第26讲　专题强化六　天体运动中的三类典型问题——2027届高三物理一轮复习讲义

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1．地球静止卫星的特点
相对于地面静止且与地球自转具有相同周期的卫星叫地球静止卫星。静止卫星有以下“七个一定”的特点：
(1)轨道平面一定：轨道平面与赤道平面共面。
(2)周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h。
(3)角速度一定：与地球自转的角速度相同。
(4)高度一定：由Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)得地球静止卫星离地面的高度h＝eq \r(3,\f(GMT2,4π2))－R≈3.6×107 m。
(5)速率一定：v＝eq \r(\f(GM,R＋h))≈3.1×103 m/s。
(6)向心加速度一定：由Geq \f(Mm,R＋h2)＝man得an＝eq \f(GM,R＋h2)＝gh＝0.23 m/s2，即静止卫星的向心加速度等于轨道处的重力加速度。
(7)绕行方向一定：运行方向与地球自转方向一致。
2．赤道上的物体、近地卫星和静止卫星做圆周运动的异同点
►考向1 静止卫星问题
“祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，其周期为2个火星日。假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为2个火星日。已知一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则该飞船的轨道半径与地球静止卫星的轨道半径的比值约为( )
A．eq \r(3,4) B．eq \r(3,\f(1,4))
C．eq \r(3,\f(5,2)) D．eq \r(3,\f(2,5))
[答案] D
[解析] 由于某飞船绕火星做匀速圆周运动，地球静止卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供做圆周运动的向心力，得Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，解得r3＝eq \f(GMT2,4π2)，则eq \f(r\\al(3,船),r\\al(3,卫))＝eq \f(M火,M地)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T船,T卫)))2＝eq \f(2,5)，得eq \f(r船,r卫)＝eq \r(3,\f(2,5))，故D正确。
►考向2 赤道上的物体、近地卫星和静止卫星的差异
如图所示，a为静止在地球赤道上的物体，b为近地卫星，c为静止卫星，d为高空探测卫星，a向为他们的向心加速度，r为它们到地心的距离，T为它们的运动周期，l、θ分别为相同时间内转过的弧长和转过的圆心角，则下列图像正确的是( )
[答案] C
[解析] 因c为静止卫星，a为静止在赤道上的物体，则Ta＝Tc，ωa＝ωc，由a向＝ω2r可知aaθd，C正确。
【跟踪训练】
卢旺达2023年5月2日至3日遭受强降雨，引发该地区的洪水和山体滑坡等灾害。我国通过风云—2H静止气象卫星提供持续监测。风云—2H卫星于2018年6月5日成功发射到离地面高度约为地球半径5倍的地球静止轨道，可以为亚太空间合作组织成员国和“一带一路”沿线国家提供良好的观测视角和高频次区域观测。则关于风云—2H卫星说法正确的是( )
A．围绕地球运转的角速度大于地球自转角速度
B．运行速度应是7.9 km/s
C．向心加速度约为地面上物体的重力加速度的eq \f(1,36)
D．我国能利用它进行气象观测，是因为它可以经过北京的正上方
[答案] C
[解析] 地球静止卫星围绕地球的角速度与地球自转角速度大小相等，故A错误；第一宇宙速度7.9 km/s是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，而静止卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，其线速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；根据万有引力提供向心力，得eq \f(GMm,5R＋R2)＝ma，据地球表面万有引力等于重力，得eq \f(GMm,m)＝mg，由以上两等式得a＝eq \f(1,36)g，所以它的向心加速度约为地面上物体的重力加速度的eq \f(1,36)，故C正确；静止卫星轨道和赤道在同一平面，所以不可能经过北京的正上空，故D错误。故选C。
有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b在地面附近近地轨道上正常运行，c是地球静止卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24 h，所有卫星的运动均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则下列关于卫星的说法中正确的是( )
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．c在4 h内转过的圆心角eq \f(π,6)
C．b在相同的时间内转过的弧长最长
D．d的运动周期可能是23 h
[答案] C
