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易错点05 不能灵活运用圆周运动知识解决卫星相关问题
目 录
01 易错陷阱
易错点一：开普勒三定律的理解与易错注意点
易错点二：混淆卫星的不同速度和不同模型
易错点三：分析卫星的变轨问题出现错误
02 易错知识点
知识点一、人造卫星的运动规律
知识点二、近地卫星及其速度大小
知识点三、地球同步卫星的特点
知识点四、近地卫星、 同步卫星和赤道上物体的运行问题比较
知识点五、卫星变轨时三类物理量的定性比较
知识点六、双星多星模型
03 举一反三——易错题型
题型一：同步、近地卫星模型、赤道物体转动模型及其物理量的比较
题型二：卫星变轨、发射、回收、空间站对接及其能量问题
题型三：双星、多星模型
题型四：卫星（天体）追及相遇模型
04 易错题通关
易错点一：开普勒三定律的理解与易错注意点
（1）行星到太阳的距离越大，行星的速率越小，反之越大。
（2）行星绕太阳的运动通常按匀速圆周运动处理。半径等于半长轴。
（3）开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动。
（4）开普勒第三定律＝k 中，k 值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k 值不同，故该
定律只能用在同一中心天体的两星体之间。
易错点二：混淆卫星的不同速度和不同模型
1、三个宇宙速度
第一宇宙速度（环绕速度）
v1= 7.9 km/ s ，是人造卫星的最小发射速度，也是人造卫
1
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星的最大环绕速度.
第二宇宙速度（脱离速度）
v2=11.2 km/ s ，是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速
度.
第三宇宙速度（逃逸速度）
v3=16.7 km/ s ，是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速
度.
2.宇宙速度、发射速度与卫星的绕行速度的关系
3.同步卫星、近地卫星及赤道上物体的比较
如图所示，a 为近地卫星，轨道半径为r1；b 为地球同步卫星，轨道半径为r2；c 为赤道上随地球自
转的物体，轨道半径为r3.
比较项目
近地卫星
(r1、ω1、
v1、a1)
同步卫星
(r2、ω2、
v2、a2)
赤道上随地球自转的
物体(r3、ω3、v3、a3)
向心力来源
万有引力
万有引力
万有引力的一个分力
轨道半径
r2>r1＝r3
角速度
ω1>ω2＝ω3
线速度
v1>v2>v3
向心加速度
a1>a2>a3
环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。
易错点三：分析卫星的变轨问题出现错误
1、变轨原理
(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向先发射卫星到圆轨道Ⅰ上，卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆
2
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周运动，有G＝m，如图所示．
(2)在A 点(近地点)点火加速，由于速度变大，所需向心力变大，G<m，卫星做离心运动进入椭圆轨
道Ⅱ.
(3)在椭圆轨道B 点(远地点)将做近心运动，G>m，再次点火加速，使G＝m，进入圆轨道Ⅲ.
2、变轨过程分析
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ上过A 点和B 点时速率分
别为vA、vB.在A 点加速，则vA>v1，在B 点加速，则v3>vB，又因v1>v3，故有vA>v1>v3>vB.
(2)加速度：因为在A 点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A 点，卫星
的加速度都相同，同理，卫星在轨道Ⅱ或轨道Ⅲ上经过B 点的加速度也相同．
(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、
r3，由开普勒第三定律＝k 可知T1<T2<T3.
(4)机械能：在一个确定的圆(椭圆)轨道上机械能守恒．若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道的机械能分别为
E1、E2、E3，从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ和从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ都需要点火加速，则E1<E2<E3.
知识点一、人造卫星的运动规律
地球卫星的运行参数(将卫星轨道视为圆)
物理量
推导依据
表达式
最大值或最小值
线速度
G＝m
v＝
当r＝R 时有最大值，v
＝7.9 km/s
角速度
G＝mω2r
ω＝
当r＝R 时有最大值
周期
G＝m2r
T＝2π
当r＝R 时有最小值，约
85 min
向心
加速度
G＝man
an＝
当r＝R 时有最大值，最
大值为g
轨道
平面
圆周运动的圆心与中心天体中心重合
共性：距地面越高，轨道半径大，运动越慢，周期越长——高轨低速（线速度、角速度 加速
度）长周期
3
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知识点二、近地卫星及其速度大小
近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等
于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s。这个速度值又叫第一宇宙速度/s，人造卫星的最小发射
速度，也是人造卫星的最大环绕速度。
计算方法
(1)由G＝m，解得：v＝；
(2)由mg＝m，解得：v＝。
知识点三、地球同步卫星的特点
(1)不偏不倚
轨道平面一定，轨道平面和赤道平面重合绕行方向一定：与地球自转的方向一致。
(2)不快不慢
周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h＝86400 s。
角速度一定：与地球自转的角速度相同。
线束度和加速度大小一定.
