2022年高考物理二輪復習分層突破

專題一力與運動第4講萬有引力與航天

1.（2021?全國乙卷）科學家對銀河系中心附近的恒星S2進行了多年的持續觀測，給出1994年到2002年間S2

的位置如圖所示。科學家認為S2的運動軌跡是半長軸約為1000AU（太陽到地球的距離為1AU）的橢圓，銀河

系中心可能存在超大質量黑洞。這項研究工作獲得了2020年諾貝爾物理學獎。若認為S2所受的作用力主要為

該大質量黑洞的引力，設太陽的質量為例，可以推測出該黑洞質量約為（）

A尺995

）96

1997

?1998

?1999

2000

黑洞工4

001

2002

A.4X104MB.4X106MC.4X108WD.4x10mM

【答案】B

【解析】可以近似把S2看成勻速圓周運動，由圖可知，S2繞黑洞的周期六16年，地球的公轉周期公=1年，

S2繞黑洞做圜周運動的半徑r與地球繞太陽做圓周運動的半徑R關系是

I000R

地球繞太陽的向心力由太陽對地球的引力提供，由向心力公式可知

=mRar=〃?R（半產

解得太陽的質量為

4萬2H3

M=------

G7?

同理S2繞黑司目的向心力由黑洞對它的萬有引力提供，由向心力公式可知

Mtn,2,2兀、2

G-5—=mrco~=mr（——）

r2T

解得黑洞的質量為

._4//

M.=-------x-

、GT2

綜上可得

=3.90x106M

故選B。

2.（2021?全國甲卷）2021年2月，執行我國火星探測任務的“天問一號”探測器在成功實施三次近火制動后，進

入運行周期約為L8xl05s的橢圓形停泊軌道，軌道與火星表面的最近距離約為2.8x105m。已知火星半徑約為

3.4x106m,火星表面處自由落體的加速度大小約為3.7m/s2,則“天問一號”的停泊軌道與火星表面的最遠距離約

為（）

A.6x105mB.6x106mC.6x107mD.6x108m

【答案】C

【解析】忽略火星自轉則

GMm三

2=mg①

可知

GM=gR2

設與為1.8xl05s的橢圓形停泊軌道周期相同的圓形軌道半徑為，由萬引力提供向心力可知

GMm4后—

——--=m—hr②

rT2

設近火點到火星中心為

R]=R+4③

設遠火點到火星中心為

&=R+4④

由開普勒第三定律可知

K+.\3

廠3_'2,⑤

7272

由以上分析可得

7

d2n6xl0m

故選C。

合緇礎保8疏豳

萬有引力定律及天體質量和密度的求解

I.天體質量和密度的求解

（1）利用天體表面的重力加速度g和天體半徑R.

由于（7耨="8，故天體質量M=需，天體密度

‘、,"上

（2）利用衛星繞天體做勻速圓周運動的周期T和軌道半徑r

①由萬有引力提供向心力，即聾=〃筆廠，得出中心天體質量用=需；

②若已知天體半徑R,則天體的平均密度〃=e=產=溪后.

鏟R3

例題1.在國產科幻片《流浪地球》中，人類帶著地球流浪至木星附近時，上演了地球的生死存亡之戰。木星是

太陽系內體積最大、自轉最快的行星，早期伽利略用自制的望遠鏡發現了木星的四顆衛星，其中“木衛三'’離木

星表面的高度約為〃，它繞木星做勻速圓周運動的周期約為兀已知木星的半徑約為上引力常量為G,則由上

述數據可以估算出（）

A.木星的質量B.“木衛三”的質量

C.“木衛三”的密度D.“木衛三”的向心力

【答案】A

2

【解析】“木衛三”繞木星做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力有竿）?（7?+/?）,解得M=

'GF，故可以估算出木星的質量M，而“木衛三”的質量無法確定，故無法確定其密度和向心力，所以A

項正確，B、C、D項錯誤。

夯實成果練1.（多選）“嫦娥五號”探測器繞月球做勻速圓周運動時，軌道半徑為r,速度大小為乂已知月球半徑為

R，引力常量為G,忽略月球自轉的影響.下列選項正確的是（）

A.月球平均密度為晨后

B.月球平均密度溝粽

C.月球表面重力加速度為y

D.月球表面重力加速度為貫

【答案】BD

【解析】由萬有引力提供向心力華="5得用=妹，

月球體積K=%R3,所以月球平均密度0=￡=焉點，故B項正確，A項錯誤；由G攀=〃*且M=貴得g=

衣,故D項正確，C項錯誤.

