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第11讲 万有引力定律-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版）
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这是一份第11讲 万有引力定律-2024年高考物理一轮考点复习精讲精练（全国通用）（解析版），共37页。试卷主要包含了解决天体运动问题的基本思路，天体质量和密度的计算等内容，欢迎下载使用。
第11讲 万有引力定律
目录
考点一 天体质量和密度的计算 1
考点二 卫星运行参量的比较与计算 2
考点三 卫星变轨问题分析 6
考点四 宇宙速度的理解与计算 11
考点五 双星或多星模型 16
练出高分 22
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
G＝man＝m＝mω2r＝m
(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G＝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G＝mg，故天体质量M＝，
天体密度ρ＝＝＝.
(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G＝mr，得出中心天体质量M＝；
②若已知天体半径R，则天体的平均密度
ρ＝＝＝；
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＝.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．
[例题1] （2023•昌平区二模）卡文迪什在1798年17卷《哲学学报》中发表他关于引力常量的测量时，曾提到他的实验是为了确定出地球的密度。已知引力常量为G，要想估测地球的密度，只需测得（ ）
A．地球的质量 B．地球的半径
C．近地卫星的运行周期 D．地球表面的重力加速度
【解答】解：ABD、根据万有引力与重力的关系有GMmR2=mg
解得M=gR2G
可解得：ρ=MV=M43πR3，或ρ=3g4GπR
可知只测得地球的质量、或地球的半径、或地球表面的重力加速度，均不能估测地球的密度，故ABD错误；
C、对于质量为m的近地卫星，设其运行周期为T，根据万有引力提供向心力得：GMmR2=m(2πT)2R
结合ρ=MV=M43πR3，可得ρ=3πGT2，可知已知G，只需测得近地卫星的运行周期，就能估测地球的密度，故C正确。
故选：C。
[例题2] （2023•茂名二模）2022年11月29日我国“神舟十五号”载人飞船发射成功，并通过一系列加速变轨后与距离地面400km的空间站交汇对接，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．变轨前A是空间站，B是飞船
B．飞船的发射速度可能小于7.9km/s
C．完成对接后，飞船和空间站的运行周期大于24小时
D．若已知空间站的运行周期和地球半径，可以测量地球密度
【解答】解：A、飞船加速后将做离心运动，轨道半径增大，则变轨前A是飞船，B是空间站，故A错误；
B、7.9km/s是最小的发射速度，可知飞船的发射速度大于7.9km/s，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，得GMmr2=m4π2T2r，得T＝2πr3GM，完成对接后，飞船和空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以完成对接后，飞船和空间站的运行周期小于地球同步卫星的运行周期24h，故C错误；
D、根据地球半径和空间站距离地面的高度，可以得到空间站的轨道半径，由GMmr2=m4π2T2r，得M=4π2r3GT2，即可以求出地球的质量。由地球半径能求出地球的体积，因而能求出地球的密度，故D正确。
故选：D。
[例题3] （2023•邢台模拟）宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，它的轨道距地心的距离等于地球半径的k倍，它的运动周期为T，引力常量为G，则地球的平均密度ρ的表达式为（ ）
A．ρ=3πk3GT2 B．ρ=3πk3T2G
C．ρ=3π(k+1)3GT2 D．ρ=3π(k+1)3GT
【解答】解：根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得中心天体的质量为：M=4π2r3GT2，其中r＝kR
根据密度的计算公式ρ=MV，其中V=43πR3
联立解得：ρ=3πk3GT2，故A正确、BCD错误。
故选：A。
[例题4] （2023•赣州二模）2022年10月9日，我国将卫星“夸父一号”成功送入太阳同步晨昏轨道。从宇宙中看，卫星一方面可视为绕地球做匀速圆周运动，轨道平面与地球的晨昏分界线共面，卫星轨道离地高度h≈720km，周期T1≈100分钟。另一方面卫星随地球绕太阳做匀速圆周运动，周期T2＝1年，卫星轨道平面能保持垂直太阳光线，如图所示。已知地球的半径为R，引力常量为G，则下列表述正确的是（ ）
A．晨昏轨道平面与地球同步卫星轨道平面重合
B．根据以上信息可以估算出地球的质量
C．“夸父一号”的发射速度大于11.2km/s
D．根据r3T23=(R+ℎ)3T12可估算出地球到太阳的距离r
【解答】解：A、晨昏轨道与地球经线平面重合，同步卫星轨道与赤道平面重合，所以两个轨道平面不重合，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有：GMm(R+ℎ)=m(R+ℎ)4π2T2，可计算地球质量，故B正确；
C、“夸父一号”的发射速度大于第一宇宙速度，即7.9km/s，小于第二宇宙速度，即11.2km/s，故C错误；
D、因为卫星环绕的中心天体是地球，地球环绕的中心天体是太阳，所以D选项公式两边不相等，故D错误。
故选：B。
[例题5] （2023•河南模拟）如图所示，某卫星绕地球做匀速圆周运动，从卫星观测地球的最大张角为θ，已知地球的半径为R，引力常量未知，忽略地球的自转，下列说法正确的是（ ）
A．θ越大，卫星的运行周期越长
B．θ越小，卫星的线速度越大
C．若卫星的周期已知，则可测得地球的质量
D．若卫星的线速度已知，则可测得地球表面的重力加速度
【解答】解：A．由几何关系可知卫星运行的半径为r=Rsinθ2
故θ越大，卫星运行的半径越小，又由开普勒第三定律可知r3T2=k
因此θ越大，卫星运行的半径越小，周期也越小，故A错误；
B．由万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r
可得卫星的线速度为v=GMr
可知θ越小，飞行轨道半径越大，速度越小，故B错误；
C．设地球的质量为M，卫星质量为m，周期为T。对于卫星，根据万有引力提供向心力得GMmr2=mr4π2T2
由于r=Rsinθ2
代入可得M=4π2R3GT2(sinθ2)3
由于引力常量G未知，因此不能测得地球的质量，故C错误；
D．由万有引力与重力的关系有GMmR2=mg
可得v=gRsinθ2
已知飞行器线速度v可以得到重力加速度g，故D正确。
故选：D。
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．
[例题6] （2023•漳州模拟）2022年7月24日，中国空间站间天实验舱发射成功。中国空间站组建完成后，将从空间站中释放伴随卫星。如图所示，空间站在离地高度约400km的圆轨道绕地球运行，伴随卫星在椭圆轨道上绕地球运行，P、Q分别为伴随卫星轨道的远地点和近地点，伴随卫星在P处时位于空间站正上方，伴随卫星轨道半长轴与空间站轨道半径相等，仅考虑地球的引力作用。则（ ）
A．空间站的角速度小于地球同步卫星的角速度
B．空间站的线速度介于7.9km/s到11.2km/s之间
C．伴随卫星运行到P点时，线速度比空间站的大
D．伴随卫星绕地球的运行周期与空间站绕地球的运行周期相等
【解答】解：A、卫星绕地球运行时，由GMmr2=mω2r可得，ω=GMr3知轨道半径越小，角速度越大，因此空间站的角速度大于地球同步卫星的角速度，故A错误；
B、第一宇宙速度是最大运行速度，因此空间站的线速度小于7.9km/s，故B错误；
C、伴随卫星过P点做近心运动，所以伴随卫星在P点线速度小于过P点的外切圆轨道的线速度。由GMmr2=mv2r，可得v=GMr可知外切圆轨道的线速度小于空间站的线速度。所以伴随卫星运行到P点时，线速度比空间站的小，故C错误；
D、由开普勒第三定律a3T2=k可知，伴随卫星绕地球的运行周期与空间站绕地球的运行周期相等，故D正确。
故选：D。
[例题7] （2023•青羊区校级模拟）2022年10月7日，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间低轨导航试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。设两颗卫星轨道在赤道平面上，运行方向相同，运动周期也相同，其中a卫星为圆轨道，距离地面高度ha＝2R，b卫星为椭圆轨道，近地点M距离地面高度为远地点N距离地面高度的一半，地球表面的重力加速度为g，a卫星线速度大小为v1，b卫星在近地点M时线速度大小为v2，在远地点N时线速度大小为v3，地球半径为R，P点为两个轨道的交点。下列说法正确的是（ ）
A．b卫星远地点N距离地心距离为83R
B．b卫星从N点运动到M点的时间为3π3Rg
C．v1＞v2＞v3
D．a卫星在P点受到地球的引力大于b卫星在N点受到地球的引力
【解答】解：A、设b卫星运行的椭圆轨道半长轴为a0，根据开普勒第三定律有：(2R+R)3T2=a03T2
解得：a0＝3R
设近地点M距离地面高度为h0，由几何关系有：h0+2h0+2R＝2a0＝6R
代入数据解得：ℎ0=43R，故b卫星远地点N距离地面高度为83R，故A错误；
B、对卫星a有：GMm(3R)2=m•(2πT)2•3R
在地球表面上的物体m′有：GMm'R2=m'g
联立以上几式解得：T=2π27Rg
故b卫星从N点运动到M点时间为：t=12T=π27Rg=3π3Rg，故B正确；
C、同一椭圆轨道上从N点到M点，根据开普勒第二定律可知v2＞v3。按离心运动的原理，卫星b由N点运动到P点时速度在增大，分析可知若在P点点火加速可进入圆形a轨道，可得v1＞v3；同理，根据近心运动的原理，卫星b在近地点M减速可进入以M点高度所在处的圆轨道，根据万有引力公式可知当卫星围绕地球做圆周运动时轨道越高，速度越小，所以可知卫星a的速度小于M点高度所在处的圆轨道的速度。即卫星b在近地点M的速度大于卫星a的速度，所以有v2＞v1＞v3，故C错误；
D、根据万有引力公式，a、b两卫星在P点时到地球的距离相等，由于两卫星的质量关系未知，所以无法判断受到地球引力大小关系，故D错误。
故选：B。
[例题8] （2023•遂宁三模）“神舟十三号”飞船开始在半径为r1的圆轨道Ⅰ上运行，运行周期为T1，在A点通过变轨操作后进入椭圆轨道Ⅱ运动，沿轨道Ⅱ运动到远地点C时正好与处于半径为r3的圆轨道Ⅲ上的核心舱对接，A为椭圆轨道Ⅱ的近地点，BD为椭圆轨道Ⅱ的短轴。假设飞船质量始终不变，关于飞船的运动，下列说法正确的是（ ）
A．沿轨道Ⅰ运行时的机械能等于沿轨道Ⅱ运行时的机械能
B．沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到C时的速率
C．沿轨道Ⅱ运行的周期为T12(r1+r32r1)3
D．沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度小于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度
【解答】解：A、飞船从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，需要在A点加速，机械能增加，则沿轨道Ⅰ运行时的机械能小于沿轨道Ⅱ运行时的机械能，故A错误；
B、飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行时，根据万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，解得v=GMr，则知vⅠ＞vⅢ。
飞船从轨道Ⅱ转移到轨道Ⅲ，需要在C点加速，则沿轨道Ⅱ运动到C时的速率vⅡC＜vⅢ，则vⅠ＞vⅡC，即知沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到C时的速率，故B正确；
C、根据开普勒第三定律有：r13T12=(r1+r32)3T22，解得沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1(r1+r32r1)3，故C错误；
D、由牛顿第二定律有GMmr2=ma，得加速度a=GMr2，A点到地心的距离比B点的小，所以沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度大于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度，故D错误。
故选：B。
[例题9] （2023•虹口区二模）探测器“夸父A”在距地球约150万公里的拉格朗日L1点，与地球一起以相同的公转周期绕太阳做匀速圆周运动，用以监测太阳活动的发生及其伴生现象，则（ ）
A．“夸父A”处于平衡状态
B．在相同时间内，“夸父A”的位移相同
C．“夸父A”、地球绕太阳公转的向心加速度相同
D．“夸父A”绕太阳公转的加速度小于地球公转的加速度
【解答】解：A、“夸父A”绕太阳做匀速圆周运动，由合力提供向心力，处于非平衡状态，故A错误；
B、在相同时间内，“夸父A”的位移大小相等，但方向不一定相同，所以位移不一定相同，故B错误；
CD、“夸父A”在“拉格朗日L1点”和地球一起以相同的公转周期绕太阳做匀速圆周运动，故“夸父A”和地球绕太阳做匀速圆周运动的角速度相同，由向心加速度公式a＝rω2，可知“夸父A”的公转半径比地球的小，则“夸父A”绕太阳公转的加速度小于地球公转的加速度，故C错误，D正确。
故选：D。
[例题10] （2023•包头一模）如图甲，两小行星在同一平面内绕中心天体的运动可视为匀速圆周运动，测得两小行星之间的距离Δr随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）（不考虑两小行星之间的作用力）
A．a星的运转周期为T
B．两星的周期之比Ta：Tb＝1：4
C．两星的线速度之比va：vb＝4：1
D．两星的加速度之比aa：ab＝4：1
【解答】解：B、设a星距太阳的距离为r1，b星距太阳的距离为r2，ra＜rb，根据图像有ra+rb＝6r，rb﹣ra＝2r，解得ra＝2r，rb＝4r
两小行星均绕太阳做匀速圆周运动，设a星与b星的周期分别为Ta、Tb，根据开普勒第三定律有r13Ta2=r23Tb2，解得TaTb=122，故B错误；
C、根据v=2πrT，可得vavb=rarb•TbTa=12×221=21，故C错误；
A、根据图像可知，经过时间T两小行星再次相距最近，a星比b星多转2π角度，则有2πTaT−2πTbT＝2π，结合TaTb=122，联立解得Ta=(1−24)T，故A错误；
D、根据GMmr2=ma，可得a=GMr2，可得aa：ab＝4：1，故D正确。
故选：D。
考点三 卫星变轨问题分析
1．当卫星的速度突然增大时，G
卫星的发射和回收就是利用这一原理．