设其运行速度为v，由于G＝m，所以v＝ ＝ ＝3.1×103
m/s。
由G＝ma 得a＝G＝gh＝0.23 m/s2。
（3) 不高不低：
高度一定，据G＝mr 得r＝ ＝4.23×104 km，卫星离地面高
度h＝r－R≈6R(为恒量)。转道半径一定。。
知识点四、近地卫星、 同步卫星和赤道上物体的运行问题比较
1．卫星的轨道
(1)赤道轨道：卫星的轨道在赤道平面内，同步卫星就是其中的一种．
(2)极地轨道：卫星的轨道过南、北两极，即在垂直于赤道的平面内，如极地气象卫星．
(3)其他轨道：除以上两种轨道外的卫星轨道．
所有卫星的轨道平面一定通过地球的球心．
(4)重要数据：
①地球的公转周期为1 年，其自转周期为1 天(24 小时)，地球半径约为6.4×103 km，地球表面
重力加速度g 约为9.8 m/s2.
②月球的公转周期约27.3 天，在一般估算中常取27 天．
4
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③人造地球卫星的运行半径最小为r＝6.4×103 km，运行周期最小为T＝84.8 min，运行速度最
大为v＝7.9 km/s.
2．两个向心加速度
卫星绕地球运行的向心加速度
物体随地球自转的向心加速度
产生原
因
由万有引力产生
由万有引力的一个分力(另一分
力为重力)产生
方向
指向地心
垂直且指向地轴
大小
a＝(地面附近a 近似等于g)
a＝rω2，r 为地面上某点到地轴
的距离，ω 为地球自转的角速度
特点
随卫星到地心的距离的增大而减小
从赤道到两极逐渐减小
3.两种周期
(1)自转周期是天体绕自身某轴线转动一周所需的时间，取决于天体自身转动的快慢．
(2)公转周期是运行天体绕中心天体做圆周运动一周所需的时间，T＝2π，取决于中心天体的质
量和运行天体到中心天体的距离．
4.解题技巧
同步卫星与赤道上随地球自转的物体的共同点是具有相同的角速度和周期。当比较近地卫星和
赤道上物体的运动规律时，往往借助同步卫星这一纽带使问题迎刃而解。
知识点五、卫星变轨时三类物理量的定性比较
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v4，在轨道Ⅱ上过P、Q 点时的速
率分别为v2、v3，在P 点加速，则v2>v1；在Q 点加速，则v4>v3。又因v1>v4，故有v2>v1>v4>v3。
(2)加速度：因为在P 点不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过，P 点到地心的距离都相同，卫星的加
速度都相同，设为aP。同理，在Q 点加速度也相同，设为aQ。又因Q 点到地心的距离大于P 点到
地心的距离，所以aQ<aP。
(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径或半长轴分别为
r1、r2、r3，由＝k 可知T1<T2<T3。
(4)能量问题
卫星速率增大(发动机做正功)会做离心运动，轨道半径增大，万有引力做负功，卫星动能减
小，由于变轨时遵从能量守恒，稳定在圆轨道上时需满足G＝m，致使卫星在较高轨道上的运行速
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率小于在较低轨道上的运行速率，但机械能增大(发动机做正功)；
相反，卫星由于速率减小(发动机做负功)会做向心运动，轨道半径减小，万有引力做正功，
卫星动能增大，同样原因致使卫星在较低轨道上的运行速率大于在较高轨道上的运行速率，但机械
能减小(发动机做负功)。
知识点六、双星多星模型
(1)两颗星体绕公共圆心转动，如图1 所示。
(2)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。
③两颗星的轨道半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L。
④两颗星到轨道圆心的距离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m1＋m2＝。
2．三星模型
(1)三星系统绕共同圆心在同一平面内做圆周运动时比较稳定，三颗星的质量一般不同，其轨道
如图2 所示。每颗星体做匀速圆周运动所需的向心力由其他星体对该星体的万有引力的合力提供。
(2)特点：对于这种稳定的轨道，除中央星体外(如果有)，每颗星体转动的方向相同，运行的角
速度、周期相同。
(3)理想情况下，它们的位置具有对称性，下面介绍两种特殊的对称轨道。
①三颗星位于同一直线上，两颗质量均为m 的环绕星围绕中央星在同一半径为R 的圆形轨道
上运行(如图3 甲所示)。
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②三颗质量均为m 的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图3 乙所示)。
题型一：同步、近地卫星模型、赤道物体转动模型及其物理量的
比较
【例1】（2024•大兴区校级模拟）北京时间2023 年12 月17 日15 时，我国在酒泉卫星发射中心使
用双曲线一号商业运载火箭成功将“迪迩一号”卫星顺利送入预定轨道。“迪迩一号”卫星、
北斗地球同步卫星飞行的轨道如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．“迪迩一号”卫星的角速度小于北斗地球同步卫星的角速度
B．“迪迩一号”卫星的角速度大于北斗地球同步卫星的角速度
C．“迪迩一号”卫星绕地球运行的线速度等于静止于赤道上的物体随地球自转的线速度
D．“迪迩一号”卫星绕地球运行的线速度小于静止于赤道上的物体随地球自转的线速度
【解答】解：AB、根据万有引力提供向心力得
G Mm
r
2 =mω
2r
可得ω=√
GM
r
3
因“迪迩一号”卫星的轨道半径比北斗地球同步卫星的小，则“迪迩一号”卫星的角速度大于
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北斗地球同步卫星的角速度，故A 错误，B 正确；
CD、根据万有引力提供向心力得
G Mm
r
2 =mv
2
r
可得v=√
GM
r