例題2,科學家麥耶(M.Mayor)和奎洛茲(D.Queloz)對系外行星的研究而獲得2019年諾貝爾物理學獎。他們發現恒

星”飛馬座51”附近存在一較大的行星，兩星在相互引力的作用下，圍繞兩者連線上的某點做周期相同的勻速圓

周運動。已知恒星與行星之間的距離為￡,恒星做圓周運動的半徑為R、周期為T,引力常量為G。據此可得,

行星的質量為()

4兀24冗2

標不?LB.y^RL2

AGT-GT~

4兀24兀2

C.g產2(L—R)D詬那2(L—R)

【答案】B

【解析】由題意可知，恒星與行星的周期、角速度相同，對恒星有G罌=M^R,解得行星的質量，"=3筍，

故B正確，A、C、D錯誤。

夯實成果練2.(多選)2019年4月10日，“事件視界望遠鏡”項目(EHT)正式公布了人類歷史上第一張黑洞照片，

引起了人們探索太空的極大熱情.星球表面的物體脫離星球束縛能達到無窮遠的最小速度稱為該星球的逃逸速

度，可表示為v=、p檔,其中"表示星球質量，R表示星球半徑，G為萬有引力常量.如果某天體的逃逸速

度超過光速c,說明即便是光也不能擺脫其束縛，這種天體稱為黑洞，下列說法正確的是()

A.若某天體最后演變成黑洞時質量為麻，其最大半徑為誓

B.若某天體最后演變成黑洞時質量為M),其最大半徑為誓

c.若某黑洞的平均密度為2，其最小半徑為

D.若某黑洞的平均密度為p,其最小半徑為扉熹

【答案】BD

【解析】黑洞片C則山片得寵=受警，B正確；最小半徑時，/?=翠包=濟4：/?3,

得故D正確?

,綜閡甲魅施

衛星運行參量的分析

1.天體運動中常用的公式

呼8強當六次時，V=y[gR)o

(1)運行天體的線速度v=7

0

(2)運行天體的角速度3=7當aR時,

2兀

(3)運行天體的周期T弋=2正8s3(當時，r=

GMR

(4)運行天體所在處的重力加速度g'=R+h2=]<R+hJg°

例題3.火星和地球之間的距離成周期性變化，為人類探測火星每隔一定時間會提供一次最佳窗口期。已知火星

和地球的公轉軌道幾乎在同一平面內，公轉方向相同，火星的軌道半徑約是地球軌道半徑的1.5倍，則最佳窗

口期大約每隔多長時間會出現一次()

A.18個月B.24個月C,26個月D.36個月

【答案】C

【解析】

設經過r時間地球從相距最近到再次相距最近，地球比火星多轉一圈

根據開普勒第三定律

13

疚=r加

2r-p2

1火/地

解得

t?2.2年?26個月

故選C。

夯實成果練3.(2020?全國卷甲)若一均勻球形星體的密度為p,引力常量為G,則在該星體表面附近沿圓軌道繞

其運動的衛星的周期是()

Fin(47t1~i-~i~

ABAD.3

A倩QGp小311GpJ4TTG"

