文档内容
训练七 卫星变轨问题 双星模型
题型一 卫星的变轨和对接问题
知识梳理
1．变轨原理
(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向先发射卫星到圆轨道Ⅰ上，卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆周运
动，有G＝m，如图所示．
(2)在A点(近地点)点火加速，由于速度变大，所需向心力变大，Gm，再次点火加速，使G＝m，进入圆轨道Ⅲ.
2．变轨过程分析
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v、v，在轨道Ⅱ上过A点和B点时速率分别为
1 3
v、v.在A点加速，则v>v，在B点加速，则v>v，又因v>v，故有v>v>v>v.
A B A 1 3 B 1 3 A 1 3 B
(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速
度都相同，同理，卫星在轨道Ⅱ或轨道Ⅲ上经过B点的加速度也相同．
(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T、T、T，轨道半径分别为r、r(半长轴)、
1 2 3 1 2
r，由开普勒第三定律＝k可知Tm，故B错误；由B选项得，两恒星总质量为M＝m
A A B B A B A B A
＋m＝，故C正确；根据v＝ωr，两恒星角速度相等，则v时，星球瓦解，当ω<时，星球稳定运行．
2．黑洞
黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸，科学家一般通过观测绕黑洞运行的天体的
运动规律间接研究黑洞．当天体的逃逸速度(逃逸速度为其第一宇宙速度的倍)超过光速时，该天体就是黑
洞．
考向1 星球的瓦解问题
例5 (2018·全国卷Ⅱ·16)2018年2月，我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋
0253”，其自转周期T＝5.19 ms.假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11
N·m2/kg2.以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为( )
A．5×109 kg/m3 B．5×1012 kg/m3
C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3
答案 C
解析 脉冲星稳定自转，万有引力提供向心力，则有G≥mr，又知M＝ρ·πr3，整理得密度ρ≥＝kg/m3≈5.2×1015 kg/m3，故选C.
考向2 黑洞问题
例6 科技日报北京2017年9月6日电，英国《自然·天文学》杂志发表的一篇论文称，某科学家在银河
系中心附近的一团分子气体云中发现了一个黑洞．科学研究表明，当天体的逃逸速度(逃逸速度为其第一
宇宙速度的倍)超过光速时，该天体就是黑洞．已知某天体与地球的质量之比为k，地球的半径为R，地球
的环绕速度(第一宇宙速度)为v, 光速为c，则要使该天体成为黑洞，其半径应小于( )
1
A. B.
C. D.
答案 D
解析 地球的第一宇宙速度为v＝，则黑洞的第一宇宙速度为v＝，并且有v>c，联立解得r<，所以D正
1 2 2
确，A、B、C错误．
强基固本练
1．(多选)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道近似为圆，且轨道半
径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断
正确的是( )
A．卫星的动能逐渐减小
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C．由于稀薄气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服稀薄气体阻力做的功小于引力势能的减小量
答案 BD
解析 在卫星轨道半径变小的过程中，地球引力做正功，引力势能一定减小，卫星轨道半径变小，动能增
大，由于稀薄气体阻力做负功，机械能减小，选项A、C错误，B正确；根据动能定理，卫星动能增大，卫
星克服稀薄气体阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小量，所以卫
星克服阻力做的功小于引力势能的减小量，选项D正确．
2.2021年5月15日，中国火星探测工程执行探测任务的飞船“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星乌
托邦平原南部预选着陆区．若飞船“天问一号”从地球上发射到着陆火星，运动轨迹如图中虚线椭圆所
示，飞向火星过程中，太阳对飞船“天问一号”的引力远大于地球和火星对它的吸引力，认为地球和火星
绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )
A．飞船“天问一号”椭圆运动的周期小于地球公转的周期
B．在与火星会合前，飞船“天问一号”的向心加速度小于火星公转的向心加速度
C．飞船“天问一号”在无动力飞向火星过程中，引力势能增大，动能减少，机械能守恒
D．飞船“天问一号”在地球上的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
答案 C
解析 根据开普勒第三定律＝k，由题图可知飞船“天问一号”椭圆运动的半长轴大于地球公转半径，所以飞船“天问一号”椭圆运动的周期大于地球公转的周期，A错误；在与火星会合前，飞船“天问一号”