因“迪迩一号”卫星的轨道半径比北斗地球同步卫星的小，则“迪迩一号”卫星的线速度大于
北斗地球同步卫星的线速度。地球同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，由v＝ωr 分析可
知，北斗地球同步卫星的线速度大于静止于赤道上的物体随地球自转的线速度，所以“迪迩一
号”卫星绕地球运行的线速度大于静止于赤道上的物体随地球自转的线速度，故CD 错误。
故选：B。
【变式1-1】（2024•皇姑区校级模拟）中国志愿者王跃参与了人类历史上第一次全过程模拟从地球
往返火星的试验“火星—500”。假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变
轨过程，下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P 点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P 点的速度
B．飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P 点的速度小于在Q 点的速度
C．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知万有引力常量为G，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以
推知火星的密度
D．飞船在轨道Ⅰ上运动到P 点时的加速度小于飞船在轨道Ⅱ上运动到P 点时的加速度
【解答】解：A、轨道Ⅰ相对于Ⅱ做向心运动，所以飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P 点的速度小于
在轨道Ⅱ上运动时在P 点的速度，故A 错误；
B、根据开普勒第二定律可知，所以飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P 点的速度大于在Q 点的速度，
故B 错误；
C、根据万有引力提供向心力，则有：GMm
r
2
=mr4 π
2
T
2 ，解得火星的质量为：M= 4 π
2r
3
GT
2
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根据密度计算公式可得：ρ= M
V ，其中V= 4
3 π R
3
若轨道Ⅰ贴近火星表面，则有r≈R，解得：ρ= 3 π
2
GT
2
已知万有引力常量为G，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度，故C 正确；
D、根据牛顿第二定律可得GMm
r
2
=ma，解得a= GM
r
2 ；飞船在轨道Ⅰ上运动到P 点时的加速度
等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P 点时的加速度，故D 错误。
故选：C。
【变式1-2】（2024•荣昌区校级模拟）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 在地球的近地圆轨道上正常运行；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，则下列说法正确的是（ ）
A．a 的向心加速度大于b 的向心加速度
B．四颗卫星的速度大小关系是：va＞vb＞vc＞vd
C．在相同时间内d 转过的弧长最长
D．d 的运动周期可能是30h
【解答】解：A、地球同步卫星的周期c 必须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。由牛顿第二定律得：G Mm
r
2 =ma，解得：a
= GM
r
2 ，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c 的向心加速度小于b 的向心加速
度，故知a 的向心加速度小于b 的向心加速度，故A 错误。
B、根据v=√
GM
r
可知，vb＞vc＞vd，a、c 同轴转动，角速度相等，由于c 的半径大，则va＜
vc，故B 错误。
C、由B 可知，卫星b 的半径最小，速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故C 错误。
D、由开普勒第三定律R
3
T
2 =k 知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d 的运动周期大于c 的
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周期24h，d 的运行周期应大于24h，可能是30h，故D 正确。
故选：D。
【变式1-3】（2024•湖北模拟）我国首颗量子科学实验卫星于2016 年8 月16 日1 点40 分成功发射。
量子卫星成功运行后，我国在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的
量子保密通信与科学实验体系。1 轨道为量子卫星静止在赤道上随地球自转，2 为近地轨道，3
为地球的同步轨道，如图所示。已知该卫星在1 轨道随地球自转的周期约为近地轨道2 运动周期
的17 倍，关于该卫星在1、2、3 轨道绕地球做匀速圆周运动的说法中正确的是（ ）
A．卫星在轨道1 的加速度最大，线速度最小
B．卫星在轨道2 的加速度最大，线速度最大
C．卫星在轨道3 运动的周期最大，线速度最小
D．若将该卫星放在南极极点上，与轨道1 处相比，其重力将变为原来的2.89 倍
【解答】解：ABC、卫星在1 轨道和3 轨道上运行时，周期相等，角速度相等，根据v＝ωr，a
＝ω2r 可知，卫星在轨道1 的加速度和线速度都小于卫星在轨道3 的加速度和线速度。
对于2 轨道和3 轨道，根据万有引力提供向心力得
G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r =m v
2
r =ma
可得：v =√
GM
r
，a= GM
r
2 ，T =2π√
r
3
GM
可知卫星在2 轨道的线速度大于卫星在3 轨道的线速度，卫星在2 轨道的加速度大于卫星在3 轨
道的加速度，卫星在2 轨道的周期小于卫星在3 轨道的周期.
