第18讲 天体运动中的三大模型（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

第18讲天体运动中的三大模型目录01、考情透视，目标导航TOC\o"1-3"\h\u02、知识导图，思维引航 203、考点突破，考法探究 3考点一环绕模型 3知识点1．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律 3知识点2．地球静止轨道卫星的6个“一定” 3知识点3．地球静止轨道卫星与同步卫星的关系 3知识点4卫星的变轨和对接问题 4知识点5天体中的追及相遇问题 4考向洞察考向1.卫星在圆形轨道上稳定运动 5考向2.卫星变轨与对接 6考向3环绕天体间的追及相遇问题 7考点二随绕模型 9考向洞察 10考点三互绕模型 12知识点1.双星模型 12知识点2.多星模型 12考向洞察 13考向1．双星模型 13考向2．三星模型 14考向3．四星模型 1504、真题练习，命题洞见 15考情分析2024·浙江·高考物理试题2024·安徽·高考物理试题2024·甘肃·高考物理试题2024·湖北·高考物理试题2024·江西·高考物理试题2024·河北·高考物理试题2024·湖南·高考物理试题复习目标目标1.会分析卫星的变轨过程及各物理量的变化。目标2.掌握双星或多星模型的特点。目标3.会分析卫星的追及与相遇问题。考点一环绕模型知识点1．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律eq\a\vs4\al(变,化,规,律)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(,,G\f(Mm,r2)＝,r＝R地＋h\b\lc\{\rc\)(\a\vs4\al\co1(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),ma→a＝\f(GM,r2)→a∝\f(1,r2))),mg＝\f(GMm,R地2)近地时→GM＝gR地2黄金代换式))eq\a\vs4\al(越,高,越,慢,)知识点2．地球静止轨道卫星的6个“一定”轨道面一定轨道平面与赤道平面共面周期一定与地球自转周期相同，即T＝24h角速度一定与地球自转的角速度相同高度一定由Geq\f(Mm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)得同步卫星离地面的高度h＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))－R≈6R(恒量)速率一定运行速率v＝eq\r(\f(GM,R＋h))绕行方向一定与地球自转的方向一致知识点3．地球静止轨道卫星与同步卫星的关系地球同步卫星位于地面上方，其离地面高度约为36000km，周期与地球自转周期相同，但轨道平面与绕行方向可以是任意的。地球静止轨道卫星是一种特殊的同步卫星。知识点4卫星的变轨和对接问题1.变轨原理(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上，卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，有Geq\f(Mm,req\o\al(2,1))＝meq\f(v2,r1)，如图所示。(2)在A点(近地点)点火加速，由于速度变大，所需向心力变大，Geq\f(Mm,req\o\al(2,1))<meq\f(veq\o\al(2,A),r1)，即万有引力不足以提供卫星在轨道Ⅰ上做圆周运动的向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ。(3)在B点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。2.对接航天飞船与宇宙空间站的“对接”实际上就是两个做匀速圆周运动的物体追赶问题，本质仍然是卫星的变轨运行问题。3.变轨过程各物理量比较速度关系在A点加速：vⅡA＞vⅠ，在B点加速：vⅢ＞vⅡB，即vⅡA＞vⅠ＞vⅢ＞vⅡB(向心)加速度关系aⅢ＝aⅡBaⅡA＝aⅠ周期关系TⅠ＜TⅡ＜TⅢ机械能EⅠ＜EⅡ＜EⅢ知识点5天体中的追及相遇问题1.相距最近：天体“相遇”指两天体相距最近，以地球和行星“相遇”为例(“行星冲日”)，行星、地球与太阳三者共线且行星和地球的运转方向相同(如图)，此时刻行星与地球相距最近。从初始时刻到之后再次“相遇”，地球与行星距离最小，三者再次共线，有以下两种解决方法。(1)角度关系ω1t－ω2t＝n·2π(n＝1，2，3，…)(2)圈数关系eq\f(t,T1)－eq\f(t,T2)＝n(n＝1，2，3，…)解得t＝eq\f(nT1T2,T2－T1)(n＝1，2，3，…)2.相距最远：行星处在地球和太阳连线的延长线上(如图)，三者共线，运转方向相同，有关系式ω1t－ω2t＝(2n－1)π(n＝1，2，3，…)或eq\f(t,T1)－eq\f(t,T2)＝eq\f(2n－1,2)(n＝1，2，3，…)。考向1.卫星在圆形轨道上稳定运动1.（2023·浙江·高考真题）木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为，则（

