1、 习题课二 万有引力定律与航天综合提能一 天体运动问题的分析【知识贯通】天体运动问题的分析1一种模型无论自然天体(如火星、地球、月球等)还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看作质点，围绕中心天体在万有引力作用下做匀速圆周运动。2两条思路(1)万有引力提供向心力，即 GMmr2 mv2r m2rm42T2 rma。(2)天体对其表面的物体的万有引力近似等于重力，即GMmR2 mg 或 gR2GM(R、g 分别是天体的半径、天体表面的重力加速度)，公式 gR2GM 应用广泛，称为“黄金代换”。3四种关系天体的运行参量与轨道半径的变化关系GMmr2 rR地hmv2r vGMr v 1rm2rG
2、Mr3 1r3m42rT2 T42r3GM T r3mananGMr2 an1r2越高越慢 典例1 在距地面不同高度的太空中有许多飞行器。其中天舟一号距地面高度约为 393 km，哈勃望远镜距地面高度约为 612 km，张衡一号距地面高度约为 500 km。若它们均可视为绕地球做圆周运动，则()A天舟一号的加速度大于张衡一号的加速度B哈勃望远镜的线速度大于张衡一号的线速度C天舟一号的周期大于哈勃望远镜的周期D哈勃望远镜的角速度大于张衡一号的角速度 解析 天舟一号与张衡一号做圆周运动时均由万有引力提供向心力，由GMmr2 ma，可得 aGMr2，“天舟一号”轨道半径小，故加速度大，故 A 正确；
3、哈勃望远镜和“张衡一号”做圆周运动时均是由万有引力提供向心力，由 GMmr2mv2r，可得 vGMr，哈勃望远镜轨道半径大，故线速度小，由 GMmr2 mr2，可得 GMr3，哈勃望远镜轨道半径大，故角速度小，故 B、D 错误；天舟一号与哈勃望远镜做圆周运动时均是由万有引力提供向心力，由 GMmr2 m42T2 r，可得 T2 r3GM，哈勃望远镜轨道半径大，故周期大，故 C 错误。答案 A 应用万有引力定律应注意的问题(1)卫星的 an、v、T 与卫星的质量无关，仅由被环绕的天体的质量 M和轨道半径 r 决定。(2)应用万有引力定律求解时还要注意挖掘题目中的隐含条件，如地球的公转周期是 36
4、5 天，自转一周是 24 小时，其表面的重力加速度约为 9.8 m/s2。【集训提能】1北斗卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星(同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成。地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别约为地球半径的 6 倍和 3.4 倍。下列说法正确的是()A静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的 2 倍B静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的 2 倍C静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的17D静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的17 解析：由 G MmRh2m(Rh)2T2m v2Rhm(Rh)2ma，可得T静T中Rh静3Rh中32，静中Rh中R
5、h静312，v静v中Rh中Rh静0.79，a静a中Rh中Rh静20.395，故 A 正确。答案：A 2为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星 P，其轨道半径约为地球半径的 16 倍；另一地球卫星 Q 的轨道半径约为地球半径的 4 倍。P 与 Q 的周期之比约为()A21 B41C81 D161解析：设地球半径为 R，根据题述，地球卫星 P 的轨道半径为 RP16R，地球卫星 Q 的轨道半径为 RQ4R，根据开普勒定律，TP2TQ2RP3RQ364，因此 P 与 Q 的周期之比为 TPTQ81，故 C 正确。答案：C 3墨子号卫星的轨道高度约为 500 km，在轨道上绕地球做匀速圆周运动，
6、经过时间 t(t 小于其运动周期)，运动的弧长为 s，与地球中心连线扫过的角度为(弧度)，引力常量为G，则下列关于墨子号的说法正确的是()A线速度大于第一宇宙速度B质量为 s3Gt2C环绕周期为2tD向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度图习 2-1 解析：第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，可知墨子号的线速度一定小于第一宇宙速度，故 A 错误；墨子号卫星是环绕天体，根据万有引力提供向心力无法求出墨子号的质量，故 B 错误；墨子号卫星的角速度 t，则周期 T2 2t，故 C 正确；根据 GMmr2 ma 得 aGMr2，墨子号卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则墨子号卫星的向