综上所述，卫星在轨道2 的加速度最大，线速度最大，卫星在轨道1 和轨道3 运动的周期相等，
卫星在轨道2 运动的周期最小，故AC 错误，B 正确；
D、设卫星在2 轨道上运行的周期为T，地球半径为R，根据题意可知，在南极极点上，卫星的
重力等于地球对卫星的万有引力，为
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G =m× 4 π
2
T
2 × R
在赤道上，卫星的重力为
G' =m× 4 π
2
T
2 × R -m×
4 π
2
(17T )
2 × R
可得：G
G' ≈1.0034，故D 错误。
故选：B。
题型二：卫星变轨、发射、回收、空间站对接及其能量问题
【例2】（2024•海口模拟）嫦娥六号于2024 年6 月2 日成功着陆月背南极﹣艾特肯盆地。如图所
示，假设登月探测器在环月轨道1 上的P 点实施变轨，进入椭圆轨道2，再由Q 点进入圆轨道
3。若轨道1 的半径为3r，轨道3 的半径为r，登月探测器在轨道3 的运行周期为T，则下列说法
正确的是（ ）
A．探测器在轨道3 上运行时加速度不变
B．探测器在轨道2 上运行的周期为2√2T
C．探测器在轨道1 和轨道3 上运行的线速度大小之比v1：v3＝1：3
D．探测器从轨道2 上的Q 点进入圆轨道3 时，需要点火加速
【解答】解：A、根据牛顿第二定律有
GMm
r
2
=ma
解得
a= GM
r
2
可知，探测器在轨道3 上运行时加速度大小不变，方向改变，所以加速度是变化的，故A 错误；
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B、探测器在轨道2 上运行时的轨道半长轴为
r2= r +3r
2
=2r
探测器在轨道2 和轨道3 上运行时，根据开普勒第三定律得
(2r )
3
T 2
2
= r
3
T
2
解得探测器在轨道2 上运行的周期为T 2=2√2T，故B 正确；
C、探测器在轨道1、3 上运行时，根据万有引力提供向心力得
GMm
r
2
=m v
2
r
解得
v =√
GM
r
解得
v1
v3
= 1
√3，故C 错误；
D、探测器由高轨道变轨到低轨道，做向心运动，需要在Q 点减速，故D 错误。
故选：B。
【变式2-1】（2024•浙江模拟）太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向
做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P 点向图中箭头所指径向方向极
短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所
示，其半长轴大于原轨道半径。则（ ）
A．空间站变轨前、后在P 点的加速度相同
B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小
C．空间站变轨后在P 点的速度比变轨前的小
D．空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大
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【解答】解：A.根据万有引力定律G Mm
r
2 =ma
得a= GM
r
2
由于空间站变轨前、后在P 点到地球中心的距离相等，因此空间站变轨前、后在P 点的加速度
相同，故A 正确；
B.根据开普勒第三定律r
3
T
2 =k
变轨后的半长轴r2＞r1
联立得
T 2
2
T 1
2 =( r2
r1
)
3＞1
空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B 错误；
C.空间站变轨前后的运动情况如图所示：
根据运动的合成与分解，空间站在P 点变轨前的速度小于变轨后的速度，即v1p＜v2p，故C 错误；
D.空间站从2 轨道进入3 轨道做向心运动，因此v2Q＞v3Q
空间站在1、3 轨道做匀速圆周运动，根据线速度与轨道半径的关系v =√
GM
r
由于r1＞r3，因此v3＞v1，即v3Q＞v1P
综合分析得v2Q＞v3Q＞v1P
空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小，故D 错误。
故选：A。
【变式2-2】（2024•江苏模拟）一宇宙飞行器从地面发射，经过转移轨道后，绕太阳系另一行星运
行，若再经过几次变轨后，进入如图所示的椭圆轨道Ⅰ，然后在轨道上P 点变轨进入圆轨道Ⅱ，
已知万有引力常量为G，则（ ）
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A．飞行器从地面发射的速度小于11.2km/s
B．飞行器在P 点从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时机械能减小
C．若测出飞行器在轨道Ⅱ上运行的速率，可求该行星质量
