1、第4讲 万有引力与航天 构建网络重温真题1(2019全国卷)2019 年 1 月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆。在探测器“奔向”月球的过程中，用 h 表示探测器与地球表面的距离，F 表示它所受的地球引力，能够描述 F 随 h 变化关系的图象是()答案 D解析 由万有引力公式 FG MmRh2可知，探测器与地球表面距离 h 越大，F 越小，排除 B、C；而 F 与 h 不是一次函数关系，排除 A。故选 D。2(2019全国卷)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为 a 金、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为 v 金、v 地、v 火。已知它们
2、的轨道半径 R 金R 地a 地a 火Ba 火a 地a 金Cv 地v 火v 金Dv 火v 地v 金答案 A解析 行星绕太阳做圆周运动时，由牛顿第二定律和圆周运动知识有：GMmR2 ma，得向心加速度 aGMR2，GMmR2 mv2R，得线速度 vGMR，由于 R 金R 地R 火，所以 a 金a 地a 火，v 金v 地v 火，A 正确。3(2017全国卷)(多选)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 M、Q 到 N 的运动过程中()A从 P 到 M 所用的时间等于T0
3、4B从 Q 到 N 阶段，机械能逐渐变大C从 P 到 Q 阶段，速率逐渐变小D从 M 到 N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功答案 CD解析 由开普勒第二定律可知，相等时间内，太阳与海王星连线扫过的面积都相等。从 P 到 M 扫过的面积小于椭圆面积的14，故所用时间小于T04，A 错误；从 Q 到 N 阶段，只有万有引力做功，机械能守恒，B 错误；从 P 到Q 阶段，万有引力做负功，动能减小，速率逐渐变小，C 正确；从 M 到 N阶段，万有引力与速度的夹角先是钝角后是锐角，即万有引力对它先做负功后做正功，D 正确。4(2018全国卷)(多选)2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并
4、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、万有引力常量并利用牛顿力学知识，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各自的自转角速度答案 BC解析 依题意已知两颗中子星的周期 T、距离 L，各自的自转角速度不可求，D 错误；对 m1：Gm1m2L2 m12r1，对 m2：Gm1m2L2 m22r2，已知几何关系：r1r2L，2T，联立以上各式可解得：r1m2m1m2L，r2m1m1m2L，m1m242L3GT2，B 正确；速率之
5、和 v1v2r1r2(r1r2)2LT，C 正确；质量之积 m1m22L2r2G2L2r1G2LT4G2 r1r2，r1r2 不可求，故 m1m2不可求，A 错误。5(2019北京高考)2019 年 5 月 17 日，我国成功发射第 45 颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)。该卫星()A入轨后可以位于北京正上方B入轨后的速度大于第一宇宙速度C发射速度大于第二宇宙速度D若发射到近地圆轨道所需能量较少答案 D解析 同步卫星只能位于赤道正上方，A 错误；由GMmr2mv2r 知，卫星的轨道半径越大，环绕速度越小，因此入轨后的速度小于第一宇宙速度(近地卫星的速度)，B 错误；同步卫
6、星的发射速度大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，C 错误；若该卫星发射到近地圆轨道，所需发射速度较小，所需能量较少，D 正确。6(2019天津高考)2018 年 12 月 8 日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为 M、半径为 R，探测器的质量为 m，引力常量为 G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为 r 的匀速圆周运动时，探测器的()A周期为42r3GMB动能为GMm2RC角速度为Gmr3D向心加速度为GMR2答案 A解析 探测器绕月球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，对探测器，由牛顿第
7、二定律得，GMmr2 m2T2r，解得周期 T42r3GM，A 正确；由 GMmr2 mv2r 知，动能 Ek12mv2GMm2r，B 错误；由 GMmr2 mr2得，角速度 GMr3，C 错误；由 GMmr2 ma 得，向心加速度 aGMr2，D 错误。7(2018全国卷)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 B41 C81 D161答案 C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