）A．木卫一轨道半径为 B．木卫二轨道半径为C．周期T与T0之比为 D．木星质量与地球质量之比为【答案】D【详解】根据题意可得，木卫3的轨道半径为AB．根据万有引力提供向心力可得木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为,可得木卫一轨道半径为木卫二轨道半径为故AB错误；C．木卫三围绕的中心天体是木星，月球的围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T与T0之比，故C错误；D．根据万有引力提供向心力，分别有联立可得故D正确。故选D。考向2.卫星变轨与对接2.2023年5月10日21时22分，天舟六号货运飞船发射成功，并于次日5时16分成功与中国天宫空间站对接，为航天员送去所需的服装、食物、水、实验设备等物资。现将其发射对接过程简化如图所示，圆轨道1为中国天宫空间站的运行轨道，天舟六号在运载火箭的托举下沿轨道PA运动至A点“船箭分离”，飞船进入与圆轨道1相切于B点的椭圆轨道2运行，最后择机与空间站对接。下列相关说法中正确的是()A.天舟六号飞船由P点运动至B点的过程中机械能持续增大B.天舟六号飞船沿椭圆轨道2的运行周期要小于空间站的运行周期C.天舟六号飞船由P点运动至B点的过程中，飞船内的物资始终处于超重状态D.天舟六号飞船沿椭圆轨道2的运行速度始终小于与空间站对接后在轨道1上的运行速度【答案】B【解析】飞船由P点到B点过程中的AB段，飞船只受万有引力，只有引力做功，机械能守恒，故A错误；由开普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k，可知轨道半长轴越小，周期越小，飞船在轨道2的半长轴比轨道1的小，所以飞船在轨道2运动的周期比空间站的运动周期小，故B正确；飞船由P点到A点，飞船获得外界提供的动力，加速上升，处于超重状态，飞船从A点到B点，只受地球对其的万有引力，处于完全失重状态，故C错误；飞船在轨道2运动到B点要经历点火加速才能进入轨道1运动，所以飞船在轨道2的B点运动速度比与空间站对接后在轨道1上的运行速度要大，故D错误。3.空间站的运行轨道可近似看作圆形轨道Ⅰ，椭圆轨道Ⅱ为神舟十六号载人飞船与空间站对接前的运行轨道，已知地球半径为R，两轨道相切于P点，地球表面重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A.空间站在轨道Ⅰ上的运行速度小于eq\r(gR)B.神舟十六号载人飞船在P点的加速度小于空间站在P点的加速度C.神舟十六号载人飞船在P点经点火减速才能从轨道Ⅱ进入轨道ⅠD.轨道Ⅰ上的神舟十六号载人飞船想与前方的空间站对接，只需要沿运动方向加速即可【答案】A【解析】根据万有引力提供向心力，有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，根据地球表面万有引力等于重力，有eq\f(GMm,R2)＝mg，可知空间站在轨道Ⅰ上的速度小于eq\r(gR)，故A正确；由牛顿第二定律eq\f(GMm,r2)＝ma可知，飞船和空间站在P点的加速度相等，故B错误；神舟十六号载人飞船若要从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ，做离心运动，需要在P点点火加速，故C错误；轨道Ⅰ上的神舟十六号飞船加速后轨道半径会变大，无法与空间站对接，故D错误。考向3环绕天体间的追及相遇问题4.（2023·湖北·高考真题）2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为，如图所示。根据以上信息可以得出（

）

A．火星与地球绕太阳运动的周期之比约为B．当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大C．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为D．下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前【答案】B【详解】A．火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3：2，根据开普勒第三定律有可得故A错误；B．火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B正确；C．在星球表面根据万有引力定律有由于不知道火星和地球的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，故C错误；D．火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有要发生下一次火星冲日则有得可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月18日之后，故D错误。故选B。2.(多选)当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，称之为“木星冲日”，若2023年11月3日出现一次“木星冲日”。已知木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，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍。则下列说法正确的是()A.下一次的“木星冲日”时间在2024年B.下一次的“木星冲日”时间在2026年C.木星运行的加速度比地球的大D.木星运行的周期比地球的大【答案】AD【解析】地球公转周期T1＝1年，由eq\f(req\o\al(3,1),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(req\o\al(3,2),Teq\o\al(2,2))可知，木星公转周期T2＝eq\r(125)T1≈11.2年，设经时间t，再次出现“木星冲日”，则有ω1t－ω2t＝2π，其中ω1＝eq\f(2π,T1)，ω2＝eq\f(2π,T2)，解得t≈1.1年，因此下一次“木星冲日”发生在2024年底，故A正确，B错误；设太阳质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，周期为T，加速度为a，由牛顿第二定律可得Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(4π2,T2)r，解得a＝eq\f(GM,r2)，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，由于木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，因此，木星运行的加速度比地球的小，木星运行的周期比地球的大，故C错误，D正确。