D．若测出飞行器在轨道Ⅰ经过P 点时的速率和到该行星中心的距离，可求该行星质量
【解答】解：A、因为飞行器已经离开了地球的束缚，成为了另一颗行星的卫星，所以发射速度
需要大于第二宇宙速度11.2km/s，故A 错误；
B、飞行器在P 点从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要点火减速，对飞行器做负功，所以飞行器的机械能减
小，故B 正确；
C、根据牛顿第二定律有GMm
r
2
= m v
2
r
，可得行星的质量为M= r v
3
G ，因为不知道轨道半径r，所
以无法计算行星的质量M，故C 错误；
D、若测出飞行器在轨道Ⅰ经过P 点时的速率和到该行星中心的距离，但是飞行器在P 点后要做
离心运动，不满足GMm
r
2
= m v
2
r
，所以无法计算行星的质量，故D 错误。
故选：B。
【变式2-3】（2024•香坊区校级二模）2023 年5 月30 日16 时29 分，神舟十六号载人飞船入轨后，
成功对接于空间站天和核心舱径向端口，形成了三舱三船组合体，飞船发射后会在停泊轨道
（Ⅰ）上进行数据确认，后择机经转移轨道（Ⅱ）完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程
可简化为下图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为
h
，
飞
船
在
停
泊
轨
道
上
的
周
期
为
T1
，
则
（
）
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A．飞船在转移轨道（Ⅱ）上各点的速率均小于7.9km/s
B．飞船在停泊轨道（Ⅰ）与组合体在空间站轨道（Ⅲ）上的速率之比为（R+h）：R
C．飞船在转移轨道（Ⅱ）上正常运行的周期为T =T 1√(1+ h
2 R )
3
D．飞船在转移轨道（Ⅱ）上Q 点的加速度小于空间站轨道（Ⅲ）上Q 点的加速度
【解答】解：A、第一宇宙速度（7.9km/s）是最小的发射速度，飞船在转移轨道（Ⅱ）上P 点的
速率均大于7.9km/s，故A 错误；
B、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMm
r
2
=mv
2
r ，解得：v=√
GM
r
，
所以飞船在停泊轨道（Ⅰ）与组合体在空间站轨道（Ⅲ）上的速率之比为√
R+h
R
，故B 错误；
C、根据开普勒第三定律可得R
3
T 1
2 =
( 2 R+h
2
)
3
T
2
，则飞船在转移轨道（Ⅱ）上正常运行的周期为
T =T 1√(1+ h
2 R )
3
，故C 正确；
D、根据牛顿第二定律可得GMm
r
2
=ma，解得a= GM
r
2 ，所以飞船在转移轨道（Ⅱ）上Q 点的加
速度等于空间站轨道（Ⅲ）上Q 点的加速度，故D 错误。
故选：C。
15
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题型三：双星、多星模型
【例3】（2024•天心区校级模拟）据报道，中国科学院上海天文台捕捉到一个“四星系统”。两种
可能的四星系统构成如图所示，第一种如甲所示，四颗星稳定地分布在正方形上，均绕正方形
中心做匀速圆周运动，第二种如乙所示，三颗星位于等边三角形的三个顶点上，第四颗星相对
其他三星位于三角形中心，位于顶点的三颗星绕三角形中心运动。若两系统中所有星的质量都
相等，AB＝CD，则第一、二种四星系统周期的比值为（ ）
A．2
3√
√3+3
√2+ 4
B．3
2√
√3+3
√2+ 4
C．3
2√
√2+ 4
√3+3
D．2
3√
√3+3
√2+2
【解答】解：对于第一种四星系统，图甲中每颗星体受力情况如下图所示。
设AB＝CD＝a，由几何关系可知，图甲中正方形的对角线的长度为√2a
由万有引力定律可得：F1=G mm
a
2 ，F2=G
mm
(√2a)
2
每颗星体所受合力大小为：F 合1＝2F1cos45°+F2
由合力提供向心力有：F 合1=m 4 π
2
T 1
2 ⋅√2a
2
16
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联立解得：T 1
2=
4√2π
2a
3
(2√2+1)Gm
对于第二种四星系统，图乙中三角形顶点上的星体受力情况如下图所示。
由几何关系可知，图乙中三角形的边长：r2=
a
sin 60° = 2√3
3
a，三角形的顶点与中心的距离为：
r3= 2
3 a
由万有引力定律可得：F3=G mm
r2
2 ，F4=G mm
r3
2
每颗星所受合力大小为：F 合2＝2F3cos30°+F4
由合力提供向心力有：F 合2=m 4 π
2
T
2 r3
联立解得：T 2
2=
32π
2a
3
9(3+√3)Gm
可得第一、二种四星系统周期的比值为：T 1
T 2
= 3
2√
√3+3
√2+ 4
