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专题08 天体运动
题型一 开普勒三定律的理解和应用...................................................................................................1
题型二 万有引力定律的理解...............................................................................................................3
题型三 天体质量和密度的估算...........................................................................................................5
类型1 利用重力加速度求天体质量和密度.................................................................................6
类型2 利用环绕法计算天体质量和密度....................................................................................8
题型四 卫星运行参量的分析.............................................................................................................10
类型1 卫星运行参量与轨道半径的关系..................................................................................11
类型2 同步卫星、近地卫星及赤道上物体的比较...................................................................14
类型3 宇宙速度..........................................................................................................................16
题型五 卫星变轨问题......................................................................................................................... 18
题型六 双星问题.................................................................................................................................20
题型七 天体追及相遇问题................................................................................................................. 23
题型八 天体自转稳定的临界问题.....................................................................................................26
题型一 开普勒三定律的理解和应用
[题型专练1]. （2023•贵阳模拟）2022 年11 月9 日发生了天王星冲日现象，即天王星和太
1
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阳正好分处在地球的两侧，三者几乎成一条直线，此时是观察天王星的最佳时间。已知此时地
球到天王星和太阳的距离分别为r1、r2，地球的公转周期为T，则天王星公转周期约为
（ ）
A．√
r1
3
r2
3 T
B．r1
r2
T
C．√
(r1+r2)
3
r2
3
T
D．√
r1
3
(r1+r2)
3 T
【解答】解：根据开普勒第三定律：
r2
3
T
2 = (r1+r2)
3
T 天
2
解得T 天=√
(r1+r2)
3
r2
3
T，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[题型专练2]. （多选）（2023•江西模拟）最先和最完备的哈雷彗星纪录皆在中国。据考
证，自秦始皇七年（公元前240 年）5 月至清宣统二年（1910 年）共有29 次记录，因其拖着
一个长长的尾巴且外形酷似扫帚，中国古人称之为扫帚星，其轨道是一条非常扁的椭圆形轨道，
其近日点距离为0.586AU（1AU 表示地球到太阳的平均距离）。1986 年4 月哈雷彗星回归时，
科学家对其进行的全面的观察和分析。根据以上信息估算，下列说法中正确的是（ ）
A．研究哈雷彗星的运动轨道时，由于其外形特殊，不能将它视为质点
B．今年（2023 年）年底，哈雷彗星到达远日点附近
C．哈雷彗星的远日点距离约为35.3AU
D．在相同的时间内，哈雷彗星与太阳的连线扫过的面积等于地球与太阳的连线扫过的面积
【解答】解：A、研究哈雷彗星的运动轨道时，由于大小和形状远小于轨道的大小，可以将它视
为质点，故A 错误；
B、根据题意可知，哈雷彗星的周期为（1910+240）年÷28＝76 年；1986 年+76 年＝2052 年，故
2052 年哈雷彗星到达远日点附近，故B 错误；
C、根据开普勒第三定律有：T 地
2
a地
3 = T 哈
2
a哈
3 ，其中T 地＝1 年，T 哈＝76 年，a 地＝1AU，解得：a 哈＝
17.942AU，又a哈= a近+a远
2
，解得：a 远＝35.3AU，故哈雷彗星的远日点距离约为35.3AU，故
2
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C 正确；
D、相同时间内，哈雷彗星与太阳连线扫过的面积相等，和地球与太阳连线扫过的面积不相等，
故D 错误；
故选：BC。
[题型专练3]. （多选）（2023•屯昌县二模）对于开普勒第三定律的公式a
3
T
2 =k，下列说法
正确的是（ ）
A．公式只适用于轨道是椭圆的运动
B．式中的k 值，对于所有行星都相等
C．式中的k 值，只与中心天体有关，与绕中心天体旋转的行星无关
D．该公式也适用于围绕地球运行的所有卫星
【解答】解：A．圆是椭圆的特例，故公式既然适用于椭圆轨道的行星，肯定也能适用于圆轨道
的行星，但此时公式中的a 为圆轨道半径即可，故A 错误；
BC．比例系数k 是一个由中心天体决定而与行星无关的常量，但不是恒量，不同的星系中，k
值不同，k 值是只与中心天体决定，与绕中心天体旋转的行星无关，故B 错误，C 正确；
D、只要是围绕同一中心天体运行的不同行星，公式都适用，包括以地球为中心天体的系统，故
D 正确。
故选：CD。
题型二 万有引力定律的理解
1．万有引力定律的表达式：F＝G.
