第10节 专题：天体运动的综合问题-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word

高考总复习首选用卷 物理 第10节　专题：天体运动的综合问题 考点一　卫星的追及相遇问题 1.(多选)一箭三星是一种优越的发射方式，即用一枚运载火箭同时或先后将三颗卫星送入地球轨道的技术。现假设三颗星a、b、c均在赤道平面上空绕地球做匀速圆周运动，其中a、b转动方向与地球自转方向相同，c转动方向与地球自转方向相反，a、b、c三颗星的周期分别为Ta＝6 h、Tb＝24 h、Tc＝12 h，某一时刻三颗卫星位置如图所示，从该时刻起，下列说法正确的是(　　) A．a、b每经过4 h相距最近一次 B．a、b经过8 h第一次相距最远 C．a、c经过2 h第一次相距最远 D．a、c经过8 h相距最近 答案：CD 解析：a、b转动方向相同，在从相距最近到下次相距最近的过程中，a比b多转1圈，设经过的时间为t1，则有－＝1，解得t1＝8 h，即a、b每经过8 h相距最近一次，故A错误；a、b转动方向相同，在从相距最近到第一次相距最远的过程中，a比b多转圈，设经过的时间为t2，则有－＝，解得t2＝4 h，故B错误；a、c转动方向相反，在从相距最近到第一次相距最远的过程中，a、c转动的圈数之和为圈，设经过的时间为t3，则有＋＝，解得t3＝2 h，故C正确；a、c转动方向相反，在从相距最近到之后第n次相距最近的过程中，a、c转动的圈数之和为n(n为正整数)圈，设经过的时间为t4，则有＋＝n(n＝1，2，3，…)，解得t4＝4n h(n＝1，2，3，…)，当n＝2时，t4＝8 h，故D正确。 2．(2023·浙江1月选考)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R/AU 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30 则相邻两次“冲日”时间间隔约为(　　) A．火星365天 B．火星800天 C．天王星365天 D．天王星800天 答案：B 解析：根据开普勒第三定律有＝，设相邻两次“冲日”时间间隔为t，则2π＝t，联立解得t＝＝。由表格中的数据可得t火＝≈800天，t天＝≈369天，故B正确，A、C、D错误。 3．某卫星A在赤道平面内绕地球做圆周运动，运行方向与地球自转方向相同，赤道上有一卫星测控站B，已知卫星距地面的高度为R，地球的半径为R，自转周期为T0，地球表面的重力加速度为g。求： (1)卫星A做圆周运动的周期T； (2)卫星A和测控站B能连续直接通讯的最长时间t。(卫星信号沿直线传播，传输时间可忽略) 答案：(1)4π　(2) 解析：(1)设地球的质量为M，卫星A的质量为m，根据卫星A所受地球的万有引力提供向心力，有G＝m·2R 根据在地球表面质量为m0的物体所受重力近似等于地球的万有引力，得m0g＝G 联立解得T＝4π。 (2)由物理知识可知，地球同步卫星高度大于该卫星，由开普勒第三定律＝k可知，该卫星运动周期小于地球自转周期，由ω＝可知该卫星做圆周运动的角速度大于地球自转的角速度。 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和测控站B不能一直保持直接通讯。设无遮挡时间为t，恰好能通讯时卫星与地心的连线和测控站与地心连线的夹角为θ，则它们转过的角度之差最多为2θ时就不能通讯。 由几何关系有cosθ＝ 由上述分析有t－t＝2θ 解得t＝。 考点二　卫星的变轨和对接问题 4.(多选)发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示。则以下说法正确的是(　　) A．要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q和远地点P分别点火加速一次 B．由于卫星由圆轨道1送入圆轨道3被点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正常运行的速度要大于在圆轨道1上正常运行的速度 C．卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9 km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9 km/s D．卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度 答案：ACD 解析：在Q点，卫星在圆轨道1上做匀速圆周运动，在椭圆轨道2上做离心运动，所以卫星在椭圆轨道2上该点时的速度大于在圆轨道1上该点时的速度，所以卫星由圆轨道1到椭圆轨道2需要在Q点加速；在P点，卫星在椭圆轨道2上做近心运动，在圆轨道3上做匀速圆周运动，所以卫星在圆轨道3上该点时的速度大于在椭圆轨道2上该点时的速度，所以卫星由椭圆轨道2到圆轨道3需要在P点加速，故A正确。