2023届二轮复习 第4讲　万有引力与天体运动 学案（浙江专用）

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第4讲　万有引力与天体运动题型1　开普勒定律和万有引力的理解与应用1.对开普勒定律的理解(1)开普勒第三定律=k中,k值只与中心天体的质量有关,不同的中心天体k值不同。(2)对于匀速圆周运动,根据G=mr,得=k=,可视为开普勒第三定律的特例。2.万有引力与重力的关系地球对物体的万有引力F表现为两个效果:一是重力mg,二是提供物体随地球自转的向心力Fn。(1)在赤道上:G=mg1+mω2R。(2)在两极上:G=mg2。3.星体表面上的重力加速度(1)在地球表面附近的重力加速度g(不考虑地球自转):mg=G,得g=。(2)在地球上空距离地心r=R+h处的重力加速度为g′,mg′=,得g′=,所以=。[例1] (2022·嘉兴选考模拟)如图所示,地球的公转轨道接近于圆,哈雷彗星的绕日公转轨道则是一个非常扁的椭圆。下列说法错误的是(　A　)A.哈雷彗星与地球的公转周期可能相等B.哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度C.经过两公转轨道的交点时,哈雷彗星与地球的加速度一定相同D.哈雷彗星从近日点运动至远日点的过程中动能减少,势能增加,机械能守恒解析:由于哈雷彗星的轨道半长轴与地球的轨道半长轴不相等,由开普勒第三定律=k可得哈雷彗星与地球的公转周期不可能相等,故A错误;哈雷彗星的轨道在近日点的曲率半径比地球的公转半径小,根据万有引力提供向心力可得哈雷彗星在近日点的速度一定大于地球的公转速度,故B正确;根据=ma可知经过两公转轨道的交点时,哈雷彗星与地球的加速度一定相同,故C正确;根据开普勒第二定律可知,哈雷彗星从近日点运动至远日点的过程中动能减少,远离太阳,势能增加,但是运动过程只有万有引力做功,所以机械能守恒,故D正确。[拓展训练1] (2022·湖州选考模拟)2022年元旦,“天问一号”探测器从遥远的火星传回了探测器与火星的合影。假设火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径是地球绕太阳做匀速圆周运动轨道半径的k倍,地球绕太阳运动的周期为T,火星探测器被发射到以地球轨道上的A点为近日点、火星轨道上的B点为远日点的椭圆轨道上绕太阳运行时(如图),只考虑太阳对探测器的作用,则探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为(　B　)A. B.C.    D.解析:设地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径为R,则火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径为kR,由题图可知椭圆轨道的半长轴为a=。设探测器沿椭圆轨道运行的周期为T1,根据开普勒第三定律可知=,整理可得T1=()T=T,则探测器沿椭圆轨道从A到B的飞行时间为t==,故选B。题型2　天体质量和密度的计算1.自力更生法:利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。(1)由G=mg,得天体质量M=。(2)天体密度ρ===。2.借助外援法:测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T。(1)由G=m得天体的质量M=。(2)若已知天体的半径R,则天体的密度ρ===。(3)若卫星绕天体表面运行时,可认为轨道半径r等于天体半径R,则天体密度ρ=,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。[例2] (多选)一宇航员在地球表面和某未知星球的表面上分别做高度和初速度相同的平抛运动实验:在离地面h高处让小球以v0的初速度水平抛出,他测出在地球上小球落地点与抛出点的水平距离为2x,在未知星球上小球落地点与抛出点的水平距离为x,已知地球的半径为R,未知星球的半径为2R,引力常量为G,则(　BC　)A.地球表面的重力加速度是未知星球表面重力加速度的4倍B.未知星球的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的2 倍C.