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专题5 万有引力定律
一、重力加速度：某星球表面处(即距球心R): mg＝
二、距离该星球表面 h 处(即距球心 R＋h 处)：mg′＝G(R 为地球半径，g′为离地面h 高度处的重
力加速度)
三、黄金代换：GM＝gR2(R 为地球半径)
[例题1] 2022 年11 月29 日“神舟十五号”飞船顺利发射，六名中国宇航员完成首次太空
交接班。已知核心舱绕地球运行近似为匀速圆周运动，离地面距离为400km，做圆周运动的周
期为90min，向心加速度大小为a1，地球赤道上物体随地球自转的向心加速度大小为a2，已知
地球半径为6400km，地球表面的重力加速度为g，下列关系正确的是（ ）
A．a1= 16
17 g
B．a2＝g
C．a1＝272a2
D．a1=( 17
16 )
2a2
【解答】解：A．对地球表面物体有GMm
R
2
=mg
对核心舱有GMm
( R+h)
2 =ma1
联立两式，代入数据解得a1=( 16
17 )
2g
故A 错误；
B．对地球表面物体有GMm
R
2
=mg
地球赤道上物体随地球自转，有G Mm
R
2 =ma2+mg 赤
对比两式，可知a2＜g，故B 错误；
CD．对核心舱有a1=( R+h)( 2π
T 1
)
2
其中T1＝90min＝1.5h
对地球赤道上随地球自转的物体有a2= R( 2π
T 2
)
2
其中T2＝24h
联立两式，代入数据解得
1
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a1＝272a2
故C 正确，D 错误。
故选：C。
[例题2] 某星球的质量是地球的p 倍，半径是地球的q 倍。一运动员在地球上能够跳起的
最大高度为h，假定运动员在地球上和该星球上起跳的最大初速度相同，则运动员在该星球上
能够跳起的最大高度为（ ）
A．q
p h
B．p
q h
C．q
2
p h
D．p
2
q h
【解答】解：设地球质量为M，半径为R，表面的重力加速度为g；球形星体的质量为M'，半
径为R'，表面的重力加速度为g'，万有引力大小等于重力大小，则有G Mm
R
2 =mg
G M ' m
R'
2 =mg'
联立解得g'
g = R
2 M '
R'
2 M
= p
q
2
运动员起跳上升过程中有0- v0
2=-2 gh
0- v0
2=-2 g' h'
联立解得h' = q
2
p h，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[例题3] 已知在地球赤道上空有一颗运动方向与地球自转方向相同的卫星A，对地球赤道
覆盖的最大张角α＝60°，赤道上有一个卫星监测站B（图中未画出）。设地球半径为R，自转
周期为T，地球表面重力加速度为g，那么监测站B 能连续监测到卫星A 的最长时间为
（ ）
2
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A．2π
3 √
2 R
g
B．4 π
3 √
2 R
g
C．
4 πT√
2 R
g
3(T - 4 π√
2 R
g )
D．
2πT√
2 R
g
3(T -2π√
2 R
g )
【解答】解：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：GMm
r
2
=mr
4 π
2
T 1
2
根据几何关系有：r=
R
sin30°
m0g= GM m0
R
2
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
3
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cosθ= R
r
2π
T 1
t- 2π
T t＝2θ
解得，t=
4 πT√
2 R
g
3(T - 4 π√
2 R
g )
故ABD 错误，C 正确；
故选：C。
[例题4] （多选）2022 年11 月30 日，我国六名航天员在空间站首次“太空会师”，向世
界展示了中国航天工程的卓越能力。载人空间站绕地运动可视为匀速圆周运动，已知空间站距
地面高度为h，运行周期为T，地球半径为R。忽略地球自转，则（ ）
A．空间站的线速度大小为2π( R+h)
T
B．地球的质量可表示为4 π
2( R+h)
3
T
2
C．地球表面重力加速度为4 π
2( R+h)
3
T
2 R
2
D．空间站的向心加速度大小为4 π
2( R+h)
2
T
2 R
【解答】解：A、空间站绕地球轨道半径为r＝R+h，周期为T，根据线速度的定义式可得线速度
大小为：v= 2π( R+h)
T
，故A 正确；
4
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B、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
2( R+h)
3
GT
2
，故B 错误；
C．地球的万有引力等于地球表面重力：GMm
R
2
=mg，解得g= GM
R
2 = 4 π
2( R+h)
3
T
2 R
2
，故C 正确；
D．由向心加速度公式，空间站向心加速度大小a＝ω2r＝（2π
T ）2（R+h）= 4 π
2( R+h)
T
2
，故D
错误。
故选：AC。
[例题5] （多选）人类设想在赤道平面内建造垂直于地面并延伸到太空的电梯，又称“太