【答案】A

【解析】根據萬有引力定律有裁=〃寫，又M=p?竿，解得倍，B、C、D項錯誤，A項正確。

例題4.截至2020年11月，被譽為“中國天眼”的500米口徑球面射電望遠鏡（FAST）已取得一系列重大科學

成果，發現脈沖星數量超過240顆。脈沖星就是旋轉的中子星，每自轉一周，就向外發射一次電磁脈沖信號，

因此而得名。若觀測到某個中子星發射電磁脈沖信號的周期為T，該中子星的半徑為R,已知萬有引力常量為

G,中子星可視為勻質球體，由以上物理量可以求出（）

A.該中子星的質量

B.該中子星第一宇宙速度

C.該中子星赤道表面的重力加速度

D.該中子星赤道上的物體隨中子星轉動的向心加速度

【答案】D

【解析】A.電磁脈沖信號的周期T即為中子星的自轉周期，所以中子星的同步衛星的周期為T,根據牛頓第

Mm442

;定律得G(R+H)

(R+H)2二〃1亍

因為同步衛星的高度未知，所以中子星的質量無法求解。A錯誤;

BC.該中子星的近地衛星速度即為第一宇宙速度，有mg=G^~=m匕

因為中子星質量未知，所以中子星的重力加速度或第一宇宙速度無法求解。BC錯誤;

4萬2

D.該中子星赤道上的物體隨中子星轉動的向心加速度aR,D正確。

亍

故選Do

夯實成果練4.(多選)2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據科學家們復原的過程，

在兩顆中子星合并前約100s時，它們相距約400km,繞二者連線上的某點每秒轉動12圈。將兩顆中子星都看

做是質量均勻分布的球體，由這些數據、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星

()

A.質量之積B.質量之和

C.速率之和D.各自的自轉角速度

【答案】BC

【解析】由題意可知，合并前兩中子星繞連線上某點每秒轉動12圈，則兩中子星的周期相等，且均為7==

s,兩中子星的角速度均為。=半，兩中子星構成了雙星模型，假設兩中子星的質量分別為,小、巾2,軌道半徑

分別為n、ri,速率分別為也、V2，則有G4六=，小蘇打、(^詈=皿282r2,又，i+rz=L=400km,解得見+

M2L3

加2=-T7"，A錯誤，B正確；又由也=8門、吸=C"2，則也+也=口(門+〃2)=/￡，C正確；由題中的條件不能求

解兩中子星自轉的角速度，D錯誤。

衛星變軌與對接問題

1.變軌問題

(1)點火加速，V突然增大，G學*,衛星將做離心運動.

(2)點火減速，v突然減小，那匕打,衛星將做近心運動.

(3)同一衛星在不同圓軌道上運行時機械能不同，軌道半徑越大，機械能越大.

(4)衛星經過不同軌道相交的同一點時加速度相等，外軌道的速度大于內軌道的速度.

2.掌握衛星變軌過程中的能量變化

衛星在同一軌道上穩定運行過程中機械能守恒。在變軌過程中，點火加速，做離心運動，軌道升高，機械

能增加；點火減速，做近心運動，軌道降低，機械能減少。

例題5.我國的月球探測計劃“嫦娥工程”分為“繞、落、回”三步。“嫦娥五號”的任務是“回”。2020年11

月24日，“嫦娥五號”成功發射，它分為四部分：著陸器、上升器、軌道器和返回器。12月3日，載著珍貴

“月壤”的嫦娥5號“上升器”發動機點火，以“著陸器”作為發射臺，從月面起飛(如圖1),回到預定環月

軌道，與繞月飛行的“軌道器與返回器組合體”成功交會對接(如圖2),將珍貴的“月壤”轉移到“返回器”

