第16讲 宇宙航行-备战2025年高考物理一轮精细复习（解析版）

第第I上。围绕地球做圆周运动，这条轨道称为“停泊轨道”；②当卫星穿过赤道平面A点（近地点）时，二级点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供在轨道1上做圆周运动的向心力，使卫星做离心运动，沿一条较大的椭圆轨道运行，进入椭圆轨道2。地球作为椭圆的焦点，当到达远地点B时，恰为赤道上空36000km处，这条轨道称为“转移轨道”。沿轨道1和2分别经过A点时，加速度相同；③当卫星到达远地点B（远地点）时，开动卫星发动机（再次点火加速）进入同步圆形轨道3，并调整运行姿态从而实现电磁通讯，这个轨道叫“静止轨道”。同步卫星的发射有两种方法，一是直接发射到同步轨道；二是先将卫星发射至近地圆形轨道1运行，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆形轨道3运行。（2）两类变轨比较两类变轨离心运动近心运动变轨起因卫星速度突然增大卫星速度突然减小受力分析Geq\f(Mm,r2)＜meq\f(v2,r)Geq\f(Mm,r2)＞meq\f(v2,r)变轨结果变为椭圆轨道运动或在较大半径圆轨道上运动变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动原因分析当卫星由于某种原因速度改变时(开启、关闭发动机或空气阻力作用),万有引力就不再等于向心力，卫星将变轨运行。(1)当v增大时，卫星所需向心力增大，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动向外变轨，当卫星进入新的圆轨道稳定运行时，轨道半径变大，由知其运行速度要减小。(2)当v减小时，卫星所需向心力减小，即万有引力大于卫星所需的向心力，因此卫星将做向心运动向内变轨，当卫星进入新的圆轨道稳定运行时，轨道半径变小，由知其运行速度将增大。(卫星的回收就是利用了这一原理)（3）变轨过程各物理量分析（重点）【考向5】（2024·云南曲靖·二模）2023年10月26日，我国自主研发的神舟十七号载人飞船圆满完成发射，与天和核心舱成功对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜杰、江新林3名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图所示为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为R1，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为R2，运行周期为T3，PA．神舟十七号飞船先到③轨道，然后再加速，才能与天和核心舱完成对接B．神舟十七号飞船变轨前通过椭圆轨道远地点Q时的加速度小于变轨后圆轨道经过Q点的加速度C．地球的平均密度为3πD．神舟十七号飞船在②轨道从P点运动到Q点的最短时间为1【答案】D【详解】A．神舟十七号飞船先到③轨道，然后再加速，则神舟十七号飞船将做离心运动，不可能与天和核心舱完成对接，故A错误；B．根据牛顿第二定律可得GMm可得a=可知神舟十七号飞船变轨前通过椭圆轨道远地点Q时的加速度等于变轨后圆轨道经过Q点的加速度，故B错误；C．根据万有引力提供向心力可得GMm又M=ρ⋅联立可得地球的平均密度为ρ=故C错误；D．设飞船在②轨道的运行周期为T2a又a=联立解得T则神舟十七号飞船在②轨道从P点运动到Q点的最短时间为t故D正确。故选D。【考向6】（2024·山东滨州·二模）2024年4月24日为第9个中国航天日，主题是“极目楚天，共襄星汉”。飞船和空间站的变轨对接可简化为如图所示的过程，飞船在停泊轨道Ⅰ上，进行信息确认，后经转移轨道Ⅱ进入对接轨道Ⅲ，轨道Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ分别相切于与A、B两点，已知轨道Ⅰ为圆轨道半径近似为地球半径R0，轨道Ⅱ为椭圆轨道，其焦点在地心，轨道Ⅲ为圆轨道，半径为R，地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．飞船在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度大于在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度B．飞船在轨道Ⅱ上经过A点时的速率小于在轨道Ⅲ上经过B点时的速率C．飞船在轨道Ⅱ上经过A点和B点的速率之比等于RD．飞船在轨道Ⅱ上从A点运动到B点的时间为π【答案】C【详解】A．根据万有引力提供向心力可知G解得a=飞船在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度，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可知G解得v=可知，在轨道Ⅲ上经过B点时的速率小于在轨道Ⅰ上经过A点时的速率，飞船在轨道Ⅰ上运行时，在A点需加速变轨做离心运动到轨道Ⅱ上，所以经过A点时的速率轨道Ⅱ上的更大，故飞船在轨道Ⅱ上经过A点时的速率大于在轨道Ⅲ上经过B点时的速率，B错误；C．根据开普勒第二定律可知1解得vC正确；D．根据开普勒第三定律可知，在轨道Ⅲ上R结合万有引力定律可知G解得R又因为GM=gR根据开普勒第三定律，可知在轨道Ⅱ上的运行周期(R+所以，其周期T由于从A到B飞船的速度逐渐变小，故所用时间应大于12故选C。【考向7】（2023·辽宁沈阳·一模）中国预计将在2028年实现载人登月计划，把月球作为登上更遥远行星的一个落脚点。如图所示是“嫦娥一号奔月”的示意图，“嫦娥一号”卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星。