空电梯”。宇航员乘坐该电梯可直达太空站，如图（a）所示。在图（b）中，曲线A 为地球引
力对宇航员产生的加速度大小a 与宇航员距地心的距离r 的关系；直线B 为宇航员相对地面静
止时的向心加速度大小a 与r 的关系。a0、r0、R 均为已知量，R 为地球半径，万有引力常量为
G。则下列说法正确的是（ ）
A．电梯停在r0处时，宇航员与电梯舱间的弹力不为零
B．从地面发射卫星的最小发射速度为√a0 R
C．随着r 增大，宇航员与电梯舱间的弹力增大
D．地球同步卫星的周期为√
4 π
2r0
3
a0 R
2
【解答】解：A．根据题意，由图（b）可知，电梯停在r0处时，加速度等于向心加速度，万有
引力提供向心力，宇航员处于完全失重状态，宇航员与电梯舱间的弹力为零，故A 错误；
宇航员相对地面静止，可以看作是地球的同步卫星，即r0为同步卫星的轨道半径，由图（b）可
5
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知，当距离为R 时由万有引力定律可得，GMm
R
2
=ma0
当距离为r0时万有引力提供向心力有GMm
r0
2
=m 4 π
2
T
2 r0
联立解得周期T =√
4 π
2r0
3
a0 R
2 ，故A 错误，D 正确；
B．根据题意，由牛顿第二定律有GMm
R
2
=ma0，万有引力提供向心力有GMm
R
2
=m v
2
R ，联立解
得v =√a0 R，则从地面发射卫星的最小发射速度为√a0 R，故B 正确；
C．根据题意可知，宇航员的角速度与地球自转的角速度相等，受到的合力提供随地球做圆周运
动的向心力，当r＜r0时，有ma﹣F＝mω2r，可知，随着r 增大，F 减小，当r＞r0时，有F﹣ma
＝mω2r，则可知，随着r 增大，F 增大，即随着r 增大，宇航员与电梯舱间的弹力先减小后增大，
故C 错误；
D、电梯停在r0处时，宇航员相对地面静止，可以看作是地球的同步卫星，即r0为同步卫星的轨
道半径，由图（b）可知，当距离为R 时由万有引力定律可得，GMm
R
2
=ma0
当距离为r0时万有引力提供向心力有GMm
r0
2
=m 4 π
2
T
2 r0
联立解得周期T =√
4 π
2r0
3
a0 R
2 ，故D 正确。
故选：BD。
四、同步卫星：T＝24 小时，h＝5.6R＝36 000 km，v＝3.1 km/s
五、人造卫星：G＝m＝mω2r＝ma＝mr
六、对于空中做圆周运动的卫星，可以根据“越远越慢”判断其角速度、线速度、向心加速度、周期
的大小关系。但是应注意所受的万有引力无法确定，因为还与卫星质量 m 有关。
七、①第一宇宙速度v1＝ ＝＝7.9 km/s.，最小发射速度，也是最大环绕速度。（月球探测器发射
速度在 v1 和 v2 之间）
②第二宇宙速度v2=11.2km/s ，超过此值将脱离地球引力。（火星探测器发射速度在 v2 和 v3 之
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间）
③第三宇宙速度v3=16.7km/s ，超过此值将会逃逸出太阳系
[例题6] “天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P 点沿地火转移轨道到Q 点，再依
次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（ ）
A．发射速度介于7.9km/s 与11.2km/s 之间
B．从P 点转移到Q 点的时间小于6 个月
C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
【解答】解：A、天问一号需要脱离地球引力的束缚，第二宇宙速度11.2km/s 为脱离地球的引力
束缚的最小发射速度，在地球发射天问一号的速度要大于第二宇宙速度，故A 错误。
B、地球公转周期为12 个月，根据开普勒第三定律可知，a
3
T
2 =k，天问一号在地火转移轨道的轨
道半径大于地球公转半径，则运行周期大于12 个月，从P 点转移到Q 点的时间大于6 个月，故
B 错误；
C、同理，环绕火星的停泊轨道半长轴小于调相轨道的半长轴，则在环绕火星的停泊轨道运行的
周期比在调相轨道上小，故C 正确；
D、天问一号在Q 点点火加速进入火星轨道，则在地火转移轨道运动时，Q 点的速度小于火星轨
道的速度，根据万有引力提供向心力可知，GMm
r
2
=m v
2
r ，解得线速度：v=√
GM
r
，地球公转
半径小于火星公转半径，则地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，则在地火转移轨道运动
时，Q 点的速度小于地球绕太阳的速度，故D 错误。
故选：C。
[例题7] 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
星系统进行信号传输，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
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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
【解答】解：A、中继卫星是地球同步卫星，只能定点于赤道正上方，所以该卫星不可能经过天
津正上空，故A 错误；
BC、根据万有引力提供向心力，有：G Mm
r
2 =ma＝m4 π
2
T
2 r，解得：a= GM
r
2 ，T＝2π√