未知星球的质量约为D.未知星球的密度约为 解析:小球在地球上做平抛运动,在水平方向上有2x=v0t,解得从抛出到落地时间为t=,小球做平抛运动时,在竖直方向上有h=gt2,解得地球表面的重力加速度为g=,同理,可得未知星球表面的重力加速度为g星==4g,故A错误;根据=mg可得v=,未知星球的第一宇宙速度v星==,地球的第一宇宙速度v==,则未知星球的第一宇宙速度是地球的第一宇宙速度的2倍,故B正确;设未知星球的质量为M星,静止在未知星球上的物体质量为m,由万有引力等于物体的重力得=mg星,可得未知星球的质量约为M星=,故C正确;根据ρ=可得未知星球的密度ρ=,故D错误。[拓展训练2] (多选)天文学家发现“最圆球状天体”Kepler 11145123距地球5 000光年,它是一颗炽热明亮的恒星,体积是太阳的两倍,自转速度是太阳的。假设某行星P绕恒星Kepler 11145123做圆周运动,天文观测其运动的周期为T,轨道半径为r,已知引力常量为G,则下列说法正确的是(　AB　)A.恒星Kepler 11145123的质量为B.恒星Kepler 11145123的密度可能大于C.行星P的速度大小为D.行星P运动的向心加速度大小为解析:设恒星Kepler 11145123的质量为M,半径为R,万有引力提供向心力,则G=m()2r,得M=,体积V=πR3,则密度ρ==,由于r≥R,恒星Kepler 11145123的密度一定不小于,选项A、B正确;行星P的速度大小为v=,选项C错误;行星P运动的向心加速度大小a=,得a=,选项D错误。题型3　天体运行参量的比较1.人造卫星的运行规律(1)一种模型:无论自然天体(如地球、月球)还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看作质点,围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动。(2)两条思路。①万有引力提供向心力,即G=ma。②天体对其表面的物体的万有引力近似等于重力,即=mg或gR2=GM(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度),公式gR2=GM应用广泛,被称为“黄金代换”。2.卫星的各物理量随轨道半径变化的规律规
律[例3] (2022·杭州二模)2021年10月16日,神舟十三号载人飞船与我国太空站天和核心舱完成自主对接。若对接前神舟十三号在较低圆轨道上运行,天和核心舱在较高圆轨道上运行,则(　B　)A.神舟十三号运行的周期比天和核心舱的大B.神舟十三号运行的线速度比天和核心舱的大C.神舟十三号运行的角速度比天和核心舱的小D.神舟十三号所受的向心力比天和核心舱的大解析:由题意知神舟十三号的轨道半径小于天和核心舱的轨道半径,根据Fn=G=m=mω2r=mr,可得T=2π,v=,ω=,所以神舟十三号运行的周期比天和核心舱的小,神舟十三号运行的线速度比天和核心舱的大,神舟十三号运行的角速度比天和核心舱的大,故B正确,A、C错误;由于神舟十三号的质量和天和核心舱的质量未知,所以无法比较向心力大小,故D错误。[拓展训练3] (2022·义乌二模)某卫星在距地球表面某高度处绕地球做匀速圆周运动,测得飞行N圈所用时间为t,已知地球表面的重力加速度为g0,地球可视为均匀球体,其半径为R,引力常量为G,下列说法正确的是(　B　)A.卫星的线速度大小为B.卫星距地球表面的高度为h=-RC.地球的第一宇宙速度大小为D.地球的平均密度为解析:设地球的质量为M,卫星的质量为m,卫星在距地球表面高h处绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力=m(R+h),又有=m′g0,T=,联立解得h=-R,故B正确;卫星的线速度大小为v===,故A错误;设地球的第一宇宙速度大小为v0,根据题意有m′g0=m′,解得地球的第一宇宙速度大小为v0=,故C错误;根据=m′g0解得M=,又有V=πR3,联立解得地球的平均密度为ρ==,故D错误。题型4　卫星发射、变轨、追及问题1.