2．万有引力的特性
(1)普遍性：万有引力存在于宇宙中任何两个有质量的物体之间(天体间、地面物体间、微观粒子间)．
(2)相互性：两个物体间相互作用的引力是一对作用力和反作用力，符合牛顿第三定律．
(3)宏观性：天体间万有引力很大，它是支配天体运动的原因．地面物体间、微观粒子间的万有引力
很小，不足以影响物体的运动，故常忽略不计．
3．万有引力公式的适用条件
(1)两个质点间．
(2)两个质量分布均匀的球体间，其中r 为两个球心间的距离．
(3)一个质量分布均匀的球体与球外一个质点间，r 为球心到质点的距离．
4．引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2
3
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(1)物理意义：引力常量在数值上等于两个质量都是1 kg 的质点相距1 m 时的相互吸引力．
(2)引力常量测定的意义
卡文迪许利用扭秤装置通过改变小球的质量和距离，得到了G 的数值及验证了万有引力定律的正确
性．引力常量的确定使万有引力定律能够进行定量的计算，显示出真正的实用价值．
5．不同位置的重力加速度
[题型专练4]. （2023 春•龙凤区校级月考）已知太阳的质量大约是月亮质量的2.7×107倍，
太阳到地球的距离大约是月球到地球距离的3.9×102倍，若太阳对地球的引力大小为F1，月亮
对地球的引力大小为F2，则F1
F2
约为（ ）
A．130
B．178
C．226
D．274
【解答】解：根据万有引力定律F =G Mm
r
2 得：
F1
F2
= M 太
M 月
⋅r2
2
r1
2
其中M 太＝2.7×107M 月，r1＝3.9×102r2
代入数据得：
F1
F2
≈178，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[题型专练5]. （2023 春•蒙阴县期中）关于万有引力及其计算公式F =G m1m2
r
2
，下列说法
正确的是（ ）
A．万有引力只存在于质量很大的两个物体之间
B．根据公式知，r 趋近于0 时，F 趋近于无穷大
C．相距较远的两物体质量均增大为原来的2 倍，他们之间的万有引力也会增加到原来的2 倍
D．地球半径为R，将一物体从地面发射至离地面高度为h 处时，物体所受万有引力减小到原来
4
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的一半，则h=(√2-1)R
【解答】解：A．万有引力是普遍存在于宇宙空间中所有具有质量的物体之间的相互作用，宇宙
中各物体之间均存在万有引力，故A 错误；
B．万有引力公式只适用于两个可以看成质点的物体，r 趋近于0 时，不能看作质点，万有引力
的公式不适用，故B 错误；
C．由万有引力公式F =G m1m2
r
2
当质量均变为原来的2 倍，则万有引力会增加为原来的4 倍，故C 错误；
D．在地面上，有F =G Mm
R
2
h 处有F
2 =G
Mm
( R+h)
2
联立解得h=(√2-1)R
故D 正确。
故选：D。
[题型专练6]. （2023 春•松江区校级期中）下列关于万有引力定律的说法中，正确的是（
）
A．万有引力定律是卡文迪许在实验室中发现的
B．对于相距很远、可以看成质点的两个物体，万有引力定律F =G Mm
r
2 中的r 是两质点间的距
离
C．对于任意两个球体，万有引力定律F =G Mm
r
2 中的r 是两球心间的距离
D．质量大的物体对质量小的物体的引力大于质量小的物体对质量大的物体的引力
【解答】解：A．卡文迪许利用扭秤实验测得了引力常量，万有引力定律是牛顿发现的，故A 错
误；
B．对于相距很远、可以看成质点的两个物体，万有引力定律F =G Mm
r
2 中的r 是两个质点之间
的距离，故B 正确；
C．对于质量分布均匀的两个球体，万有引力定律F =G Mm
r
2 中的r 是两球心间的距离，故C 错
误；
D．质量大的物体对质量小的物体的引力等于质量小的物体对质量大的物体的引力是一对相互作
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用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，故D 错误。
故选：B。
题型三 天体质量和密度的估算
1．解决天体(卫星)运动问题的基本思路
(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即
G＝man＝m＝mω
2 r ＝m
(2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即G＝mg(g 表示天体表面的重力加速
度)．
2．天体质量和密度的计算
(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R.
由于G＝mg，故天体质量M＝，天体密度ρ＝＝＝.
(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r.
①由万有引力等于向心力，即G＝mr，得出中心天体质量M＝；
②若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝＝＝；
③若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r 等于天体半径R，则天体密度
ρ＝.可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度．
类型1 利用重力加速度求天体质量和密度
[题型专练7]. （2023 春•金安区校级期末）已知M、N 两星球的半径之比为1：2，在星球
表面竖直上抛物体时，其上升的最大高度h 与初速度平方v2的关系如图所示（不计空气阻力），
M、N 两星球的密度之比为（ ）
A．1：1
B．1：2
C．1：4
D．1：8
【解答】解：由竖直上抛运动和题图可知v0
2=2 gM ⋅2h0，v0
2=2 gN ⋅h0
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可得gM：gN＝1：2
根据GMm
R
2
=mg，M = ρ⋅4
3 π R
3
可以得到密度的表达式为：ρ=
3 g
4 πGR
则M、N 两星球的密度之比为ρM
ρN
= gM
gN
⋅RN
RM
= 1
2 × 2
1 = 1
1
故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
[题型专练8]. （2023•津市市校级开学）2022 年10 月31 日，山东大学牵头完成的世界第
一幅1：250 万月球全月岩石类型分布图对外公布．该图将月球表面物质划分为月海岩石、非