关于“嫦娥一号”下列说法正确的是（）A．发射时的速度必须达到第三宇宙速度B．在绕地轨道中，公转半长轴的立方与公转周期的平方之比不变C．在轨道Ⅰ上运动时的速度小于轨道Ⅱ上任意位置的速度D．在不同的绕月轨道上，相同时间内卫星与月心连线扫过的面积相同【答案】B【详解】A．第三宇宙速度是指发射物体能够脱离太阳系的最小发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱离地球引力的范围，所以其发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；B．在绕地轨道中，根据开普勒第三定律a可知，同一中心天体，椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比为定值，故B正确；C．设轨道Ⅰ的速度为v1，轨道Ⅱ近地点速度为v2，轨道Ⅱ远地点速度为v3，在轨道Ⅱ的远月点建立一以月球为圆心的圆轨道，其速度为v4，则根据离月球的远近，再根据圆周运动加速离心原理，可得v2>v1，v4>v3结合万有引力提供向心力圆周运动知识，有G解得v=可知，圆轨道半径越大，线速度越小，所以v1>v4因此v2>v1>v4>v3故在轨道Ⅰ上运动时的速度v1不是小于轨道Ⅱ上任意位置的速度，故C错误；D．根据开普勒第二定律，可知在同一绕月轨道上，相同时间内卫星与月心连线扫过的面积相同，但是在不同的绕月轨道上不满足，故D错误。故选B。【考向8】（2024·湖北·三模）2024年2月29日中国在西昌卫星发射中心成功发射了高轨卫星01星，标志着中国互联网的效率与质量将进一步提升。已知高轨卫星01星与地球中心的连线在时间t内转过的弧度为θ，扫过的面积为S，地球的半径为R，引力常量为G，则（）A．高轨卫星01星可以静止在咸宁的正上方 B．地球的质量为2SC．地球表面的重力加速度为S3θR【答案】B【详解】A．高轨卫星01星绕地心做匀速圆周运动，轨道平面必过地心，在赤道正上方，因此不可能静止在咸宁的正上方。，故A错误；B．由题意可知，高轨卫星01星万有引力提供向心力G又S=πrω=综合解得M=故B正确；C．在地表处G得地球表面的重力加速度g=故C错误；D．贴近地球表面，由万有引力提供向心力，可得G得地球的第一宇宙速度为v故D错误。故选B。考点3：拉格朗日点卫星、张角与遮光角及卫星追及问题1.拉格朗日点卫星模型拉格朗日点指在两个大天体引力作用下,能使小物体稳定的点。在每个由大天体构成的系统中,有五个拉格朗日点,其中连线上有三个:图中L1、L2、L3。我国发射的“鹊桥”卫星就在地月系统的L2点做圆周运动。处于拉格朗日点处的卫星是在两个大天体的共同引力作用下绕中心天体做圆周运动,且运行周期与运行天体的周期相同,如在地月系统拉格朗日点处的卫星随月球同步绕地球转动。2.张角与遮光角卫星运动中经常会涉及“能否看到卫星”“实施全天通信”等问题，归根结底是求几何张角和遮光角的问题。下表中圆心为O的中心天体半径为R,卫星A在轨道半径为r的圆周上绕中心天体运动。张角α遮光角β图示释义张角α是卫星可观测到的范围对应的夹角(也称为观测角或视觉角度)遮光角β是太阳光被中心天体遮挡而照射不到的范围对应的夹角。当卫星运动至遮光角β范围内时，进入黑夜，当卫星运动至β角范围以外时，处于白昼。关系式3.卫星追及问题【考向9】（2024·浙江·三模）地月系的第二拉格朗日点L2位于地月连线的延长线上，在这个点周围，卫星只需耗用极少的燃料就能长期维持在轨道上。2018年5月21日，中国发射了鹊桥号中继卫星，它运行在地月系第二拉格朗日点附近的Halo轨道上，如图所示。在95%的时间里，鹊桥号既面对月球的背面，又同时面对地球，完美充当数据传输的中继站。关于鹊桥号中继卫星，下列说法正确的是（）A．卫星的发射速度必须大于第二宇宙速度B．卫星的绕地运行的角速度大于月球的角速度C．在Halo轨道上无动力运行时，卫星的机械能守恒D．在Halo轨道上无动力运行时，卫星所受引力的合力指向L2【答案】C【详解】A．鹊桥卫星绕地球运动，所以发射速度小于第二宇宙速度。故A错误；B．地球、月球、L2点相对静止，中继星跟着月球绕地球转动，所以与月球绕地球的角速度相等。故B错误；C．在Halo轨道上无动力运行时，卫星只受引力作用，所以机械能守恒。故C正确；D．在Halo轨道上无动力运行时，卫星在绕L2点运动的同时又绕地球运动，所以引力的合力并不指向L2。故D错误。故选C。【考向10】（2023·陕西·一模）2023年10月26日消息，韦伯望远镜首次检测到恒星合并后碲（tellurium）等重元素的存在，可以帮助天文学家探究地球生命起源的奥秘。韦伯望远镜位于“拉格朗日L2点”上，跟随地球一起围绕太阳做圆周运动，图中的虚线圆周表示地球和韦伯望远镜绕太阳运动的轨道，韦伯望远镜和地球相对位置总是保持不变。已知太阳质量为M1、地球质量为M2，地球到太阳的距离为R，用l表示韦伯望远镜到地球的距离，把太阳、地球都看做是质点。由于lA．R+lR3−C．R+lR3−【答案】A【详解】以地球为研究对象，设地球围绕太阳运转的角速度为ω，地球和太阳之间的万有引力充当向心力，得G以韦伯望远镜为研究对象，由题意知，韦伯望远镜跟随地球一起围绕太阳做圆周运动，所以韦伯望远镜的角速度也等于ω，太阳和地球对韦伯望远镜引力之和等于韦伯望远镜的向心力，所以G根据以上两个方程化简可得到R+l故选A。【考向11】（2024·山东潍坊·三模）海王星是仅有的利用数学预测发现的行星，是牛顿经典力学的辉煌标志之一、在未发现海王星之前，天文学家发现天王星实际运动的轨道与万有引力理论计算的值总存在一些偏离，且周期性地每隔时间t发生一次最大的偏离。天文学家认为形成这种现象的原因是天王星外侧还存在着一颗未知行星绕太阳运行，其运行轨道与天王星在同一平面内，且与天王星的绕行方向相同，每当未知行星与天王星距离最近时，它对天王星的万有引力引起天王星轨道的最大偏离，该未知行星即为海王星。已知天王星的公转周期为T，则海王星的公转周期为（