卫星变轨问题的实质两类变轨离心运动近心运动变轨起因卫星速度突然增大卫星速度突然减小受力分析G<mG>m 续　表两类变轨离心运动近心运动变轨结果变为椭圆轨道运动或在较大半径圆轨道上运动,在新的轨道上运行速度将减小,重力势能、机械能均增大变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动,在新的轨道上运行速度将增大,重力势能、机械能均减小轨道相切点卫星经过两个轨道的相切点,加速度相等,外轨道的速度大于内轨道的速度2.若某中心天体有两颗轨道共面的环绕天体,当两环绕天体与中心天体在同一直线上,且位于中心天体同一侧时相距最近;当两环绕天体与中心天体在同一直线上,且位于中心天体异侧时相距最远。如两环绕天体某时刻相距最近,则:(1)若经过时间t,两环绕天体与中心天体连线半径转过的角度相差2π的整数倍,则两环绕天体相距最近。(2)若经过时间t,两环绕天体与中心天体连线半径转过的角度相差π的奇数倍,则两环绕天体相距最远。[例4] (2022·名校协作体模拟)神舟十三号载人飞船顺利将3名航天员送入空间站。飞船的某段运动可近似为如图所示的情境,圆形轨道Ⅰ为空间站运行轨道,设圆形轨道Ⅰ的半径为r,地球表面重力加速度为g,地球半径为R,地球的自转周期为T,椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道,两轨道相切于A点,椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a,下列说法正确的是(　D　)A.载人飞船若要进入轨道Ⅰ,需要在A点减速B.根据题中信息,可求出地球的质量M=C.载人飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能D.空间站在圆轨道Ⅰ上运行的周期与载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为∶解析:载人飞船若要进入轨道Ⅰ,做离心运动,需要在A点加速,A错误;设T1为空间站的运行周期,由此可得G=,解得M=,题中T为地球自转的周期,并非空间站在轨道Ⅰ上运行的周期,不能利用该数据计算地球质量,B错误;载人飞船若要进入轨道Ⅰ,需要在A点加速,动能增加,机械能增加,因此载人飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能,C错误;设飞船在轨道Ⅱ上运行的周期为T2,根据开普勒第三定律得=,解得T1∶T2=∶,D正确。[拓展训练4] (多选)已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g,卫星绕地球运动轨道为圆轨道,在某时刻地球的两颗卫星A和B处于如图所示的位置,设卫星A的轨道半径为rA=2R,卫星B的轨道半径为rB=3R,已知(3+2)≈5,则下列说法正确的是(　AC　)A.两卫星的环绕速度之比=B.开始时,卫星A在B的前面,只要B加速即可追上AC.从此时刻开始再经大约5π时间再次相距最近D.从此时刻开始再经大约π时间第一次相距最远解析:根据G=m解得v=,故两卫星的环绕速度之比为=,A正确;开始时卫星A在B的前面,但是B只要加速,就会做离心运动增加其运动轨道的半径,增加其运动周期,不可能追上卫星A,B错误;对卫星A,由牛顿第二定律可得G=m()2rA,G=m′g,联立解得TA=4π,同理,可得TB=6π,从此时刻开始到下次相遇卫星A比卫星B多转一圈,即多转2π,所以(ωA-ωB)t=(-)t=2π,解得t=(3+2)π≈5π,C正确;两卫星相距最远时(ωA-ωB)t′=(-)t′=π,解得t′≈π,D错误。题型5　双星及多星问题1.模型概述在天体运动中,将两颗彼此相距较近,且在相互之间万有引力作用下绕二者连线上的某点做角速度、周期相同的匀速圆周运动的星体称为双星。2.模型特点(1)“向心力等大反向”——两颗星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供。(2)“周期、角速度相等”——两颗星做匀速圆周运动的周期、角速度相等。(3)三个反比关系:m1r1=m2r2;m1v1=m2v2;m1a1=m2a2。推导:根据两星体的向心力大小相等可得,m1ω2r1=m2ω2r2,即m1r1=m2r2;等式m1r1=m2r2两边同乘以角速度ω,得m1r1ω=m2r2ω,即m1v1=m2v2;由m1ω2r1=m2ω2r2直接可得,m1a1=m2a2。(4)求质量和:=m1ω2r1,即=ω2r1①,=m2ω2r2,即=ω2r2②,由①+②得=ω2L,所以m1+m2=。