2025年高考物理专项复习：万有引力与航天问题（分层练）（解析版）

专题05万有引力与航天问题

A•常考题不丢分

命题点01一般题型即求机、p、g、①、T等

命题点02卫星和赤道上物体参数的大小问题

命题点03卫星发射和变轨问题

命题点04卫星追及问题

命题点05双星问题

B・拓展培优拿高分

C-挑战真题争满分

%风常考题不番解

【命题点01一般题型即求冽、八g、y、co、T等】

【针对练习112023年9月5日傍晚5点30分左右，一颗命名为“合肥高新一号”的卫星，从海上发射基地

飞向太空，成为中国低轨卫星物联网的一部分。假设此卫星在赤道平面内绕地球做圆周运动，离地面高度

等于地球半径R,运行方向与地球自转方向相同。已知地球自转周期为To,地球两极处重力加速度为g,万

有引力常量用G表示。下列说法正确的是（）

A.地球的平均密度为照

GT。

B.卫星做圆周运动的周期为2兀后

C.赤道表面的重力加速度为g-胃R

丁。,气片

D.若赤道上有一卫星测控站，忽略卫星信号传输时间，卫星与测控站能连续通信的最长时间为•

【答案】D

【详解】A.0=言中周期T为贴近地面运行卫星的周期，而非地球自转周期为To,故A错误;

B.设地球质量为M,卫星A的质量为冽，根据万有引力提供向心力，有

Mm2

G凝=小•2R

Mm。

mo9=G.R2-

解得

2R

T=47T—

故B错误;

C.两极处有

「Mm°

m°g=

赤道处有

Mm4兀2

mg'=G0-7?ln5-R

oR2畤

解得

4/

g'-9~

故c错误；

D.如图所示，卫星的通讯信号视为沿直线传播，由于地球遮挡，使卫星A和地面测控站B不能一直保持

直接通讯，设无遮挡时间为则它们转过的角度之差最多为28时就不能通讯

cos”枭-2。

解得

3卜。-唔

故D正确。

故选D。

【针对练习2】我国发射的“嫦娥五号”月球探测器靠近月球后，在月球表面附近的圆轨道上绕月球运行，通

过观测可知每经过时间r探测器通过的弧长相同，且弧长对应的圆心角为巴如图所示。若将月球看作质量

分布均匀的球体，已知引力常量为G,由上述已知条件可以求出（）

A.月球的质量B.月球的半径C.月球的密度D.月球表面的重力加速度

【答案】C

【详解】AB.依题意，探测器的角速度为

探测器的轨道半径近似等于月球的半径，设为R,由万有引力提供向心力可得

GMm

—~—=HTCIL)R

联立，解得

题中月球半径未知，所以不能求出月球的质量。故AB错误;

C.根据

MM

联立，解得

_3。2

P4?rGt2

可知密度的表达式均为已知量。故C正确；

D.由黄金代换，可得

GMm

~^r=m9

因为月球质量和半径均未知，所以不能求出月球表面的重力加速度。故D错误。

故选C。

【针对练习3】过去几千年中，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星"51Pegb”的发现拉开了研究

太阳系外行星的序幕。“51Pegb”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运

动半径的高，已知太阳的质量约为2x1030kg,则该中心恒星的质量约为（）

A.2x1030kgB.1x1029kgC.4x1028kgD.2x1028kg

【答案】A

【详解】根据万有引力提供向心力可得

Mm/2兀、2

G^=矶刊T

可得

4兀2r3

M---------z—

GT2

故所求中心恒星与太阳的质量之比为

Ml_以T2_13652

所以该中心恒星的质量

30

«M2=2x10kg

故选Ao

【命题点02卫星和赤道上物体参数的大小问题】

【针对练习412023年10月5号，长征二号丁运载火箭成功将遥感三十九号卫星送入预定轨道。如图所示，

假设卫星B是“遥感三十九号“卫星，卫星C是地球同步卫星，它们均绕地球做匀速圆周运动，卫星A是地

球赤道上还未发射的卫星，A、B、C三颗卫星的所受万有引力大小分别是以、％、Fc,线速度大小分别为外、

ABC

vB>vc,角速度大小分别为3、3、3，周期分别为0、取、T.下列判断正确的是（）

BC

A.FA>FB>FcB.vB>vc>VAC.3A<3<"D.TA=TB=Tc

【答案】B

【详解】A.根据万有引力公式可知

由于三颗卫星的质量大小关系未知，故无法比较三颗卫星所受万有引力的大小关系。故A错误;