[例题11] （2023•房山区一模）我国一箭多星技术居世界前列，一箭多星是用一枚运载火箭同时或先后将数颗卫星送入轨道的技术。某两颗卫星释放过程简化为如图所示，火箭运行至P点时，同时将A、B两颗卫星送入预定轨道。A卫星进入轨道1做圆周运动，B卫星进入轨道2沿椭圆轨道运动，P点为椭圆轨道的近地点，Q点为远地点，B卫星在Q点喷气变轨到轨道3，之后绕地球做圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．A卫星在P点的加速度大于B卫星在P点的加速度
B．A卫星在轨道1的速度小于B卫星在轨道3的速度
C．B卫星从轨道2上Q点变轨进入轨道3时需要喷气减速
D．B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中引力做负功
【解答】解：A、两卫星在P点时，根据万有引力产生加速度，GMmr2=ma
整理可得：a=GMr2
由于两卫星在P点到地心的距离相等，显然两卫星的加速度相同，故A错误；
B、由题知，轨道1和轨道3都是圆轨道，则有：GMmr2=mv2r
整理可得：v=GMr
由于B卫星在轨道3上运动的轨道半径大于A卫星在轨道1上运动的轨道半径，所以B卫星在轨道3上运动的速度小于A卫星在轨道1上运动的速度，故B错误；
C、卫星从低轨道运动到高轨道，需要做离心运动，即在轨道相切点点火加速实现，所以B卫星在Q点变轨进入轨道3时需要向后喷气加速，故C错误；
D、B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中速度减少，则动能减小，故引力做负功，故D正确。
故选：D。
[例题12] （2023•道里区校级三模）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道运动到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，地球、火星绕太阳轨道可视为圆轨道。则“天问一号”（ ）
A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B．从P点转移到O点的时间小于6个月
C．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
D．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上的周期小
【解答】解：A．“天问一号”发射后脱离了地球引力的束缚，所以发射速度大于第二宇宙速度，故A错误；
B．根据开普勒第三定律a3T2=k，地球公转周期为12个月，“天问一号”在地火转移轨道的长轴轨道半径大于地球公转轨道半径，则其运行周期大于12个月，所以从P点转移到O点的时间大于6个月，故B错误；
C．地火转移轨道Q点速度小于火星轨道Q点速度，而火星轨道Q点速度小于地球绕太阳的速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律a3T2=k可知，环绕火星的停泊轨道长轴半径小于调相轨道长轴半径，故在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上的周期小，故D正确。
故选：D。
[例题13] （2023•杭州二模）如图所示，是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。假设探测器在近日点P点进入地火转移轨道，在远日点Q，被火星俘获。已知火星的轨道半径是地球地火轨道半径的1.5倍，则转轨道（ ）
A．地球公转的周期大于火星公转的周期
B．探测器进入地火转移轨道后，速度逐渐增大
C．探测器在地火转移轨道上的周期大于火星的公转周期
D．探测器从发射到被火星俘获，经历的时间约255天
【解答】解：A．根据开普勒第三定律有
r地3T地2=r火3T火2
因为r地＜r火，可知地球公转的周期小于火星公转的周期，故A错误；
B．探测器进入地火转移轨道后，万有引力做负功，速度逐渐减小，故B错误；
C．根据开普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r火3T火2
因为r火+r地2＜r火，可知探测器在地火转移轨道上的周期小于火星公转周期，故C错误；
D．根据开普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r地3T地2
整理得，探测器在地火转移轨道上的周期T探=(r火+r地2r地)3T地
探测器从发射到被火星俘获，经历的时间t=T探2
其中T地＝365天
联立上述各式，代入数据得
t≈255天，故D正确。
故选：D。
[例题14] （2023•南京模拟）2023年1月21日，神舟十五号3名航天员在400km高的空间站向祖国人民送上新春祝福，空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道Ⅰ，设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（ ）
A．在A点时神舟十五号经过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
B．飞船在A点的加速度小于空间站在A点的加速度
C．空间站在轨道Ⅰ上的速度小于gR
D．轨道Ⅰ上的神舟十五号飞船想与前方的空间站对接，只需要沿运动方向加速即可
【解答】解：A、从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，神舟十五号做近心运动，应在A点减速，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以飞船在A点的加速度等于空间站在A点的加速度，故B错误；
C、根据第一宇宙速度的计算可知mg=mv2R，解得：v=gR，该速度是最大的环绕速度，所以空间站在轨道Ⅰ上的速度小于gR，故C正确；
D、轨道Ⅰ上的神舟十五号飞船想与前方的空间站对接，只沿运动方向加速，会变到更高轨道，故D错误；
故选：C。
[例题15] （2023•湛江一模）2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与“天和核心舱”完成对接，航天员费俊龙、邓清明、张陆进入“天和核心舱”。对接过程的示意图如图所示，“天和核心舱”处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十五号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与“天和核心舱”对接。则神舟十五号飞船（ ）
A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点减速
B．沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1(2r1r1+r3)3
C．在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D．在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度
【解答】解：A、由低轨道进入高轨道需要点火加速，所以由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点加速，故A错误；
B、根据开普勒第三定律，有r13T12=(r1+r32)3T22，解得T2＝T1(r1+r32r1)3，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以在轨道Ⅰ上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度，故C错误；
D、由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点加速，所以在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度，故D正确。
故选：D。
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＝＝得：
v1＝ ＝＝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．
[例题16] （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。
[例题17] （2023•聊城一模）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，密度是钢的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”。当航天员乘坐“太空电梯”时，地球引力对航天员产生的加速度a与r的关系用图乙中图线A表示，航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系用图线B表示，其中r为航天员到地心的距离，R为地球半径。关于相对地面静止在不同高度的航天员，下列说法正确的是（ ）
A．航天员在r＝R处的线速度等于第一宇宙速度
B．图中r0为地球同步卫星的轨道半径
C．随着r增大，航天员运动的线速度一直减小
D．随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小
【解答】解：A、电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，当r＝R时电梯中的航天员受到万有引力和电梯的弹力的合力提供向心力GMmR2−FN=mv2R，又因为第一宇宙速度是贴近星球表面运动时，万有引力全部提供向心力时的线速度，即上式中FN＝0时匀速圆周运动的线速度，因此航天员在r＝R处的线速度小于第一宇宙速度；故A错误；
B、由公式GMmr2−FN=mω2r可知，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小；当GMmr2=mω2r，此时电梯舱对航天员的弹力为零，只由万有引力提供向心力，r＝r0，r0为同步卫星的轨道半径；故B正确；
C、由于电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，所以角速度相等，根据v＝ωr，可知随着r增大，线速度增大；故C错误；
D、当r＞r0时，随着r继续增大，宇航员需要的向心力增大，由GMmr2+FN=mω2r，可知FN反向增大，所以随着r从小于r0到大于r0逐渐增大的过程中，航天员受到电梯舱的弹力先减小为零后反向增大；故D错误。
故选：B。
[例题18] （多选）（2023•蚌埠模拟）2021年5月15日，我国“祝融号”火星车在火星表面软着陆时，竖直向下经t时间由速度v0匀减速到零完成平稳降落。已知火星车的质量为m，火星质量是地球的a倍，火星半径是地球的b倍，地球表面重力加速度为g，不计火星的大气阻力，则（ ）
A．减速过程着陆器的位移为v0t
B．火星的平均密度是地球的ab2倍
C．火星的第一宇宙速度是地球的ab倍
D．减速过程中着陆器受到的制动力大小为m(ab2g+v0t)
【解答】解：A、由平均速度公式得，减速过程着陆器的位移为x=v02t=v0t2
故A错误；
B、由密度公式得：ρ=M43πR3
则火星、地球平均密度之比ρ1ρ2=M1M2•(R2R1)3=ab3
故B错误；
C、第一宇宙速度为最大环绕速度，万有引力提供向心力，有：GMmR2=mv2R
解得：v=GMR
则火星表面第一宇宙速度与地球表面第一宇宙速度的比值为：v1v2=GM1R1GM2R2=M1M2⋅R2R1=ab
故C正确；
D、在天体表面，万有引力等于重力，有：GMmR2=mg
火星表面重力加速度和地球表面重力加速度之比为g'g=GM1R12GM2R22=ab2
则火星表面重力加速度为g'=ab2g
减速过程中着陆器加速度大小为a=v0t
设着陆器受到的制动力大小为F，由牛顿第二定律得：F﹣mg'＝ma
联立解得：F=mg'+ma=m(ab2g+v0t)
故D正确。
故选：CD。
[例题19] （多选）（2023•山西模拟）“祝融号”火星探测器于2021年5月22日成功着陆火星，至今依然活跃。若测得火星表面赤道位置的重力加速度为g，而两极的重力加速度为g0，且知火星自转周期T，并将火星视为理想匀质球体，则下列判断中正确的有（ ）
A．火星的半径为(g0−g)T24π2
B．火星的半径为(g−g0)T24π2
C．火星的第一宇宙速度为T2πg0(g0−g)
D．火星的第一宇宙速度为T2πg(g−g0)
【解答】解：AB、设火星质量为M，半径为R，万有引力常量为G，质量为m的物体在火星表面随火星自转而做匀速圆周运动，物体在赤道位置时，有：GMmR2=mg+m4π2T2R
位于极地时，有：GMmR2=mg0
联立解得，火星的半径为R=(g0−g)T24π2
故A正确，B错误；
CD、第一宇宙速度即卫星的最大环绕速度，卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，有：GMmR2=mv12R
在火星两极处有：GMmR2=mg0
联立解得：v1=T2πg0(g0−g)
故C正确，D错误。
故选：AC。
[例题20] （多选）（2020•岳阳一模）在星球M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，由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中P线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a﹣x关系如图中Q线所示．已知M、N两星球的半径相等，不计星球表面的气体阻力，则（ ）
A．M、N星球表面的重力加速度大小之比是2：1
B．P、Q的质量大小之比是1：5
C．P、Q下落的最大速度之比是2：1
D．M、N两星球的第一宇宙速度之比是2：1
【解答】解：A、由牛顿第二定律可知，物体下落的加速度a=mg−kxm=g−kmx，当x＝0时，a＝g；
可知两星球表面的重力加速度之比为gMgN=4a0a0=4：1，故A错误；
B．a﹣x关系图线的斜率表示km，则有：kmP=4a0x0，kmQ=a02x0，解得：mPmQ=21，故B错误；
C．由物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系图，结合公式v2＝2ax可知ax=v22，即图象面积表示v22，
根据图象可知：vP22：vQ22=（12×4a0x0）：（12×2x0a0）＝2：1，所以P、Q下落的最大速度之比是2：1，故C正确；
D．已知M、N两星球的半径相等，设为R，根据第一宇宙速度表达式v1=gR可知，M、N两星球的第一宇宙速度之比是2：1，故D正确。
故选：CD。
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：
图6
(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即
＝m1ωr1，＝m2ωr2
(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＝
(5)双星的运动周期T＝2π
(6)双星的总质量公式m1＋m2＝
[例题21] （2023•河北模拟）科学家观测发现银河系的“MAXIJ1820+070”是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，若系统中黑洞与恒星的中心距离为L，黑洞做匀速圆周运动的加速度为a，恒星做匀速圆周运动的加速度为aʹ，则黑洞做圆周运动的半径为（ ）
A．aLa+a' B．aLa−a' C．2aLa+a' D．2aLa−a'
