第1部分 专题1 4 第四讲 万有引力与天体运动（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第四讲　万有引力与天体运动 考点一　开普勒定律与万有引力定律 1.开普勒定律的理解 (1)根据开普勒第二定律，行星在椭圆轨道上运动时，相等时间内扫过的面积相等，则v1r1＝v2r2。 (2)根据开普勒第三定律，＝k，若为椭圆轨道，则a为椭圆轨道的半长轴；若为圆轨道，则a为圆轨道的半径。 (3)运行过程中行星的机械能守恒，即Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。 2.应用万有引力定律计算天体质量和密度的思路 注意：(1)天体表面的重力加速度g＝是g的决定式，具有普适性。 (2)若绕行天体绕中心天体表面(如近地)做匀速圆周运动时，轨道半径r≈R，则中心天体的密度ρ＝。 学生用书⬇第18页 (多选) 2025年4月24日23时49分，神舟二十号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱。如果神舟二十号飞船升空后先进入停泊轨道(即近地圆形轨道)，之后进入转移轨道，最后在中国空间站轨道与天和核心舱对接，如图所示。已知中国空间站轨道为圆形轨道，距地面高度为h，飞船在停泊轨道运行的周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是 A.从停泊轨道进入转移轨道需要在P点减速 B.天和核心舱的向心加速度大小为()2g C.可估得地球密度为 D.飞船从P点运行到Q点需要的时间为T 答案：BC 解析：飞船从停泊轨道进入转移轨道需要在P点加速，A错误；设天和核心舱的向心加速度大小为a，质量为m0的地表物体受到的重力m0g＝G，由G＝ma，解得a＝()2g，B正确；飞船在停泊轨道运行的周期为T，根据万有引力提供向心力有G＝m()2R，解得M＝，地球的密度为ρ＝，解得ρ＝，C正确；设飞船在转移轨道运行的周期为T'，由开普勒第三定律有＝，整理可得T'＝T，故飞船从P点运行到Q点所需的时间为TPQ＝T'＝，D错误。故选BC。 预测1.(多选)(2025·福建厦门二模)某国际天文学团队发现“超级地球”——行星HD20794d。如图所示，该行星围绕着一颗类太阳恒星运动，运行轨道呈椭圆形，位于宜居带内、外缘之间，Q、M、P、N是椭圆轨道的顶点。已知类太阳恒星质量小于太阳质量，“超级地球”沿逆时针方向运动，则“超级地球” A.运行轨道半长轴的三次方与其运行周期的平方之比等于地球公转轨道半长轴的三次方与其公转周期的平方之比 B.从Q到M所用时间大于从M到P所用时间 C.在Q点的速度大于在P点的速度 D.在Q点的加速度小于在P点的加速度 答案：BD 解析：“超级地球”围绕类太阳恒星运动，中心天体是类太阳恒星，地球围绕太阳运动，中心天体是太阳，中心天体不同，轨道半长轴的三次方与其运行周期的平方之比不同，故A错误；“超级地球”围绕类太阳恒星做椭圆运动，从Q到M的平均速度大小小于从M到P的平均速度大小，所以从Q到M所用时间大于从M到P所用时间，故B正确；由开普勒第二定律可知，在Q点的速度小于在P点的速度，故C错误；根据万有引力公式F＝G，可知“超级地球”在P点受到的万有引力大，根据牛顿第二定律可知，在Q点的加速度小于在P点的加速度，故D正确。故选BD。 预测2.某系外行星围绕一脉冲星(恒星)公转，公转周期约为2小时。已知地球与太阳距离约为该行星与脉冲星距离的250倍。根据以上信息，下列说法正确的是 A.该脉冲星质量约为太阳质量的1.2倍 B.该脉冲星质量约为太阳质量的9.2×10－6倍 C.该行星质量约为地球质量的1.2倍 D.该行星质量约为地球质量的9.2×10－6倍 答案：A 解析：设中心天体质量为M，环绕天体质量为m，根据G＝mr，解得M＝，则＝()3×()2＝×()2≈1.2，故A正确，B错误；根据以上分析可知，环绕天体的质量被约去了，故无法求出环绕天体的质量之比，故C、D错误。故选A。 考点二　人造卫星与宇宙航行 (多选)(2025·广东汕头二模)已知某小行星质量为M，半径为R。若探测器在距离小行星表面高度为h处绕其做匀速圆周运动。已知引力常量为G，忽略小行星的自转。以下说法正确的是 A.探测器的运行速度为 B.探测器的向心加速度为 C.该小行星的第一宇宙速度为 D.