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第七章 万有引力与宇宙航行
单元测试卷
物 理
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
第Ⅰ卷 选择题 （共 46 分）
一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要
求，每小题4分；8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的
得0分。）
mm
1．关于万有引力公式F =G 1 2 的理解，以下说法中正确的是（ ）
r2
A．牛顿首先得到了万有引力定律，并且用实验测定了引力常量G的数值
mm
B．由公式F =G 1 2 可知，两物体紧靠在一起时万有引力无穷大
r2
mm
C．可看作质点的两物体间的引力可用公式F =G 1 2 计算
r2
1
D．两个质点质量不变，距离变为原来的2倍，则它们之间的万有引力将变为原来的
2
【答案】C
【解析】A．卡文迪许用实验测定了引力常量G的数值，A错误；
B．两物体紧靠在一起时，万有引力公式不再适用，B错误；
mm
C．可看作质点的两物体间的引力可用公式F =G 1 2 计算，C正确；
r2
1
D．根据公式，两个质点质量不变，距离变为原来的2倍，则它们之间的万有引力将变为原来的 ，D错
4
误。
故选C。
2.从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月
球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受陆平台的作用力大小之比为（
）
A．9∶1 B．9∶2 C．36∶1 D．72∶1
【答案】B
【解析】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据
mM
F =G
R2
可得
F M m M m 9 9
祝融 =G 火 祝融 :G 月 玉兔 = ´2=
F R 2 R 2 22 2
玉兔 火 月
故选B。
3.我国计划于2028年前后发射“天问三号”火星探测系统，实现火星取样返回。其轨道器将环绕火星做匀速
圆周运动，轨道半径约3750km，轨道周期约2h。引力常量G取6.67 × 10－11N⋅m2/kg2，根据以上数据可推
算出火星的（ ）
A．质量 B．体积 C．逃逸速度 D．自转周期
【答案】A
Mm v2 4p2
【解析】轨道器绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，可得G =m =mw2r=m r=ma
r2 r T2
A．题中已知的物理量有轨道半径r，轨道周期T，引力常量G，可推算出火星的质量，故A正确；
B．若想推算火星的体积和逃逸速度，则还需要知道火星的半径r，故BC错误；
D．根据上述分析可知，不能通过所提供物理量推算出火星的自转周期，故D错误。
故选A。4.静止卫星是地球静止卫星家族中的一员，它位于地面上方高度约36000km处，周期与地球自转周期相同
，轨道平面与赤道平面成0度角，运动方向与地球自转方向相同。关于静止卫星，下列说法正确的是（
）
A．静止卫星定点在北京上空 B．线速度大于第一宇宙速度
C．角速度大于地球自转的角速度 D．向心加速度小于地球表面重力加速度
【答案】D
【解析】A．该卫星为静止卫星，定点于赤道正上方，故该卫星不能经过北京的正上方，故A错误；
B．近地卫星的线速度为7.9km/s，该卫星的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，根据高轨低速可知，该卫
星绕地球运动的线速度小于7.9km/s，故B错误；
2p
C．根据w= 可知，静止卫星周期与地球自转周期相同，则角速度等于地球自转的角速度，故C错误；
T
D．根据
Mm
F =G =ma
r2
解得
GM
a=
r2
可知，轨道半径越大，向心加速度越小，所以静止卫星的向心加速度小球地球表面的重力加速度，故D正
确。
故选D。
5.如图所示，月球探测器由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入圆形轨道1，在轨道1
上经过Q点时变轨进入椭圆轨道2，轨道2与月球表面相切于M 点，探测器在M 点着陆月球。下列说法
正确的是（ ）A．月球的第一宇宙速度小于探测器在轨道1上的速度
B．探测器在轨道1上经过P点速度大于在地月转移轨道上经过P点的速度
C．探测器在轨道1上的运动周期比在轨道2上的小
D．探测器在轨道1上经过Q点时的加速度等于在轨道2上经过Q点时的加速度
【答案】D
【解析】A．月球的第一宇宙速度等于近月轨道的环绕速度，根据
GMm v2
=m
r2 r
解得
GM
v=
r
由于轨道1的半径大于近月卫星的半径，则月球的第一宇宙速度大于探测器在轨道1上的速度。故A错误
；
B．地月转移轨道变轨到轨道1是由高轨道变轨到低轨道，需要在两轨道切点P位置减速，探测器在轨道
1上经过P点速度小于在地月转移轨道上经过P点的速度。故B错误；
C．根据开普勒定律可知
r3 a3
1 = 2
T2 T2
1 2
由于轨道1的半径大于轨道2的半长轴，则探测器在轨道1上的运动周期比在轨道2上的大。故C错误；
D．根据
GMm
=ma
r2
解得
GM
a=
r2
卫星与月心间距相等，加速度大小相等，即探测器在轨道1上经过Q点时的加速度等于在轨道2上经过Q
点时的加速度。故D正确。故选D。
6.假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的
引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为（ ）
d d R-d R
A． 1- B．1+ C． ( )2 D．( )2
R R R R-d
【答案】A
【解析】地球的质量
4
M =rV =r πR3