r
3
GM
，因
为该卫星的轨道半径比空间站的大，所以该卫星的加速度小于空间站的加速度，周期大于空间
站的运行周期，故B 错误，C 正确；
D、第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度，则知该卫星的速度小于第一宇宙速度，故D 错误。
故选：C。
[例题8] 如图，已知现在地球的一颗同步通讯卫星信号最多覆盖地球赤道上的经度范围为
2α．假设地球的自转周期变大，周期变大后的一颗地球同步通讯卫星信号最多覆盖的赤道经度
范围为2β，则前后两次同步卫星的运行周期之比为（ ）
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A．√
co s
3 β
co s
3α
B．√
sin
3 β
sin
3α
C．√
co s
32α
co s
32 β
D．√
sin
32α
sin
32 β
【解答】解：设地球的半径为R，根据几何关系知，当同步通讯卫星信号最多覆盖地球赤道上的
经度范围为2α 时，卫星的轨道半径r1=
R
cosα ，
同理得，当地球同步通讯卫星信号最多覆盖的赤道经度范围为2β 时，卫星的轨道半径r2=
R
cosβ ，
根据G Mm
r
2 =mr 4 π
2
T
2 得，T=√
4 π
2r
3
GM
，由于轨道半径之比为cosβ：cosα，则周期之比为
√
co s
3 β
co s
3α
，故A 正确，B、C、D 错误。
故选：A。
[例题9] 设地球的质量为M，平均半径为R，自转角速度为ω，引力常量为G，则有关同
步卫星的说法不正确的是（ ）
A．同步卫星的轨道与地球的赤道在同一平面内
B．同步卫星的离地高度为h= 3√
GM
ω
2
C．同步卫星的离地高度为h= 3√
GM
ω
2 -R
D．同步卫星的角速度为ω，线速度大小为3√GMω
【解答】解：A、同步卫星相对于地球静止，所以同步卫星的轨道同只能在在赤道的上方。轨道
平面与赤道平面共面，故A 正确；
B、根据万有引力提供向心力，有：G
Mm
( R+h)❑
2 =mω❑
2 ( R+h)
解得：h= 3√
GM
ω❑
2 - R，故B 不正确，C 正确；
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D、同步卫星的轨道半径为：r = R+h= 3√
GM
ω❑
2
线速度为：v =ωr =ω⋅3√
GM
ω❑
2 =
3√GMω，故D 正确；
本题选不正确的，故选：B
[例题10] 2022 年9 月1 日，神舟十四号航天员进行了第一次太空出舱活动，完成各项既定
任务，整个活动时间约六小时。设飞船绕地球做匀速圆周运动且离地面的高度为h，地球的半
径为R，地球表面的重力加速度为g。若航天员出舱时间为t，则t 时间内飞船绕地球转过的圈
数为（ ）
A．
Rt
2π( R+h)√
g
R+h
B．t
2π √
g
R+h
C．2π
t √
h
g
D．Rt
2π h√
g
R+h
【解答】解：设地球质量为M，不考虑地球自转的影响，在地球表面有：
G Mm
R
2 =mg
设飞船绕地球做匀速圆周运动的周期为T，根据牛顿第二定律得：
G
Mm
( R+h)
2 =m 4 π
2
T
2 ( R+h)
在t 时间内飞船绕地球转动的圈数为：N = t
T
联立解得：N =
Rt
2π( R+h)√
g
R+h，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
八、行星密度：(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．
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[例题11] 在天文学领域有一名词叫洛希极限，它是一个距离，当质量分布均匀的两球形天
体M 和m（M＞m）的球心间的距离小于这个距离时，m 会解体分散。若M 的半径为R，M
和m 的平均密度分别为ρM和ρm，忽略天体可能的形变，理论上洛希极限d＝1.26R（ρM
ρm
）❑
1
3
。已知太阳和地球的半径之比约为100，太阳和地球间的距离约为地球和月球间距离的400 倍，
粗略计算取月球的平均密度等于地球的平均密度，根据以上内容和日常的天文学知识，太阳和
地球的洛希距离与地球和月球的洛希距离的比值最接近于（ ）
A．200
B．160
C．120
D．80
【解答】解：地球绕太阳运动的周期T1＝365 天，月球绕地球的运动周期T2＝30 天，太阳和地
球间的距离约为地球和月球间距离的400 倍，即r1≈400r2
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
解得太阳质量与地球质量之比为：M1：M2≈432351
根据密度计算公式可得：ρ= M
V ，其中V= 4
3 π R
3，已知太阳和地球的半径之比约为100，则太
阳和地球的密度之比：
ρ1：ρ2＝0.4323
洛希极限d＝1.26R（ρM
ρm
）❑
1
3，月球的平均密度等于地球的平均密度，则太阳和地球的洛希距
离与地球和月球的洛希距离的比值：
d1：d2≈80，故D 正确、ABC 错误。
故选：D。
[例题12] 黑洞是一种密度极大、体积极小的天体，引力大到光都无法逃脱其“魔掌”，所
以黑洞无法直接被观测，但可以通过观测绕其运动的恒星，大致推测出黑洞的质量。观察发现，
某恒星绕银河系中心黑洞人马座A*的周期为n 年，此恒星到人马座A*的平均距离为mA.U.
