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专题05 万有引力与航天问题
A·常考题不丢分
命题点01 一般题型即求m、ρ、g、v、ω、T 等
命题点02 卫星和赤道上物体参数的大小问题
命题点03 卫星发射和变轨问题
命题点04 卫星追及问题
命题点05 双星问题
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 一般题型即求m、ρ、g、v、ω、T 等】
【针对练习1】2023 年9 月5 日傍晚5 点30 分左右，一颗命名为“合肥高新一号”的卫星，从海上发射基
地飞向太空，成为中国低轨卫星物联网的一部分。假设此卫星在赤道平面内绕地球做圆周运动，离地面高
度等于地球半径R，运行方向与地球自转方向相同。已知地球自转周期为T 0，地球两极处重力加速度为
g，万有引力常量用G 表示。下列说法正确的是（ ）
A．地球的平均密度为3 π
GT 0
2
B．卫星做圆周运动的周期为2π√
2 R
g
1
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C．赤道表面的重力加速度为g- 2π
2
T 0
2 R
D．若赤道上有一卫星测控站，忽略卫星信号传输时间，卫星与测控站能连续通信的最长时间为
T 0⋅4 π√
2 R
g
3(T 0- 4 π√
2 R
g )
【答案】D
【详解】A．ρ= 3 π
GT
2中周期T 为贴近地面运行卫星的周期，而非地球自转周期为T 0，故A 错误；
B．设地球质量为M，卫星A 的质量为m，根据万有引力提供向心力，有
G Mm
(2 R)
2 =m(
2π
T )
2
⋅2 R
m0 g=G M m0
R
2
解得
T = 4 π√
2 R
g
故B 错误；
C．两极处有
m0 g=G M m0
R
2
赤道处有
m0 g
' =G M m0
R
2 -m0 4 π
2
T 0
2 R
解得
g
' = g- 4 π
2
T 0
2 R
2
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故C 错误；
D．如图所示，卫星的通讯信号视为沿直线传播，由于地球遮挡，使卫星A 和地面测控站B 不能一直保持
直接通讯，设无遮挡时间为t，则它们转过的角度之差最多为2θ时就不能通讯
cosθ = R
2 R ，2π
T t - 2π
T 0
t =2θ
解得
t =
T 0⋅4 π√
2 R
g
3(T 0- 4 π√
2 R
g )
故D 正确。
故选D。
【针对练习2】我国发射的“嫦娥五号”月球探测器靠近月球后，在月球表面附近的圆轨道上绕月球运行，
通过观测可知每经过时间t 探测器通过的弧长相同，且弧长对应的圆心角为θ，如图所示。若将月球看作质
量分布均匀的球体，已知引力常量为G，由上述已知条件可以求出（ ）
A．月球的质量
B．月球的半径
C．月球的密度
D．月球表面的重力加速度
【答案】C
【详解】AB．依题意，探测器的角速度为
ω= θ
t
3
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探测器的轨道半径近似等于月球的半径，设为R，由万有引力提供向心力可得
GMm
R
2
=mω
2 R
联立，解得
M = θ
2 R
3
Gt
2
题中月球半径未知，所以不能求出月球的质量。故AB 错误；
C．根据
ρ= M
V =
M
4
3 π R
3
联立，解得
ρ=
3θ
2
4 πGt
2
可知密度的表达式均为已知量。故C 正确；
D．由黄金代换，可得
GMm
R
2
=mg
因为月球质量和半径均未知，所以不能求出月球表面的重力加速度。故D 错误。
故选C。
【针对练习3】过去几千年中，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51Pegb”的发现拉开了研
究太阳系外行星的序幕。“51Pegb”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4 天，轨道半径约为地球绕太
阳运动半径的1
20，已知太阳的质量约为2×10
30kg，则该中心恒星的质量约为（ ）
A．2×10
30kg
B．1×10
29kg
C．4×10
28kg
D．2×10
28kg
【答案】A
【详解】根据万有引力提供向心力可得
G Mm
r
2 =m(
2π
T )
2
r
可得
4
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M = 4 π
2r
3
GT
2
故所求中心恒星与太阳的质量之比为
M 1
M 2
= r1
3
r2
3 ⋅T 2
2
T 1
2 = 1
20
3 ⋅365
2
4
2 ≈1
所以该中心恒星的质量
M 1≈M 2=2×10
30kg
故选A。
【命题点02 卫星和赤道上物体参数的大小问题】
【针对练习4】2023 年10 月5 号，长征二号丁运载火箭成功将遥感三十九号卫星送入预定轨道。如图所示，
假设卫星B 是“遥感三十九号”卫星，卫星C 是地球同步卫星，它们均绕地球做匀速圆周运动，卫星A 是
地球赤道上还未发射的卫星，A、B、C 三颗卫星的所受万有引力大小分别是FA、FB、FC，线速度大小分
别为vA、vB、vC，角速度大小分别为ωA、ωB、ωC，周期分别为T A、T B、T C。下列判断正确的是（ ）
A．FA> FB> FC
B．vB>vC>vA
C．ωA<ωB<ωC
D．T A=T B=T C
【答案】B
【详解】A．根据万有引力公式可知
F =G Mm
R
2
由于三颗卫星的质量大小关系未知，故无法比较三颗卫星所受万有引力的大小关系。故A 错误；
BC．BC 均为卫星，根据万有引力提供圆周运动向心力，有
G Mm
R
2 =m v
2
R =mω
2 R
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解得
v =√
GM
R
，ω=√
GM
R
3
因为RC＞RB，所以ωC＜ωB，vC＜vB。卫星C 是地球同步卫星，故ωC=ωA，根据
v =ωR
因为RC＞RA，所以vC＞vA，故综上可得
vB＞vC＞vA，ωB＞ωC=ωA
故B 正确，C 错误；
D．根据开普勒第三定律可知
T C＞T B
卫星C 是地球同步卫星，故T C=T A。故
T A=T C＞T B
故D 错误。
故选B。
【点睛】同步卫星的周期和角速度与地球公转的周期和角速度相等。再结合万有引力定律及牛顿第二定定
律、线速度与角速度的关系进行分析。
【针对练习5】2023 年6 月15 日，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭成功发射“霍尔果斯
一号”“哈测农遥一号”等41 颗卫星，创下中国航天发射一箭多星新纪录，“霍尔果斯一号”“哈测农遥
一号”都是高分辨光学遥感卫星，两者质量几乎相等，均可视为绕地球做匀速圆周运动，已知“霍尔果斯
一号”离地面的高度为h1，周期为T 1；“哈测农遥一号”离地面的高度为h2，周期为T 2。已知地球的半径
R。h1<h2，则根据以上信息可知（ ）
A．“霍尔果斯一号”绕地球做匀速圆周运动的线速度比“哈测农遥一号”小
B．“霍尔果斯一号”的机械能一定小于“哈测农遥一号”的机械能
C．“霍尔果斯一号”和“哈测农遥一号”绕地球做匀速圆周运动的周期之比为√
h1
3
h2
3
D．“霍尔果斯一号”和“哈测农遥一号”所在轨道处的重力加速度之比为R+h2
R+h1
【答案】B
【详解】A．由万有引力提供向心力
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G Mm
r
2 =m v
2
r
可得
v =√
GM
r
因为
h1<h2，r = R+h
所以
v1＞v2
即“霍尔果斯一号”绕地球做匀速圆周运动的线速度比“哈测农遥一号”大，故A 错误；
B．因为“霍尔果斯一号”比“哈测农遥一号”轨道低，从低轨到高轨需要点火加速，所以“霍尔果斯一
号”的机械能一定小于“哈测农遥一号”的机械能，故B 正确；
C．由开普勒第三定律
r
3
T
2 =k
可得
r1
3
T 1
2 = r2
3
T 2
2
所以“霍尔果斯一号”和“哈测农遥一号”绕地球做匀速圆周运动的周期之比为
T 1
T 2
=√
r1
3
r1
3 =√
( R+h1)
3
( R+h2)
3
故C 错误；
D．由万有引力提供向心力
G Mm
r
2 =mg
可得
g= GM
r
2
所以“霍尔果斯一号”和“哈测农遥一号”所在轨道处的重力加速度之比为
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g1
g2
= r2
2
r1
2 = ( R+h2)
2
( R+h1)
2
故D 错误。
故选B。
【针对练习6】北京时间2023 年5 月10 日21 时22 分，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，
在我国文昌航天发射场发射成功。中国文昌航天发射场位于海南省文昌市龙楼镇，是世界上为数不多的低
纬度（靠近赤道）发射场之一，与甘肃省酒泉市的酒泉卫星发射中心（北纬41°）相比，文昌航天发射场
低纬度选址的优点是（ ）
A．向心加速度较小
B．随地球自转线速度较大
C．重力加速度较大
D．随地球自转角速度较大
【答案】B
【详解】A．地表的向心加速度an=ω
2r，r 为到地轴的距离，越靠近赤道表面到地轴的距离越大，向心加
速度应越大，故A 错误；
B．相对于地心的发射速度等于相对于地面的发射速度加上地球自转的线速度。地球自转的线速度越大，
相对于地心的发射速度越大，卫星越容易发射出去。靠近赤道处，半径更大，所以自转线速度更大，故B
正确；
C．把地球上的物体随地球的运动看作是圆周运动，地球上任意一点的角速度都相等，根据向心力
Fn=mω
2 R，可知ω不变，R 越大，所需的向心力就越大，在赤道附近，更多的万有引力作了向心力，所
以赤道附近处重力加速度最小，故C 错误；
D．在地球上各点具有相同的角速度，故D 错误。
故选B。
【命题点03 卫星发射和变轨问题】
【针对练习7】如图所示为“天问一号”探测器围绕火星多次变轨的简化图景。轨道I、III 为椭圆，轨道II
为圆，O 点是这三个轨道的相切点，O、Q 分别是远火星点和近火星点，O、P、Q 三点连线经过火星中心，
已知火星的半径为R，OQ = 4 R，探测器在轨道II 上经过O 点时的速度为v。下列说法正确的是（ ）
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A．在多次变轨过程中，探测器与火星中心的连线经过相等时间扫过的面积都相等
B．探测器在轨道II 上运动时，经过O 点的加速度等于v
2
3 R
C．探测器在轨道I 上运动时，经过O 点的速度小于v
D．探测器在轨道II 和III 上运动的周期之比是3:2
【答案】B
【详解】A．根据开普勒第二定律，在同一轨道上探测器与火星中心的连线经过相等时间扫过的面积都相
等，在不同轨道上，不具备上述关系，故在多次变轨过程中，探测器与火星中心的连线经过相等时间扫过
的面积不相等，故A 错误；
B．根据几何关系，探测器在轨道II 上运动时的轨道半径为
r =OQ - R =3 R
根据牛顿第二定律
G Mm
r
2 =m v
2
r =ma
经过O 点的加速度等于
a= v
2
3 R
故B 正确；
C．根据变轨原理，探测器在轨道II 上需点火加速变轨到轨道I 上，故探测器在轨道I 上运动时，经过O 点
的速度大于v，故C 错误；
D．根据开普勒第三定律
r
3
T II
2 =
( OQ
2 )
3
T III
2
探测器在轨道II 和III 上运动的周期之比是
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T II
T III
= √27
√8 = 3√6
4
故D 错误。
故选B。
【针对练习8】中国在2022 年发射的实践二十一号（SJ-21）卫星，实施了一项“太空城管”的“轨道清
扫”任务，捕获并拖走了一颗失效的北斗二号地球同步轨道卫星。发射地球同步卫星的过程如图所示，卫
星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q 点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则（ ）
A．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度可能大于7.9km/s
B．卫星在Q 点通过减速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
C．在轨道Ⅰ上，卫星在P 点的加速度小于在Q 点的加速度
D．在Q 点，卫星在轨道Ⅰ时的加速度等于在轨道Ⅱ时的加速度
【答案】D
【详解】A．第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动的所有卫星的最大速度，则卫星在同步轨道Ⅱ上的运行
速度不可能大于7.9km/s，选项A 错误；
B．卫星在Q 点通过加速做离心运行实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，选项B 错误；
C．在轨道Ⅰ上，根据
G Mm
r
2 =ma
a= GM
r
2
可知，卫星在P 点的加速度大于在Q 点的加速度，选项C 错误；
D．根据
a= GM
r
2
可知，在Q 点，卫星在轨道Ⅰ时的加速度等于在轨道Ⅱ时的加速度，选项D 正确。
故选D。
【针对练习9】北京时间2023 年2 月23 日19 时49 分，我国首颗超百Gbps 容量的高通量卫星——中星26
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号搭乘长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心起飞，随后卫星进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。
假设该卫星发射后先绕地球表面做匀速圆周运动，之后通过转移轨道I 进入离地较远的圆轨道，在圆轨道
上绕行一段时间后，再通过地球同步转移轨道Ⅱ转移到目标轨道，同时定点于东经125
°，下列说法正确的
是（ ）
A．卫星在转移轨道I 远地点的加速度小于转移轨道Ⅱ近地点的加速度
B．卫星在地球同步转移轨道Ⅱ运动的过程中，万有引力不做功
C．该卫星在不同圆轨道上与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同
D．卫星整个运动过程中，速度的最大值大于第一宇宙速度
【答案】D
【详解】A．根据万有引力提供向心力公式
G Mm
r
2 =ma
转移轨道I 远地点距离地球的距离等于转移轨道Ⅱ近地点距离地球的距离，即卫星在转移轨道I 远地点的
加速度等于转移轨道Ⅱ近地点的加速度，故A 错误；
B．卫星变轨运动过程中，卫星逐渐远离地球，万有引力指向地心，知万有引力做负功，故B 错误；
C．根据开普勒第二定律，该卫星在相同圆轨道上与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同，故C 错误；