到太阳的距离小于火星公转半径，根据万有引力提供向心力有G＝ma，可知飞船“天问一号”的向心加速
度大于火星公转的向心加速度，B错误；飞船“天问一号”在无动力飞向火星过程中，引力势能增大，动
能减少，机械能守恒，C正确；飞船“天问一号”要脱离地球的束缚，所以发射速度大于第二宇宙速度，D
错误．
3.(2023·重庆市模拟)我国2021年9月27日发射的试验十号卫星，轨道Ⅱ与Ⅰ、Ⅲ分别相切于A、B两
点，如图所示，停泊轨道Ⅰ距地面约200 km，卫星沿轨道Ⅰ过A点的速度大小、加速度大小分别为v、
1
a；卫星沿转移椭圆轨道Ⅱ过A点的速度大小、加速度大小分别为v、a，过B点的速度大小、加速度大小
1 2 2
分别为v、a；同步轨道Ⅲ距地面约36 000 km，卫星沿轨道Ⅲ过B点的速度大小、加速度大小分别为v、
3 3 4
a.下列关于试验十号卫星说法正确的是( )
4
A．aa v＝v
1 2 1 2 2 3 2 3
C．a＝a va，由开
2 3
普勒第二定律可知v>v，故B错误；同理可得，卫星沿转移椭圆轨道Ⅱ过B点的加速度等于轨道Ⅲ过B点
2 3
的加速度，即a＝a，卫星由转移椭圆轨道Ⅱ经B点到轨道Ⅲ需要点火加速，故va，由＝可知v>v，则v>v，故D错误．
2 4 1 4 2 4
4．一近地卫星的运行周期为T，地球的自转周期为T，则地球的平均密度与地球不因自转而瓦解的最小密
0
度之比为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 对近地卫星，有 G＝m()2R，地球的质量M＝ρ·πR3，联立解得ρ＝，以地球赤道处一质量为m
1 1 0
的物体为研究对象，只有当它受到的万有引力大于等于它随地球一起旋转所需的向心力时，地球才不会瓦
解，设地球不因自转而瓦解的最小密度为ρ，则有G＝m()2R，M＝ρ·πR3，联立解得ρ＝，所以＝，
2 0 2 2
故选D.
5．(多选)宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．
设某双星系统A、B绕其连线上的某固定点O做匀速圆周运动，如图所示．若A、B两星球到O点的距离之
比为3∶1，则( )
A．星球A与星球B所受引力大小之比为1∶1
B．星球A与星球B的线速度大小之比为1∶3
C．星球A与星球B的质量之比为3∶1D．星球A与星球B的动能之比为3∶1
答案 AD
解析 星球A所受的引力与星球B所受的引力均为二者之间的万有引力，大小是相等的，故A正确；双星
系统中，星球A与星球B转动的角速度相等，根据v＝ωr可知，线速度大小之比为3∶1，故B错误；A、B
两星球做匀速圆周运动的向心力由二者之间的万有引力提供，可得G＝mω2r＝mω2r，则星球A与星球B
A A B B
的质量之比为m∶m＝r∶r＝1∶3，故C错误；星球A与星球B的动能之比为＝＝＝，故D正确．
A B B A
6．(2023·安徽蚌埠市检测)2022年7月24日14时22分，中国“问天”实验舱在海南文昌航天发射场发
射升空，准确进入预定轨道，任务取得圆满成功．“问天”实验舱入轨后，顺利完成状态设置，于北京时
间2022年7月25日3时13分，成功对接于离地约400 km的“天和”核心舱．“神舟”十四号航天员乘组
随后进入“问天”实验舱．下列判断正确的是( )
A．航天员在核心舱中完全失重，不受地球的引力
B．为了实现对接，实验舱和核心舱应在同一轨道上运行，且两者的速度都应大于第一宇宙速度
C．对接后，组合体运动的加速度大于地球表面的重力加速度
D．若对接后组合体做匀速圆周运动的周期为T，运行速度为v，引力常量为G，利用这些条件可估算出地
球的质量
答案 D
解析 航天员受到的地球的引力充当绕地球做圆周运动的向心力，处于完全失重状态，A错误；为了实现
对接，实验舱应先在比核心舱半径小的轨道上加速做离心运动，逐渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对
接，但速度小于第一宇宙速度，B错误；对接后，组合体运动的加速度a＝<＝g，C错误；对接后，若已知
组合体的运行周期T、运行速度v和引力常量G，可由＝、v＝，联立得M＝，D正确．
7．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波进入
天和核心舱，标志着中国人首次进入了自己的空间站．对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径
为r的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r的圆轨道Ⅰ，运行周期为T，通过变轨操作后，沿椭圆轨
3 1 1
道Ⅱ运动到B处与天和核心舱对接．则神舟十二号飞船( )
A．在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运动经过A点时速度大小相等
B．沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中速度不断增大
C．沿轨道Ⅱ运行的周期为T
1
D．沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
答案 C
解析 飞船从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ需要加速，所以沿两轨道经过A点时速度大小不相等，故A错误；沿轨
道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，万有引力做负功，速度不断减小，故B错误；根据开普勒第三定律，有
＝，解得T＝T，故C正确；物体绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有＝mr，解得T＝2π，