BC.BC均为卫星，根据万有引力提供圆周运动向心力，有

Mmv2

G—r-=m—=mo)R

R2R

解得

因为&>RB，所以3c<3B，VC<VBO卫星C是地球同步卫星，故3c=3A，根据

v=a)R

因为RC>RA，所以VC>"A，故综上可得

VB>VC>VA,&)B>3C=3A

故B正确，C错误；

D.根据开普勒第三定律可知

TC>TB

卫星C是地球同步卫星，故&故

TR—TC>TB

故D错误。

故选B。

【点睛】同步卫星的周期和角速度与地球公转的周期和角速度相等。再结合万有引力定律及牛顿第二定定

律、线速度与角速度的关系进行分析。

【针对练习5】2023年6月15日，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭成功发射“霍尔果斯

一号”“哈测农遥一号”等41颗卫星，创下中国航天发射一箭多星新纪录，“霍尔果斯一号”“哈测农遥一号”都

是高分辨光学遥感卫星，两者质量几乎相等，均可视为绕地球做匀速圆周运动，已知“霍尔果斯一号”离地面

的高度为鱼，周期为71;“哈测农遥一号''离地面的高度为生，周期为72。已知地球的半径r。hr<h2,则根

据以上信息可知（）

A.“霍尔果斯一号”绕地球做匀速圆周运动的线速度比“哈测农遥一号”小

B.“霍尔果斯一号”的机械能一定小于“哈测农遥一号”的机械能

C.“霍尔果斯一号”和“哈测农遥一号”绕地球做匀速圆周运动的周期之比为回

D.“霍尔果斯一号”和“哈测农遥一号，所在轨道处的重力加速度之比为学

R+h1

【答案】B

【详解】A.由万有引力提供向心力

Mmv2

G———m—

可得

因为

八1<坛，r—R+h.

所以

v1>v2

即“霍尔果斯一号”绕地球做匀速圆周运动的线速度比“哈测农遥一号”大，故A错误；

B.因为“霍尔果斯一号”比“哈测农遥一号”轨道低，从低轨到高轨需要点火加速，所以“霍尔果斯一号''的机

械能一定小于“哈测农遥一号”的机械能，故B正确；

C.由开普勒第三定律

73

取=上

可得

反=型

7?=7?

所以“霍尔果斯一号”和“哈测农遥一号''绕地球做匀速圆周运动的周期之比为

T]Tj3+八1）3

方==]>+后）3

故c错误;

D.由万有引力提供向心力

Mm

G——=mq

丫*

可得

GM

g=产

所以“霍尔果斯一号”和“哈测农遥一号”所在轨道处的重力加速度之比为

gxr/（fi+2

h2）

取一*一（R+九1）2

故D错误。

故选Bo

【针对练习6］北京时间2023年5月10日21时22分，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，