[解析] 静止卫星的运行周期与地球自转周期相同，角速度相同，则a和c的角速度相同，根据a＝ω2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度，由eq \f(GMm,r2)＝ma知，c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故a的向心加速度小于重力加速度g，选项A错误；由于c为静止卫星，所以c的周期为24 h，因此4 h内转过的圆心角θ＝eq \f(π,3)，选项B错误；由eq \f(GMm,r2)＝eq \f(mv2,r)，得v＝eq \r(\f(GM,r))，轨道的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，选项C正确；由开普勒第三定律eq \f(R3,T2)＝k知，卫星的半径越大，周期越大，d的半径大于c的半径，所以周期应大于24 h，选项D错误。
考点2 人造卫星的变轨及对接问题
(能力考点·深度研析)
1．卫星的两类变轨问题
2．卫星的对接问题
在低轨道运行的卫星，加速后可以与高轨道的卫星对接。同一轨道的卫星，不论加速或减速都不能对接。
►考向1 卫星变轨问题中各物理量的比较
[答案] B
[解析] 由开普勒第三定律得eq \f(a\\al(3,1),T\\al(2,1))＝eq \f(a\\al(3,2),T\\al(2,2))，解得T2＝T1eq \r(\f(a\\al(3,2),a\\al(3,1)))≈288 h，A错误；由开普勒第二定律可知，“鹊桥二号”在捕获轨道上运行时，在近月点的速度大于在远月点的速度，B正确；“鹊桥二号”由捕获轨道的近月点进入冻结轨道需要减速，故“鹊桥二号”在捕获轨道上运行时，在近月点的速度大于在冻结轨道运行时在近月点的速度，C错误；由万有引力定律得Geq \f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq \f(GM,r2)，故“鹊桥二号”在捕获轨道上运行时，在近月点的加速度与在冻结轨道上运行时在近月点的加速度相等，D错误。
反思提升
变轨过程各物理量比较
►考向2 卫星的对接问题
北京时间2024年4月26日神舟十八号载人飞船与在轨飞行的天和核心舱顺利实现径向自主交会对接，整个交会对接过程历时约6.5小时。为实现神舟十八号载人飞船与空间站顺利对接，飞船安装有几十台微动力发动机，负责精确地控制它的各种转动和平动。对接前飞船要先到达和空间站很近的相对静止的某个停泊位置(距空间站200 m)。为到达这个位置，飞船由惯性飞行状态转入发动机调控状态，下列说法正确的是( )
A．飞船先到空间站同一圆周轨道上同方向运动，在合适位置减速靠近即可
B．飞船先到与空间站圆周轨道垂直的同半径轨道上运动，在合适位置减速靠近即可
C．飞船先到空间站轨道下方圆周轨道上同方向运动，在合适的位置减速即可
D．飞船先到空间站轨道上方圆周轨道上同方向运动，在合适的位置减速即可
[答案] D
[解析] 卫星变轨时，由低轨道进入高轨道需要点火加速，反之要减速，所以飞船先到空间站下方的圆周轨道上同方向运动，在合适的位置加速靠近即可，或者飞船先到空间站轨道上方圆周轨道上同方向运动，在合适的位置减速即可，故选D。
考点3 双星及多星系统问题
(能力考点·深度研析)
►考向1 双星模型
1．定义：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。如图所示。
2．特点
(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即eq \f(Gm1m2,L2)＝m1ωeq \\al(2,1)r1，eq \f(Gm1m2,L2)＝m2ωeq \\al(2,2)r2。
(2)两星的周期、角速度相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。
(3)两星的轨道半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L。
(4)两星到圆心的距离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＝2πeq \r(\f(L3,Gm1＋m2))。
(6)双星的总质量m1＋m2＝eq \f(4π2L3,T2G)。
天文学家发现了一对被称为“灾难变星”的罕见双星系统，约每51分钟彼此绕行一圈，通过天文观测的数据，模拟该双星系统的运动，推测在接下来的7 000万年里，这对双星彼此绕行的周期逐渐减小至18分钟。如果将该双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球在万有引力作用下，绕O点做匀速圆周运动。不考虑其他天体的影响，两颗星球的质量不变，在彼此绕行的周期逐渐减小的过程中，下列说法中正确的是( )
A．每颗星球的角速度都在逐渐变小
B．两颗星球的距离在逐渐地变大
C．两颗星球的轨道半径之比保持不变
D．每颗星球的加速度都在变小
[答案] C
[解析] 由于彼此绕行的周期逐渐减小，根据公式ω＝eq \f(2π,T)可知，每颗星球的角速度都在逐渐变大，设双星转动的角速度为ω，双星间距离为L，星球的质量分别为m1、m2，由万有引力提供向心力有eq \f(Gm1m2,L2)＝m1ω2r1＝m2ω2r2，解得ω＝eq \r(\f(Gm1＋m2,L3))，可知距离L逐渐的变小，故A、B错误；由万有引力提供向心力有eq \f(Gm1m2,L2)＝m1ω2r1＝m2ω2r2，解得eq \f(r1,r2)＝eq \f(m2,m1)，由于星球质量不变，则两颗星球的轨道半径之比保持不变，故C正确；由万有引力公式提供向心力有eq \f(Gm1m2,L2)＝m1a1＝m2a2，可知由于距离L逐渐变小，每颗星球的加速度都在变大，故D错误。