D．在地球表面附近运行时，线速度近似等于第一宇宙速度，但在近地点处要加速变轨，所以此时速度大
于第一宇宙速度，故D 正确。
故选D。
【命题点04 卫星追及问题】
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【针对练习10】如图，卫星甲、乙均绕地球做匀速圆周运动，轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲的
3√25倍，甲做圆周运动的周期为T。将两卫星和地心在同一直线且乙在甲正上方的位置状态称为“相遇”，
则某次“相遇”后，甲、乙卫星再次“相遇”经历的最短时间为（ ）
A．5T
B．2.5T
C．T
D．0.5T
【答案】B
【详解】由开普勒第三定律可得
(
T 乙
T 甲)
2
=(
r乙
r甲)
3
=25
解得
T 乙=5T 甲
则甲每转2 周半时间内乙转半周，就会“相遇”一次，故再次“相遇”经历的时间为2.5T。
故选B。
【针对练习11】如图所示，A、B 是绕地球近视做圆周运动的两颗卫星，其轨道半径分别为r1、r2，已知
A、B 的运行周期分别为T1、T2，且A、B 反向旋转，下列说法正确的是（ ）
A．A、B 从相距最近至第一次相距最远的时间间隔Δt 为 T 1T 2
T 1+T 2
B．A、B 从相距最近至第一次相距最远的时间间隔Δt 为 T 1T 2
T 1-T 2
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C．A、B 从相距最近至第一次相距最远的时间间隔Δt 为
T 1T 2
2(T 1+T 2)
D．A、B 从相距最近至第一次相距最远的时间间隔Δt 为
T 1T 2
2(T 1-T 2)
【答案】C
【详解】A、B 反向旋转，则从相距最近至第一次相距最远满足
Δt
T 2
+ Δt
T 1
= 1
2
解得
Δt =
T 1T 2
2(T 1+T 2)
故选C。
【针对练习12】近年来，高频率且高质量的卫星发射使得我国逐渐成为航天强国。2023 年3 月13 号，在
酒泉卫星发射中心，长征二号丙运载火箭成功将荷鲁斯2 号遥感卫星送入预定轨道。两天后，酒泉卫星发
射中心使用长征十一号运载火箭将试验十九号卫星送入预定轨道。已知遥感卫星绕地球圆周运动的轨道半
径为R1，线速度v1。试验十九号卫星绕地球圆周运动的周期为T2，求：
（1）实验十九号卫星绕地球圆周运动的轨道半径R2；
（2）已知R2>R1，某时刻，两卫星以及地心恰在同一直线上。则还过多长时间两卫星以及地心可以在同一
直线上？
【答案】（1）3√
R1T 2
2v1
2
4 π
2
；（2）
π R1T 2
v1T 2-2π R1
【详解】（1）由万有引力提供向心力，对遥感卫星，有
G M m1
R1
2 =m1
v
2
R1
对试验十九号卫星，有
G M m2
R2
2 =m2
4 π
2
T 2
2 R2
解得
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R2=
3√
R1T 2
2v1
2
4 π
2
（2）从两卫星以及地心在同一直线上到再次在同一直线上的过程中有
ω1t -ω2t = π
ω1= 2π
T 1
ω2= 2π
T 2
T 1= 2π R1
v1
解得
t =
π R1T 2
v1T 2-2π R1
【命题点05 双星问题】
【针对练习13】（多选）夜空中我们观测到的亮点，其实大部分并不是单一的恒星，而是多星系统。在多
星系统中，双星系统又是最常见的，图甲为绕连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动的两颗中子星组成
的双星系统，其抽象示意图如图乙所示，若双中子星的间距不变，各自的质量也不变且质量之比
mP:mQ=k :1，则（ ）
A．双中子星做匀速圆周运动所需向心力大小相等
B．根据乙图可以判断出双中子星的质量之比中k >1
C．双中子星中P 星的线速度与双星间距离成正比
D．双中子星P 和Q 做圆周运动的线速度之和一定
【答案】AD
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【详解】A．双中子星做匀速圆周运动的向心力均由万有引力提供，根据牛顿第三定律，两星受到的万有
引力大小相等，则双中子星做匀速圆周运动所需向心力大小相等，故A 正确；
B．根据万有引力提供向心力，可得
GmPm❑Q
L
2
=mPω
2 RP=mQω
2 RQ
其中
L= RP+ RQ
由图看出P 的轨迹半径大于Q，则P 的质量小于Q，则k <1，故B 错误；
C．P 星的线速度
vP=ω RP= RP√
G(mP+mQ)
L
3
故P 星的线速度不与双星间距离成正比，故C 错误；
D．双中子星P 和Q 做圆周运动的线速度之和
vP+ vQ=ω RP+ω RQ=√
G(mP+mQ)
L
大小一定，故D 正确。
故选AD。
【针对练习14】如图所示，地球与月球可以看作双星系统，它们均绕连线上的C 点（图中未画出）转动。
沿地月球心连线的延长线上有一个拉格朗日点P，位于这个点的卫星能在地球引力和月球引力的共同作用
下绕C 点做匀速圆周运动，并保持与地球月球相对位置不变。我国发射的“鹊桥”中继卫星位于P 点附近，
它为“嫦娥四号”成功登陆月球背面提供了稳定的通信支持。已知地球质量M 是月球质量的81 倍，“鹊
桥”中继星质量为m，地月球心距离为L，P 点与月球球心距离为d。若忽略太阳对“鹊桥”中继星的引力，
则（ ）
A．地球球心和月球球心到C 点的距离之比为81：1
B．地球和月球对“鹊桥”中继星的引力大小之比为81：1
C．月球与“鹊桥”中继星的线速度大小之比为L:( L+ 82
81 d )
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D．月球与“鹊桥”中继星的向心加速度大小之比为( L+d)
2: L
2
【答案】C
【详解】A．设地球球心到C 点的距离为r1，月球球心到C 点的距离为r2，可得
G M 月M 地
L
2
= M 地ω
2r1
G M 月M 地
L
2
= M 月ω
2r2
且
M 地=81 M 月
可得地球球心和月球球心到C 点的距离之比为
r1:r2=1:81
故A 错误；
B．根据万有引力公式
F =G Mm
r
2
地球和月球对“鹊桥”中继星的引力大小之比为
F1: F2=
M 地
( L+d)
2 : M 月
d
2 =81d
2:( L+d)
2
故B 错误；
C．“鹊桥”中继星与地球月球相对位置不变，角速度相等，月球与“鹊桥”中继星的线速度大小之比为
v月:v中=ωr2:ω(r2+d)= L:( L+ 82
81 d)
故C 正确；
D．月球与“鹊桥”中继星的向心加速度大小之比为
a月:a中=ω
2r2:ω
2(r2+d)= L:( L+ 82
81 d)
故D 错误。
故选C。
【针对练习15】如图所示，宇宙中一对年轻的双星，在距离地球16 万光年的蜘蛛星云之中。该双星系统
由两颗炽热又明亮的大质量恒星构成，二者围绕连接线上中间某个点旋转。通过观测发现，两颗恒星正在
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缓慢靠近。不计其他天体的影响，且两颗恒星的质量不变。则以下说法中正确的是（ ）
A．双星之间引力变小
B．双星系统周期逐渐变大
C．每颗星的加速度均变大
D．双星系统转动的角速度恒定
【答案】C
【详解】A．根据万有引力定律
F =G m1m2
r
2
两颗恒星缓慢靠近，可知双星之间引力变大，故A 错误；
B．双星系统的周期相等，根据万有引力提供向心力
G m1m2
r
2
=m1( 2π
T )
2
R1
G m1m2
r
2
=m2( 2π
T )
2
R2
R1+ R2=r
解得
T =2π√
r
3
G(m1+m2)
可知两颗恒星缓慢靠近，双星系统周期逐渐变小，故B 错误；
C．根据牛顿第二定律可得
G m1m2
r
2
=m1a1=m2a2
可知两颗恒星缓慢靠近，每颗星的加速度均变大，故C 正确；
D．双星系统转动的角速度
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ω= 2π
T =√
G(m1+m2)
r
3
可知两颗恒星缓慢靠近，双星系统转动的角速度变大，故D 错误。
故选C。
一、单选题
1．太阳系中各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。“行星冲日”是指某行星、地球和
太阳几乎排成一直线的状态，地球位于太阳与该行星之间。已知相邻两次“冲日”的时间间隔火星约为
800 天，土星约为378 天，则（ ）
A．火星公转周期约为1.8 年
B．火星的公转周期比土星的公转周期大
C．火星的公转轨道半径比土星的公转轨道半径大
D．火星和土星的公转轨道半径之比为3√（800
378 ）
2
【答案】A
【详解】A．根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T 的平方的比值相等，由于地球的轨道半
径比该火星的轨道半径小，故可知地球的周期比火星的小，设火星相邻两次冲日的时间间隔为t，则在时
间t 内地球比火星绕太阳多转一周，即
t
T 0
- t
T 1
=1
解得
T 1= T 0t
t -T 0
=671 天≈1.8年
A 正确；
B．同理土星的周期为
T 2= T 0t '
t ' -T 0
=9198 天≈25.2年
故火星的公转周期比土星的公转周期小，B 错误；
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C．根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T 的平方的比值相等，可知火星的公转轨道半径比
土星的公转轨道半径小，C 错误；
D．火星和土星的公转轨道半径之比为
R1
R2
=
3√
（T 1
T 2
）
2=
3√（671
9198 ）
2
D 错误。
故选A。
2．如图所示，甲、乙分别为常见的三星系统模型和四星系统模型。甲图中三颗质量均为m的行星都绕边长
为L1的等边三角形的中心做匀速圆周运动，周期为T 1；乙图中三颗质量均为m的行星都绕静止于边长为L2
的等边三角形中心的中央星做匀速圆周运动，周期为T 2，不考虑其它星系的影响。已知四星系统内中央星
的质量M =√3m，L2=2 L1，则两个系统的周期之比为（ ）
A．T 1:T 2=1:1
B．T 1:T 2=1:√2
C．T 1:T 2=1:√3
D．T 1:T 2=1:2
【答案】B
【详解】甲图中，任一颗行星轨道半径
r1= L1sin 60
∘× 2
3 = √3
3 L1
任意两星间的万有引力
F=G m
2
L1
2
任一颗行星
F 合=2Fcos30°=√3F
由牛顿第二定律可得
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F 合=m( 2π
T 1
)
2
r1
解得
T 1=2π√
L1
3
3Gm
乙图中，任一颗行星轨道半径
r2= L2sin 60
∘× 2
3 = √3
3 L2
每颗星受到的万有引力的合力为
F
'
合=
GMm
(
√3
3 L2)
2 + 2G m
2
L2
2
cos30
∘
又
M =√3m
得
F
'
合= 4√3G m
2
L2
2
由万有引力提供向心力得
F
'
合=m( 2π
T 2
)
2
r2
解得
T 2=2π√
L2
3
12Gm
又
L2=2 L1
联立解得
T 1:T 2=1:√2
故选B。
3．中国科幻大片《流浪地球2》中描述的“太空电梯”让人印象深刻。科学家们在地球同步轨道上建造了
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一个空间站，再用超级缆绳连接地球赤道上的固定基地，通过超级缆绳承载太空电梯，使轿厢沿绳索从地
球基地直入太空，而向空间站运送货物。原理如图甲所示，图中的太空电梯正停在离地面高R 处的站点修
整，并利用太阳能给蓄电池充电。图乙中r 为货物到地心的距离，R 为地球半径，曲线A 为地球引力对货
物产生的加速度大小与r 的关系；直线B 为货物由于地球自转而产生的向心加速度大小与r 的关系。关于
相对地面静止在不同高度的电梯中货物，下列说法正确的有（ ）
A．货物的线速度随着r 的增大而减小
B．货物在r=R 处的线速度等于第一宇宙速度
C．地球自转的周期T =2π√
r0
a0
D．图甲中质量为m 的货物对电梯底板的压力大小为m g0
4
- 2mr0a0
R
【答案】C
【详解】A．相对地面静止在不同高度的货物，角速度相同，都等于地球的自转角速度，货物的线速度
v=rω
随着r 增大线速度v 增大，故 A 错误；
B．货物在r=R 处是在地面上，除了受到万有引力还受到地面的支持力，线速度远小于第一宇宙速度，故
B 错误；
C．图乙中图线的交点表示万有引力产生的加速度和地球自转产生的加速度相等，又同步卫星的角速度与
地球自转角速度相同，因此交点的横坐标r0表示同步卫星所在的轨道半径。
a0=ω
2r0= 4 π
2
T
2 r0
解得周期
T =2π√
r0
a0
故C 正确；
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D．在地球极地表面
m0 g0=G M m0
R
2
解得地球质量
GM = g0 R
2
设货物质量为m，在距地面高 R 站点受到的支持力为FN，此时货物绕地球做匀速圆周运动有
F引- F N=mω
2×2 R
即
G Mm
(2 R)
2 - F N=mω
2×2 R
解得
F N = m g0
4
- 2mR a0
r0
根据牛顿第三定律，货物对电梯底板的压力
FN1= FN= m g0
4
- 2mR a0
r0
故D 错误。
故选C。
4．螺旋星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为R 的球体内，球体外仅有极少的恒星。球体
内物质总质量为M，可认为均匀分布，球体内外的所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运动，恒星到星系中
心的距离为r，引力常量为G。万有引力定律和库仑定律在形式上极其相似，这种形式上的相似决定了万
有引力和库仑力具有一系列类同的性质。可以证明均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心、
电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，电荷均匀分布的球壳对壳内电荷的库仑力为零。由以上信
息，可求得r≤R 区域内的恒星做匀速圆周运动的速度大小v 与r 的关系，下列选项正确的是（ ）
A．v =√
GM
r
B．v =r√
GM
R
3
C．v =√
GM
R
D．v = R√
GM
r
3
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【答案】B
【详解】设半径为R 的球体的密度为ρ，则质量为
M = 4
3 π R
3 ρ
设半径为r 的球体的质量为M'，则
M
' = 4
3 π r
3 ρ
解得
M
' = r
3
R
3 M
对半径为r 的球体表面上的一物体做圆周运动，有
G M
' m