球 3
根据万有引力定律，在地球表面
Mm
mg =G
1 R2
可得
M
g =G
1 R2
根据题意，在矿井底部，地球的有效质量为
4
M =rV' =r pR-d3
1 球 3
则
M m
mg =G 1
2 (R-d)2
可得
M
g =G 1
2 (R-d)2
可得
g d
2 =1-
g R
1
故选A。7.将一质量为m的物体分别放在地球的南、北两极点时，该物体的重力均为mg ；将该物体放在地球赤道
0
上时，该物体的重力为mg。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以
上信息可得出（ ）
A．g 小于g
0
gR2
B．地球的质量为
G
g -g
C．地球自转的角速度为ω= 0
R
3g
D．地球的平均密度为
4pGR
【答案】C
【解析】A．设地球的质量为M，物体在赤道处随地球自转做圆周运动的角速度w等于地球自转的角速度
，轨道半径等于地球半径，物体在赤道上受到的重力和物体随地球自转所需的向心力是万有引力的分力，
有
GMm
-mg =mw2R
R2
物体在极地的重力等于万有引力，即
GMm
=mg
R2 0
综合以上可知
g >g
0
故A错误；
B．在极地
GMm
=mg
R2 0
解得
g R2
M = 0
G
故B错误；C．以上分析有
GMm
-mg =mw2R
R2
GMm
=mg
R2 0
联立得
g -g
ω＝ 0
R
故C正确；
D．由密度
M
r=
V
结合B选项分析得
g R2
0
M G 3g
r= = = 0
V 4 4pGR
pR3
3
故D错误。
故选C 。
8.2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继
通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为2.0 × 103km，远月点
B距月心约为1.8 × 104km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是（ ）
A．鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12h
B．鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81：1C．鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线
D．鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s
【答案】BD
【解析】A．鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从A→C→B做减速运动，从
B→D→A做加速运动，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12h，故A错误；
B．鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有
Mm
G =ma
r2 A
A
同理在B点有
Mm
G =ma
r2 B
B
带入题中数据联立解得
aA：aB = 81：1
故B正确；
C．由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、D
两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误；
D．由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的
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D正确。
故选BD。
9.2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“
嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱
，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。已知月球
1 1
表面重力加速度约为地球表面的 ，月球半径约为地球半径的 。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下
6 4
列说法正确的是（ ）
A．其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度
B．其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度2
C．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的 倍
3
3
D．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的 倍
2
【答案】BD
【解析】AB．返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半
径近似为月球半径，则有
M m v2
G 月 =m 月
r2 r
月 月
其中在月球表面万有引力和重力的关系有
M m
G 月 =mg
r2 月
月
联立解得
v = g r
月 月月
由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得
v = g r
地 地 地
代入题中数据可得
6
v = v
月 12 地
故A错误、B正确；
CD．根据线速度和周期的关系有
2π
T = ×r
v
根据以上分析可得
3
T = T
月 2 地
故C错误、D正确；故选BD。
10.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
4+ 2 Gm