月海岩石与特殊岩石三大类，共计表达了17 种岩石类型，其中5 类月海玄武岩，7 类非月海岩
石和5 类特殊岩石露头。假设距离月球球心h 处的重力加速度g 与h 的关系图像如图所示，已
知引力常量为G，则（ ）
A．月球的质量为g0h0
G
B．月球的平均密度为
3 g0
4 πGh0
2
C．在距月球球心2h0轨道上运行的航天器的速度大小为√2g0h0
2
D．从月球表面由静止发射的飞船，发射速度等于√g0h0时能脱离月球
【解答】解：A．由图可知，在月球表面处h＝h0有
G Mm
h0
2 =m g0
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解得M = g0h0
2
G
，故A 错误；
B．由题图可知，月球的半径为R＝h0，由密度公式
ρ= M
V
月球的体积为V = 4
3 π h0
3
联立解得，月球的平均密度为
ρ=
3 g0
4 πGh0
，故B 错误；
C．在距月球球心2h0轨道上，由万有引力提供向心力
G Mm
(2h0)
2 =m v
2
2h0
解得 v =√
g0h0
2
，故C 正确；
D．由万有引力提供向心力，月球的第一宇宙速度为v1
G Mm
h0
2 =m v1
2
h0
解得v1=√g0h0
所以，从月球表面由静止发射的飞船，发射速度等于√g0h0时不能脱离月球，故D 错误。
故选：C。
类型2 利用环绕法计算天体质量和密度
[题型专练9]. （2023 春•来宾期末）2022 年11 月29 日23 时08 分，搭载“神舟十五号”
载人飞船的“长征二号”运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，三名航天员顺利进驻中国空
间站，与“神舟十四号”航天员乘组首次实现“太空会师”，对我国空间站建造具有里程碑意
义。已知空间站的离地高度为h，空间站的运行周期为T，地球自转周期为T0，地球半径为
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R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则（ ）
A．地球的质量为4 π
2 R
3
GT 0
2
B．地球的质量为g( R+h)
2
G
C．地球的密度为3 π( R+h)
3
GT
2 R
3
D．地球的密度为3 π
GT 0
2
【解答】解：AD．对地球上的物体进行分析，地球对其的万有引力不等于地球上物体的向心力，
即：GMm
R
2
≠mR 4 π
2
T 0
2
所以：M ≠4 π
2 R
3
GT 0
2
又因为：M = ρ 4 π R
3
3
所以地球密度为：ρ≠3 π
GT 0
2，故AD 错误；
B．对地球上的物体进行分析，地球对其的万有引力几乎等于重力：GMm
R
2
=mg
解得地球的质量为：M = g R
2
G ，故B 错误；
C．对空间站进行受力分析，地球对其的万有引力提供向心力，则有：GMm
( R+h)
2 =m( R+h) 4 π
2
T
2
可得地球的质量为：M = 4 π
2( R+h)
3
GT
2
根据质量和密度的关系可得：M = ρ 4 π R
3
3
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所以地球密度为：ρ= 3 π( R+h)
3
GT
2 R
3
，故C 正确。
故选：C。
[题型专练10].
（2023•辽宁）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，则地球与太阳的平均密度之比约为（ ）
A．k3（T 1
T 2
）2
B．k3（T 2
T 1
）2
C．1
k
3（T 1
T 2
）2
D．1
k
3（T 2
T 1
）2
【解答】解：对于质量为m 的卫星绕中心天体做匀速圆周运动时，设其轨道半径为r，根据万有
引力提供向心力，则有：GMm
r
2
=mr4 π
2
T
2 ，解得M= 4 π
2r
3
GT
2
根据密度计算公式可得：ρ= M
V ，其中V= 4
3 π R
3
联立解得：ρR3= 3 π r
3
GT
2
所以有：
ρ地
ρ太
× R地
3
R太
3 =( r1
r2
)
3×( T 2
T 1
)
2
即：
ρ地
ρ太
×( R地
R月
)
3×( R月
R太
)
3=( r1
r2
)
3×( T 2
T 1
)
2
其中：R地
R月
=k，R月
R太
= r1
r2
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解得：
ρ地
ρ太
= 1
k
3（
T 2
T 1
）2，故D 正确、ABC 错误。
故选：D。
[题型专练11].
（2023 春•香坊区校级期末）2022 年11 月30 日5 时42 分，神舟十五号
载人飞船自主快速交会对接于天和核心舱前向端口，中国空间站首次形成“三舱三船”组合体，
达到当前设计的最大构型。中国空间站在离地面h＝400km 高度的圆轨道，做周期为T＝90 分
钟的圆周运动，地球半径为R＝6400km，引力常量G＝6.67×10﹣11N•m2/kg2。由上述资料不能
估算出（ ）
A．地球的质量
B．地球的平均密度
C．空间站的质量
D．地球表面的重力加速度
【解答】解：根据题意可知中国空间站轨道半径：r＝400km+6400km＝6.8×106m，周期为T＝90
分钟＝5400s；地球半径为R＝6400km＝6.4×106m，引力常量G＝6.67×10﹣11N•m2/kg2。
AB、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMm
r
2
=mr4 π
2
T
2 ，解得M
= 4 π
2r
3
GT
2 ；
根据密度计算公式可得：ρ= M
V ，其中V= 4
3 π R
3，解得：ρ= 3 π r
3
GT
2 R
3，所以根据题干数据可求
地球的质量和密度，故AB 不符合题意；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有：GMm
r
2
=mr4 π
2
T
2 ，计算时空
间站的质量约去，不可求，故C 符合题意；
D、根据万有引力和重力的关系可得：GMm
R
2
=mg，解得：g= GM
R
2 ，由于地球质量M 可求，根
据题干数据可求地球表面的重力加速度g，故D 选项不符合题意。
本题选不能估算的量，故选：C。
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题型四 卫星运行参量的分析
（1）．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律
类型1 卫星运行参量与轨道半径的关系
[题型专练12].