8、开普勒定律，T2PT2QR3PR3Q64，所以 P与 Q 的周期之比为 TPTQ81，C 正确。8(2019全国卷)(多选)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，P 由静止向下运动，物体的加速度 a 与弹簧的压缩量 x 间的关系如图中实线所示。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 关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球 M 的半径是星球 N 的 3 倍，则()AM 与 N 的密度相等BQ 的质量是 P 的 3 倍CQ 下落过程中的最大动能是 P 的 4 倍DQ 下落过程中弹簧的最大压缩量是 P
9、的 4 倍答案 AC解析 如图，当 x0 时，对 P：mPgMmP3a0，即星球 M 表面的重力加速度 gM3a0；对 Q：mQgNmQa0，即星球 N 表面的重力加速度 gNa0。当 P、Q 的加速度 a0 时，对 P 有：mPgMkx0，则 mPkx03a0，对 Q 有：mQgNk2x0，则 mQ2kx0a0，即 mQ6mP，B 错误；根据 mgGMmR2 得，星球质量 MgR2G，则星球的密度 M43R3 3g4GR，所以 M、N 的密度之比MNgMgNRNRM31131，A 正确；当 P、Q 的加速度为零时，P、Q 的动能最大，系统的机械能守恒，对 P 有：mPgMx0Ep 弹EkP，
10、即 EkP3mPa0 x0Ep 弹，对Q 有：mQgN2x04Ep 弹EkQ，即 EkQ2mQa0 x04Ep 弹12mPa0 x04Ep 弹4(3mPa0 x0Ep 弹)4EkP，C 正确；P、Q 在弹簧压缩到最短时，其位置与初位置关于加速度 a0 时的位置对称，故 P 下落过程中弹簧的最大压缩量为 2x0，Q 为 4x0，D 错误。命题特点：结合万有引力定律与牛顿运动定律，对天体的运动进行定性分析和定量计算，结合能量守恒，考查天体的运动及变轨问题，多以选择题形式出现。思想方法：近似法、估算法、模型法。高考考向1 高考考向 1 天体质量和密度的估算例 1 我国已经发射了一百七十多个航天器。其
11、中发射的货运飞船“天舟一号”与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体，如图所示。假设组合体在距地面高度为 h 的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，周期为T1。如果月球绕地球的运动也看成是匀速圆周运动，轨道半径为 R1，周期为T2。已知地球表面处重力加速度为 g，地球半径为 R，引力常量为 G，不考虑地球自转的影响，地球看成质量分布均匀的球体。则()A月球的质量可表示为42R31GT22B组合体与月球运转的线速度比值为R1hC地球的密度可表示为3Rh3GT21R3D组合体的向心加速度可表示为RhR2g破题关键点(1)已知月球绕地球的周期和轨道半径，能求月球质量吗？(2)距地面的高度为 h 的
12、圆形轨道的半径为多少？提示：不能。月球是环绕天体，只能求中心天体(地球)的质量。提示：Rh。解题探究(1)此车的长度需考虑吗？(2)列车减速运动的最长时间对应车的运动情况是什么？提示：需要。提示：车头恰好停在 B 点。解析 由于月球是环绕天体，根据题意可以求出地球的质量，不能求月球的质量，A 错误；对于组合体和月球绕地球运动的过程，万有引力提供向心力，设地球质量为 M，则由牛顿第二定律可知 GMmr2 mv2r，解得 vGMr，则组合体与月球运转的线速度比值为R1Rh，B 错误；对于组合体，由 G MmRh2m42T21(Rh)，解得 M42Rh3GT21，又因为地球的体积为 V43R3，整理
13、解得 MV3Rh3GT21R3，C 正确；由 G MmRh2ma，GMmR2 mg，知组合体的向心加速度大小为 a RRh2g，D 错误。答案 C 估算中心天体质量和密度的两条思路和三个误区(1)两条思路利用天体表面的重力加速度和天体半径估算由 GMmR2 mg 天体得 Mg天体R2G，再由 MV，V43R3 得 3g天体4GR。已知天体做匀速圆周运动的轨道半径和周期，由 GMmr2 m42T2 r 得 M42r3GT2，再结合 MV，V43R3 得 3r3GT2R3，在中心天体表面做匀速圆周运动时，rR，则 3GT2。(2)三个常见误区天体质量和密度的估算是指中心天体的质量和密度的估算，而非
14、环绕天体的。注意区分轨道半径 r 和中心天体的半径 R。在考虑自转问题时，只有两极才有GMmR2 mg 天体。1(2018全国卷)2018 年 2 月，我国 500 m 口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J03180253”，其自转周期 T5.19 ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为 6.671011 Nm2/kg2。以周期 T 稳定自转的星体的密度最小值约为()A5109 kg/m3B51012 kg/m3C51015 kg/m3D51018 kg/m3答案 C解析 设脉冲星质量为 M，密度为，星体表面“赤道”处一物块质量为 m，根据天体运动规律知：GMmR2 m(2
15、T2)R，MV M43R3，联立并代入数据可得：3GT251015 kg/m3，故 C 正确。2(2019山东滨州二模)2019 年 4 月 11 日 21 时黑洞视界望远镜合作组织(ETE)宣布了近邻巨椭圆星系 M87 中心捕获的首张黑洞图像，提供了黑洞存在的直接“视觉”证据，验证了 1915 年爱因斯坦的伟大预言。一种理论认为，整个宇宙很可能是个黑洞，如今可观测宇宙的范围膨胀到了半径 465 亿光年的规模，也就是说，我们的宇宙就像一个直径 930 亿光年的球体。黑洞的质量 M 和半径 R 的关系满足史瓦西半径公式MR c22G(其中 c 为光速，其值为 c3108 m/s，G 为引力常量，