若探测器要离开小行星返回地球，需在当前轨道加速 答案：AD 解析：探测器围绕小行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有G＝m，解得探测器的运行速度v＝，故A正确；探测器围绕小行星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有G＝man，解得探测器的向心加速度an＝，故B错误；当探测器围绕小行星的表面做匀速圆周运动时，其运行速度为该小行星的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有G＝m，解得该小行星的第一宇宙速度为v1＝，故C错误；若探测器要离开小行星返回地球，需要挣脱小行星的引力束缚，所以探测器要做离心运动，即需在当前轨道加速，故D正确。故选AD。 学生用书⬇第19页 人造卫星运动问题的分析要点 (2025·河北模拟)我国发射的嫦娥六号探测器被月球引力捕获，进入环月轨道，经过连续多次近月制动，轨道逐渐降低。先在距离月球表面200 km的环月轨道Ⅰ上运行，随后变轨进入近月点离月球表面15 km、远月点离月球表面200 km的轨道Ⅱ上，如图所示，A处为变轨位置，A、B分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点，下列说法正确的是 A.嫦娥六号在A处变轨时应加速 B.嫦娥六号在轨道Ⅱ从A到B运行时机械能增大 C.嫦娥六号在B点的速率小于在轨道Ⅰ上运行的速率 D.嫦娥六号在轨道Ⅰ上运行时的周期大于在轨道Ⅱ上运行时的周期 答案：D 解析：嫦娥六号在A处由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ上，需要减速，故A错误；嫦娥六号在轨道Ⅱ从A到B运行时只有引力做功，机械能保持不变，故B错误；嫦娥六号在B点需要减速后才能做匀速圆周运动，且在B点做匀速圆周运动的速率大于在轨道Ⅰ上运行的速率，故嫦娥六号在B点的速率大于在轨道Ⅰ上运行的速率，故C错误；轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，嫦娥六号在轨道Ⅰ上运行时的周期大于在轨道Ⅱ上运行时的周期，故D正确。故选D。 1.卫星变轨的分析思路 — 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 G＜m G＞m 变轨结果 变为椭圆轨道运动或变轨到半径较大的圆轨道上运动 变为椭圆轨道运动或变轨到半径较小的圆轨道上运动 2.变轨过程中的能量变化 卫星在同一轨道上稳定运行过程中，机械能守恒。在变轨过程中，点火加速，做离心运动，轨道升高，机械能增加；点火减速，做近心运动，轨道降低，机械能减少。 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3∶2，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27∶8 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9∶4 D.每隔一年会出现一次“火星冲日” [审题指导] 题眼点拨 火星与地球相距最远时，两者的速度方向相反，两者的相对速度最大 出现“火星冲日”的时间间隔等于地球比火星绕太阳多转一周的时间 模型方法 1.天体运动的参量比较； 2.“行星冲日”模型 答案：B 解析：由题意知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，根据开普勒第三定律得＝＝，A错误；当火星与地球相距最远时，火星和地球分居太阳两侧，两者的速度方向相反，故地球和火星相对速度最大，B正确；忽略天体自转产生的影响，根据物体在天体表面所受的重力等于万有引力有mg＝，解得g＝，根据题目中所给条件无法计算出自由落体加速度的比例关系，C错误；设经过时间t会出现一次“火星冲日”，地球比火星多绕太阳运动一周，则－＝1，所以t＝ 年＞2年，D错误。故选B。 学生用书⬇第20页 天体追及问题的分析方法 　　两卫星在同一轨道平面内同向绕地球做匀速圆周运动，a卫星的角速度为ωa，b卫星的角速度为ωb。若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点正上方，相距最近，如图甲所示： (1)当两卫星转过的角度之差Δθ＝k·2π(k＝1，2，3，…)，即满足ωaΔt－ωbΔt＝k·2π(k＝1，2，3，…)时，两卫星再次相距最近。 (2)当两卫星转过的角度之差Δθ＝(2k＋1)π(k＝0，1，2，…)，即满足ωaΔt－ωbΔt＝(2k＋1)π(k＝0，1，2，…)时，两卫星相距最远，如图乙所示。 