r
2
=m v
2
r
解得
v =r√
GM
R
3
故选B。
5．2023 年10 月26 日消息，韦伯望远镜首次检测到恒星合并后啼（tellurium）等重元素的存在，可以帮助
天文学家探究地球生命起源的奥秘。韦伯望远镜位于“拉格朗日L2点”上，跟随地球一起围绕太阳做圆周
运动，图中的虚线圆周表示地球和韦伯望远镜绕太阳运动的轨道，韦伯望远镜和地球相对位置总是保持不
变。已知太阳质量为M 1、地球质量为M 2，地球到太阳的距离为R，用l 表示韦伯望远镜到地球的距离，
把太阳、地球都看做是质点。由于l
R 的值很小，根据数学知识可以解出l≈√
M 2
3 M 1
R，你可能不知道这个解
是用怎样的数学方法求出的，但根据物理知识你可以得出这个解对应的方程式为（ ）
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A．R+l
R
3 -
1
( R+l)
2 = 1
l
2 ⋅M 2
M 1
B．R+l
R
3 +
1
( R+l)
2 = 1
l
2 ⋅M 2
M 1
C．R+l
R
3 -
1
( R+l)
2 = 1
l
2 ⋅M 2
3 M 1
D．R+l
R
3 +
1
( R+l)
2 = 1
l
2 ⋅M 2
3 M 1
【答案】A
【详解】以地球为研究对象，设地球围绕太阳运转的角速度为ω，地球和太阳之间的万有引力充当向心力，
得
G M 1 M 2
R
2
= M 2ω
2 R
以韦伯望远镜为研究对象，由题意知，韦伯望远镜跟随地球一起围绕太阳做圆周运动，所以韦伯望远镜的
角速度也等于ω，太阳和地球对韦伯望远镜引力之和等于韦伯望远镜的向心力，所以
G M 1m
( R+l)
2 +G M 2m
l
2
=mω
2(R+l)
根据以上两个方程化简可得到
R+l
R
3 -
1
( R+l)
2 = 1
l
2 ⋅M 2
M 1
故选A。
二、多选题
6．如图所示，2022 年7 月15 日，由清华大学天文系祝伟教授牵头的国际团队近日宣布在宇宙中发现两个
罕见的恒星系统。该系统均是由两颗互相绕行的中央恒星组成，被气体和尘埃盘包围，且该盘与中央恒星
的轨道成一定角度，呈现出“雾绕双星”的奇幻效果。如图所示为该双星模型的简化图，已知O1O2= L1，
O1O -OO2= L2>0，假设两星球的半径远小于两球球心之间的距离。则下列说法正确的是（ ）
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A．星球P、Q 的轨道半径之比为L1+ L2
L1- L2
B．星球P 的质量大于星球Q 的质量
C．星球P、Q 的线速度之和与线速度之差的比值L1
L2
D．星球P、Q 的质量之和与P、Q 质量之差的比值L1
L2
【答案】ACD
【详解】A．设两星球的轨道半径分别为r P、rQ，由题意可知
r P+rQ= L1，r P-rQ= L2
解得
r P= L1+ L2
2
，rQ= L1- L2
2
整理得
r P
rQ
= L1+ L2
L1- L2
故A 正确；
B．星球P、Q 环绕连线上的点做匀速圆周运动，则星球P、Q 的角速度相等，又星球P、Q 之间的万有引
力提供向心力，所以星球P、Q 的向心力大小相等，则
mPr Pω
2=mQrQω
2
因为r P>rQ，所以
mQ>mP
故B 错误；
C．由以上分析可知P、Q 的线速度分别为
v P=ωr P，vQ=ωrQ
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P、Q 的线速度之和为
Δv1= v P+ vQ=ω(r P+rQ)=ω L1
P、Q 的线速度之差为
Δv2= v P- vQ=ω(r P-rQ)=ω L2
解得
Δv1
Δv2
= L1
L2
故C 正确；
D．由牛顿第二定律对星体P 有
G mPmQ
L1
2
=mPr Pω
2
则
mQ= r Pω
2 L1
2
G
同理对Q 有
G mPmQ
L1
2
=mQrQω
2
则
mP= rQω
2 L1
2
G
P、Q 质量之和为
Δm1=mP+mQ= rQω
2 L1
2
G
+ r Pω
2 L1
2
G
= ω
2 L1
3
G
P、Q 质量之差为
Δm2=mQ-mP= r Pω
2 L1
2
G
- rQω
2 L1
2
G
= ω
2 L1
2 L2
G
解得
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Δm1
Δm2
= L1
L2
故D 正确。
故选ACD。
7．马斯克的 SpaceX“猎鹰”重型火箭将一辆跑车发射到太空，其轨道示意图如图中椭圆II 所示，其中A、
C 分别是近日点和远日点，图中I、III 轨道分别为地球和火星绕太阳运动的圆轨道，B 点为轨道II、III 的
交点，若运动中只考虑太阳的万有引力，则以下说法正确的是（ ）
A．跑车经过A 点时的速率大于火星绕日的速率
B．跑车经过B 点时的加速度等于火星经过B 点时的加速度
C．跑车在C 点的速率一定大于火星绕日的速率
D．跑车在C 点的速率可能等于火星绕日的速率
【答案】AB
【详解】A．火星与地球绕太阳圆运动的向心力由万有引力提供，由G Mm
r
❑2 =m v
❑2
r ，可得
v =√
GM
r
对于火星与地球可知，地球在A 点的速率大于火星的速率，而跑车经过A 点时要做离心运动，其在A 点的
速率大于地球在A 点的运行速度，所以跑车经过A 点时的速率大于火星绕日的速率，故A 正确；
B．跑车经过B 点时的加速度与火星经过B 点时的加速度都是由万有引力产生的，由G Mm
r
❑2 =ma，可得
a= GM
r
❑2
所以跑车经过B 点时的加速度等于火星经过B 点时的加速度，故B 正确；
CD．C 点是跑车椭圆运动的远日点，故经过C 点后跑车做近心运动，故跑车在C 点时的速率小于与C 同
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半径圆周运动的速率，而由v =√
GM
r
可知，火星绕日速率大于与C 点同半径的圆周运动速率，所以跑车在
C 的速率小于火星绕日的速率，故CD 错误。
故选AB。
8．2023 年10 月26 日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、唐胜
杰、江新林3 名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中
①为飞船的近地圆轨道，其轨道半径为R1，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半
径为R2，P、Q 分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过
程，下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道3 上运行的速度大于第一宇宙速度
B．飞船从②轨道到变轨到③轨道需要在Q 点点火加速
C．飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能
D．若核心舱在③轨道运行周期为T，则飞船在②轨道从P 到Q 的时间为1
2√
( R1+ R2
2 R2
)
3
T
【答案】BD
【详解】A．第一宇宙速度是最大的环绕速度，飞船绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，选项A 错误；
B．飞船从②轨道变轨到③轨道，飞船将由近心运动变成圆周运动，所以需要在Q 点点火加速，选项B 正
确；
C．虽然在①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和核心舱的质量未知，故无法判断他们动能的大
小，故C 错误；
D．根据开普勒第三定律可知
R2
3
T
2 =
( R1+ R2
2
)
3
T
' 2
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可得
T
' =√
( R1+ R2
2 R2
)
3
T
飞船在②轨道从P 到Q 的时间为1
2 T
'，故等于1
2√
( R1+ R2
2 R2
)
3
T，选项D 正确。
故选BD。
9．如图甲，“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙是航天控制中心大屏幕上显示卫星
FZ01 的“星下点”在一段时间内的轨迹，已知地球同步卫星的轨道半径为r，FZ01 绕行方向与地球自转方
向一致，则下列说法正确的是（ ）
A．卫星FZ01 的轨道半径约为r
2
B．卫星FZ01 的轨道半径约为r
5
C．卫星FZ01 可以记录到北极点的气候变化
D．卫星FZ01 不可以记录到北极点的气候变化
【答案】AC
【详解】由轨迹图可知：地球自转一圈，卫星运动3圈，卫星做圆周运动，根据万有引力提供向心力
G Mm
r
2 =m(
2π
T )
2
r
可得同步卫星的周期为
T =2π√
r
3
GM
卫星FZ01 的周期为
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T
' =2π√
r
'3
GM = T
3
则卫星FZ01 的轨道半径与同步卫星的轨道半径关系为
r
' = r
3√9
≈r
2
卫星FZ01 纬度最高时，θ =30°
卫星离地球球心所在水平面的高度为
h=r
' sin30° = r
2 sin30° = r
4
同步卫星轨道半径为r = 42300km，地球半径为R =6300km，则r ≈6.7 R，因此
h= r
4 > R
即卫星高度大于北极点的高度，卫星FZ01 可以记录到北极点的气候变化，故AC 正确。
故选AC。
10．如图所示，某航天器围绕一颗半径为R 的行星做匀速圆周运动，其环绕周期为T，经过轨道上A 点时
发出了一束激光，与行星表面相切于B 点，若测得激光束AB 与轨道半径AO 夹角为θ，引力常量为G，不
考虑行星的自转，下列说法正确的是（ ）
A．行星的质量为
4 π
2 R
3
GT
2sin
3θ
B．行星的平均密度为
3 π
GT
2sin
3θ
30
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C．行星表面的重力加速度为4 π
2 R
T
2sin
3θ
D．行星赤道表面随行星自转做匀速圆周运动的线速度为2πR
T sinθ
【答案】ABC
【详解】A．航天器匀速圆周运动的周期为T，那么可以得到匀速圆周运动的线速度为
v = 2πR
T sinθ
再根据万有引力提供向心力
G m1m2
(
R
sinθ)
2 =m2
v
2
R
sinθ
解得
m1=
4 π
2 R
3
GT
2sin
3θ
故A 正确；
B．球体积为
V = 4 π R
3
3
所以平均密度为
ρ= m1
V =
4 π
2 R
3
GT
2sin
3θ
·
3
4 π R
3 =
3 π
GT
2sin
3θ
故B 正确；
C．行星表面，根据重力等于万有引力可知
m2 g=G m1m2
R
2
解得
g= 4 π
2 R
T
2sin
3θ
故C 正确；
31
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D．根据已知条件无法求出行星赤道表面随行星自转做匀速圆周运动的线速度，故D 错误。
故选ABC。
一、单选题
1．（2023·北京·统考高考真题）2022 年10 月9 日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实
现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为720km，运行
一圈所用时间约为100 分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳
公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法
正确的是（ ）
A．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为1°
B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于7.9km/s
C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
【答案】A
【详解】A．因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面
平均每天约转动1°，故A 正确；
B．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9km/s，
故B 错误；
C．根据
G Mm
r
2 =ma
可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C 错误；
D．“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的
距离，故D 错误。
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故选A。
2．（2023·北京·统考高考真题）在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸
长的轻绳一端固定于O 点，另一端系一待测小球，使其绕O 做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力
为F，用停表测得小球转过n 圈所用的时间为t，用刻度尺测得O 点到球心的距离为圆周运动的半径R。下
列说法正确的是（ ）
A．圆周运动轨道可处于任意平面内
B．小球的质量为FRt
2
4 π
2n
2
C．若误将n-1圈记作n 圈，则所得质量偏大
D．若测R 时未计入小球半径，则所得质量偏小
【答案】A
【详解】A．空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A 正确；
B．根据
F =mω
2 R
ω= 2πn
t
解得小球质量
m=
F t
2
4 π
2n
2 R
故B 错误；
C．若误将n-1 圈记作n 圈，则得到的质量偏小，故C 错误；
D．若测R 时未计入小球的半径，则R 偏小，所测质量偏大，故D 错误。
故选A。
3．（2023·山东·统考高考真题）牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间
（如地球与月球）的引力具有相同的性质、且都满足F ∝Mm
r
2 。已知地月之间的距离r 大约是地球半径的
60 倍，地球表面的重力加速度为g，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为（ ）
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A．30π√
r
g
B．30π√
g
r
C．120π√
r
g
D．120π√
g
r
【答案】C
【详解】设地球半径为R，由题知，地球表面的重力加速度为g，则有
mg=G M 地m
R
2
月球绕地球公转有
G M 地m月
r
2
=m月
4π
2
