选：A。
▉题型11 双星系统及相关计算
【知识点的认识】
1.模型特点：众多的天体中如果有两颗恒星，它们靠得较近，在万有引力作用下绕着它们连线上的某一点共同转动，这样的两颗恒星称为双星。
2.模型特点
（1）两星的运行轨道为同心圆，圆心是它们之间连线上的某一点；
（2）两星的向心力大小相等，由它们间的万有引力提供；
（3）两星的运动周期、角速度相同；
（4）两星的运动半径之和等于它们间的距离，即r1+r2＝L。
3.处理方法
（1）双星间的万有引力提供了它们做圆周运动的向心力，即Gm1m2L2=m1ω2r1=m2ω2r2。
（2）两个结论：
①运动半径：m1r1＝m2r2，即某恒星的运动半径与其质量成反比。
②质量之和：由于ω=2πT，r1+r2＝L，所以两恒星的质量之和为m1+m2=4π2L3GT2。
54．2019年4月10日晚9时许，全球多地天文学家同步公布的首张黑洞照片。假设银河系中两个黑洞A、B，它们以二者连线上的O点为圆心做匀速圆周运动，测得A、B到O点的距离分别为r和2r。黑洞A、B均可看成质量分布均匀的球体，不考虑其他星球对黑洞的引力，两黑洞的半径均远小于它们之间的距离。下列说法正确的是（ ）
A．黑洞A、B的质量之比为1：2
B．黑洞A、B所受引力之比为1：2
C．黑洞A、B的角速度之比为1：2
D．黑洞A、B的线速度之比为1：2
【答案】D
【解答】解：C、两个黑洞A、B构成双星系统，角速度相等，黑洞A、B的角速度之比为1：1，故C错误；
A、根据相互间的万有引力提供向心力有
Gm1m2(r1+r2)2=m1r1ω2=m2r2ω2
可知轨道半径之比等于质量之反比，则质量之比为2：1，故A错误；
B、黑洞A、B间的万有引力属于相互作用力，大小相等，故B错误；
D、根据线速度与角速度关系有v＝rω，可知线速度与半径成正比，则黑洞A、B的线速度之比为1：2，故D正确。
故选：D。
55．“三星系统”与“双星系统”都是宇宙中存在的天体系统。两种系统中，天体均可在万有引力的作用下绕共同的圆心做匀速圆周运动。如图分别为两种天体系统的示意图，图中五个球形天体的质量均为M，天体中心连线的长度均为L，星球距离远大于星球半径，万有引力常量为G。“三星系统”与“双星系统”运动周期之比为（ ）
A．2：3B．3：2C．2：3D．3：2
【答案】A
【解答】解：对“三星系统”中的一颗星进行受力分析，根据万有引力定律结合牛顿第二定律得2GM2L2cs30°=M4π2T′2r
由几何关系得2rcs30°＝L
对“双星系统”中的一颗星进行受力分析，根据万有引力定律结合牛顿第二定律得 GM2L2=M4π2T2⋅L2
联立可得 TT′=23，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）56．如图所示，P、Q恒星构成的双星系统，一颗质量为m，另一颗质量为2m，两星均视为质点且距离保持不变，均绕它们连线上的O点做匀速圆周运动。轨道平面上的观测点F相对于O点静止，连续两次出现P、Q与O、F共线的时间间隔为t。仅考虑双星间的万有引力，引力常量为G。则（ ）
A．恒星Q的质量为2m
B．恒星P圆周运动的角速度为2πt
C．任意时间内两星与O点的连线扫过的面积相等
D．恒星P、Q之间的距离为(3Gmt2π2)13
【答案】AD
【解答】解：A．双星系统中，根据Gm1m2r2=m1r1ω2=m2r2ω2，可知双星的质量与绕行半径成反比，由图中P、Q两星的绕行半径可知恒星Q的质量更大，故A正确；
B．双星的角速度相同，因此连续两次出现P、O、Q共线的间隔角度应为π，角速度ωP=ωQ=πt，故B错误；
C．双星的角速度相同而P的绕行半径更大，因此相同时间内PO连线扫过的面积一定更大，故C错误；
D．假设双星距离为L，根据双星系统中万有引力提供向心力，可知Gm⋅2mL2=mω2rP，Gm⋅2mL2=2mω2rQ
联立可解得双星距离L=(3Gmt2π2)13
故D正确。
故选：AD。