【解答】解：设黑洞的质量为M，恒星的质量为m，二者角速度相等，
设黑洞做圆周运动的半径为R，根据向心力公式，有Mω2R＝mω2（L﹣R）
可得MR＝m（L﹣R）
联立解得R=aLa+a'
故BCD错误，A正确。
故选：A。
[例题22] “双星系统”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点O做匀速圆周运动。如图所示，某一双星系统中A星球的质量为m1，B星球的质量为m2，它们球心之间的距离为L，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．B星球的轨道半径为m2m1+m2L
B．A星球运行的周期为2πLLG(m1+m2)
C．A星球和B星球的线速度大小之比为m1：m2
D．若在O点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零
【解答】解：A、由于“双星系统”在相同时间转过的角度相等，则两星球的周期与角速度均相同，设两星球运行的角速度为ω，A星球和B星球轨道半径分别为r1、r2，根据牛顿第二定律，对A星球有Gm1m2L2=m1ω2r1，对B星球有Gm1m2L2=m2ω2r2；解得：r1：r2＝m2：m1，又由于r1+r2＝L，解得r1=m2m1+m2L，r2=m1m1+m2L，故A错误；
B、根据Gm1m2L2=m14π2T2r1，r1=m2m1+m2L，解得T=2πLLG(m1+m2)，故B正确；
C、A星球和B星球的线速度大小之比：vAvB=ωr1ωr2=m2m1，故C错误；
D、O点处质量为m的质点受到B星球的万有引力：F万B=Gmm2r22=Gmm2(m1Lm1+m2)2
受到A星球的万有引力：F万A=Gmm1r12=Gmm2(m2Lm1+m2)2
则有F万A：F万B=m12：m22，故该质点受到两星球的引力之和不为零，故D错误。
故选：B。
[例题23] （2023•南充模拟）“黑洞”是近代引力理论所预言的一种特殊天体，探寻“黑洞”的方案之一是观测双星系统的运动规律。天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX﹣3双星系统，它由可见星A和不可见的暗星B构成。不考虑其它天体的影响，A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，若将可见星A所受暗星B的引力等效为位于O点处质量为m'的星体对它的引力，设A和B的质量分别为m1、m2，则（ ）
A．m'=m12m1+m2 B．m'=m22m1+m2
C．m'=m13(m1+m2)2 D．m'=m23(m1+m2)2
【解答】解：双星系统的AB角速度相等，根据Gm1m2(r1+r2)2=m1ω2r1=m2ω2r2
得m1m2=r2r1
根据Gm1m2(r1+r2)2=Gm1m'r12
得m'm2=r12(r1+r2)2
联立解得m'=m2r12(r1+r2)2=m23(m1+m2)2
故ABC错误，D正确；
故选：D。
[例题24] （2022•江门模拟）宇宙用有一孤立星系，中心天体对周围有三颗行星，如图所示，中心天体质量大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，行星Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，半径分别为r1，r3，行星Ⅱ为椭圆轨道，半长轴为a，a＝r3，与行星Ⅰ轨道在B点相切，下列说法正确的是（ ）
A．行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等
B．行星Ⅱ在P点与行星Ⅲ在D点时的加速度相同
C．行星Ⅲ的速率大于行星Ⅱ在B点的速率
D．行星Ⅰ的速率与行星Ⅱ在B点的速率相等
【解答】解：A、根据开普勒第三定律可得a3T2=k，行星Ⅱ的半长轴等于与行星Ⅲ轨道半径，所以行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等，故A正确；
B、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，可知行星Ⅱ在P点与行星Ⅲ在D点时的加速度大小相同，但方向不同，故B错误；
CD、由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，可知Ⅲ的运行速率小于Ⅰ的运行速率，Ⅱ在B点相对于Ⅰ在B点做离心运动，所以行星Ⅰ的速率小于行星Ⅱ在B点的速率，所以行星Ⅲ的速率小于行星Ⅱ在B点的速率，故CD错误。
故选：A。
[例题25] （多选）近年科学研究发现，在宇宙中，三恒星系统约占所有恒星系统的十分之一，可见此系统是一个比较常见且稳定的系统。在三恒星系统中存在这样一种运动形式：忽略其他星体对它们的作用，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在平面内以相同角速度做匀速圆周运动。如图所示为A、B、C三颗星体质量mA、mB、mC大小不同时，星体运动轨迹的一般情况。设三颗星体在任意时刻受到的万有引力的合力大小分别为F1、F2、F3，加速度大小分别为a1、a2、a3，星体轨迹半径分别为RA、RB、RC，下列说法正确的是（ ）
A．若三颗星体质量关系有mA＝mB＝mC，则三颗星体运动轨迹圆为同一个
B．若三颗星体运动轨迹半径关系有RA＜RB＜RC，则三颗星体质量大小关系为mA＜mB＜mC
C．F1、F2、F3的矢量和一定为0，与星体质量无关
D．a1、a2、a3的矢量和一定为0，与星体质量无关
【解答】解：A、若三个星体质量相等，则根据对称性可知，三个星体所受的万有引力大小均相同，在角速度都相等的情况下，轨迹半径也相等，故三颗星体运动轨迹圆为同一个，故A正确；
B、若三颗星体运动轨迹半径关系有RA＜RB＜RC，而因为三颗星体的角速度相等，则万有引力的大小关系为FA＜FB＜FC，根据对称性可知，mA＞mB＞mC，故B错误；
C、根据万有引力定律可知，F1＝FBA+FCA，同理可得：F2＝FAB+FCB；F3＝FAC+FBC。（此处的“+”号表示的是矢量的运算）则F1+F2+F3＝FBA+FCA+FAB+FCB+FAC+FBC＝0，而a1+a2+a3=F1mA+F2mB+F3mC，当三颗星体的质量相等时，加速度的矢量和才等于0，故C正确，D错误；
故选：AC。
练出高分
一．选择题（共10小题）
1．（2023•河北区二模）据中国载人航天工程办公室消息，中国空间站已全面建成，我国载人航天工程“三步走”发展战略已从构想成为现实。目前，空间站组合体在轨稳定运行，神舟十五号航天员乘组状态良好，计划于今年6月返回地面。空间站绕地球飞行的轨道可视为圆轨道。空间站运行轨道距地面的高度为400km左右，地球同步卫星距地面的高度接近36000km。则空间站的（ ）
A．角速度比地球同步卫星的小
B．周期比地球同步卫星的长
C．线速度比地球同步卫星的小
D．向心加速度比地球同步卫星的大
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mω2r，解得：ω=GMr3，空间站运动半径小，角速度比地球同步卫星的大，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r，解得：T=4π2r3GM，空间站运动半径小，周期比地球同步卫星的短，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，空间站运动半径小，线速度比地球同步卫星的大，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，空间站运动半径小，向心加速度比地球同步卫星的大，故D正确。
故选：D。
2．（2023•潮州二模）2022年11月29日神舟十五号飞船在酒泉卫星发射中心成功发射升空，飞船入轨后按照预定程序，成功与我国空间站轨道核心舱进行自主快速交会对接。已知空间站运行在离地面高为116R的圆轨道上（R为地球半径），下列说法正确的是（ ）
A．空间站在轨道上飞行的速度大于9km/s
B．空间站中的一根天线脱落将做自由落体运动
C．成功对接后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
D．入轨后飞船内的宇航员所受地球的万有引力大小约为他在地面时的(1617)2
【解答】解：A、第一宇宙速度7.9km/s是卫星或空间站绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以空间站在轨道上飞行的速度不可能大于9km/s，故A错误；
B、空间站中的一根天线脱落，天线与空间站一样做匀速圆周运动，故B错误；
C、组合体在对接轨道上绕地运行时受到的万有引力仍然是恰好提供向心力，所以成功对接后，空间站虽然质量增大，但轨道半径不变，故C错误；
D、入轨后飞船内的宇航员到地球球心的距离为1716R，根据F=GMmr2，则宇航员所受地球的万有引力大小约为他在地面时的(1617)2，故D正确。
故选：D。
3．（2023•丰台区二模）两个天体组成双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。
科学家在地球上用望远镜观测由两个小行星构成的双星系统，看到一个亮度周期性变化的光点，这是因为当其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。科学家用航天器以某速度撞击该双星系统中较小的小行星，撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短。不考虑撞击后双星系统的质量变化。根据上述材料，下列说法正确的是（ ）
A．被航天器撞击后，双星系统的运动周期变大
B．被航天器撞击后，两个小行星中心连线的距离增大
C．被航天器撞击后，双星系统的引力势能减小
D．小行星质量越大，其运动的轨道越容易被改变
【解答】解：A、撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短，可知双星系统的运动周期变小，故A错误；
BC、双设双星之间的距离为L，星靠相互间的万有引力提供向心力，所以GMmL2=MR4π2T2=mr4π2T2
联立解得：T2=4π2L3G(M+m)，则两个小行星中心连线的距离减小，引力对双星做正功，双星的引力势能减小，故C正确，B错误。
D、小行星质量越大，其惯性越大，运动的轨道越不容易被改变，故D错误；
故选：C。
4．（2023•重庆模拟）图1为电影《流浪地球2》中的太空电梯，又称为“斯科拉门德快速电梯”，是一种可以在地球表面和太空间来回运输人员和物资的巨型结构。图2为其简易图，固定在空间站和地球间的刚性“绳索”与空间站一起和地球保持相对静止，电梯可沿“绳索”升降，则（ ）
A．空间站绕地球运行的向心力小于地球对它的万有引力
B．空间站绕地球运行的向心力等于地球对它的万有引力
C．若连接空间站处的“绳索”断裂，空间站将落回地面
D．若连接空间站处的“绳索”断裂，空间站做离心运动
【解答】解：AB．同步卫星在轨道上运行引力提供向心力，相对地球静止，空间站轨道高于同步卫星轨道，若仅由万有引力提供向心力，空间站转动周期大于同步卫星，不能相对地球静止，故空间站的向心力由万有引力和“绳索”拉力的合力提供向心力，故空间站绕地球运行的向心力大于地球对它的万有引力，故AB错误；
CD．空间站的向心力由万有引力和“绳索”拉力的合力提供向心力，若连接空间站处的“绳索”断裂，引力不足以作为向心力，空间站做离心运动，故C错误，D正确。
故选：D。
5．（2023•沧州一模）科幻电影《流浪地球》中，地球需借助木星的“引力弹弓”效应加速才能成功逃离太阳系。然而由于行星发动机发生故障使得地球一度逼近木星的“洛希极限”，险象环生。“洛希极限”是一个距离，可粗略认为当地球与木星的球心间距等于该值时，木星对地球上物体的引力约等于其在地球上的重力，地球将会倾向碎散。已知木星的“洛希极限”d≈32R木，其中R木为木星的半径，约为地球半径R的11倍。则根据上述条件可估算出（ ）
A．木星的第一宇宙速度约为7.9km/s
B．木星的第一宇宙速度约为16.7km/s
C．木星的质量约为地球质量的94倍
D．木星的密度约为地球密度的944倍
【解答】解：AB．由万有引力提供向心力得：
GM木mR木2=mv12R木
可知木星的第一宇宙速度为：v1=GM木R木=994⋅GM地R
代入数据得：v1＝39000m/s＝39km/s，故AB错误。
CD．由题目中的条件可知，地球到达木星的“洛希极限”时有
GM木md2=mg
又有
GM地mR2=mg
其中
d≈32R木
R木＝11R
解得：
M木M地=d2R2
代入数据得：M木M地=10894
又有
ρ=MV=3M4πR3
则有
ρ木ρ地=M木M地•V地V木
代入数据得：ρ木ρ地=944
故C错误，D正确；
故选：D。
6．（2023•上饶一模）北京时间2023年1月15日11时14分，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，以“一箭十四星”发射方式，成功将齐鲁二号/三号卫星及珞珈三号01星、吉林一号高分03D34星等4颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．假设其中的甲、乙两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍，甲的质量也是乙的2倍．则（ ）
A．由v=gr可知，甲的速度是乙的2倍
B．由a＝ω2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍
C．由F＝GMmr2可知，甲的向心力是乙的14
D．由r3T2=k可知，甲的周期是乙的22倍
【解答】解：A．对卫星由万有引力提供向心力有：F向=GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=ma=mg
不同轨道上g不一样，不能根据v=gr比较速度关系，万有引力提供向心力得出卫星运行线速度v=GMr
代入数据v甲v乙=22
故A错误；
B．不同轨道上两卫星角速度不一样，不能根据a＝ω2r得出两卫星加速度关系，万有引力提供向心力得出卫星的运行加速度a=GMr2
代入数据可得a甲a乙=14
故B错误；
C．根据F向=GMmr2可得F甲F乙=m甲r乙2m乙r甲2=12
故C错误；
D．两卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律r3T2=k
可得T甲T乙=22
故D正确。
故选：D。
7．（2023•安庆模拟）中国原创科幻电影《流浪地球2》近期火爆全球，片中高耸入云、连接天地的太空电梯运行场景令人震撼，其通过高强度缆绳将地球同步轨道上的空间站与其正下方赤道上的固定物连接在一起，在引力的作用下，缆绳处于紧绷状态。若载满乘客的太空电梯因机械故障悬停在缆绳中间处，下列说法正确的是（ ）
A．悬停时太空电梯所受合外力为零
B．悬停时电梯内乘客处于完全失重状态
C．悬停时太空电梯的速度大于空间站的速度
D．悬停时太空电梯的速度小于在同样高度绕地球做圆周运动的卫星的速度
【解答】解：A、悬停时太空电梯绕地球做匀速圆周运动，合外力不为零，由合外力提供向心力，故A错误；
C、太空电梯与空间站的角速度相同，由v＝ωr知，悬停时太空电梯的速度小于空间站的速度，故C错误；
BD、对地球卫星，有GMmr2=mv2r，解得v=GMr，可知卫星的轨道半径越大，线速度越小，可知在同样高度绕地球做圆周运动的卫星的速度大于在地球同步轨道上的空间站的速度，所以悬停时太空电梯的速度小于在同样高度绕地球做圆周运动的卫星的速度，而卫星的向心力是全部由万有引力题供，则太空电梯上所需要的向心力小于其万有引力，所以处于失重状态，但不是完全失重状态，故B错误，D正确。