B．每个星体做匀速圆周运动的角速度均为
2L3
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】A．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；
B．由
m2 m2 æ1 ö m2 2
2G +G =ç + 2÷G =mw2× L
L2 2L 2 è2 ø L2 2
可知
4+ 2 Gm
w=
2L3
故B正确；
C．由
æ1 ö m2
ç + 2÷G =ma
è2 ø L21
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
2
；
D．由
æ1 ö m2 v2
ç + 2÷G =m
è2 ø L2 2
L
2
可知星体做匀速圆周运动的线速度大小为
4+ 2 Gm
v=
4L
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。
故选BD。
第Ⅱ卷 非选择题（共 54 分）
二、计算题（本题共 4小题，共 54分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写
出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
11．宇航员在地球表面将小球以一定的水平初速度向斜面抛出，斜面倾角q=37°，经t时间小球恰好垂直
撞在斜面上。现宇航员站在某质量分布均匀的星球表面，将小球以相同的初速度向该斜面抛出，小球经
t =12t的时间落在斜面上，其位移恰与斜面垂直。已知该星球的半径为R，地球表面重力加速度为g，引
0
4
力常量为G，球的体积公式是V = pR3。（t和t 未知）求：
3 0
(1)该星球表面的重力加速度g ；
0
(2)该星球的质量M ；
(3)该星球的密度r。1
【答案】(1)g = g
0 6
gR2
(2)M =
6G
g
(3)r=
8GpR
v
【解析】（1）在地球表面，根据平抛运动规律得tanq= 0 ，v =gt
v y
y
x 1
在星球表面，根据平抛运动规律得tanq= ，x=v t ，h= g t2
h 0 0 2 0 0
1
联立解得g = g
0 6
GMm
（2）根据万有引力和重力的关系可得 =mg
R2 0
gR2
解得该星球的质量为M =
6G
M 4
（3）根据密度公式得r= ，V = pR3
V 3
g
联立解得该星球的密度为r=
8GpR
12.有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点，已知球
4
体的体积V = pR3，引力常量为G。
3
(1)求m对M的万有引力大小；
R
(2)现从M中挖去半径为 的球体（两球心和质点在同一直线上，且两球表面相切），如图所示，求：
2
①剩余部分的质量；
②剩余部分对m的万有引力大小。
Mm
【答案】(1)G
4R27M 7GMm
(2)① ；②
8 36R2
Mm
【解析】（1）由万有引力定律可知球体与质点之间的万有引力F =G
1 (2R)2
Mm
解得F =G
1 4R2
4
（2）①完整球体的质量M =r´ pR3
3
4 æRö 3 1 4 M
挖去的小球质量M'=r´ pç ÷ = r´ pR3 =
3 è 2ø 8 3 8
7
故剩余部分的质量M''=M -M'= M
8
M'm
②被挖掉的小球与质点之间的万有引力F =G
2 r2
3
由题意可知r= R
2
Mm
解得F =G
2 18R2
故剩余部分对质点的万有引力F =F -F
1 2
7GMm
解得F =
36R2
13.如图所示，两颗卫星绕某行星在同一平面内做匀速圆周运动，两卫星绕行方向相同（图中为逆时针方向
）。已知卫星1运行的周期为T =T ，行星的半径为R，卫星1和卫星2到行星中心的距离分别为r =2R，
1 0 1
p
r =8R，引力常量为G。某时刻两卫星与行星中心连线之间的夹角为 。求：（题干中T 、R、G已知）
2 0
3
(1)行星的质量M；(2)行星的第一宇宙速度；
(3)从图示时刻开始，经过多长时间两卫星第一次相距最近？
32p2R3
【答案】(1)M =
GT2
0
4 2pR
(2)v=
T
0
20
(3)t = T
21 0
Mm 4p2
【解析】（1）对卫星1，根据万有引力充当向心力，则：G =m r
r2 T2 1
1 0
32p2R3
得：M =
GT2
0
Mm v2
（2）第一宇宙速度的轨道半径为R，则根据G =m
R2 R
4 2pR
可得：v=
T
0
r3 r3
（3）对卫星1和卫星2，由开普勒第三定律： 1 = 2
T2 T2
1 2
可得：T =8T
2 0
2p 2p p
由图示时刻开始，经t时间第一次相距最近，则有： t- t =2p-
T T 3
1 2
20
可得：t = T
21 0
14.经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”，“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的
半径远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图所示，两颗星球组成的双星，在
相互之间的万有引力作用下，绕连线上的某点O点做周期相同的匀速圆周运动．已知两颗星球之间的距离
为L，质量m ＝3m，m ＝2m，引力常量为G。请你算出：
1 2
（1）m 的轨道半径；
2（2）双星运动的周期。
3 L3
【答案】（1） L；（2）2p
5 5Gm
【解析】（1）对m
1
Gmm 6Gm2
1 2 =mw2r =
L2 1 1 L2
对m
2
Gmm 6Gm2
1 2 =mw2r =
L2 2 2 L2
且
r +r =L
1 2
解得
3
r = L
2 5
（2）由（1）可得
6Gm2 3
=2m×w2· L
L2 5
且
2p
w=
T
则
2p L3
T = =2p
w 5Gm