卫星绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，有G＝m，解得卫星的线速度v＝，圆轨道3的半径大于圆轨道1的半径，则卫星在圆轨道3上正常运行的速度小于在圆轨道1上正常运行的速度，故B错误。卫星在圆轨道1上Q点的速度为vQ1＝7.9 km/s，由以上分析可知，vQ2>vQ1＝7.9 km/s>vP3>vP2，故C正确。根据G＝ma得a＝，所以卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于在圆轨道3上经过P点时的加速度，故D正确。 5．(2024·安徽高考)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51900 km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9900 km，周期约为24 h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时(　　) A．周期约为144 h B．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 解析：设冻结轨道的半长轴为a1，鹊桥二号在冻结轨道运行的周期为T1，捕获轨道的半长轴为a2，鹊桥二号在捕获轨道运行的周期为T2，冻结轨道和捕获轨道的中心天体都是月球，根据开普勒第三定律得＝，可解得T2＝T1≈288 h，A错误；根据开普勒第二定律得，鹊桥二号在捕获轨道运行时近月点的速度大于远月点的速度，B正确；鹊桥二号在近月点从捕获轨道进入冻结轨道需减速制动，故在捕获轨道运行时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；鹊桥二号在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，鹊桥二号在捕获轨道运行时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。 6．(2022·浙江1月选考)“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则“天问一号”(　　) A．发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间 B．从P点转移到Q点的时间小于6个月 C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小 D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度 答案：C 解析：“天问一号”发射后要脱离地球引力束缚，则发射速度要超过第二宇宙速度11.2 km/s，故A错误；由题图可知，地火转移轨道的半长轴比地球轨道半径大，根据开普勒第三定律可知，“天问一号”在地火转移轨道上运行的周期大于地球的公转周期12个月，因此从P转移到Q的时间大于6个月，故B错误；根据开普勒第三定律，并结合停泊轨道、调相轨道的半长轴大小关系，可知“天问一号”在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；“天问一号”在P点点火加速，做离心运动进入地火转移轨道，故在地火转移轨道上P点的速度比地球环绕太阳的速度大，即v地火P>v地，“天问一号”沿地火转移轨道到达Q点之后，要加速才能进入火星轨道，即v火＞v地火Q，根据v＝可知，地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，即v地＞v火，所以v地＞v地火Q，即“天问一号”在地火转移轨道上运动时并不是每一点的速度都比地球绕太阳的速度大，故D错误。 7．(多选)距地心R＝3.6万千米的高度上，有一个“地球同步轨道”，各国向太空发射的同步卫星都运行在该轨道上，而从“地球同步轨道”再上升300千米，就是国际社会处理太空垃圾的地方，称为“墓地轨道”，轨道半径为r，如图所示。将废弃飞行物处理到这儿，可以为“地球同步轨道”释放更多的空间，这样的操作，没几个国家能做到。2022年1月，运行在地球同步轨道上的中国“实践21号”卫星，发挥“太空拖船”的作用，将一颗失效的北斗二号卫星送入到了“墓地轨道”。地球表面的重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．“地球同步轨道”处的重力加速度为0 B．北斗二号卫星在“墓地轨道”和“同步轨道”上运行的角速度之比为 C．北斗二号卫星从“同步轨道”到“墓地轨道”其机械能减小 D．