）A．Ttt−T B．Ttt+T C．2Ttt−T【答案】A【详解】设海王星的的公转周期为T海，由题知，每隔时间t海王星与天王星距离最近，则有t解得T故选A。【考向12】（2024·重庆·二模）如图，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做顺时针的匀速圆周运动。地球和太阳的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角，已知该行星的最大观察视角为θ，当行星处于最大视角处时，是地球上天文爱好者观察该行星的最佳时期。则（）A．行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为tanθB．行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为1C．行星两次处于最佳观察期的时间间隔至少为sin3D．行星两次处于最佳观察期的时间间隔可能为π+2θsin【答案】D【详解】A．该行星的最大观察视角为θ，如图根据几何关系可知r所以行星的环绕半径与地球的环绕半径之比为r故A错误；B．根据开普勒第三定律有r得行星的环绕周期与地球的环绕周期之比为T故B错误；CD．若行星最初处于最佳观察期时，其位置超前于地球，则下一次行星处于最佳观察期时一定是行星落后于地球，因而有ω即Δ故C错误，D正确。故选D。【考向13】（2024·安徽合肥·三模）我国计划在2030年之前实现载人登月，假设未来宇航员乘飞船来到月球，绕月球做匀速圆周运动时，月球相对飞船的张角为θ，如图所示，引力常量为G，则下列说法正确的是（）A．θ越大，飞船的速度越小B．θ越大，飞船做圆周运动的周期越大C．若测得周期和张角θ，可求出月球的质量D．若测得周期和张角θ，可求出月球的密度【答案】D【详解】A．根据几何关系可知，θ越大，飞船做圆周运动的半径越小，由G得v=可见轨道半径越小，线速度越大，A错误；B．由G可知，轨道半径越小，飞船做圆周运动的周期越小，B错误；CD．设月球的半径为R，若测得周期T和张角θ，由Gr=ρ=可求得M=ρ=因为R未知，只能测得月球密度不能测得月球质量，故C错误，D正确。故选D。【考向14】（多选）2020年1月7日，在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭将通讯技术试验卫星五号送入预定轨道，标志着我国航天卫星通信技术更加完善。在卫星之间传递信息时，有时会发生信号遮挡现象。如图所示，绕地球运行的通信卫星a和另一卫星b运行轨道在同一个平面内，绕行方向相同，但轨道半径不同，a是地球同步卫星，能够直线覆盖地球的张角是θ1，b是离地球较近的另一颗卫星，对地球的直线覆盖张角是θ2，且2sinθ12=sinθ22。地球自转周期为T0，卫星A．a、b两卫星的轨道半径关系rB．b卫星的周期TC．b卫星的角速度ωD．每次b卫星信号中断的时间是θ【答案】BD【详解】A．设地球半径为R，则sinθ1由2sinr故A错误；B．由开普勒第三定律r3r解得T故B正确；C．b卫星的角速度ω故C错误；D．如图所示由于地球遮挡a、b卫星之间通讯信号会周期性中断，设在一个通讯周期内，a、b卫星通讯中断的时间为t，有ω由几何关系知θ解得t=故D正确。故选BD。【考向15】（多选）（2024·陕西咸阳·三模）1676年丹麦天文学家罗默通过木星卫星的掩食第一次测定了光速。如图甲，木卫1转到木星的背面时，会被木星遮住来自太阳的光线，形成掩食现象。已知木卫1绕木星做匀速圆周运动的周期为T，木星的半径为R，木星的质量为m，木星绕太阳公转周期为T0，木卫1绕木星转动周期远小于木星公转周期。如图乙，太阳光可视为平行光，太阳光与木星地面相切线与木卫1所在轨道的交点为P、Q点，∠POQ=α，引力常量为G，下列说法正确的是（）A．木卫1绕木星运动的线速度为2πRB．木卫1一次“掩食”过程的时间约为αC．木卫1绕木星运动的向心加速度为(D．由题给信息可以推算出太阳的质量【答案】AC【详解】A．木卫1绕木星做匀速圆周运动，线速度为v=rω=r又由几何关系知r=解得木卫1绕木星运动的线速度为v=故A正确；B．由于木卫1绕木星转动周期远小于木星公转周期，所以木卫1一次“掩食”过程的时间为t=故B错误；C．木卫1绕木星运动的向心加速度为a=r故C正确；D．设木星到太阳的距离为d，木星绕太阳做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得GMm解得太阳质量为M=由于未给出木星到太阳的距离为d，无法由题给信息测定太阳质量，故D错误。故选AC。考点4：双星模型1．双星（1）定义：在天体运动中，将两颗彼此相距较近，且在相互之间万有引力作用下绕两者连线上的某点（公共圆心）做周期相同的匀速圆周运动的行星组成的系统，我们称之为双星系统，如图所示。它们在宇宙中往往会相距较近，质量可以相比，它们离其它星球都较远，因此其它星球对它们的万有引力可以忽略不计。（2）双星的特点①“向心力等大反向”——各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即两星做匀速圆周运动的向心力相等，都等于两者之间的万有引力，故F1＝F2，且方向相反，分别作用在两颗行星上，是一对作用力和反作用力。所以有eq\f(Gm1m2,L2)＝m1ωeq\o\al(2,1)r1，eq\f(Gm1m2,L2)＝m2ωeq\o\al(2,2)r2。②“周期、角速度相同”——两颗星做匀速圆周运动的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。③“距离不变”——两星之间的距离不变，且两星的轨道半径之和等于两星之间的距离，r1＋r2＝L。④“半径反比”——圆心在两颗行星的连线上，且r1＋r2＝L，两颗行星做匀速圆周运动的半径与行星的质量成反比，即eq\f(m1,m2)＝eq\f(r2,r1)，与星体运动的线速度成反比。⑤若在双星模型中，图中L、m1、m2、G为已知量，双星的运动周期T＝2π。⑥若双星运动的周期为T，双星之间的距离为L，G已知，双星的总质量m1＋m2＝eq\f(4π2L3,T2G)，即双星系统的周期的平方与双星间距离的三次方之比只与双星的总质量有关，而与双星个体的质量无关。（3）在处理双星问题时要特别注意以下几个问题：①由于双星和该固定点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同。②由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由F=mrω2可得，可得，即固定点离质量大的星较近。③万有引力定律表达式中的r表示双星间的距离，按题意应该是L，而向心力表达式中的r表示它们各自做圆周运动的半径，在本题中为r1、r2，千万不可混淆。④当我们只研究地球和太阳系统或地球和月亮系统时（其他星体对它们的万有引力相比而言都可以忽略不计），其实也是一个双星系统，只是中心星球的质量远大于环绕星球的质量，因此固定点几乎就在中心星球的球心。可以认为它是固定不动的。（4）模型条件：①两颗星彼此相距较近。②两颗星靠相互之间的万有引力做匀速圆周运动。③两颗星绕同一圆心做圆周运动。（5）解答双星问题应注意“两等”“两不等”①双星问题的“两等”：它们的角速度相等；双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，即它们受到的向心力大小总是相等的。②“两不等”：双星做匀速圆周运动的圆心是它们连线上的一点，所以双星做匀速圆周运动的半径与双星间的距离是不相等的，它们的轨道半径之和才等于它们间的距离；由m1ω2r1＝m2ω2r2知由于m1与m2一般不相等，故r1与r2一般也不相等。【考向16】（2024·山西晋中·二模）宇宙双星系统是由两颗相距较近的恒星组成的系统，它们在相互引力作用下，围绕着共同的圆心运动。它们为天文学家研究恒星的演化提供了很好的素材。已知某双星之间的距离为l，相互绕行周期为T，引力常量为G，可以估算出（）A．双星的质量之和 B．双星的质量之积C．双星的速率之比 D．双星的加速度之比【答案】A【详解】AB．由万有引力提供向心力可得GGl=联立可得G所以m又由ω=可得m质量之和可以估算，质量之积无法求解，故A项正确，B项错误；C．由线速度与角速度的关系v=ωr可得v速率之和可以估算，速率之比无法求解，C项错误；D．由加速度与角速度的关系a=r可得a由于双星的半径之比未知，故双星的加速度之比无法求解，D项错误。故选A。【考向17】（2024·福建厦门·三模）两颗中子星绕二者连线上的某点做圆周运动组成双星系统，并以引力波的形式向外辐射能量。经过一段时间，两颗中子星的间距减小为原来的p倍，运行周期变为原来的q倍，若两星可视为质量均匀分布的球体，则利用牛顿力学知识可得（）A．p2q3=1 B．p2q【答案】D【详解】设两颗中子星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L，运行周期为T，根据万有引力提供向心力可知Gm1又L=r1+r2联立，可得G整理，得G依题意，两颗中子星的间距减小为原来的p倍，运行周期变为原来的q倍，则有G联立，解得p故选D。【考向18】（多选）（2024·辽宁·二模）厦门大学天文学系顾为民教授团队利用我国郭守敬望远镜积累的海量恒星光谱，发现了一个处于宁静态的中子星与红矮星组成的双星系统，质量比约为2：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，研究成果于2022年9月22日发表在《自然·天文》期刊上。则此中子星绕O点运动的（

