【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修2 第四章 专题突破 (含解析).doc，共(23)页，346.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题突破天体运动中的“三大难点”突破一近地卫星、同步卫星及赤道上物体的运行问题如图1所示，a为近地卫星，半径为r1；b为地球同步卫星，半径为r2；c为赤道上随地球自转的物体，半径为r3。图1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＞r3＝r1角速度由GMmr2＝mω2r得ω＝GMr3，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GMmr2＝mv2r得v＝GMr，故v1＞v2由v＝rω得v2＞v3v1＞v2＞v3向心加速度由GMmr2＝ma得a＝GMr2，故a1＞a

2由a＝ω2r得a2＞a3a1＞a2＞a3【例1】(2018·青海西宁三校联考)如图2所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径

)，c为地球的同步卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是()图2A．b卫星转动线速度大于7.9km/sB．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa＞ab＞acC．a、b、c做匀速圆周运动的周期

关系为Tc＞Tb＞TaD．在b、c中，b的速度大解析b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，根据万有引力定律有GMmR2＝mv2R，解得v＝GMR，代入数据得v＝7.9km/s，故A错误；地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa＝ωc，根据a＝rω2知，c的向心加速度大

于a的向心加速度，根据a＝GMr2得b的向心加速度大于c的向心加速度，即ab＞ac＞aa，故B错误；卫星c为同步卫星，所以Ta＝Tc，根据T＝2πr3GM得c的周期大于b的周期，即Ta＝Tc＞Tb，故C错误；在b、c中，根据v＝GMr，可知b的速度比c的速度大，故D正确。答案D1

．2018年7月10日4时58分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号甲运载火箭，成功发射了第三十二颗北斗导航卫星。该卫星属倾斜地球同步轨道卫星，卫星入轨并完成在轨测试后，将接入北斗卫星导航系统，为用户提供更可靠服务。通过百度查询知道，倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫

星，它的运转周期也是24小时，如图3所示，关于该北斗导航卫星说法正确的是()图3A．该卫星可定位在北京的正上空B．该卫星与地球静止轨道卫星的向心加速度大小是不等的C．该卫星的发射速度v≤7.9km/sD．该卫星的角速度与放在北京

地面上物体随地球自转的角速度大小相等解析根据题意，该卫星是倾斜轨道，故不可能定位在北京的正上空，选项A错误；由于该卫星的运转周期也是24小时，与地球静止轨道卫星的周期相同，故轨道半径、向心加速度均相同，故选项B错误；第一宇宙速度7.9km/s是最小的发射速度，故选项C错误；根据ω＝2πT

可知，该卫星的角速度与放在北京地面上物体随地球自转的角速度大小相等，故选项D正确。答案D2．(2019·名师原创预测)我国首颗极地观测小卫星是我国高校首次面向全球变化研究、特别是极地气候与环境监测需求所研制的遥感科学实验小卫星。假如该卫星飞过两极上空，其轨道平面与赤道平

面垂直，已知该卫星从北纬15°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬15°的正上方时所用时间为1h，则下列说法正确的是()图4A．该卫星与同步卫星的轨道半径之比为1∶4B．该卫星的运行速度一定大于第一宇宙速度C．该卫星与同步卫星的加速度之比为316∶1D．该卫星在轨道上运行的

机械能一定小于同步卫星在轨道上运行的机械能解析该卫星从北纬15°运行到南纬15°时，转动的角度为30°，则可知卫星的周期为12小时，而同步卫星的周期为24小时，设卫星和同步卫星的轨道半径分别为r1、r2，根据开普勒第三定律有r31T21＝r32T22，可得r1r2＝314，故A错误；第一宇宙速度

是最大环绕速度，所以该卫星的运行速度不大于第一宇宙速度，故B错误；根据a＝(2πT)2r，知a1a2＝r1r2·T22T21＝316，故C正确；由于不知道该卫星与同步卫星的质量关系，所以无法判断机械能的大小，D错误。答案C突破二卫星(航天器)的变轨及对接问题考向卫星的变轨、对接问题1．卫星发射及变

轨过程概述人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，如图5所示。图5(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。(2)在A点点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供向心力，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。【例2】我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接。假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞

船与空间实验室的对接，下列措施可行的是()图6A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠

近空间实验室，两者速度接近时实现对接D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接解析若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速，所需向心力变大，则飞船将脱离原轨道