中。12月17日，“返回器”進入月地轉移軌道重返地球，以超高速進入大氣層。由于速度太快會使得“返回

器”與空氣劇烈摩擦產生高溫，高溫會對“月壤”產生不利影響，甚至溫度過高，返回器有燃燒殆盡的風險。

為避免這些風險，采用“半彈道跳躍式返回”俗稱“太空打水漂”的方式兩次進入大氣層，梯次氣動減速（如

圖3）。最終在預定地點平穩著陸。根據以上信息，判斷下列說法正確的是（）

圖I圖2圖3

A.“上升器”從點火上升到回到預定環月軌道的過程中，“月壤”一直處于超重狀態

B.“月壤”隨“返回器”進入環月軌道后，“返回器”的彈力給“月壤”提供向心力

C.為了利用地球自轉，節省燃料，“嫦娥五號”應采用由東向西發射

D.為了利用地球自轉，降低回收過程中的風險，“返回器”應采用由西向東進入大氣層回收

【答案】D

【解析】

A.“上升器”點火加速上升時“月壤”處于超重狀態：回到預定環月軌道時，處于失重狀態，選項A錯誤：

B.“月壤”隨“返回器”進入環月軌道后，月球對“月壤”的萬有引力給“月壤”提供向心力，選項B錯誤；

C.地球自西向東轉，則為J'利用地球自轉，節省燃料，“嫦娥五號”應采用由西向東發射，選項C錯誤；

D.為了利用地球自轉，降低回收過程中的風險，“返回器”應采用由西向東進入大氣層回收，選項D正確。

夯實成果練5.2020年7月23日我國用“長征五號”大型運載火箭發射首枚火星探測器“天問一號”，“天問

一號”火星探測將通過一次發射實現火星環繞、著陸和巡視三項任務，這在人類火星探測史上開創了先河。2021

年2月24日，探測器由調相軌道到達近火點時進行變軌，進入停泊軌道，為著陸做準備。若停泊軌道的近火點

高度為〃、遠火點高度為〃，周期為7,已知引力常量為G,火星半徑為R,則火星的質量為（）

47r(a+Z?+R)37T(a+b+Ry

-GT22GT2

4/俗+匕+2/?）3/m+）+zRy

2

'GF'2GT

【答案】D

【解析】

設火星的近火衛星的周期為『，根據開普勒第三定律可得

（a+b+2R^

[2J/

不~7^

對于近火衛星，根據萬有引力提供向心力可得

聯立上式可得

*/7t~(6!+Z?+27?)'

M=----------------；-----

2GT2

故選D。

例題&（多選）我國自主建設、獨立運行的北斗衛星導航系統由

數十顆衛星構成，目前已經向一帶一路沿線國家提供相關服務。設想其中一顆人造衛星在發射過程中，原

來在橢圓軌道1繞地球E運行,在尸點變軌后進入軌道2做勻速圓周運動，如圖所示。下列說法正確的是（）

A.衛星在軌道1上的運行周期小于在軌道2上的運行周期

B.衛星在軌道1上P點的加速度等于在軌道2上P點的加速度

C.衛星在軌道1上的機械能大于在軌道2上的機械能

D.衛星在軌道1上的P點動量小于在軌道2上的P點動量

【答案】ABD

【解析】由開普勒第三定律，=*可知，衛星在軌道1上的半長軸小于衛星在軌道2上的半徑，則衛星在軌道I

上的運行周期小于在軌道2上的運行周期，故A正確；由公式G73'=〃7a可知，衛星在軌道1上P點的加速度

等于在軌道2上P點的加速度，故B正確；衛星從軌道1上轉移到軌道2上要在尸點點火加速做離心運動，此

過程中有化學能轉化為機械能，則衛星在軌道1上的機械能小于在軌道2上的機械能，故C錯誤：衛星從軌道

I上轉移到軌道2上要在P點點火加速做離心運動，即衛星在軌道I上的P點速度小于在軌道2上的P點速度，

則衛星在軌道1上的P點動量小于在軌道2上的P點動量，故D正確。

夯實成果練6.2020年12月17B,嫦娥五號成功返回地球，創造了我國到月球取土的偉大歷史.如圖所示，嫦

娥五號取土后，在尸處由圓形軌道I變軌到橢圓軌道H,以便返回地球.下列說法正確的是()

A.嫦娥五號在軌道I和H運行時均超重

B.嫦娥五號在軌道I和n運行時機械能相等

c.嫦娥五號在軌道1和n運行至p處時速率相等

D.嫦娥五號在軌道I和n運行至尸處時加速度大小相等

【答案】D

【解析】嫦娥五號在軌道I和II運行時均處于失重狀態，故A錯誤；嫦娥五號在軌道1上經過P點時經加速

后進入軌道II運行，故嫦娥五號在軌道I上尸處的速率小于在軌道II運行至P處時速率；加速后勢能不變，動

能增大，則機械能增大，故B、C錯誤；根據6誓=〃7〃得“=誓，可知嫦娥五號在軌道1和I［運行至P處時

加速度大小相等，故D正確.