故选：D。
8．（2023•通州区一模）2022年6月5日，我国的神舟十四号载人飞船与距地表约400km的空间站完成径向交会对接。径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成对接。对接前，飞船在空间站正下方200米的“保持点”处调整为垂直姿态（如图所示），并保持相对静止。准备好后，再逐步上升到“对接点”与空间站完成对接。飞船和空间站对接后，组合体绕地球做匀速圆周运动。已知地球同步卫星位于地面上方高度约36000km处。下列说法正确的是（ ）
A．飞船维持在“保持点”的状态时，它的运动速度大于空间站运动速度
B．飞船维持在“保持点”的状态时，需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力
C．与地球同步卫星相比，组合体的运动周期更大
D．飞船一直加速才能从“保持点”上升到“对接点”
【解答】解：A、飞船维持在“保持点”的状态时，二者的角速度是相等的，根据v＝ωr，可知飞船维持在“保持点”的状态时，它的运动速度大小空间站运动速度，故A错误；
B、飞船维持在“保持点”的状态时，二者的角速度是相等的，此时飞船受到的万有引力提供大于需要的向心力，所以需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力，故B正确；
C、根据GMmr2=m⋅4π2rT2，可得：T=2πr3GM，由于组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以与地球同步卫星相比，组合体的运动周期更小，故C错误；
D、姿态调整完成后，飞船接近空间站过程中需要先对飞船加速，使它先做离心运动，向空间站靠近，而飞船靠近空间站时速度又要逐渐减小，直至与空间站的速度相等，故D错误。
故选：B。
9．（2023•黄山模拟）三月春来早，北斗农机来报到，基于北斗的自动驾驶农机能够按照既定路线进行精准春耕作业，精细化程度显著提升，虽然我国的北斗系统起步最晚，但“后来居上”，成为可与美国GPS媲美的最先进的全球导航定位系统。如图是北斗三号卫星系统三种卫星的参数，地球球体半径为6400km，以下说法正确的是（ ）
表1北斗三号卫星功能特点
北斗卫星
MEO卫星（24）
GEO卫星（3）
IGSO卫星（3）
名称
中圆轨道卫星
地球静止轨道卫星
倾斜地球同步轨道卫星
轨道高度
2万公里左右，三个轨道面，保持55°的倾角
3.6万公里左右
3.6万公里左右
星下点估计
绕着地区划波浪
投影一个点
锁定区域画8字
功能特点
环绕地球运行实现全球导航定位、短报文通信、国际救援
承载区域短报文通信
与GEO互补，对亚太区域可重点服务
A．MEO卫星速度大于7.9km/s
B．GEO卫星可以相对静止在我国某地上空
C．GEO卫星和IGSO卫星24h一定会相遇一次
D．MEO卫星周期T一定小于24h
【解答】解：A．7.9km/s是卫星绕地球表面运行的速度，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r
解得v=GMr，7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，MEO卫星轨道半径大于地球半径，其速度小于7.9km/s，故A错误；
B．GEO卫星是地球静止轨道卫星，位于赤道平面某地上空，相对于地球表面静止，我国不在赤道上，所以GEO卫星不可能相对静止在我国某地上空，故B错误；
C．GEO卫星和IGSO卫星轨道半径相同、线速度相同、周期都为24h，能否相遇取决于起始位置，所以不一定会相遇一次，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力：GMmr2=m4π2T2r
解得T=4π2r3GM
则MEO卫星周期T一定小于24h，故D正确。
故选：D。
10．（2023•凯里市校级模拟）北京时间2022年11月29日23点08分，我国成功发射神舟十五号载人飞船，在太空与在轨的神舟十四号乘组对接，这是我国航天史上首次实现两载人飞船在太空中对接。神舟十五号载人飞船和在轨的神舟十四号载人飞船对接前运行可简化为匀速圆周运动，如图所示，神舟十五飞船绕A轨道运行的周期为T1，神舟十四号飞船绕B轨道运行的周期为T2，在某时刻两飞船相距最近，轨道B离地高度约为400km。下列说法正确的是（ ）
A．两飞船下一次相距最近需经过时间t=T1T2T1+T2
B．神舟十五、十四两飞船绕地球做匀速圆周运动的轨道半径之比为(T1T2)23
C．神舟十五号飞船要与在轨的神舟十四号飞船对接，需要向其运动方向喷气
D．神舟十五号飞船对接后的向心加速度小于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度
【解答】解：A．设需经过时间为t两飞船下一次相距最近，根据运动学公式可得：
tT1−tT2=1
得t=T1T2T2−T1，故A错误；
B．神舟十五、十四两飞船绕地球做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1、r2，质量分别为m1、m2，地球质量为M。飞船受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMm1r12=m1(2πT1)2r1
GMm2r22=m2(2πT2)2r2
解得：r1r2=(T1T2)23，故B正确；
C．神舟十五号飞船要与在轨的神舟十四号飞船对接，需要向其运动方向反方向喷气，飞船加速后做离心运动向更高轨道运动。故C错误；
D．由万有引力提供向心力可得：
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
地球同步卫星的轨道半径大于神舟十五号飞船对接后的轨道半径，神舟十五号飞船对接后的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度。地球同步卫星和地球自转角速度相同，由a＝ω2r可知，地球同步卫星的加速度大于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度。神舟十五号飞船对接后的向心加速度大于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度。故D错误。
故选：B。
二．计算题（共3小题）
11．（2023•西城区二模）建立物理模型是解决实际问题的重要方法。
（1）如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知，地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。
a．卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视做匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小v。
b．在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ。卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分（如图2所示）。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。
卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为v1，在远地点D的速度为v2，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等）可知v1R＝v2r，请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
（2）在科幻电影《流浪地球》中有这样一个场景：地球在木星的强大引力作用下，加速向木星靠近，当地球与木星球心之间的距离小于某个值d时，地球表面物体就会被木星吸走，进而导致地球可能被撕裂。这个临界距离d被称为“洛希极限”。
已知，木星和地球的密度分别为ρ0和ρ，木星和地球的半径分别为R0和R，且d≫R。请据此近似推导木星使地球产生撕裂危险的临界距离d—“洛希极限”的表达式。【提示：当x很小时，（1+x）n≈1+nx。】
【解答】解：（1）卫星在近地轨道Ⅰ上运行的时候，根据万有引力定律提供向心力，由牛顿第二定律可得：GMmR2=mv2R，解得v=GMR
（2）卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行的时候，近地点和远地点的等效圆周运动半径分别为r1和r2，根据牛顿第二定律可得GMmR2=mv12r1，GMmr2=mv22r2，根据椭圆的对称性可知r1＝r2。联立解得：v1R＝v2r
（3）设木星的质量为M0，地球的质量为M，地球表面上距离木星最近的地方有一质量为m的物体。地球在木星的牵引下做加速运动，由牛顿第二定律可得GM0m(d−R)2−GMmR2=ma，GMM0d2=Ma'
a＞a′时地球被撕裂，故a＝a′时地球恰好不被撕裂，即：GM0(d−R)2−GMR2=GM0d2，整理得：M0d2(1−Rd)−2−M0d2=MR2由于d≫R，所以解得d=R032ρ0ρ
答：（1）a．卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视做匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小为GMR
b．推导见解析
（2）“洛希极限”的表达式为R032ρ0ρ
12．（2023•铜仁市模拟）我国航天技术水平在世界处于领先地位，对于人造卫星的发射，有人提出了利用“地球隧道”发射人造卫星的构想：沿地球的一条弦挖一通道，在通道的两个出口处分别将等质量的待发射卫星部件同时释放，部件将在通道中间位置“碰撞组装”成卫星并静止下来；另在通道的出口处由静止释放一个大质量物体，大质量物体会在通道与待发射的卫星碰撞，只要物体质量相比卫星质量足够大，卫星获得足够速度就会从对向通道口射出。（以下计算中，已知地球的质量为M0，地球半径为R0，引力常量为G，可忽略通道AB的内径大小和地球自转影响。）
（1）如图甲所示，将一个质量为m0的质点置于质量分布均匀的球形天体内，质点离球心O的距离为r。已知天体内部半径在r～R之间的“球壳”部分（如甲示阴影部分）对质点的万有引力为零，求质点所受万有引力的大小Fr。
（2）如图乙所示，设想在地球上距地心h处沿弦长方向挖了一条光滑通道AB，一个质量为m。的质点在离通道中心O'的距离为x处，求质点所受万有引力沿弦AB方向的分力Fx；将该质点从A点静止释放，求质点到达通道中心O'处时的速度大小v0。
（3）如图丙所示，如果质量为m的待发射卫星已静止在通道中心O'处，由A处静止释放另一质量为M的物体，物体到达O'处与卫星发生弹性正碰，设M远大于m，计算时可取mM≈0。卫星从图丙示通道右侧B处飞出，为使飞出速度达到地球第一宇宙速度，h应为多大？
【解答】解：（1）当质点处于离球心O的距离为r时，内含球体质量M'=43πr3⋅ρ=M0R03r3
质点所受引力Fr=GM'm0r2
整理有Fr=GM0m0R03x
（2）引力沿AB方向的分力为Fx=Frxr=GM0m0R03x
由上述分析可知，该力与x成正比，由动能定理有Fx⋅x=Fx2⋅x=12mv02−0
而x=R02−ℎ2
解得v0=GM0(R02−ℎ2)R03
（3）上式可知，质量为M的物体到达O'处时，速度大小为v0，刚碰撞后，质量为M的物体速度为V，质量为m的物体速度为v，若规定速度由A向B为正，根据动量守恒定律：Mv0＝MV+mv
12Mv02=12MV2+12mv2
解得v=2MM+mv0≈2v0
返回过程中由动能定理−Fx⋅x=12mvB2−12mv2
得vB2=3GM0R03(R02−ℎ2)
要使卫星飞出通道达到第一宇宙速度，须有3GM0R03(R02−ℎ2)=GM0R0
解得h=63R0
答：（1）质点所受万有引力的大小GM0m0R03x；
（2）质点到达通道中心O'处时的速度大小GM0(R02−ℎ2)R03；
（3）为使飞出速度达到地球第一宇宙速度，h应为63R0。
13．（2022•西城区校级四模）“星空浩瀚无比，探索永无止境。”人类从未停止对宇宙的探索，中国航天事业正在创造更大的辉煌。
（1）变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为方便研究我们将航天器的变轨过程简化为如图1所示的模型：①将航天器发射到近地圆轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨道2运行，轨道1和轨道2相切于A点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的中心位于椭圆的一个焦点；③在远地点B再次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于B点。
已知引力常量为G，地球的质量为M，轨道1半径为R，轨道3半径为3R，质量为m的物体与地球间的引力势能Ep=−GMmr（r为物体到地心的距离，取无穷远处引力势能为零）。
a.求航天器在圆轨道1上运行时的速度大小v；
b.开普勒第二定律表明：航天器在椭圆轨道2上运行时，它与地球中心的连线在相等的时间内扫过的面积相等。请根据开普勒第二定律和能量守恒定律，求航天器在椭圆轨道2近地点A的速度大小vA。
（2）在航天器到达预定高度后，通常使用离子推进器作为动力装置再进行姿态和轨道的微小修正。如图2所示，推进剂从P处注入，在A处电离出正离子，B、C之间加有恒定电压U，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速形成电流为I的离子束后喷出。已知单位时间内喷出的离子质量为m0。为研究方便，假定离子推进器在太空飞行时不受其它外力，忽略推进器运动的速度。求推进器获得的推力的大小F。
【解答】解：（1）a、设航天器的质量为m1，根据牛顿第二定律有
GMm1R2=m1v2R
解得：v=GMR
b、对航天器在A、B点附近很小一段时间Δt的运动，根据开普勒第二定律有
12vARΔt=12vB⋅3RΔt
对航天器从A到B的运动，根据能量守恒定律有
12m1vA2−GMm1R=12m1vB2−GMm13R
联立解得：vA=3GM2R
（2）设正离子的质量为m2，经过加速后获得的速度大小为v'，根据动能定理得：
qU=12m2v′2
设经时间t，有N个粒子喷出，根据电流的定义可知
I=Nqt
由题意可知
m0=Nm2t
根据动量定理得：
F′t＝Nm2v′
联立解得：F'=2IUm0
根据牛顿第三定律可知推进器获得的推力的大小为
F＝F'=2IUm0
答：（1）a、航天器在圆轨道1上运行时的速度大小为GMR；
b、航天器在椭圆轨道2近地点A的速度大小为3GM2R；
（2）推进器获得的推力的大小为2IUm0。
第11讲 万有引力定律
目录
考点一 天体质量和密度的计算 1
考点二 卫星运行参量的比较与计算 2
考点三 卫星变轨问题分析 6
考点四 宇宙速度的理解与计算 11
考点五 双星或多星模型 16
练出高分 22
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
G＝man＝m＝mω2r＝m
(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G＝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G＝mg，故天体质量M＝，
天体密度ρ＝＝＝.