[例5] (2022·宁波选考模拟)如图所示,恒星A、B构成的双星系统绕点O做顺时针方向的匀速圆周运动,运动周期为T1,它们的轨道半径分别为RA、RB,RA<RB。C为B的行星,绕B做逆时针方向的匀速圆周运动,周期为T2,忽略A与C之间的引力,且A与B之间的引力远大于C与B之间的引力。引力常量为G,则以下说法正确的是(　D　)A.若知道C的轨道半径,则可求出C的质量B.恒星B的质量为MB=C.若A也有一颗运动周期为T2的行星,则其轨道半径一定小于C的轨道半径D.设A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为t,则t=解析:在知道C的轨道半径和周期的情况下,根据万有引力定律和牛顿第二定律列方程只能求解B的质量,无法求解C的质量,故A错误;在A、B组成的双星系统中,对A根据牛顿第二定律有G=MA()2RA,解得MB=,故B错误;若A也有一颗运动周期为T2的行星,设行星的质量为m,轨道半径为r,则根据牛顿第二定律G=m()2r,解得r=,同理可得C的轨道半径为RC=,对A、B组成的双星系统有MA()2RA=MB()2RB,因为RA<RB,所以MA>MB,则r>RC,故C错误;如图所示,A、B、C三星由图示位置到再次共线时,A、B转过的圆心角θ1与C转过的圆心角θ2互补,则t+t=π,解得t=,故D正确。[拓展训练5] 天文学家观测河外星系大麦哲伦云时,发现了LMCX3双星系统,如图所示,它由可见星A和不可见的暗星B构成,两星视为质点,其质量分别为mA和mB。不考虑其他天体的影响,A、B围绕二者连线上的O点做匀速圆周运动,它们之间的距离保持不变,引力常量为G,下列说法错误的是(　D　)A.A和B两行星的角速度相同B.可见星A和暗星B的半径大小与其质量有关C.暗星B的速率vB与可见星A速率vA的比值为mA∶mBD.可见星A和暗星B的线速度大小相等,方向相反解析:由双星系统特点可知,二者角速度相同,故A正确;因为二者之间的万有引力提供它们的向心力,即G=mArAω2=mBrBω2,所以=,故B正确;因为双星系统可看成两星绕同一点同轴转动模型,故线速度满足v=ωr,所以==,故C正确,D错误。[拓展训练6] (多选)宇宙中存在一些质量相等且离其他星体较远的四颗星组成的四星系统,通常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每个星体的质量均为m,半径均为R,四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于宇宙四星系统,下列说法正确的是(　AD　)A.四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动B.四颗星的轨道半径为aC.四颗星表面的重力加速度均为D.四颗星的周期均为2πa解析:某一星体在其他三个星体的引力作用下,合力方向指向对角线的交点,围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动,故A正确;根据对称性可知,四颗星绕正方形的中心做匀速圆周运动,由几何关系可知四颗星的轨道半径为a,故B错误;根据万有引力大小等于重力大小,即=m′g星,解得g星=,故C错误;某一星体在其他三个星体的引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力得+cos 45°=m·a,解得T=2πa,故D正确。专题训练4　万有引力与天体运动保分基础练1.嫦娥五号探测器是我国首个实施月面采样返回的航天器,由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成。为等待月面采集的样品,轨道器与返回器的组合体环月做圆周运动。已知引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2,地球质量m1=6.0×1024 kg,月球质量m2=7.3×1022 kg,月地距离r1=3.8×105 km,月球半径r2=1.7×103 km。当轨道器与返回器的组合体在月球表面上方约200 km处做环月匀速圆周运动时,其环绕速度约为(　C　)A.16 m/s B.1.1×102 m/sC.1.6×103  m/s D.1.4×104 m/s解析:根据万有引力提供向心力G=m可知v==m/s≈1.6×103 m/s,选项C正确。