考点二随绕模型如图所示，a为近地卫星，轨道半径为r1；b为地球同步卫星，轨道半径为r2；c为赤道上随地球自转的物体，轨道半径为r3。比较项目近地卫星(r1、ω1、v1、a1)同步卫星(r2、ω2、v2、a2)赤道上随地球自转的物体(r3、ω3、v3、a3)向心力万有引力万有引力万有引力的一个分力轨道半径r2>r1＝r3角速度由Geq\f(Mm,r2)＝mω2r得ω＝eq\a\vs4\al(\r(\f(GM,r3)))，故ω1>ω2同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，故ω2＝ω3ω1>ω2＝ω3线速度由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\a\vs4\al(\r(\f(GM,r)))，故v1>v2由v＝rω得v2>v3v1>v2>v3向心加速度由Geq\f(Mm,r2)＝ma得a＝eq\f(GM,r2)，故a1>a2由a＝ω2r得a2>a3a1>a2>a31.(多选)有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则()A．在相同时间内a转过的弧长最长B．b的向心加速度近似等于重力加速度gC．c在6h内转过的圆心角是eq\f(π,2)D．d的运动周期有可能是25h【答案】BCD【解析】因a在地球上，c为地球同步卫星，所以a、c角速度相同，由v＝ωr，可知c的线速度比a的线速度大，在相同时间内c转过的弧长一定比a大，故A错误；b为近地轨道卫星，根据牛顿第二定律可得Geq\f(Mm,R2)＝mg＝ma，解得a＝g，可知b的向心加速度近似等于地球表面重力加速度g，故B正确；c为地球同步卫星，24h内转过的角度为2π，则6h内转过的角度为eq\f(π,2)，故C正确；由开普勒第三定律eq\f(R3,T2)＝k，可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24h，则d的运动周期可能是25h，故D正确。2.（2023·全国·高考真题）2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（）A．质量比静止在地面上时小 B．所受合力比静止在地面上时小C．所受地球引力比静止在地面上时大 D．做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大【答案】D【详解】A．物体在低速（速度远小于光速）宏观条件下质量保持不变，即在空间站和地面质量相同，故A错误；BC．设空间站离地面的高度为h，这批物资在地面上静止，跟地球一起自转，合力很小近似为零，在空间站所受合力为万有引力即在地面受地球引力为因此有，故BC错误；D．物体绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力解得这批物质在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此这批物质的角速度大于同步卫星的角速度，同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，即这批物质的角速度大于地球自转的角速度，故D正确。故选D。3．(2024·西安市长安区高三第一次联考)太空电梯是人类构想的一种通往太空的设备。“太空电梯”的主体结构为一根缆绳：一端连接地球赤道上某一固定位置，另一端连接地球同步卫星，且缆绳延长线通过地心。用太空电梯运送物体过程中，当物体停在a、b两个位置时，以地心为参考系，下列说法正确的是()A．物体在a、b位置均处于完全失重状态B．物体在a、b位置线速度大小与该点离地球球心距离成正比C．物体在a处向心加速度大于物体在b处向心加速度D．若有一个轨道高度与a相同的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则其环绕地球的周期大于停在a处物体的周期【答案】B【解析】：物体在a、b位置随地球一起做匀速圆周运动，其向心加速度都小于各位置所在轨道的重力加速度，所以物体在a、b位置不是处于完全失重状态，故A错误；物体在a、b位置的角速度与地球自转角速度相同，由v＝ωr可知，物体在a、b位置线速度大小与该点离地球球心距离成正比，故B正确；由a＝ω2r可知，物体在a处向心加速度小于物体在b处向心加速度，故C错误；由开普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k可知，卫星轨道半径越小，周期越小，所以若有一个轨道高度与a相同的人造卫星绕地球做匀速圆周运动，则其环绕地球的周期小于同步卫星的周期，即小于停在a处物体的周期，故D错误。考点三互绕模型知识点1.双星模型(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统。如图所示。(2)特点①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即eq\f(Gm1m2,L2)＝m1ωeq\o\al(2,1)r1，eq\f(Gm1m2,L2)＝m2ωeq\o\al(2,2)r2。