7、心加速度大于同步卫星的向心加速度，故 D 错误。答案：C 综合提能二 人造卫星的变轨问题【知识贯通】1变轨问题概述 (1)稳定运行卫星绕天体稳定运行时，万有引力提供了卫星做圆周运动的向心力，即GMmr2 mv2r。(2)变轨运行当卫星由于某种原因，其速度 v 突然变化时，F 引和 mv2r 不再相等，会出现以下两种情况：当 F 引mv2r 时，卫星做近心运动；当 F 引mv2r 时，卫星做离心运动。2变轨问题的两种常见形式(1)渐变由于某个因素的影响使卫星的轨道半径发生缓慢的变化，由于半径变化缓慢，卫星每一周的运动仍可以看成是匀速圆周运动。关键要点：轨道半径 r 减小(近心运动)。这种变轨运动
8、的起因是阻力使卫星速度减小，所需要的向心力减小了，而万有引力大小没有变，因此卫星将做近心运动，即轨道半径 r 将减小。各个物理参量的变化：当轨道半径 r 减小时，卫星线速度 v、角速度、向心加速度 a 增大，周期 T 减小。(2)突变由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其到达预定的轨道。发射同步卫星时，通常先将卫星发送到近地轨道，使其绕地球做匀速圆周运动，速率为 v1，在 P 点第一次点火加速，在短时间内将速率由 v1 增加到 v2，使卫星进入椭圆轨道；卫星运行到远地点 Q 时的速率为 v3，此时进行第二次点火加速，在短时间内将速率由 v3
9、增加到 v4，使卫星进入同步轨道，绕地球做匀速圆周运动。图习 2-2 典例 2 如图习 2-3 所示，某次发射同步卫星的过程如下：先将卫星发射至近地圆轨道 1，然后再次点火进入椭圆形的过渡轨道 2，最后将卫星送入同步轨道 3。轨道 1、2 相切于 Q 点，轨道 2、3 相切于 P 点，当卫星分别在轨道 1、2、3 上正常运行时，以下说法正确的是()A卫星在轨道 3 上的速率大于在轨道 1 上的速率B卫星在轨道 3 上的角速度大于在轨道 1 上的角速度C卫星在轨道 1 上经过 Q 点时的加速度大于它在轨道 2 上经过 Q 点时的加速度D卫星在轨道 2 上经过 P 点时的加速度等于它在轨道 3 上
10、经过 P 点时的加速度图习 2-3 解析 由 GMmr2 mv2r mr2，得 vGMr，GMr3，因为 r1v3，13，故 A、B 错误；轨道 1 上的 Q 点与轨道 2 上的 Q 点是同一点，到地心的距离相同，根据万有引力定律及牛顿第二定律知，卫星在轨道1 上经过 Q 点时的加速度等于它在轨道 2 上经过 Q 点时的加速度，同理卫星在轨道 2 上经过 P 点时的加速度等于它在轨道 3 上经过 P 点时的加速度，故 C错误，D 正确。答案 D 卫星变轨问题的三点提醒(1)卫星在轨道上的变轨点的线速度 v 增大或减小，但向心加速度 a 不变。(2)卫星在圆轨道上由低轨道变轨至高轨道后，线速度
11、v 将减小，角速度 将减小，周期 T 将增大，向心加速度 a 将减小。(3)卫星在椭圆轨道上由近地点运动至远地点，线速度 v 将减小，加速度 a将减小。【集训提能】1(多选)在完成各项既定任务后，载人宇宙飞船要安全返回地面。如图习 2-4 所示，飞船在返回地面时，要在 P 点从圆形轨道进入椭圆轨道，Q 为轨道上的一点，M 为轨道上的另一点。关于飞船的运动，下列说法中正确的是()A飞船在轨道上经过 P 点的速度小于经过 Q 点的速度B飞船在轨道上经过 P 点的速度小于在轨道上经过 M 点的速度C飞船在轨道上运动的周期大于在轨道上运动的周期D飞船在轨道上经过 P 点的加速度小于在轨道上经过 M 点
12、的加速度图习 2-4 解析：飞船在轨道上运行时，P 为远地点，从 P 到 Q 速度越来越大，所以经过 P 点的速度小于经过 Q 点的速度，故 A 正确；飞船在轨道上做匀速圆周运动，故飞船经过 P、M 两点时的速率相等，由于飞船在 P 点进入轨道时相对于轨道做近心运动，可知飞船在轨道上 P 点速度小于在轨道上 P 点速度，故 B 正确；根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期，故 C 错误；根据牛顿第二定律可知，飞船在轨道上经过 P 点的加速度与在轨道上经过 M 点的加速度大小相等，故 D 错误。答案：AB 2如图习 2-5 是嫦娥四号探测器奔月示意图，探测器发射后通
13、过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测，下列说法正确的是()图习 2-5A发射嫦娥四号的速度必须达到第三宇宙速度 B在绕月圆轨道上，运动周期与探测器质量有关 C探测器受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比 D在绕月圆轨道上，探测器受地球的引力大于受月球的引力 解析：若发射“嫦娥四号”的速度达到第三宇宙速度，则会飞出太阳系，故A 错误。根据 GMmR2 m2T2R，可得 T 42R3GM，可知绕月周期与探测器质量无关，B 错误。根据万有引力定律可知 C 正确。探测器在绕月圆轨道上受月球的引力远大于受地球的引力，D 错误。答案：C 3科
14、幻电影流浪地球描述了这样一个情景：为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图习 2-6 所示，地球在椭圆轨道上运行到远日点 B 变轨，进入圆形轨道。在圆形轨道上运行到B 点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚。对于该过程，下列说法正确的是()图习 2-6A地球沿轨道运动至 B 点时，需向前喷气减速才能进入轨道B地球沿轨道运行的周期小于沿轨道运行的周期C地球在轨道上由 A 点运行到 B 点的过程，速度逐渐增大D地球要逃离太阳的束缚其逃逸速度至少为 16.7 km/s解析：地球沿轨道 运动至B点时，需向后喷气加速才能进入轨道，故A错误；根据开普勒