2.宇宙中半径均为R0的两颗恒星S1、S2,相距无限远。若干行星分别环绕恒星S1、S2运动的公转周期平方T2与公转半径立方r3的规律如图所示。不考虑两恒星的自转。则(　C　)A.S1的质量小于S2的质量B.S1的密度等于S2的密度C.S1表面的环绕速度大于S2表面的环绕速度D.S1表面的重力加速度小于S2表面的重力加速度解析:根据万有引力提供向心力有G=mr,得M=·,根据图像可知S1的比较大,所以恒星S1的质量大于恒星S2的质量,故A错误;由题可知,两星球的半径相等,则体积相等,根据ρ=可得S1的密度大于S2的密度,故B错误;根据G=m,可得v=,可知S1表面的环绕速度大于S2表面的环绕速度,故C正确;根据G=mg,可得g=,可知S1表面的重力加速度大于S2表面的重力加速度,故D错误。3.(2022·嘉兴选考模拟)如图所示,a为在地球赤道表面随地球一起自转的物体,b为绕地球做匀速圆周运动的近地卫星,轨道半径可近似为地球半径。假设a与b质量相同,地球可看作质量分布均匀的球体,比较物体a和卫星b(　D　)A.角速度大小近似相等B.线速度大小近似相等C.向心加速度大小近似相等D.所受地球引力大小近似相等解析:由=m可得v=,近地卫星的半径小于同步卫星,则近地卫星的线速度大于同步卫星;同步卫星与地球自转角速度相同,半径大于地球半径,同步卫星线速度大于a的线速度,则近地卫星线速度大于a的线速度,故B错误;近地卫星线速度大于a的线速度,半径近似相等,由ω=,可知近地卫星角速度大于a的角速度,故A错误;近地卫星线速度大于a的线速度,半径近似相等,由an=,可知近地卫星向心加速度大小大于a的向心加速度大小,故C错误;由万有引力公式得F=,a与b质量相同,半径近似相等,a与b所受地球引力大小近似相等,故D正确。4.如图所示,假设“天宫二号”空间实验室与“神舟十一号”飞船都围绕地球做匀速圆周运动,为了实现飞船与空间实验室的对接,下列措施可行的是(　C　)A.使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后飞船加速追上空间实验室实现对接B.使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后空间实验室减速等待飞船实现对接C.飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速,加速后飞船逐渐靠近空间实验室,二者速度接近时实现对接D.飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速,减速后飞船逐渐靠近空间实验室,二者速度接近时实现对接解析:为了实现飞船与空间实验室的对接,可使飞船在较低的轨道上加速做离心运动,逐渐靠近空间实验室,在二者速度接近时实现对接,选项C正确。5.开普勒通过对第谷的多年观测数据的研究,发现了行星围绕太阳运动的规律,后人称之为开普勒定律。根据开普勒定律,可判断以下说法正确的是(　D　)A.地球围绕太阳做匀速圆周运动,太阳位于圆轨道的圆心B.火星围绕太阳做椭圆运动时,离太阳近时速度小,离太阳远时速度大C.木星围绕太阳的运动轨迹是椭圆,太阳位于椭圆的中心D.行星围绕太阳做椭圆运动的半长轴越长,绕着太阳运动一周所需的时间也越长解析:地球围绕太阳运动的轨迹是椭圆,太阳处于椭圆的一个焦点上,故A错误;根据开普勒第二定律,火星围绕太阳做椭圆运动时,距离太阳越近,其运动速度越大,距离太阳越远,其运动速度越小,故B错误;木星围绕太阳的运动轨迹是椭圆,太阳位于椭圆的一个焦点上,故C错误;根据开普勒第三定律,行星围绕太阳运动轨道的半长轴的三次方跟它公转周期的二次方的比都相等,所以行星围绕太阳做椭圆运动的半长轴越长,绕着太阳运动一周所需的时间也越长,故D正确。6.现有一可视为质点的卫星B在距离它的中心行星A表面高h处的圆轨道上运行,已知中心行星半径为R,设其等效表面重力加速度为g,引力常量为G,只考虑中心行星对这颗卫星的作用力,不计其他物体对这颗卫星的作用力。下列说法正确的是(　B　)A.中心行星A的等效质量M=B.卫星B绕它的中心行星A运行的周期 T=C.卫星B的速度大小为v=D.