（多选）57．如图所示，北冕座T的双星系统由一颗白矮星和一颗红巨星组成。其中，白矮星的质量约为太阳的1.4倍，然而其体积却仅仅比地球稍大，红巨星的质量约为太阳的1.1倍，其半径是太阳的75倍，白矮星与红巨星之间的距离约为地球与太阳间距离的12，不考虑星球的自转，则（ ）
A．该红巨星表面的重力加速度大小约为太阳表面的150
B．该红巨星表面的重力加速度大小约为太阳表面的15000
C．北冕座T双星系统运行的周期大于1年
D．北冕座T双星系统运行的周期小于1年
【答案】BD
【解答】解：AB、在星球表面上，物体所受重力大小等于星球对物体的万有引力大小，有mg=GMmR2
可得g=GMR2
则g红g日=M红R日2M日R红2=1.1752≈15000，故A错误，B正确；
CD、对北冕座T双星系统，根据万有引力提供向心力，有
GM红M白L2=M有(2πT1)2r1=M丙(2πT1)2r2，其中r1+r2＝L
解得北冕座T双星系统的周期为
T1＝2πL3G(M白+M红)
对地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，有
GM日M地r2=M地4π2T22r
解得地球公转周期为
T2＝2πr3GM日
可得T1＝T2L3M日 r3(M白+M红)=1×531.1+1.4年＜1年，故C错误，D正确。
故选：BD。
58．宇宙空间有两颗相距较远、中心距离为d的星球A和星球B。在星球A上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，如图（a）所示，P由静止向下运动，其加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图（b）中实线所示。在星球B上用完全相同的弹簧和物体P完成同样的过程，其a﹣x关系如图（b）中虚线所示。已知两星球密度相等。星球A的质量为m0，引力常量为G。假设两星球均为质量均匀分布的球体。
（1）求星球A和星球B的表面重力加速度的比值；
（2）若将星球A看成是以星球B为中心天体的一颗卫星，求星球A的运行周期T1；
（3）若将星球A和星球B看成是远离其他星球的双星模型，这样算得的两星球做匀速圆周运动的周期为T2。求此情形中的周期T2与上述第（2）问中的周期T1的比值。
【答案】（1）星球A和星球B的表面重力加速度的比值为12；
（2）若将星球A看成是以星球B为中心天体的一颗卫星，星球A的运行周期为πdd2Gm0；
（3）此情形中的周期T2与上述第（2）问中的周期T1的比值为232。
【解答】解：（1）对物体P受力分析，根据牛顿第二定律：mg﹣kx＝ma
可得：a＝g−kxm
结合a﹣x图象可知，纵截距表示星球表面重力加速度，则有：gAgB=2a04a0=12；
（2）设星球B的质量为M，根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg
根据质量与体积关系式可得：M=ρ⋅43πR3
联立解得：ρ=3g4πGR
由于星球A和星球B密度相等，可见gARA=gBRB
则有：RARB=gAgA=12；
则星球B与星球A的质量比：Mm0=RB3RA3
联系以上各式可得：m＝8m0；
星球A以星球B为中心天体运行时，受到星球B的万有引力作用做匀速圆周运动。
研究星球A，根据向心力公式：GMm0d2=m0（2πT1）2d
解得：T1=πdd2Gm0；
（3）将星球A和星球B看成双星模型时，它们在彼此的万有引力作用下做匀速圆周运动。
研究星球A，根据万有引力提供向心力可得：GMm0d2=m0（2πT2）2rA
研究星球B，根据万有引力提供向心力可得：GMm0d2=m0（2πT2）2rB
又：rA+rB＝d
联立可得：T2=23πddGm0
则：T2T1=232。
答：（1）星球A和星球B的表面重力加速度的比值为12；
（2）若将星球A看成是以星球B为中心天体的一颗卫星，星球A的运行周期为πdd2Gm0；