考点三　双星与多星模型 (2025·河北模拟) 2024年，中国天眼(FAST)发现了罕见的双中子星系统。如图所示是其简化示意图，经观测A、B两颗中子星距离为L，均绕两者连线上的O点做周期为T的匀速圆周运动，A中子星的轨道半径为RA(RA＜)，引力常量为G，下列说法正确的是 A.A中子星的质量为 B.B中子星的质量为 C.A、B中子星运动速度大小的比值为 D.A、B中子星质量之和与质量之差的比值为 模型剖析 第一步：模型构建，双星模型 两星体为一个独立的系统，不受外界其他星体的作用力，构成一个双星系统。 第二步：分析向心力的来源，分析各自的轨道半径 向心力来源于两星体之间的万有引力，两星体围绕同一圆心做圆周运动，A中子星的轨道半径为RA，B中子星的轨道半径为L－RA。 第三步：列式解题，由向心力公式列式解题 (1)对B中子星有G＝mB(L－RA)，可得A中子星的质量为mA＝； (2)对A中子星有G＝mARA，可得B中子星的质量为mB＝； (3)由T＝＝，可得＝； (4)A、B中子星的质量之和与质量之差的比值为＝。 解决双星或多星问题的技巧 1.确定系统中心及半径：明确双星或多星的特点、规律，确定系统的中心以及运动的轨道半径。 2.明确向心力：星体所受的向心力由其他天体对它的万有引力的合力提供。 3.抓住角速度特点：星体的角速度相等。 4.清楚星体的轨道半径不是天体间的距离：要利用几何知识，寻找星体轨道半径之间的关系，正确计算万有引力和向心力。 (多选)宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同。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，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设两种系统中三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是 学生用书⬇第21页 A.直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为 B.直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4π C.三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2 D.三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为 答案：BD 解析：在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有G＋G＝m，解得v＝，A错误；由T＝可知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T＝4π，B正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2Gcos 30°＝mω2·，解得ω＝，C错误；由2Gcos 30°＝ma可得a＝，D正确。故选BD。 1.科技情境类 (2025·河南高考)2024年天文学家报道了他们新发现的一颗类地行星Gliese12b，它绕其母恒星的运动可视为匀速圆周运动。已知Gliese12b轨道半径约为日地距离的，其母恒星质量约为太阳质量的，则Gliese12b绕其母恒星的运动周期约为 A.13天 B.27天 C.64天 D.128天 答案：A 解析：由万有引力提供向心力有G＝mr，解得T＝2π，又M恒＝M日，rG＝r日地，解得TG≈13天。故选A。 2.科技情境类 (多选)(2024·广东高考)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1 000 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：在星球表面，根据G＝mg，可得g＝，行星的质量和半径分别为地球的，地球表面重力加速度大小取g＝10 m/s2，可得该行星表面的重力加速度大小g'＝4 m/s2，故A正确；在星球表面上空，根据万有引力提供向心力有G＝m，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，可得该行星的第一宇宙速度v行＝v地，地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，所以该行星的第一宇宙速度v行＝×7.9 km/s，故B错误；“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，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力大小F＝mg'＝4 000 N，“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4 000 N，对背罩，根据牛顿第二定律有F＝m'a，解得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＝mg'v＝1 000×4×60 W＝240 kW，故D错误。