（地球到太阳的平均距离为1A.U.），不考虑相对论效应，则人马座A*的质量与太阳质量的比
值为（ ）
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A．m
3
n
2
B．m
2
n
3
C．n
3
m
2
D．n
2
m
3
【解答】解：某恒星绕银河系中心黑洞人马座A*运动，设某恒星质量为m′，黑洞人马座A*质
量为MA，对某恒星，根据万有引力提供向心力，有
G M A m'
(mA .U .)
2 =m′( 2π
n 年)
2
•（mA.U.）
地球围绕太阳运动，设太阳质量为M，地球质量为m″，对地球，根据万有引力提供向心力，
有
GMm″
(1 A .U .)
2 =m″( 2π
1年)
2•（1A.U.）
联立两式解得
M A
M = m
3
n
2
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[例题13] 天体物理学中，通常利用观测到的环绕星的运动学量来推知中心星的质量。一行
星绕恒星做圆周运动，由天文观测可得，其运行周期为T，速度为v，引力常量为G，则恒星
的质量为（ ）
A．v
3T
2πG
B．4 π
2v
3
GT
2
C．2π v
2T
G
D．v
3T
2
4 π
2G
【解答】解：设行星绕恒星做圆周运动的半径为r，根据万有引力提供行星做圆周运动的向心力
GMm
r
2
=m 4 π
2
T
2 r
即M = 4 π
2r
3
GT
2
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又由线速度公式v = 2πr
T
得r = vT
2π
代入得M = v
3T
2πG ，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[例题14] 宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，它的轨道距地心的距离等于地球半径的k 倍，
它的运动周期为T，引力常量为G，则地球的平均密度ρ 的表达式为（ ）
A．ρ= 3 π k
3
GT
2
B．ρ= 3 π k
3T
2
G
C．ρ= 3 π(k +1)
3
GT
2
D．ρ= 3 π(k +1)
3
GT
【解答】解：根据万有引力提供向心力可得：GMm
r
2
=mr4 π
2
T
2 ，解得中心天体的质量为：M
= 4 π
2r
3
GT
2 ，其中r＝kR
根据密度的计算公式ρ= M
V ，其中V= 4
3 π R
3
联立解得：ρ= 3 π k
3
GT
2 ，故A 正确、BCD 错误。
故选：A。
[例题15] 2022 年7 月18 日网易科技消息，阿联酋宣布将设立总额约30 亿迪拉姆（约合
8.2 亿美元）的专项基金，用于开发卫星并资助太空计划。计划将在三年内首次发射卫星并探
索金星。金星是太阳系的八大行星中的第二颗行星，在中国古代称为太白、长庚或大嚣。如果
金星的公转周期为T，自转周期为T′，半径为R，金星到太阳的距离为r，引力常量为G，则
（ ）
A．金星质量为4 π
2 R
3
GT
2
B．金星质量为4 π
2r
3
GT
2
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C．太阳质量为4 π
2r
3
GT
2
D．太阳质量为4 π
2 R
3
GT
2
【解答】解：CD．设金星质量为m，太阳质量为M，根据万有引力提供向心力有
mr 4 π
2
T
2 =G Mm
r
2 （ r 为轨道半径即火星的半径）
得：M= 4 π
2r
3
GT
2
故C 正确，D 错误；
AB．根据行星绕恒星运行的公转周期、轨道半径可以计算中心天体的质量，而不能计算行星质
量可知，根据题中条件无法求出金星的质量，故AB 错误。
故选：C。
九、卫星变轨时根据其“向心运动”还是“离心运动”来判断速度变化：
十、对于椭圆轨道，可以结合开普勒第三定律 a3/T2=k 求出周期.
