板塊一專題突破復習第四講萬有引力定律及其應用[知識建構][高考調研]1.天體運動仍是考查熱點．常考點有：衛星的變軌、對接；天體相距最近或最遠問題；隨地、繞地問題；衛星運動過程中的動力學問題、能量問題(如2017年全國卷Ⅰ24T和全國卷Ⅱ19T)，包括加速度(向心加速度、重力加速度)、線速度、周期的比較等．解決這些問題的總體思路是熟悉兩個模型：隨地、繞地．變軌抓住兩種觀點分析，即動力學觀點、能量觀點．注意勻速圓周運動知識的應用．2.常用的思想方法：①“割補法”求萬有引力大小．②天體質量和密度的計算方法．③變軌問題的處理方法．④“多星”問題的處理方法.[答案](1)(2)(3)三種宇宙速度(4)同步衛星的“七個一定”特點①軌道平面一定：軌道平面與赤道平面共面．②周期一定：與地球自轉周期相同，即T＝24h.③角速度一定：與地球自轉的角速度相同，即ω＝7.3×10－5rad/s.④高度一定：由Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)得地球同步衛星離地面的高度h＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))－R＝3.6×107m.⑤速率一定：v＝eq\r(\f(GM,R＋h))＝3.1×103m/s.⑥向心加速度一定：由Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma，得a＝eq\f(GM,R＋h2)＝gh≈0.23m/s2，即同步衛星的向心加速度等于軌道處的重力加速度．⑦繞行方向一定：運行方向與地球自轉方向一致.考向一天體質量與密度的計算[歸納提煉]天體質量及密度的估算方法[熟練強化]1．(2017·北京卷)利用引力常量G和下列某一組數據，不能計算出地球質量的是()A．地球的半徑及重力加速度(不考慮地球自轉)B．人造衛星在地面附近繞地球做圓周運動的速度及周期C．月球繞地球做圓周運動的周期及月球與地球間的距離D．地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離[解析]由于不考慮地球自轉，則在地球表面附近，有Geq\f(Mm0,R2)＝m0g，故可得M＝eq\f(gR2,G)，A項錯誤；由萬有引力提供人造衛星的向心力，有Geq\f(Mm1,R2)＝m1eq\f(v2,R)，v＝eq\f(2πR,T)，聯立得M＝eq\f(v3T,2πG)，B項錯誤；由萬有引力提供月球繞地球運動的向心力，有Geq\f(Mm2,r2)＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T′)))2r，故可得M＝eq\f(4π2r3,GT′2)，C項錯誤；同理，根據地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離，不可求出地球的質量，D項正確．[答案]D2．(2017·河北六校聯考)某行星的同步衛星下方的行星表面上有一觀察者，行星的自轉周期為T，他用天文望遠鏡觀察被太陽光照射的此衛星，發現日落的eq\f(T,2)時間內有eq\f(T,6)的時間看不見此衛星，不考慮大氣對光的折射，則該行星的密度為()A.eq\f(24π,GT2)B.eq\f(3π,GT2)C.eq\f(8π,GT2)D.eq\f(16π,GT2)[解析]設行星質量為M，半徑為R，密度為ρ，衛星質量為m，如圖所示，發現日落的eq\f(T,2)時間內有eq\f(T,6)的時間看不見同步衛星，則θ＝eq\f(360°,6)＝60°，故φ＝60°，r＝eq\f(R,cosφ)＝2R，根據Geq\f(Mm,2R2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))22R，M＝ρeq\f(4,3)πR3，解得ρ＝eq\f(24π,GT2).[答案]A1利用萬有引力提供天體圓周運動的向心力估算天體質量，估算的是中心天體的質量而非環繞天體的質量.2區別兩個半徑軌道半徑與天體半徑，軌道半徑與天體半徑的關系為r＝R＋h，只有在天體表面附近的衛星，才有R?h，r≈R.h指衛星到天體表面高度考向二人造衛星[歸納提煉]1．