16、其值为 6.671011 Nm2/kg2)，则由此可估算出宇宙的总质量的数量级约为()A1054 kg B1044 kgC1034 kg D1024 kg答案 A解析 宇宙的半径 r4651083652436003108 m4.41026m，根据半径公式MR c22G，可得宇宙的质量 Mc2R2G 310824.4102626.671011kg0.31054 kg，故宇宙质量的数量级为 1054 kg，故 A 正确；B、C、D 错误。3(2019辽宁鞍山一中高三三月模拟)(多选)宇航员驾驶宇宙飞船到达某行星表面，在离该行星表面高度为 h 处，将一小球以大小为 v0 的初速度水平抛出，小球水平射
17、程为 x。已知该行星的半径为 R，引力常量为 G。则下列判断正确的是()A该行星的质量为2hv20R2Gx2B该行星的密度为 3hv02GRxC该星系的第一宇宙速度大小为2Rhv0 xD该行星表面的重力加速度大小为2hv20 x2答案 AD解析 根据平抛运动的规律可知：h12gt2，xv0t，解得 g2hv20 x2，行星表面任一物体的重力等于行星对物体的万有引力，mgGMmR2，得 MgR2G 2hv20R2Gx2，故 A、D 正确；行星的密度 MV2hv20R2Gx24R33 3hv202GRx2，故 B 错误；该星系的第一宇宙速度大小 v1 gR2Rhv20 x2，故 C 错误。高考考向
18、2 高考考向 2 行星、卫星的运动问题例 2(2019河南郑州三模)地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所成夹角叫做地球对该行星的观察视角，如图中 所示。当行星处于最大观察视角时是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时机。已知某行星的最大观察视角为 0，则该行星绕太阳转动的角速度与地球绕太阳转动的角速度之比为()A.1sin30 B.sin30 C.1sin0 D.1sin0破题关键点(1)何时观察视角最大？(2)如何求角速度？提示：当地球与行星的连线与行星轨道相切时，观察视角最大。提示：根据万有引力等于向心力即可求解。解析 由题意可知，当
19、地球与行星的连线与行星轨道相切时，观察视角最大，设 R 为地球的轨道半径，可得行星的轨道半径 rRsin0，得：rRsin0。设太阳的质量为 M，根据万有引力提供向心力，则有：GMmr2 m2r，得：2GMr3，行星绕太阳转动的角速度与地球绕太阳转动的角速度之比为：行星地球R3r31sin30，故 A 正确，B、C、D 错误。答案 A环绕天体绕中心天体做圆周运动的规律(1)一种模型：无论是自然天体(如地球、月亮)还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看做质点，围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动，万有引力提供其做圆周运动的向心力。(2)两条思路万有引力提供向心力，即GMmr2m(v2r)
20、mr2mr2T2ma；天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即GMmR2 mg 天体。(3)三点提醒a、v、T、r 只要一个量发生变化，其他量也发生变化；a、v、T 与环绕天体的质量无关；对于人造地球卫星，当 rR 地时，v7.9 km/s 为第一宇宙速度。(4)四点注意同步卫星绕地心做匀速圆周运动的周期等于地球的自转周期。所有同步卫星都在赤道上空相同的高度上。注意同步卫星与地球赤道上物体的区别与联系。区别轨道半径与距天体表面的高度。4(2019安徽省江南十校二模)2019 年 1 月 3 日 10 时 26 分，嫦娥四号探测器成功软着陆在月球背面预选区域。发射后，嫦娥四号探测器经过约 11
21、0小时奔月飞行，到达月球附近，成功实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获，进入距离月球表面高度为 h 的环月轨道。若忽略月球自转，月球的半径为 R，将嫦娥四号探测器的环月轨道视为圆形轨道，运动周期为 T，引力常量为 G，不计因燃料消耗而损失的质量，则下列说法正确的是()A嫦娥四号在轨道上的速度与月球的第一宇宙速度之比是RhRB嫦娥四号在轨道上的速度与月球的第一宇宙速度之比是RhRC嫦娥四号在轨道上的加速度与月球表面的重力加速度之比是R2Rh2D嫦娥四号在轨道上的加速度与月球表面的重力加速度之比是RRh答案 C解析 由 GMmr2 mv2r，得 vGMr，所以嫦娥四号在轨道上的速度与月球
22、的第一宇宙速度之比是RRh，A、B 错误；由 GMmr2 ma，得 aGMr2，所以嫦娥四号在轨道上的加速度与月球表面的重力加速度之比是R2Rh2，C正确，D 错误。5(2019广东惠州二模)(多选)2018 年 7 月 27 日出现了“火星冲日”的天文奇观，火星离地球最近最亮。当地球位于太阳和火星之间且三者几乎排成一条直线时，天文学称之为“火星冲日”。火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。不考虑火星与地球的自转，且假设火星和地球的轨道平面在同一个平面上，相关数据见下表。则根据提供的数据可知()质量半径与太阳间距离地球MRr火星约 0.1M约 0.5R约 1.5rA在火