（2023 秋•湖南期中）a、b 两卫星均在赤道平面内绕地球做匀速圆周运
动，a 的轨道半径小于b 的轨道半径，a 的周期为T0，运动过程中，a、b 之间的最远距离和最
近距离之比为5：3，下列说法正确的是（ ）
A．b 的周期为2√2T0
B．a、b 的线速度大小之比为2：1
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C．a、b 的角速度大小之比为4：1
D．a、b 相邻两次相距最近的时间间隔为9
8 T 0
【解答】解：ABC、卫星a、b 之间的最远距离和最近距离之比为5：3，则有：rb+ra
rb-ra
= 5
3
解得：rb＝4ra
根据万有引力提供向心力，则有：G Mm
r
2 =mv
2
r =mω2r＝m( 2π
T )
2
r
可得：v=√
GM
r
，ω=√
GM
r
3 ，T＝2π√
r
3
GM
则：va
vb
=√
rb
ra
=√
4 ra
ra
= 2
1
ωa
ωb
=√
rb
3
ra
3 =√
(4 ra)
3
ra
3
= 8
1
T a
T b
=√
ra
3
rb
3 =√
ra
3
(4 ra)
3 = 1
8
所以，Tb＝8Ta＝8T0
故AC 错误，B 正确；
D、地球赤道卫星环绕方向与地球自转方向相同，则a、b 两卫星同向做圆周运动，设a、b 相邻
两次相距最近的时间间隔为t，则有
（2π
T 0
- 2π
T b
）t＝2π
解得：t= 8T 0
7
故D 错误。
故选：B。
[题型专练13].
（2023 秋•石家庄期中）2023 年7 月10 日，经国际天文学联合会小行星
命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的、国际编号为381323 号的小行星被命名为
“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行的椭圆轨道面与地球圆轨道面间的夹角为
20.11 度，轨道半长轴为3.18 天文单位（日地距离为1 天文单位），远日点到太阳中心距离为
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4.86 天文单位。若只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（ ）
A．“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要2.15 年
B．“樊锦诗星”在远日点的速度大于地球的公转速度
C．“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为
1
4.86
2
D．“樊锦诗星”在远、近日点的速度大小之比为4.86
1.5
【解答】解：A、“樊锦诗星”绕日运行的轨道半长轴为3.18 天文单位，即：r 樊＝3.18 天文单
位，根据开普勒第三定律有：
r 樊
3
T 樊
2 = r地
3
T 地
2 ，其中r 地＝1 天文单位，T 地＝1 年，解得：T 樊＝5.67
年，故A 错误；
B、根据万有引力提供向心力可知
GM m地
r地
2
=m 地v地
2
r地
，则地球公转速度v 地=√
GM
r地
，“樊锦诗
星”在远日点做向心运动，
GM m樊
r远
2
=m 樊
v远
2
r远
，则“樊锦诗星”在远日点的速度v 远＜√
GM
r 远
；
由于r 远＞r 地，所以“樊锦诗星”在远日点的速度小于地球的公转速度，故B 错误；
C、根据牛顿第二定律可知 G Mm
r
2 =ma，“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小
之比为
1
4.86
2，故C 正确；
D、“樊锦诗星”轨道半长轴为3.18 天文单位，远日点到太阳中心距离r 远＝4.86 天文单位，则
近日点到太阳中心距离r 近＝1.5 天文单位，对于“樊锦诗星”在远日点和近日点附近很小一段时
间Δt 内的运动，根据开普勒第二定律有：1
2r 远v 远Δt= 1
2r 近v 近Δt，解得：v 远：v 近＝1.5：4.86，
故D 错误。
14
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故选：C。
[题型专练14].
（2023 秋•包河区校级月考）2023 年4 月14 日我国首颗综合性太阳探测
卫星“夸父一号”准实时观测部分数据完成了国内外无差别开放，实现了数据共享，体现了大
国担当。如图所示，“夸父一号”卫星和另一颗卫星分别沿圆轨道、椭圆轨道绕地球逆时针运
动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B 两点，某时刻两卫星与地球在同一直
线上，下列说法中正确的是（ ）
A．两卫星在图示位置的速度v1＞v2
B．两卫星在A 处的万有引力大小相等
C．两颗卫星运动轨迹在A 或B 点处相交，所以两颗卫星可能相遇
D．两颗卫星的运动周期不相等
【解答】解：A、卫星一绕地球做匀速圆周运动，由万有引力定律提供向心力，有：G
M m1
r1
2
=m1
v1
2
r1
，则v1=√
GM
r1
v2为卫星二绕地球做椭圆轨道的远地点速度，有G M m2
r2
2
＞m2
v2
2
r2
，则v2＜√
GM
r2
结合r1＜r2，可得v1＞v2，故A 正确；
B、由于两卫星的质量未知，所以两卫星在A 处的万有引力无法比较，故B 错误；
CD、椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律a
3
T
2 =k 可知，两卫星的运动周期
相等，则两颗卫星不会相遇，故CD 错误.
故选：A。
类型2 同步卫星、近地卫星及赤道上物体的比较
[题型专练15].