）A．角速度等于红矮星的角速度 B．轨道半径大于红矮星的轨道半径C．向心力大小约为红矮星的3倍 D．向心加速度小于红矮星的向心加速度【答案】AD【详解】A．中子星与红矮星组成双星系统，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，则中子星绕O点运动的角速度等于红矮星的角速度，故A正确；BCD．中子星与红矮星之间的万有引力是一对相互作用力，大小相等，由万有引力提供向心力，可知中子星与红矮星做匀速圆周运动的向心力大小相等，则有m中ω由于中子星质量大于红矮星质量，则中子星的轨道半径小于红矮星的轨道半径，中子星的向心加速度小于红矮星的向心加速度，故BC错误，D正确。故选AD。考点5：多星模型（1）多星定义：所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同。（2）“多星”问题①多颗行星在同一轨道绕同一点做匀速圆周运动，每颗行星做匀速圆周运动所需的向心力由其它各个行星对该行星的万有引力的合力提供。②每颗行星转动的方向相同，运行周期、角速度和线速度大小相等。③注意利用几何知识求半径。（3）三星模型：①如图所示，三颗质量相等的行星，一颗行星位于中心位置不动，另外两颗行星围绕它做圆周运动。这三颗行星始终位于同一直线上，中心行星受力平衡。运转的行星由其余两颗行星的引力提供向心力：eq\f(Gm2,r2)＋＝ma。两行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等。②如图所示，三颗质量相等的行星位于一正三角形的顶点处，都绕三角形的中心做圆周运动。每颗行星运行所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供：eq\f(Gm2,L2)×2×cos30°＝ma其中L＝2rcos30°。三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等。（4）“四星”模型ⅰ．其中一种是四颗质量相等的恒星位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动。①如图所示，四颗质量相等的行星位于正方形的四个顶点上，沿外接于正方形的圆轨道做匀速圆周运动，eq\f(Gm2,L2)×2×cos45°＋＝ma，其中r＝eq\f(\r(2),2)L。四颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等。ⅱ．另一种是三颗恒星始终位于正三角形的三个顶点上，另一颗位于中点O，外围三颗星绕O做匀速圆周运动。②如图所示：三颗质量相等的行星位于正三角形的三个顶点，另一颗恒星位于正三角形的中心O点，三颗行星以O点为圆心，绕正三角形的外接圆做匀速圆周运动。eq\f(Gm2,L2)×2×cos30°＋eq\f(GMm,r2)＝ma。其中L＝2rcos30°。外围三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小均相等。【考向19】（2024·湖南长沙·二模）据报道，中国科学院上海天文台捕捉到一个“四星系统”。两种可能的四星系统构成如图所示，第一种如甲所示，四颗星稳定地分布在正方形上，均绕正方形中心做匀速圆周运动，第二种如乙所示，三颗星位于等边三角形的三个顶点上，第四颗星相对其他三星位于三角形中心，位于顶点的三颗星绕三角形中心运动。若两系统中所有星的质量都相等，AB=CD，则第一、二种四星系统周期的比值为（）A．233+3C．322+4【答案】B【详解】根据题意，由几何关系可知，图甲中对角线上两颗星的距离为r图甲中每颗星受力情况如图所示由万有引力公式F=GMmFF则每颗星所受合力为F由合力提供向心力有F解得T根据题意，由几何关系可知，图乙中，两个三角形顶点上的星间的距离为r图乙中三角形顶点上的星受力情况如图所示由万有引力公式F=GMmFF则三角形顶点上的星所受合力为F由合力提供向心力有F解得T故T故选B。【考向20】（2024·山东日照·二模）2021年11月，中科院国家天文台发布了目前世界上最大时域多星光谱星表，为科学家研究宇宙中的多星系统提供了关键数据支持。科学家观测到有三颗星A、B、C保持相对静止，相互之间的距离均为l，且一起绕着某点做周期为T的匀速圆周运动。已知mA=m，A．三颗星A、B、C的半径之比为1:1:1B．三颗星A、B、C的线速度大小之比为2C．若距离l均不变，A、B、C的质量均变为原来的2倍，则周期变为1D．若A、B、C的质量不变，距离均变为2l，则周期变为2【答案】B【详解】A．由于三颗星保持相对静止，一起绕着某点做圆周运动，三星角速度与周期相等，根据对称性，B、C轨道半径相等，作出三星运动轨迹，如图所示对A星体有2G对B、C星体，两星体各自所受引力的合力大小相等，令为F，根据余弦定理有F对B、C星体，两星体各自做圆周运动，B、C轨道半径相等，令为RBF=解得R可知，三颗星A、B、C的半径大小之比为2:1:1B．根据线速度与角速度的关系有v=ωR三颗星A、B、C的角速度相等，线速度之比等于半径之比，结合上述可知，三颗星A、B、C的线速度大小之比为2:1:1C．距离l均不变，对A星体有2G若A、B、C的质量均变为原来的2倍，根据对称性可知，三星圆周运动的圆心不变，即轨道半径不变，则有2G解得T即若距离l均不变，A、B、C的质量均变为原来的2倍，则周期变为22D．若A、B、C的质量不变，距离均变为2l，根据对称性可知，三星圆周运动的圆心不变，即轨道半径均变为先前的2倍，则对A星有2G解得T即若A、B、C的质量不变，距离均变为2l，则周期变为22故选B。【考向21】（多选）（2024·四川成都·一模）如图所示，甲、乙、丙分别为单星、双星、三星模型图，轨迹圆半径都为R，中心天体质量为M，环绕天体质量均为m，已知M≫m，则（）A．乙、丙图中环绕天体的周期之比为2:B．乙图中环绕天体的角速度大于丙图中环绕天体的角速度C．甲图中m的角速度大于丙图中m的角速度D．乙、丙两图中环绕天体的线速度之比为4【答案】CD【详解】A．根据万有引力定律，对乙图所示的模型有G可得T对丙图所示的模型有3可得T则有T故A错误；B．角速度之比等于周期的反比，乙图中环绕天体的周期比丙图中的大，故乙图中环绕天体的角速度比丙图中的小，故B错误；C．根据万有引力定律，对甲图所示的模型有G解得ω=对丙图所示的模型有3解得ω由于M≫m，则甲图中m的角速度大于丙图中m的角速度，故C正确；D．乙、丙两图半径相同，线速度之比为周期的反比，故线速度之比为43故选CD。【真题1】（2024·安徽·高考真题）2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为51900km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9900km，周期约为24h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时（