必須掌握的四個關系eq\f(GMm,r2)＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(ma→a＝\f(GM,r2)→a∝\f(1,r2),m\f(v2,r)→v＝\r(\f(GM,r))→v∝\f(1,\r(r)),mω2r→ω＝\r(\f(GM,r3))→ω∝\f(1,\r(r3)),m\f(4π2,T2)r→T＝\r(\f(4π2r3,GM))→T∝\r(r3)))越高越慢2．必須牢記同步衛星的兩個特點(1)同步衛星繞地心做勻速圓周運動的周期等于地球的自轉周期．(2)所有同步衛星都在赤道上空相同的高度上．(2017·全國卷Ⅲ)2017年4月，我國成功發射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道(可視為圓軌道)運行．與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的()A．周期變大B．速率變大C．動能變大D．向心加速度變大[解析]組合體比天宮二號質量大，軌道半徑R不變，根據eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\r(\f(GM,R))，可知與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的速率不變，B項錯誤；又T＝eq\f(2πR,v)，則周期T不變，A項錯誤；質量變大、速率不變，動能變大，C項正確；向心加速度a＝eq\f(GM,R2)，不變，D項錯誤．[答案]C求解本題時，若對天體運動規律掌握不熟悉，加之考試緊張，題目情景分析不明，可能會誤以為是較復雜的行星軌道變化問題，錯把簡單問題復雜化，耗時而費力.高考復習時，應仔細分析天體運動特點，正確畫出情景圖，切忌搞題海戰術，分不清情景亂套公式，同時也要關注社會科技新動向.[熟練強化]1．(多選)(2017·河北保定一模)O為地球球心，半徑為R的圓為地球赤道，地球自轉方向如圖所示，自轉周期為T，觀察站A有一觀測員在持續觀察某衛星B.某時刻觀測員恰能觀察到衛星B從地平線的東邊落下，經eq\f(T,2)的時間，再次觀察到衛星B從地平線的西邊升起．已知∠BOB′＝α，地球質量為M，引力常量為G，則()A．衛星B繞地球運動的周期為eq\f(πT,2π－α)B．衛星B繞地球運動的周期為eq\f(πT,2π＋α)C．衛星B離地表的高度為eq\r(3,\f(GM,4)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2π－α)))2)－RD．衛星B離地表的高度為eq\r(3,\f(GM,4)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2π＋α)))2)－R[解析]當地球上A處的觀測員隨地球轉動半個周期時，衛星轉過的角度應為2π＋α，所以eq\f(T,2)＝eq\f(2π＋α,2π)T衛，解得T衛＝eq\f(πT,2π＋α)，A錯，B對．衛星繞地球轉動過程中萬有引力充當向心力，Geq\f(Mm衛,r\o\al(2,衛))＝m衛eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T衛)))2r衛，得r衛＝eq\r(3,\f(T\o\al(2,衛)GM,4π2))＝eq\r(3,\f(GM,4)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2π＋α)))2)，則衛星距地表的高度h＝r衛－R＝eq\r(3,\f(GM,4)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2π＋α)))2)－R，C錯，D對．[答案]BD2．(多選)(2017·廣東華南三校聯考)石墨烯是目前世界上已知的強度最高的材料，它的發現使“太空電梯”的制造成為可能，人類將有望通過“太空電梯”進入太空．