23、星表面附近发射飞行器的速度至少为 7.9 km/sB理论上计算可知下一次“火星冲日”的时间大约在 2020 年 10 月份C火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比约为 25D火星运行的加速度比地球运行的加速度大答案 BC解析 根据近地卫星的向心力由万有引力提供，由GMmR2 mv2R，可得近地卫星的最小发射速度 vGMR，火星质量是地球质量的 0.1 倍，火星半径是地球半径的 0.5 倍，所以 v 火G0.1M0.5R 15GMR GMR v 地，即在火星表面附近发射飞行器的最小速度小于在地球表面发射飞行器的最小速度(7.9 km/s)，故 A 错误；根据开普勒第三定律可知：r3火T2
24、火r3地T2地，解得 T 火1.5 1.5 年1.8年，设至少再次经过时间t火星再次冲日，则2T地t2T火t2，解得 t2.25 年2 年零 3 个月，则理论上计算可知下一次“火星冲日”的时间大约在 2020 年 10 月份，故 B 正确；根据GMmR2 mg，解得 gGMR2，则g火g地m火m地R2地R2火0.1(10.5)225，故 C 正确；根据 GM日mr2 ma 可知，火星运行的加速度比地球运行的加速度小，故 D 错误。高考考向3 高考考向 3 航天器的变轨问题例 3(2019湖北荆州高三四月质检)2018 年 12 月 8 日凌晨 2 点 24 分，中国长征三号乙运载火箭在西昌卫星
25、发射中心起飞，把嫦娥四号探测器送入地月转移轨道，“嫦娥四号”经过地月转移轨道的 P 点时实施一次近月调控后进入环月圆形轨道，再经过系列调控使之进入准备“落月”的椭圆轨道，于 2019 年 1 月 3 日上午 10 点 26 分，最终实现人类首次在月球背面软着陆。若绕月运行时只考虑月球引力作用，下列关于“嫦娥四号”的说法正确的是()A“嫦娥四号”的发射速度必须大于 11.2 km/sB沿轨道运行的速度大于月球的第一宇宙速度C沿轨道运行至 P 点的加速度小于沿轨道运行至 P 点的加速度D经过地月转移轨道的 P 点时必须进行减速后才能进入环月圆形轨道破题关键点(1)卫星在圆形轨道上 P 点所受的万有
26、引力与向心力是否相等？(2)卫星经过地月转移轨道的 P 点时，所受万有引力与向心力是否相等？提示：相等。提示：不相等，万有引力小于向心力。解析 嫦娥四号仍在地月系里，没有脱离地球的束缚，故其发射速度需小于第二宇宙速度而大于第一宇宙速度，故 A 错误；卫星在轨道的轨道半径大于月球的半径，由公式 vGM月r可知，沿轨道运行的速度小于月球的第一宇宙速度，故 B 错误；卫星经过 P 点时的加速度由万有引力产生，不管在哪一轨道，只要经过 P 点，加速度都相同，故 C 错误；卫星经过地月转移轨道的 P 点时，如果不调控，卫星将远离月球，即万有引力不足以提供所需的向心力，所以卫星经过地月转移轨道的 P 点时
27、必须进行减速后才能进入环月圆形轨道，故 D 正确。答案 D求航天器变轨问题的三点注意(1)航天器经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。(2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。(3)同一中心天体的不同圆轨道或椭圆轨道的周期均满足开普勒第三定律a3T2k。6(2019四川自贡高三一诊)(多选)如图是发射的一颗人造卫星在绕地球轨道上的几次变轨图，轨道是圆轨道，轨道和轨道是依次在 P 点变轨后的椭圆轨道。下列说法正确的是()A卫星在轨道上的运行速度大于 7.9 km/sB卫星在轨道上运动时，在 P 点和 Q 点的速度大小相等C卫星在轨道上运动到
28、 P 点时的加速度等于卫星在轨道上运动到P 点时的加速度D卫星从轨道的 P 点加速进入轨道后机械能增加答案 CD解析 第一宇宙速度 v17.9 km/s 是近地卫星的运行速度，是圆轨道卫星最大的环绕速度，根据环绕半径越大线速度越小，可知卫星在轨道上运行时的速度一定小于 7.9 km/s，故 A 错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道上运动时，P 点为近地点，则在 P 点的速度大小大于在 Q 点的速度大小，B 错误；根据 aGMr2 可知，卫星在轨道上运动到 P 点时的加速度等于卫星在轨道上运动到 P 点时的加速度，C 正确；卫星从轨道的 P 点加速进入轨道，发动机做正功，机械能增加，D 正确
29、。7(2017全国卷)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解析 天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道运行，根据 GMmr2 mamv2r mr42T2 可知，组合体运行的向心加速度、速率、周期不变，组合体的质量比天宫二号的质量大，则其动能变大，C 正确。高考考向4 高考考向 4 双星与多星问题例 4(2019贵阳一模)2017 年，人类第一次直接探