（3）此情形中的周期T2与上述第（2）问中的周期T1的比值为232。
▉题型12 多星系统及相关计算
【知识点的认识】
1.定义：由多个天体组成的系统叫作多星系统。
2.三星系统：由三个天体组成的系统叫作三星系统。常见的三星系统有两种：
①三颗恒星在一条直线上，一起绕着某个点运行
②三个恒星不在一条直线上，一起绕着某个点运行
4.研究多星系统的基本思路是，每一颗恒星都仅受到其它恒星的引力作用，这些引力的合力要么提供它做圆周运动的向心力，要么使它处于平衡状态。
59．随着对太空探索的深入，人类发现了多星系统，其中双星系统是最简单的多星系统。如图所示，两星体a、b位于同一直线上，且均以相同的角速度环绕连线上的O点做匀速圆周运动。已知星体a的质量为m，ab间距为L，已知两星体的轨道半径大小之差aO−bO=L2，万有引力常量G。则两星体运行的角速度大小为（ ）
A．GmL3B．2GmL3C．4GmL3D．6GmL3
【答案】C
【解答】解：在双星系统中，两星体的角速度相同，设星体b的质量为M，根据双星由相互间的万有引力提供向心力，对a星体有GMmL2=mω2laO
对b星体有GmML2=Mω2lOb
其中aO−bO=L2，aO+bO＝L
联立解得M＝3m，ω=4GmL3，故ABD错误，C正确。
故选：C。
▉题型13 中子星与黑洞
【知识点的认识】
本考点以中子星或黑洞为背景考查万有引力定律。
60．科学家通过研究双中子星合并的引力波，发现：两颗中子星在合并前相距为L时，两者绕连线上的某点每秒转n圈；经过缓慢演化一段时间后，两者的距离变为kL，每秒转pn圈，则演化前后（ ）
A．两中子星运动周期为之前kp倍
B．两中子星运动的角速度为之前kp倍
C．两中子星质量之和为之前k3p2倍
D．两中子星运动的线速度平方之和为之前1k倍
【答案】C
【解答】解：A．合并前相距为L时，周期T=1n
缓慢演化一段时间后，周期T′=1np=1pT
故A错误；
B．角速度之比即转速之比，两中子星运动的角速度为之前p倍，故B错误；
C．对m，根据牛顿第二定律有：GMmL2=m(2πn)2r2
对M，根据牛顿第二定律有：GMmL2=M(2πn)2r1
可得G（M+m）＝4π2n2L3
转速之比为p且距离变为kL，所以总质量（M+m）'＝k3p2（M+m）
故C正确；
D．根据万有引力提供向心力：GMmL2=mv2r
可得v12=Gmr1L2，v22=GMr2L2
解得：v12+v22=GMr2+Gmr1L2
只有当M＝m时，v12+v22=GML
两者的距离变为kL时，线速度平方之和为之前1k倍，但现在质量关系不确定，则线速度平方之和不一定为之前1k倍，故D错误。
故选：C。
题型1 万有引力与重力的关系（黄金代换）
题型2 计算天体的质量和密度
题型3 第一、第二和第三宇宙速度的物理意义
题型4 同步卫星的特点及相关计算
题型5 近地卫星
题型6 卫星或行星运行参数的计算
题型7 不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较
题型8 卫星的发射及变轨问题
题型9 航天器中的失重现象
题型10 卫星的追及相遇问题
题型11 双星系统及相关计算
题型12 多星系统及相关计算
题型13 中子星与黑洞
宇宙速度
数值（km/s）
意义
第一宇宙速度
7.9
这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度
第二宇宙速度
11.2
这是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度
第三宇宙速度
16.7
这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度
火星﹣Mars
火星的小档案
直径d＝6779km
质量M＝6.4171×1023kg
表面的重力加速度g0＝3.7m/s2
近地卫星的周期T＝3.4h