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【变式3-1】（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，P、Q 恒星构成的双星系统，一颗质量为m，另
一颗质量为2m，两星均视为质点且距离保持不变，均绕它们连线上的O 点做匀速圆周运动。轨
道平面上的观测点F 相对于O 点静止，连续两次出现P、Q 与O、F 共线的时间间隔为t。仅考虑
双星间的万有引力，引力常量为G。则下列说法不正确的是（ ）
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A．恒星Q 的质量为2m
B．恒星P 圆周运动的角速度为π
t
C．任意时间内两星与O 点的连线扫过的面积相等
D．恒星P、Q 之间的距离为( 3Gmt
2
π
2
)
1
3
【解答】解：AB.设恒星P、Q 的质量分别为 m1、m2，做圆周运动的轨迹半径分别为r1、r2，且
两恒星之间的距离为L，根据题图可知 r1＞r2，而根据题意可得 T
2 =t。根据 ω= 2π
T 可得两恒星
转动得角速度ω= π
t ，根据万有引力充当向心力有：G m1m2
L
2
=m1ω
2r1，G m1m2
L
2
=m2ω
2r2，解
得：
m1
m2
= r2
r1
，由此可知m1＝m，m2＝2m，即恒星Q 的质量为2m，故AB 正确；
C.由于两恒星角速度相同，但半径不同，且P 的轨迹半径大于Q 的轨迹半径，因此任意时间内
两星与O 点的连线扫过的面积SP＞SQ，故C 错误；
D. 根据G m1m2
L
2
=m1ω
2r1，G m1m2
L
2
=m2ω
2r2，解得：m1= ω
2r2 L
2
G
m2= ω
2r1 L
2
G
，则有：
m1+m2= ω
2r1 L
2
G
+ ω
2r1 L
2
G
= ω
2 L
3
G
=3m，可得 L=( 3mGt
2
π
2
)
1
3，故D 正确。
本题选择错误的，故选：C。
【变式3-2】（2024•天心区校级模拟）宇宙间存在一些离其他恒星较远的双星系统。双星系统由两
颗相距较近的恒星组成，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的一点做周期相同的匀速圆
周运动。某双星系统由甲、乙两颗恒星组成，甲、乙两颗恒星的质量分别为m1、m2，且m1＞
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m2。它们做匀速圆周运动的周期为T，万有引力常量为G。关于双星系统的下列说法正确的是（
）
A．恒星甲做匀速圆周运动的半径大于恒星乙做匀速圆周运动的半径
B．恒星甲做匀速圆周运动的线速度大于恒星乙做匀速圆周运动的线速度
C．双星做圆周运动的速率之和v1+ v2=
3√G (m1+m2)
2
D．双星之间的距离r =√
G T
2(m1+m2)
4 π
2
【解答】解：A 、两星做圆周运动的角速度相等，根据万有引力提供向心力有：
G m1m2
r
2
=m1ω
2r1=m2ω
2r2
可得：
m1
m2
= r2
r1
根据题设条件可知：m1＞m2
则有：r1＜r2
则恒星甲做匀速圆周运动的半径小于恒星乙做匀速圆周运动的半径，故A 错误；
B、根据v＝ωr 可知恒星甲做匀速圆周运动的线速度小于恒星乙做匀速圆周运动的线速度，故B
错误；
CD、根据A 中表达式，变形后有：G m2
r
2 =ω
2r1，G m1
r
2 =ω
2r2
两式相加整理后得：r =
3√
G(m1+m2)
ω
2
=√
GT
2(m1+m2)
4 π
2
双星做圆周运动的速率之和：v1+ v2=ωr =
3√
2πG
T
(m1+m2)，故D 正确，C 错误。
故选：D。
【变式3-3】（2024•蜀山区校级三模）宇宙中大多数恒星系都是双星系统，如图所示，两颗远离其
他星系的恒星A 和B 在相互之间的引力作用下绕O 点做匀速圆周运动，且A 星距离O 点更近。
轨道平面上的观测点P 相对O 点静止，观察发现每隔T 时间，两颗恒星与O、P 共线。已知引力
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常量为G，其中一颗恒星的质量为m、另一颗恒星的质量为3m，恒星的半径都远小于它们之间
的距离。则以下说法正确的是（ ）
A．A 的质量为m
B．该双星系统的运动周期为T
C．A、B 相距的距离为r =
3√
4GmT
2
π
2
D．在相同时间里，A、B 两颗恒星与O 点连线扫过的面积之比为1：3
【解答】解：A、双星系统的周期相同，相互之间引力等大，因此质量大的恒星半径较小，A 的
质量为3m，故A 错误；
BD、观察发现每隔T 时间，两颗恒星与O、P 共线，该双星系统的运动周期为2T，而单位时间
内恒星与O 点连线扫过的面积S = π R
2
2T ，则相等时间内，A、B 两颗恒星与O 点连线扫过的面积
之比为1：9，故BD 错误；
C、由万有引力提供向心力有G m1m2
r
2
=m1r1
4 π
2
(2T )