30、测到来自双中子星合并的引力波信号。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并之前，它们绕二者连线上的某点做圆周运动，且二者越转越近，最终碰撞在一起，形成新的天体。若将两颗中子星都看做是质量均匀分布的球体，则此过程中两中子星的()A线速度逐渐变小B角速度保持不变C周期逐渐变大D向心加速度逐渐变大破题关键点(1)双星系统中两颗星的轨道半径有什么关系？(2)双星系统中两颗星的角速度、周期有什么关系？提示：轨道半径之和等于两星之间的距离。提示：相等。解析 设两颗星的质量分别为 m1、m2，轨道半径分别为 r1、r2，相距 L，根据万有引力提供向心力可知：Gm1m2L2m1r12，Gm1m2L2m2r22
31、，又 Lr1r2，2T，联立解得 Gm1m2L3，T42L3Gm1m2，r1m2m1m2L，r2m1m1m2L，根据线速度和角速度的关系，有 v1r1Gm22m1m2L，v2r2Gm21m1m2L，故随着 L 变小，线速度变大，角速度变大，周期变小，A、B、C 错误；对于向心加速度，有Gm1m2L2m1a1m2a2，故可判断向心加速度变大，D 正确。答案 D1.双星系统(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即Gm1m2L2m121r1，Gm1m2L2m222r2。(2)两颗星的周期及角速度都相同，即 T1T2，12。(3)两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为：r1r2L。(4)两颗星
32、到环绕中心的距离 r1、r2 与两星体质量成反比，即m1m2r2r1，两星体的质量与两星体运动的线速度成反比，即m1m2v2v1。(5)双星的运动周期 T2 L3Gm1m2。(6)双星的总质量公式 m1m242L3GT2。2多星系统(1)一般都在同一平面内绕同一圆心做匀速圆周运动，它们的周期都相等。(2)星体所需的向心力由其他星体对它的万有引力的合力提供。解题探究(1)此车的长度需考虑吗？(2)列车减速运动的最长时间对应车的运动情况是什么？提示：需要。提示：车头恰好停在 B 点。8(2019湖南湖北八市十二校高三第二次调研联考)宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常
33、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。关于四星系统，下列说法错误的是()A四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动B四颗星的轨道半径均为a2C四颗星表面的重力加速度均为 GmR2D四颗星的周期均为 2a2a4 2Gm答案 B解析 四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径为 22a，A 正确，B 错误；由GmmR2mg 可知，四颗星表面的重力加速度均为gGmR2，C 正确；由 G m2 2a22Gm2a2cos45m 22 a42T2，解得四颗星的周期均为 T2a2a4
34、 2Gm，D 正确。9(2019山东聊城二模)(多选)2016 年 2 月 11 日，美国科学家宣布探测到引力波，根据科学家们的推测，双星的运动是产生引力波的来源之一。假设宇宙中有一由 a、b 两颗星组成的双星系统，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得 a 星的周期为 T，a、b 两星间的距离为 l，轨道半径之差为 r，已知 a 星的轨道半径大于 b 星的轨道半径，则()Ab 星的周期为lrlrTBb 星的线速度大小为lrTCa、b 两星的轨道半径之比为llrDa、b 两星的质量之比为lrlr答案 BD解析 两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，
35、所以两颗星的周期相等，则 TbTaT，故 A 错误；a、b 两星间的距离为 l，轨道半径之差为 r，已知 a 星的轨道半径大于 b 星的轨道半径，则 rarbl，rarbr，所以 ralr2，rblr2。a、b 两星的轨道半径之比rarblrlr，b 星的线速度大小 vb2rbT lrT，故 B 正确，C 错误；两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，则 Gmambl2mara(2T)2mbrb(2T)2，所以 a、b 两星的质量之比mambrbralrlr，故 D 正确。易错警示 易错警示近地卫星、同步卫星、赤道上的物体相关联的问题例(2019甘肃武威六中二模)有 a、b、
36、c、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b 处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有()Aa 的向心加速度等于重力加速度 gBc 在 4 h 内转过的圆心角是6Cb 在相同时间内转过的弧长最长Dd 的运动周期有可能是 20 h分析与解 地球同步卫星 c 的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知 a 与 c 的角速度相同，根据 a2r 知，c 的向心加速度比 a 大。由 GMmr2ma，得 aGMr2，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星 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