T
2 r
r = 60R
联立有
T =120π√
r
g
故选C。
4．（2023·浙江·统考高考真题）木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1:2:4。
木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r 的n 倍。月球绕地球公转周期为T 0，则（ ）
A．木卫一轨道半径为n
16 r
B．木卫二轨道半径为n
2 r
C．周期T 与T0之比为n
3
2
D．木星质量与地球质量之比为T 0
2
T
2 n
3
【答案】D
【详解】根据题意可得，木卫3 的轨道半径为
r3=nr
AB．根据万有引力提供向心力
G Mm
R
2 =m 4 π
2
T
2 R
可得
R =
3√
GM T
2
4 π
2
木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1:2:4,可得木卫一轨道半径为
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r1= nr
3√16
木卫二轨道半径为
r2= nr
3√4
故AB 错误；
C．木卫三围绕的中心天体是木星，月球的围绕的中心天体是地球，根据题意无法求出周期T 与T0之比，
故C 错误；
D．根据万有引力提供向心力，分别有
G M 木m
(nr )
2 =m 4 π
2
T
2 nr
G M 地m
r
2
=m 4 π
2
T 0
2 r
联立可得
M 木
M 地
= T 0
2
T
2 n
3
故D 正确。
故选D。
5．（2023·湖北·统考高考真题）2022 年12 月8 日，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．下一次“火星冲日”将出现在2023 年12 月8 日之前
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【答案】B
【详解】A．火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3：2，根据开普勒第三定律
有
r 火
3
r地
3 = T 火
2
T 地
2
可得
T 火
T 地
=√
r 火
3
r地
3 = 3√3
2√2
故A 错误；
B．火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向
相反，故此时两者相对速度最大，故B 正确；
C．在星球表面根据万有引力定律有
G Mm
r
2 =mg
由于不知道火星和地球的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，故C 错误；
D．火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有
ω火= 2π
T 火
ω地= 2π
T 地
要发生下一次火星冲日则有
(
2π
T 地
- 2π
T 火)t =2π
得
t = T 火T 地
T 火-T 地
>T 地
可知下一次“火星冲日”将出现在2023 年12 月18 日之后，故D 错误。
故选B。
6．（2023·辽宁·统考高考真题）在地球上观察，月球和太阳的角直径（直径对应的张角）近似相等，如图
所示。若月球绕地球运动的周期为T₁，地球绕太阳运动的周期为T₂，地球半径是月球半径的k 倍，则地球
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与太阳的平均密度之比约为（ ）
A．k
3(
T 1
T 2)
2
B．k
3(
T 2
T 1)
2
C．1
k
3(
T 1
T 2)
2
D．1
k
3(
T 2
T 1)
2
【答案】D
【详解】设月球绕地球运动的轨道半径为r₁，地球绕太阳运动的轨道半径为r₂，根据
G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r
可得
G m地m月
r1
2
=m月
4 π
2
T 1
2 r1
G m地m日
r2
2
=m地4 π
2
T 2
2 r2
其中
r1
r2
= R月
R日
= R地
k R日
ρ=
m
4
3 π R
3
联立可得
ρ地
ρ日
= 1
k
3(
T 2
T 1)
2
故选D。
7．（2023·江苏·统考高考真题）设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该
轨道可视为圆轨道．该卫星与月球相比，一定相等的是（ ）
A．质量
B．向心力大小
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C．向心加速度大小
D．受到地球的万有引力大小
【答案】C
【详解】根据
G Mm
r
2 =ma
可得
a= GM
r
2
因该卫星与月球的轨道半径相同，可知向心加速度相同；因该卫星的质量与月球质量不同，则向心力大小
以及受地球的万有引力大小均不相同。
故选C。
8．（2023·山西·统考高考真题）2023 年5 月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约
5800kg 的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星与地面的距离）的轨道，顺利对接中国空间站后
近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资（ ）
A．质量比静止在地面上时小
B．所受合力比静止在地面上时小
C．所受地球引力比静止在地面上时大
D．做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大
【答案】D
【详解】A．物体在低速（速度远小于光速）宏观条件下质量保持不变，即在空间站和地面质量相同，故
A 错误；
BC．设空间站离地面的高度为h，这批物质在地面上静止合力为零，在空间站所受合力为万有引力即
F = GMm
(R+h)
2
在地面受地球引力为
F1= GMm
R
2
因此有F1> F，故BC 错误；
D．物体绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力
GMm
r
2
=mω
2r
解得
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ω=√
GM
r
3
这批物质在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此这批物质的角速度大于同步卫星的角速度，
同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，即这批物质的角速度大于地球自转的角速度，故D 正确。
故选D。
9．（2023·湖南·统考高考真题）根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集
可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1~8倍将坍缩成白矮星，质量为太
阳质量的10~20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布
的球体，质量不变，体积缩小，自转变快．不考虑恒星与其它物体的相互作用．已知逃逸速度为第一宇宙
速度的√2倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是（ ）
A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B．恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大
C．恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
【答案】B
【详解】A．恒星可看成质量均匀分布的球体，同一恒星表面任意位置物体受到的万有引力提供重力加速
度和绕恒星自转轴转动的向心加速度，不同位置向心加速度可能不同，故不同位置重力加速度的大小和方
向可能不同，A 错误；
B．恒星两极处自转的向心加速度为零，万有引力全部提供重力加速度。恒星坍缩前后可看成质量均匀分
布的球体，质量不变，体积缩小，由万有引力表达式F 万= GMm
R
2
可知，恒星表面物体受到的万有引力变
大，根据牛顿第二定律可知恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大。B 正确；
C．由第一宇宙速度物理意义可得
GMm
R
2
=m v
2
R
整理得
v =√
GM
R
恒星坍缩前后质量不变，体积缩小，故第一宇宙速度变大，C 错误；
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D．由质量分布均匀球体的质量表达式M = 4 π
3 R
3 ρ得
R =
3√
3 M
4 πρ
已知逃逸速度为第一宇宙速度的√2倍，则
v ' =√2v =√
2GM
R
联立整理得
v '
2=2v
2= 2GM
R
=2G
3√
4π ρ M
2
3
由题意可知中子星的质量和密度均大于白矮星，结合上式表达式可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸
速度，D 错误。
故选B。
10．（2022·天津·高考真题）2022 年3 月，中国空间站“天宫课堂”再次开讲，授课期间利用了我国的中
继卫是系统进行信号传输，天地通信始终高效稳定。已知空间站在距离地面400 公里左右的轨道上运行，
其运动视为匀速圆周运动，中继卫星系统中某卫星是距离地面36000 公里左右的地球静止轨道卫星（同步
卫星），则该卫星（ ）
A．授课期间经过天津正上空
B．加速度大于空间站的加速度
C．运行周期大于空间站的运行周期
D．运行速度大于地球的第一宇宙速度
【答案】C
【详解】A．该卫星在地球静止轨道卫星（同步卫星）上，处于赤道平面上，不可能经过天津正上空，A
错误；
BCD．卫星正常运行，由万有引力提供向心力
G Mm
r
2 =m v
2
r =m( 2π
T )
2
r =ma
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得
v =√
GM
r
，a=G M
r
2 ，T =2π√
r
3
GM
由于该卫星轨道半径大于空间站半径，故加速度小于空间站的加速度；运行周期大于空间站的运行周期；
第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，则该卫星的运行速度小于地球的第一宇宙速度。BD 错误，C 正确。
故选C。
11．（2022·河北·统考高考真题）2008 年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16 米望远镜，
发现了一颗绕恒星HD173416 运动的系外行星HD173416b，2019 年，该恒星和行星被国际天文学联合会分
别命名为“羲和”和“和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2 倍，若将望舒与地球的
公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为（ ）
A．2√2
B．2
C．√2
D．√2
2
【答案】C
【详解】地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是由万有引力提供向心力，有
G Mm
r
2 =m v
2
r
解得公转的线速度大小为
v =√
GM
r
其中中心天体的质量之比为2:1，公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小的比值为√2，故选
C。
12．（2022·湖北·统考高考真题）2022 年5 月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成
的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90 分钟。下列说法正确的是（ ）
A．组合体中的货物处于超重状态
B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
【答案】C
【详解】A．组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A 错误；
B．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的
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速度大小不可能大于第一宇宙速度，B 错误；
C．已知同步卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有
ω= 2π
T
由于T 同 > T 组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C 正确；
D．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有
G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r
整理有
T =2π√
r
3
GM
由于T 同 > T 组合体，则r 同 > r 组合体，且同步卫星和组合体在天上有
ma=G Mm
r
2
则有
a 同 < a 组合体
D 错误。
故选C。
13．（2022·浙江·统考高考真题）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天
和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则（ ）
A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大
B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力
C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒
【答案】C
【详解】AC．根据
G Mm
r
2 =m v
2
r
可得
v =√
GM
r
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可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小；而只要环绕速度相同，返回舱和天和核心舱可以在同一轨道
运行，与返回舱和天和核心舱的质量无关，故A 错误，C 正确；
B．返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运动的向心
力，故B 错误；
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，故D 错误。
故选C。