3

喉HHT

雙星與多星問題

i.宇宙雙星模型

(1)各自所需的向心力由彼此間的萬有引力提供，即縹處=如3『八，舞詈:叫版人

(2)兩顆星的周期及角速度都相同，即T\=72.C01=6t>2o

(3)兩顆星的運行半徑與它們之間的距離關系為門+〃2=乙

(4)兩顆星到圓心的距離打、r2與星體質量成反比，即俳=彳。

(5)雙星的運動周期T=2

Gm\+加2°

47r2/3

(6)雙星的總質量公式：〃21+62=J2G。

2.宇宙三星模型

(1)如圖1所示，三顆質量相等的行星，一顆行星位于中心位置不動，另外兩顆行星圍繞它做圓周運動。

這三顆行星始終位于同一直線上，中心行星受力平衡，運轉的行星由其余兩顆行星的引力提供向心力:當■+鄂

=ma兩行星運行的方向相同，周期、角速度、線速度的大小相等。

圖1圖2

(2)如圖2所示，三顆質量相等的行星位于一正三角形的頂點處，都繞三角形的中心做圓周運動。每顆行星

運行所需向心力都由其余兩顆行星對其萬有引力的合力來提供，即誓x2xcos3(T=〃m向，其中L=2/ws30°o

三顆行星運行的方向相同，周期、角速度、線速度的大小相等。

例題7.(多選)某雙星系統由兩顆恒星構成，質量分別為孫和〃?2,距中心的距離分別為八和⑶且八>相，則下

面的表述正確的是()