（2023•鹤城区校级开学）有a、b、c、d 四颗地球卫星，其排列位置如
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图，卫星a 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星b 在地面附近近地轨道上正常
运行，c 是地球静止卫星，d 是高空探测卫星，各卫星的运动均视为匀速圆周运动，重力加速
度为g，则有（ ）
A．a 的向心加速度大小等于重力加速度大小g
B．d 绕地球运行的周期有可能是20 小时
C．在相等时间内，b、c 两卫星与地心的连线扫过的面积一定相等
D．在相等时间内，a、c 两卫星与地心的连线转过的角度一定相等
【解答】解：A、同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a 与c 的角速度相同，
根据a＝ω2r 知，c 的向心加速度大于a 的向心加速度，
由万有引力产生向心加速度：G Mm
r
2 =ma
解得：a= GM
r
2
由此式可知，b 的向心加速度近似等于g，且卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c 的向
心加速度小于b 的向心加速度，而b 的向心加速度约为g，a 的向心加速度小于重力加速度g，故
A 错误；
B、由开普勒第三定律得r
3
T
2 =k可知：卫星的半径r 越大，周期T 越大，所以d 的运动周期大于c
的周期24h，故B 错误；
C、bc 两卫星不在同一轨道，在相等时间内，b、c 两卫星与地心的连线扫过的面积不相等，故C
错误；
D．a、c 两卫星的角速度相等，在相等时间内，a、c 两卫星与地心的连线转过的角度一定相等，
故D 正确。
故选：D。
[题型专练16].
（2023•坪山区校级三模）有a、b、c、d 四颗地球卫星，a 还未发射，
在地球赤道上随地球表面一起转动，b 处于地面附近的近地轨道上做圆周运动，c 是地球同步
卫星，d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则有（ ）
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A．a 的向心加速度等于g
B．在相同时间内b 转过的弧长最长
C．a 的线速度等于b 的线速度
D．d 的运动周期可能是21h
【解答】解：A．同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，所以a 与c 的角速度相同，
根据：a＝ω2r
可知，c 的向心加速度大于a 的向心加速度；
根据G Mm
r
2 =ma，有
a= GM
r
2
可知卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c 的向心加速度小于b 的向心加速度，而b 的向
心加速度约为g，所以a 的向心加速度小于重力加速度g，故A 错误；
BC．根据万有引力提供向心力，有：
G Mm
r
2 =m v
2
r
可得：v =√
GM
r
可知c、d 的线速度小于b 的线速度，c 的线速度大于a 的线速度，故a 的线速度小于b 的线速度，
b 的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B 正确，C 错误；
D．根据开普勒第三定律：r
3
T
2 =k
可知卫星的半径越大，周期越大，所以d 的运动周期大于c 的周期24h，故D 错误。
故选：B。
[题型专练17].
（2023 春•荔湾区校级期中）北斗卫星导航系统是由中国自主建设、独
立运行的卫星导航系统，由5 颗地球同步卫星和30 颗非地球同步卫星组网而成，基中卫星a
的圆形轨道离地面高度为h，地球同步卫星b 离地面高度为H（H＞h），两卫星轨道共面且运
行方向相同，某时刻卫星a 恰好运行到赤道上基建筑物c 的正上方，已知地球赤道半径为R，
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地面重力加速度为g，则（ ）
A．a、b 线速度大小之比为 √
R+h
R+ H
B．a、c 角速度之比为 √
R
3
R+ H
3
C．b、c 向心加速度大小之比R+ H
R
D．a 下一次通过c 正上方所需时间为2π√
( R+h)
3
g R
2
【解答】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，设卫星的线速度
为v，则有GMm
r
2
=m v
2
r
所以卫星的线速度大小为v =√
GM
r
可知a、b 线速度大小之比为va
vb
=√
rb
ra
=√
R+ H
R+h
，故A 错误；
B、设卫星的角速度为ω，则GMm
r
2
=mω
2r，得ω=√
GM
r
3
结合ra＝R+h，rb＝R+H，可得a、b 角速度大小之比为ωa
ωb
=√
( rb
ra
)
3=√( R+ H
R+h )
3
又由于地球同步卫星b 的角速度与c 的角速度相同，所以ωa
ωc
= ωa
ωb
=√( R+ H
R+h )
3，故B 错误；
C、地球同步卫星b 的角速度与c 的角速度相同，根据a＝ω2r 可得ab
ac
= R+ H
R
，故C 正确；
D、设经过时间t 卫星a 再次通过建筑物c 上方，根据几何关系有
（ωa﹣ωc）t＝2π
又GMm
R
2
=mg，即GM＝gR2
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联立解得
t =
2π
ωa-ωc
=
2π
√g R
2[
1
√( R+h)
3 -
1
√( R+ H )
3 ]，故D 错误。
故选：C。
类型3 宇宙速度
[题型专练18].
（2023•高州市一模）理论研究表明，任一星球的第二宇宙速度v2与第
一宇宙速度v1的关系为v2=√2v1，已知某星球的半径为地球半径的一半，其表面的重力加速度
大小为地球表面重力加速度的1
8，地球的第一宇宙速度为7.9km/s，不计其他星球的影响，则
该星球的第二宇宙速度约为（ ）
A．2.8km/s
B．3.95km/s
C．5.59km/s
D．15.8km/s
【解答】解：根据重力等于向心力，得 m•1
8g＝m
v1
2
R
2
，得 v1= √gR
4
地球的第一宇宙速度v'1=√gR
由题意得该星球的第二宇宙速度为：v2=√2v1
代入数据解得：v2＝2.8km/s，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[题型专练19].
