第4讲 万有引力与宇宙航行-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

答案精析 联立可得仙nr= 二rad/s,故A错误，B正确； 2.C[根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球运动到 最高点时，若杆对球的作用力为零，则有g=wl,解 π 2 ，杆对球 无人机从A到B的时间t'= =3π 三，可知，若小球运动的角速度如台 4s, 得ω 由于t'>t,可知无人机运动到B点时，在A点释放的物 的作用力向下，若小球运动的角速度ω一√气，杆对球的 g 品已经落地，故C正确，D错误。 [「答案]BC 作用力向上，故A错误，C正确：小球做匀速圆周运动， 考向2 则小球运动到水平位置A时，合力指向圆心，对小球受 「例5]「解析]从出发点到管道的最高点，由机械能守 力分析可知，小球受重力和杆的作用力，由平行四边形 定则可知，杆对球的作用力不可能指向O点，故B错误； 恒定律得之m心=mgR十号m,解得小球到达管道最 小球通过最低点时，合力竖直向上，则杆对球的作用力 高点时的速度U=0,即它刚好能够通过管道的最高，点， 一定向上，故D错误.门 选项B错误；小球到达管道最高，点时速度为0，则可求得 第4讲万有引力与宇宙航行 此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1N,选项A 核心素养·助学提能 考点一 错误；由机城能守恒定律得m喝十mgR=合mu5,解得 [例1][解析]根据题意，设地球与太阳间距离为R,则 小球到达管道最低点时速度v2=10√2m/s,在最低，点， 小行星公转轨道的半长轴为a=5R,7R=6R, 2 由牛颜第二定律得F-mg=m尺，解得管道最低点对小 由开普勒第三定律有6R)=R 球的支持力F=5N,再结合牛顿第三定律可知，选项C T T 正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速 解得T=6·T=6√6年，故A错误； 立，从出发点到圆轨道的最高点，由机 从远日，点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有 度v满足g=m 引力定律F=G1可知，小行星受太阳引力增大，故 械能守恒定律得之md十2mgr=mgR十子mG,联立解 B错误； 得r=4m,选项D正确， 由开普勒第二定律可知，从远日，点到近日点，小行星线 [答案]CD 速度逐渐增大，故C错误； 考向3 [例6][解析]在最高点，若a所受摩擦力为0，靠重力 由牛顿第二定律有GM=ma,解得a=GM,可知 r2 r 沿圆盘的分力提供向心力，有mgsin9=mlw,在最低 R2 点，有f-mgsin日=mla,解得最低点的摩擦力f=mg, (5R)=251 而最大静摩擦力∫。=ngcos日=0.75mg,不可能为 g,故假设不成立，因此在最高点a所受到的摩擦力不 即小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的石，故 会为0，故选项A错误：在最低，点时，由牛顿运动定律 D正确 有f-mgsin8=ma2l,得f=ng sin9+mwl,所以a在最 [答案]D 低点时所受摩擦力不可能为0，故选项B错误；对a在最 [对点集训] 低，点，由牛顿运动定律得ng cos0-mgsin8=mwil,代 入教据解得侧√备故选项C错误：对b在最低点，由 1.C[根据开誉勒第三定律可知：-R Ta-TaT 其中R地=1AU,T=1年，T#=5.8年， 牛顿运动定律得umgcos0-mgsin 0-=mw(2l),代入数 代入解得R≈3.23AU, 据解得，气，故选项D正确。 故可知该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转 轨道之间.门 [答案]D 2.BC「对于题述环月椭圆轨道和环月圆轨道，根据开普 课堂评价·高考预测 (a+b+2R13 1.ACD[石块出手时的初速度方向与水平方向成45°，则 2 r 勒第三定律有 tan45°=& ，可得r=+R,故 2 心，=y,石块落在1.8m高的斜面上，tan37 T A错误，B正确；对于环月圆轨道，根据万有引力提供向 =1.8m,则石块的水平位移x=2.4m,由石块斜向上 心力可得=n(停），可得M- /2π G,故C正确， 运功时=t=乏=1.2m,-受1=0.6m,又或- D错误.] 