“实践21号”卫星从“墓地轨道”返回“地球同步轨道”，需要减速 答案：BD 解析：设地球质量为M，“地球同步轨道”处的重力加速度为g′，则有G＝mg′，解得g′＝，不为0，故A错误；根据万有引力提供向心力，有G＝mωR，G＝mωr，可得ω1＝，ω2＝，则北斗二号卫星在“墓地轨道”和“同步轨道”上运行的角速度之比为＝，故B正确；北斗二号卫星从“同步轨道”到“墓地轨道”，需加速做离心运动，除万有引力外其他力对其做正功，则其机械能增大，故C错误；“实践21号”卫星从“墓地轨道”返回“地球同步轨道”，需要使其减速做近心运动，故D正确。 8.2022年11月12日10时03分，天舟五号与空间站天和核心舱成功对接，此次发射任务从点火发射到完成交会对接，全程仅用2个小时，创世界最快交会对接纪录，标志着我国航天交会对接技术取得了新突破。在交会对接的最后阶段，天舟五号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆周。要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现对接，天舟五号喷射燃气的方向可能正确的是(　　) 答案：A 解析：要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现对接，则需要使天舟五号加速，且不脱离原轨道，根据F＝m，则必须要增加天舟五号的向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而喷气产生的推力与喷气方向相反，则只有A可能正确。 9．(2024·湖北高考)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 解析：空间站变轨前、后在P点所受到的万有引力相同，即其所受到的合力相同，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；因为空间站变轨后其轨道的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；空间站在P点沿背离地球球心方向极短时间喷射气体，使空间站获得指向地球球心方向的反冲速度，根据平行四边形定则，空间站变轨后在P点的速度比变轨前的大，故C错误；由开普勒第二定律可知，空间站变轨后在P点的速度比变轨后在近地点的小，结合C项分析可知，空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小，故D错误。 考点三　双星及多星问题　拉格朗日点问题 10．天狼星双星系统由质量不同的主序星和伴星组成。仅考虑两星间的万有引力，两星的运动均可视为绕它们连线上某点O的匀速圆周运动，周期相同。若两星可视为质点，相距为L，主序星在时间t内转过n圈，引力常量为G，则(　　) A．伴星运动的角速度大小为 B．伴星运动的轨道半径为L C．主序星和伴星的总质量为 D．主序星与伴星绕O点运动的线速度大小之比等于它们的质量之比 答案：C 解析：根据题意可知，主序星转动的周期为T＝，主序星和伴星周期相同，则伴星的角速度大小为ω＝＝，故A错误；设主序星的质量为M，做匀速圆周运动的半径为R，伴星的质量为m，做匀速圆周运动的半径为r，由万有引力提供向心力，有＝MR，＝mr，又L＝R＋r，联立解得R＝L，r＝L，M＋m＝，故B错误，C正确；由上述分析可知＝，根据v＝ωr可知，主序星与伴星绕O点运动的线速度大小之比为＝＝，即等于它们质量的反比，故D错误。 11．(2024·广西贵港市高三下模拟预测)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.＝1 B.＝1 C．p3q2＝1 D．p2q3＝1 答案：A 解析：设两颗中子星的质量分别为m1、m2，相距为L，轨道半径分别为r1、r2，运行周期为T，根据万有引力提供向心力可知＝m1r1，＝m2r2，又L＝r1＋r2，联立可得＝，依题意，一段时间后，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，同理可得＝，则＝1，故选A。 12.宇宙中互相绕转的两个恒星，天文学上称之为“双星”。如图所示，某双星系统中质量较大的A星球正在“吸食”质量较小的B星球的表面物质，从而达到质量转移。假设“吸食”过程A、B两星球球心间距离不变，运动的轨道均为圆周，则在“吸食”的最初阶段，下列说法正确的是(　　) A．A、B运动的周期变大 B．A、B之间的万有引力保持不变 C．A星球做圆周运动的轨道半径变小 D．B星球做圆周运动的线速度变小 答案：C 解析：设A的质量为M，B的质量为m，且M>m，A、B两星球球心间的距离为r，则A、B之间的万有引力为F＝，由题意可知，“吸食”过程M逐渐增大，m逐渐减小，则二者乘积Mm改变，则A、B之间的万有引力改变，故B错误；设双星做圆周运动的角速度为ω，A的轨道半径为rA，B的轨道半径为rB，根据双星间万有引力提供向心力，则有＝Mω2rA，＝mω2rB，又r＝rA＋rB，联立解得ω＝，由于质量在两星球间转移，故两星球总质量(M＋m)不变，则角速度大小不变，由T＝可知，两星球运动的周期不变，故A错误；由上述分析可得Mω2rA＝mω2rB，解得＝，由于M增大，m减小，又rA＋rB＝r不变，则rA减小，rB增大，由vB＝ωrB可知，B星球做圆周运动的线速度变大，故C正确，D错误。 