（2023 春•温州期中）2021 年5 月22 日10 点40 分，中国火星探测器
“天问一号”的火星车祝融号着陆火星表面。设想未来某天人类乘坐载人飞船到火星上开展科
学实验：在距火星表面附近高为h 处自由释放一个小球，经时间t 落至火星表面。已知火星的
半径为R，质量为M，引力常量为G，忽略火星自转和空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．火星表面加速度为h
t
2
B．火星表面加速度为GM
R
C．火星的第一宇宙速度为√
GM
R
2
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D．火星的第一宇宙速度为√
2 Rh
t
2
【解答】解：A、根据自由落体运动的规律可得：h= 1
2 gt
2，解得：g= 2h
t
2 ，故A 错误；
B、根据牛顿第二定律可得GMm
R
2
=mg，解得g= GM
R
2 ，故B 错误；
C、第一宇宙速度等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的速度，是最大的环绕速度，由万有引力提
供向心力有：GMm
R
2
=mv
2
R
，解得：v=√
GM
R
，故C 错误；
D、根据万有引力提供向心力可得：mg＝mv
2
R ，解得火星的第一宇宙速度为：v=√gR，解得：v
=√
2 Rh
t
2 ，故D 正确。
故选：D。
[题型专练20].
（多选）（2023 秋•南澳县校级月考）2022 年11 月29 日，长征二号F
遥十五运载火箭将神舟十五号载人飞船精准送入预定轨道。11 月30 日，神舟十五号载人飞船
成功对接于空间站天和核心舱前向端口，形成新的空间站组合体，沿原来的轨道运动。自此神
舟十四号、十五号乘组航天员在空间站首次实现胜利会师。假设空间站的运行轨道为圆轨道，
下列说法正确的是（ ）
A．空间站绕地球运行的速度大于第一宇宙速度
B．空间站中的宇航员处于失重状态
C．神舟十五号载人飞船的对接，使空间站组合体绕地球运行的速度减小
D．若稀薄大气阻力使空间站组合体的高度缓慢下降，空间站组合体运行的线速度将增大
【解答】解：A、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，故A 错误；
B、由于万有引力提供向心力，向心加速度向下，所以空间站中的宇航员处于失重状态，故B 正
确；
CD、对空间站，根据万有引力提供向心力有：GMm
r
2
=m v
2
r
所以运动速度v=√
GM
r
，由此可知，轨道半径不变时，圆周运动的线速度大小不变，轨道半径
20
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减小时，线速度增大，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
题型五 卫星变轨问题
1．当卫星的速度突然增大时，G<m，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原
来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝ 可知其运行速度比原轨道时减
小．
2．当卫星的速度突然减小时，G>m，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离
原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝ 可知其运行速度比原轨道时
增大．
卫星的发射和回收就是利用这一原理．
[题型专练21].
（2023•石景山区一模）如图所示，中国自行研制、具有完全知识产权
的“神舟”飞船某次发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由“长征”运载火箭
送入近地点为A、远地点为B 的椭圆轨道上，在B 点通过变轨进入预定圆轨道。则（ ）
A．飞船在B 点通过加速从椭圆轨道进入预定圆轨道
B．在B 点变轨后，飞船的机械能减小
C．在椭圆轨道上运行时，飞船在A 点的加速度比B 点的小
D．在椭圆轨道上运行时，飞船在A 点的速度比B 点的小
【解答】解：A、根据“变轨原理”可知，飞船在B 点通过加速做离心运动，才会从椭圆轨道进
入预定圆轨道，故A 正确；
B、在B 点变轨时，需要对飞船做正功，所以飞船的机械能增加，故B 错误；
C、根据牛顿第二定律可得GMm
r
2
=ma，解得a= GM
r
2 ，由于A 点为近地点、B 点为远地点，所
以在椭圆轨道上运行时，飞船在A 点的加速度比B 点的大，故C 错误；
D、根据开普勒第二定律可知，飞船在近地点的速度大、在远地点的速度小，所以在椭圆轨道上
21
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运行时，飞船在A 点的速度比B 点的大，故D 错误。
故选：A。
[题型专练22].
（2023 春•河池期末）欧洲木星探测器于2023 年4 月发射，将于2023
年7 月抵达木星，如图所示，假设欧洲木星探测器进入木星表面前，在木卫一与木卫四之间先
绕木星做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．欧洲木星探测器做匀速圆周运动的角速度大于木卫一的角速度
B．欧洲木星探测器做匀速圆周运动的线速度小于木卫四的线速度
C．若使欧洲木星探测器能被木星捕获，必须减小其机械能
D．若使欧洲木星探测器能被木卫四捕获，必须减小其机械能
【解答】解：A、欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMm
r
2
=
mrω2，解得：ω=√
GM
r
3 ，欧洲木星探测器做匀速圆周运动的轨道半径大于木卫一的轨道半径，
欧洲木星探测器做匀速圆周运动的角速度小于木卫一的角速度，故A 错误；
B、欧洲木星探测器绕木星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMm
r
2
=mv
2
r ，解得：v
=√
GM
r
；欧洲木星探测器做匀速圆周运动的轨道半径大于木卫四的轨道半径，欧洲木星探测器
做匀速圆周运动的线速度大于木卫四的线速度，故B 正确；
C、若使欧洲木星探测器能被木星捕获，必须减速使其做向心运动，由于外力对欧洲木星探测器
做负功，所以其机械能减小，故C 正确；
D、若使欧洲木星探测器能被木卫四捕获，必须加速使其做离心运动，由于外力对欧洲木星探测
22
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器做正功，所以其机械能增加，故D 错误。
故选：C。
题型六 双星问题
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，如图所示，双星系统模型有以下特
点：
(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即＝m1ωr1，＝m2ωr2
(2)两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2
(3)两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L
(4)两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即＝
(5)双星的运动周期T＝2π
(6)双星的总质量公式m1＋m2＝
[题型专练23].