設想在地球赤道平面內有一垂直于地面延伸到太空的輕質電梯，電梯頂端可超過地球的同步衛星A的高度延伸到太空深處，這種所謂的太空電梯可用于降低成本發射繞地人造衛星．如圖所示，假設某物體B乘坐太空電梯到達了圖示的位置并停在此處，與同高度運行的衛星C相比較()A．B的線速度大于C的線速度B．B的線速度小于C的線速度C．若B突然脫離電梯，B將做離心運動D．若B突然脫離電梯，B將做近心運動[解析]A和C兩衛星相比，ωC>ωA，而ωB＝ωA，則ωC>ωB，又據v＝ωr，rC＝rB，得vC>vB，故B項正確，A項錯誤．對C星有Geq\f(MmC,r\o\al(2,C))＝mCωeq\o\al(2,C)rC，又ωC>ωB，對B星有Geq\f(MmB,r\o\al(2,B))>mBωeq\o\al(2,B)rB，若B突然脫離電梯，B將做近心運動，D項正確，C項錯誤．[答案]BD3.(多選)(2017·江西七校聯考)衛星A、B的運行方向相同，其中B為近地衛星，某時刻，兩衛星相距最近(O、B、A在同一直線上)，已知地球半徑為R，衛星A離地心O的距離是衛星B離地心的距離的4倍，地球表面重力加速度為g，則()A．衛星A、B的運行周期的比值為eq\f(TA,TB)＝eq\f(4,1)B．衛星A、B的運行線速度大小的比值為eq\f(vA,vB)＝eq\f(1,2)C．衛星A、B的運行加速度的比值為eq\f(aA,aB)＝eq\f(1,4)D．衛星A、B至少經過時間t＝eq\f(16π,7)eq\r(\f(R,g))，兩者再次相距最近[解析]本題以衛星的運行考查運行參量的比較，求解方法仍是抓住主、副兩條線索．由地球對衛星的引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r知T＝2πeq\r(\f(r3,GM))∝eq\r(r3)，而rA＝4rB，所以衛星A、B的運行周期的比值為eq\f(TA,TB)＝eq\f(8,1)，A項錯誤；同理，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))∝eq\f(1,\r(r))，所以衛星A、B的運行線速度大小的比值為eq\f(vA,vB)＝eq\f(1,2)，B項正確；由Geq\f(Mm,r2)＝ma得a＝eq\f(GM,r2)∝eq\f(1,r2)，所以衛星A、B的運行加速度的比值為eq\f(aA,aB)＝eq\f(1,16)，C項錯誤；由T＝2πeq\r(\f(r3,GM))及地球表面引力等于重力大小Geq\f(Mm,R2)＝mg知T＝2πeq\r(\f(r3,gR2))，由于B為近地衛星，所以TB＝2πeq\r(\f(R,g))，當衛星A、B再次相距最近時，衛星B比衛星A多運行了一周，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,TB)－\f(2π,TA)))t＝2π，聯立可得t＝eq\f(16π,7)eq\r(\f(R,g))，D項正確．[答案]BD天體相遇問題的解法如圖，當兩運行天體A、B的軌道平面在同一平面內時，若運行方向相同，則內側天體B比A每多運行一圈時相遇一次，在Δt時間內相遇的次數n＝eq\f(Δt,TB)－eq\f(Δt,TA)＝eq\f(ωB－ωA,2π)Δt.若運行方向相反時，則A、B每轉過的圓心角之和等于2π時發生一次相遇，在Δt時間內相遇的次數為：n＝eq\f(ωAΔt＋ωBΔt,2π)＝eq\f(Δt,TB)＋eq\f(Δt,TA).考向三衛星的變軌問題[歸納提煉]1．變軌原理及過程(1)為了節省能量，在赤道上順著地球自轉方向發射衛星到圓軌道Ⅰ上．(2)在A點點火加速，由于速度變大，萬有引力不足以提供在軌道Ⅰ上做圓周運動的向心力，衛星做離心運動進入橢圓軌道Ⅱ.(3)在B點(遠地點)再次點火加速進入圓形軌道Ⅲ.2．部分物理量的定性分析(1)速度：設衛星在圓軌道Ⅰ和Ⅲ上運行時的速率分別為v1、v3，在軌道Ⅱ上過A點和B點速率分別為vA、vB.在A點加速，則vA>v1，在B點加速，則v3>vB，又因v1>v3，故有vA>v1>v3>vB.(2)加速度：因為在A點，衛星只受到萬有引力作用，故不論從軌道Ⅰ還是軌道Ⅱ上經過A點，衛星的加速度都相同，同理，經過B點加速度也相同．