14．（2022·广东·高考真题）“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的
冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88 倍。火星和地球绕太阳的公转均可视
为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（ ）
A．火星公转的线速度比地球的大
B．火星公转的角速度比地球的大
C．火星公转的半径比地球的小
D．火星公转的加速度比地球的小
【答案】D
【详解】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期
C．根据G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r可得
T =2π√
r
3
GM
可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C 错误；
A．根据G Mm
r
2 =m v
2
r 可得
v =√
GM
r
结合C 选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A 错误；
B．根据ω= 2π
T 可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B 错误；
D．根据G Mm
r
2 =ma可得
a= GM
r
2
可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D 正确。
故选D。
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15．（2022·山东·统考高考真题）“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星
围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经
过地球表面A 点正上方，恰好绕地球运行n 圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加
速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为（ ）
A．(
g R
2T
2
2n
2π
2)
1
3 - R
B．(
g R
2T
2
2n
2π
2)
1
3
C．(
g R
2T
2
4 n
2π
2)
1
3 - R
D．(
g R
2T
2
4 n
2π
2)
1
3
【答案】C
【详解】地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得
GMm
R
2
=mg
解得
GM = g R
2
根据题意可知，卫星的运行周期为
T ' = T
n
根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有
GMm
( R+h)
2 =m 4 π
2
T '
2 ( R+h)
联立解得
h=
3√
g R
2T
2
4 n
2π
2 - R
故选C。
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16．（2022·全国·统考高考真题）2022 年3 月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约
400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，
在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（ ）
A．所受地球引力的大小近似为零
B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D．在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
【答案】C
【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，
故C 正确，AB 错误；
D．根据万有引力公式
F 万=G Mm
r
2
可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动
所需向心力的大小，故D 错误。
故选C。
17．（2021·江苏·高考真题）我国航天人发扬“两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”
不断创造奇迹。“北斗”第49 颗卫星的发射迈出组网的关键一步。该卫星绕地球做圆周运动，运动周期与
地球自转周期相同，轨道平面与地球赤道平面成一定夹角。该卫星（ ）
A．运动速度大于第一宇宙速度
B．运动速度小于第一宇宙速度
C．轨道半径大于“静止”在赤道上空的同步卫星
D．轨道半径小于“静止”在赤道上空的同步卫星
【答案】B
【详解】AB．第一宇宙速度是指绕地球表面做圆周运动的速度，是环绕地球做圆周运动的所有卫星的最大
环绕速度，该卫星的运转半径远大于地球的半径，可知运行线速度小于第一宇宙速度，选项A 错误B 正确；
CD．根据
G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r
可知
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r =
3√
GM T
2
4 π
2
因为该卫星的运动周期与地球自转周期相同，等于“静止”在赤道上空的同步卫星的周期，可知该卫星的
轨道半径等于“静止”在赤道上空的同步卫星的轨道半径，选项CD 错误。
故选B。
18．（2021·海南·高考真题）2021 年4 月29 日，我国在海南文昌用长征五号B 运载火箭成功将空间站天和
核心舱送入预定轨道。核心舱运行轨道距地面的高度为400km左右，地球同步卫星距地面的高度接近
36000km。则该核心舱的（ ）
A．角速度比地球同步卫星的小
B．周期比地球同步卫星的长
C．向心加速度比地球同步卫星的大
D．线速度比地球同步卫星的小
【答案】C
【详解】核心舱和地球同步卫星都是受万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，有
G Mm
r
2 =m v
2
r =m( 2π
T )
2
r =ma=mω
2r
可得
ω=√
GM
r
3 ,T =2π√
r
3
GM ,a= GM
r
2 ,v =√
GM
r
而核心舱运行轨道距地面的高度为400km左右，地球同步卫星距地面的高度接近36000km，有r 舱<r同，
故有
ω舱>ω同，T 舱<T 同，a舱>a同，v 舱>v同
则核心舱角速度比地球同步卫星的大，周期比地球同步卫星的短，向心加速度比地球同步卫星的大，线速
度比地球同步卫星的大，故ABD 错误，C 正确；
故选C。
19．（2021·湖北·统考高考真题）2021 年5 月，天问一号探测器软着陆火星取得成功，迈出了我国星际探
测征程的重要一步。火星与地球公转轨道近似为圆，两轨道平面近似重合，且火星与地球公转方向相同。
火星与地球每隔约26 个月相距最近，地球公转周期为12 个月。由以上条件可以近似得出（ ）
A．地球与火星的动能之比
B．地球与火星的自转周期之比
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C．地球表面与火星表面重力加速度大小之比
D．地球与火星绕太阳运动的向心加速度大小之比
【答案】D
【详解】A． 设地球和火星的公转周期分别为T1、T2 ，轨道半径分别为r1、r2，由开普勒第三定律可得
r1
3
r2
3 = T 1
2
T 2
2
可求得地球与火星的轨道半径之比，由太阳的引力提供向心力，则有
G Mm
r
2 =m v
2
r
得
v =√
GM
r
即地球与火星的线速度之比可以求得，但由于地球与火星的质量关系未知，因此不能求得地球与火星的动
能之比，A 错误；
B．则有地球和火星的角速度分别为
ω1= 2π
T 1
ω2= 2π
T 2
由题意知火星和地球每隔约26 个月相距最近一次，又火星的轨道半径大于地球的轨道半径，则
ω1t -ω2t =2π
由以上可解得
T 2= 156
7 月
则地球与火星绕太阳的公转周期之比
T1∶T2 =7 13
∶
但不能求出两星球自转周期之比，B 错误；
C．由物体在地球和火星表面的重力等于各自对物体的引力，则有
G Mm
R
2 =mg
得
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g= GM
R
2
由于地球和火星的质量关系以及半径关系均未知，则两星球表面重力加速度的关系不可求，C 错误；
D．地球与火星绕太阳运动的向心加速度由太阳对地球和火星的引力产生，所以向心加速度大小则有
G Mm
r
2 =ma
得
a= GM
r
2
由于两星球的轨道半径之比已知，则地球与火星绕太阳运动的向心加速度之比可以求得，D 正确。
故选D。
20．（2021·北京·高考真题）2021 年5 月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一
个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。“天问一号”在火星停泊轨道运行时，近火点距
离火星表面2.8102 km、远火点距离火星表面5.9105 km，则“天问一号” （ ）
A．在近火点的加速度比远火点的小
B．在近火点的运行速度比远火点的小
C．在近火点的机械能比远火点的小
D．在近火点通过减速可实现绕火星做圆周运动
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律有
G Mm
r
2 =ma
解得
a= GM
r
2
故在近火点的加速度比远火点的大，故A 错误；
B．根据开普勒第二定律，可知在近火点的运行速度比远火点的大，故B 错误；
C．“天问一号”在同一轨道，只有引力做功，则机械能守恒，故C 错误；
D．“天问一号”在近火点做的是离心运动，若要变为绕火星的圆轨道，需要减速，故D 正确。
故选D。
21．（2021·山东·高考真题）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（ ）
48
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A．9 1∶
B．9 2∶
C．36 1∶
D．72 1∶
【答案】B
【详解】悬停时所受平台的作用力等于万有引力，根据
F =G mM
R
2
可得
F祝融
F玉兔
=G M 火m祝融
R火
2
:G M 月m玉兔
R月
2
= 9
2
2 ×2= 9
2
故选B。
22．（2021·浙江·高考真题）空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生
变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02-2020.08 期间离地高度
随时间变化的曲线，则空间站（ ）
A．绕地运行速度约为2.0km/s
B．绕地运行速度约为8.0km/s
C．在4 月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒
D．在5 月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒
【答案】D
【详解】AB．卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度，即
v1=7.9km/s；地球半径约为6400km，则空间站离地高度在418km~421km 之间。由
49
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GMm
R
2
=mg，GMm
( R+h)
2 = mv
2
R+h
解得
v =√
g R
2
R+h
空间站距离地面的最小高度约为h=418km＜R=6400km，则
v2> v1
√2 = 7.9
√2 km/ s=5.58km/ s
所以空间站绕地运行速度
5.58km/ s<v2<7.9km/ s
故AB 错误；
C．在4 月份轨道半径出现明显的变大，则可知，机械能不守恒，故C 错误；
D．在5 月份轨道半径基本不变，故可视为机械能守恒，故D 正确。
故选D。
23．（2021·广东·高考真题）2021 年4 月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行，
若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是
（ ）
A．核心舱的质量和绕地半径
B．核心舱的质量和绕地周期
C．核心舱的绕地角速度和绕地周期
D．核心舱的绕地线速度和绕地半径
【答案】D
【详解】根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得
G Mm
r
2 =m v
2
r =mω
2r =m 4 π
2
T
2 r
可得
M = v
2r
G = ω
2r
3
G
= 4 π
2r
3
GT
2
可知已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，
都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。
50
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故选D。
24．（2021·全国·高考真题）科学家对银河系中心附近的恒星S2 进行了多年的持续观测，给出1994 年到
2002 年间S2 的位置如图所示。科学家认为S2 的运动轨迹是半长轴约为1000AU（太阳到地球的距离为1AU
）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020 年诺贝尔物理学奖。若认为S2
所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（ ）
A．4×10
4 M
B．4×10
6 M
C．4×10
8 M
D．4×10
10 M
【答案】B
【详解】由图可知，S2 绕黑洞的周期T=16 年，地球的公转周期T0=1 年，S2 绕黑洞做圆周运动的半长轴r
与地球绕太阳做圆周运动的半径R 关系是
a=1000 R
地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知
G Mm
R
2 =mR( 2π
T 0
)
2
解得太阳的质量为
M = 4 π
2 R
3
GT 0
2
根据开普勒第三定律，S2 绕黑洞以半长轴a=1000 R绕椭圆运动，等效于以r =1000 R绕黑洞做圆周运动，
而S2 绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知
G M xm
'
r
2
=m
' r( 2π
T )
2