）A．周期约为144hB．近月点的速度大于远月点的速度C．近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度D．近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度【答案】B【详解】A．冻结轨道和捕获轨道的中心天体是月球，根据开普勒第三定律得T整理得TA错误；B．根据开普勒第二定律得，近月点的速度大于远月点的速度，B正确；C．近月点从捕获轨道到冻结轨道鹊桥二号进行近月制动，捕获轨道近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，C错误；D．两轨道的近月点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，D错误。故选B。【真题2】（2024·湖北·高考真题）太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则（）A．空间站变轨前、后在P点的加速度相同B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小C．空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小D．空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大【答案】A【详解】A．在P点变轨前后空间站所受到的万有引力不变，根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在P点的加速度相同，故A正确；B．因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B错误；C．变轨后在P点因反冲运动相当于瞬间获得竖直向下的速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因此合速度变大，故C错误；D．由于空间站变轨后在P点的速度比变轨前大，而比在近地点的速度小，则空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小，故D错误。故选A。【真题3】（2023·辽宁·高考真题）在地球上观察，月球和太阳的角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周期为T₁，地球绕太阳运动的周期为T₂，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的平均密度之比约为（）

A．k3T1T22 B．k【答案】D【详解】设月球绕地球运动的轨道半径为r₁，地球绕太阳运动的轨道半径为r₂，根据G可得GG其中rρ=联立可得ρ故选D。【真题4】（2023·广东·高考真题）如图（a）所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图（b）所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（