考点二 2gy',解得U,=2√m/s,所以石块出手时的初速度为v 「例2「解析]通信卫星受到的万 =√十U=2√6m/s,故A正确，B错误；若石块的初速 有引力F-GMm 度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂 (R+h),三颗通信 直时，石块在斜面上的落点最高，石块下落时间最短，石 卫星的质量未知，所以万有引力 块飞行时间最短，故C正确：若投出石块的最大初速度 大小不一定相等，A错误；三颗通 为8m/s,则v0=v0=4√2m/s,石块在斜面上的落，点 信卫星若要全覆盖，如图所示，由 R 恰好与出手点等高处，最大运动时间，=2=4、， 几何关系可知cos60°=R千h,解 g 5 得通信卫星离地高度至少h=R， 最大水半位移=06=号m,石换在斜面上与出手点 Mm 等高的所有落，点与出手点的最小距离x=2.4,则石块 B错误：对卫星，有GR十)=mF中，在地球表面 在斜面上与出手，点等高的最远落，点与最近落，点的距离 G=mg,其动能为E= 2mw2= 、mgR R 2(R+h),C错误； △x=√/6-x2=√35.2m<6m,2△x<12m,则石块在 斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不 由开普勒第三定律可得=上 R+h Tr2 (R-6R ,同步卫星 会超过12m,故D正确.] ·237. ㄧ物理 与地球自转周期相等，解得通信卫星和地球自转周期之 课堂评价·高考预测 (R+h) 1.CD[太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，均处 ,D正确 于失重状态，具有相同的角速度，只有位置达到同步卫 [答案]D 星的高度的点才处于完全失重状态，故A错误，与题意 [例3][解析]赤道上静止物体与地球同步卫星角速度 相符：C正确，与题意不符；设太空电梯上各，点到地球球 相等，由a=02可得a>a,根据GMm=ma,可得a 心的距离为L,根据U=wL,可知，太空电梯上各，点线速 r 度与该，点离地球球心距离成正比，故B错误，与题意相 符：若经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则有wt ,则a1>a4,所以a1>a>a,选项A错误；在Ⅱ轨 1=,脚学-兴=1，解得T=7放D正确门 上，从P到Q的过程中只有万有引力做功，机械能守恒， 选项B错误；卫星从轨道I转移到轨道Ⅱ要在P点点火 2.AC[由万有引力提供向心力Gm=ma4=ma, 加速做离心运动，所以在P点，Ⅱ轨道的线速度大于I 轨道的线速度，选项C正确：由开誉勒第三定律子=大 可知A：m=1:8,该双星系统的洛希极限为r= 可知，由于Ⅱ轨道半长轴小于Ⅲ轨道的半径，故Ⅱ轨道 =2.44R8=4.88R,故A正痛，B错误；根 2.44R/m 的运行周期小于Ⅲ轨道的运行周期，选项D错误 「答案7C 据万有引力提供向心力mm=m祭r=m琴， 4π2 4π2 L? [对点集训门 1.A[A.在P,点变轨前后空间站所受到的万有引力不 且有A十作=L,可得mA=红 GT m G7,两式 变，根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在P,点的 L 加速度相同，故A正确；B.因为变轨后其半长轴大于原 相加整理可得T=2红√C以m,双星的质量一定，双星 轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运 之间的距离越大，其转动周期越大：双星间距离一定，双星 动周期比变轨前的大，故B错误；C.变轨后在P点因反 的总质量越大，其转动周期越小，故C正确，D错误.] 冲运动相当于瞬间获得竖直向下的速度，原水平向左的 高考新动向（一） 圆周运动速度不变，因此合速度变大，故C错误；D.由于 动向1 空间站变轨后在P点的速度比变轨前大，而比在近地，点 1.D[设拖把与地面之间的动摩擦因数为 的速度小，则空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的 4,则拖把受到重力、支持力、推力和摩擦 小，故D错误. 