,，、、

//、

叫；:O山2

:一，,

\/

、/

、、，/

、、—

A.它們運轉的周期相同

B.它們的線速度大小相同

D.它們的加速度大小相同

【答案】AC

【解析】雙星系統的角速度和周期是相同的，A正確；雙星系統的角速度相等，而根據因為">r2,

它們的線速度一定不同，B錯誤；設雙星之間的距離為乙，對m：d^r=m\r\ar,對佻：詈=〃?2r2(?2,

解得，川八=，"2r2，因為所以恤C正確；設雙星之間的距離為L,對，"|：d^T^=m\a\,對，"2：

昆詈=mg，解得點=篙，故加速度大小不同，D錯誤。

夯實成果練7.（多選）“食雙星”是一種雙星系統，兩顆恒星互相繞行的軌道幾乎在視線方向，這兩顆恒星會交互

通過對方，造成雙星系統的光度發生周期性的變化。雙星的光變周期就是它們的繞轉周期。如大熊座UX星，

光變周期為4小時43分，該雙星由4星和8星組成，A星為2.3個太陽質量，8星為0.98個太陽質量，A星的

表面物質開始受B星的引力離開A星表面流向B星表面，短時間內可認為兩星之間距離不發生變化，不考慮因

核反應產生的質量虧損。關于該過程描述正確的是（）

A.光變周期將變小B.光變周期不變

C.A星的線速度將增大D.8星的線速度增大

【答案】BC

【解析】雙星系統間的萬有引力提供向心力，對A：G"竽"=一爺"以，對8：詈=力聾?廠8，其中以+仍

=d,可計算周期T=2八/,、（￡總質量不變，則周期不變，選項A錯誤，B正確；根據上式rA^—~~

d,3=」5—d，周期不變，所以角速度不變，，股增大，所以以增大，W=C"A，A星的線速度將增大，同理

mA+mB

可知3星的線速度減小，所以C正確，D錯誤。

例題8.（多選）宇宙中存在一些質量相等且離其他恒星較遠的四顆星組成的四星系統，通常可忽略其他星體對它

們的引力作用。設四星系統中每個星體的質量均為加，半徑均為七四顆星穩定分布在邊長為。的正方形的四

個頂點上。已知引力常量為G。關于宇宙四星系統，下列說法正確的是（）

A.四顆星圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動

B.四顆星的軌道半徑均轉

C.四顆星表面的重力加速度均為胃

D.四顆星的周期均為2兀々（4+影Gm

【答案】ACD

【解析】

四星系統中任一顆星體均在其他三顆星體的萬有引力作用下，合力方向指向對角線的交點，圍繞正方形對角線

的交點做勻速圓周運動，由幾何知識可得軌道半徑均為乎。，故A正確，B錯誤；在星體表面，根據萬有引力

等于重力，可得辨=?/g,解得g=筆，故C正確；由萬有引力定律和向心力公式得土）2+"袈=

庠粵T=2n^（4+^）故D正確。

夯實成果練8.由三個星體構成的系統，叫做三星系統.有這樣一種簡單的三星系統，質量剛好都相同的三個星

體甲、乙、丙在三者相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個頂點上，繞某一共同的圓心。在

三角形所在的平面內做相同周期的圓周運動.若三個星體的質量均為〃?，三角形的邊長為。，萬有引力常量為

G,則下列說法正確的是（）

A.三個星體做圓周運動的半徑均為a

____坐理

B.三個星體做圓周運動的周期均為2兀7痣/

3Gm

C.三個星體做圓周運動的線速度大小均為

D.三個星體做圓周運動的向心加速度大小均為拳

【答案】B

【解析】質量相等的三星系統的位置關系構成一等邊三角形，其中心。即為它們的共同圓心，由幾何關系可知

三個星體做圓周運動的半徑r=鼻，故選項A錯誤：每個星體受到的另外兩星體的萬有引力提供向心力，其

大小/=小?華二則‘，=〃窄V,得T=2wr\J^^,故選項B正確；由線速度v=2件得故選

項C錯誤；向心加速度。=4="駟，故選項D錯誤.

mcr

場雍強健練

1.（2020?全國卷I）火星的質量約為地球質量的古，半徑約為地球半徑的號則同一物體在火星表面與在地球表面

受到的引力的比值約為（）

A.0.2B.0.4C.2.0D.2.5

【答案】B

【解析】由萬有引力定律可得，質量為用的物體在地球表面上時，受到的萬有引力大小為Fm=G挈，質

量為，〃的物體在火星表面上時，受到的萬有引力大小為尸火=。學，二者的比值善=等暮=0.4,B正確，A、

n?；A地M地R實

C、D錯誤。

2.（202。全國卷HI）“嫦娥四號”探測器于2019年1月在月球背面成功著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段時間可認

為繞月做勻速圓周運動，圓周半徑為月球半徑的K倍。已知地球半徑R是月球半徑的P倍，地球質量是月球質

量的。倍，地球表面重力加速度大小為g。貝廣嫦娥四號”繞月球做圓周運動的速率為（）

住需B.再

【答案】D

【解析】由題意可知"嫦娥四號”繞月球做勻速圓周運動的軌道半徑「=￥，設月球的質量為“嫦娥四號”繞

月球做勻速圓周運動的速率為V,“嫦娥四號”的質量為"7,則地球的質量為QM,一質量為加的物體在地球表面

滿足而“嫦嫉四號”繞月球做勻速圓周運動滿足布:，解得選項D正確。

3.擔負著火星探測任務的“天問一號”的成功發射，標志著我國星際探測水平達到了一個新階段。若火星和地

球繞太陽的運動均可視為勻速圓周運動，火星公轉軌道半徑與地球公轉軌道半徑之比為3：2,則火星與地球繞

太陽運動的（）

A.線速度大小之比為JLV2B.角速度大小之比為2々：3石

C.向心加速度大小之比為9：4D.公轉周期之比為2亞：3G

【答案】B

【解析】

行星繞太陽做勻速圓周運動所需的向心力由太陽對其的萬有引力提供得

GMmv224/

——--=ma=m一=mcor=m——r

r2.nrT

又火星公轉軌道半徑與地球公轉軌道半徑之比為3：2,所以線速度大小之比為角速度大小之比為

272:3A/3；周期大小之比為36:2狡；向心加速度大小之比為4:9。

故B正確ACD錯誤。

故選B?