(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G＝mr，得出中心天体质量M＝；
②若已知天体半径R，则天体的平均密度
ρ＝＝＝；
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＝.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．
[例题1] （2023•昌平区二模）卡文迪什在1798年17卷《哲学学报》中发表他关于引力常量的测量时，曾提到他的实验是为了确定出地球的密度。已知引力常量为G，要想估测地球的密度，只需测得（ ）
A．地球的质量 B．地球的半径
C．近地卫星的运行周期 D．地球表面的重力加速度
【解答】解：ABD、根据万有引力与重力的关系有GMmR2=mg
解得M=gR2G
可解得：ρ=MV=M43πR3，或ρ=3g4GπR
可知只测得地球的质量、或地球的半径、或地球表面的重力加速度，均不能估测地球的密度，故ABD错误；
C、对于质量为m的近地卫星，设其运行周期为T，根据万有引力提供向心力得：GMmR2=m(2πT)2R
结合ρ=MV=M43πR3，可得ρ=3πGT2，可知已知G，只需测得近地卫星的运行周期，就能估测地球的密度，故C正确。
故选：C。
[例题2] （2023•茂名二模）2022年11月29日我国“神舟十五号”载人飞船发射成功，并通过一系列加速变轨后与距离地面400km的空间站交汇对接，万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．变轨前A是空间站，B是飞船
B．飞船的发射速度可能小于7.9km/s
C．完成对接后，飞船和空间站的运行周期大于24小时
D．若已知空间站的运行周期和地球半径，可以测量地球密度
【解答】解：A、飞船加速后将做离心运动，轨道半径增大，则变轨前A是飞船，B是空间站，故A错误；
B、7.9km/s是最小的发射速度，可知飞船的发射速度大于7.9km/s，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，得GMmr2=m4π2T2r，得T＝2πr3GM，完成对接后，飞船和空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以完成对接后，飞船和空间站的运行周期小于地球同步卫星的运行周期24h，故C错误；
D、根据地球半径和空间站距离地面的高度，可以得到空间站的轨道半径，由GMmr2=m4π2T2r，得M=4π2r3GT2，即可以求出地球的质量。由地球半径能求出地球的体积，因而能求出地球的密度，故D正确。
故选：D。
[例题3] （2023•邢台模拟）宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，它的轨道距地心的距离等于地球半径的k倍，它的运动周期为T，引力常量为G，则地球的平均密度ρ的表达式为（ ）
A．ρ=3πk3GT2 B．ρ=3πk3T2G
C．ρ=3π(k+1)3GT2 D．ρ=3π(k+1)3GT
【解答】解：根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mr4π2T2，解得中心天体的质量为：M=4π2r3GT2，其中r＝kR
根据密度的计算公式ρ=MV，其中V=43πR3
联立解得：ρ=3πk3GT2，故A正确、BCD错误。
故选：A。
[例题4] （2023•赣州二模）2022年10月9日，我国将卫星“夸父一号”成功送入太阳同步晨昏轨道。从宇宙中看，卫星一方面可视为绕地球做匀速圆周运动，轨道平面与地球的晨昏分界线共面，卫星轨道离地高度h≈720km，周期T1≈100分钟。另一方面卫星随地球绕太阳做匀速圆周运动，周期T2＝1年，卫星轨道平面能保持垂直太阳光线，如图所示。已知地球的半径为R，引力常量为G，则下列表述正确的是（ ）
A．晨昏轨道平面与地球同步卫星轨道平面重合
B．根据以上信息可以估算出地球的质量
C．“夸父一号”的发射速度大于11.2km/s
D．根据r3T23=(R+ℎ)3T12可估算出地球到太阳的距离r
【解答】解：A、晨昏轨道与地球经线平面重合，同步卫星轨道与赤道平面重合，所以两个轨道平面不重合，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有：GMm(R+ℎ)=m(R+ℎ)4π2T2，可计算地球质量，故B正确；
C、“夸父一号”的发射速度大于第一宇宙速度，即7.9km/s，小于第二宇宙速度，即11.2km/s，故C错误；
D、因为卫星环绕的中心天体是地球，地球环绕的中心天体是太阳，所以D选项公式两边不相等，故D错误。
故选：B。
[例题5] （2023•河南模拟）如图所示，某卫星绕地球做匀速圆周运动，从卫星观测地球的最大张角为θ，已知地球的半径为R，引力常量未知，忽略地球的自转，下列说法正确的是（ ）
A．θ越大，卫星的运行周期越长
B．θ越小，卫星的线速度越大
C．若卫星的周期已知，则可测得地球的质量
D．若卫星的线速度已知，则可测得地球表面的重力加速度
【解答】解：A．由几何关系可知卫星运行的半径为r=Rsinθ2
故θ越大，卫星运行的半径越小，又由开普勒第三定律可知r3T2=k
因此θ越大，卫星运行的半径越小，周期也越小，故A错误；
B．由万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r
可得卫星的线速度为v=GMr
可知θ越小，飞行轨道半径越大，速度越小，故B错误；
C．设地球的质量为M，卫星质量为m，周期为T。对于卫星，根据万有引力提供向心力得GMmr2=mr4π2T2
由于r=Rsinθ2
代入可得M=4π2R3GT2(sinθ2)3
由于引力常量G未知，因此不能测得地球的质量，故C错误；
D．由万有引力与重力的关系有GMmR2=mg
可得v=gRsinθ2
已知飞行器线速度v可以得到重力加速度g，故D正确。
故选：D。
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．
[例题6] （2023•漳州模拟）2022年7月24日，中国空间站间天实验舱发射成功。中国空间站组建完成后，将从空间站中释放伴随卫星。如图所示，空间站在离地高度约400km的圆轨道绕地球运行，伴随卫星在椭圆轨道上绕地球运行，P、Q分别为伴随卫星轨道的远地点和近地点，伴随卫星在P处时位于空间站正上方，伴随卫星轨道半长轴与空间站轨道半径相等，仅考虑地球的引力作用。则（ ）
A．空间站的角速度小于地球同步卫星的角速度
B．空间站的线速度介于7.9km/s到11.2km/s之间
C．伴随卫星运行到P点时，线速度比空间站的大
D．伴随卫星绕地球的运行周期与空间站绕地球的运行周期相等
【解答】解：A、卫星绕地球运行时，由GMmr2=mω2r可得，ω=GMr3知轨道半径越小，角速度越大，因此空间站的角速度大于地球同步卫星的角速度，故A错误；
B、第一宇宙速度是最大运行速度，因此空间站的线速度小于7.9km/s，故B错误；
C、伴随卫星过P点做近心运动，所以伴随卫星在P点线速度小于过P点的外切圆轨道的线速度。由GMmr2=mv2r，可得v=GMr可知外切圆轨道的线速度小于空间站的线速度。所以伴随卫星运行到P点时，线速度比空间站的小，故C错误；
D、由开普勒第三定律a3T2=k可知，伴随卫星绕地球的运行周期与空间站绕地球的运行周期相等，故D正确。
故选：D。
[例题7] （2023•青羊区校级模拟）2022年10月7日，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间低轨导航试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。设两颗卫星轨道在赤道平面上，运行方向相同，运动周期也相同，其中a卫星为圆轨道，距离地面高度ha＝2R，b卫星为椭圆轨道，近地点M距离地面高度为远地点N距离地面高度的一半，地球表面的重力加速度为g，a卫星线速度大小为v1，b卫星在近地点M时线速度大小为v2，在远地点N时线速度大小为v3，地球半径为R，P点为两个轨道的交点。下列说法正确的是（ ）
A．b卫星远地点N距离地心距离为83R
B．b卫星从N点运动到M点的时间为3π3Rg
C．v1＞v2＞v3
D．a卫星在P点受到地球的引力大于b卫星在N点受到地球的引力
【解答】解：A、设b卫星运行的椭圆轨道半长轴为a0，根据开普勒第三定律有：(2R+R)3T2=a03T2
解得：a0＝3R
设近地点M距离地面高度为h0，由几何关系有：h0+2h0+2R＝2a0＝6R
代入数据解得：ℎ0=43R，故b卫星远地点N距离地面高度为83R，故A错误；
B、对卫星a有：GMm(3R)2=m•(2πT)2•3R
在地球表面上的物体m′有：GMm'R2=m'g
联立以上几式解得：T=2π27Rg
故b卫星从N点运动到M点时间为：t=12T=π27Rg=3π3Rg，故B正确；
C、同一椭圆轨道上从N点到M点，根据开普勒第二定律可知v2＞v3。按离心运动的原理，卫星b由N点运动到P点时速度在增大，分析可知若在P点点火加速可进入圆形a轨道，可得v1＞v3；同理，根据近心运动的原理，卫星b在近地点M减速可进入以M点高度所在处的圆轨道，根据万有引力公式可知当卫星围绕地球做圆周运动时轨道越高，速度越小，所以可知卫星a的速度小于M点高度所在处的圆轨道的速度。即卫星b在近地点M的速度大于卫星a的速度，所以有v2＞v1＞v3，故C错误；
D、根据万有引力公式，a、b两卫星在P点时到地球的距离相等，由于两卫星的质量关系未知，所以无法判断受到地球引力大小关系，故D错误。
故选：B。
[例题8] （2023•遂宁三模）“神舟十三号”飞船开始在半径为r1的圆轨道Ⅰ上运行，运行周期为T1，在A点通过变轨操作后进入椭圆轨道Ⅱ运动，沿轨道Ⅱ运动到远地点C时正好与处于半径为r3的圆轨道Ⅲ上的核心舱对接，A为椭圆轨道Ⅱ的近地点，BD为椭圆轨道Ⅱ的短轴。假设飞船质量始终不变，关于飞船的运动，下列说法正确的是（ ）
A．沿轨道Ⅰ运行时的机械能等于沿轨道Ⅱ运行时的机械能
B．沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到C时的速率
C．沿轨道Ⅱ运行的周期为T12(r1+r32r1)3
D．沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度小于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度
【解答】解：A、飞船从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，需要在A点加速，机械能增加，则沿轨道Ⅰ运行时的机械能小于沿轨道Ⅱ运行时的机械能，故A错误；
B、飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行时，根据万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，解得v=GMr，则知vⅠ＞vⅢ。
飞船从轨道Ⅱ转移到轨道Ⅲ，需要在C点加速，则沿轨道Ⅱ运动到C时的速率vⅡC＜vⅢ，则vⅠ＞vⅡC，即知沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到C时的速率，故B正确；
C、根据开普勒第三定律有：r13T12=(r1+r32)3T22，解得沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1(r1+r32r1)3，故C错误；
D、由牛顿第二定律有GMmr2=ma，得加速度a=GMr2，A点到地心的距离比B点的小，所以沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度大于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度，故D错误。
故选：B。
[例题9] （2023•虹口区二模）探测器“夸父A”在距地球约150万公里的拉格朗日L1点，与地球一起以相同的公转周期绕太阳做匀速圆周运动，用以监测太阳活动的发生及其伴生现象，则（ ）
A．“夸父A”处于平衡状态
B．在相同时间内，“夸父A”的位移相同
C．“夸父A”、地球绕太阳公转的向心加速度相同
D．“夸父A”绕太阳公转的加速度小于地球公转的加速度
【解答】解：A、“夸父A”绕太阳做匀速圆周运动，由合力提供向心力，处于非平衡状态，故A错误；
B、在相同时间内，“夸父A”的位移大小相等，但方向不一定相同，所以位移不一定相同，故B错误；
CD、“夸父A”在“拉格朗日L1点”和地球一起以相同的公转周期绕太阳做匀速圆周运动，故“夸父A”和地球绕太阳做匀速圆周运动的角速度相同，由向心加速度公式a＝rω2，可知“夸父A”的公转半径比地球的小，则“夸父A”绕太阳公转的加速度小于地球公转的加速度，故C错误，D正确。
故选：D。
[例题10] （2023•包头一模）如图甲，两小行星在同一平面内绕中心天体的运动可视为匀速圆周运动，测得两小行星之间的距离Δr随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）（不考虑两小行星之间的作用力）
A．a星的运转周期为T
B．两星的周期之比Ta：Tb＝1：4
C．两星的线速度之比va：vb＝4：1
D．两星的加速度之比aa：ab＝4：1
【解答】解：B、设a星距太阳的距离为r1，b星距太阳的距离为r2，ra＜rb，根据图像有ra+rb＝6r，rb﹣ra＝2r，解得ra＝2r，rb＝4r
两小行星均绕太阳做匀速圆周运动，设a星与b星的周期分别为Ta、Tb，根据开普勒第三定律有r13Ta2=r23Tb2，解得TaTb=122，故B错误；
C、根据v=2πrT，可得vavb=rarb•TbTa=12×221=21，故C错误；
A、根据图像可知，经过时间T两小行星再次相距最近，a星比b星多转2π角度，则有2πTaT−2πTbT＝2π，结合TaTb=122，联立解得Ta=(1−24)T，故A错误；
D、根据GMmr2=ma，可得a=GMr2，可得aa：ab＝4：1，故D正确。
故选：D。
考点三 卫星变轨问题分析
1．当卫星的速度突然增大时，G
卫星的发射和回收就是利用这一原理．
[例题11] （2023•房山区一模）我国一箭多星技术居世界前列，一箭多星是用一枚运载火箭同时或先后将数颗卫星送入轨道的技术。某两颗卫星释放过程简化为如图所示，火箭运行至P点时，同时将A、B两颗卫星送入预定轨道。A卫星进入轨道1做圆周运动，B卫星进入轨道2沿椭圆轨道运动，P点为椭圆轨道的近地点，Q点为远地点，B卫星在Q点喷气变轨到轨道3，之后绕地球做圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．A卫星在P点的加速度大于B卫星在P点的加速度
B．A卫星在轨道1的速度小于B卫星在轨道3的速度
C．B卫星从轨道2上Q点变轨进入轨道3时需要喷气减速
D．B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中引力做负功
【解答】解：A、两卫星在P点时，根据万有引力产生加速度，GMmr2=ma