[例题16] 航天飞机在完成对空间站的维修任务后，在A 点短时间开动小型发动机进行变轨，
从圆形轨道Ⅰ进入椭圆道Ⅱ，B 为轨道Ⅱ上的一点，如图所示。下列说法中正确的有（ ）
A．在轨道Ⅱ上经过A 的机械能大于经过B 的机械能
B．在A 点短时间开动发动机使航天飞机减速
C．在轨道Ⅱ上运动的周期等于在轨道Ⅰ上运动的周期
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D．在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度
【解答】解：A、在同一轨道上运动的卫星，由于只有万有引力做功，机械能守恒，所以在轨道
Ⅱ上经过A 的机械能等于经过B 的机械能，故A 错误；
B、题中要求从圆形轨道Ⅰ进入椭圆道Ⅱ，需要在A 点减速做近心运动才行，故在A 点短时间
开动发动机后航天飞机的速度会减小，故B 正确；
C、由开普勒第三定律a
3
T
2 =k 知，在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故C 错误；
D、由G Mm
r
2 =ma可知，在轨道Ⅱ上经过A 的加速度应等于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度，故D
错误。
故选：B。
[例题17] 北京时间2022 年11 月29 日23：08，航天员费俊龙、邓清明、张陆搭乘“神舟
十五号”载人飞船前往中国“T”字基本构型空间站（如题图所示），于11 月30 日07：33 打
开舱门入驻。空间站内航天员一天可以观测到16 次日出，空间站绕地球运行的轨道近似为圆
轨道，下列说法正确的是（ ）
A．空间站定点于我国上空某高度处，相对地面静止
B．空间站内航天员不受地球引力作用而处于失重状态
C．空间站与地球同步卫星的轨道半径之比约为1：16
D．“神舟十五号”载人飞船由低轨道加速，与高轨道的空间站完成对接后，飞船的动能比之前
处于低轨道时要小
【解答】解：A、空间站的周期为T 空= 24 h
16 h＝1.5h，地球同步卫星的运行周期T 同＝24h，所以
空间站不是地球同步卫星，不能相对地面静止，故A 错误；
B、空间站绕地球做匀速圆周运动，空间站内航天员受地球引力作用，由地球引力提供向心力，
处于完全失重状态，故B 错误；
C、由开普勒第三定律得
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R空
3
T 空
2 = R同
3
T 同
2
空间站与地球同步卫星的轨道半径之比为：R空
R同
=
3
√
T 空
2
T 同
2 =1：
3√16≈2：5，故C 错误；
D、由G Mm
r
2 =m v
2
r ，解得v =√
GM
r
，则由低轨道加速，与高轨道的空间站完成对接后，由于r
增大，则v 减小，故飞船的动能比之前处于低轨道时要小，故D 正确。
故选：D。
[例题18] 2021 年2 月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过一系列变轨后从“调相轨
道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火
星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，下列说法正确的是（ ）
A．图中两阴影部分的面积相等
B．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小
C．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大
D．探测器在P 点的加速度小于在N 点的加速度
【解答】解：A、根据开普勒第二定律可知，探测器在同一轨道上运行时，在相等的时间内探测
器与火星的连线扫过的面积相等，不同轨道扫过的面积不相等，故A 错误；
B、探测器在“调相轨道”的P 点减速进入“停泊轨道”，机械能减小，故B 正确；
C、“调相轨道”的半长轴大于“停泊轨道”的半长轴，由开普勒第三定律a
3
T
2 =k可知从“调相
轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变小，故C 错误；
D、由牛顿第二定律有：G Mm
r
2 =ma，可得a= GM
r
2 ，探测器在P 点的半径r 小于在N 点的半径，
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所以探测器在P 点的加速度大于在N 点的加速度，故D 错误。
故选：B。
[例题19] 我国一箭多星技术居世界前列，一箭多星是用一枚运载火箭同时或先后将数颗卫
星送入轨道的技术。某两颗卫星释放过程简化为如图所示，火箭运行至P 点时，同时将A、B
两颗卫星送入预定轨道。A 卫星进入轨道1 做圆周运动，B 卫星进入轨道2 沿椭圆轨道运动，
P 点为椭圆轨道的近地点，Q 点为远地点，B 卫星在Q 点喷气变轨到轨道3，之后绕地球做圆
周运动。下列说法正确的是（ ）
A．A 卫星在P 点的加速度大于B 卫星在P 点的加速度
B．A 卫星在轨道1 的速度小于B 卫星在轨道3 的速度
C．B 卫星从轨道2 上Q 点变轨进入轨道3 时需要喷气减速
D．B 卫星沿轨道2 从P 点运动到Q 点过程中引力做负功
【解答】解：A、两卫星在P 点时，根据万有引力产生加速度，G Mm
r
2 =ma
整理可得：a=G M
r
2
由于两卫星在P 点到地心的距离相等，显然两卫星的加速度相同，故A 错误；
B、由题知，轨道1 和轨道3 都是圆轨道，则有：G Mm
r
2 =m v
2
r
整理可得：v =√
GM
r
由于B 卫星在轨道3 上运动的轨道半径大于A 卫星在轨道1 上运动的轨道半径，所以B 卫星在
轨道3 上运动的速度小于A 卫星在轨道1 上运动的速度，故B 错误；