解得黑洞的质量为
51
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M x = 4 π
2r
3
GT
2
综上可得
M x = 4×10
6 M
故选B。
25．（2021·全国·高考真题）2021 年2 月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次
近火制动后，进入运行周期约为1.8×105s 的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105m。
已知火星半径约为3.4×106m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2，则“天问一号”的停泊轨道
与火星表面的最远距离约为（ ）
A．6×105m
B．6×106m
C．6×107m
D．6×108m
【答案】C
【详解】忽略火星自转则
GMm
R
2
=mg①
可知
GM = g R
2
设与为1.8×105s 的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r，由万有引力提供向心力可知
GMm
r
2
=m 4 π
2
T
2 r②
设近火点到火星中心为
R1= R+d1③
设远火点到火星中心为
R2= R+d2④
由开普勒第三定律可知
r 3
T
2 =
( R1+ R2
2
)
3
T
2
⑤
由以上分析可得
d2≈6×10
7 m
52
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故选C。
26．（2021·河北·高考真题）“祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道
绕火星飞行，其周期为2 个火星日，假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为2 个火星日，已知一个
火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1 倍，则该飞船的轨道半径与地球同步卫星的
轨道半径的比值约为（ ）
A．3√4
B．3√
1
4
C．3√
5
2
D．3√
2
5
【答案】D
【详解】绕中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得
GMm
R
2
=m 4 π
2
T
2 R
则
T =√
4 π
2 R
3
GM
，R =
3√
GM T
2
4 π
2
由于一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1 倍，则飞船的轨道半径
R飞=
3√
G M 火（2T ）
2
4 π
2
=
3
√
G×0.1 M 地×4× 4 π
2 R同
3
G M 地
4 π
2
=
3√
2
5 R同
则
R飞
R同
=
3√
2
5
故选D。
27．（2021·浙江·统考高考真题）嫦娥五号探测器是我国首个实施月面采样返回的航天器，由轨道器、返
回器、着陆器和上升器等多个部分组成。为等待月面采集的样品，轨道器与返回器的组合体环月做圆周运
动。已知引力常量G=6.67×10-11N・m2/kg2地球质量m=6.0×1024kg，月球质量m2=7.3×1022kg，月地距离
r1=3.8×105km，月球半径r2=1.7×103km。当轨道器与返回器的组合体在月球表面上方约200km 处做环月匀
速圆周运动时，其环绕速度约为（ ）
A．16m/s
B．1.1×102m/s
C．1.6×103m/s
D．1.4×104m/s
【答案】C
【详解】根据
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G m2m
r
2 =m v
2
r
可得
v =√
G m2
r
=√
6.67×10
-11×7.3×10
22
(1.7×10
3+200)×10
3 m/s=1.6×10
3 m/s
故选C。
28．（2020·海南·统考高考真题）2020 年5 月5 日，长征五号B 运载火箭在中国文昌航天发射场成功首飞，
将新一代载人飞船试验船送入太空，若试验船绕地球做匀速圆周运动，周期为T，离地高度为h，已知地
球半径为R，万有引力常量为G，则（ ）
A．试验船的运行速度为2πR
T
B．地球的第一宇宙速度为2π
T √
(R+h)
3
R
C．地球的质量为2π (R+h)
3
GT
2
D．地球表面的重力加速度为4 π
2(R+h)
2
RT
2
【答案】B
【详解】A．试验船的运行速度为2π( R+h)
T
，故A 错误；
B．近地轨道卫星的速度等于第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有
G Mm
R
2 =m v
2
R
根据试验船受到的万有引力提供向心力有
G M m船
( R+h)
2 =m船( 2π
T )
2
( R+h)
联立两式解得第一宇宙速度
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v = 2π
T √
(R+h)
3
R
故B 正确；
C．根据试验船受到的万有引力提供向心力有
G M m船
( R+h)
2 =m船( 2π
T )
2
( R+h)
解得
M = 4 π
2(R+h)
3
GT
2
故C 错误；
D．地球重力加速度等于近地轨道卫星向心加速度，根据万有引力提供向心力有
G Mm
R
2 =m v
2
R =mg
根据试验船受到的万有引力提供向心力有
G M m船
( R+h)
2 =m船( 2π
T )
2
( R+h)
联立两式解得重力加速度
g= 4 π
2(R+h)
3
R
2T
2
故D 错误。
故选B。
29．（2020·北京·统考高考真题）我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。已知火星质量约为地球
质量的10%，半径约为地球半径的50%，下列说法正确的是（ ）
A．火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B．火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间
C．火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度
D．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
【答案】A
【详解】A．当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在
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太阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，故A 正确；
B．第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当发射速度介于地球的第一和第二宇
宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，故B 错误；
C．万有引力提供向心力，则有
GMm
R
2
= mv1
2
R
解得第一宇宙速度为
v1=√
GM
R
所以火星的第一宇宙速度为
v 火=√
10 %
50 % v地= √5
5 v地
所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C 错误；
D． 万有引力近似等于重力，则有
GMm
R
2
=mg
解得星表面的重力加速度
g火= G M 火
R火
2 = 10 %
(50 %)
2 g地= 2
5 g地
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D 错误。
故选A。
30．（2020·天津·统考高考真题）北斗问天，国之夙愿。我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫
星，其轨道半径约为地球半径的7 倍。与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星（ ）
A．周期大
B．线速度大
C．角速度大
D．加速度大
【答案】A
【详解】卫星有万有引力提供向心力有
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G Mm
r
2 =m v
2
r =mr ω
2=m 4 π
2
T
2 r =ma
可解得
v =√
GM
r
ω=√
GM
r
3
T =2π√
r
3
GM
a= GM
r
2
可知半径越大线速度，角速度，加速度都越小，周期越大；故与近地卫星相比，地球静止轨道卫星周期大，
故A 正确，BCD 错误。
故选A。
31．（2020·山东·统考高考真题）我国将在今年择机执行“天问1 号”火星探测任务。质量为m 的着陆器
在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地
球的0.1 倍，半径约为地球的0.5 倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程
可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（ ）
A．m(0.4 g- v0
t0)
B．m(0.4 g+ v0
t0)
C．m(0.2 g- v0
t0)
D．
m(0.2g+ v0
t0)
【答案】B
【详解】忽略星球的自转，万有引力等于重力
G Mm
R
2 =mg
则
g火
g地
= M 火
M 地
⋅R地
2
R火
2 =0.1× 1
0.5
2 =0.4
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解得
g火=0.4 g地=0.4 g
着陆器做匀减速直线运动，根据运动学公式可知
0= v0-at0
解得
a= v0
t0
匀减速过程，根据牛顿第二定律得
f -mg=ma
解得着陆器受到的制动力大小为
f =mg+ma=m(0.4 g+ v0
t0
)
ACD 错误，B 正确。
故选B。
32．（2020·浙江·统考高考真题）火星探测任务“天问一号”的标识如图所示。若火星和地球绕太阳的运
动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3 2∶，则火星与地球绕太阳运动的
（ ）
A．轨道周长之比为2 3∶
B．线速度大小之比为√3:√2
C．角速度大小之比为2√2:3√3
D．向心加速度大小之比为9 4∶
【答案】C
【详解】A．由周长公式可得
C地=2π r地
C 火=2π r 火
则火星公转轨道与地球公转轨道周长之比为
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C 火
C地
= 2π r 火
2π r地
= 3
2
A 错误；
BCD．由万有引力提供向心力，可得
G Mm
r
2 =ma=m v
2
r =mω
2r
则有
a= GM
r
2
v =√
GM
r
ω=√
GM
r
3
即
a火
a地
= r地
2
r 火
2 = 4
9
v 火
v地
= √r地
√r 火
= √2
√3
ω火
ω地
= √r地
3
√r 火
3 = 2√2
3√3
BD 错误，C 正确。
故选C。
33．（2020·全国·统考高考真题）“嫦娥四号”探测器于2019 年1 月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月
球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K 倍。已知地球半径R 是月球半径
的P 倍，地球质量是月球质量的Q 倍，地球表面重力加速度大小为g。则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动
的速率为（ ）
A．√
RKg
QP
B．√
RPKg
Q
C．√
RQg
KP
D．√
RPg
QK
【答案】D
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【详解】设“嫦娥四号”、地球质量分别为m和M，则“嫦娥四号”在地球表面时和绕月球做半径为月球
半径的K 倍的圆周运动时，分别有
G Mm
R
2 =mg，G
1
Q Mm
( K
P ⋅R)
2 =m
v
2
K
P ⋅R
解得
v =√
RPg
QK
故选D。
34．（2020·全国·统考高考真题）若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G，则在该星体表面附近沿圆
轨道绕其运动的卫星的周期是（ ）
A．√
3π
Gρ
B．√
4π
Gρ
C．√
1
3πGρ
D．√
1
4πGρ
【答案】A
【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则
GMm
R
2
=m 4 π
2
T
2 R， V = 4
3 π R
3 ，ρ= M
V
知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期
T =√
3 π
Gρ
35．（2020·全国·统考高考真题）火星的质量约为地球质量的1
10，半径约为地球半径的1
2，则同一物体在
火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（ ）
A．0.2
B．0.4
C．2.0
D．2.5
【答案】B
【详解】设物体质量为m，则在火星表面有
F1=G M 1m
R1
2
在地球表面有
F2=G M 2m
R2
2
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由题意知有
M 1
M 2
= 1
10
R1
R2
= 1
2
故联立以上公式可得
F1
F2
= M 1 R2
2
M 2 R1
2 = 1
10 × 4
1 =0.4
故选B。
36．（2020·浙江·高考真题）如图所示，卫星a、b、c 沿圆形轨道绕地球运行。a 是极地轨道卫星，在地球
两极上空约1000km 处运行；b 是低轨道卫星，距地球表面高度与a 相等；c 是地球同步卫星，则（ ）
A．a、b 的周期比c 大
B．a、b 的向心力一定相等
C．a、b 的速度大小相等
D．a、b 的向心加速度比c 小
【答案】C
【详解】A．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律：
G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r
解得：T =√
4 π
2r
3
GM
，轨道半径越大，周期越大，根据题意可知a、b的周期比c小，故A 错误；
BD．万有引力提供向心力：
G Mm
r
2 =ma0
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解得：a0= GM
r