►考向2 三星模型
宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设两种系统中三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是( )
A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为eq \r(\f(Gm,L))
B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为2πeq \r(\f(L3,5Gm))
C．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2eq \r(\f(L3,3Gm))
D．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为eq \f(\r(3)Gm,L2)
[答案] D
[解析] 直线三星系统中星体做圆周运动，万有引力提供向心力；根据星体受到另两个星体的引力作用可得eq \f(Gmm,L2)＋Geq \f(mm,2L2)＝meq \f(v2,L)，星体做圆周运动的线速度大小为v＝eq \f(1,2)eq \r(\f(5Gm,L))，故A错误；直线三星系统中星体做圆周运动，星体做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πL,v)＝4πLeq \r(\f(L,5Gm))，故B错误；根据几何关系可得：三角形三星系统中星体受另外两个星体的引力作用，圆周运动的轨道半径为R＝eq \f(\f(1,2)L,cs 30°)＝eq \f(\r(3),3)L，由万有引力提供向心力得2eq \f(Gmm,L2)cs 30°＝mω2R，解得三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为ω＝eq \r(\f(3Gm,L3))，故C错误；三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为a＝ω2R＝eq \f(\r(3)Gm,L2)，故D正确。
反思提升
解决双星、多星问题，要抓住四点
(1)根据双星或多星的运动特点及规律，确定系统的中心以及运动的轨道半径。
(2)星体的向心力由其他天体的万有引力的合力提供。
(3)星体的角速度相等。
(4)星体的轨道半径不是天体间的距离。要利用几何知识，寻找两者之间的关系，正确计算万有引力和向心力。
►考向3 四星模型
(多选)(2025·安徽月考)如图为一种由四颗星体组成的稳定星系，四颗质量均为m的星体位于边长为L的正方形四个顶点，四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，忽略其他星体对它们的作用，引力常量为G。下列说法中正确的是( )
A．星体匀速圆周运动的圆心不一定是正方形的中心
B．每个星体匀速圆周运动的角速度均为eq \r(\f(4＋\r(2)Gm,2L3))
C．若边长L和星体质量m均变为原来的两倍，则星体匀速圆周运动的加速度大小变为原来的两倍
D．若边长L和星体质量m均变为原来的两倍，星体匀速圆周运动的线速度大小不变
[答案] BD
[解析] 四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，所以星体匀速圆周运动的圆心一定是正方形的中心，故A错误；由eq \r(2)Geq \f(m2,L2)＋Geq \f(m2,\r(2)L2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\r(2)))Geq \f(m2,L2)＝mω2·eq \f(\r(2),2)L，可知ω＝eq \r(\f(4＋\r(2)Gm,2L3))，故B正确；由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\r(2)))Geq \f(m2,L2)＝ma可知，若边长L和星体质量m均变为原来的两倍，则星体匀速圆周运动的加速度大小变为原来的eq \f(1,2)，故C错误；由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\r(2)))Geq \f(m2,L2)＝meq \f(v2,\f(\r(2),2)L)可知星体匀速圆周运动的线速度大小v＝eq \r(\f(4＋\r(2)Gm,4L))，所以若边长L和星体质量m均变为原来的两倍，星体匀速圆周运动的线速度大小不变，故D正确。
提能训练 练案[26]
基础巩固练
题组一 赤道上的物体、近地卫星和静止卫星的差异
1．2023年9月，中国空间站“天宫课堂”第四课再次开讲，授课期间利用了我国的中继卫星系统进行信号传输，天地通信始终高效稳定。已知空间站在距离地面400公里左右的轨道上运行，其运动视为匀速圆周运动，中继卫星系统中某卫星是距离地面36 000公里左右的地球静止轨道卫星(同步卫星)，则该卫星( )
A．授课期间经过天津正上空
B．加速度大于空间站的加速度
C．运行周期大于空间站的运行周期
D．运行速度大于地球的第一宇宙速度
[答案] C