而进入更高的轨道，不能实现对接，选项A错误；若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速，所需向心力变小，则空间站将脱离原轨道而进入更低的轨道，不能实现对接，选项B错误；要想实现对接，可使飞船在比空间实验室半径较小的轨道上加速，然后

飞船将进入较高的空间实验室轨道，逐渐靠近空间实验室后，两者速度接近时实现对接，选项C正确；若飞船在比空间实验室半径较小的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道，不能实现对接，选项D错误。答案C考向变轨前、后各物理量的比

较1．航天器变轨问题的三点注意事项(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新圆轨道上的运行速度由v＝GMr判断。(2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越

大，机械能越大。(3)航天器经过不同轨道的相交点时，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。2．卫星变轨的实质两类变轨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GMmr2<mv2rGMmr2>mv2r变轨结果变为椭圆轨道运动或在较大半径圆

轨道上运动变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动【例3】中国在西昌卫星发射中心成功发射“亚太九号”通信卫星，该卫星运行的轨道示意图如图7所示，卫星先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P。当卫星经过P点时点火加速，使卫星由椭圆轨道1转移到地球同步轨道2上运行，下列说法正

确的是()图7A．卫星在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B．卫星在轨道1上运行经过P点的速度大于经过Q点的速度C．卫星在轨道2上时处于超重状态D．卫星在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度解析卫星在两轨道上运动的机械能不相等，A项错误；

在轨道上运行经过P点的速度应小于近地点Q的速度，万有引力做正功使动能增加，B项错误；卫星在轨道上应处于失重状态，C项错误；由万有引力提供向心力可知：GMmr2＝ma，a＝GMr2，在同一点P加速度相等，D项正确。答案D1．如图8，宇宙飞船A在低轨道上飞行

，为了给更高轨道的宇宙空间站B输送物质，需要与B对接，它可以采用喷气的方法改变速度，从而达到改变轨道的目的，则以下说法正确的是()图8A．它应沿运行速度方向喷气，与B对接后周期比低轨道时的小B．它应沿运行

速度的反方向喷气，与B对接后周期比低轨道时的大C．它应沿运行速度方向喷气，与B对接后周期比低轨道时的大D．它应沿运行速度的反方向喷气，与B对接后周期比低轨道时的小解析若A要实施变轨与比它轨道更高的空间站B对接，则应做逐渐远离圆心的运动，则万有引

力必须小于A所需的向心力，所以应给A加速，增加其所需的向心力，故应沿运行速度的反方向喷气，使得在短时间内A的速度增加。与B对接后轨道半径变大，根据开普勒第三定律R3T2＝k得，周期变大，故选项B正确。答案B2．(2019·名师原创预测)近年来，我国的航天事业飞

速发展，“嫦娥奔月”掀起高潮。“嫦娥四号”进行人类历史上的第一次月球背面登陆。若“嫦娥四号”在月球附近轨道上运行的示意图如图9所示，“嫦娥四号”先在圆轨道上做圆周运动，运动到A点时变轨为椭圆轨道，B点是近月点，则下列有关“嫦娥四号”的说法正确

的是()图9A．“嫦娥四号”的发射速度应大于地球的第二宇宙速度B．“嫦娥四号”要想从圆轨道进入椭圆轨道必须在A点加速C．“嫦娥四号”在椭圆轨道上运行的周期比圆轨道上运行的周期要长D．“嫦娥四号”运行至B点时的速率大于月球

的第一宇宙速度解析“嫦娥四号”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A错误；“嫦娥四号”要想从圆轨道变轨到椭圆轨道，必须在A点进行减速，故B错误；由开普勒第三定律知r3T21＝a3T22，由题图可知，圆轨道的半径r大于椭圆轨道的半长轴a，故“

嫦娥四号”在圆轨道上运行的周期T1大于在椭圆轨道上运行的周期T2，所以C错误；“嫦娥四号”要想实现软着陆，运行至B点时必须减速才能变为环月轨道，故在B点时的速率大于在环月轨道上运行的最大速率，即大于月球的第一宇

宙速度，故D正确。答案D3．(多选)(2018·河北唐山摸底)荷兰某研究所推出了2023年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划。登陆火星需经历如图10所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是()图10A．飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ＞TⅡ＞TⅠB．飞船在轨道Ⅰ上的机械能

大于在轨道Ⅱ上的机械能C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度解析根据开普勒第三定律可和，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ＞TⅡ＞TⅠ，选项A正确；飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，