②两颗星的周期、角速度相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。③两颗星的轨道半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L。④两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即eq\f(m1,m2)＝eq\f(r2,r1)。⑤双星的运动周期T＝2πeq\r(\f(L3,G（m1＋m2）))。⑥双星的总质量m1＋m2＝eq\f(4π2L3,T2G)。知识点2.多星模型所研究星体所受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。常见的多星及规律：常见的三星模型①eq\f(Gm2,（2R）2)＋eq\f(GMm,R2)＝ma向②eq\f(Gm2,L2)×cos30°×2＝ma向常见的四星模型①eq\f(Gm2,L2)×cos45°×2＋eq\f(Gm2,（\r(2)L）2)＝ma向②eq\f(Gm2,L2)×cos30°×2＋eq\f(GmM,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,\r(3))))\s\up12(2))＝ma向考向1．双星模型1.天文学家发现了一对被称为“灾难变星”的罕见双星系统，约每51分钟彼此绕行一圈，通过天文观测的数据，模拟该双星系统的运动，推测在接下来的7000万年里，这对双星彼此绕行的周期逐渐减小至18分钟。如果将该双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球在万有引力作用下，绕O点做匀速圆周运动。不考虑其他天体的影响，两颗星球的质量不变，在彼此绕行的周期逐渐减小的过程中，下列说法中正确的是()A．每颗星球的角速度都在逐渐变小B．两颗星球的距离在逐渐变大C．两颗星球的轨道半径之比保持不变D．每颗星球的加速度都在变小【答案】C【解析】：根据题意，由公式ω＝eq\f(2π,T)可知，由于彼此绕行的周期逐渐减小，则每颗星球的角速度都在逐渐变大，设双星转动的角速度为ω，双星间距离为L，星球的质量分别为m1、m2，由万有引力提供向心力有eq\f(Gm1m2,L2)＝m1ω2r1＝m2ω2r2，解得ω＝eq\r(\f(Gm1＋m2,L3))，可知，距离L逐渐变小，故A、B错误；根据题意，由万有引力提供向心力有eq\f(Gm1m2,L2)＝m1ω2r1＝m2ω2r2，解得eq\f(r1,r2)＝eq\f(m2,m1)，由于星球质量不变，则两颗星球的轨道半径之比保持不变，故C正确；由万有引力提供向心力有eq\f(Gm1m2,L2)＝m1a1＝m2a2，可知，由于距离L逐渐变小，每颗星球的加速度都在变大，故D错误。2.如图所示，“食双星”是两颗相距为d的恒星A、B，只在相互引力作用下绕连线上O点做匀速圆周运动，彼此掩食(像月亮挡住太阳)而造成亮度发生周期性变化的两颗恒星。观察者在地球上通过望远镜观察“食双星”，视线与双星轨道共面。观测发现每隔时间T两颗恒星与望远镜共线一次，已知引力常量为G，则()A.恒星A、B运动的周期为TB.恒星A的质量小于B的质量C.恒星A、B的总质量为eq\f(π2d3,GT2)D.恒星A线速度大于B的线速度【答案】C【解析】每隔时间T两颗恒星与望远镜共线一次，则两恒星的运动周期为T′＝2T，故A错误；根据万有引力提供向心力，有Geq\f(mAmB,d2)＝mAeq\f(4π2,（2T）2)rA＝mBeq\f(4π2,（2T）2)rB，又rA<rB，则mA>mB，故B错误；由B选项得，两恒星总质量为m＝mA＋mB＝eq\f(π2d3,GT2)，故C正确；根据v＝ωr，两恒星角速度相等，则vA<vB，故D错误。考向2．三星模型3.宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，可忽略其他星体对三星系统的影响。稳定的三星系统存在两种基本形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的轨道上运行，如图甲所示，周期为T1；另一种是三颗星位于边长为R的等边三角形的三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆运行，如图乙所示，周期为T2。则T1∶T2为()A．eq\r(\f(3,5)) B．2eq\r(\f(3,5))C．3eq\r(\f(3,5)) D．4eq\r(\f(3,5))【答案】B【解析】：第一种形式下，左边星体受到中间星体和右边星体两个万有引力作用，它们的合力充当向心力，则Geq\f(mm,R2)＋Geq\f(mm,2R2)＝meq\f(4π2,T12)R，解得T1＝4πReq\r(\f(R,5Gm))，第二种形式下，三颗星体之间的距离均为R，由几何关系知，三颗星体做圆周运动的半径为R′＝eq\f(\r(3),3)R，任一星体所受的合力充当向心力，即有F合＝2G×eq\f(mm,R2)×cos30°＝meq\f(4π2,T22)×eq\f(\r(3),3)R，解得T2＝2πReq\r(\f(R,3Gm))，则eq\f(T1,T2)＝2eq\r(\f(3,5))，故B正确。考向3．四星模型4.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，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每颗星的质量均为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。