2 =m2r2
4 π
2
(2T )
2，且r1+r2＝r，解得A、B 相距
的距离为r =
3√
4GmT
2
π
2
，故C 正确。
故选：C。
题型四：卫星（天体）追及相遇模型
【例4】（2024•海珠区校级模拟）无地面网络时，华为Mate60Pro 可连接天通一号进行卫星通话。
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天通一号目前由01、02、03 共三颗地球同步卫星组网而成，分别定位于东经101.4 度、东经125
度、东经81.6 度。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，同步卫星运行的周期为T，
下列说法正确的是（ ）
A．若03 星加速，则一定可以追上01 星
B．三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度小
C．三颗卫星的轨道半径一定都是3√
g R
2T
2
4 π
2
D．三颗卫星的线速度大小一定都是
3√2πgT
2 R
2
【解答】解：A.若03 星加速，则轨道半径会增大，无法追上01 星，故A 错误；
B.地球同步卫星与地球赤道上物体的角速度相等，由v＝ωr 可知，三颗卫星的线速度一定比赤道
上地面物体的线速度大，故B 错误；
C.由G mM
r
2 =m( 2π
T )
2r
GMm
R
2
=mg
可得三颗卫星的轨道半径一定都是r =
3√
g R
2T
2
4 π
2 ，故C 正确；
D.由v = 2πr
T ，得三颗卫星的线速度大小v =
3√
2πg R
2
T
，故D 错误。
故选：C。
【变式4-1】（2024•江苏模拟）三颗人造卫星A、B、C 都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周
运动，A、C 为地球同步卫星，某时刻A、B 相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T1，B
的周期为T2，则下列说法正确的是（ ）
A．A 加速可追上同一轨道上的C
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B．经过时间
T 1T 2
2(T 1-T 2)，A、B 相距最远
C．A、C 向心加速度大小相等，且大于B 的向心加速度
D．A、B 与地心连线在相同时间内扫过的面积相等
【解答】解：A、卫星A 加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星C，故A 错误；
B、A、B 两卫星由相距最近至相距最远时，圆周运动转过的角度相差π，即ωBt﹣ωAt＝π，其中
ωA = 2π
T 1
，ωB= 2π
T 2
，解得经历的时间t =
T 1T 2
2(T 1-T 2)，故B 正确；
C、根据万有引力提供向心力有G Mm
r
2 =ma，得a= GM
r
2 ，可知A、C 向心加速度大小相等，且
小于B 的向心加速度，故C 错误；
D、绕地球运动的卫星与地心连线在相同时间t 内扫过的面积S = 1
2 vt ⋅r，其中v =√
GM
r
，则：
S = t
2 √GMr，可知A、B 与地心连线在相同时间内扫过的面积不等，故D 错误。
故选：B。
【变式4-2】（2024•庆云县校级模拟）2022 年6 月5 日17 时42 分，神舟十四号载人飞船与天和核
心舱径向端口成功对接。对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道离地面高度为地球半
径的1
16。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．神舟十四号与天和核心舱对接时，要先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速追上核心舱进行
对接
B．组合体的向心加速度大于g
C．组合体的线速度小于地球赤道上物体的线速度
D．组合体运行的周期为T= 17 π
32 √
17 R
g
【解答】解：A、神舟十四先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速后会做离心运动，无法追上核
心舱进行对接，故A 错误；
B、组合体绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，得G Mm
r
2 =ma，得a= GM
r
2 ，式中
M 是地球的质量，r 是组合体的轨道半径。
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在地球表面上，有：GMm'
R
2
=m′g，得g= GM
R
2 ，式中R 是地球的半径，因r＞R，所以a＜g，
即组合体的向心加速度小于g，故B 错误；
C、对于组合体和地球同步卫星，根据万有引力提供向心力得：G Mm
r