15、第三定律得，轨道半长轴越大，周期越长，因此沿轨道上运行周期长，故B正确；在轨道 上由A点运行到B点的过程，引力做负功，速度逐渐减小，故C错误；16.7 km/s是在地球表面发射卫星的第三宇宙速度，不是地球逃离太阳束缚的逃逸速度，故D错误。答案：B 综合提能三 “双星”模型问题【知识贯通】1“双星”模型图习 2-7如图习 2-7 所示，宇宙中两个靠得比较近的天体，不考虑其他天体的引力作用，在彼此间的万有引力作用下绕其连线上的某固定点做匀速圆周运动，称为“双星”模型。2“双星”模型的分析方法两颗星各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即：对 m1，Gm1m2L2m112r1；对 m2，Gm1
16、m2L2m222r2。3“双星”模型的特点(1)两颗星的周期及角速度都相同，即 T1T2，12。(2)两颗星的轨道半径与它们之间的距离关系为：r1r2L。(3)两颗星到圆心的距离 r1、r2 与星体质量成反比，即m1m2r2r1。(4)“双星”的运动周期 T2 L3Gm1m2。(5)“双星”的总质量公式 m1m242L3T2G。典例 3(多选)2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约 100 s 时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、引力常量并利用牛顿
17、力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星()A质量之积 B质量之和C速率之和D各自的自转角速度解析 两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示：每秒转动 12 圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力，可得 Gm1m2l2m12r1Gm1m2l2m22r2lr1r2由式得Gm1m2l22l，所以 m1m22l3G，质量之和可以估算。由线速度与角速度的关系 vr 得 v1r1v2r2由式得 v1v2(r1r2)l，速率之和可以估算。质量之积和各自的自转角速度无法求解。答案 BC 解双星问题的两个关键点(1)对于双星系统，要抓住三个相等，即向心力、角速度、周期相等。(2)万有引力公式中 L 是
18、两星球之间的距离，不是星球做圆周运动的轨道半径。【集训提能】4(多选)天文学家首次在正常星系中发现的超大质量双黑洞如图习 2-8 所示，此发现对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义。若图中双黑洞的质量分别为 M1 和 M2，双黑洞间距离为 L，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，下列选项正确的是()图习 2-8A双黑洞的轨道半径之比 r1r2M2M1B双黑洞的线速度之比 v1v2M1M2C双黑洞的向心加速度之比 a1a2M1M2D它们的运动周期为 T2 L3GM1M2 解析：双黑洞做圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，向心
19、力大小相等，GM1M2L2 M1r12M2r22，得双黑洞的轨道半径之比 r1r2M2M1，故 A 正确；由 vr 得双黑洞的线速度之比 v1v2r1r2M2M1，故 B错误；由 a2r 得双黑洞的向心加速度之比为 a1a2r1r2M2M1，故C 错 误；由 G M1M2L2 M1r1 2T2 M2r2 2T2 和 r1 r2 L 得 T 2 L3GM1M2，故 D 正确。答案：AD 5(多选)冥王星与其附近的星体卡戎可视为双星系统，质量之比约为71，同时绕它们连线上某点 O 做匀速圆周运动。由此可知卡戎绕 O 点运动的()A角速度大小约为冥王星的 7 倍B向心力大小约为冥王星的17 C轨道半
20、径约为冥王星的 7 倍D周期大小与冥王星周期相同 解析：由题图可知，冥王星与卡戎绕 O 点转动时每转一圈所用的时间相同，故D 正确，A 错误；冥王星与卡戎绕 O 点转动时万有引力提供向心力，即 G M冥m卡r冥r卡2M 冥2r 冥m 卡 2r 卡，故r卡r冥M冥m卡71，故 B 错误，C 正确。答案：CD 6银河系的恒星中大约有四分之一是双星，某双星由质量不等的星体 S1 和S2 构成，两星在相互之间万有引力的作用下绕两者连线上某一定点 O 做匀速圆周运动(如图习 2-10 所示)。由天文观察测得其运动周期为 T，S1到 O 点的距离为 r1，S1 和 S2 的距离为 r，已知引力常量为 G。由此可求出 S1 的质量为()图习 2-10A42r2rr1GT2B42r3GT2C42r13GT2D42r2r1GT2 解析：双星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，对 S2 有 Gm1m2r2 m242T2(rr1)，解得 m142r2rr1GT2，故 A 正确。答案：A