13．宇宙中存在一些特殊的天体，这些天体离其他恒星较远，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，这些特殊的天体常见的有双星系统、三星系统。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上(如图甲)，两颗星围绕中央星做匀速圆周运动；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上(如图乙)，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运动。设三星系统各星的质量、距离、公转轨道半径分别如图所示，引力常量为G，则下列各表达式中正确的是(　　) A．直线三星系统星体做圆周运动的周期为T1＝2π B．直线三星系统星体做圆周运动的向心加速度大小为a1＝ C．三角形三星系统中星体做圆周运动的周期为T2＝2π D．三角形三星系统中星体做圆周运动的向心加速度大小为a2＝ 答案：C 解析：对于直线三星系统中左侧星体，根据万有引力提供向心力，有＋＝m1L1，解得T1＝4π，A错误；由牛顿第二定律有＋＝m1a1，解得a1＝，B错误；对于三角形三星系统中其中一个星体，根据万有引力提供向心力，有×2cos30°＝m2×，解得T2＝2π，C正确；由牛顿第二定律有·cos30°＝m2a2，解得a2＝，D错误。 14.(2025·北京市海淀区高三查漏补缺)1772年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的天体(如太阳和地球)所在同一平面上有5个特殊点，如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点，下列说法正确的是(　　) A．该卫星绕太阳运动周期大于地球公转周期 B．该卫星在L2点处于平衡状态 C．该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度 D．该卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处的小 答案：C 解析：若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2点，由题意可知，该卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，可知该卫星绕太阳运动周期等于地球公转周期，由题图可知该卫星绕太阳转动的轨道半径大于地球的轨道半径，由a＝r可知该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，A错误，C正确；该卫星绕太阳做匀速圆周运动，可知在L2点不是处于平衡状态，B错误；由题意可知，该卫星在L1处与L2处均能与地球同步绕太阳做圆周运动，且转动的角速度也都与地球绕太阳转动的角速度相同，又该卫星绕太阳做圆周运动的向心力由所受太阳和地球引力的合力提供，根据F＝mω2r，及该卫星在L2处时的轨道半径大于在L1处时的轨道半径，可知卫星在L2处所受太阳和地球引力的合力比在L1处的大，D错误。 15.(2024·重庆高考)在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设a、b两个天体的质量均为M，相距为2r，其连线的中点为O，另一天体c(图中未画出) 质量为m(m≪M)，若c处于a、b连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周运动，且相对位置不变。忽略其他天体的影响，引力常量为G，则(　　) A．c的线速度大小为a的倍 B．c的向心加速度大小为b的一半 C．c在一个周期内的路程为2πr D．c的角速度大小为 答案：A 解析：a、b、c三个天体做圆周运动的角速度相同，设为ω，由于m≪M，则a做匀速圆周运动所需向心力几乎由a、b间的万有引力提供，有G＝Mω2r，解得ω＝，故D错误；设c与a、b的连线和a、b连线的垂直平分线的夹角均为α，则c做匀速圆周运动的半径rc＝，c与a、b之间的距离均为l＝，c受a、b万有引力的合力F＝2Gcosα，对c由牛顿第二定律得F＝mω2rc，联立解得α＝30°，rc＝r，由v＝ωr可知，＝＝，即c的线速度大小为a的倍，故A正确；由a＝ω2r可知，＝＝，即c的向心加速度大小为b的倍，故B错误；c在一个周期内运动的路程为s＝2πrc＝2πr，故C错误。 考点四　天体运动中的图像问题 16．