(3)周期：設衛星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ軌道上運行周期分別為T1、T2、T3，軌道半徑分別為r1、r2(半長軸)、r3，由開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，可知T1<T2<T3.(多選)如圖所示是我國發射的“嫦娥三號”衛星被月球俘獲的示意圖，“嫦娥三號”衛星先繞月球沿橢圓軌道Ⅲ運動，在P點經兩次制動后最終沿月球表面的圓軌道Ⅰ做勻速圓周運動，已知圓軌道半徑為r，橢圓Ⅲ的半長軸為4r，衛星沿圓軌道Ⅰ運行的周期為T，則下列說法中正確的是()A．“嫦娥三號”衛星在軌道Ⅱ上運行的機械能大于在軌道Ⅲ上運行的機械能B．“嫦娥三號”衛星在軌道Ⅲ上運行時，在M點的速度大小大于在P點的速度大小C．“嫦娥三號”衛星在三個軌道上運行時，在P點的加速度總是相同的D．“嫦娥三號”衛星在軌道Ⅲ上運行時，從M點運動到P點經歷的時間為4T[思路路線]eq\x(在P點兩次制動減速)→eq\x(從Ⅲ到Ⅱ機械能減少)→eq\x(A錯)eq\x(同一軌道運行時機械能守恒)→eq\x(\a\al(近地點,速度大))→eq\x(B錯)eq\x(\a\al(Ⅲ、Ⅱ為,橢圓軌道))→eq\x(a＝\f(v2,r)不成立)→eq\x(據a＝\f(GM,r2)判斷)→eq\x(C正確)eq\x(開普勒第三定律)→eq\x(\a\al(從M點到P點,時間為4T))→eq\x(D正確)[解析]因“嫦娥三號”衛星從軌道Ⅲ變軌到軌道Ⅱ上運行時，必須在P點進行減速，即在軌道Ⅱ上運行的機械能小于在軌道Ⅲ上運行的機械能，A項錯誤；由開普勒行星運動第二定律知“嫦娥三號”衛星在近月點速度大，即“嫦娥三號”衛星在軌道Ⅲ上運行時，在M點的速度大小小于在P點的速度大小，B項錯誤；由Geq\f(Mm,r2)＝ma知衛星離中心天體高度相同時，運行的加速度相同，C項正確；令“嫦娥三號”衛星從M點運動到P點經歷的時間為t，則由開普勒行星運動第三定律得eq\f(r3,T2)＝eq\f(4r3,2t2)，即t＝4T，D項正確．[答案]CD變軌過程中能量分析的常見誤區(1)變軌前后，衛星機械能不守恒．衛星的發射和回收都是利用以上原理通過多次變軌實現的．由于變軌時衛星需要借助“點火”實現加速或減速，變軌前后的機械能不守恒，有其他形式的能量參與轉化．(2)同一軌道上自主運行時僅受萬有引力作用，機械能守恒．這一結論對圓形或橢圓形軌道均成立．[熟練強化]遷移一衛星的交會對接問題1．“天宮一號”目標飛行器與“神舟十號”飛船自動交會對接前的示意圖如圖所示，圓形軌道Ⅰ為“天宮一號”運行軌道，圓形軌道Ⅱ為“神舟十號”運行軌道．此后“神舟十號”要進行多次變軌，才能實現與“天宮一號”的交會對接，則()A．“天宮一號”的運行速率大于“神舟十號”在軌道Ⅱ上的運行速率B．“神舟十號”變軌后比變軌前高度增加，機械能減少C．“神舟十號”可以通過減速而使軌道半徑變大D．“天宮一號”和“神舟十號”對接瞬間的向心加速度大小相等[解析]做圓周運動的天體，線速度大小v＝eq\r(\f(GM,r))，因此軌道半徑較大的“天宮一號”速率較小，A項錯誤；“神舟十號”由低軌道到高軌道運動需要消耗火箭燃料加速，由功能關系可知在高軌道上飛船機械能更大，B項錯誤；飛船在圓周軌道上減速時，萬有引力大于所需要的向心力，飛船做近心運動，軌道半徑減小，C項錯誤；在對接瞬間，“神舟十號”與“天宮一號”所受萬有引力提供向心力，向心加速度相等，D項正確．[答案]D遷移二較高軌道向較低軌道變軌2．(2017·株洲模擬)如右圖所示，“嫦娥”三號探測器發射到月球上要經過多次變軌，最終降落到月球表面上，其中軌道Ⅰ為圓形，軌道Ⅱ為橢圓．下列說法正確的是()A．探測器在軌道Ⅰ的運行周期大于在軌道Ⅱ的運行周期B．探測器在軌道Ⅰ經過P點時的加速度小于在軌道Ⅱ經過P點時的加速度C．探測器在軌道Ⅰ運行時的加速度大于月球表面的重力加速度D．