[解析] 该卫星是地球静止轨道卫星(同步卫星)，处于赤道正上方，不可能经过天津正上空，A错误；卫星正常运行，由万有引力提供向心力Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2r＝ma，得v＝eq \r(\f(GM,r))，a＝Geq \f(M,r2)，T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，由于该卫星轨道半径大于空间站半径，故加速度小于空间站的加速度；运行周期大于空间站的运行周期；第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，则该卫星的运行速度小于地球的第一宇宙速度。B、D错误，C正确。
2．(2024·海南琼海市嘉积中学模拟)如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，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为地球的静止轨道卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是( )
A．地球同步卫星都与c在同一个轨道上，并且它们受到的万有引力大小相等
B．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa>ab>ac
C．a与地球的万有引力全部提供a随地球自转的向心力
D．a、b、c做匀速圆周运动的周期大小关系为Ta＝Tc>Tb
[答案] D
[解析] 地球同步卫星不一定与c在同一个轨道上，但轨道半径相等，若卫星的质量不相等，由万有引力定律F＝eq \f(GMm,r2)可知，它们受到的万有引力大小不相等，A错误；对于b、c，由万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq \f(GM,r2)，rc>rb，所以ab>ac，由于a、c做匀速圆周运动的周期相等，又a＝rω2，rc>ra，可得ac>aa，所以a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为ab>ac>aa，B错误；a与地球的万有引力一部分提供a随地球自转的向心力，C错误；对于a、c，其周期相等，所以Ta＝Tc，对于b、c，由万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,r2)＝mreq \f(4π2,T2)，解得T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，rc>rb，所以Tc>Tb，即a、b、c做匀速圆周运动的周期大小关系为Ta＝Tc>Tb，D正确。
题组二 人造卫星的变轨与对接问题
3．(2024·湖北卷)太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则( )
A．空间站变轨前、后在P点的加速度相同
B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小
C．空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小
D．空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大
[答案] A
[解析] 根据牛顿第二定律有eq \f(GMm,r2)＝ma，解得加速度a＝eq \f(GM,r2)，r相同，所以空间站变轨前、后在P点的加速度相同，A正确；根据开普勒第三定律有eq \f(a3,T2)＝k，变轨后的轨道半长轴大于原轨道半径，所以空间站变轨后的运行周期比变轨前的大，B错误；变轨时获得与箭头方向相反的反冲速度Δv，Δv与变轨前在P点的速度v1垂直，则空间站变轨后在P点的速度v2＝eq \r(v\\al(2,1)＋Δv2)>v1，所以空间站变轨后在P点的速度比变轨前的大，C错误；由开普勒第二定律知，在同一椭圆轨道上近地点速度最大，则空间站变轨后在近地点的速度v3>v2，由C项分析可知v2>v1，所以空间站变轨前的速度v1比变轨后在近地点的小，D错误。
4．(多选)随“天宫二号”空间实验室(轨道舱)发射入轨的伴随卫星重约47千克，尺寸相当于一台打印机大小。释放后伴随卫星将通过多次轨道控制，逐步接近轨道舱，最终达到仅在地球引力作用下对轨道舱的伴随飞行的目标。之后对“天宫二号”四周表面进行观察和拍照以及开展其他一系列试验，进一步拓展空间应用。根据上述信息及所学知识可知( )
A．轨道控制阶段同一轨道上落后的伴随卫星需点火加速才能追上前方的“天宫二号”
B．轨道控制阶段同一轨道上落后的伴随卫星需经历先减速再加速过程才能追上前方的“天宫二号”
C．伴随飞行的伴随卫星和“天宫二号”绕地球做椭圆轨道运行时具有相同的半长轴
D．由于伴随卫星和“天宫二号”的轨道不重合，故它们绕地运行的周期不同
[答案] BC
[解析] 速度变→轨道将发生变化→无法在同一轨道加速对接或减速对接。伴随卫星做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，当伴随卫星加速时，在原轨道运行所需要的向心力变大，但万有引力大小不变，故万有引力不足以提供向心力，伴随卫星会做离心运动，飞到较高的轨道；轨道半径越大，线速度越小，故伴随卫星不能追上“天宫二号”，需要减速到较低轨道，再加速上升到较高轨道才能追上前方的“天宫二号”，故A错误，B正确；根据开普勒第三定律可知，绕地球飞行的伴随卫星与“天宫二号”的周期相同，则二者运行时具有相同的半长轴，故C正确，D错误。
5．(多选)最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测飞船，且计划在火星建立人类聚居基地。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>TⅠ