37、g，故知 a 的向心加速度小于重力加速度 g，A 错误；c 是地球同步卫星，周期是 24 h，则 c在 4 h 内转过的圆心角是 4 h24 h23，故 B 错误；由 vr 知，a 的线速度小于 c 的线速度，由 GMmr2 mv2r，可得 vGMr，可知卫星的轨道半径越大，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，故C 正确；由开普勒第三定律R3T2k 知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以 d 的运动周期大于 c 的周期 24 h，故 D 错误。答案 C易错警示 地面上的物体，其所受万有引力不等于随地球自转的向心力。配套作业 配套作业 限时：50 分钟 满分：100
38、分选择题(本题共 12 小题，共 100 分，其中第 18 题为单选题，每小题 8分，第 912 题为多选题，每小题 9 分)1(2019济南高三模拟)我国计划 2020 年发射火星探测器，实现火星的环绕、着陆和巡视探测。已知火星和地球绕太阳公转的轨道都可近似为圆轨道，火星公转轨道半径约为地球公转轨道半径的32，火星的半径约为地球半径的12，火星的质量约为地球质量的19，以下说法正确的是()A火星的公转周期比地球小B火星的公转速度比地球大C探测器在火星表面时所受火星引力比在地球表面时所受地球引力小D探测器环绕火星表面运行的速度比环绕地球表面运行的速度大答案 C解析 火星公转轨道半径大于地球公转
39、轨道半径，根据开普勒第三定律可知，火星的公转周期比地球大，A 错误；根据 vGM日r可知，火星的公转速度比地球小，B 错误；根据 gGMR2，则g火g地M火M地(R地R火)2192249，则探测器在火星表面时所受火星引力比在地球表面时所受地球引力小，C 正确；根据 v 火GM火R火 G19M地12R地 23 GM地R地 23 v 地，则探测器环绕火星表面运行的速度比环绕地球表面运行的速度小，D 错误。2(2019福建泉州第五中学高三 5 月适应性考试)2018 年 12 月 12 日，在北京飞控中心工作人员的精密控制下，嫦娥四号开始实施近月制动，成功进入环月圆轨道。12 月 30 日成功实施变
40、轨，进入椭圆着陆轨道，为下一步月面软着陆做准备。如图所示 B 为近月点，A 为远月点，关于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是()A卫星在轨道上 A 点的加速度大于在 B 点的加速度B卫星沿轨道运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态C卫星从轨道变轨到轨道，机械能增加D卫星在轨道经过 A 点时的动能小于在轨道经过 B 点时的动能答案 D解析 根据万有引力提供加速度有：GMmr2 ma，卫星在 B 点距月心更近，所以加速度更大，A 错误；卫星在轨道运动的过程中，万有引力全部提供向心力，所以仪器处于失重状态，B 错误；卫星从高轨道变轨到低轨道，需要点火减速，所以卫星从轨道变轨到轨道，外力做负功，机械能
41、减小，C 错误；在轨道上从 A 点到 B 点，万有引力做正功，动能增大，所以卫星在 B 点动能大，D 正确。3.(2019江苏高考)1970 年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为 v1、v2，近地点到地心的距离为 r，地球质量为 M，引力常量为 G。则()Av1v2，v1GMrBv1v2，v1 GMrCv1v2，v1GMrDv1 GMr答案 B解析 卫星绕地球运动，由开普勒第二定律知，近地点的速度大于远地点的速度，即 v1v2。若卫星以近地点到地心的距离 r 为半径做圆周运动，则有GMmr2mv2近r
42、，得运行速度 v 近GMr，由于卫星沿椭圆轨道运动，则 v1v近，即 v1 GMr，B 正确。4(2019山东烟台一模)赤道平面内的某颗卫星自西向东绕地球做圆周运动，该卫星离地面的高度小于地球同步卫星的高度。赤道上一观察者发现，该卫星连续两次出现在观察者正上方的最小时间间隔为 t，已知地球自转周期为 T0，地球半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，由此可知该卫星离地面的高度为()A.3gR2t2T2042tT02RB.3gR2t2T2042tT20C.3 gR2tT0242t2T20RD.3 gR2tT0242t2T20答案 A解析 根据赤道平面内的卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向
43、心力，有：GMmRh2m(Rh)2T2，解之可得：h3 GMT242 R。设卫星的周期为 T，则有2T t2T0 t2，解之得：T tT0tT0，由此可得：h3GMt2T2042tT02R，代入黄金代换式 GMgR2，可得：h3gR2t2T2042tT02R。故 A 正确。5(2019广东省广州市高三下学期一模)位于贵州的“中国天眼”(FAST)是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过 FAST 可以测量地球与木星之间的距离。当 FAST 接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的 k 倍。若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且