整理可得：a=GMr2
由于两卫星在P点到地心的距离相等，显然两卫星的加速度相同，故A错误；
B、由题知，轨道1和轨道3都是圆轨道，则有：GMmr2=mv2r
整理可得：v=GMr
由于B卫星在轨道3上运动的轨道半径大于A卫星在轨道1上运动的轨道半径，所以B卫星在轨道3上运动的速度小于A卫星在轨道1上运动的速度，故B错误；
C、卫星从低轨道运动到高轨道，需要做离心运动，即在轨道相切点点火加速实现，所以B卫星在Q点变轨进入轨道3时需要向后喷气加速，故C错误；
D、B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中速度减少，则动能减小，故引力做负功，故D正确。
故选：D。
[例题12] （2023•道里区校级三模）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道运动到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，地球、火星绕太阳轨道可视为圆轨道。则“天问一号”（ ）
A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B．从P点转移到O点的时间小于6个月
C．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
D．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上的周期小
【解答】解：A．“天问一号”发射后脱离了地球引力的束缚，所以发射速度大于第二宇宙速度，故A错误；
B．根据开普勒第三定律a3T2=k，地球公转周期为12个月，“天问一号”在地火转移轨道的长轴轨道半径大于地球公转轨道半径，则其运行周期大于12个月，所以从P点转移到O点的时间大于6个月，故B错误；
C．地火转移轨道Q点速度小于火星轨道Q点速度，而火星轨道Q点速度小于地球绕太阳的速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律a3T2=k可知，环绕火星的停泊轨道长轴半径小于调相轨道长轴半径，故在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上的周期小，故D正确。
故选：D。
[例题13] （2023•杭州二模）如图所示，是某火星探测器简化飞行路线图，其地火转移轨道是椭圆轨道。假设探测器在近日点P点进入地火转移轨道，在远日点Q，被火星俘获。已知火星的轨道半径是地球地火轨道半径的1.5倍，则转轨道（ ）
A．地球公转的周期大于火星公转的周期
B．探测器进入地火转移轨道后，速度逐渐增大
C．探测器在地火转移轨道上的周期大于火星的公转周期
D．探测器从发射到被火星俘获，经历的时间约255天
【解答】解：A．根据开普勒第三定律有
r地3T地2=r火3T火2
因为r地＜r火，可知地球公转的周期小于火星公转的周期，故A错误；
B．探测器进入地火转移轨道后，万有引力做负功，速度逐渐减小，故B错误；
C．根据开普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r火3T火2
因为r火+r地2＜r火，可知探测器在地火转移轨道上的周期小于火星公转周期，故C错误；
D．根据开普勒第三定律有
(r火+r地2)3T探2=r地3T地2
整理得，探测器在地火转移轨道上的周期T探=(r火+r地2r地)3T地
探测器从发射到被火星俘获，经历的时间t=T探2
其中T地＝365天
联立上述各式，代入数据得
t≈255天，故D正确。
故选：D。
[例题14] （2023•南京模拟）2023年1月21日，神舟十五号3名航天员在400km高的空间站向祖国人民送上新春祝福，空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道Ⅰ，设地球表面重力加速度为g，地球半径为R，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，下列说法正确的是（ ）
A．在A点时神舟十五号经过点火加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
B．飞船在A点的加速度小于空间站在A点的加速度
C．空间站在轨道Ⅰ上的速度小于gR
D．轨道Ⅰ上的神舟十五号飞船想与前方的空间站对接，只需要沿运动方向加速即可
【解答】解：A、从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，神舟十五号做近心运动，应在A点减速，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以飞船在A点的加速度等于空间站在A点的加速度，故B错误；
C、根据第一宇宙速度的计算可知mg=mv2R，解得：v=gR，该速度是最大的环绕速度，所以空间站在轨道Ⅰ上的速度小于gR，故C正确；
D、轨道Ⅰ上的神舟十五号飞船想与前方的空间站对接，只沿运动方向加速，会变到更高轨道，故D错误；
故选：C。
[例题15] （2023•湛江一模）2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与“天和核心舱”完成对接，航天员费俊龙、邓清明、张陆进入“天和核心舱”。对接过程的示意图如图所示，“天和核心舱”处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十五号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与“天和核心舱”对接。则神舟十五号飞船（ ）
A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点减速
B．沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1(2r1r1+r3)3
C．在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D．在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度
【解答】解：A、由低轨道进入高轨道需要点火加速，所以由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点加速，故A错误；
B、根据开普勒第三定律，有r13T12=(r1+r32)3T22，解得T2＝T1(r1+r32r1)3，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，所以在轨道Ⅰ上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度，故C错误；
D、由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点加速，所以在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度，故D正确。
故选：D。
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＝＝得：
v1＝ ＝＝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．
[例题16] （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。
[例题17] （2023•聊城一模）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，密度是钢的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”。当航天员乘坐“太空电梯”时，地球引力对航天员产生的加速度a与r的关系用图乙中图线A表示，航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系用图线B表示，其中r为航天员到地心的距离，R为地球半径。关于相对地面静止在不同高度的航天员，下列说法正确的是（ ）
A．航天员在r＝R处的线速度等于第一宇宙速度
B．图中r0为地球同步卫星的轨道半径
C．随着r增大，航天员运动的线速度一直减小
D．随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小
【解答】解：A、电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，当r＝R时电梯中的航天员受到万有引力和电梯的弹力的合力提供向心力GMmR2−FN=mv2R，又因为第一宇宙速度是贴近星球表面运动时，万有引力全部提供向心力时的线速度，即上式中FN＝0时匀速圆周运动的线速度，因此航天员在r＝R处的线速度小于第一宇宙速度；故A错误；
B、由公式GMmr2−FN=mω2r可知，随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小；当GMmr2=mω2r，此时电梯舱对航天员的弹力为零，只由万有引力提供向心力，r＝r0，r0为同步卫星的轨道半径；故B正确；
C、由于电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，所以角速度相等，根据v＝ωr，可知随着r增大，线速度增大；故C错误；
D、当r＞r0时，随着r继续增大，宇航员需要的向心力增大，由GMmr2+FN=mω2r，可知FN反向增大，所以随着r从小于r0到大于r0逐渐增大的过程中，航天员受到电梯舱的弹力先减小为零后反向增大；故D错误。
故选：B。
[例题18] （多选）（2023•蚌埠模拟）2021年5月15日，我国“祝融号”火星车在火星表面软着陆时，竖直向下经t时间由速度v0匀减速到零完成平稳降落。已知火星车的质量为m，火星质量是地球的a倍，火星半径是地球的b倍，地球表面重力加速度为g，不计火星的大气阻力，则（ ）
A．减速过程着陆器的位移为v0t
B．火星的平均密度是地球的ab2倍
C．火星的第一宇宙速度是地球的ab倍
D．减速过程中着陆器受到的制动力大小为m(ab2g+v0t)
【解答】解：A、由平均速度公式得，减速过程着陆器的位移为x=v02t=v0t2
故A错误；
B、由密度公式得：ρ=M43πR3
则火星、地球平均密度之比ρ1ρ2=M1M2•(R2R1)3=ab3
故B错误；
C、第一宇宙速度为最大环绕速度，万有引力提供向心力，有：GMmR2=mv2R
解得：v=GMR
则火星表面第一宇宙速度与地球表面第一宇宙速度的比值为：v1v2=GM1R1GM2R2=M1M2⋅R2R1=ab
故C正确；
D、在天体表面，万有引力等于重力，有：GMmR2=mg
火星表面重力加速度和地球表面重力加速度之比为g'g=GM1R12GM2R22=ab2
则火星表面重力加速度为g'=ab2g
减速过程中着陆器加速度大小为a=v0t
设着陆器受到的制动力大小为F，由牛顿第二定律得：F﹣mg'＝ma
联立解得：F=mg'+ma=m(ab2g+v0t)
故D正确。
故选：CD。
[例题19] （多选）（2023•山西模拟）“祝融号”火星探测器于2021年5月22日成功着陆火星，至今依然活跃。若测得火星表面赤道位置的重力加速度为g，而两极的重力加速度为g0，且知火星自转周期T，并将火星视为理想匀质球体，则下列判断中正确的有（ ）
A．火星的半径为(g0−g)T24π2
B．火星的半径为(g−g0)T24π2
C．火星的第一宇宙速度为T2πg0(g0−g)
D．火星的第一宇宙速度为T2πg(g−g0)
【解答】解：AB、设火星质量为M，半径为R，万有引力常量为G，质量为m的物体在火星表面随火星自转而做匀速圆周运动，物体在赤道位置时，有：GMmR2=mg+m4π2T2R
位于极地时，有：GMmR2=mg0
联立解得，火星的半径为R=(g0−g)T24π2
故A正确，B错误；
CD、第一宇宙速度即卫星的最大环绕速度，卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，有：GMmR2=mv12R
在火星两极处有：GMmR2=mg0
联立解得：v1=T2πg0(g0−g)
故C正确，D错误。
故选：AC。
[例题20] （多选）（2020•岳阳一模）在星球M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，由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中P线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a﹣x关系如图中Q线所示．已知M、N两星球的半径相等，不计星球表面的气体阻力，则（ ）
A．M、N星球表面的重力加速度大小之比是2：1
B．P、Q的质量大小之比是1：5
C．P、Q下落的最大速度之比是2：1
D．M、N两星球的第一宇宙速度之比是2：1
【解答】解：A、由牛顿第二定律可知，物体下落的加速度a=mg−kxm=g−kmx，当x＝0时，a＝g；
可知两星球表面的重力加速度之比为gMgN=4a0a0=4：1，故A错误；
B．a﹣x关系图线的斜率表示km，则有：kmP=4a0x0，kmQ=a02x0，解得：mPmQ=21，故B错误；
C．由物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系图，结合公式v2＝2ax可知ax=v22，即图象面积表示v22，
根据图象可知：vP22：vQ22=（12×4a0x0）：（12×2x0a0）＝2：1，所以P、Q下落的最大速度之比是2：1，故C正确；
D．已知M、N两星球的半径相等，设为R，根据第一宇宙速度表达式v1=gR可知，M、N两星球的第一宇宙速度之比是2：1，故D正确。
故选：CD。
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：
图6
(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即
＝m1ωr1，＝m2ωr2
(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＝
(5)双星的运动周期T＝2π
(6)双星的总质量公式m1＋m2＝
[例题21] （2023•河北模拟）科学家观测发现银河系的“MAXIJ1820+070”是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，若系统中黑洞与恒星的中心距离为L，黑洞做匀速圆周运动的加速度为a，恒星做匀速圆周运动的加速度为aʹ，则黑洞做圆周运动的半径为（ ）
A．aLa+a' B．aLa−a' C．2aLa+a' D．2aLa−a'
【解答】解：设黑洞的质量为M，恒星的质量为m，二者角速度相等，
设黑洞做圆周运动的半径为R，根据向心力公式，有Mω2R＝mω2（L﹣R）
可得MR＝m（L﹣R）
联立解得R=aLa+a'
故BCD错误，A正确。
故选：A。