B．飞船在轨道Ⅰ上P点的加速度大于在轨道Ⅱ上P点的加速度
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度反方向喷气
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，可以推知火星的平均密度
[答案] AD
[解析] 根据开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k可知，飞船在轨道上运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ，A正确；飞船在P点，无论在轨道Ⅰ上，还是在轨道Ⅱ上，所受万有引力都相同，加速度都相同，B错误；从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需减速做向心运动，应朝速度方向喷气，C错误；轨道贴近火星表面时，根据万有引力提供飞船做圆周运动的向心力有Geq \f(Mm,R2)＝mRω2，火星的平均密度ρ＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3ω2,4πG)，D正确。
6．(2025·黑龙红哈尔滨市联考)在发射一颗质量为m的人造地球静止卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽略不计)，再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h的预定圆轨道Ⅲ上。已知它在圆轨道Ⅰ上运行的加速度大小为g，地球半径为R，卫星在变轨过程中质量不变，则( )
A．卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,R＋h)))2g
B．卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为eq \r(\f(gR2,R＋h))
C．卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能
D．卫星在轨道Ⅲ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能
[答案] B
[解析] 卫星在轨道Ⅲ上运行时，根据万有引力提供向心力得Geq \f(Mm,R＋h2)＝ma＝meq \f(v2,R＋h)，在地球表面附近由mg＝Geq \f(Mm,R2)得GM＝gR2，所以卫星在轨道Ⅲ上的加速度大小为a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R,R＋h)))2g，线速度大小为v＝eq \r(\f(gR2,R＋h))，故A错误，B正确；卫星的线速度大小为v＝eq \r(\f(GM,r))，卫星在圆轨道上运行的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(GMm,2r)，可知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，故C错误；卫星从轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ要点火加速，机械能增大，从椭圆轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ要再次点火加速，机械能继续增大，所以卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故D错误。
题组三 双星及多星系统的问题
7．(多选)(2025·广东深圳中学质检)有一对相互环绕旋转的超大质量的双黑洞系统，如图所示。若图中双黑洞的质量分别为M1和M2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，根据所学知识，下列说法中正确的是( )
A．双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M2∶M1
B．双黑洞的轨道半径之比r1∶r2＝M2∶M1
C．双黑洞的线速度大小之比v1∶v2＝M1∶M2
D．双黑洞的向心加速度大小之比a1∶a2＝M2∶M1
[答案] BD
[解析] 双黑洞绕连线的某点做匀速圆周运动的周期相等，所以角速度也相等，故A错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们间的万有引力提供，向心力大小相等，由M1ω2r1＝M2ω2r2，得r1∶r2＝M2∶M1，故B正确；由v＝ωr得双黑洞的线速度大小之比v1∶v2＝r1∶r2＝M2∶M1，故C错误；由a＝ω2r得双黑洞的向心加速度大小之比a1∶a2＝r1∶r2＝M2∶M1，故D正确。
8．(2025·江苏连云港高三月考)如图所示，某双星系统中质量较大的B星球正在“吸食”质量较小的A星球的表面物质，从而实现质量转移。若“吸食”过程中A、B球心间距离不变，运动轨道均视为圆周，则在“吸食”的最初阶段，下列说法正确的是( )
A．A、B运动的周期变大
B．A、B之间的万有引力保持不变
C．B星球做圆周运动的轨道半径变大
D．A星球做圆周运动的线速度变大
[答案] D