2 1
由于飞船沿轨道Ⅰ运行的半径小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的半径，因此飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故D错误．
8.(2023·贵州省贵阳一中高三检测)宇宙中有很多恒星组成的双星运动系统，两颗恒星仅在彼此的万有引
力作用下绕共同点做匀速圆周运动，如图所示．假设该双星1、2的质量分别为m、m，圆周运动的半径分
1 2
别为r、r，且r小于r，共同圆周运动的周期为T，引力常量为G.则下列说法正确的是( )
1 2 1 2
A．恒星1做圆周运动所需的向心加速度大小为G
B．恒星1表面的重力加速度一定大于恒星2表面的重力加速度
C．恒星1的动量一定大于恒星2的动量
D．某些双星运动晚期，两者间距逐渐减小，一者不断吸食另一者的物质，则它们在未合并前，共同圆周
运动的周期不断减小
答案 D
解析 对于恒星1，根据万有引力提供向心力有＝ma，则恒星1的向心加速度大小a＝，故A错误；由
1 n1 n1
mg＝，解得g＝，由于不能确定两恒星半径R的大小，故不能确定表面重力加速度的大小，故B错误；对
于双星运动有mr＝mr，又因为角速度相同，根据角速度与线速度关系有mωr＝mωr，即mv＝mv，
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
则动量大小相等，故C错误；设两恒星之间距离为L，对恒星1，有＝m()2r，对恒星2，有＝m()2r，上
1 1 2 2
述两式相加得＋＝()2r＋()2r，解得T＝2π，可以看到当两者间距逐渐减小，总质量不变时，双星做圆周
1 2
运动的共同周期逐渐减小，故D正确．
9.(多选)(2023·广东省模拟)如图所示为发射某卫星的情景图，该卫星发射后，先在椭圆轨道Ⅰ上运动，
卫星在椭圆轨道Ⅰ的近地点A的加速度大小为a，线速度大小为v，A点到地心的距离为R，远地点B到地
0 0
心的距离为3R，卫星在椭圆轨道的远地点B变轨进入圆轨道Ⅱ，卫星质量为m，则下列判断正确的是(
)
A．卫星在轨道Ⅱ上运行的加速度大小为a
0
B．卫星在轨道Ⅱ上运行的线速度大小为
C．卫星在轨道Ⅱ上运行周期为在轨道Ⅰ上运行周期的3倍
D．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机需要做的功为－
答案 BD
解析 设卫星在轨道Ⅱ上运行的加速度大小为a，由＝ma得a＝，则a＝a＝a，故A错误；设卫星在轨道
1 1 0 0
Ⅱ上运行的线速度大小为v，有a＝，解得v＝＝，故B正确；根据开普勒第三定律有＝，解得＝，故C
1 1 1
错误；设卫星在椭圆轨道远地点B的线速度大小为v，根据开普勒第二定律有vR＝v×3R，解得v＝v，卫
0 0
星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ发动机需要做的功为W＝mv2－mv2＝－，故D正确．
1
10.(多选)如图为一种四颗星体组成的稳定系统，四颗质量均为m的星体位于边长为L的正方形四个顶点，四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，忽略其他星体对它们的作用，引力常量为G.下列说法
中正确的是( )
A．星体做匀速圆周运动的圆心不一定是正方形的中心
B．每颗星体做匀速圆周运动的角速度均为
C．若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体做匀速圆周运动的加速度大小是原来的两倍
D．若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体做匀速圆周运动的线速度大小不变
答案 BD
解析 四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，所以星体做匀速圆周运动的圆心一定是正方形
的中心，故A错误；由G＋G＝(＋)G＝mω2·L，可知ω＝，故B正确；由(＋)G＝ma可知，若边长L和星
体质量m均为原来的两倍，星体做匀速圆周运动的加速度大小是原来的，故C错误；由(＋)G＝m可知星体
做匀速圆周运动的线速度大小为v＝，所以若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体做匀速圆周运动
的线速度大小不变，故D正确．
11．黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸，科学家一般通过观测绕黑洞运行的天
体的运动规律间接研究黑洞．已知某黑洞的逃逸速度为v＝ ，其中引力常量为G，M是该黑洞的质量，R是
该黑洞的半径．若天文学家观测到与该黑洞相距为r的天体以周期T绕该黑洞做匀速圆周运动，光速为
c，则下列关于该黑洞的说法正确的是( )
A．该黑洞的质量为
B．该黑洞的质量为
C．该黑洞的最大半径为
D．该黑洞的最大半径为
答案 D
解析 天体绕黑洞运动时，有＝m()2r，解得M＝，选项A、B错误；黑洞的逃逸速度不小于光速，则有
≥c，解得R≤＝，选项C错误，D正确．
12．质量均为m的两个星球A和B，相距为L，它们围绕着连线中点做匀速圆周运动．观测到两星球的运行
周期T小于按照双星模型计算出的周期T，且＝k.于是有人猜想在A、B连线的中点有一未知天体C，假如
0
猜想正确，则C的质量为( )
A.m B.m
C.m D.m
答案 A
解析 两星球绕连线的中点转动，则有G＝m··，所以T＝2π，由于C的存在，星球所需的向心力由两
0
个力的合力提供，则G＋G＝m··，又＝k，联立解得M＝m，可知A正确，B、C、D错误．