需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达轨道Ⅰ，则飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，选项B错误，C正确；根据GMmR2＝mω2R以及M＝43πR3ρ，解得ρ＝3ω24πG，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，选项D正确。答案ACD

突破三卫星的追及与相遇问题1．相距最近两卫星的运转方向相同，且位于和中心连线的半径上同侧时，两卫星相距最近，从运动关系上，两卫星运动关系应满足(ωA－ωB)t＝2nπ(n＝1，2，3，„)。2．相距最远当两卫星位于和中心

连线的半径上两侧时，两卫星相距最远，从运动关系上，两卫星运动关系应满足(ωA－ωB)t′＝(2n－1)π(n＝1，2，3„)。【例4】(多选)如图11，三个质点a、b、c的质量分别为m1、m2、M(M远大于m1及m2)，在c的万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，

已知轨道半径之比为ra∶rb＝1∶4，则下列说法正确的有()图11A．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶8B．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶4C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线12次D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次解

析根据开普勒第三定律r3T2＝k得TaTb＝r3ar3b＝143＝18，则周期之比为1∶8，选项A正确，B错误；设图示位置a、b的夹角为θ<π2，b转动一周(圆心角为2π)的时间为t＝Tb，则a、b相距最远时：2πTaTb－2πTbTb＝(π－θ)＋n·2π(n

＝0，1，2，3，„)，可知n<6.75，n可取7个值；a、b相距最近时：2πTaTb－2πTbTb＝(2π－θ)＋m·2π(m＝0，1，2，3，„)，可知m<6.25，m可取7个值，故在b转动一周的过程中，a、b、c共

线14次，选项D正确。答案AD天体相遇与追及问题的处理方法首先根据GMmr2＝mrω2判断出谁的角速度大，然后根据两星追上或相距最近时满足两星运动的角度差等于2π的整数倍，即ωAt－ωBt＝n·2π(n＝1、2、3„„)，相距最远时两星运行

的角度差等于π的奇数倍，即ωAt－ωBt＝(2n＋1)π(n＝0、1、2„„)3．“行星冲日”现象在不同圆轨道上绕太阳运行的两个行星，某一时刻会出现两个行星和太阳排成一条直线的“行星冲日”现象，属于天体运动中的“追及相遇”问题，此类问题具有周期性。【例5】(多选)(2018

·湖南张家界三模)2018年7月27日将发生火星冲日现象，我国整夜可见，火星冲日是指火星、地球和太阳几乎排列在同一条直线上，地球位于太阳与火星之间，此时火星被太阳照亮的一面完全朝向地球，所以明亮且易于观察。地球和火星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为圆，

火星公转轨道半径为地球公转轨道半径的1.5倍，则()A．地球的公转周期比火星的公转周期小B．地球的运行速度比火星的运行速度小C．火星冲日现象每年都会出现D．地球与火星的公转周期之比为8∶27解析已知火星公转轨道半径为地球的1

.5倍，则由GMmr2＝m4π2T2r得，T＝2πr3GM，可知轨道半径越大，周期越大，故火星的公转周期比地球的大，选项A正确；又由GMmr2＝mv2r可得v＝GMr，则轨道半径越大，线速度(即运行速度)越小，

故火星的运行速度比地球的小，选项B错误；根据开普勒第三定律得，T火T地＝r3火r3地＝278，因为地球的公转周期为1年，所以火星的公转周期大于1年，不是每年都出现火星冲日现象，故选项C错误，D正确。答案AD1．经长期观测发现，

A行星运行轨道的半径近似为R0，周期为T0，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且周期性地每隔t0(t0＞T0)发生一次最大的偏离，如图12所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，已知行星B

与行星A同向转动，则行星B的运行轨道(可认为是圆轨道)半径近似为()图12A．R＝R03t20（t0－T0）2B．R＝R0t0t0－T0C．R＝R0t30（t0－T0）3D．R＝R0t0t0－T0解析A行星运行的轨道发生最大偏离，一定是B对A的引力引起的，且B行星在此

时刻对A有最大的引力，故此时A、B行星与恒星在同一直线上且位于恒星的同一侧，设B行星的运行周期为T，运行的轨道半径为R，根据题意有2πT0t0－2πTt0＝2π，所以T＝t0T0t0－T0，由开普勒第三定律可得R30T20＝R3T2，联立解得