44、轨道共面，则可知木星的公转周期为()A(1k2)34 年B(1k2)32 年C(1k)32 年Dk32 年答案 A解析 设地球与太阳的距离为 r，根据题述可知木星与太阳的距离为 R r2kr2r(1k2)12，设木星的公转周期为 T 年，根据开普勒第三定律，则有：T212r31k232r3，解得 T(1k2)34 年，A 正确。6(2019闽粤赣三省十校高三下学期联考)某行星的自转周期为 T，赤道半径为 R。研究发现，当该行星的自转角速度变为原来的 2 倍时，会导致该行星赤道上的物体恰好对行星表面没有压力，已知引力常量为 G。则()A该行星的质量为 M42R3GT2B该行星的同步卫星轨道半径为
45、 r3 4RC质量为 m 的物体对行星赤道地面的压力为 F162mRT2D环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度为 7.9 km/s答案 B解析 行星自转角速度变为原来的两倍，则周期将变为12T，由题意可知此时：，解得：M162R3GT2，故 A 错误；该行星的同步卫星的周期等于该行星的自转周期，由万有引力提供向心力可得：GMmr2 mr42T2，又 M162R3GT2，解得：r3 4R，故 B 正确；该行星赤道地面上的物体所受的万有引力和支持力的合力提供其随行星自转时所做圆周运动的向心力，即GMmR2 FNmR42T2，又 M162R3GT2，解得：FN12m2RT2，由牛顿第三定律可知
46、 FFN12m2RT2，故 C 错误；环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的轨道半径等于该行星的半径时，卫星的线速度最大，由GMmR2 mv2R得 vGMR 4RT，由于 R、T 的数值未知，故无法确定环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度是否为 7.9 km/s，故 D 错误。故选 B。7(2019重庆一中高三 5 月模考)双星系统中两个星球 A、B 的质量都是m，相距 L，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动。实际观测该系统的周期 T 要小于按照力学理论计算出的周期理论值 T0，且 TT0k(k1)，于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球 C 的影响，并认为 C 位于 A、B 的连线
47、正中间，则 A、B 组成的双星系统周期理论值 T0 及 C 的质量分别为()A2L2Gm，1k24k2 mB2L32Gm，1k24k mC22GmL3，1k24k2 mD2L32Gm，1k24k2 m答案 D解析 两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：GmmL2 mr121mr221，可得 r1r2；两星绕连线的中点转动，则GmmL2 mL221，解得 12GmL3；所以 T0212 L32Gm；由于 C 的存在，双星的向心力由万有引力的合力提供，则m12L22，T22kT0，联立解得：M1k2m4k2，故选 D。8(2019陕西二模)宇航员在某星球表面做了如图甲所示的实验，将一插有风帆
48、的滑块放置在倾角为 的粗糙斜面上由静止开始下滑，帆在星球表面受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比，即 Fkv，k 为已知常数。宇航员通过传感器测量得到滑块下滑的加速度 a 与速度 v 的关系图象如图乙所示，已知图中直线在纵轴与横轴的截距分别为 a0、v0，滑块与足够长斜面间的动摩擦因数为，星球的半径为 R，引力常量为 G，忽略星球自转的影响，由上述条件可判断出()A滑块的质量为ka0v0B星球的密度为3a04GRsincosC星球的第一宇宙速度为a0RcossinD该星球近地卫星的周期为sincosa0答案 B解析 带风帆的滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力的作用，沿斜面方向，由牛
49、顿第二定律得：mgsinmgcosFma，而 Fkv，联立可解得：agsingcoskvm，由题意知：kma0v0，gsingcosa0，即滑块的质量为：mkv0a0，A 错误；星球表面的重力加速度为：ga0sincos，根据GMmR2 mg和 M43R3 可得星球的密度为：3g4GR3a04GRsincos，B 正确；再根据GMmR2 mv2R 可得，星球的第一宇宙速度为：v gRa0Rsincos，C 错误；根据 mgGMmR2 m42RT2可得，该星球近地卫星的周期为：T2 Rg2Rsincosa0，D错误。9(2019湖南衡阳二模改编)2019 年 1 月 3 日，嫦娥四号探测器登陆月
50、球，实现人类探测器首次在月球背面软着陆。为给嫦娥四号探测器提供通信支持，我国早在 2018 年 5 月 21 日就成功发射了嫦娥四号中继星“鹊桥号”。如图所示，“鹊桥号”中继星一边绕拉格朗日 L2 点做圆周运动，一边随月球同步绕地球做圆周运动，且其绕 L2 点的半径远小于 L2 点与地球间的距离。(已知位于地、月拉格朗日 L1、L2 点处的小物体能够在地、月的引力作用下，几乎不消耗燃料，便可与月球同步绕地球做圆周运动。)则下列说法正确的是()A“鹊桥号”的发射速度大于 11.2 km/sB“鹊桥号”绕地球运动的周期约等于月球绕地球运动的周期C同一卫星在 L2 点受地、月引力的合力比其在 L1