[例题22] “双星系统”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点O做匀速圆周运动。如图所示，某一双星系统中A星球的质量为m1，B星球的质量为m2，它们球心之间的距离为L，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．B星球的轨道半径为m2m1+m2L
B．A星球运行的周期为2πLLG(m1+m2)
C．A星球和B星球的线速度大小之比为m1：m2
D．若在O点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零
【解答】解：A、由于“双星系统”在相同时间转过的角度相等，则两星球的周期与角速度均相同，设两星球运行的角速度为ω，A星球和B星球轨道半径分别为r1、r2，根据牛顿第二定律，对A星球有Gm1m2L2=m1ω2r1，对B星球有Gm1m2L2=m2ω2r2；解得：r1：r2＝m2：m1，又由于r1+r2＝L，解得r1=m2m1+m2L，r2=m1m1+m2L，故A错误；
B、根据Gm1m2L2=m14π2T2r1，r1=m2m1+m2L，解得T=2πLLG(m1+m2)，故B正确；
C、A星球和B星球的线速度大小之比：vAvB=ωr1ωr2=m2m1，故C错误；
D、O点处质量为m的质点受到B星球的万有引力：F万B=Gmm2r22=Gmm2(m1Lm1+m2)2
受到A星球的万有引力：F万A=Gmm1r12=Gmm2(m2Lm1+m2)2
则有F万A：F万B=m12：m22，故该质点受到两星球的引力之和不为零，故D错误。
故选：B。
[例题23] （2023•南充模拟）“黑洞”是近代引力理论所预言的一种特殊天体，探寻“黑洞”的方案之一是观测双星系统的运动规律。天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX﹣3双星系统，它由可见星A和不可见的暗星B构成。不考虑其它天体的影响，A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，若将可见星A所受暗星B的引力等效为位于O点处质量为m'的星体对它的引力，设A和B的质量分别为m1、m2，则（ ）
A．m'=m12m1+m2 B．m'=m22m1+m2
C．m'=m13(m1+m2)2 D．m'=m23(m1+m2)2
【解答】解：双星系统的AB角速度相等，根据Gm1m2(r1+r2)2=m1ω2r1=m2ω2r2
得m1m2=r2r1
根据Gm1m2(r1+r2)2=Gm1m'r12
得m'm2=r12(r1+r2)2
联立解得m'=m2r12(r1+r2)2=m23(m1+m2)2
故ABC错误，D正确；
故选：D。
[例题24] （2022•江门模拟）宇宙用有一孤立星系，中心天体对周围有三颗行星，如图所示，中心天体质量大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，行星Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，半径分别为r1，r3，行星Ⅱ为椭圆轨道，半长轴为a，a＝r3，与行星Ⅰ轨道在B点相切，下列说法正确的是（ ）
A．行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等
B．行星Ⅱ在P点与行星Ⅲ在D点时的加速度相同
C．行星Ⅲ的速率大于行星Ⅱ在B点的速率
D．行星Ⅰ的速率与行星Ⅱ在B点的速率相等
【解答】解：A、根据开普勒第三定律可得a3T2=k，行星Ⅱ的半长轴等于与行星Ⅲ轨道半径，所以行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等，故A正确；
B、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，可知行星Ⅱ在P点与行星Ⅲ在D点时的加速度大小相同，但方向不同，故B错误；
CD、由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，可知Ⅲ的运行速率小于Ⅰ的运行速率，Ⅱ在B点相对于Ⅰ在B点做离心运动，所以行星Ⅰ的速率小于行星Ⅱ在B点的速率，所以行星Ⅲ的速率小于行星Ⅱ在B点的速率，故CD错误。
故选：A。
[例题25] （多选）近年科学研究发现，在宇宙中，三恒星系统约占所有恒星系统的十分之一，可见此系统是一个比较常见且稳定的系统。在三恒星系统中存在这样一种运动形式：忽略其他星体对它们的作用，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在平面内以相同角速度做匀速圆周运动。如图所示为A、B、C三颗星体质量mA、mB、mC大小不同时，星体运动轨迹的一般情况。设三颗星体在任意时刻受到的万有引力的合力大小分别为F1、F2、F3，加速度大小分别为a1、a2、a3，星体轨迹半径分别为RA、RB、RC，下列说法正确的是（ ）
A．若三颗星体质量关系有mA＝mB＝mC，则三颗星体运动轨迹圆为同一个
B．若三颗星体运动轨迹半径关系有RA＜RB＜RC，则三颗星体质量大小关系为mA＜mB＜mC
C．F1、F2、F3的矢量和一定为0，与星体质量无关
D．a1、a2、a3的矢量和一定为0，与星体质量无关
【解答】解：A、若三个星体质量相等，则根据对称性可知，三个星体所受的万有引力大小均相同，在角速度都相等的情况下，轨迹半径也相等，故三颗星体运动轨迹圆为同一个，故A正确；
B、若三颗星体运动轨迹半径关系有RA＜RB＜RC，而因为三颗星体的角速度相等，则万有引力的大小关系为FA＜FB＜FC，根据对称性可知，mA＞mB＞mC，故B错误；
C、根据万有引力定律可知，F1＝FBA+FCA，同理可得：F2＝FAB+FCB；F3＝FAC+FBC。（此处的“+”号表示的是矢量的运算）则F1+F2+F3＝FBA+FCA+FAB+FCB+FAC+FBC＝0，而a1+a2+a3=F1mA+F2mB+F3mC，当三颗星体的质量相等时，加速度的矢量和才等于0，故C正确，D错误；
故选：AC。
练出高分
一．选择题（共10小题）
1．（2023•河北区二模）据中国载人航天工程办公室消息，中国空间站已全面建成，我国载人航天工程“三步走”发展战略已从构想成为现实。目前，空间站组合体在轨稳定运行，神舟十五号航天员乘组状态良好，计划于今年6月返回地面。空间站绕地球飞行的轨道可视为圆轨道。空间站运行轨道距地面的高度为400km左右，地球同步卫星距地面的高度接近36000km。则空间站的（ ）
A．角速度比地球同步卫星的小
B．周期比地球同步卫星的长
C．线速度比地球同步卫星的小
D．向心加速度比地球同步卫星的大
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mω2r，解得：ω=GMr3，空间站运动半径小，角速度比地球同步卫星的大，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r，解得：T=4π2r3GM，空间站运动半径小，周期比地球同步卫星的短，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，空间站运动半径小，线速度比地球同步卫星的大，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力有：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，空间站运动半径小，向心加速度比地球同步卫星的大，故D正确。
故选：D。
2．（2023•潮州二模）2022年11月29日神舟十五号飞船在酒泉卫星发射中心成功发射升空，飞船入轨后按照预定程序，成功与我国空间站轨道核心舱进行自主快速交会对接。已知空间站运行在离地面高为116R的圆轨道上（R为地球半径），下列说法正确的是（ ）
A．空间站在轨道上飞行的速度大于9km/s
B．空间站中的一根天线脱落将做自由落体运动
C．成功对接后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
D．入轨后飞船内的宇航员所受地球的万有引力大小约为他在地面时的(1617)2
【解答】解：A、第一宇宙速度7.9km/s是卫星或空间站绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以空间站在轨道上飞行的速度不可能大于9km/s，故A错误；
B、空间站中的一根天线脱落，天线与空间站一样做匀速圆周运动，故B错误；
C、组合体在对接轨道上绕地运行时受到的万有引力仍然是恰好提供向心力，所以成功对接后，空间站虽然质量增大，但轨道半径不变，故C错误；
D、入轨后飞船内的宇航员到地球球心的距离为1716R，根据F=GMmr2，则宇航员所受地球的万有引力大小约为他在地面时的(1617)2，故D正确。
故选：D。
3．（2023•丰台区二模）两个天体组成双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。
科学家在地球上用望远镜观测由两个小行星构成的双星系统，看到一个亮度周期性变化的光点，这是因为当其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。科学家用航天器以某速度撞击该双星系统中较小的小行星，撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短。不考虑撞击后双星系统的质量变化。根据上述材料，下列说法正确的是（ ）
A．被航天器撞击后，双星系统的运动周期变大
B．被航天器撞击后，两个小行星中心连线的距离增大
C．被航天器撞击后，双星系统的引力势能减小
D．小行星质量越大，其运动的轨道越容易被改变
【解答】解：A、撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短，可知双星系统的运动周期变小，故A错误；
BC、双设双星之间的距离为L，星靠相互间的万有引力提供向心力，所以GMmL2=MR4π2T2=mr4π2T2
联立解得：T2=4π2L3G(M+m)，则两个小行星中心连线的距离减小，引力对双星做正功，双星的引力势能减小，故C正确，B错误。
D、小行星质量越大，其惯性越大，运动的轨道越不容易被改变，故D错误；
故选：C。
4．（2023•重庆模拟）图1为电影《流浪地球2》中的太空电梯，又称为“斯科拉门德快速电梯”，是一种可以在地球表面和太空间来回运输人员和物资的巨型结构。图2为其简易图，固定在空间站和地球间的刚性“绳索”与空间站一起和地球保持相对静止，电梯可沿“绳索”升降，则（ ）
A．空间站绕地球运行的向心力小于地球对它的万有引力
B．空间站绕地球运行的向心力等于地球对它的万有引力
C．若连接空间站处的“绳索”断裂，空间站将落回地面
D．若连接空间站处的“绳索”断裂，空间站做离心运动
【解答】解：AB．同步卫星在轨道上运行引力提供向心力，相对地球静止，空间站轨道高于同步卫星轨道，若仅由万有引力提供向心力，空间站转动周期大于同步卫星，不能相对地球静止，故空间站的向心力由万有引力和“绳索”拉力的合力提供向心力，故空间站绕地球运行的向心力大于地球对它的万有引力，故AB错误；
CD．空间站的向心力由万有引力和“绳索”拉力的合力提供向心力，若连接空间站处的“绳索”断裂，引力不足以作为向心力，空间站做离心运动，故C错误，D正确。
故选：D。
5．（2023•沧州一模）科幻电影《流浪地球》中，地球需借助木星的“引力弹弓”效应加速才能成功逃离太阳系。然而由于行星发动机发生故障使得地球一度逼近木星的“洛希极限”，险象环生。“洛希极限”是一个距离，可粗略认为当地球与木星的球心间距等于该值时，木星对地球上物体的引力约等于其在地球上的重力，地球将会倾向碎散。已知木星的“洛希极限”d≈32R木，其中R木为木星的半径，约为地球半径R的11倍。则根据上述条件可估算出（ ）
A．木星的第一宇宙速度约为7.9km/s
B．木星的第一宇宙速度约为16.7km/s
C．木星的质量约为地球质量的94倍
D．木星的密度约为地球密度的944倍
【解答】解：AB．由万有引力提供向心力得：
GM木mR木2=mv12R木
可知木星的第一宇宙速度为：v1=GM木R木=994⋅GM地R
代入数据得：v1＝39000m/s＝39km/s，故AB错误。
CD．由题目中的条件可知，地球到达木星的“洛希极限”时有
GM木md2=mg
又有
GM地mR2=mg
其中
d≈32R木
R木＝11R
解得：
M木M地=d2R2
代入数据得：M木M地=10894
又有
ρ=MV=3M4πR3
则有
ρ木ρ地=M木M地•V地V木
代入数据得：ρ木ρ地=944
故C错误，D正确；
故选：D。
6．（2023•上饶一模）北京时间2023年1月15日11时14分，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，以“一箭十四星”发射方式，成功将齐鲁二号/三号卫星及珞珈三号01星、吉林一号高分03D34星等4颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功．假设其中的甲、乙两颗卫星均绕地球做匀速圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍，甲的质量也是乙的2倍．则（ ）
A．由v=gr可知，甲的速度是乙的2倍
B．由a＝ω2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍
C．由F＝GMmr2可知，甲的向心力是乙的14
D．由r3T2=k可知，甲的周期是乙的22倍
【解答】解：A．对卫星由万有引力提供向心力有：F向=GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=ma=mg
不同轨道上g不一样，不能根据v=gr比较速度关系，万有引力提供向心力得出卫星运行线速度v=GMr
代入数据v甲v乙=22
故A错误；
B．不同轨道上两卫星角速度不一样，不能根据a＝ω2r得出两卫星加速度关系，万有引力提供向心力得出卫星的运行加速度a=GMr2
代入数据可得a甲a乙=14
故B错误；
C．根据F向=GMmr2可得F甲F乙=m甲r乙2m乙r甲2=12
故C错误；
D．两卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律r3T2=k
可得T甲T乙=22
故D正确。
故选：D。
7．（2023•安庆模拟）中国原创科幻电影《流浪地球2》近期火爆全球，片中高耸入云、连接天地的太空电梯运行场景令人震撼，其通过高强度缆绳将地球同步轨道上的空间站与其正下方赤道上的固定物连接在一起，在引力的作用下，缆绳处于紧绷状态。若载满乘客的太空电梯因机械故障悬停在缆绳中间处，下列说法正确的是（ ）
A．悬停时太空电梯所受合外力为零
B．悬停时电梯内乘客处于完全失重状态
C．悬停时太空电梯的速度大于空间站的速度
D．悬停时太空电梯的速度小于在同样高度绕地球做圆周运动的卫星的速度
【解答】解：A、悬停时太空电梯绕地球做匀速圆周运动，合外力不为零，由合外力提供向心力，故A错误；
C、太空电梯与空间站的角速度相同，由v＝ωr知，悬停时太空电梯的速度小于空间站的速度，故C错误；