C、卫星从低轨道运动到高轨道，需要做离心运动，即在轨道相切点点火加速实现，所以B 卫星
在Q 点变轨进入轨道3 时需要向后喷气加速，故C 错误；
D、B 卫星沿轨道2 从P 点运动到Q 点过程中速度减少，则动能减小，故引力做负功，故D 正确。
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故选：D。
[例题20] 如图，卫星在P 点由椭圆轨道Ⅱ变轨到近椭圆形轨道Ⅰ（可认为半径等于火星半
径R）。已知椭圆轨道Ⅱ上的远火点Q 到火星表面高度为6R，火星表面重力加速度为g0，引
力常量为G，下列说法错误的是（ ）
A．火星的平均密度为3 g0
4 πGR
B．卫星在轨道Ⅱ上由Q 点运动到P 点所用时间为16 π√
R
g0
C．卫星在轨道Ⅱ上运动到Q 点时的速度小于√
g0 R
7
D．卫星在轨道Ⅱ上经过P 点时的加速度等于在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度
【解答】解：A．对火星表面物体有
G Mm
R
2 =mg0
解得火星质量
M = g0 R
2
G
火星的平均密度为
ρ= M
V =
M
4
3 π R
3 = 3 g0
4 πGR
故A 正确；
B．由题意，卫星在椭圆轨道上的半长轴为
r = 2 R+6 R
2
= 4 R
设卫星在椭圆轨道上的周期为T，卫星在近椭圆形轨道运行的周期为T0，由开普勒第三定律有
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r
3
T
2 = R
3
T 0
2
卫星在近椭圆形轨道运行，根据万有引力提供向心力，有
G Mm
R
2 =m( 2π
T 0
)
2R
设卫星在椭圆轨道由P 点运动到Q 点所用时间为t，则
t = T
2
联立得t =8 π√
R
g0
故B 错误；
C．当卫星做轨道半径为r＝7R 的匀速圆周运动时，根据
G Mm
r
2 =m v
2
r
得v =√
GM
r
=√
g0 R
7
当卫星在Q 点进入轨道Ⅱ时做近心运动，速度减小，所以卫星在轨道Ⅱ上运动到Q 点时的速度
小于√
g0 R
7
，故C 正确；
D．根据G Mm
r
2 =ma
得a= GM
r
2
卫星在轨道Ⅱ上经过P 点时的加速度等于在轨道Ⅰ上经过P 点时的加速度，故D 正确。
本题选错误的，故选：B。
十一、均匀球体内部的万有引力与物体到球心的距离成正比，此时万有引力做功可以用图象求解。
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[例题21] 某人造地球卫星绕地球的公转轨道是个椭圆，公转周期为T0，质量为m，其近地
点A 到地球中心的距离为a，远地点C 到地球中心的距离为b。A、C 两点的曲率半径均为ka
（通过该点和曲线上紧邻该点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫作该点的曲率圆，
其半径叫作该点的曲率半径），如图所示。若地球的质量为M，引力常量为G，忽略其他卫星
对它的影响，则以下说法正确的是（ ）
A．卫星从B→A 所用的时间等于T 0
4
B．卫星从A→D→C 运行的过程中，万有引力对它做的功为1
2GkMm（a
b
2 - 1
a）
C．卫星运行过程中机械能守恒，最大速率与最小速率之比为a
b
D．若要使卫星到近地圆形轨道上运行，可以在C 点进行适当制动
【解答】解：A、人造地球卫星绕地球做变速曲线运动，在A 点速度最大，在C 点速度最小，
从B→A 速度增大，所用时间小于T 0
4
，故A 错误；
BC、人造地球卫星运动到A、C 两点时做半径均为ka，速度分别为vA、vC 的圆周运动，则有
GMm
a
2
=mv A
2
ka
，GMm
b
2
=m vB
2
ka
，解得：v A
vC
= b
a
从A→D→C 由动能定理得﹣W= 1
2 m vC
2 - 1
2 m v A
2
解得：W= 1
2 GkMm( a
b
2 - 1
a )，故B 正确，C 错误；
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D、若要使卫星到近地圆形轨道上运行，应在A 点进行适当制动，故D 错误。
故选：B。
[例题22] （多选）火星和土星绕太阳运动的轨道均为椭圆。设火星的近日点到太阳的距离
为a，远日点到太阳的距离为b，火星绕太阳公转的周期为T1，质量为m1；土星的近日点到太
阳的距离为c，远日点到太阳的距离为d，土星绕太阳公转的周期为T2，质量为m2。太阳的质
量为M，万有引力常量为G。下列说法中正确的是（ ）
A．火星与太阳的连线在时间t 内扫过的面积等于土星与太阳的连线在时间t 内扫过的面积
B．T 1
T 2
=( a+b
c +d )
3
2
C．火星在近日点和远日点受到太阳对它的万有引力之比为a
2
b
2
D．土星从近日点运动到远日点的过程中，克服太阳引力做的功大于1
2GMm2（1
c - 1
d ）
【解答】解：A、根据开普勒第二定律知，同一行星绕太阳公转的过程中，行星与太阳的连线在
相等时间内扫过的面积相等，火星和土星是不同的行星，可知，它们与太阳的连线在时间t 内扫
过的面积不等，故A 错误。
B、由题知，火星椭圆轨道的长轴为a+b，土星椭圆轨道的长轴为c+d，根据开普勒第三定律得：
T 1
2
T 2
2 =
( a+b
2
)
3
( c +d
2
)
3
整理得
T 1
T 2
=( a+b
c +d )
3
2，故B 正确。
C、火星的近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离为b，根据万有引力定律得：火星在
近日点和远日点受到太阳对它的万有引力之比为 ( b
a )
2，故C 错误。
D、假设土星在近日点以半径c 做匀速圆周运动，则G M m2
c
2
=m2
vc
2
c
，则土星在近日点的线速度