在我国文昌航天发射场发射成功。中国文昌航天发射场位于海南省文昌市龙楼镇，是世界上为数不多的低

纬度（靠近赤道）发射场之一，与甘肃省酒泉市的酒泉卫星发射中心（北纬41。）相比，文昌航天发射场低

纬度选址的优点是（）

A.向心加速度较小B.随地球自转线速度较大

C.重力加速度较大D.随地球自转角速度较大

【答案】B

【详解】A.地表的向心加速度玛=32「，r为到地轴的距离，越靠近赤道表面到地轴的距离越大，向心加

速度应越大，故A错误；

B.相对于地心的发射速度等于相对于地面的发射速度加上地球自转的线速度。地球自转的线速度越大，相

对于地心的发射速度越大，卫星越容易发射出去。靠近赤道处，半径更大，所以自转线速度更大，故B正

确；

C.把地球上的物体随地球的运动看作是圆周运动，地球上任意一点的角速度都相等，根据向心力用=ma）2R,

可知3不变，R越大，所需的向心力就越大，在赤道附近，更多的万有引力作了向心力，所以赤道附近处重

力加速度最小，故C错误；

D.在地球上各点具有相同的角速度，故D错误。

故选B。

【命题点03卫星发射和变轨问题】

【针对练习7】如图所示为“天问一号”探测器围绕火星多次变轨的简化图景。轨道I、in为椭圆，轨道n为

圆，o点是这三个轨道的相切点，。、。分别是远火星点和近火星点，。、尸、。三点连线经过火星中心，已

知火星的半径为R,0Q=4R,探测器在轨道n上经过。点时的速度为V。下列说法正确的是（）

A.在多次变轨过程中，探测器与火星中心的连线经过相等时间扫过的面积都相等

B.探测器在轨道n上运动时，经过。点的加速度等于9

3R

C.探测器在轨道I上运动时，经过。点的速度小于v

D.探测器在轨道II和ni上运动的周期之比是3:2

【答案】B

【详解】A.根据开普勒第二定律,在同一轨道上探测器与火星中心的连线经过相等时间扫过的面积都相等，

在不同轨道上，不具备上述关系，故在多次变轨过程中，探测器与火星中心的连线经过相等时间扫过的面

积不相等，故A错误；

B.根据几何关系，探测器在轨道n上运动时的轨道半径为

r=0Q—R=3R

根据牛顿第二定律

Mmv2

G——=m—=ma

r

经过。点的加速度等于

V2

CL=

3R

故B正确；

c.根据变轨原理，探测器在轨道n上需点火加速变轨到轨道I上，故探测器在轨道I上运动时，经过。点

的速度大于口故c错误;

D.根据开普勒第三定律

（第

探测器在轨道ii和in上运动的周期之比是

7n_V27_3V6

TinA/84

故D错误。

故选B。

【针对练习8】中国在2022年发射的实践二十一号（SJ-21）卫星，实施了一项“太空城管”的“轨道清扫”任

务，捕获并拖走了一颗失效的北斗二号地球同步轨道卫星。发射地球同步卫星的过程如图所示，卫星首先

进入椭圆轨道I,然后在。点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道II,则（）

A.卫星在同步轨道II上的运行速度可能大于7.9km/s

B.卫星在。点通过减速实现由轨道I进入轨道H

C.在轨道I上，卫星在尸点的加速度小于在。点的加速度

D.在0点，卫星在轨道I时的加速度等于在轨道II时的加速度

【答案】D

【详解】A.第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的所有卫星的最大速度，则卫星在同步轨道H上的运行速

度不可能大于7.9km/s,选项A错误；

B.卫星在。点通过加速做离心运行实现由轨道I进入轨道II,选项B错误；

C.在轨道I上，根据

Mm

G——=ma

=产

可知，卫星在P点的加速度大于在。点的加速度，选项C错误;

D.根据

可知，在。点，卫星在轨道I时的加速度等于在轨道n时的加速度，选项D正确。

故选D。

【针对练习9］北京时间2023年2月23日19时49分，我国首颗超百Gbps容量的高通量卫星——中星26

号搭乘长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心起飞，随后卫星进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。

假设该卫星发射后先绕地球表面做匀速圆周运动，之后通过转移轨道I进入离地较远的圆轨道，在圆轨道上

绕行一段时间后，再通过地球同步转移轨道II转移到目标轨道，同时定点于东经125°,下列说法正确的是

A.卫星在转移轨道I远地点的加速度小于转移轨道II近地点的加速度

B.卫星在地球同步转移轨道n运动的过程中，万有引力不做功

c.该卫星在不同圆轨道上与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同

D.卫星整个运动过程中，速度的最大值大于第一宇宙速度

【答案】D

【详解】A.根据万有引力提供向心力公式

Mm

G—=ma

rz

转移轨道I远地点距离地球的距离等于转移轨道n近地点距离地球的距离，即卫星在转移轨道I远地点的加

速度等于转移轨道n近地点的加速度，故A错误；

B.卫星变轨运动过程中，卫星逐渐远离地球，万有引力指向地心，知万有引力做负功，故B错误；

C.根据开普勒第二定律，该卫星在相同圆轨道上与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同，故C错误;

D.在地球表面附近运行时，线速度近似等于第一宇宙速度，但在近地点处要加速变轨，所以此时速度大于

第一宇宙速度，故D正确。

故选Do

【命题点04卫星追及问题】

【针对练习10】如图，卫星甲、乙均绕地球做匀速圆周运动，轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲的侬

倍，甲做圆周运动的周期为兀将两卫星和地心在同一直线且乙在甲正上方的位置状态称为“相遇”，则某次

“相遇”后，甲、乙卫星再次“相遇”经历的最短时间为（）

A.5TB.2.5TD.0.5T

【答案】B

【详解】由开普勒第三定律可得

则甲每转2周半时间内乙转半周，就会“相遇”一次，故再次“相遇”经历的时间为2.5T。

故选B。

【针对练习11】如图所示，A、B是绕地球近视做圆周运动的两颗卫星，其轨道半径分别为〃、厂2,已知A、

B的运行周期分别为。、乃，且A、B反向旋转，下列说法正确的是（）

B.A、B从相距最近至第一次相距最远的时间间隔Af为再

T1-T2

C.A、B从相距最近至第一次相距最远的时间间隔Af为

D.A、B从相距最近至第一次相距最远的时间间隔。为护!