探測器在P點由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ必須點火加速[解析]根據開普勒第三定律知，eq\f(r3,T2)＝k，因為軌道Ⅰ的半徑大于軌道Ⅱ的半長軸，則探測器在軌道Ⅰ的運行周期大于在軌道Ⅱ的運行周期，故A正確；根據牛頓第二定律知，a＝eq\f(GM,r2)，探測器在軌道Ⅰ經過P點時的加速度等于在軌道Ⅱ經過P點時的加速度，故B錯誤；根據Geq\f(Mm,r2)＝ma知，探測器在軌道Ⅰ運行時的加速度a＝eq\f(GM,r2)，月球表面的重力加速度g＝eq\f(GM,R2)，因為r>R，則探測器在軌道Ⅰ運行時的加速度小于月球表面的重力加速度，故C錯誤．探測器在P點由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ需減速，使得萬有引力大于向心力，做近心運動，故D錯誤．[答案]A遷移三較低軌道向較高軌道變軌3．(多選)“嫦娥五號”的主要任務是月球取樣返回．“嫦娥五號”要面對取樣、上升、對接和高速再入等四個主要技術難題，要進行多次變軌飛行．如圖所示是“嫦娥五號”繞月球飛行的三條軌道，1軌道是貼近月球表面的圓形軌道，2和3軌道是變軌后的橢圓軌道．A點是2軌道的近月點，B點是2軌道的遠月點，“嫦娥五號”在軌道1的運行速率為1.8km/s，則下列說法中正確的是()A．“嫦娥五號”在2軌道經過A點時的速率一定大于1.8km/sB．“嫦娥五號”在2軌道經過B點時的速率一定小于1.8km/sC．“嫦娥五號”在3軌道所具有的機械能小于在2軌道所具有的機械能D．“嫦娥五號”在3軌道所具有的最大速率小于在2軌道所具有的最大速率[解析]“嫦娥五號”在1軌道做勻速圓周運動，由萬有引力定律和牛頓第二定律得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v\o\al(2,1),r)，由1軌道A點變軌到2軌道“嫦娥五號”做離心運動，則有Geq\f(Mm,r2)<meq\f(v\o\al(2,2A),r)，故v1<v2A，選項A正確；“嫦娥五號”在2軌道B點做近心運動，則有Geq\f(Mm,r\o\al(2,B))>meq\f(v\o\al(2,2B),rB)，若“嫦娥五號”在經過B點的圓軌道上運動，則Geq\f(Mm,r\o\al(2,B))＝meq\f(v\o\al(2,B),rB)，由于r<rB，所以v1>vB，故v2B<vB<v1＝1.8km/s，選項B正確；3軌道的高度大于2軌道的高度，故“嫦娥五號”在3軌道所具有的機械能大于在2軌道所具有的機械能，選項C錯誤；“嫦娥五號”在各個軌道上運動時，只有萬有引力做功，機械能守恒，在A點時重力勢能最小，動能最大，速率最大，故“嫦娥五號”在3軌道所具有的最大速率大于在2軌道所具有的最大速率，選項D錯誤．[答案]AB高考高頻考點強化——宇宙多星模型[考點歸納]1．雙星模型(1)模型條件：兩顆恒星彼此相距較近；兩顆恒星靠相互之間的萬有引力做勻速圓周運動；兩顆恒星繞同一圓心做勻速圓周運動．(2)模型特點①向心力等大反向：兩顆恒星做勻速圓周運動的向心力由它們之間的萬有引力提供，故F1＝F2，且方向相反，分別作用在兩顆恒星上，是一對作用力和反作用力．②周期、角速度相同：兩顆恒星做勻速圓周運動的周期、角速度相等．③半徑、線速度與質量成反比：圓心在兩顆恒星的連線上，且r1＋r2＝L，兩顆恒星做勻速圓周運動的半徑與恒星的質量成反比．兩顆恒星做勻速圓周運動的線速度與恒星的質量成反比．2．三星模型(1)第一種情況：三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央的星(靜止不動)在同一半徑為R的圓軌道上運行，周期相同．(2)第二種情況：三顆星位于等邊三角形的三個頂點上，并沿等邊三角形的外接圓軌道運行，三顆星的運行周期相同(如圖所示)．3．四星模型(1)第一種情況：四顆星穩定地分布在邊長為a的正方形的四個頂點上，均圍繞正方形的兩條對角線的交點做勻速圓周運動(如圖所示)．(2)第二種情況：有三顆星位于邊長為a的等邊三角形的三個頂點上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運行，而第四顆星剛好位于三角形的中心不動．