故选AC。 3.科技情境类 (2025·四川高考)某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动，地球质量为M，万有引力常量为G。则该卫星轨道半径为 A. B. C. D. 答案：A 解析：设该卫星转动的周期为T'，根据题意可得·－·＝2π，可得T'＝，根据万有引力提供向心力有G＝mr，可得r＝，代入T'＝，可得r＝。故选A。 4.科技情境类 (2025·河北高考)随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0，表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为mg0－)(r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为 A. B. C. D. 答案：B 解析：飞行器在轨道半径r＝2R0处的总机械能包括动能和引力势能。飞行器在轨道半径r＝2R0处的引力势能为Ep＝mg0R0，根据万有引力提供向心力有G＝m，在该星球表面有G＝mg0，解得轨道速度满足v2＝，对应的动能Ek＝mv2＝mg0R0，总机械能E总＝mg0R0，根据机械能守恒，则初始动能m＝E总，解得v0＝。故选B。 专题集训(四)　万有引力与天体运动 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题5分，共50分) 1.(2025·广东高考)一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是 A.公转周期约为6年 B.从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小 C.从远日点到近日点线速度大小逐渐减小 D.在近日点加速度大小约为地球公转加速度的 答案：D 解析：由题意可知该小行星轨道的半长轴为地球到太阳距离的6倍，由开普勒第三定律可知＝，其中a小行星为小行星轨道的半长轴，可得T小行星＝T地≈14.7年，A错误；从远日点到近日点，该小行星到太阳的距离逐渐减小，由F引＝G可知，从远日点到近日点，该小行星所受太阳引力大小逐渐增大，B错误；从远日点到近日点，该小行星到太阳的距离逐渐减小，由开普勒第二定律可知，当小行星离太阳较近的时候，运行的速度较大，而离太阳较远的时候速度较小，因此从远日点到近日点，该小行星的线速度大小逐渐增大，C错误；由万有引力提供向心力有G＝ma可得a＝，由于该小行星的轨道近日点到太阳的距离约为地球到太阳距离的5倍，则该小行星在近日点的加速度大小约为地球公转加速度的，D正确。故选D。 2.(2025·云南高考)国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年，该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1 AU，八大行星绕太阳的公转轨道半径如表所示。忽略其他行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于 行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 轨道半 径R/AU 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30 A.金星与地球的公转轨道之间 B.地球与火星的公转轨道之间 C.火星与木星的公转轨道之间 D.天王星与海王星的公转轨道之间 答案：C 解析：由开普勒第三定律有＝，可得R行＝R地，代入数据解得R行≈3.2 AU，结合题表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。故选C。 3.(2025·广西河池期末)2024年10月30日，神舟十九号成功对接于空间站天和核心舱前向端口，已知空间站轨道高度低于静止卫星。