2（71一72）

【答案】c

【详解】A、B反向旋转，则从相距最近至第一次相距最远满足

AtAt1

---1---——

T2T12

解得

△*=2（71+72）

故选C。

【针对练习12】近年来，高频率且高质量的卫星发射使得我国逐渐成为航天强国。2023年3月13号，在

酒泉卫星发射中心，长征二号丙运载火箭成功将荷鲁斯2号遥感卫星送入预定轨道。两天后，酒泉卫星发

射中心使用长征十一号运载火箭将试验十九号卫星送入预定轨道。已知遥感卫星绕地球圆周运动的轨道半

径为Ri，线速度即。试验十九号卫星绕地球圆周运动的周期为T2,求：

（1）实验十九号卫星绕地球圆周运动的轨道半径七;

（2）已知心＞4，某时刻，两卫星以及地心恰在同一直线上。则还过多长时间两卫星以及地心可以在同一

直线上？

【答案】（1）

【详解】（1）由万有引力提供向心力，对遥感卫星，有

对试验十九号卫星，有

R黑

（2）从两卫星以及地心在同一直线上到再次在同一直线上的过程中有

—32t=Tl

27r

31

Tt

27r

F

2nRr

-V1

解得

t_"七72

—"172-2TIRI

【命题点05双星问题】

【针对练习13】（多选）夜空中我们观测到的亮点，其实大部分并不是单一的恒星，而是多星系统。在多星

系统中，双星系统又是最常见的，图甲为绕连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动的两颗中子星组成的

双星系统,其抽象示意图如图乙所示,若双中子星的间距不变,各自的质量也不变且质量之比nip：mQ=k-1,

贝U（）

A.双中子星做匀速圆周运动所需向心力大小相等

B.根据乙图可以判断出双中子星的质量之比中k>1

C.双中子星中P星的线速度与双星间距离成正比

D.双中子星P和Q做圆周运动的线速度之和一定

【答案】AD

【详解】A.双中子星做匀速圆周运动的向心力均由万有引力提供，根据牛顿第三定律，两星受到的万有引

力大小相等，则双中子星做匀速圆周运动所需向心力大小相等，故A正确；

B.根据万有引力提供向心力，可得

GmPmQ,,

-----------=mp（joRp=HIQ3RQ

其中

L=Rp+RQ

由图看出P的轨迹半径大于Q,则P的质量小于Q,则k<l,故B错误；

C.P星的线速度

G(m+m)

Vp=ooRp=RpPQ

L3

故P星的线速度不与双星间距离成正比，故C错误;

D.双中子星P和Q做圆周运动的线速度之和

G(mP+mQ)

4+%=a)Rp+3RQ=

L

大小一定，故D正确。

故选ADo

【针对练习14］如图所示，地球与月球可以看作双星系统，它们均绕连线上的C点（图中未画出）转动。

沿地月球心连线的延长线上有一个拉格朗日点P,位于这个点的卫星能在地球引力和月球引力的共同作用下

绕C点做匀速圆周运动，并保持与地球月球相对位置不变。我国发射的“鹊桥”中继卫星位于P点附近，它

为“嫦娥四号”成功登陆月球背面提供了稳定的通信支持。已知地球质量M是月球质量的81倍，“鹊桥”中继

星质量为相，地月球心距离为L尸点与月球球心距离为小若忽略太阳对“鹊桥”中继星的引力，则（）

P

月球

地球

A.地球球心和月球球心到C点的距离之比为81：1

B.地球和月球对“鹊桥”中继星的引力大小之比为81：1

月球与“鹊桥”中继星的线速度大小之比为L:（L+黑d）

c.ol

D.月球与“鹊桥”中继星的向心加速度大小之比为a+d）2：/

【答案】C

【详解】A.设地球球心到C点的距离为q,月球球心到C点的距离为上，可得

“月”地

G=M地32r

L2l

M月M地

G=M月32

L2r

且

M地=81M月

可得地球球心和月球球心到C点的距离之比为

rt:r2=1:81

故A错误；

B.根据万有引力公式

Mm

F=G——

地球和月球对“鹊桥”中继星的引力大小之比为

M地M月

Fl-Pl=H2：常=81d2：(L+d)2

(L/+d“)、cL£

故B错误;