）

A．周期为2t1−C．角速度的大小为πt1−【答案】B【详解】A．由图（b）可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为T=则P的公转周期为t1B．P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMm解得半径为r=故B正确；C．P的角速度为ω=故C错误；D．P的加速度大小为a=故D错误。故选B。【真题5】（多选）（2024·福建·高考真题）巡天号距地表400km，哈勃号距地表550A．ω巡<ω哈 B．v巡<【答案】CD【详解】根据万有引力提供向心力可得GMm可得ω=GMr3，v=GM由于巡天号的轨道半径小于哈勃号的轨道半径，则有ω巡>ω哈，v故选CD。【真题6】（多选）（2024·广东·高考真题）如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以60m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1000kg，背罩质量为50kg，该行星的质量和半径分别为地球的110和12。地球表面重力加速度大小取A．该行星表面的重力加速度大小为4B．该行星的第一宇宙速度为7.9km/sC．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80m/sD．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30kW【答案】AC【详解】A．在星球表面，根据G可得g=行星的质量和半径分别为地球的110和12。地球表面重力加速度大小取g故A正确；B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力G可得星球的第一宇宙速度v=行星的质量和半径分别为地球的110和1v地球的第一宇宙速度为7.9km/s，所以该行星的第一宇宙速度v故B错误；C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分子，可知探测器与保护背罩之间的作用力F=m“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律F=解得a=80故C正确；D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率P=m故D错误。故选AC。【真题7】（多选）（2024·河北·高考真题）2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为2.0×103km，远月点B距月心约为1.8×104km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（

）A．鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12hB．鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81：1C．鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线D．鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s【答案】BD【详解】A．鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从A→C→B做减速运动，从B→D→A做加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12h，故A错误；B．鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有G同理在B点有G带入题中数据联立解得aA：aB=81：1故B正确；C．由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误；D．由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故D正确。故选BD。【真题8】（多选）（2023·重庆·高考真题）某卫星绕地心的运动视为匀速圆周运动，其周期为地球自转周期T的310，运行的轨道与地球赤道不共面（如图）。t0时刻，卫星恰好经过地球赤道上P点正上方。地球的质量为M，半径为R，引力常量为

A．卫星距地面的高度为GMB．卫星与位于P点处物体的向心加速度大小比值为5C．从t0时刻到下一次卫星经过P点正上方时，卫星绕地心转过的角度为D．每次经最短时间实现卫星距P点最近到最远的行程，卫星绕地心转过的角度比地球的多7π【答案】BCD【详解】A．由题意，知卫星绕地球运转的周期为T设卫星的质量为m，卫星距地面的高度为ℎ，有G联立，可求得ℎ=故A错误；B．卫星的向心加速度大小a位于P点处物体的向心加速度大小a可得a故B正确；C．从t0时刻到下一次卫星经过P点正上方时，设卫星转了m圈、P点转了n圈（m、n3可得m=10，n=3则卫星转过的角度为m⋅2故C正确；D．卫星距P点最近或最远时，一定都在赤道正上方。每次经最短时间实现卫星距P点最近到最远，需分两种情况讨论，第一种情况：卫星转了x圈再加半圈、P点转了y圈（x、y为正整数），则有3T10⋅x+3T20=yTx、3可得x=5，y=1则卫星绕地心转过的角度与地球转过的角度差为x⋅2故D正确。故选BCD。【真题9】（多选）（2024·湖南·高考真题）2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。己知月球表面重力加速度约为地球表面的16，月球半径约为地球半径的1A．其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度B．其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度C．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的23D．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的32【答案】BD【详解】AB．返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径，则有G其中在月球表面万有引力和重力的关系有G联立解得v由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得v代入题中数据可得v故A错误、B正确；CD．根据线速度和周期的关系有T=根据以上分析可得T故C错误、D正确；故选BD。【真题10】（多选）（2023·福建·高考真题）人类为探索宇宙起源发射的韦伯太空望远镜运行在日地延长线上的拉格朗日L2点附近，L2点的位置如图所示。在L2点的航天器受太阳和地球引力共同作用，始终与太阳、地球保持相对静止。考虑到太阳系内其他天体的影响很小，太阳和地球可视为以相同角速度围绕日心和地心连线中的一点O（图中未标出）转动的双星系统。若太阳和地球的质量分别为M和m，航天器的质量远小于太阳、地球的质量，日心与地心的距离为R，万有引力常数为G，L2点到地心的距离记为r（r<<R），在L2点的航天器绕O点转动的角速度大小记为ω。下列关系式正确的是（