[真題歸類]1．(2013·山東卷)雙星系統由兩顆恒星組成，兩恒星在相互引力的作用下，分別圍繞其連線上的某一點做周期相同的勻速圓周運動．研究發現，雙星系統演化過程中，兩星的總質量、距離和周期均可能發生變化．若某雙星系統中兩星做圓周運動的周期為T，經過一段時間演化后，兩星總質量變為原來的k倍，兩星之間的距離變為原來的n倍，則此時圓周運動的周期為()A.eq\r(\f(n3,k2))TB.eq\r(\f(n3,k))TC.eq\r(\f(n2,k))TD.eq\r(\f(n,k))T[解析]設雙星的質量分別為m1、m2，兩星做圓周運動的半徑分別為r1、r2，則總質量M＝m1＋m2，兩者之間的距離l＝r1＋r2.根據萬有引力定律及牛頓第二定律得Geq\f(m1m2,l2)＝m1eq\f(4π2,T2)r1、Geq\f(m1m2,l2)＝m2eq\f(4π2,T2)r2，將兩式相加整理可得T＝eq\r(\f(4π2l2r1＋r2,Gm1＋m2))＝eq\r(\f(4π2l3,GM)).當總質量變為原來的k倍，距離變為原來的n倍時，周期將變為原來的eq\r(\f(n3,k))倍，故選項B正確．[答案]B2．(2010·全國卷Ⅰ)如圖所示，質量分別為m和M的兩個星球A和B在引力作用下都繞O點做勻速圓周運動，星球A和B兩者中心之間的距離為L.已知A、B的中心和O三點始終共線，A和B分別在O的兩側．引力常量為G.(1)求兩星球做圓周運動的周期；(2)在地月系統中，若忽略其他星球的影響，可以將月球和地球看成上述星球A和B，月球繞其軌道中心運行的周期記為T1.但在近似處理問題時，常常認為月球是繞地心做圓周運動的，這樣算得的運行周期記為T2.已知地球和月球的質量分別為5.98×1024kg和7.35×1022kg.求T2[解析](1)設兩個星球A和B做勻速圓周運動的軌道半徑分別為r和R，相互作用的引力大小為F，運行周期為T.根據萬有引力定律有F＝Geq\f(Mm,R＋r2)①由勻速圓周運動的規律得F＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r②F＝Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R③由題意有L＝R＋r④聯立①②③④式得T＝2πeq\r(\f(L3,GM＋m)).⑤(2)在地月系統中，由于地月系統旋轉所圍繞的中心O不在地心，月球做圓周運動的周期可由⑤式得出T1＝2πeq\r(\f(L′3,GM′＋m′))⑥式中，M′和m′分別是地球與月球的質量，L′是地心與月心之間的距離．若認為月球在地球的引力作用下繞地心做勻速圓周運動，則Geq\f(M′m′,L′2)＝m′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T2)))2L′⑦式中，T2為月球繞地心運動的周期．由⑦式得T2＝2πeq\r(\f(L′3,GM′))⑧由⑥⑧式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,T1)))2＝1＋eq\f(m′,M′)⑨代入題給數據得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,T1)))2＝1.012.⑩[答案](1)2πeq\r(\f(L3,GM＋m))(2)1.0123.(2015·安徽卷)由三顆星體構成的系統，忽略其他星體對它們的作用，存在著一種運動形式：三顆星體在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O在三角形所在的平面內做相同角速度的圓周運動(圖示為A、B、C三顆星體質量不相同時的一般情況)．若A星體質量為2m，B、C兩星體的質量均為m，三角形的邊長為a(1)A星體所受合力大小FA；(2)B星體所受合力大小FB；(3)C星體的軌道半徑RC；(4)三星體做圓周運動的周期T.[解析](1)由萬有引力定律，A星體所受B、C星體引力大小為FBA＝Geq\f(mAmB,r2)＝Geq\f(2m2,a2)＝FCA，方向如圖所示．