2 ，a、b的轨道半径相同，所以向心加速度大小相同，方向不同，c的轨道半径最大，向心
加速度最小，故BD 错误；
C．万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律：
G Mm
r
2 =m v
2
r
解得：v =√
GM
r
，a、b的轨道半径相同，所以速度大小相同，方向不同，故C 正确。
故选C．
37．（2019·海南·高考真题）2019 年5 月，我国第45 颗北斗卫星发射成功．已知该卫星轨道距地面的高度
约为36000km，是“天宫二号”空间实验室轨道高度的90 倍左右，则（ ）
A．该卫星的速率比“天宫二号”的大
B．该卫星的周期比“天宫二号”的大
C．该卫星的角速度比“天宫二号”的大
D．该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大
【答案】B
【详解】根据G mM
r
2 ＝mr ω
2＝m 4 π
2
T
2 r =m v
2
r =ma解得v =√
GM
r
，T =2π√
r
3
GM
,ω=√
GM
r
3 ，a= GM
r
2 ，
因北斗卫星的运转半径大于天宫二号的轨道半径，可知该卫星的速率比“天宫二号”的小；该卫星的周期
比“天宫二号”的大；该卫星的角速度比“天宫二号”的小；该卫星的向心加速度比“天宫二号”的小；
故选项B 正确，ACD 错误．
38．（2019·江苏·高考真题）1970 年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今
仍沿椭圆轨道绕地球运动，如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距
离为r，地球质量为M，引力常量为G。则（ ）
A．v1>v2,v1=√
GM
r
B．v1>v2,v1>√
GM
r
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C．v1<v2,v1=√
GM
r
D．v1<v2,v1<√
GM
r
【答案】B
【详解】“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以v1>v2，过近地点圆周运动
的速度为v =√
GM
r
，由于“东方红一号”在椭圆上运动，所以v1>√
GM
r
，故B 正确．
39．（2019·北京·高考真题）2019 年5 月17 日，我国成功发射第45 颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静
止轨道卫星（同步卫星），该卫星（ ）
A．入轨后可以位于北京正上方
B．入轨后的速度大于第一宇宙速度
C．发射速度大于第二宇宙速度
D．若发射到近地圆轨道所需能量较少
【答案】D
【详解】A．由于卫星为同步卫星，所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内，故A 错误；
B．由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度，所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度，故
B 错误；
C．由于第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的最小发射速度，所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度，
故C 错误；
D．将卫星发射到越高的轨道克服引力所作的功越大，所以发射到近地圆轨道所需能量较小，故D 正确．
故选D。
40．（2019·天津·高考真题）2018 年12 月8 日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功
发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为M、
半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探
测器的（ ）
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A．周期为√
4π
2r
3
GM
B．动能为GMm
2 R
C．角速度为√
Gm
r
3
D．向心加速度为GM
R
2
【答案】A
【详解】由万有引力提供向心力可得
GMm
r
2
=m 4 π
2
T
2 r =mω
2r =m v
2
r =ma
可得周期、线速度、角速度、向心加速度分别为
T =2π√
r
3
GM
，v =√
GM
r
，ω=√
GM
r
3 ，a= GM
r
2
探测器动能
Ek = 1
2 m v
2= GMm
2r
综上分析，答案为A。
41．（2019·全国·高考真题）金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度
大小分别为a 金、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火．已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，
由此可以判定
A．a 金>a 地>a 火
B．a 火>a 地>a 金
C．v 地>v 火>v 金
D．v 火>v 地>v 金
【答案】A
【详解】AB．由万有引力提供向心力G Mm
R
2 =ma可知轨道半径越小,向心加速度越大,故知A 项正确，B 错
误；
CD．由G Mm
R
2 =m v
2
R 得v =√
GM
R
可知轨道半径越小,运行速率越大,故C、D 都错误．
42．（2019·全国·高考真题）2019 年1 月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔
向”月球的过程中，用h 表示探测器与地球表面的距离，F 表示它所受的地球引力，能够描F 随h 变化关
系的图像是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据万有引力定律可得
F = GMm
( R+h)
2
可得h 越大，F 越小，且F 与h 不是线性关系，ABC 错误，D 正确。
故选D。
43．（2019·浙江·高考真题）某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星（即卫星相对于地面静止），则此
卫星的（ ）
A．线速度大于第一宇宙速度
B．周期小于同步卫星的周期
C．角速度大于月球绕地球运行的角速度
D．向心加速度大于地面的重力加速度
【答案】C
【详解】A．第一宇宙速度是所有绕地球运行的卫星的最大速度，则此卫星的线速度小于第一宇宙速度，
选项A 错误；
B．卫星属于地球静止轨道卫星，即为地球的同步卫星，选项B 错误；
C．根据ω=√
GM
r
3 可知，因此卫星做圆周运动的半径远小于月球绕地球做圆周运动的半径，可知角速度大
于月球绕地球运行的角速度，选项C 正确；
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D．根据a= GM
r
2 可知，向心加速度小于地面的重力加速度，选项D 错误．
二、多选题
44．（2023·重庆·统考高考真题）某卫星绕地心的运动视为匀速圆周运动，其周期为地球自转周期T 的3
10，
运行的轨道与地球赤道不共面（如图）。t0时刻，卫星恰好经过地球赤道上P 点正上方。地球的质量为
M，半径为R，引力常量为G。则（ ）
A．卫星距地面的高度为(
GM T
2
4 π
2 )
1
3 - R
B．卫星与位于P 点处物体的向心加速度大小比值为
5
9π R (180πGM T
2)
1
3
C．从t0时刻到下一次卫星经过P 点正上方时，卫星绕地心转过的角度为20 π
D．每次经最短时间实现卫星距P 点最近到最远的行程，卫星绕地心转过的角度比地球的多7 π
【答案】BCD
【详解】A．由题意，知卫星绕地球运转的周期为
T
' = 3
10 T
设卫星的质量为m，卫星距地面的高度为h，有
G
Mm
( R+h)
2 =m( R+h)( 2π
T
' )
2
联立，可求得
h=(
9GM T
2
400 π
2 )
1
3 - R
故A 错误；
B．卫星的向心加速度大小
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a1=( R+h)ω
'2=( R+h)( 2π
T
' )
2
位于P 点处物体的向心加速度大小
a2= R ω
2= R( 2π
T )
2
可得
a1
a2
= R+h
R
( T
T
' )
2
=
5
9π R (180πGM T
2)
1
3
故B 正确；
CD．要想卫星再次在P 点的正上方，则只能是题中两个轨道的交点，因此要实现出现在正上方，第一种情
形是经过一段时间都回到了当前点，即各自转动整数圈，最小公倍数为3，此时卫星转动10 圈，即转动角
度为20 π，第二种情形是都转动整数圈加半圈，此时无解，而经过1.5 天，卫星转动五圈，此时相距最远，
转动角度相差7π，故CD 正确；故选BCD。
45．（2023·海南·统考高考真题）如图所示，1、2 轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法
正确的是（ ）
A．飞船从1 轨道变到2 轨道要点火加速B．飞船在1 轨道周期大于2 轨道周期
C．飞船在1 轨道速度大于2 轨道
D．飞船在1 轨道加速度大于2 轨道
【答案】ACD
【详解】A．飞船从较低的轨道1 进入较高的轨道2 要进行加速做离心运动才能完成，选项A 正确；
BCD．根据
G Mm
r
2 =m v
2
r =m 4 π
2
T
2 r =ma
可得
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a= GM
r
2
v =√
GM
r
T =2π√
r
3
GM
可知飞船在轨道1 的周期小于在轨道2 的周期，在轨道1 的速度大于在轨道2 的速度，在轨道1 的加速度
大于在轨道2 的加速度，故选项B 错误，CD 正确。
故选ACD。
46．（2022·重庆·高考真题）我国载人航天事业已迈入“空间站时代”。若中国空间站绕地球近似做匀速
圆周运动，运行周期为T，轨道半径约为地球半径的17
16 倍，已知地球半径为R，引力常量为G，忽略地球
自转的影响，则（ ）
A．漂浮在空间站中的宇航员不受地球的引力
B．空间站绕地球运动的线速度大小约为17 πR
8T
C．地球的平均密度约为3 π
GT
2(
16
17)
3
D．空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的(
16
17)
2
倍
【答案】BD
【详解】A．漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供向心力做匀速圆周运动而处于完
全失重，视重为零，故A 错误；
B．根据匀速圆周运动的规律，可知空间站绕地球运动的线速度大小约为
v =
2π 17
16 R
T
= 17 πR
8T
故B 正确；
C．设空间站的质量为m，其所受万有引力提供向心力，有
G
Mm
( 17
16 R)
2 =m( 2π
T )
2
( 17
16 R)
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则地球的平均密度约为
ρ=
M
4
3 π R
3 =( 17
16 )
3 3 π
GT
2
故C 错误；
D．根据万有引力提供向心力，有
G
Mm
( 17
16 R)
2 =ma
则空间站绕地球运动的向心加速度大小为
a=
GM
( 17
16 R)
2
地表的重力加速度为
g= GM
R
2
可得
a
g =( 16
17 )
2
即空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的(
16
17)
2
倍，故D 正确。
故选BD。
47．（2022·海南·高考真题）火星与地球的质量比为a，半径比为b，则它们的第一宇宙速度之比和表面的
重力加速度之比分别是（ ）
A．g火
g地
= a
b
B．v 火
v地
=√
a
b
C．g火
g地
= a
b
2
D．v 火
v地
=√
b
a
【答案】BC
【详解】由G Mm
R
2 =mg可得
g= GM
R
2
知
g火
g地
= a
b
2
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由
G Mm
R
2 =m v
2
R
结合
g R
2=GM
可得
v =√gR
知
v火
v地
=√
a
b
2 ⋅b=√
a
b
故BC 正确，AD 错误。
故选BC。
48．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地
球—水星连线与地球—太阳连线夹角α，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角β，两角最大值分别为αm、
βm。则（ ）
A．水星的公转周期比金星的大
B．水星的公转向心加速度比金星的大
C．水星与金星的公转轨道半径之比为sin αm:sin βm
D．水星与金星的公转线速度之比为√sin αm:√sin βm
【答案】BC
【详解】AB．根据万有引力提供向心力有
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G Mm
R
2 =m 4 π
2
T
2 R =ma
可得
T =2π√
R
3
GM
a= GM
R
2
因为水星的公转半径比金星小，故可知水星的公转周期比金星小；水星的公转向心加速度比金星的大，故
A 错误，B 正确；
C．设水星的公转半径为R水，地球的公转半径为R地，当α 角最大时有
sin α m = R水
R地
同理可知有
sin βm = R金
R地
所以水星与金星的公转半径之比为
R水: R金=sinα m:sin βm
故C 正确；
D．根据
G Mm
R
2 =m v
2
R
可得
v =√
GM
R
结合前面的分析可得
v水:v金=√sin βm：√sin α m
故D 错误；
故选BC。
49．（2022·湖南·统考高考真题）如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运
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动，火星的轨道半径大约是地球的1.5 倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景
由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直
线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说
法正确的是（ ）
A．火星的公转周期大约是地球的√
8
27
倍
B．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D．在冲日处，火星相对于地球的速度最小
【答案】CD
【详解】A．由题意根据开普勒第三定律可知