）[可能用到的近似1R+rA．ω=G(M+m)2RC．r=3m3M+m1【答案】BD【详解】AB．设太阳和地球绕O点做圆周运动的半径分别为r1、rGGr1＋r2=R联立解得ω=故A错误、故B正确；CD．由题知，在L2点的航天器受太阳和地球引力共同作用，始终与太阳、地球保持相对静止，则有G再根据选项AB分析可知Mr1=mr2，r1＋r2=R，ω=联立解得r=故C错误、故D正确。故选BD。一、单选题1．（2024·山西阳泉·三模）2024年1月9日“长征二号丙”运载火箭顺利将“爱因斯坦探针卫星”送入高度600km的轨道，其核心科学目标是以最高探测灵敏度系统发现宇宙X射线暂现源和剧变天体，监测天体活动。取引力常量G=6.67×10−11N⋅A．火箭靠大气施加的反作用力升空 B．发射升空初始阶段，运载火箭处于失重状态C．该卫星的向心加速度大小为9.2m/【答案】D【详解】A．火箭靠喷出气体的反作用力升空。故A错误；B．发射升空初始阶段，运载火箭加速度向上，处于超重状态。故B错误；C．由万有引力提供向心力得G解得a≈8.2故C错误；D．该卫星高度低于同步卫星高度，则周期小于同步卫星周期。而地球赤道上随地球自转的物体周期等于同步卫星周期，所以该卫星运行周期比地球赤道上随地球自转的物体周期小。故D正确。故选D。2．（2024·河北·二模）已知一个星球x的密度与地球的密度相同，星球x与地球的半径之比为1:4，假设卫星A与卫星B分别绕地球和星球x做匀速圆周运动，且两卫星的轨道半径相同，如图所示。则下列说法正确的是（）A．卫星A与卫星B的加速度大小之比为4:1B．卫星A与卫星B的线速度大小之比为2:1C．卫星A与卫星B的环绕周期之比为1:8D．地球与星球x的第一宇宙速度之比为1:4【答案】C【详解】A．星球的质量为M=ρ⋅卫星环绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有G联立得a=则卫星A与卫星B的加速度大小之比为64:1，故A错误；B．由G得v=则卫星A与卫星B的线速度大小之比为8:1，故B错误；C．由万有引力公式可知GT=可知卫星A与卫星B的环绕周期之比为1:8，故C正确；D．已知v=可得当R=r时环绕速度最大，该速度为第一宇宙速度，此时v=地球与星球x的第一宇宙速度之比为4:1，故D错误。故选C。3．（2024·河北·三模）2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，发射取得圆满成功。如图所示，神舟十七号载人飞船运行在半径为r1的圆轨道Ⅰ上，“天宫”空间站组合体运行在半径为r3的圆轨道Ⅲ上。神舟十七号载人飞船通过变轨操作，变轨到椭圆轨道Ⅱ上运行数圈后从近地点A沿轨道运动到远地点B，并在B点与空间站组合体对接成功。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为A．神舟十七号载人飞船在圆轨道Ⅰ上A点的加速度小于其在椭圆轨道Ⅱ上A点的加速度B．“天宫”空间站组合体在轨道Ⅲ上运动的周期为2C．神舟十七号载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上由A点运动至B点所需的时间为πD．神舟十七号载人飞船在椭圆轨道Ⅱ的近地点和远地点的线速度大小之比为r【答案】C【详解】A．根据牛顿第二定律GMm可得a可知神舟十七号载人飞船在圆轨道Ⅰ上A点的加速度与其在椭圆轨道Ⅱ上A点的加速度大小相等，故A错误；B．“天宫”空间站组合体在轨道Ⅲ上运动，由万有引力提供向心力，有GM在地球表面，有GM解得T故B错误；C．飞船从A点沿椭圆轨道Ⅱ运动，其轨道半长轴a=根据开普勒第三定律可得a解得T飞船由轨道Ⅱ的A点运动至B点所需的时间t=故C正确；D．椭圆轨道的远地点到地球中心的距离为r3，近地点到地球中心的距离为r1，对于飞船在远地点和近地点附近很小一段时间Δt内的运动，根据开普勒第二定律有1解得v故D错误。故选C。4．为简单计，把地-月系统看成地球静止不动而月球绕地球做匀速圆周运动，如图所示，虚线为月球轨道。在地月连线上存在一些所谓“拉格朗日点”的特殊点。在这些点，质量极小的物体（如人造卫星）仅在地球和月球引力共同作用下可以始终和地球、月球在同一条线上。则图中四个点可能是“拉格朗日点”的是（

）A．A、B、C点 B．A、B、D点 C．A、C、D点 D．B、C、D点【答案】C【详解】B点处的物体受到地球与月球的万有引力的方向相同，而B到地球的之间小于月球到地球的距离，根据万有引力提供向心力可知，B处物体的向心加速度要大于月球的向心加速度，不能与月球具有相等的角速度，故B点不可能是“拉格朗日点”，同理分析，A、C、D点可能是“拉格朗日点”。故选C。5．（2024·辽宁丹东·二模）科幻电影《流浪地球2》中出现了太空电梯的场景。电影中提到太空电梯用于连接地表和太空建设中的方舟号国际空间站，以便运输物资和人员，太空电梯是一种类似于缆绳的结构，使空间站和地球能够保持同步转动。若方舟号空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则以下说法正确的是（

）A．方舟号空间站绕地心运动的角速度大于地球同步卫星绕地心运动的角速度B．方舟号空间站运行的线速度可能大于7.9C．方舟号空间站的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度D．方舟号空间站绕地心运动的周期等于24h【答案】D【详解】AD．空间站和地球能够保持同步转动，即空间站与同步卫星具有相同的角速度和周期，A错误，D正确；B．7.9kms是第一宇宙速度，是最大的环绕速度，方舟号空间站运行的线速度小于C．方舟号空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据a=ω故选D。6．（2024·湖北·三模）2024年2月29日中国在西昌卫星发射中心成功发射了高轨卫星01星，标志着中国互联网的效率与质量将进一步提升。已知高轨卫星01星与地球中心的连线在时间t内转过的弧度为θ，扫过的面积为S，地球的半径为R，引力常量为G，则（）A．高轨卫星01星可以静止在咸宁的正上方 B．地球的质量为2SC．地球表面的重力加速度为S3θR【答案】B【详解】A．高轨卫星01星绕地心做匀速圆周运动，轨道平面必过地心，在赤道正上方，因此不可能静止在咸宁的正上方。，故A错误；B．由题意可知，高轨卫星01星万有引力提供向心力G又S=πrω=综合解得M=故B正确；C．在地表处G得地球表面的重力加速度g=故C错误；D．贴近地球表面，由万有引力提供向心力，可得G得地球的第一宇宙速度为v故D错误。故选B。7．（2024·山东德州·三模）2024年1月5日，我国“快舟一号”运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，以“一箭四星”方式。将“天目一号”掩星探测星座15∼18星送入预定轨道（轨道近似为圆轨道，高度在400∼600kmA．“东方红一号”卫星运动的周期小于“天目一号”卫星运动的周期B．“东方红一号”卫星的加速度大小可能等于“天目一号”卫星的加速度大小C．“东方红一号”卫星的运行速度可能大于7.9km/sD．“天目一号”卫星从发射到进入预定轨道的整个过程均处于失重状态【答案】B【详解】A．“东方红一号”卫星半长轴为r“天目一号”卫星的半径为R所以“天目一号”卫星的半径小于“东方红一号”卫星半长轴r1r可知，“东方红一号”卫星运动的周期大于“天目一号”卫星运动的周期，故A项错误；B．由于G解得a=G“东方红一号”卫星到地心的距离有可能等于“天目一号”卫星到地心的距离，则两者加速度大小可能相等，故B项正确；C．7.9km/s是人造地球卫星的最大运行速度，则“东方红一号”卫星的运行速度一定小于7.9km/s，故C项错误；D．“天目一号”卫星在加速升空阶段加速度的方向向上，所以加速升空阶段处于超重状态，卫星进入预定轨道后围绕地球做匀速圆周运动，卫星的加速度等于重力加速度，处于失重状态，故D项错误。故选B。8．（2024·山东聊城·三模）我国科研人员利用“探测卫星”获取了某一星球的探测数据，对该星球有了一定的认识。“探测卫星”在发射过程中，先绕地球做圆周运动，后变轨运动至该星球轨道，绕星球做圆周运动。“探测卫星”在两次圆周运动中的周期二次方T2与轨道半径三次方r3的关系图像如图所示，其中P实线部分表示“探测卫星”绕该星球运动的关系图像，Q实线部分表示“探测卫星”绕地球运动的关系图像，“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足T2=c，图中c、A．该星球和地球的质量之比n:mB．该星球和地球的第一宇宙速度之比3C．该星球和地球的密度之比为m:nD．该星球和地球表面的重力加速度大小之比为n:m【答案】B【详解】A．根据万有引力提供向心力可得G联立可得T2=4k=该星球和地球的质量之比M故A错误；B．“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足T24则R根据万有引力提供向心力可得G可得v=该星球和地球的第一宇宙速度之比v故B正确；C．体积为V=密度为ρ=该星球和地球的密度之比为ρ故C错误；D．根据万有引力与重力的关系G该星球和地球表面的重力加速度大小之比为g故D错误。故选B。9．如图为一种四颗星体组成的稳定星系，四颗质量均为m的星体位于边长为L的正方形四个顶点，四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，忽略其它星体对它们的作用，万有引力常量为G。下列说法中正确的是（）