（2022 秋•张家口期末）如图甲所示，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。若其中一个系统简化模型如图乙所示，质量不等的恒星A 和B
绕两者连线上某一定点O 做匀速圆周运动，由天文观察测得其运动周期为T，A 到O 点的距离
为r1，A 和B 的距离为r，已知引力常量为G，则A 的质量为（ ）
A．4 π
2r
2(r -r1)
GT
2
B．4 π r1
3
GT
2
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C．4 π
2r
3
GT
2
D．4 π
2r
2r1
GT
2
【解答】解：取B 为研究对象，B 绕O 点做匀速圆周运动，设A、B 的质量分别为m1和m2
由牛顿第二定律得Gm1m2
r
2
=m2r4 π
2
T
2
解得：m1= 4 π
2r
2(r -r1)
GT
2
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[题型专练24].
（2023•镇江三模）如图为地球的三个卫星轨道，Ⅱ为椭圆轨道，其半
长轴为a，周期为T，Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，且Ⅲ的半径与Ⅱ的半长轴相等，Ⅲ与Ⅱ相交于M 点，
Ⅰ与Ⅱ相切于N 点，三颗不同的卫星A、B、C 分别运行在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上，已知引力常量
为G，则（ ）
A．由题中条件可求得地球质量
B．B、C 在M 点的向心加速度大小相等
C．A、B 经过N 点时的所受地球引力相同
D．A、B 与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等
【解答】解：A、椭圆轨道Ⅱ半长轴为a，周期为T，I、Ⅲ为圆轨道，由于Ⅲ的半径与Ⅱ的半长
轴相等，由开普勒第三定律可知圆轨道Ⅲ的半径为a，卫星C 的周期为T，万有引力提供向心力：
G Mm
a
2 =m 4 π
2
T
2 a
解得地球的质量：M = 4 π
2a
3
GT
2 ，故A 正确；
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B、由G Mm
r
2 =ma，解得：a= GM
r
2 ，所以B、C 在M 点的加速度大小相等，由于卫星B 做变速
圆周运动，卫星B 的加速度与向心加速度不等，所以B、C 在M 点的向心加速度大小不相等，
故B 错误；
D、由开普勒第二定律可知同一卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，A、B 与地心
的连线在相等时间内扫过的面积不一定相等，故D 错误；
C、AB 的质量未知，由F =G Mm
r
2 ，可知A、B 经过N 点时的所受地球引力不一定相同，故C
错误。
故选：A。
[题型专练25].
（2023•海安市开学）如图所示，A、B、C 三颗星体分别位于等边三角
形的三个顶点上，在相互之间的万有引力作用下，绕圆心O 在三角形所在的平面内做匀速圆
周运动，rBO＝rCO＝2rAO。忽略其他星体对它们的作用，则下列关系正确的是（ ）
A．星体的线速度vA＝2vB
B．星体的加速度2aA＝aB
C．星体所受合力FA＝FB
D．星体的质量mA＝mB
【解答】解：A、三星系统是三颗星都绕同一圆心O 做匀速圆周运动，由此它们转动的角速度相
同，由线速度与角速度的关系公式v＝ωr，可知星体的线速度
v A = 1
2 vB
故A 错误；
B、由向心加速度公式a＝ω2r，可得星体的加速度
aA＝ωrAO
aB＝ωrBO＝2ωrAO
则有
2aA＝aB
故B 正确；
C、三颗星都绕同一圆心O 做匀速圆周运动，因此可得星体A、B 受力如图所示
25
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由解析题图可知，A、B 间的万有引力大小等于A、C 间的万有引力大小，B、C 间的万有引力
大小小于A、C 间的万有引力大小，分力的夹角相等，因此
FA＞FB
故C 错误；
D、由解析题图可知，A、B 间的万有引力大小等于A、C 间的万有引力大小，可知
mB＝mC
B、C 间的万有引力大小小于A、C 间的万有引力大小，可知
mA＞mC
则有
mA＞mB
故D 错误。
故选：B。
题型七 天体追及相遇问题
若某时刻两卫星正好同时同向通过地面同一点正上方，经过一定的时间，两星又会相距最近和相距
最远。
（1）两星相距最远的条件：ωaΔt－ωbΔt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)
（2）两星相距最近的条件：ωaΔt－ωbΔt＝2nπ(n＝1,2,3…)
（3）若反方向转动的天体相距最近的条件：ωaΔt+ωbΔt＝2nπ(n＝1,2,3…)
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（4）轨道平面不重合时，两天体只有在同一时刻位于中心天体同一侧的同一直线上时发生相遇。
[题型专练26].