r地
3
T 地
2 = r 火
3
T 火
2
火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5 倍，则可得
T 火=√
27
8 T 地
故A 错误；
BC．根据
G Mm
r
2 =m v
2
r
可得
v =√
GM
r
由于火星轨道半径大于地球轨道半径，故火星运行线速度小于地球运行线速度，所以在冲日处火星相对于
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地球由东向西运动，为逆行，故B 错误，C 正确；
D．由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速度最小，故D
正确。
故选CD。
50．（2021·重庆·高考真题）2021 年5 月15 日“祝融号”火星车成功着陆火星表面，是我国航天事业发展
中具有里程碑意义的进展。此前我国“玉兔二号”月球车首次实现月球背面软着陆，若“祝融号”的质量
是“玉兔二号”的K 倍，火星的质量是月球的N 倍，火星的半径是月球的P 倍，火星与月球均视为球体，
则（ ）
A．火星的平均密度是月球的N
P
3倍
B．火星的第一宇宙速度是月球的√NP倍
C．火星的重力加速度大小是月球表面的√N
P 倍
D．火星对“祝融号”引力的大小是月球对“玉兔二号”引力的KN
P
2 倍
【答案】AD
【详解】A．根据密度的定义有
ρ= M
V
体积
V = 4
3 π R
3
可知火星的平均密度与月球的平均密度之比为
ρ火
ρ月
= M 火
M 月
⋅R月
3
R火
3 = N × 1
P
3 = N
P
3
即火星的平均密度是月球的N
P
3倍，故A 正确；
BC．由
G Mm
R
2 =mg
可知火星的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为
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g火
g月
= M 火
M 月
R月
2
R火
2 = N × 1
P
2 = N
P
2
即火星的重力加速度是月球表面的重力加速度的N
P
2，由
G Mm
R
2 =mg
G Mm
R
2 =m v
2
R
可知火星的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为
v 火
v月
=√
g火R火
g月R月
=√
N
P
2 ⋅P =√
N
P
故BC 错误；
D．由万有引力定律
F =G Mm
R
2
可知火星对“祝融号”引力大小与月球对“玉兔二号”引力大小之比为
F 火
F月
= M 火
M 月
⋅m祝
m玉
⋅R月
2
R火
2 = N × K × 1
P
2 = KN
P
2
即火星对“祝融号”引力大小是月球对“玉兔二号”引力大小的KN
P
2 倍，故D 正确。
故选AD。
51．（2021·福建·统考高考真题）两位科学家因为在银河系中心发现了一个超大质量的致密天体而获得了
2020 年诺贝尔物理学奖。他们对一颗靠近银河系中心的恒星S2的位置变化进行了持续观测，记录到的S2的
椭圆轨道如图所示。图中O 为椭圆的一个焦点，椭圆偏心率（离心率）约为0.87。P、Q 分别为轨道的远
银心点和近银心点，Q 与O 的距离约为120 AU（太阳到地球的距离为1AU），S2的运行周期约为16 年。假
设S2的运动轨迹主要受银河系中心致密天体的万有引力影响，根据上述数据及日常的天文知识，可以推出
（ ）
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A．S2与银河系中心致密天体的质量之比
B．银河系中心致密天体与太阳的质量之比
C．S2在P 点与Q 点的速度大小之比
D．S2在P 点与Q 点的加速度大小之比
【答案】BCD
【详解】A．设椭圆的长轴为2a，两焦点的距离为2c，则偏心率
0.87= 2c
2a = c
a
且由题知，Q 与O 的距离约为120 AU，即
a-c =120 AU
由此可得出a 与c，由于S2是围绕致密天体运动，根据万有定律，可知无法求出两者的质量之比，故A 错
误；
B．根据开普勒第三定律有
a
3
T
2 =k
式中k 是与中心天体的质量M 有关，且与M 成正比；所以，对S2是围绕致密天体运动有
a
3
T s2
2 =k 致∝M 致
对地球围绕太阳运动有
r地
3
T 地
2 =k 太∝M 太
两式相比，可得
M 致
M 太
= a
3T 地
2
r地
3 T s2
2
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因S2的半长轴a、周期T s2，日地之间的距离r地，地球围绕太阳运动的周期T 地都已知，故由上式，可以求
出银河系中心致密天体与太阳的质量之比，故B 正确；
C．根据开普勒第二定律有
1
2 v P(a+c)= 1
2 vQ(a-c)
解得
v P
vQ
= a-c
a+c
因a、c 已求出，故可以求出S2在P 点与Q 点的速度大小之比，故C 正确；
D．S2不管是在P 点，还是在Q 点，都只受致密天体的万有引力作用，根据牛顿第二定律有
G Mm
r
2 =ma
解得
a= GM
r
2
因P 点到O 点的距离为a+c,，Q 点到O 点的距离为a-c，解得
aP
aQ
= (a-c)
2
(a+c)
2
因a、c 已求出，故S2在P 点与Q 点的加速度大小之比，故D 正确。
故选BCD。
52．（2021·辽宁·统考高考真题）2021 年2 月，我国首个火星探测器“天问一号”实现了对火星的环绕。
若已知该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运行的速率比和周期比，则可求出火星与地球的
（ ）
A．半径比
B．质量比
C．自转角速度比
D．公转轨道半径比
【答案】AB
【详解】A．探测器在近火星轨道和近地轨道做圆周运动，根据
v = 2πr
T
可知
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r = vT
2π
若已知探测器在近火星轨道和近地轨道的速率比和周期比，则可求得探测器的运行半径比；又由于探测器
在近火星轨道和近地轨道运行，轨道半径近似等于火星和地球的半径比，故A 正确；
B．根据万有引力提供向心力有
G Mm
r
2 =m v
2
r
可得
M = r v
2
G
结合A 选项分析可知可以求得火星和地球的质量之比，故B 正确
C．由于探测器运行的周期之比不是火星或地球的自转周期之比，故不能求得火星和地球的自转角速度之
比；故C 错误；
D．由于题目中我们只能求出火星和地球的质量之比和星球半径之比，根据现有条件不能求出火星和地球
的公转半径之比，故D 错误。
故选AB。
53．（2021·湖南·高考真题）2021 年4 月29 日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根
据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022 年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行
的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的1
16。下列说法正确的是（ ）
A．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的(
16
17)
2
倍
B．核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9km/s
C．核心舱在轨道上飞行的周期小于24 h
D．后续加挂实验舱后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
【答案】AC
【详解】A．根据万有引力定律有
F =G Mm
r
2
核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有引力之比为
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F1
F2
=
R
2
(R+ 1
16 R)
2 =(
16
17)
2
所以A 正确；
B．核心舱在轨道上飞行的速度小于7.9km/s，因为第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以B 错误；
C．根据
T =2π√
R
3
GM
可知轨道半径越大周期越大，则其周期比同步卫星的周期小，小于24h，所以C 正确；
D．卫星做圆周运动时万有引力提供向心力有
G Mm
r
2 =m v
2
r
解得
v =√
GM
R
则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以变轨时需要点火减速或者点火加速，增加质量不会改变轨道半
径，所以D 错误；
故选AC。
54．（2020·江苏·统考高考真题）甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是
乙的2 倍。下列应用公式进行的推论正确的有（ ）
A．由v =√gR可知，甲的速度是乙的√2倍
B．由a=ω
2r可知，甲的向心加速度是乙的2 倍
C．由F =G Mm
r
2 可知，甲的向心力是乙的1
4
D．由r
3
T
2 =k可知，甲的周期是乙的2√2倍
【答案】CD
【详解】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，则
F向= GMm
r
2
= m v
2
r
=mω
2r =m 4 π
2
T
2 r =ma
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A．因为在不同轨道上g 是不一样的，故不能根据v =√gR得出甲乙速度的关系，卫星的运行线速度
v =√
GM
r
代入数据可得
v甲
v乙
=√
r乙
r甲
= √2
2
故A 错误；
B．因为在不同轨道上两卫星的角速度不一样，故不能根据a=ω
2r得出两卫星加速度的关系，卫星的运行
加速度
a= GM
r
2
代入数据可得
a甲
a乙
= r乙
2
r甲
2 = 1
4
故B 错误；
C．根据F向= GMm
r
2
，两颗人造卫星质量相等，可得
F向甲
F向❑乙
= r乙
2
r甲
2 = 1
4
故C 正确；
D．两卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律r
3
T
2 =k，可得
T 甲
T 乙
=√
r甲
3
r乙
3 =2√2
故D 正确。
故选CD。
三、解答题
55．（2023·北京·统考高考真题）螺旋星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为R 的球体内，
球体外仅有极少的恒星。球体内物质总质量为M，可认为均匀分布，球体内外的所有恒星都绕星系中心做
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匀速圆周运动，恒星到星系中心的距离为r，引力常量为G。
（1）求r > R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v 与r 的关系；
（2）根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零，利用库仑力与万有引力的表达式的相
似性和相关力学知识，求r ≤R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v 与r 的关系；
（3）科学家根据实测数据，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做匀速圆周运动的速度大小v 随r 的变化关
系图像，如图所示，根据在r > R范围内的恒星速度大小几乎不变，科学家预言螺旋星系周围（r > R）存在
一种特殊物质，称之为暗物质。暗物质与通常的物质有引力相互作用，并遵循万有引力定律，求r =nR内
暗物质的质量M
'。
【答案】（1）v =√
GM
r
；（2）v =r√
GM
R
3 ；（3）M
' =(n-1) M
【详解】（1）由万有引力定律和向心力公式有
G Mm
r
2 =m v
2
r
解得
v =√
GM
r
（2）在r ≤R内部，星体质量
M 0=
M
4
3 π R
3 ⋅4
3 π r
3= M r
3
R
3
由万有引力定律和向心力公式有
G M 0m
r
2
=m v
2
r
解得
80
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v =r√
GM
R
3
（3）对处于R 球体边缘的恒星，由万有引力定律和向心力公式有
G Mm
R
2 =m v0
2
R
对处于r=nR 处的恒星，由万有引力定律和向心力公式有
G (M + M
')m
(nR)
2
=m v0
2
nR
解得
M
' =(n-1) M
56．（2021·福建·统考高考真题）一火星探测器着陆火星之前，需经历动力减速、悬停避障两个阶段。在
动力减速阶段，探测器速度大小由96 m/s减小到0，历时80s。在悬停避障阶段，探测器启用最大推力为
7500 N的变推力发动机，在距火星表面约百米高度处悬停，寻找着陆点。已知火星半径约为地球半径的1
2，
火星质量约为地球质量的1
10，地球表面重力加速度大小取10 m/s
2，探测器在动力减速阶段的运动视为竖
直向下的匀减速运动。求：
（1）在动力减速阶段，探测器的加速度大小和下降距离；
（2）在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量。
【答案】（1）1.2m/s
2，3840 m；（2）1875kg
【详解】（1）设探测器在动力减速阶段所用时间为t，初速度大小为v1，末速度大小为v2，加速度大小为
a，由匀变速直线运动速度公式有
v2= v1-at ①
代入题给数据得
a=1.2m/s
2 ②
设探测器下降的距离为s，由匀变速直线运动位移公式有
s= v1t - 1
2 at
2 ③
联立②③式并代入题给数据得
s=3840 m ④
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（2）设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为M 火、r 火和g火，地球的质量、半径和表面重力加
速度大小分别为M 地、r地和g地由牛顿运动定律和万有引力定律，对质量为m 的物体有
G M 火m
r 火
2
=m g火 ⑤
G M 地m
r地
2
=m g地 ⑥
式中G 为引力常量。设变推力发动机的最大推力为F，能够悬停的火星探测器最大质量为mmax，由力的平
衡条件有
F =mmax g火 ⑦
联立⑤⑥⑦式并代入题给数据得
mmax=1875kg ⑧
在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量约为1875kg。
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