下列说法正确的是 A.在相同时间内，空间站、地球静止卫星与地心连线扫过的面积相等 B.空间站的角速度大于地球自转的角速度 C.空间站的周期大于24 h D.空间站的发射速度大于11.2 km/s 答案：B 解析：根据开普勒第二定律可知，对同一卫星而言，它与中心天体的连线在相等的时间内扫过的面积相等，但不同轨道的卫星与中心天体的连线在相等的时间内扫过的面积不相等，故A错误；根据万有引力提供向心力有G＝mω2r，可得ω＝，可知轨道半径越小，角速度越大，则空间站的角速度大于地球静止卫星的角速度，而地球静止卫星的角速度等于地球自转的角速度，故空间站的角速度大于地球自转的角速度，故B正确；根据T＝，可得T＝2π ，则空间站的周期小于地球静止卫星的周期，即空间站的周期小于24 h，故C错误；空间站绕地球做圆周运动，故发射速度满足7.9 km/s＜v＜11.2 km/s，故D错误。故选B。 4.(2023·广东高考)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－t0 B.半径为 C.角速度的大小为 D.加速度的大小为 答案：B 解析：由题图(b)可知，探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为T＝t1－t0，则P的公转周期为t1－t0，故A错误；P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得G＝mr，解得半径为r＝＝，故B正确；P的角速度为ω＝＝，故C错误；P的加速度大小为a＝ω2r＝·＝·，故D错误。故选B。 5.(2025·广东广州一模)如图所示，一飞行器沿椭圆轨道Ⅰ运行，地球位于椭圆轨道Ⅰ的其中一个焦点O上。飞行器在位置P瞬间喷射一定量气体后，沿圆轨道Ⅱ运行。已知轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半径，则飞行器 A.在轨道Ⅰ上从P点到M点，机械能增大 B.在轨道Ⅱ上的周期大于在轨道Ⅰ上的周期 C.在轨道Ⅱ上的速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度 D.在轨道Ⅱ上的加速度小于在轨道Ⅰ上经过P点的加速度 答案：C 解析：在轨道Ⅰ上从P点到M点，只有万有引力做负功，飞行器的机械能不变，故A错误；轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半径，根据开普勒第三定律可知，飞行器在轨道Ⅱ上的周期小于在轨道Ⅰ上的周期，故B错误；以焦点O为圆心作一个与轨道Ⅰ远地点M相切的圆，将该圆看为轨道Ⅲ，轨道Ⅲ相对于轨道Ⅰ是高轨道，由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ需要在M点加速，即在轨道Ⅲ上的速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度，根据G＝m，解得v＝，由于轨道Ⅲ的半径大于轨道Ⅱ的半径，则在轨道Ⅱ的速度大于在轨道Ⅲ的速度，可知飞行器在轨道Ⅱ上的速度大于在轨道Ⅰ上经过M点的速度，故C正确；根据牛顿第二定律有G＝ma，解得a＝，可知飞行器在轨道Ⅱ上的加速度等于在轨道Ⅰ上经过P点的加速度，故D错误。故选C。 6.(2025·安徽蚌埠第二次质检)某空间探测器发射后，先在圆轨道1上做匀速圆周运动，在圆轨道1上的P点变轨进入椭圆轨道2，在椭圆轨道2上的远地点Q点变轨进入椭圆轨道3，M点是椭圆轨道3的远地点，则下列说法正确的是 A.探测器在轨道1上P点速度一定小于在轨道3上Q点速度 B.探测器在轨道1上P点速度可能小于在轨道2上Q点速度 C.探测器在M点速度一定小于在轨道2上P点速度 D.探测器在M点速度可能等于在轨道1上P点速度 答案：C 解析：根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，以及卫星从低轨道变到高轨道，需要在两轨道相切点加速，可知在轨道1上P点速度一定大于在过Q点的圆轨道上运行的速度，而在过Q点的圆轨道上运行的速度大于在轨道2上Q点的速度，但小于在轨道3上Q点的速度，故探测器在轨道1上P点速度不一定小于在轨道3上Q点速度，在轨道1上P点速度大于在轨道2上Q点速度，故A、B错误；探测器在M点速度小于在过M点的圆轨道上运行的速度，小于在轨道1上P点的速度，小于在轨道2上P点的速度，故C正确，D错误。故选C。 7.