力作用，拖把匀速直线运动时处于平衡 2BD[由开等勒第三定律京-6，可知T,<,故A错 状态，受力示意图如图所示，将推拖把的 力沿竖直方向和水平方向分解，根据平 误，飞船在轨道I上，万有引力提供向心力GMm 衡条件得：竖直方向上有Fsin日十mg= R F,水平方向上有Fcos0-F:=0.式中 m答R,解得地球的质量为M- F、和F:分别为地面对拖把的支持力和 mng -,故B正确：飞船 GT 摩擦力，且F,=F,减小0，sin0减小，地面对拖把的支 在轨道Ⅱ时从P到Q运行时万有引力做负功，速度变 持力F、变小，对拖把的摩擦力F:变小，C错误，D正确： 小，P点比Q,点的速度大，故C错误；飞船需要适当加速 减小日时，F,减小而Fc0s日增大，所以拖把在水平方向 做离心运动，才能与空间站进行对接，故D正确.门 受到的合力增大，拖把不能继续做匀速直线运动，A、B 考点三考向1 错误. 例4][解析]双星系统靠相互间的万有引力提供向心 2.D[手机随汽车匀速运动，处于平衡状态，手机（含引磁 力，则角速度大小和周期相等，所以Q星的周期为T,根 片，下同)受到重力g、支架的弹力N、摩擦力f以及磁 扣的吸引力F四个力的作用，故A错误；设手机平面与竖 据题意可知r十a=lrp一ra=△r,解得=士△r 2 、ra 直方向的夹角为日，车载支架对手机的摩擦力f=mgcos日， 之，期卫.Q两颗2的运动半经之比为牛多选项 当日缓慢减小时，摩擦力逐渐变大，故B错误；车载支架对手 机的弹力N=mgsin日十F,当8缓慢减小时，车载支架对手 D正确：双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速 机的弹力逐渐减小，故C错误：车载支架对手机的作用力与 手机的重力等大反向，没有发生变化，故D正确. 度大小相等，向心力大小相等，则有Gmm@=mp0 动向2 12 1.AD[开始时，对行李由牛顿第二定律得mmg=a,a= mw,解得m,=rau -,ma= -,则Q、P两颗星 2m/s2,故A正确.设行李做匀加速运动的时间为t1,行李 G G 加速运动的未速度为v=0.4m/s,由v=at,得右=0.2s, 的质量差为△=m。一m=△_△，造项A G GT 百加速运动的位移大小为x三7a上之×2X0.2 正确；P、Q两颗星的线速度大小之差为△v=一vQ= 2票2-2心，选项B正确：P,Q两颗的质量之 0.04m,匀速运动的时间为4=一工=20,04s U 0.4 T 4.9s,则行李从A到B的时间为t=t1十t2=5.1s,故B 比为四==二A,选项C错误。 错误.行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为△x= arpl+△r vt1-x=(0.4×0.2一0.04)m=0.04m,故C错误.行李 [答案]C 考向2 一直做匀加速运动时，运动时间最短，由L=之a解 [例5][解析]每隔时间t会发生一次“相冲”现象，得 得，最短时间tn=√2s,故D正确.] 2.C[设车厢底板与水平方向的夹角为日，在车厢由水平 )t三2π，根据万有引力提供向心力G 位置缓慢抬升的过程中重力沿车厢底板方向向下的分力 Mmu G=mgsin0,开始时货物所受静摩擦力f带=G=mgsin8, mAWAr,G (4r)2 =gω2·4r,联立解得地球质量为M 随着夹角日的增大，静摩擦力逐渐增大，此后货物开始下 ) 滑，受到的滑动摩擦力随夹角增大而减小，故A错误.货 物洽好滑动时满足mgsin日=Fy=mgcos0,解得u= [答案]D ·238·第一部分：专题一力与运动 第4讲万有引力与宇宙航行 核心素养>助学提能 考点一开普勒定律和万有引力定律 核心透视 C.从远日点到近日点线速度大小逐渐减小 1.正确理解开普勒三定律 D.在近日点加速度大小约为地球公转加速度 (1)开普勒第一定律：太阳位于所有行星的椭圆轨 道的公共焦点上 的 [解题指导] (2)开普勒第二定律：行星在近日点的速率最大，在 远日点的速率最小. ①分析小行星公转轨道的半长轴，由开普勒第 三定律求解 (3)开普勒第三定律： 3 产=，其中友与中心天体 ②运用万有引力定律结合牛顿第二定律分析 有关 小行星在近日点的加速度与地球公转加速度 2.计算天体质量和密度的两条基本思路 之比及引力大小及速率的变化. (1)利用中心天体的半径R和表面的重力加速度g 对点集训 由G”"农”=g求出m中，进而求得p管 1.