R＝R03t20（t0－T0）2，故A正确，B、C、D错误。答案A2．如图13所示，有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动，旋转方向相同。A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近，则(引力常量为G)()图13A．两卫星经过时间t

＝T1＋T2再次相距最近B．两颗卫星的轨道半径之比为T123∶T223C．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球的密度D．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度解析两卫星相距最近时，两卫星应该在同一半径方向上，A多转动一圈时，第二次追上，转动的角度

相差2π，即2πT1t－2πT2t＝2π，得出t＝T1T2T2－T1，故A错误；根据万有引力提供向心力得GMmr2＝m4π2T2r，A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，所以两颗卫星的轨道半径之比为T123∶T223，故B正确；若已知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比

可以求得两颗卫星的轨道半径，根据万有引力提供向心力得GMmr2＝m4π2T2r，可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不可求出地球密度和地球表面的重力加速度，故C、D错误。答案B科学思维系列——物理模型构建：双星和三星模型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14所示。图14(2)特点①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即Gm1m2L2＝m1ω21r1，Gm1m2L2＝m2ω22r2②两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2

，ω1＝ω2③两颗星的半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L(3)两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即m1m2＝r2r1。2．三星模型(1)三颗质量均为m的星体位于同一直线上，两颗环绕星体围绕中央星体在同一半径为R的圆形轨道上运行(如图15甲所示)。其中一个环

绕星由其余两颗星的引力提供向心力：Gm2R2＋Gm2（2R）2＝ma。(2)三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)。每颗星体运动所需向心力都由其余两颗星体对其万有引力的合力来提供。2×Gm2L

2cos30°＝ma，其中L＝2Rcos30°。图15【典例1】(多选)(2018·全国卷Ⅰ，20)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s

时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星()A．质量之积B．质量之和C．速率之和D．各自的自转角速度解析由题意

可知，合并前两中子星绕连线上某点每秒转动12圈，则两中子星的周期相等，且均为T＝112s，两中子星的角速度均为ω＝2πT，两中子星构成了双星模型，假设两中子星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，速率分别为v1、v2，则有

Gm1m2L2＝m1ω2r1、Gm1m2L2＝m2ω2r2，又r1＋r2＝L＝400km，解得m1＋m2＝ω2L3G，A错误，B正确；又由v1＝ωr1、v2＝ωr2，则v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωL，C正确；由题中的条件不能求解两中子星自转的角速度

，D错误。答案BC【典例2】(多选)太空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，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式(如图16)：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的圆轨道上运行；另一种形式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。设这三颗星的质量均为M，并设两种系统的运动周期相同，则()图16A．直线三星系统中甲星和丙星的线速度相同B．直线三星系统的运动周期T＝4πRR5GMC

．三角形三星系统中星体间的距离L＝3125RD．三角形三星系统的线速度大小为125GMR解析直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相同，方向相反，选项A错误；三星系统中，对直线三星系统有GM2R2＋GM2（2R）2＝M4π2T2R，解得T＝4π

RR5GM，选项B正确；对三角形三星系统根据万有引力和牛顿第二定律得2GM2L2cos30°＝M4π2T2·L2cos30°，联立解得L＝3125R，选项C正确；三角形三星系统的线速度大小为v＝2πrT＝2πL2co

s30°T，代入解得v＝36·3125·5GMR，选项D错误。答案BC课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1．宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，而不至因为万有引力的作用而吸引到一起。如图1所示，某双星

系统中A、B两颗天体绕O点做匀速圆周运动，它们的轨道半径之比rA∶rB＝1∶2，则两颗天体的()图1A．质量之比mA∶mB＝2∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶2C．线速度大小之比vA∶vB＝2∶1D．向心力大小之比FA∶FB＝2∶1解析双星绕连线上的一点做匀速圆周运动，其角速

度相同，周期相同，两者之间的万有引力提供向心力，F＝mAω2rA＝mBω2rB，所以mA∶mB＝2∶1，选项A正确，B、D错误；由v＝ωr可知，线速度大小之比vA∶vB＝1∶2，选项C错误。答案A2．(2018·浙江名校协

作体)关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是()A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一

定会重合解析环绕地球运动的卫星，由开普勒第三定律R3T2＝k，当椭圆轨道半长轴与圆形轨道的半径相等时，两颗卫星周期相同，故A错误；沿椭圆轨道运行的卫星，只有引力做功，机械能守恒，在轨道上相互对称的地方(到地心距离相等的位置)