C.“鹊桥”中继星与地球月球相对位置不变，角速度相等，月球与“鹊桥”中继星的线速度大小之比为

82

"月:V中=3r2：302+d)=L：(L+—d)

故C正确；

D.月球与“鹊桥”中继星的向心加速度大小之比为

,82

。月：Q中=3厂2：37(七+d)=L:(L+—d)

故D错误。

故选C。

【针对练习15】如图所示，宇宙中一对年轻的双星，在距离地球16万光年的蜘蛛星云之中。该双星系统由

两颗炽热又明亮的大质量恒星构成，二者围绕连接线上中间某个点旋转。通过观测发现，两颗恒星正在缓

慢靠近。不计其他天体的影响，且两颗恒星的质量不变。则以下说法中正确的是()

A.双星之间引力变小

B.双星系统周期逐渐变大

C.每颗星的加速度均变大

D.双星系统转动的角速度恒定

【答案】C

【详解】A.根据万有引力定律

两颗恒星缓慢靠近，可知双星之间引力变大，故A错误;

B.双星系统的周期相等，根据万有引力提供向心力

27r.

G安=四（产1

27rn

。卡i中R2

%+&=丁

解得

r3

r=2兀

G(m1+m2)

可知两颗恒星缓慢靠近，双星系统周期逐渐变小，故B错误;

C.根据牛顿第二定律可得

mm

G122=^^1^1=

可知两颗恒星缓慢靠近，每颗星的加速度均变大，故c正确;

D.双星系统转动的角速度

2TT爪2）

3=--=

T

可知两颗恒星缓慢靠近，双星系统转动的角速度变大，故D错误。

故选Co

r=7Tm旧柘展培怵拿高充

一、单选题

1.太阳系中各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。“行星冲日”是指某行星、地球和太阳

几乎排成一直线的状态，地球位于太阳与该行星之间。已知相邻两次“冲日”的时间间隔火星约为800天，土

星约为378天，则（）

A.火星公转周期约为1.8年

B.火星的公转周期比土星的公转周期大

C.火星的公转轨道半径比土星的公转轨道半径大

D.火星和土星的公转轨道半径之比为800

378

【答案】A

【详解】A.根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值相等，由于地球的轨道半径

比该火星的轨道半径小，故可知地球的周期比火星的小，设火星相邻两次冲日的时间间隔为f,则在时间f

内地球比火星绕太阳多转一周，即

n=Er=671天-1.8年

C-o

A正确;