(2025·云南卷，5)国际编号为192391的小行星 R2 绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳 m中 3g 系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动.规 3πR3 4πGR 定地球绕太阳公转的轨道半径为1AU,八大行 (2)利用环绕天体的轨道半径r、周期T 星绕太阳的公转轨道半径如下表所示.忽略其他 由G中”-m祭，可得出中 4π2r3 行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转 r2 G72,若 轨道应介于 环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动时， 行星水星金星地球火星木星 土星天王星海王星 m中3π 轨道半径 轨道半径r=R,则p= 0.390.721.01.5 5.29.5 30 4 GT2 R/AU 3xpi A.金星与地球的公转轨道之间 3.涉及“g”的两个问题（在天体表面） B.地球与火星的公转轨道之间 (1)不考虑天体自转问题时，有Gm天” C.火星与木星的公转轨道之间 R2 =mg,其中 D.天王星与海王星的公转轨道之间 g为天体表面的重力加速度. 2.(多选)(2025·安徽卷，9)2025年4月，我国已成 (2)考虑天体自转问题时，在两极上才有Gm天” 功构建国际首个基于DRO(远距离逆行轨道)的 地月空间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停 =mg,在赤道上有Gm天m 4x2 泊、机动转移”的特点.若卫星甲从DRO变轨进入 R2 mg=m 环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表 典题例析 面的高度分别为a和b,卫星的运行周期为T;卫星 [例1](2025·广东卷，5)一颗绕太阳运行的小 乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周 行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别 期也为T.月球的质量为M,半径为R,引力常量为 约为地球到太阳距离的5倍和7倍.关于该小行 G.假设只考虑月球对甲、乙的引力，则 () 星，下列说法正确的是 A.r=a+b+R B.r-atb+R A.公转周期约为6年 2 2 B.从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐 C.M= 4π2r3 GT2 D.M=-4π2R3 减小 GT2 ·15· 丨物理 考点二 人造卫星和变轨问题 核心透视 [例3](2025·山东新高考质 1.卫星运行参量的分析 量测评联盟高三下学期联考) 中国北斗卫星导航系统是中 (1)在讨论有关卫星的运动规律时，关键要明确向 Q 国自行研制的全球卫星导航 心力、轨道半径、线速度、角速度、周期和向心加 系统，也是继GPS、GLO 速度，它们之间彼此影响、互相联系」 NASS之后的第三个成熟的卫星导航系统.北斗 (2)不管是定性分析还是定量计算，必须抓住卫星 卫星导航系统(BDS)和美国GPS、俄罗斯GLO- 运动的特点.万有引力提供卫星绕地球做匀速 NASS、欧盟GALILEO是联合国卫星导航委员 圆周运动的向心力，根据G=加日 会已认定的供应商.同步卫星是北斗卫星导航 系统非常重要的组成部分，如图为地球某同步 -m 一2r一ma,求出相应物理量的表达式即可 卫星的转换轨道示意图，其中I为近地轨道， Ⅱ为转换轨道，Ⅲ为同步轨道，下列说法正确 讨论或求解，需要注意的是a、v、w、T均与卫星 的是 () 质量无关 A.赤道上静止物体的向心加速度为ao,I轨道 2.航天器变轨问题的三点注意事项 上卫星的加速度为a1,Ⅲ轨道上卫星的加速 (1)航天器变轨时半径的变化根据万有引力和所需 度为a3,则加速度的大小关系为a3>a1>ao 向心力的大小关系判断；稳定在新轨道上的运 B.在Ⅱ轨道上，从P到Q的过程中机械能增加 C.在P点，Ⅱ轨道的线速度大于I轨道的线 GM判断 行速度变化由0 速度 D.Ⅱ轨道的运行周期大于Ⅲ轨道的运行周期 (2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道 [解题指导] 半径越大，机械能越大 卫星变轨时速度的变化要根据万有引力和所 (3)航天器经过不同轨道相切的同一点时加速度相 需向心力的大小关系判断；根据牛顿第二定律 等，外轨道的速度大于内轨道的速度。 