卫星B的等效质量m=解析:绕中心行星表面做圆周运动的物体,由万有引力提供做圆周运动的向心力得G=m′g,可得M=,故A错误;根据万有引力提供做圆周运动的向心力得 G=m()2r,r=R+h,解得T=,故B正确;根据万有引力提供做圆周运动的向心力得 G=m,r=R+h,解得v=,故C错误;卫星B是中心行星A的环绕卫星,质量不可求,故D错误。7.(2022·强基联盟选考模拟)2021年5月15日火星探测器“天问一号”成功在火星表面着陆,如图为“天问一号”降低轨道示意图,由椭圆轨道1、椭圆轨道2、圆轨道3、最终经过轨道4落在火星表面附近,最后启动主发动机进行反冲,稳稳地落在火星表面,P点是它们的内切点。关于探测器的上述运动过程,下列说法正确的是(　C　)A.探测器在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B.探测器在轨道2上由Q点向P点运动的过程中速度增大,机械能减小C.探测器在轨道1上运行经过P点的速度大于在轨道2上运行经过P点的速度D.轨道4可以看作平抛运动的轨迹解析:探测器由轨道1变到轨道2需要在P点点火减速,故机械能减小,所以探测器在轨道1和轨道2上运动时的机械能不相等,故C正确,A错误;探测器在同一轨道运行,机械能不变,探测器在轨道2上由Q点向P点运动的过程中速度增大,动能增大,势能减小,机械能不变,故B错误;探测器经轨道4落到地面是在做近心运动,平抛运动的加速度不发生改变,由a=G,可得在降落过程中加速度不断增大,故不能看成平抛运动的轨迹,故D错误。8.(2022·浙江1月选考)“天问一号”从地球发射后,在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点,再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道,则天问一号(　C　)A.发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间B.从P点转移到Q点的时间小于6个月C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小D.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度解析:因发射的“天问一号”要变轨到绕太阳运动,则发射速度要大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度,即发射速度介于11.2 km/s与16.7 km/s之间,选项A错误;由题图可知地火转移轨道的半长轴长度比地球公转轨道半径长,根据开普勒第三定律可知,其周期大于地球公转周期(1年共12个月),则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半,时间大于6个月,选项B错误;同理,根据开普勒第三定律可知“天问一号”在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小,选项C正确;“天问一号”在P处点火加速,做离心运动,速度比地球环绕太阳速度大,但在到达Q处之后,要加速进入火星轨道,又因地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度,因此“天问一号”在地火转移轨道运动时的速度并不是都大于地球绕太阳的速度,选项D错误。9.如图所示,“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”空间实验室对接,对接后飞行轨道高度与“天宫二号”原轨道高度相同。已知引力常量为G,地球半径为R。对接前“天宫二号”的轨道半径为r、运行周期为T。由此可知(　C　)A.“天舟一号”货运飞船是从与“天宫二号”空间实验室同一高度轨道上加速追上“天宫二号”完成对接的B.地球的质量为C.对接后,“天舟一号”与“天宫二号”组合体的运行周期等于TD.地球的第一宇宙速度为解析:根据=m,当“天舟一号”加速时,所需向心力大于万有引力,“天舟一号”做离心运动,则“天舟一号”货运飞船是从比“天宫二号”空间实验室轨道低的轨道上加速追上“天宫二号”完成对接的,故A错误;根据万有引力提供向心力=mr可得M=,故B错误;根据=mr,解得T=,对接后飞行轨道高度与“天宫二号”原轨道高度相同,则对接后,“天舟一号”与“天宫二号”组合体的运行周期仍等于T,故C正确;根据=m,可得v=,把M=代入解得v=,故D错误。