B.同理土星的周期为

「y=9198天S2年

故火星的公转周期比土星的公转周期小，B错误；

C.根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值相等，可知火星的公转轨道半径比土

星的公转轨道半径小，C错误；

D.火星和土星的公转轨道半径之比为

%3I?!23I6712

——=（一）=（----）

R2JT2（9198

D错误。

故选Ao

2.如图所示，甲、乙分别为常见的三星系统模型和四星系统模型。甲图中三颗质量均为小的行星都绕边长

为打的等边三角形的中心做匀速圆周运动，周期为7\；乙图中三颗质量均为小的行星都绕静止于边长为打的

等边三角形中心的中央星做匀速圆周运动，周期为72,不考虑其它星系的影响。已知四星系统内中央星的

质量知=旧小，L2=2L1；则两个系统的周期之比为（）

M

工

A.T1：T2=1:1B.Tr-.T2=1：V2C.Tr-.T2=1：V3D.T1：T2=1:2

【答案】B

【详解】甲图中，任一颗行星轨道半径

2V3

q=L1sin60°X—=

任意两星间的万有引力

任一颗行星

F^2Fcos30°=V3F

由牛顿第二定律可得

Fii偌冷

解得

耳

7\=2兀

3Gm

乙图中，任一颗行星轨道半径

2A/3

r

2=Z/2sin60x—=L2

每颗星受到的万有引力的合力为

GMm2Gm2

合二--+

F'2—cos30°

乙2

2

又

M=V3m

得

4V3Gm2

合=

F'2

L2

由万有引力提供向心力得

F'合=r2

解得

T=2IT

212Gm

又

L2—2L\

联立解得

T1：T2=1:V2

故选Bo

3.中国科幻大片《流浪地球2》中描述的“太空电梯”让人印象深刻。科学家们在地球同步轨道上建造了一

个空间站，再用超级缆绳连接地球赤道上的固定基地，通过超级缆绳承载太空电梯，使轿厢沿绳索从地球

基地直入太空，而向空间站运送货物。原理如图甲所示，图中的太空电梯正停在离地面高R处的站点修整，

并利用太阳能给蓄电池充电。图乙中厂为货物到地心的距离，R为地球半径，曲线A为地球引力对货物产生

的加速度大小与厂的关系；直线8为货物由于地球自转而产生的向心加速度大小与厂的关系。关于相对地面

静止在不同高度的电梯中货物，下列说法正确的有（）

乙

A.货物的线速度随着r的增大而减小

B.货物在xR处的线速度等于第一宇宙速度

C.地球自转的周期7=2兀户

Ala0

D.图甲中质量为机的货物对电梯底板的压力大小为牛一空

【答案】C

【详解】A.相对地面静止在不同高度的货物，角速度相同，都等于地球的自转角速度，货物的线速度

v=rco

随着「增大线速度V增大，故A错误；

B.货物在处是在地面上，除了受到万有引力还受到地面的支持力，线速度远小于第一宇宙速度，故B

错误；

C.图乙中图线的交点表示万有引力产生的加速度和地球自转产生的加速度相等，又同步卫星的角速度与地

球自转角速度相同，因此交点的横坐标「°表示同步卫星所在的轨道半径。

2

74TT

。0=3TQ=72r0

解得周期

T9Fb

T=2TI\—

（a。

故C正确；

D.在地球极地表面

mo<9o—GR2

解得地球质量

GM=g°R2

设货物质量为冽，在距地面高R站点受到的支持力为尸N，此时货物绕地球做匀速圆周运动有

F引—FN=ma）2*27?

即

Mmr

G77^一匹=小川2x2R

（2R）/

解得

mg2mRa

%=-0---------0

根据牛顿第三定律，货物对电梯底板的压力

厂mg02mRa0

FNI=匹=—1-----；—

4r0

故D错误。

故选Co

4.螺旋星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为R的球体内，球体外仅有极少的恒星。球体内

物质总质量为可认为均匀分布，球体内外的所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运动，恒星到星系中心

的距离为r,引力常量为G。万有引力定律和库仑定律在形式上极其相似，这种形式上的相似决定了万有引

力和库仑力具有一系列类同的性质。可以证明均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心、电荷

量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，电荷均匀分布的球壳对壳内电荷的库仑力为零。由以上信息，

可求得aR区域内的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与厂的关系，下列选项正确的是（）

C.v=D.v=R

【答案】B

【详解】设半径为R的球体的密度为"，则质量为

设半径为厂的球体的质量为则

4

M'--nr3P

3口

解得

r3

“'=后"

对半径为/■的球体表面上的一物体做圆周运动，有

GM'mv2

解得

故选Bo

5.2023年10月26日消息，韦伯望远镜首次检测到恒星合并后啼(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“1、地球质量为“2,地球到太阳的距离为R，用/表示韦伯望远镜到地球的距离，把太阳、

地球都看做是质点。由于上的值很小，根据数学知识可以解出/〜廖R,你可能不知道这个解是用怎样的

Ryj3Ml

数学方法求出的，但根据物理知识你可以得出这个解对应的方程式为()

Y韦伯

：望远镜

R+l1_1MR+l,11M

2---------•-2-

R3(R+l)2-I2'R3(R+l)2I2M]

cR+211MR+l11M

(---------------=2I)----------=-2

R3(R+l)2I23MlR3(R+l)2I23Ml

【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3,地球和太阳之间的万有引力充当向心力,

得

MrM272

G^^=M2a)R

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3,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

根据以上两个方程化简可得到

R+11_1M2

R3-(R+[)2=声瓶

故选Ao.