51、点受地、月引力的合力大D若技术允许，使“鹊桥号”刚好位于拉格朗日 L2 点，能够更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持答案 BC解析 卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度的数值是 11.2 km/s，“鹊桥号”在绕地球运动，所以“鹊桥号”的发射速度应小于 11.2 km/s，故 A 错误；根据题意可知，“鹊桥号”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故 B 正确；L2 点是距离地球较远的拉格朗日点，由 Fnmr2 可知，同一卫星在 L2 点受月球和地球引力的合力比在 L1 点要大，故 C 正确；“鹊桥号”若刚好位于 L2 点，由几何关系可知，通讯范围较小，并不能更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持
52、，故 D 错误。10(2019陕西汉中二模)图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心，轨道半径之比为 14。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是()A站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动B在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的 16倍C在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能D若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接答
53、案 BD解析 因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度，也大于站在赤道上的观察者的角速度，故站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，A 错误；由 GMmr2 ma 得：aGMr2，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为a1a2r22r21421216，B 正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，故不能比较机械能的大小关系，C 错误；“轨道康复者”应从图示轨道上加速后，使轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，才可进行对接，D 正确。11(2019哈尔滨三中高三一模)我国的嫦娥四号在 2019 年 1 月 3 日着陆在了月球背面，这是
54、人类历史上的首次着陆，为全世界的月球探索开拓了新方向。为了保持地面和嫦娥四号的通信，我国于 2018 年 5 月 21 日，将一颗地月中继卫星“鹊桥”发射到地月轨道的拉格朗日点 L2 上。我们可以简单理解为：处在 L2 点的物体在地球和月球的引力共同作用下，绕地球做匀速圆周运动并始终与地月共线。已知地球的质量 M、地球球心到 L2 点的距离为 r、引力常量为 G、月球公转周期为 T，以下说法正确的是()A中继卫星“鹊桥”的运行线速度大于月球绕地球公转的线速度B中继卫星“鹊桥”的运行线速度小于月球绕地球公转的线速度C中继卫星“鹊桥”的加速度为 aGMr2D中继卫星“鹊桥”的加速度为 a42T2
55、r答案 AD解析 中继卫星“鹊桥”与月球、地球始终在同一直线上，说明“鹊桥”与月球绕地球运动的角速度相同，由于中继卫星“鹊桥”的轨道半径比月球绕地球的轨道半径大，由公式 vr 知，中继卫星“鹊桥”的线速度大于月球的线速度，故 A 正确，B 错误；中继卫星“鹊桥”的角速度为 2T，所以中继卫星“鹊桥”的加速度为 a2r42T2 r，由于中继卫星“鹊桥”在地球和月球的共同引力下运动，所以中继卫星“鹊桥”的加速度一定不等于GMr2，故 C 错误，D 正确。12(2019广东肇庆三模)如图所示是宇宙空间中某处孤立天体系统的示意图，位于 O 点的一个中心天体有两颗环绕卫星，卫星质量远远小于中心天体质量，
56、且不考虑两卫星间的万有引力。甲卫星绕 O 点做半径为 r 的匀速圆周运动，乙卫星绕 O 点的运动轨迹为椭圆，半长轴为 r、半短轴为r2，甲、乙均沿顺时针方向运转。两卫星的运动轨迹共面且交于 M、N 两点。某时刻甲卫星在 M 处，乙卫星在 N 处。下列说法正确的是()A甲、乙两卫星的周期相等B甲、乙两卫星各自经过 M 处时的加速度大小相等C乙卫星经过 M、N 处时速率相等D甲、乙各自从 M 点运动到 N 点所需时间之比为 13答案 ABC解析 椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律知，两颗卫星的运动周期相等，故 A 正确；甲、乙在 M 点都是由万有引力产生加速度，aGMr2，故加速度大小相等，故 B 正确；乙卫星在 M、N 两点时距 O点的距离相同，卫星的引力势能相等，根据机械能守恒定律可知，乙卫星在M、N 两点的动能相等，即速率相等，故 C 正确；甲卫星从 M 到 N，根据几何关系可知，经历16T，而乙卫星从 M 到 N 经过远地点，根据开普勒第二定律知，卫星在远地点运行得慢，近地点运行得快，故乙卫星从 M 到 N 运行的时间大于12T，故甲、乙各自从 M 点运动到 N 点的时间之比不为 13，故D 错误。本课结束