A．星体匀速圆周运动的圆心不一定是正方形的中心B．每个星体匀速圆周运动的角速度均为4+C．若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的加速度大小是原来的两倍D．若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的线速度大小是原来的两倍【答案】B【详解】A．四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，如下图

根据对称性可知星体做匀速圆周运动的圆心一定是正方形的中心，故A错误；B．由牛顿第二定律及力的合成可得2⋅解得ω=由对称性可知每个星体匀速圆周运动的角速度均为4+2C．原来星体匀速圆周运动的加速度大小为a=若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的加速度大小为a故C错误；D．原来星体匀速圆周运动的线速度大小为v=ω⋅若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的线速度大小为v故D错误。故选B。10．2023年12月11日消息，北斗在国内导航地图领域已实现主用地位，每天使用次数超过3600亿次。北斗卫星导航系统由若干静止轨道卫星、中地球轨道卫星组成，如图所示A和B是其中的两颗卫星，A、B绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1、T2，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为A．地球的密度约为3g4πRC．卫星A、B的向心加速度之比为T23T【答案】D【详解】A．根据GMm又V=联立，解得ρ=故A错误；BC．根据GMm解得r=3GM又a=可得vAv故BC错误；D．依题意，有(解得t=故D正确。故选D。11．宇宙空间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L。忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G。下列说法正确的是（）A．每颗星体做圆周运动的线速度为3GmB．每颗星体做圆周运动的加速度与三星的质量无关C．若距离L和每颗星体的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的4倍D．若距离L和每颗星体的质量m都变为原来的2倍，则线速度大小不变【答案】D【详解】A．任意两颗星体之间的万有引力F=G每一颗星体受到的合力为F由几何关系知：它们的轨道半径为r=合力提供它们的向心力3联立解得v=故A错误；B．根据3得a=故加速度与它们的质量有关，故B错误；C．根据3解得T=若距离L和每颗星体的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，故C错误；D．根据v=可知，若距离L和每颗星体的质量m都变为原来的2倍，则线速度不变，故D正确。故选D。12．（2024·浙江·三模）如图所示为教材中关于“天体运行中三个宇宙速度”的插图，其中有①②③④条轨道，下列说法正确的是（

）A．轨道①对应的速度是最大发射速度，最小环绕速度B．若卫星的发射速度v满足7.9km/sC．卫星在轨道②单位时间扫过的面积等于在轨道③单位时间扫过的面积D．卫星沿轨道④运动，将脱离太阳引力的束缚【答案】B【详解】A．轨道①对应的第一宇宙速度是人造卫星做圆周运动的最大运行速度，也是人造卫星绕地球运行所需的最小发射速度，故A错误；B．卫星的发射速度v满足7.9km/sC．开普勒第二定律中同一颗卫星在同一轨道上运行时与中心天体单位时间扫过的面积相等，故C错误；D．当发射速度达到16.7km/s故选B。13．宇宙飞船以周期为T绕地球做匀速圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，宇航员在P点测出地球相对宇宙飞船的张角为θ，如图所示。已知地球自转周期为T0，引力常量为G，太阳光可看作平行光，地球视为质量分布均匀的球体。下列说法正确的是（）A．θ越大，T越大B．飞船每次“日全食”过程的时间为θTC．一天内飞船经历“日全食”的次数为TD．地球的密度ρ=【答案】D【详解】A．设地球半径为R，飞船的轨道半径r=根据G可得，飞船的周期T=则θ越大，T越小，故A错误；B．设飞船经历“日全食”过程时，运动圆弧所对圆心角为α，如图所示由图可得r则α=θ因此飞船每次“日全食”过程的时间t=故B错误；C．一天时间就是T0，因此飞船一天绕地球的圈数为T0T，每绕地球一圈，就会经历一次“日全食”，因此一天内飞船经历“日全食”的次数为D．根据G可得地球质量为M=地球体积为V=地球的密度为ρ=故D正确。故选D。14．如图所示，恒星A、B构成的双星系统绕点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别