速率相同，故B正确；所有地球同步卫星相对地面静止，运行周期都等于地球自转周期，由GMmR2＝m4π2RT2，解得R＝3GMT24π2，轨道半径都相同，故C错误；同一轨道平面、不同轨道半径的卫星，相同轨道半径、不同轨道平面的卫星，都有可能(不同时刻)经过北京上空，

故D错误。答案B3．2017年6月15日，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射硬X射线调制望远镜卫星“慧眼”。“慧眼”的成功发射将显著提升我国大型科学卫星研制水平，填补我国空间X射线探测卫星的空白，实现我国在空间高能天体物理领域由地面观测向

天地联合观测的跨越。“慧眼”研究的对象主要是黑洞、中子星和γ射线暴等致密天体和爆发现象。在利用“慧眼”观测美丽的银河系时，若发现某双黑洞间的距离为L，只在彼此之间的万有引力作用下做匀速圆周运动，其运动周期为T，引力常量为G，则双黑洞总质量为

()A.4π2L3GT2B.4π2L33GT2C.GL34π2L2D.4π2T3GL2解析两黑洞均由万有引力提供向心力，则有：GM1M2L2＝M1(2πT)2r1，GM1M2L2＝M2(2πT)2r2，解得M1＝4π2r2L2GT2，M

2＝4π2r1L2GT2，所以双黑洞总质量为M1＋M2＝4π2L3GT2，选项A正确。答案A4．(2019·吉林长春一模)如图2所示，某双星系统的两星A和B各自绕其连线上的O点做匀速圆周运动，已知A星和B星的质量分别为m1和m2，相距为d。下列说法正确的是()图2A．A星的轨道半径为m1m1＋

m2dB．A星和B星的线速度之比为m1∶m2C．若在O点放一个质点，它受到的合力一定为零D．若A星所受B星的引力可等效为位于O点处质量为m′的星体对它的引力，则m′＝m32（m1＋m2）2解析双星的角速度相等，是靠它们之间的万有引力来提供向心力，Gm1m2d2＝m1ω2r1

＝m2ω2r2，且r1＋r2＝d，联立解得r1＝m2dm1＋m2，r2＝m1dm1＋m2，故A错误；根据v＝ωr，可得v1v2＝r1r2＝m2m1，故B错误；若在O点放一个质点，此质点受到的两颗星对它的作

用力大小不等，则受到的合力不为零，故C错误；若A星所受B星的引力可等效为位于O点处质量为m′的星体对它的引力，则Gm1m2d2＝Gm′m1r21，得m′＝m32（m1＋m2）2，故D正确。答案D5．如图3所示，一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动，A、B是卫星运动的远地点和近

地点。下列说法中正确的是()图3A．卫星在A点的角速度大于B点的角速度B．卫星在A点的加速度小于B点的加速度C．卫星由A运动到B过程中动能减小，势能增加D．卫星由A运动到B过程中引力做正功，机械能增大解析由开普勒第二定律知，卫星与地球的连线在相

等的时间内扫过的面积相等，故卫星在远地点转过的角度较小，由ω＝θt知，卫星在A点的角速度小于在B点的角速度，选项A错误；设卫星的质量为m，地球的质量为M，卫星的轨道半径为r，由万有引力定律得GmMr2＝ma，解得a＝GMr2，由此可知，r越大，加速度越小，故卫星在A点的加速度小

于在B点的加速度，选项B正确；卫星由A运动到B的过程中，引力做正功，动能增加，势能减小，机械能守恒，选项C、D错误。答案B6．(多选)已知一质量为m的物体静止在北极与静止在赤道对地面的压力差为ΔN，假设地球是质量均匀分布的球体，半径为R，则(地球表面的重力加速度为g)()A．地球的自转

周期为T＝2πmRΔNB．地球的自转周期为T＝πmRΔNC．地球同步卫星的轨道半径为mgΔN13RD．地球同步卫星的轨道半径为2mgΔN13R解析物体静止在北极时，有FN1＝GMmR2，物体静止在赤道时，有