高分强化练10.(多选)设想航天员随飞船绕火星飞行,飞船贴近火星表面时的运动可视为绕火星做匀速圆周运动。若航天员测得飞船在靠近火星表面的圆形轨道绕行n圈的时间为t,飞船在火星上着陆后,航天员用弹簧测力计测得质量为m的物体受到的重力大小为F,引力常量为G,将火星看成一个球体,不考虑火星的自转,则下列说法正确的是(　AC　)A.火星的半径为B.火星的质量为C.飞船贴近火星表面做圆周运动的线速度大小为D.火星的平均密度为解析:飞船绕在靠近火星表面的圆形轨道飞行的周期T=,根据万有引力提供向心力得G=m′R,在火星表面满足G=mg,且F=mg,联立可得火星的半径R=,火星的质量为M=,故A正确,B错误;根据线速度公式v=,得飞船贴近火星表面做圆周运动的线速度大小为v=,故C正确;火星的平均密度ρ=,其中V=,解得ρ==,故D错误。11.2020年7月23日,我国首次火星探测任务“天问一号”探测器,在中国文昌航天发射场,应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿千米,最近时大约0.55亿千米。由于距离遥远,地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时,从地球发出一个指令,约22 min才能到达火星。为了节省燃料,我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响,这样的发射机会很少。为简化计算,已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍,认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动,如图所示。根据上述材料,结合所学知识,判断下列说法正确的是(　A　)A.当探测器加速后刚离开A处的加速度与速度均比火星在轨时的要大B.当火星离地球最近时,地球上发出的指令需要约10 min到达火星C.如果火星运动到B点时,地球恰好在A点,此时发射探测器,那么探测器沿轨迹AC运动到C点时,恰好与火星相遇D.下一个发射时机需要再等约2.7年解析:当探测器加速后刚离开A处,根据万有引力提供向心力可知G=ma,解得a=G,探测器在A处距太阳距离较小,则加速度较大,探测器在A处做圆周运动的线速度v=,探测器在A处做圆周运动的线速度比火星在轨的线速度大,探测器加速后刚离开A处速度比探测器在A处做圆周运动的线速度大,因此当探测器加速后刚离开A处的加速度与速度均比火星在轨时的要大,A正确;火星距离地球最远时有4亿千米,从地球发出一个指令,约22 min才能到达火星,最近时大约0.55亿千米,因为指令传播速度相同,则时间为t= min=3.025 min,B错误;根据开普勒第三定律可知,火星与探测器的公转周期不相同,因此探测器与火星不能在C点相遇,C错误;地球的公转周期为1年,火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍,二者的角速度之差为Δω=-=,则地球再一次追上火星的用时为t=≈2.1年,D错误。12.(2022·温州二模)如图所示,北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星a、与地球自转周期相同的倾斜地球同步轨道卫星b,以及比它们轨道低一些的中轨道卫星c组成,它们均为圆轨道卫星。若某中轨道卫星与地球同步静止轨道卫星运动轨迹在同一平面内,下列说法正确的是(　D　)A.卫星b运行的线速度大于卫星c的线速度B.卫星a与卫星b一定具有相同的机械能C.可以发射一颗地球同步静止轨道卫星,每天同一时间经过温州上空同一位置D.若卫星b与卫星c的周期之比为3∶1,某时刻二者相距最近,则约12 h后,二者再次相距最近解析:由牛顿第二定律得=,得v=,因卫星b运行的轨道半径大于卫星c的轨道半径,卫星b运行的线速度小于卫星c的线速度,A错误;机械能包括卫星的动能和势能,而二者与卫星的质量有关,卫星a与卫星b的质量不一定相同,故卫星a与卫星b不一定具有相同的机械能,B错误;地球同步静止轨道卫星必须与地球同步,具有固定的轨道,只能在赤道上空的特定轨道上,不可能经过温州上空,C错误;卫星c比卫星b多运行一周时二者再次相距最近,则(-)t=2π,Tb=Ta=24 h=3Tc,解得t=12 h,即约12 h后,二者再次相距最近,D正确。