关于宇宙四星系统，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eq\f(a,2)C．四颗星表面的重力加速度均为eq\f(Gm,R2)D．四颗星的周期均为2πaeq\r(\f(2a,4＋\r(2)Gm))【答案】B【解析】：其中一颗星在其他三颗星的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由几何知识可得轨道半径均为eq\f(\r(2),2)a，故A正确，B错误；在每颗星表面，根据万有引力近似等于重力，可得Geq\f(mm′,R2)＝m′g，解得g＝eq\f(Gm,R2)，故C正确；由万有引力定律和向心力公式得＋eq\f(\r(2)Gm2,a2)＝meq\f(4π2,T2)·eq\f(\r(2)a,2)，解得T＝2πaeq\r(\f(2a,4＋\r(2)Gm))，故D正确。1．（2024·浙江·高考真题）与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示，假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内，地球的公转半径为R，小行星甲的远日点到太阳的距离为R，小行星乙的近日点到太阳的距离为R，则（）A．小行星甲在远日点的速度大于近日点的速度B．小行星乙在远日点的加速度小于地球公转加速度C．小行星甲与乙的运行周期之比D．甲乙两星从远日点到近日点的时间之比=【答案】D【详解】A．根据开普勒第二定律，小行星甲在远日点的速度小于近日点的速度，故A错误；B．根据小行星乙在远日点的加速度等于地球公转加速度，故B错误；C．根据开普勒第三定律，小行星甲与乙的运行周期之比故C错误；D．甲乙两星从远日点到近日点的时间之比即为周期之比≈故D正确。故选D。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。3．（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整理得A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。4．（2024·江西·高考真题）两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，半径分别为、，则动能和周期的比值为（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，则月球对卫星的万有引力提供向心力，设月球的质量为M，卫星的质量为m，则半径为r1的卫星有半径为r2的卫星有再根据动能，可得两卫星动能和周期的比值分别为，故选A。5．（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同理在B点有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。6.（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，月球半径约为地球半径的。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是（）A．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倍D．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍【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，则有其中在月球表面万有引力和重力的关系有联立解得由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得代入题中数据可得故A错误、B正确；CD．根据线速度和周期的关系有根据以上分析可得故C错误、D正确；故选BD。7．（多选）（2024·福建·高考真题）巡天号距地表，哈勃号距地表，问（）A． B． C． D．【答案】CD【详解】根据万有引力提供向心力可得可得，，，由于巡天号的轨道半径小于哈勃号的轨道半径，则有，，，故选CD。8.（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，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是（

）

A．周期为 B．半径为C．角速度的大小为 D．加速度的大小为【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则P的公转周期为，故A错误；B．P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得解得半径为故B正确；C．P的角速度为故C错误；D．P的加速度大小为故D错误。故选B。9．（2023·江苏·高考真题）设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道．该卫星与月球相比，一定相等的是（

）A．质量 B．向心力大小C．向心加速度大小 D．受到地球的万有引力大小【答案】C【详解】根据可得因该卫星与月球的轨道半径相同，可知向心加速度相同；因该卫星的质量与月球质量不同，则向心力大小以及受地球的万有引力大小均不相同。故选C。10．（2023·浙江·高考真题）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”，已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：行星名称地球火星木星土星天王星海王星轨道半径1.01.55