GMmR2－FN2＝mR4π2T2，根据题意，有FN1－FN2＝ΔN，联立可得T＝2πmRΔN，所以选项A正确，B错误；对同步卫星，有GMm′r2＝m′4π2rT2，把T＝2πmRΔN代入可得r3＝GMmRΔN，又地球表面的重力加速度为g，则mg＝GMmR2，可得r＝

mgΔN13R，选项C正确，D错误。答案AC7．如图4所示，a是准备发射的一颗卫星，在地球赤道表面上随地球一起转动，b是地面附近近地轨道上正常运行的卫星，c是地球同步卫星，则下列说法正确的是()图4A．卫星a的向心加速度等于重力加速度

gB．卫星c的线速度小于卫星a的线速度C．卫星b所受的向心力一定大于卫星c的向心力D．卫星b运行的线速度大小约等于地球第一宇宙速度解析赤道上物体，GMmr2－mg＝man，贴近地面飞行物体GMmR2＝ma2，同步卫星GMmr2＝mv2r，v＝GMr，F向＝GMmr2与m有关，a、

c具有相同的角速度，由v＝rω知vc＞va，选项A、B、C均错误，D正确。答案D8.(多选)导航系统是一种利用人造卫星对物体进行定位测速的工具，目前世界上比较完善的导航系统有美国的GPS系统，中国的北斗系

统，欧洲的伽利略导航系统以及俄罗斯的GLONASS系统，其中美国的GPS系统采用的是运行周期为12小时的人造卫星，中国的北斗系统一部分采用了同步卫星，现有一颗北斗同步卫星A和一颗赤道平面上方的GPS卫星B，某时刻两者刚好均处在地面某点C的正上方，如图5所示，下列说法正确的是(

)图5A．A的速度比B的小B．若两者质量相等，则发射A需要更多的能量C．此时刻B处在A、C连线的中点D．从此时刻起，经过12小时，两者相距最远解析利用万有引力定律提供向心力可知GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，即轨道半径越大，运行速

度越小，故A的速度比B的小，选项A正确；若A、B质量相等，则A在发射过程中克服引力做功多，故所需发射速度大，发射A需要更多的能量，选项B正确；由T＝4π2r3GM知周期与半径呈非线性关系，故B不在A、C连线的中点处，选项C错误；经过12小时，A运动半周，而B运动一周，两者在地心异侧共线，相

距最远，选项D正确。答案ABD综合提能练9.2017年6月19号，长征三号乙遥二十八火箭发射中星9A卫星过程中出现变故，由于运载火箭的异常，致使卫星没有按照原计划进入预定轨道。经过航天测控人员的配合和努力

，通过多次调整轨道，卫星成功变轨进入同步卫星轨道。假设该卫星某一次变轨如图6所示，卫星从椭圆轨道Ⅰ上的远地点Q改变速度进入地球同步轨道Ⅱ，P点为椭圆轨道的近地点。下列说法正确的是()图6A．卫星在椭圆轨道Ⅰ上运行时，在P

点的速度等于在Q点的速度B．卫星在椭圆轨道Ⅰ上Q点的速度小于在同步轨道Ⅱ上Q点的速度C．卫星在椭圆轨道Ⅰ上Q点的加速度大于在同步轨道Ⅱ上Q点的加速度D．卫星耗尽燃料后，在微小阻力的作用下，机械能减小，轨道半径变小，动能变小解析卫星在椭圆轨道Ⅰ上运行时，从P点运动到Q点

的过程中，万有引力对卫星做负功，卫星动能减小，所以卫星在P点的速度大于在Q点的速度，选项A错误；由于从椭圆轨道Ⅰ上Q点变轨到同步轨道Ⅱ，需要点火加速，所以卫星在椭圆轨道Ⅰ上Q点的速度小于在同步轨道Ⅱ上Q点的速度，选项B正确；因为在同一点Q，根据a＝GM

r2可知加速度相同，选项C错误；由于卫星受微小阻力的作用，阻力做负功，故机械能减小，卫星做向心运动，轨道半径变小，根据v＝GMr可知，动能Ek＝12mv2＝GMm2r，动能变大，选项D错误。答案B10．假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200km的赤道上

空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高为36000km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的

时间内，接收站共接收到信号的次数为()A．4次B．6次C．7次D．8次解析根据圆周运动的规律，分析一昼夜同步卫星与宇宙飞船相距最近的次数，即为卫星发射信号的次数，也为接收站接收到的信号次数。设宇宙飞船的周期为T，由GMmr2＝m4π2