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为 v1=√
GM
c
，由于土星为椭圆轨道，则实际上在近日点的线速度比v1大；同理，土星在远日点
以半径d 圆周运动的线速度为v2=√
GM
d
，但实际在远日点的线速度比v2小，可得土星从近日点
运动到远日点的过程中，克服太阳引力做的功W 克＞ΔEk= 1
2 m2(v1
2- v2
2)= 1
2GMm2（1
c - 1
d ），
故D 正确。
故选：BD。
[例题23] （多选）某人造地球卫星绕地球的公转轨道是个椭圆，公转周期为T0，质量为
m，其近地点A 到地球中心的距离为a，远地点C 到地球中心的距离为b。A、C 两点的曲率半
径均为ka（通过该点和曲线上紧邻该点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫作该
点的曲率圆，其半径叫作该点的曲率半径），如图所示。若地球的质量为M，引力常量为G，
忽略其他卫星对它的影响，则以下说法正确的是（ ）
A．卫星从B→A 所用的时间等于T 0
4
B．卫星从A→D→C 运行的过程中，万有引力对它做的功为1
2 GkMm( a
b
2 - 1
a )
C．卫星运行过程中机械能守恒，最大速率与最小速率之比为b
a
D．若要使卫星到近地圆形轨道上运行，可以在C 点进行适当制动
【解答】解：A、人造地球卫星绕地球做变速曲线运动，在A 点速度最大，在C 点速度最小，
从A→B 所用时间小于T 0
4 ，故A 错误；
BC、人造地球卫星运动到A、C 两点时做半径均为ka，速度分别为vA、vC 的圆周运动，则有
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GMm
a
2
=mv A
2
ka
，GMm
b
2
=m vB
2
ka
，解得：v A
vC
= b
a
从A→D→C 由动能定理得﹣W= 1
2 mvC
2 - 1
2 mv A
2
解得：W= 1
2 GkMm( a
b
2 - 1
a )
故BC 正确；
D、若要使卫星到近地圆形轨道上运行，应在A 点进行适当制动，故D 错误；
故选：BC。
十二、卫星的追及相遇问题
[例题24] 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
【解答】解：A、根据开普勒第三定律可得r
3
T
2 =k，火星与地球的公转轨道半径之比约为3：2，
火星与地球绕太阳运动的周期之比约为3√3：2√2，故A 错误；
B、当火星与地球相距最远时，二者的速度方向相反，所以两者的相对速度最大，故B 正确；
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C、根据题中条件无法求解火星与地球表面的自由落体加速度大小之比，故C 错误；
D、根据A 选项可知，火星与地球绕太阳运动的周期之比约为3√3：2√2，已知地球的公转周期
为T1＝1 年，则火星的公转周期为：T2≈1.8 年。
设经过时间t 出现下一次“火星冲日”，则有：（2π
T 1
- 2π
T 2
）t＝2π
解得：t＝2.25 年
所以下一次“火星冲日”将出现在2023 年12 月8 日之后，故D 错误。
故选：B。
[例题25] 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
此时a、b 恰好相距最近，到卫星a 和b 下一次相距最近，
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（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。
十三、双星问题
[例题26] 厦门大学天文学系顾为民教授团队利用我国郭守敬望远镜积累的海量恒星光谱，
发现了一个处于宁静态的中子星与红矮星组成的双星系统，质量比约为2：1，同时绕它们连
线上某点O 做匀速圆周运动，研究成果于2022 年9 月22 日发表在《自然天文》期刊上。则此
中子星绕O 点运动的（ ）
A．线速度小于红矮星的线速度
B．角速度大于红矮星的角速度
C．轨道半径大于红矮星的轨道半径
D．向心力大小约为红矮星的2 倍
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【解答】解：B、双星系统中两天体的角速度相等，即中子星绕O 点运动的角速度等于红矮星的
角速度，故B 错误；
C、万有引力提供向心力，有：G m1m2
L
2
=m1ω
2r1
G m1m2
L
2
=m2ω
2r2
联立解得：
m1
m2
= r2
r1
即星体质量越大，轨道半径越小，根据题意中子星质量大，可知，中子星绕O 点运动的轨道半
径小于红矮星的轨道半径，故C 错误；
D、双星系统中，星体之间的万有引力提供向心力，可知，中子星绕O 点运动的向心力大小等于
红矮星的向心力大小，故D 错误；
A、根据v＝ωr，双星系统角速度相等，中子星的轨道半径小一些，则中子星绕O 点运动的线速
度小于红矮星的线速度，故A 正确。
故选：A。
[例题27] 宇宙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，可忽
略其他星体对三星系统的影响。稳定的三星系统存在两种基本形式：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 的轨道上运行，如图甲所示，周期为T1；另一种是
三颗星位于边长为R 的等边三角形的三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆运行，如图乙所示，
周期为T 则T1：T2为（ ）
A．√
3
5
B．2√
3
5
C．3√
3
5
D．4√
3
5