[解析] 设A、B星球的质量分别为mA、mB，稳定的双星系统两星球角速度大小相等，根据万有引力提供向心力，对A星球有Geq \f(mAmB,r2)＝mAω2rA，同理对B星球有Geq \f(mAmB,r2)＝mBω2rB，r＝rA＋rB，联立可得Geq \f(mA＋mB,r2)＝ω2r，则ω＝eq \r(\f(GmA＋mB,r3))，由于质量在两星球间转移，总质量不变，则角速度大小不变，由T＝eq \f(2π,ω)知A、B星球运动的周期不变，故A错误；由万有引力定律F＝Geq \f(mAmB,r2)知，若mB增大，则mA减小，mAmB乘积变化，可知万有引力变化，故B错误；由于两星球的向心力大小始终保持相等，有mAω2rA＝mBω2rB，则eq \f(rA,rB)＝eq \f(mB,mA)，B星球质量较大，吸食后质量变大，质量较小的A星球质量变小，则eq \f(rA,rB)变大，又r＝rA＋rB不变，则rA变大，rB变小，由于角速度大小不变，由v＝ωr知B星球线速度变小，A星球线速度变大，故C错误，D正确。
9．(多选)如图所示是宇宙中存在的某三星系统，忽略其他星体的万有引力，三个星体A、B、C在边长为d的等边三角形的三个顶点上绕同一圆心O做匀速圆周运动。已知A、B、C的质量分别为2m、3m、3m，引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A．三个星体组成的系统动量守恒
B．A的周期小于B、C的周期
C．A所受万有引力的大小为eq \f(3\r(3)Gm2,d2)
D．若B的角速度为ω，则A与圆心O的距离为eq \f(3\r(3)Gm,d2ω2)
[答案] AD
[解析] 该系统属于稳定的三星系统，三个星体的角速度、周期相同，动量大小不变，运动过程中总动量不变，A正确，B错误；A所受万有引力的大小为F＝eq \r(3)Geq \f(3m·2m,d2)＝eq \f(6\r(3)Gm2,d2)，C错误；若B的角速度为ω，则A的角速度也为ω，根据eq \f(6\r(3)Gm2,d2)＝2mω2r，则A与圆心O的距离为r＝eq \f(3\r(3)Gm,d2ω2)，D正确。
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10．双星系统是两颗恒星在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动的天体系统。设双星系统中其中一颗恒星的线速度大小为v，加速度大小为a，周期为T，所受的向心力为F，它们之间的距离为r，不计其他天体的影响，两颗恒星的质量不变。下列各图可能正确的是( )
[答案] B
[解析] 根据万有引力提供向心力写出对应函数关系。根据eq \f(Gm1m2,r2)＝m1ω2r1＝m2ω2r2，可知m1r1＝m2r2，因为r1＋r2＝r，可解得r1＝eq \f(m2,m1＋m2)r，r2＝eq \f(m1,m1＋m2)r，根据eq \f(Gm1m2,r2)＝m1eq \f(v2,r1)，可知v＝eq \r(\f(Gm\\al(2,2),rm1＋m2))，故v与r不是线性关系，A错误；根据eq \f(Gm1m2,r2)＝m1a，解得a＝eq \f(Gm2,r2)，故a－r－2图线是过原点的直线，B正确；根据eq \f(Gm1m2,r2)＝m1eq \f(4π2,T2)r1，解得T＝eq \r(\f(4π2r3,Gm1＋m2))，T与r2不是线性关系，C错误；根据F＝eq \f(Gm1m2,r2)，可知F－r2图线为曲线，D错误。
11．《流浪地球2》中的太空电梯令人十分震撼，从理论上讲是可行的，原理是利用地球外的一个配重，这个配重绕地球旋转的高度高于静止卫星轨道，当它与地球同步转动时，缆绳上的张力使得电梯舱可以把物资运送到太空。关于相对地面静止在不同高度的物资，下列说法正确的是( )
A．物资在距离地心为地球半径处的线速度等于第一宇宙速度
B．物资在配重空间站时处于完全失重状态
C．物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小
D．太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比
[答案] D
[解析] 第一宇宙速度是指物体在环绕地球做匀速圆周运动所需要达到的最小速度，即物体在地面附近受到的万有引力提供做圆周运动所需的向心力；而物资在距离地心为地球半径处的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，只有位置达到静止卫星的高度的点才处于完全失重状态，故B错误；设物资受到电梯舱的弹力为FN，由万有引力和弹力的合力提供向心力，则有Geq \f(Mm,r2)－FN＝mω2r，可得FN＝Geq \f(Mm,r2)－mω2r，当Geq \f(Mm,r2)＝mω2r时，物资高度r等于静止卫星轨道高度R同，物资受到的弹力为0；当物资高度r小于静止卫星轨道高度R同时，物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小；当物资高度r大于静止卫星轨道高度R同时，物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越大；故C错误；太空电梯相对地球静止，各点角速度相等，各点线速度v＝ωr，与该点离地球球心的距离成正比，故D正确。故选D。
12．(多选)2021年5月，基于“中国天眼”球面射电望远镜(FAST)的观测，首次发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。如图，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，RA