（2023 春•武强县校级月考）北京时间2022 年8 月10 日12 时50 分，我
国在太原卫星发射中心使用长征六号遥十运载火箭，成功将吉林一号高分03D09 星、云遥一
号04﹣08 星等十六颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。如图
所示，若其中两颗卫星A、B 在所处圆轨道上运行的角速度大小分别为ωA、ωB，某时刻两卫
星与地心恰好在一条直线上，且两卫星绕地球沿相同方向运行。则下列说法正确的是（ ）
A．A、B 加速度大小的比值为
3
√
ωA
4
ωB
4
B．A、B 线速度大小的比值为
π
ωA -ωB
C．A、B 受到地球万有引力大小的比值为
π
ωA -ωB
D．从图示时刻起经过
π
ωA -ωB
时间后A、B 间距最小
【解答】解：A．卫星绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力有：GMm
r
2
=mω
2r
可得：r = 3√
GM
ω
2
结合mω2r＝ma
整理得a=
3√GM ω
4
则A、B 加速度大小的比值为
3
√
ωA
4
ωB
4 ，故A 正确；
B．由线速度和角速度的关系可得：v＝ωr，根据A 选项可知：r = 3√
GM
ω
2 ，所以：v =
3√GMω，
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则A、B 线速度大小的比值为
3√
ωA
ωB
，故B 错误。
C．卫星A、B 的质量关系未知，故无法确定二者受到地球万有引力大小的比值，故C 错误。
D．设从图示时刻起经时间t 卫星A、B 相距最近，结合圆周运动知识有：（ωA﹣ωB）t＝2nπ，
其中：n＝1、2、3...
解得：t=
2πn
ωA -ωB
，其中：n＝1、2、3...，故D 错误。
故选：A。
[题型专练27].
（2023 春•天宁区校级月考）如图所示，三颗卫星a、b、c 绕地球做匀
速圆周运动，其中b、c 在地球的同步轨道上，a 距离地球表面的高度为R，此时a、b 恰好相
距最近。已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω．万有引力常量为G，则（
）
A．卫星a 和b 下一次相距最近还需经过t
=
2π
√
GM
8 R
3 -ω
B．卫星c 的机械能等于卫星b 的机械能
C．若要卫星c 与b 实现对接，可让卫星c 加速
D．发射卫星b 时速度要大于11.2 km/s
【解答】解：A、卫星b 在地球的同步轨道上，所以卫星b 和地球具有相同的周期和角速度。
由万有引力提供向心力，即GMm
r
2
=mω2r
ω=√
GM
r
3
a 距离地球表面的高度为R，所以卫星a 的角速度ωa=√
GM
8 R
3
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此时a、b 恰好相距最近，到卫星a 和b 下一次相距最近，
（ωa﹣ω）t＝2π
t
=
2π
√
GM
8 R
3 -ω，故A 正确；
B、卫星c 与卫星b 的轨道相同，所以速度是相等的，但由于不知道它们的质量的关系，所以不
能判断出卫星c 的机械能等于卫星b 的机械能。故B 错误；
C、让卫星c 加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c 会做离心运动，
离开原轨道，所以不能与b 实现对接，故C 错误；
D、卫星b 绕地球做匀速圆周运动，7.9km/s 是指在地球上发射的物体绕地球飞行做圆周运动所
需的最小初始速度，11.2km/s 是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星b 时速度
大于7.9km/s，而小于 11.2km/s，故D 错误；
故选：A。
题型八 天体自转稳定的临界问题
[题型专练28].
2021 年11 月中国科学院上海天文台与国内外合作者利用中国天眼
FAST，发现了球状星团NGC6712 中的首颗脉冲星，并命名为J1853﹣0842A，相关研究成果
发表在《天体物理学报》上，该脉冲星自转周期为T＝2.15 毫秒。假设该星体是质量分布均匀
的球体，引力常量为6.67×10﹣11N•m2/kg2。已知在宇宙中某星体自转速度过快的时候，该星体
表面物质会因为缺少引力束缚而解体，则以周期T 稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）
A．1.3×1010kg/m3
B．3×1016kg/m3
C．3×1013kg/m3
D．3×1019kg/m3
【解答】解：星球恰好能维持自转不瓦解时，万有引力恰好能提供其表面物体做圆周运动所需
的向心力，设该星球的质量为M，半径为R，该星球密度为ρ，表面一物体质量为m，由牛顿第
二定律得：
GMm
R
2
=m 4 π
2 R
T
2
又ρ= M
V
29
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V = 4
3 π R
3
联立解得：ρ= 3 π
GT
2
代入数据得：ρ≈3×1016kg/m3，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[题型专练29].
（2019 春•库尔勒市校级期中）脉冲星（Pulsar），又称波霎，是中子星
的一种，直径大多为10 千米左右，自转极快。一名女研究生，在1967 年发现狐狸星座有一颗
星会发出一种周期性的电波，因为这种星体不断地发出电磁脉冲信号，就把它命名为脉冲星。
对于天文学家来说，发现新的、自转周期超过5.0 秒的长周期射电脉冲星是一个挑战。假设某
脉冲星为质量均匀分布的球体，以周期T＝5.0s 稳定自转，其密度最小值约为（ ）
A．6×109kg/m3
B．6×1012kg/m3
C．6×1015kg/m3
D．6×1018kg/m3
【解答】解：设位于该星体赤道处的小块物质质量为m，物体受到的星体的万有引力恰好提供
向心力，这时星体不瓦解且有最小密度，
由万有引力定律结合牛顿第二定律得：GMm
R
2
=mR4 π
2
T
2
球体的体积为：V= 4
3 π R
3
星体的质量M＝ρV
解得 ρ= 3 π
GT
2
代入数据解得：ρ＝6×109kg/m3
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
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