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【解答】解：设恒星的质量为m，分别选两种情况下做圆周运动的一颗恒星受力分析如图：
图甲中由牛顿第二定律有：Gmm
R
2 + Gmm
(2 R)
2 =mR4 π
2
T 1
2
解得：T1＝4π√
R
3
5Gm
图乙中星体之间的距离均为R，恒星做圆周运动的半径r= √3
3 R
由牛顿第二定律有：2Gmm
R
2 ×cos30°＝m4 π
2
T 2
2 r
解得：T2＝2πR√
R
3Gm
所以：T 1
T 2
=2√
3
5，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[例题28] 宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个系统，它们以相互间的万有引力彼此提
供向心力，从而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动，若已知它们的运转周期为T，两
星到某一共同圆心的距离分别为R1和R2，那么，系统中两颗恒星的质量关系是（ ）
A．这两颗恒星的质量必定相等
B．其中有一颗恒星的质量为4 π
2 R1
3
GT
2
C．这两颗恒星的质量之比为m1：m2＝R1：R2
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D．这两颗恒星的质量之和为4 π
2( R1+ R2)
3
GT
2
【解答】解：AC、如图
对m1有：
G m1m2
( R1+ R2)
2 =m14 π
2
T
2 R1
对m2有：
G m1m2
( R1+ R2)
2 =m24 π
2
T
2 R2
解得：
m1
m2
= R2
R1
，则两者质量不相等，故AC 错误；
BD、由AC 项得：m2= 4 π
2 R1( R1+ R2)
2
GT
2
由②得：m1= 4 π
2 R2( R1+ R2)
2
GT
2
两者质量之和：m1+m2= 4 π
2( R1+ R2)
3
GT
2
，故B 错误，D 正确。
故选：D。
[例题29] “双星系统”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，
而且双星系统一般远离其他天体，它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点O 做匀速圆周运
动。如图所示，某一双星系统中A 星球的质量为m1，B 星球的质量为m2，它们球心之间的距
离为L，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
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A．B 星球的轨道半径为
m2
m1+m2
L
B．A 星球运行的周期为2πL√
L
G(m1+m2)
C．A 星球和B 星球的线速度大小之比为m1：m2
D．若在O 点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零
【解答】解：A、由于“双星系统”在相同时间转过的角度相等，则两星球的周期与角速度均相
同，设两星球运行的角速度为ω，A 星球和B 星球轨道半径分别为r1、r2，根据牛顿第二定律，
对A 星球有G m1m2
L
2
=m1ω❑
2r1，对B 星球有G m1m2
L
2
=m2ω❑
2r2；解得：r1：r2＝m2：m1，
又由于r1+r2＝L，解得r1=
m2
m1+m2
L，r2=
m1
m1+m2
L，故A 错误；
B、根据G m1m2
L
2
=m1 4 π
2
T
2 r1，r1=
m2
m1+m2
L，解得T =2πL√
L
G(m1+m2)，故B 正确；
C、A 星球和B 星球的线速度大小之比：v A
vB
= ωr1
ωr2
= m2
m1
，故C 错误；
D、O 点处质量为m 的质点受到B 星球的万有引力：F
B
万=G mm2
r2
2 =G
mm2
( m1 L
m1+m2
)
2
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受到A 星球的万有引力：F
A
万=G mm1
r1
2 =G
mm2
( m2 L
m1+m2
)
2
则有F
A
万：F
B
万=m1
2：m2
2，故该质点受到两星球的引力之和不为零，故D 错误。
故选：B。
[例题30] “黑洞”是近代引力理论所预言的一种特殊天体，探寻“黑洞”的方案之一是观
测双星系统的运动规律。天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX﹣3 双星系统，
它由可见星A 和不可见的暗星B 构成。不考虑其它天体的影响，A、B 围绕两者连线上的O 点
做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，若将可见星A 所受暗星B 的引力等效为位于O
点处质量为m'的星体对它的引力，设A 和B 的质量分别为m1、m2，则（ ）
A．m' =
m1
2
m1+m2
B．m' =
m2
2
m1+m2
C．m' =
m1
3
(m1+m2)
2
D．m' =
m2
3
(m1+m2)
2
【解答】解：双星系统的AB 角速度相等，根据
Gm1m2
(r1+r2)
2 =m1ω
2r1=m2ω
2r2
得
m1
m2
= r2
r1
根据G
m1m2
(r1+r2)
2 =G m1m'
r1
2
得m'
m2
=
r1
2
(r1+r2)
2
联立解得m' =m2
r1
2
(r1+r2)
2 =
m2
3
(m1+m2)
2
故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
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