比较各点的加速度；根据开普勒第三定律比较 典题例析 不同轨道上卫星的周期关系. [例2](2025·湖南长沙模 规律总结 卫星变轨问题的实质 拟)某型号手机实现了手机 卫星通信，只要有卫星信号 两类变轨 离心运动 近心运动 覆盖的地方，就可以实现通 卫星速度突然卫星速度突然 变轨起因 话.如图所示三颗赤道上空 增大 减小 的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗 卫星离地高度均为h,地球的半径为R,地球同步 受力分析GM<m r 2 r 卫星离地高度为6R,地球表面重力加速度为g, 引力常量为G,下列说法正确的是 变为椭圆轨道运变为椭圆轨道运 A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小 动或在较大半径动或在较小半径 相等 圆轨道上运动，圆轨道上运动， B.能实现全球通信时，卫星离地高度至少为2R 变轨结果在新的轨道上运在新的轨道上运 C.其中一颗质量为m的通信卫星的动能 行速度将减小，行速度将增大， 为2mgR2 重力势能、机械重力势能、机械 R+h 能均增大 能均减小 D.通信卫星和地球自转周期之比为 (R+h)3 应用 卫星的发射和回收 (7R)3 电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进动能杀伤武器。电磁炮是利用电磁系统中电磁场产 ·16·生的洛伦兹力来对金属炮弹进行加速，使其达到打击目标所需的动能，与传统的火药推动的大炮，电磁 炮可大大提高弹丸的速度和射程。 第一部分：专题一力与运动1 对点集训 2.(多选)(2025·天津一模)发 射载人飞船和空间站对接的 1.(2024·湖北卷，4)太空碎片 P个 简化示意图如图所示，先把 会对航天器带来危害.设空间 飞船发射到近地圆轨道I, 站在地球附近沿逆时针方向 继而调整角度和高度，经过 做匀速圆周运动，如图中实线 多次变轨不断逼近空间站轨道，当两轨道很接近 所示.为了避开碎片，空间站 时再从空间站下方、后方缓慢变轨接近.Ⅱ是绕 地球运行的椭圆轨道，Ⅲ是绕地球运行、很接近 在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷 空间站轨道的圆形轨道.P、Q分别为椭圆轨道 射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而 Ⅱ的近地点和远地点.已知万有引力常量为G, 实现变轨.变轨后的轨道如图中虚线所示，其 地球半径为R,飞船在轨道I、Ⅱ、Ⅲ上运动的周 半长轴大于原轨道半径.则 ( 期分别为T1、T2、T3.下列说法正确的是( ) A.空间站变轨前、后在P点的加速度相同 A.T>T2 B.空间站变轨后的运动周期比变轨前的小 B.地球的质量为4R GT C.空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小 C.飞船在Ⅱ轨道时，P点比Q点的速度小 D.空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大 D.飞船需要适当加速才能与空间站进行对接 考点三双星与“追及和相遇”问题 核心透视 3.两卫星相距最近和最远满足的条件 1.双星模型：天体运动中，将两颗彼此距离较近且 (1)相距最近：两卫星的运转方向相同，且位于和 绕同一点做圆周运动的星体称为双星模型.双星 中心连线的半径上同侧时，两卫星相距最近，从 模型具有如下特点： 运动关系上，应满足(wA一wB)t=2nπ(n=1,2, ①双星间的万有引力提供向心力： 3,…) ②双星共同绕它们连线上某点做圆周运动，轨道 (2)相距最远：两卫星的运转方向相同，且位于和中 半径与星体的质量成反比； 心连线的半径上两侧时，两卫星相距最远，从运动 ③双星与旋转中心始终共线，它们的周期、角速 关系上，应满足(wA一wB)1=(2n一1)π(n=1,2,3, 度相同； …) ④双星模型中(A、B间距离为1，A、B质量分别 典题例析 为m1、m2)常见公式有轨道半径r1= 春向1 双（多）星问题 m1+m2 [例4幻(2025·辽宁辽南协作体高三下学期二 7m1 r2 1,双星运行周期T 模)一百多年前爱因斯坦预言了引力波存在.