(2024·重庆市第八中学高三下模拟)如图甲所示，太阳系中有一颗躺着的蓝色“冷行星”——天王星，外围空间存在着环状物质。为了测定环状物质是天王星的组成部分，还是环绕该行星的卫星群，“中国天眼”对其做了精确的观测，发现环状物质绕行星中心的运行速度v与到行星中心的距离r的关系如图乙所示(图中v0、v1均为已知值)。已知天王星的半径为R，环状物质的宽度为d，引力常量为G，以下说法正确的是(　　) A．环状物质是天王星的组成部分 B．天王星的自转周期为 C．天王星的质量为M＝ D．天王星的第一宇宙速度等于v1 答案：C 解析：若环状物质是天王星的组成部分，则环状物质与星体同轴旋转，角速度相同，根据v＝ωr可知，环状物质的线速度v与r成正比，结合题图乙可知，环状物质不是天王星的组成部分，天王星的自转周期不能确定，故A、B错误；若环状物质是天王星的卫星群，则其向心力由天王星的万有引力提供，有G＝m，解得v2＝，v2­图像与题图乙相符，图像斜率为GM＝＝vR，所以天王星的质量M＝，故C正确；根据万有引力提供向心力有G＝m，所以天王星的第一宇宙速度为v第一＝＝v0，故D错误。 17．材料的力学强度是材料众多性能中被人们极为看重的一种性能，目前已发现的高强度材料碳纳米管的抗拉强度是钢的100倍，密度是钢的，这使得人们有望在赤道上建造垂直于水平面的“太空电梯”。当航天员乘坐“太空电梯”时，地球引力对航天员产生的加速度与航天员到地心的距离r的关系用图乙中图线A表示，航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小与r的关系用图乙中图线B表示，其中R为地球半径。关于相对地面静止在不同高度的航天员，下列说法正确的是(　　) A．航天员在r＝R处的线速度等于第一宇宙速度 B．图中r0为地球同步卫星的轨道半径 C．随着r增大，航天员运动的线速度一直减小 D．随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力减小 答案：B 解析：设题图乙A、B图线的加速度分别为aA、aB，第一宇宙速度为v0，根据题意及第一宇宙速度的定义可知，r＝R时，aA＝，航天员与地球同轴转动，且在r＝R处的线速度vB满足aB＝，由题图乙知aB<aA，则vB<v0，A错误；由题图乙可知，当r＝r0时，aA＝aB，即地球引力对航天员产生的加速度与航天员由于地球自转而产生的向心加速度大小相等，则航天员将仅在地球引力的作用下与地球同步转动，故图中r0为地球同步卫星的轨道半径，B正确；由于电梯舱内的航天员始终与地球一起同轴转动，则ω始终等于地球自转的角速度，保持不变，由v＝ωr可知，随着r增大，航天员运动的线速度一直增大，C错误；当r>r0时，由题图乙可知，aA<aB，则此时有maA＋FN＝maB，又aA＝，aB＝rω2，可得FN＝m，可知随着r增大，航天员受到电梯舱的弹力FN增大，D错误。 18．(2024·山东省聊城市高三下三模)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、m、n已知，则(　　) A．该星球和地球的质量之比为n∶m B．该星球和地球的第一宇宙速度之比为∶ C．该星球和地球的密度之比为m∶n D．该星球和地球表面的重力加速度大小之比为n∶m 答案：B 解析：设“探测卫星”质量为m0，中心天体质量为M，根据万有引力提供向心力可得G＝m0r，解得T2＝r3，故T2­r3图像的斜率k＝，所以M＝，由题图可得kP＝，kQ＝，则该星球和地球的质量之比＝＝，故A错误；“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，则＝，解得该星球和地球的半径之比＝＝，根据万有引力提供向心力可得G＝m0，解得中心天体的第一宇宙速度v＝，故该星球和地球的第一宇宙速度之比＝＝，故B正确；根据球的体积公式V＝πR3和密度公式ρ＝，可得ρ＝，故该星球和地球的密度之比＝＝，故C错误；根据质量为m1的物体在中心天体表面受到的万有引力与重力的大小近似相等，有G＝m1g，解得中心天体表面的重力加速度大小g＝，故该星球和地球表面的重力加速度大小之比＝＝，故D错误。 19．(2025·江苏省南京市、盐城市高三上模拟)A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离Δr随时间变化的关系如图所示。已知地球的半径为r，卫星A的线速度大于卫星B的线速度，若不考虑A、B之间的万有引力，则卫星A、B绕地球运行的周期分别为(　　) A．7T0，56T0 B．9T0，72T0 C．8T0，64T0 D．14T0，56T0 答案：A 解析：根据万有引力提供向心力有G＝m，解得v＝，由题意知，卫星A的线速度大于卫星B的线速度，则卫星B的轨道半径大于卫星A的轨道半径，设卫星A、B做圆周运动的半径分别为rA、rB，做圆周运动的周期分别为TA、TB，结合题图可知，A、B间最近距离rB－rA＝3r，A、B间最远距离rB＋rA＝5r，联立解得rB＝4r，rA＝r，由开普勒第三定律得＝，解得TB＝8TA，由题图可知，A、B每隔8T0相距最近一次，则有·8T0＝2π，联立解得卫星A、B绕地球运行的周期分别为TA＝7T0，TB＝56T0，故选A。 