T2r，得T＝2πr3GM，则T2242＝(6400＋42006400＋36000)3，解得T＝3h设两者由相隔最远至第一次相隔最近的时间为t1，有(2πT－2πT0)t1＝π，解得t1＝127h再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2，有(2πT－2πT0)t2＝2π，解得t2＝2

47h由n＝24－t1t2＝6.5次知，接收站接收信号的次数为7次。答案C11．(多选)(2019·淮安、宿迁等高三质量检测)2017年4月，我国第一艘货运飞船天舟一号顺利升空，随后与天宫二号交会对接。假设天舟一号从B点发

射经过椭圆轨道运动到天宫二号的圆轨道上完成交会，如图7所示。已知天宫二号的轨道半径为r，天舟一号沿椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G。则()图7A

．天宫二号的运行速度小于7.9km/sB．天舟一号的发射速度大于11.2km/sC．根据题中信息可以求出地球的质量D．天舟一号在A点的速度大于天宫二号的运行速度解析7.9km/s是近地卫星的环绕速度，卫星越高，线速度越小，则天宫二号的运行速度小于7.9km/

s，选项A正确；11.2km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力逃到其它星球上去的最小发射速度，则天舟一号的发射速度小于11.2km/s，选项B错误；根据开普勒第三定律r3T2＝常数，已知天宫二号的轨道半径r，天舟一号的周期T以及半长轴12(r＋R)，可求得天宫二号的周期T1，再

根据GMmr2＝m4π2T2r可求解地球的质量，选项C正确；天舟一号在A点加速才能进入天宫二号所在的轨道，则天舟一号在A点的速度小于天宫二号的运行速度，选项D错误。答案AC12．如图8所示，A是地球的同步卫星，B是地球的近地卫星，C是地面上的物体，A、B、C质量相等，均在赤道平面

上绕地心做匀速圆周运动。设A、B与地心连线在单位时间内扫过的面积分别为SA、SB，A、B、C三者运行周期分别为TA、TB、TC，做圆周运动的动能分别为EkA、EkB、EkC。不计A、B、C之间的相互作用，下列关系式正确的是()图8A．SA＝SBB．SA＞SB

C．TA＝TC＜TBD．EkA＜EkB＝EkC解析卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由GMmr2＝mv2r，卫星与地心连线在单位时间内扫过的面积S＝12vr(m2)，联立解得S＝12GMr，显然A与地心连线在单位时间内扫过的面积SA较大，

即SA＞SB，选项A错误，B正确；A是地球的同步卫星，运行周期与物体C的相同，且大于卫星B的运行周期，即TA＝TC＞TB，选项C错误；根据GMmr2＝mv2r，可知卫星B绕地球运动的速度大于地球同步卫星A绕地球运动的速度，对

地球同步卫星A和地球上的物体C，二者角速度大小相等，由v＝ωr可知同步卫星A的线速度较大，因此三者速度大小的关系为vB＞vA＞vC，三者动能关系为EkB＞EkA＞EkC，选项D错误。答案B13．(多选)我国的“天链一号”是地球同步轨道卫星，可为载人航天器及中低轨道卫星提供数据通讯。

如图9为“天链一号”a、赤道平面内的低轨道卫星b、地球的位置关系示意图，O为地心，地球相对卫星a、b的张角分别为θ1和θ2(θ2图中未标出)，卫星a的轨道半径是b的4倍。已知卫星a、b绕地球同向运行，卫星a的周期为T，在运行过程中由于地球的遮

挡，卫星b会进入与卫星a通讯的盲区。卫星间的通讯信号视为沿直线传播，信号传输时间可忽略。下列分析正确的是()图9A．张角θ1和θ2满足sinθ2＝4sinθ1B．卫星b的周期为T8C．卫星b每次在盲区运行的时间为θ1＋θ214πTD．卫星b每次在盲区运

行的时间为θ1＋θ216πT解析设地球半径为r0，由题意可知sinθ12＝r0ra，sinθ22＝r0rb，ra＝4rb，解得sinθ22＝4sinθ12，选项A错误；由r3aT2a＝r3bT2b，Ta＝

T，ra＝4rb，可知Tb＝T8，选项B正确；由题意可知，图中A、B两点为盲区的两临界点，由数学知识可得∠AOB＝θ1＋θ2，因而2π(tTb－tTa)＝θ1＋θ2，解得t＝θ1＋θ214πT，选项C正确，D错误。答案BC