二、多选题

6.如图所示，2022年7月15日，由清华大学天文系祝伟教授牵头的国际团队近日宣布在宇宙中发现两个

罕见的恒星系统。该系统均是由两颗互相绕行的中央恒星组成，被气体和尘埃盘包围，且该盘与中央恒星

的轨道成一定角度，呈现出“雾绕双星”的奇幻效果。如图所示为该双星模型的简化图，已知。1。2=5，

01。-。。2="〉0,假设两星球的半径远小于两球球心之间的距离。则下列说法正确的是()

A.星球P、Q的轨道半径之比为启

B.星球P的质量大于星球Q的质量

C.星球P、Q的线速度之和与线速度之差的比值，

L2

D.星球P、Q的质量之和与P、Q质量之差的比值，

【答案】ACD

【详解】A.设两星球的轨道半径分别为4、rQ,由题意可知

rP+r(^—Lr,rP—r(^—L2

解得

_L1+_2_L「L2

Tp~~r‘一~r

整理得

Tp_Ll+心

r

QLi—L2

故A正确；

B.星球P、Q环绕连线上的点做匀速圆周运动，则星球P、Q的角速度相等，又星球P、Q之间的万有引

力提供向心力，所以星球P、Q的向心力大小相等，则

22

mpTpO)=7HQTQ3

因为>rQ,所以

ZHQ>mP

故B错误；

C.由以上分析可知P、Q的线速度分别为

Vp—COVp,VQ—

P、Q的线速度之和为

△%=外+UQ=a)(rP+q)=(i)L1

P、Q的线速度之差为

△v2=Vp—VQ=3(T>—TQ)=0)L2

解得

△%L1

A172Z22

故C正确；

D.由牛顿第二定律对星体P有

2£

=mPrPa)

L1

则

Vpb^L^

同理对Q有

mm

G宁Pnz2

=mQrQto

L1

则

TQ/L/

mp=­ur

P、Q质量之和为

22223

rn^L-jrpO)^(OL1

△爪1=nip+WIQ=---+—--=——

(JUU

P、Q质量之差为

22

Vpb^L^TQ/LJ(JI)LI1L2

△m=m—m=----------------=--------

2Q0PGGG

解得

△血1Lr

△62乙2

故D正确。

故选ACDo

7.马斯克的SpaceX“猎鹰”重型火箭将一辆跑车发射到太空，其轨道示意图如图中椭圆II所示，其中A、C

分别是近日点和远日点，图中I、ni轨道分别为地球和火星绕太阳运动的圆轨道，2点为轨道n、m的交点,

若运动中只考虑太阳的万有引力，则以下说法正确的是（）

A.跑车经过A点时的速率大于火星绕日的速率

B.跑车经过2点时的加速度等于火星经过B点时的加速度

C.跑车在C点的速率一定大于火星绕日的速率

D.跑车在C点的速率可能等于火星绕日的速率

【答案】AB

【详解】A.火星与地球绕太阳圆运动的向心力由万有引力提供,由6也=小二，可得

V2r

对于火星与地球可知，地球在A点的速率大于火星的速率，而跑车经过A点时要做离心运动，其在A点的

速率大于地球在A点的运行速度，所以跑车经过A点时的速率大于火星绕日的速率，故A正确；

B.跑车经过8点时的加速度与火星经过B点时的加速度都是由万有引力产生的，由G^=nia,可得

GM

a=---

了2

所以跑车经过2点时的加速度等于火星经过8点时的加速度，故B正确；

CD.C点是跑车椭圆运动的远日点，故经过C点后跑车做近心运动，故跑车在C点时的速率小于与C同半

径圆周运动的速率，而由17=可知，火星绕日速率大于与C点同半径的圆周运动速率，所以跑车在C

的速率小于火星绕日的速率，故CD错误。

故选ABo

8.2023年10月26日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“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,其轨道半径为此,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&，

尸、。分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说

法正确的是（）

A.飞船在轨道3上运行的速度大于第一宇宙速度

B.飞船从②轨道到变轨到③轨道需要在。点点火加速

C,飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能

D.若核心舱在③轨道运行周期为T,则飞船在②轨道从P到Q的时间为］J（党）3T

【答案】BD

【详解】A.第一宇宙速度是最大的环绕速度，飞船绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，选项A错误；

B.飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，所以需要在。点点火加速，选项B正

确；

C.虽然在①轨道的速度大于③轨道的速度,但由于飞船和核心舱的质量未知，故无法判断他们动能的大小,

故c错误;

D.根据开普勒第三定律可知

R岂8#）3

72-T'2

可得

12夫2'

飞船在②轨道从P到。的时间为（T',故等于|写T,选项D正确。

故选BD„

9.如图甲，“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏幕上显示卫星FZ01

的“星下点”在一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星的轨道半径为r,FZ01绕行方向与地球自转方向一致，

则下列说法正确的是（）

A.卫星FZ01的轨道半径约为;