双 m1十n2 星的运动是产生引力波的来源之一，在宇宙中有 2√G(m+m2 一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕 2.天体运动中，三星、四星等多星模型是指相互作 它们连线的某一点只在二者间的万有引力作用 用且围绕某一点做圆周运动的星体.星体做圆周 下做匀速圆周运动，测得P星的周期为T,P、Q 运动所需向心力由其他星体对它的万有引力的 两颗星的距离为1，P、Q两颗星的轨道半径之差 为△r(P星的轨道半径大于Q星的轨道半径)， 合力提供，在多星系统中各星体运行的角速度相 引力常量为G,则下列结论错误的是 () 等，其中三星模型常常有两种情况： ①三个星体连在同一直线上，两个星体围绕中央 A.QP两颗星的质量差为4r2P△r GT2 的星体做周期相同的圆周运动，向心力来源于其 他两个星体对它的引力的合力； B.P,Q两颗星的线速度大小之差为2πA T ②三个星体位于等边三角形的三个顶点上，并沿等 边三角形的外接圆轨道运行，三个星体运行周期相 C,PQ两颗星的质量之比为人 同，向心力来源于其他两个星体对它的万有引力的 合力. D.P.Q两颗是的运动半径之比为片兰 ·17· 物理 [解题指导] 春向2 卫星“追及相遇问题 解答双星模型中物理量和、差、积、比的问题， [例5](2025·河北三模)有两颗人造地球卫星A 基本思路是一定的，都是根据双星有相等的向 和B的轨道在同一平面内，A、B同向转动，轨道 心力，结合已知条件求出相应物理量的表达 半径分别为r和4，每隔时间t会发生一次“相 式，再求和、差、积、比，注意能合并的物理量要 冲”现象，即地球、卫星A和B三者位于同一条 合并. 直线上，且A、B位于地球的同侧，已知万有引力 规律总结紧抓四点解决双星、多星问题 常量为G,则地球质量可表示为 ( (1)根据双星或多星的特点、规律，确定系统的中 )品 心以及运动的轨道半径. (2)系统中某星体的向心力由系统其他星体的万 有引力的合力提供， [解题指导] (3)星体的角速度相等】 根据每隔时间t会发生一次“相冲”可知A、B (4)星体的轨道半径不是天体间的距离.要利用几 在时间t内转过角度之差等于2π，结合万有引 何知识，寻找两者之间的关系，正确计算万有 力提供向心力求解地球质量】 引力和向心力. 课堂评价，高考预测 1.(2025·河南·模拟预 测)太空电梯的原理与 醉，洛希楼限的计算公式为：一24R其 生活中的普通电梯十分 电梯 中，r为洛希极限，M、m分别为质量较大和较小 相似.只需在地球同步 的天体质量，R为质量较大的天体半径.如图甲 轨道上建造一个空间 所示，某脉冲双星系统由两颗相距较近的天体组 站，并用某种足够长也 成，并远离其他天体，它们在彼此间的万有引力 足够结实的“索道”将其 作用下，绕连线上的一点做匀速圆周运动.简化 与地面相连.如图所示，假设有一长度为r的太 为如图乙新示，测得A、B两恒星间的距离为L, 空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步卫星 A、B两恒星的半径分别为RA、RB,恒星A做圆 轨道上的空间站a,整个太空电梯相对地面静 周运动的向心加速度是恒星B的8倍，下列说法 止.卫星b与空间站a的运行方向相同，某时刻 正确的是 ( 二者距离最近，已知地球半径为R,自转周期为 T,下列说法正确的是 ( A.太空电梯各点向心力全部由万有引力提供， 处于完全失重状态 B.太空电梯上各点线速度平方与该点离地球球 甲 乙 心距离成反比 C.太空电梯靠近地球一端的角速度等于空间站 A.该双星系统的洛希极限为4.88RB a的角速度 B.该双星系统的洛希极限为2.44RA D.若经过时间t之后，a、b第一次相距最远，则 C.双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转 卫星的周期为二 动周期越大 D.双星间距离一定，双星的总质量越大，其转动 2.(多选)(2025·河北张家口模拟预测)洛希极限 周期越大 是指在双星系统中，两个天体之间的最近距离. C温馨提 如果两个天体之间的距离小于洛希极限，则质量 学习至此，请完成配套训练专题精准强化4 较小的天体就会在质量较大的天体引力下被撕 ·18· 磁卡是一种卡片状的磁性记录介质，利用磁性载体记录字符与数字信息，用来标识身份或其它用 途。磁卡由高强度、耐高温的塑料或纸质涂覆塑料制成，能防潮、耐磨且有一定的柔韧性，携带方便、使 用较为稳定可靠。