(多选)(2025·山东济宁模拟)“食双星”的两颗恒星亮度不同，在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动，由于两颗恒星的彼此遮挡，会造成观测者观察到双星的亮度L发生周期性变化，如图所示。若较亮的恒星和较暗的恒星做圆周运动的半径分别为r1和r2(r1≠r2)，下列说法正确的是 A.t2时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星 B.“食双星”做匀速圆周运动的周期为2(t2－t1) C.较亮的恒星与较暗的恒星的向心加速度大小相等 D.较亮的恒星与较暗的恒星质量之比为 答案：BD 解析：t1时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星，t2时刻，较暗的恒星遮挡住较亮的恒星，即t1～t2时间内，转了半圈，周期T＝2(t2－t1)，故A错误，B正确；两颗恒星做圆周运动的半径不同，由a＝r可知，两恒星的向心加速度大小不相等，故C错误；设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为m1和m2，均由彼此间的万有引力提供向心力，故两颗恒星的向心力大小相等，即m1ω2r1＝m2ω2r2，则＝，故D正确。故选BD。 8.(2025·山东聊城模拟)将轻质弹簧一端固定在地球某处的水平地面上，在某高度处由静止释放一个小球，小球落在竖直弹簧上，小球速度最大时弹簧的压缩量为x1。假设把该弹簧固定在火星某处的水平地面上，将同一小球由同一高度处释放，小球速度最大时弹簧压缩量为x2。已知火星质量约为地球质量的，直径约为地球直径的，不考虑星球自转带来的影响，则x1∶x2约为 A.2∶5 B.1∶1 C.5∶4 D.5∶2 答案：D 解析：在星球表面有mg＝G，则＝，小球速度最大时受力平衡，根据平衡条件有mg＝kx，则＝＝。故选D。 9.“地球同步轨道”上方300千米处的圆形轨道，是国际处理太空垃圾的“墓地轨道”，将废弃飞行物处理到此，可以为“地球同步轨道”释放更多的空间。某次，运行在“地球同步轨道”上的中国“实践21号”卫星，将一颗失效的北斗二号卫星拖入到了“墓地轨道”。已知“墓地轨道”半径为r，“地球同步轨道”半径为R，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“地球同步轨道”上运行的角速度之比为 C.北斗二号卫星在“地球同步轨道”上的机械能比在“墓地轨道”上小 D.“实践21号”卫星从“墓地轨道”返回“地球同步轨道”，需要加速 答案：C 解析：设地球质量为M，根据G＝ma，可得“地球同步轨道”处的重力加速度为a＝，不为0，A错误；根据万有引力提供向心力有G＝mω2r，解得ω＝，则北斗二号卫星在“墓地轨道”和“地球同步轨道”上运行的角速度之比为，B错误；北斗二号卫星从“地球同步轨道”转移到“墓地轨道”上需要加速做离心运动，除万有引力外其他力对其做正功，机械能增大，C正确；“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，D错误。故选C。 10.(2025·广东清远高三二模)卫星与地心连线同地球表面的交点称为星下点(即卫星的正投影位置)，通过星下点监测系统可实时追踪卫星运行状态。某卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道如图甲虚线所示。图乙为该卫星的监测示意图：底部数值表示经度，曲线为星下点轨迹的时空展开图，其中标注了第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ圈的轨迹，A、B、C三点分别为各圈轨迹与赤道的交点。已知地球自转周期为24小时，卫星运行方向如图甲中箭头所示。下列判断正确的是 A.该卫星属于地球静止卫星 B.该卫星的运行周期约1.5 h C.该卫星运行过程中，线速度大小大于第一宇宙速度 D.根据A、B、C交点可判断，在卫星运行一周时间内，地球大约自转过30° 答案：B 解析：由题图甲可知，该卫星运行轨道与赤道平面不重合，不属于地球静止卫星，A错误；第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，该卫星运行过程中，线速度大小小于第一宇宙速度，C错误；根据题意结合题图乙可知，地球自转过45°，此时该卫星刚好运行两周，即在该卫星运行一周时间内，地球大约自转过22.5°，D错误；该卫星刚好运行两周所用时间t＝×24 h＝3 h，可知该卫星的运行周期约1.5 h，B正确。故选B。 学生用书⬇第22页 学科网（北京）股份有限公司 $