13.(2022·学军中学选考模拟)(多选)A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动,它们之间的距离Δr随时间变化的关系如图所示,不考虑A、B之间的万有引力,已知地球的半径为0.8r,引力常量为G,卫星A的线速度大于卫星B的线速度,则以下说法正确的是(　BD　)A.卫星A的发射速度可能大于第二宇宙速度B.地球的第一宇宙速度为C.地球的密度为D.卫星A的加速度大小为解析:人造地球卫星绕地球转动的发射速度应大于或等于第一宇宙速度,又小于第二宇宙速度,故卫星A的发射速度不可能大于第二宇宙速度,A错误;设卫星A的轨道半径为RA,卫星B的轨道半径为RB,结合图像有RB-RA=3r,RB+RA=5r,解得RA=r,RB=4r,设卫星A绕地球做匀速圆周运动的周期为TA,则有=mAr,解得TA=,设卫星B绕地球做匀速圆周运动的周期为TB,则有=mB·4r,解得TB=8=8TA,由图像可知每经过t=T,两卫星再一次相距最近,则有(-)·T=2π,联立解得TA=T,则地球质量为M==,设地球的第一宇宙速度为v1,则有=m,解得v1==,B正确;设地球密度为ρ,则有M=ρ·π(0.8r)3,解得ρ=,C错误;设卫星A的加速度大小为a,则有=mAa,解得a==,D正确。14.宇宙中有一孤立星系,中心天体周围有三颗行星,如图所示。中心天体质量远大于行星质量,不考虑行星之间的万有引力,三颗行星的运行轨道中,有两个为圆轨道,半径分别为r1、r3,一个为椭圆轨道,半长轴为a,a=r3,在Δt时间内,行星Ⅱ、行星Ⅲ与中心天体连线扫过的面积分别为S2、S3;行星Ⅰ速率为v1,行星Ⅱ在B点的速率为,行星Ⅱ在E点的速率为,行星Ⅲ的速率为v3,下列说法正确的是(　B　)A.S2=S3B.行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等C.行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时的向心加速度大小相等D.v3<v1<v2E<v2B解析:行星Ⅱ、Ⅲ满足a=r3,根据开普勒第三定律可知它们的运行周期相等,令Δt等于一个周期,它们与中心天体连线扫过的面积,椭圆面积小于圆面积,故A错误,B正确;向心加速度为垂直于速度方向的加速度,行星Ⅱ与行星Ⅲ在P点时加速度相等,但行星Ⅱ在该点的向心加速度为此加速度的分量,小于行星Ⅲ在P点时的向心加速度,故C错误;r1<r3,v1=>v3=;考虑到从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ的变轨过程,应该在B点加速,有v1<v2B;从B点到E点过程,动能向势能转化,有v2B>v2E;考虑到v2E小于在E点能够绕中心天体做匀速圆周运动所需的速度vE,而vE<v3,所以有v2E<v3,综上所述v2E<v3<v1<v2B,故D错误。15.(多选)太空中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星体组成的三星系统,通常可忽略其他星体对它们的引力作用。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,两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行;另一种形式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。设这三个星体的质量均为M,并设两种系统的运动周期相同,则(　BC　)A.直线三星系统中甲星和丙星的线速度相同B.直线三星系统的运动周期T=4πRC.三角形三星系统中星体间的距离L=RD.三角形三星系统的线速度大小为 解析:直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相同,方向相反,选项A错误;三星系统中,对直线三星系统有G+G=MR,解得T=4πR,选项B正确;对三角形三星系统,根据万有引力定律可得2Gcos 30°=M·,联立解得L=R,选项C正确;三角形三星系统的线速度大小为v==,联立解得v=××,选项D错误。