20.(2021·浙江6月选考)空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02～2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站(　　) A．绕地运行速度约为2.0 km/s B．绕地运行速度约为8.0 km/s C．在4月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒 D．在5月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒 答案：D 解析：由题意可知，空间站绕地运行的轨道半径略大于地球半径，根据v＝可知，空间站绕地运行速度略小于地球的第一宇宙速度7.9 km/s，故A、B错误；由图中曲线知，在4月份空间站绕行的轨道半径出现明显变化，则可知空间站的发动机做功对轨道进行了修正，修正时空间站的机械能明显变大，不可视为守恒，故C错误；由图中曲线知，在5月份空间站绕行的轨道半径变化很小，故任意两个小时内机械能可视为守恒，D正确。 考点五　万有引力与动力学综合问题分析 21.(2024·河北省保定市部分高中高三下模拟)在地球表面，被轻质细线悬挂而处于静止状态的质量为m的小球，所受地球的万有引力作用效果分解示意图如图所示，已知小球所处的纬度为θ(30°<θ<60°)，重力为F1，万有引力为F，地球的半径为R，自转周期为T，下列说法正确的是(　　) A．细线的拉力FT与F是一对平衡力 B．小球所需的向心力为 C．地球赤道处的重力加速度为 D．地球的第一宇宙速度为 答案：D 解析：由题意可知，细线的拉力FT与F的分力F1是一对平衡力，故A错误；小球随地球一起绕地轴做匀速圆周运动，周期为T，半径为r＝Rcosθ，则小球所需的向心力为Fn＝mr＝，B错误；由以上分析可知，纬度越低，所需向心力越大，由平行四边形定则可知，重力越小，故小球在纬度为θ处的重力F1大于小球在赤道处的重力F2，所以地球赤道处的重力加速度g2＝<g1＝，C错误；设质量为m的物体绕地球表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有F＝，可得地球的第一宇宙速度为v1＝，D正确。 22.(2024·广东高考)(多选)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60 m/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1000 kg，背罩质量为50 kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取g＝10 m/s2。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有(　　) A．该行星表面的重力加速度大小为4 m/s2 B．该行星的第一宇宙速度为7.9 km/s C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80 m/s2 D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30 kW 答案：AC 解析：设地球的质量为M、半径为R，则该行星的质量为、半径为，在地球表面，对质量为m的物体有G＝mg，可得地球表面的重力加速度大小g＝，同理可得，该行星表面的重力加速度大小g′＝，则g′＝g＝×10 m/s2＝4 m/s2，故A正确；在地球近地轨道上，对质量为m的环绕物体，根据万有引力提供向心力有G＝m，可得地球的第一宇宙速度v＝，同理可得，该行星的第一宇宙速度v行＝，则v行＝v＝×7.9 km/s＝3.5 km/s，故B错误；设探测器的质量为m1，背罩的质量为m2，“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，设速度大小为v′，对探测器受力分析，由平衡条件可知，探测器与保护背罩之间的作用力大小为F＝m1g′＝1000×4 N＝4000 N，“背罩分离”后瞬间，背罩与降落伞间弹性轻绳的弹力不发生突变，则背罩所受的合力大小为F′＝F＝4000 N，根据牛顿第二定律有F′＝m2a，解得背罩的加速度大小为a＝80 m/s2，故C正确；“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率P＝m1g′v′＝1000×4×60 W＝240 kW，故D错误。 17 学科网（北京）股份有限公司 $$