4.2018年6月2日，我國成功發射高分六號遙感衛星.如圖所示是衛星發射過程中的某一次變軌示意圖，衛星

從橢圓軌道I上的遠地點Q改變速度進入地球同步軌道II,P點為橢圓軌道的近地點.下列說法正確的是（）

A.衛星在橢圓軌道I上運行時，在尸點的速度等于在。點的速度

B.衛星在橢圓軌道I上的。點的速度小于在同步軌道II上的。點的速度

C.衛星在橢圓軌道I上的。點加速度大于在同步軌道II上的Q點的加速度

D.衛星耗盡燃料后，在微小阻力的作用下，機械能減小，軌道半徑變小，動能變小

【答案】B

【解析】衛星在橢圓軌道I上運行時，從尸點運動到Q點的過程中，萬有引力對衛星做負功，衛星動能減小，

所以衛星在P點的速度大于在。點的速度，A錯誤；由于從橢圓軌道I上的Q點變軌到同步軌道II,需要點火

加速，所以衛星在橢圓軌道I上的。點的速度小于在同步軌道H上的。點的速度，B正確；因為在同一點°,

根據a=券可知加速度相同，C錯誤；由于衛星受微小阻力的作用，阻力做負功，故機械能減小，衛星做向心

運動，軌道半徑變小，根據v='”可知，動能￡|（=/"/=竿，動能變大，D錯誤.

5.（多選）2019年1月3日10時26分，“嫦娥四號”探測器在月球背面成功軟著陸.發射后“嫦娥四號''探測器經

過約110小時奔月飛行，到達月球附近成功實施近月制動，被月球捕獲.其發射過程簡化如下：探測器從地球

表面發射后，進入地月轉移軌道，經過A點時變軌進入距離月球表面2R高的圓形軌道I,在軌道I上做勻速

圓周運動，經過B點時再次變軌進入橢圓軌道H,之后將變軌到近月圓軌道III做勻速圓周運動，經過一段時間

最終在C點著陸，已知月球半徑為R.下列說法正確的是（）

地月轉移軌道一，,

A.探測器在軌道I、III上的加速度之比為1：4

B.探測器在軌道I、H上運動周期之比為3#:4

C.探測器在軌道I上運行速度大于在軌道II上經過B點時的速度

D.探測器在軌道H上運行周期等于在軌道I上運行的周期

【答案】BC

【解析】C^r=ma,得

即念A錯；

T,2門3

由幾何知識，I的軌道半徑門=3&II軌道的半長軸9=2幾根據開普勒第三定律：73=A

12rr

代入數據得，然乎，B對；

由變軌可知C正確：由開普勒定律可知，D錯.