BD、对地球卫星，有GMmr2=mv2r，解得v=GMr，可知卫星的轨道半径越大，线速度越小，可知在同样高度绕地球做圆周运动的卫星的速度大于在地球同步轨道上的空间站的速度，所以悬停时太空电梯的速度小于在同样高度绕地球做圆周运动的卫星的速度，而卫星的向心力是全部由万有引力题供，则太空电梯上所需要的向心力小于其万有引力，所以处于失重状态，但不是完全失重状态，故B错误，D正确。
故选：D。
8．（2023•通州区一模）2022年6月5日，我国的神舟十四号载人飞船与距地表约400km的空间站完成径向交会对接。径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成对接。对接前，飞船在空间站正下方200米的“保持点”处调整为垂直姿态（如图所示），并保持相对静止。准备好后，再逐步上升到“对接点”与空间站完成对接。飞船和空间站对接后，组合体绕地球做匀速圆周运动。已知地球同步卫星位于地面上方高度约36000km处。下列说法正确的是（ ）
A．飞船维持在“保持点”的状态时，它的运动速度大于空间站运动速度
B．飞船维持在“保持点”的状态时，需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力
C．与地球同步卫星相比，组合体的运动周期更大
D．飞船一直加速才能从“保持点”上升到“对接点”
【解答】解：A、飞船维持在“保持点”的状态时，二者的角速度是相等的，根据v＝ωr，可知飞船维持在“保持点”的状态时，它的运动速度大小空间站运动速度，故A错误；
B、飞船维持在“保持点”的状态时，二者的角速度是相等的，此时飞船受到的万有引力提供大于需要的向心力，所以需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力，故B正确；
C、根据GMmr2=m⋅4π2rT2，可得：T=2πr3GM，由于组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以与地球同步卫星相比，组合体的运动周期更小，故C错误；
D、姿态调整完成后，飞船接近空间站过程中需要先对飞船加速，使它先做离心运动，向空间站靠近，而飞船靠近空间站时速度又要逐渐减小，直至与空间站的速度相等，故D错误。
故选：B。
9．（2023•黄山模拟）三月春来早，北斗农机来报到，基于北斗的自动驾驶农机能够按照既定路线进行精准春耕作业，精细化程度显著提升，虽然我国的北斗系统起步最晚，但“后来居上”，成为可与美国GPS媲美的最先进的全球导航定位系统。如图是北斗三号卫星系统三种卫星的参数，地球球体半径为6400km，以下说法正确的是（ ）
表1北斗三号卫星功能特点
北斗卫星
MEO卫星（24）
GEO卫星（3）
IGSO卫星（3）
名称
中圆轨道卫星
地球静止轨道卫星
倾斜地球同步轨道卫星
轨道高度
2万公里左右，三个轨道面，保持55°的倾角
3.6万公里左右
3.6万公里左右
星下点估计
绕着地区划波浪
投影一个点
锁定区域画8字
功能特点
环绕地球运行实现全球导航定位、短报文通信、国际救援
承载区域短报文通信
与GEO互补，对亚太区域可重点服务
A．MEO卫星速度大于7.9km/s
B．GEO卫星可以相对静止在我国某地上空
C．GEO卫星和IGSO卫星24h一定会相遇一次
D．MEO卫星周期T一定小于24h
【解答】解：A．7.9km/s是卫星绕地球表面运行的速度，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r
解得v=GMr，7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，MEO卫星轨道半径大于地球半径，其速度小于7.9km/s，故A错误；
B．GEO卫星是地球静止轨道卫星，位于赤道平面某地上空，相对于地球表面静止，我国不在赤道上，所以GEO卫星不可能相对静止在我国某地上空，故B错误；
C．GEO卫星和IGSO卫星轨道半径相同、线速度相同、周期都为24h，能否相遇取决于起始位置，所以不一定会相遇一次，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力：GMmr2=m4π2T2r
解得T=4π2r3GM
则MEO卫星周期T一定小于24h，故D正确。
故选：D。
10．（2023•凯里市校级模拟）北京时间2022年11月29日23点08分，我国成功发射神舟十五号载人飞船，在太空与在轨的神舟十四号乘组对接，这是我国航天史上首次实现两载人飞船在太空中对接。神舟十五号载人飞船和在轨的神舟十四号载人飞船对接前运行可简化为匀速圆周运动，如图所示，神舟十五飞船绕A轨道运行的周期为T1，神舟十四号飞船绕B轨道运行的周期为T2，在某时刻两飞船相距最近，轨道B离地高度约为400km。下列说法正确的是（ ）
A．两飞船下一次相距最近需经过时间t=T1T2T1+T2
B．神舟十五、十四两飞船绕地球做匀速圆周运动的轨道半径之比为(T1T2)23
C．神舟十五号飞船要与在轨的神舟十四号飞船对接，需要向其运动方向喷气
D．神舟十五号飞船对接后的向心加速度小于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度
【解答】解：A．设需经过时间为t两飞船下一次相距最近，根据运动学公式可得：
tT1−tT2=1
得t=T1T2T2−T1，故A错误；
B．神舟十五、十四两飞船绕地球做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1、r2，质量分别为m1、m2，地球质量为M。飞船受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMm1r12=m1(2πT1)2r1
GMm2r22=m2(2πT2)2r2
解得：r1r2=(T1T2)23，故B正确；
C．神舟十五号飞船要与在轨的神舟十四号飞船对接，需要向其运动方向反方向喷气，飞船加速后做离心运动向更高轨道运动。故C错误；
D．由万有引力提供向心力可得：
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
地球同步卫星的轨道半径大于神舟十五号飞船对接后的轨道半径，神舟十五号飞船对接后的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度。地球同步卫星和地球自转角速度相同，由a＝ω2r可知，地球同步卫星的加速度大于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度。神舟十五号飞船对接后的向心加速度大于地球赤道上物体随地球自转的向心加速度。故D错误。
故选：B。
二．计算题（共3小题）
11．（2023•西城区二模）建立物理模型是解决实际问题的重要方法。
（1）如图1所示，圆和椭圆是分析卫星运动时常用的模型。已知，地球质量为M，半径为R，万有引力常量为G。
a．卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视做匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。求卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小v。
b．在P点进行变轨操作，可使卫星由近地轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ。卫星沿椭圆轨道运动的情况较为复杂，研究时我们可以把椭圆分割为许多很短的小段，卫星在每小段的运动都可以看作是圆周运动的一部分（如图2所示）。这样，在分析卫星经过椭圆上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。
卫星在椭圆轨道Ⅱ的近地点P的速度为v1，在远地点D的速度为v2，远地点D到地心的距离为r。根据开普勒第二定律（对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等）可知v1R＝v2r，请你根据万有引力定律和牛顿运动定律推导这一结论。
（2）在科幻电影《流浪地球》中有这样一个场景：地球在木星的强大引力作用下，加速向木星靠近，当地球与木星球心之间的距离小于某个值d时，地球表面物体就会被木星吸走，进而导致地球可能被撕裂。这个临界距离d被称为“洛希极限”。
已知，木星和地球的密度分别为ρ0和ρ，木星和地球的半径分别为R0和R，且d≫R。请据此近似推导木星使地球产生撕裂危险的临界距离d—“洛希极限”的表达式。【提示：当x很小时，（1+x）n≈1+nx。】
【解答】解：（1）卫星在近地轨道Ⅰ上运行的时候，根据万有引力定律提供向心力，由牛顿第二定律可得：GMmR2=mv2R，解得v=GMR
（2）卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行的时候，近地点和远地点的等效圆周运动半径分别为r1和r2，根据牛顿第二定律可得GMmR2=mv12r1，GMmr2=mv22r2，根据椭圆的对称性可知r1＝r2。联立解得：v1R＝v2r
（3）设木星的质量为M0，地球的质量为M，地球表面上距离木星最近的地方有一质量为m的物体。地球在木星的牵引下做加速运动，由牛顿第二定律可得GM0m(d−R)2−GMmR2=ma，GMM0d2=Ma'
a＞a′时地球被撕裂，故a＝a′时地球恰好不被撕裂，即：GM0(d−R)2−GMR2=GM0d2，整理得：M0d2(1−Rd)−2−M0d2=MR2由于d≫R，所以解得d=R032ρ0ρ
答：（1）a．卫星在近地轨道Ⅰ上围绕地球的运动，可视做匀速圆周运动，轨道半径近似等于地球半径。卫星在近地轨道Ⅰ上的运行速度大小为GMR
b．推导见解析
（2）“洛希极限”的表达式为R032ρ0ρ
12．（2023•铜仁市模拟）我国航天技术水平在世界处于领先地位，对于人造卫星的发射，有人提出了利用“地球隧道”发射人造卫星的构想：沿地球的一条弦挖一通道，在通道的两个出口处分别将等质量的待发射卫星部件同时释放，部件将在通道中间位置“碰撞组装”成卫星并静止下来；另在通道的出口处由静止释放一个大质量物体，大质量物体会在通道与待发射的卫星碰撞，只要物体质量相比卫星质量足够大，卫星获得足够速度就会从对向通道口射出。（以下计算中，已知地球的质量为M0，地球半径为R0，引力常量为G，可忽略通道AB的内径大小和地球自转影响。）
（1）如图甲所示，将一个质量为m0的质点置于质量分布均匀的球形天体内，质点离球心O的距离为r。已知天体内部半径在r～R之间的“球壳”部分（如甲示阴影部分）对质点的万有引力为零，求质点所受万有引力的大小Fr。
（2）如图乙所示，设想在地球上距地心h处沿弦长方向挖了一条光滑通道AB，一个质量为m。的质点在离通道中心O'的距离为x处，求质点所受万有引力沿弦AB方向的分力Fx；将该质点从A点静止释放，求质点到达通道中心O'处时的速度大小v0。
（3）如图丙所示，如果质量为m的待发射卫星已静止在通道中心O'处，由A处静止释放另一质量为M的物体，物体到达O'处与卫星发生弹性正碰，设M远大于m，计算时可取mM≈0。卫星从图丙示通道右侧B处飞出，为使飞出速度达到地球第一宇宙速度，h应为多大？
【解答】解：（1）当质点处于离球心O的距离为r时，内含球体质量M'=43πr3⋅ρ=M0R03r3
质点所受引力Fr=GM'm0r2
整理有Fr=GM0m0R03x
（2）引力沿AB方向的分力为Fx=Frxr=GM0m0R03x
由上述分析可知，该力与x成正比，由动能定理有Fx⋅x=Fx2⋅x=12mv02−0
而x=R02−ℎ2
解得v0=GM0(R02−ℎ2)R03
（3）上式可知，质量为M的物体到达O'处时，速度大小为v0，刚碰撞后，质量为M的物体速度为V，质量为m的物体速度为v，若规定速度由A向B为正，根据动量守恒定律：Mv0＝MV+mv
12Mv02=12MV2+12mv2
解得v=2MM+mv0≈2v0
返回过程中由动能定理−Fx⋅x=12mvB2−12mv2
得vB2=3GM0R03(R02−ℎ2)
要使卫星飞出通道达到第一宇宙速度，须有3GM0R03(R02−ℎ2)=GM0R0
解得h=63R0
答：（1）质点所受万有引力的大小GM0m0R03x；
（2）质点到达通道中心O'处时的速度大小GM0(R02−ℎ2)R03；
（3）为使飞出速度达到地球第一宇宙速度，h应为63R0。
13．（2022•西城区校级四模）“星空浩瀚无比，探索永无止境。”人类从未停止对宇宙的探索，中国航天事业正在创造更大的辉煌。
（1）变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为方便研究我们将航天器的变轨过程简化为如图1所示的模型：①将航天器发射到近地圆轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨道2运行，轨道1和轨道2相切于A点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的中心位于椭圆的一个焦点；③在远地点B再次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于B点。
已知引力常量为G，地球的质量为M，轨道1半径为R，轨道3半径为3R，质量为m的物体与地球间的引力势能Ep=−GMmr（r为物体到地心的距离，取无穷远处引力势能为零）。
a.求航天器在圆轨道1上运行时的速度大小v；
b.开普勒第二定律表明：航天器在椭圆轨道2上运行时，它与地球中心的连线在相等的时间内扫过的面积相等。请根据开普勒第二定律和能量守恒定律，求航天器在椭圆轨道2近地点A的速度大小vA。
（2）在航天器到达预定高度后，通常使用离子推进器作为动力装置再进行姿态和轨道的微小修正。如图2所示，推进剂从P处注入，在A处电离出正离子，B、C之间加有恒定电压U，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速形成电流为I的离子束后喷出。已知单位时间内喷出的离子质量为m0。为研究方便，假定离子推进器在太空飞行时不受其它外力，忽略推进器运动的速度。求推进器获得的推力的大小F。
【解答】解：（1）a、设航天器的质量为m1，根据牛顿第二定律有
GMm1R2=m1v2R
解得：v=GMR
b、对航天器在A、B点附近很小一段时间Δt的运动，根据开普勒第二定律有
12vARΔt=12vB⋅3RΔt
对航天器从A到B的运动，根据能量守恒定律有
12m1vA2−GMm1R=12m1vB2−GMm13R
联立解得：vA=3GM2R
（2）设正离子的质量为m2，经过加速后获得的速度大小为v'，根据动能定理得：
qU=12m2v′2
设经时间t，有N个粒子喷出，根据电流的定义可知
I=Nqt
由题意可知
m0=Nm2t
根据动量定理得：
F′t＝Nm2v′
联立解得：F'=2IUm0
根据牛顿第三定律可知推进器获得的推力的大小为
F＝F'=2IUm0
答：（1）a、航天器在圆轨道1上运行时的速度大小为GMR；
b、航天器在椭圆轨道2近地点A的速度大小为3GM2R；
（2）推进器获得的推力的大小为2IUm0。
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