合力大小FA＝2eq\r(3)Geq\f(m2,a2)(2)同上，B星體所受A、C星體引力大小分別為FAB＝Geq\f(mAmB,r2)＝Geq\f(2m2,a2)FCB＝Geq\f(mCmB,r2)＝Geq\f(m2,a2)，方向如圖所示．由FBx＝FABcos60°＋FCB＝2Geq\f(m2,a2)FBy＝FABsin60°＝eq\r(3)Geq\f(m2,a2)可得FB＝eq\r(F\o\al(2,Bx)＋F\o\al(2,By))＝eq\r(7)Geq\f(m2,a2)(3)通過分析可知，圓心O在中垂線AD的中點，RC＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a))2)＝eq\f(\r(7),4)a(或：由對稱性可知eq\x\to(OB)＝eq\x\to(OC)＝RC，cos∠OBD＝eq\f(FBx,FB)＝eq\f(\x\to(DB),\x\to(OB))＝eq\f(\f(1,2)a,RC))(4)三星體運動周期相同，對C星體，由FC＝FB＝eq\r(7)Geq\f(m2,a2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2RC可得T＝πeq\r(\f(a3,GM))[答案](1)2eq\r(3)Geq\f(m2,a2)(2)eq\r(7)Geq\f(m2,a2)(3)eq\f(\r(7),4)a(4)πeq\r(\f(a3,Gm))解決雙星、多星問題，要抓住四點：一抓雙星或多星的特點、規律，確定系統的中心以及運動的軌道半徑；二抓星體的向心力由其他天體的萬有引力的合力提供；三抓星體的角速度相等；四抓星體的軌道半徑不是天體間的距離.要利用幾何知識，尋找它們之間的關系，正確計算萬有引力和向心力.[遷移訓練]1．(2017·黑龍江大慶模擬)某同學學習了天體運動的知識后，假想宇宙中存在著由四顆星組成的孤立星系．如圖所示，一顆母星處在正三角形的中心，三角形的頂點各有一顆質量相等的小星圍繞母星做圓周運動．如果兩顆小星間的萬有引力為F，母星與任意一顆小星間的萬有引力為9FA．每顆小星受到的萬有引力為(eq\r(3)＋9)FB．每顆小星受到的萬有引力為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋9))FC．母星的質量是每顆小星質量的2倍D．母星的質量是每顆小星質量的3eq\r(3)倍[解析]每顆小星受到的萬有引力的合力為9F＋2Fcos30°＝(eq\r(3)＋9)F，A正確，B錯誤．由F＝Geq\f(mm,L2)和9F＝Geq\f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(L,2),cos30°)))2)得，eq\f(M,m)＝3，C、D錯誤．[答案]A2．(2017·菏澤市二模)2016年2月11日，美國科學家宣布探測到引力波，證實了愛因斯坦100年前的預測，彌補了愛因斯坦廣義相對論中最后一塊缺失的“拼圖”．雙星的運動是產生引力波的來源之一，假設宇宙中有一雙星系統由a、b兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線的某一點在萬有引力作用下做勻速圓周運動，測得a星的周期為T，a、b兩顆星的距離為l，a、b兩顆星的軌道半徑之差為Δr(a星的軌道半徑大于b星的軌道半徑)，則()A．b星的周期為eq\f(l－Δr,l＋Δr)TB．a星的線速度大小為eq\f(πl＋Δr,T)C．a、b兩顆星的半徑之比為eq\f(l,l－Δr)D．a、b兩顆星的質量之比為eq\f(l＋Δr,l－Δr)[解析]雙星系統靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，則周期相等，所以b星的周期為T，故A錯誤；根據題意可知，ra＋rb＝l，ra－rb＝Δr，解得：ra＝eq\f(l＋Δr,2)，rb＝eq\f(l－Δr,2)，則a星的線速度大小va＝eq\f(2πra,T)＝eq\f(πl＋Δr,T)，eq\f(ra,rb)＝eq\f(l＋Δr,l－Δr)，故B正確，