6.有“、b、c、d四顆地球衛星：。還未發射，在地球赤道上隨地球表面一起轉動；力在地球的近地圓軌道上正

常運行；c是地球同步衛星；”是高空探測衛星。各衛星排列位置如圖1,則下列說法正確的是（）

A.a的向心加速度大于b的向心加速度

B.四顆衛星的速度大小關系是：%＞吻＞%＞%

C.在相同時間內”轉過的弧長最長

D.d的運動周期可能是30h

【答案】D

【解析】因為。、c?的角速度相同，根據“="八因a離地心的距離小于c?離地心的距離，所以”的向心加

速度小于c；b、c是圍繞地球公轉的衛星，根據萬有引力提供向心力G^=，⑶，得“=誓，因。的軌道半徑

小于c的軌道半徑，所以b的向心加速度大于c,綜上分析可知，a的向心加速度小于b的向心加速度，故A

錯誤；因為a、c的角速度相同，根據v=w,知a的速度小于c；b、c、d是圍繞地球公轉的衛星，根據萬有

引力提供向心力得丫=、愕，因〃的軌道半徑最小，d的軌道半徑最大，所以〃的速度大于c,

C的速度大于“，則故B錯誤；因〃的速度最大，則在相同時間內分轉過的弧長最長，

故C錯誤；c、d是圍繞地球公轉的衛星，根據萬有引力提供向心力6誓=r,得T=2\忌可知因d

的軌道半徑大于c的軌道半徑，d的周期大于c,而c的周期是24h,則d的運動周期可能是30h,故D正確。

7.（多選）如圖所示，A、8、C三顆行星組成一個獨立的三星系統，在相互的萬有引力作用下，繞一個共同的圓

心。做角速度相等的圓周運動，已知4、8兩星的質量均為加，C星的質量為2加，等邊三角形的每邊長為L

則（）

c

/、

/、

/t、\

//\\

//、、

//、'

--------%

A.C星做圓周運動的向心力大小為小G股

B.A星所受的合力大小為巾G巖

C.5星的軌道半徑為于Z

D.三個星體做圓周運動的周期為

【答案】BC

【解析】C星做圓周運動的向心力大小為FC=2FACOS30。=小6喑=2小磨，選項A錯誤；A星所受的

2

合力大小為FA=7羯+%A+2FBAFCACOS60。,其中尸出=誓，尸以二筆,解得以=巾6取，選項B正確；

12GMi,八門1Gm?

7#r-yr-cos60°+-72-歷

因4、B所受的合力相等，均為尸產及=巾隼，由幾何關系可知而=-------耐——，解得心=晉乙，選

幣下

項C正確；對星球8：y[iG^2=nr^-Rn，解得丁二口^^，選項D錯誤。

C

4

//\\

//\、

FCA/FA\

二FBA一、

8.金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小分別為a金、。地、“火,

它們沿軌道運行的速率分別為v金、丫地、v火。已知它們的軌道半徑R金＜R處＜R火，由此可以判定()

A.a金地火B。火地金

C.v地＞丫火＞^金D.v火＞^地＞〃金

【答案】A

【解析】行星繞太陽做勻速圓周運動，由牛頓第二定律和圓周運動知識可知

得向心加速度＜7=^7

由G微=，片，得速度

由于R金＜R地＜R*

所以。金＞a地＞a火，v5?＞vJiij＞v選項A正確。

9.北京時間2020年12月2日4時53分，探月工程“嫦娥五號”的著陸器和上升器組合體完成了月壤采

樣及封裝。封裝結束后上升器的總質量為“，它將從著陸器上發射，離開月面。已知月球質量為表

面重力加速度為g,引力常量為G,忽略月球的自轉。

⑴求月球的半徑R;

(2)月球表面沒有大氣層。上升器從著陸器上發射時，通過推進劑燃燒產生高溫高壓氣體，從尾部向下噴

出而獲得動力，如圖所示。已知噴口橫截面積為S,噴出氣體的密度為〃若發射之初上升器加速度大小

為“，方向豎直向上，不考慮上升器由于噴氣帶來的質量變化，求噴出氣體的速度大小4

(3)不計其它作用力時，上升器繞月飛行可認為是上升器與月球在彼此的萬有引力作用下，繞二者連線上

的某一點。做勻速圓周運動。若認為在O點有一靜止的“等效月球”，替代月球對上升器的作用，上升器

繞“等效月球”做勻速圓周運動，周期不變?求“等效月球”的質量AT。

【解析】

(1)質量為m'的物體放在月球表面，由牛頓第：定律得

G——=mg

R2

得

(2)設噴出氣體對上一升器的力為F,匕升器對噴出氣體的力為取向上為正，對于上一升器

F-mg=ma

設在加時間內噴射出氣體質量為△相

-/加二-Amv

△in—pSv\t

由牛頓第三定律有

F=F'

綜上得

v=w（〃+g）

(3)設上升器的角速度為0,上升器距。點為打，月球距O點為/'2,上升器與月球間距離為「，由牛頓第二

定律得

「mM2

G—―=mo）彳