B.卫星FZ01的轨道半径约为（

C.卫星FZ01可以记录到北极点的气候变化

D.卫星FZ01不可以记录到北极点的气候变化

【答案】AC

【详解】由轨迹图可知：地球自转一圈，卫星运动3圈，卫星做圆周运动，根据万有引力提供向心力

Mm/2n\2

GTF=矶刊「

可得同步卫星的周期为

卫星FZ01的周期为

T'=2n

则卫星FZ01的轨道半径与同步卫星的轨道半径关系为

卫星FZO1纬度最高时，6=30°

卫星离地球球心所在水平面的高度为

h=r'sin30°=-sin300=-

24

同步卫星轨道半径为r=42300km,地球半径为R=6300km,贝！Jr仁6.7R,因此

r

h=->R

4

即卫星高度大于北极点的高度，卫星FZO1可以记录到北极点的气候变化，故AC正确。

故选AC。

10.如图所示，某航天器围绕一颗半径为R的行星做匀速圆周运动，其环绕周期为T,经过轨道上A点时发

出了一束激光，与行星表面相切于8点，若测得激光束AB与轨道半径AO夹角为仇引力常量为G,不考

虑行星的自转，下列说法正确的是（）

A.行星的质量为^

行星的平均密度为春

行星表面的重力加速度为今

行星赤道表面随行星自转做匀速圆周运动的线速度为筌

【答案】ABC

【详解】A.航天器匀速圆周运动的周期为T,那么可以得到匀速圆周运动的线速度为

2兀R

V------

Tsin0

再根据万有引力提供向心力

2

Gm1m2v

---2=m2~~n~

（丽）丽

解得

4兀2R3

1GT2sin30

故A正确；

B.球体积为

4兀/?3

昨二

所以平均密度为

7nl4TT2/?3337r

23

P=丁=GTsin0'4TTR3-GT2sin30

故B正确；

C.行星表面，根据重力等于万有引力可知

b叫加2

m2g=G-^一

解得

4/R

9=T2sin30

故C正确；

D.根据已知条件无法求出行星赤道表面随行星自转做匀速圆周运动的线速度，故D错误。

故选ABC。

一、单选题

1.（2023・北京・统考高考真题）2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了

对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为720km,运行一圈所用

时间约为100分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，

需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是（）

A.“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为1。

B.“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于7.9km/s

C.“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度

D.由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离

【答案】A

【详解】A.因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360。角，即轨道平面平均

每天约转动1。，故A正确；

B.第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，贝「夸父一号”的速度小于7.9km/s,故B

错误；

C.根据

Mm

G——=ma

可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故c错误；

D.“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，

故D错误。

故选Ao

2.（2023•北京・统考高考真题）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长

的轻绳一端固定于。点，另一端系一待测小球，使其绕。做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为

F,用停表测得小球转过几圈所用的时间为3用刻度尺测得。点到球心的距离为圆周运动的半径几下列

说法正确的是（）

A.圆周运动轨道可处于任意平面内

B.小球的质量为空

47rznz

C.若误将n-1圈记作“圈，则所得质量偏大

D.若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小

【答案】A

【详解】A.空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；

B.根据

F=ma）2R

2rm

o）=-----

t

解得小球质量

Ft2

rn=---------

4712n2R

故B错误；

C.若误将圈记作”圈，则得到的质量偏小，故C错误；

D.若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误。

故选Ao

3.（2023・山东•统考高考真题）牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如

地球与月球）的引力具有相同的性质、且都满足Foe等。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍,

地球表面的重力加速度为g,根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为（）

A.30itHB.307t-C.120K，D.120n-

5S"gs

【答案】c

【详解】设地球半径为R,由题知，地球表面的重力加速度为g,则有

月球绕地球公转有

„M地TH月4TT2

r二607?

联立有

r

T=12011-

故选c。

4.（2023•浙江•统考高考真题）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1:2:4。

木卫三周期为T,公转轨道半径是月球绕地球轨道半径厂的九倍。月球绕地球公转周期为70，则（）

A.木卫一轨道半径为2rB.木卫二轨道半径为3r

162

32

C.周期T与To之比为位D.木星质量与地球质量之比为T,走

【答案】D

【详解】根据题意可得，木卫3的轨道半径为

丁3=nr

AB.根据万有引力提供向心力

木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1:2:4,可得木卫一轨道半径为

nr

木卫二轨道半径为

nr

故AB错误；

C.木卫三围绕