2 =mv
2
r ，可得v =√
GM
r
，
因为组合体的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以组合体的线速度大于地球同步卫星
的线速度。地球同步卫星与地球赤道上物体的角速度相等，由v＝ωr 知地球同步卫星的线速度
大于地球赤道上物体的线速度，所以组合体的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故C 错误；
D、组合体的轨道半径为r＝R+ 1
16R= 17
16R，根据G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r，以及g= GM
R
2 ，解得组合体
运行的周期为T= 17 π
32 √
17 R
g
，故D 正确。
故选：D。
【变式4-3】（2023•秦淮区校级模拟）屈原在长诗《天问》中发出了“日月安属？列星安陈？”的
旷世之问，这也是中国首次火星探测工程“天问一号”名字的来源。“天问一号”探测器的发
射时间要求很苛刻，必须在每次地球与火星会合之前的几个月、火星相对于太阳的位置领先于
地球特定角度的时候出发。火星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运
动。如图所示，不考虑火星与地球的自转，且假设火星和地球的轨道平面在同一个平面上，相
关数据见表，则根据提供的数据可知（ ）
质量
半径
绕太阳做圆周运动的
周期
地球
M
R
1 年
火星
约0.1M
约0.5R
约1.9 年
A．在火星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/s
B．地球与火星从第1 次会合到第2 次会合的时间约为1.9 年
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C．火星表面与地球表面的重力加速度之比约为2：5
D．火星到太阳的距离约为地球到太阳的距离的1.9 倍
【解答】解：A、设地球最小的发射速度为v1，则根据万有引力提供向心力有
GMm
R
2
=m v1
2
R
可得
v1＝7.9km/h
则火星的发射速度与地球的发射速度之比为
v1'
v1
=√
0.1 M
0.5 R
√
M
R
= √5
5
可得火星的发射速度为
v1' = √5
5 v1＜7.9km/h，故A 错误；
B、根据两次会合时地球多转一圈得
( 2π
T 地
- 2π
T 火
)t =2π
代入数据解得地球和火星从第1 次会合到第2 次会合的时间约为2.1 年，故B 错误；
C、不考虑自转时，根据物体的重力等于万有引力得
GMm
R
2
=mg
火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为g'
g = 2
5，故C 正确；
D、根据开普勒第三定律a
3
T
2 =k 得r 火
3
T 火
2 = r地
3
T 地
2 ，代入数据解得火星到太阳的距离约为地球到太阳
的距离的1.5 倍，故D 错误。
故选：C。
1.
（2024•洛阳一模）北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，现有55
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颗卫星组成。如图所示，P 是纬度为θ 的地球表面上一点，人造地球卫星A、B 均做匀速圆周
运动，卫星B 为地球赤道同步卫星。若某时刻P、A、B 与地心O 在同一平面内，其中O、P、
A 在一条直线上，且∠OAB＝90°，下列说法正确的是（ ）
A．P 点向心加速度大于卫星A 的向心加速度
B．卫星A、B 与P 点均绕地心做匀速圆周运动
C．卫星A、B 的线速度之比为v A
vB
=√cosθ
D．卫星A、B 的周期之比为T A
T B
=√cos
3θ
【解答】解：A、因为∠OAB＝90°，所以OB 大于OA，即B 卫星匀速圆周运动半径大于A 卫星
半径，由万有引力提供向心力有：GMm
r
2
=mrω2，解得：ω=√
GM
r
3 ，可知ωB＜ωA，又因为ωP
＝ωB，所以ωP＜ωA，根据rP＜rA，a＝ω2r 可得，aP＜aA，故A 错误；
B、卫星A、B 绕地心做匀速圆周运动，P 点运动的圆轨迹与地轴线垂直，圆心在图中O 点正上
方，故B 错误；
C 、由万有引力提供向心力有：GMm
r
2
=mv
2
r ，解得：v=√
GM
r
；由于rA＝rBcosθ，所以
v A
vB
=√
rB
r A
=√
1
cosθ
，故C 错误；
D、根据开普勒第三定律可得：r
3
T
2 =k，所以卫星A、B 的周期之比为T A
T B
=√
r A
3
rB
3 =√co s
3θ，故D
正确。
故选：D。
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2.
（2024•历城区校级模拟）如图甲是国产科幻大片《流浪地球2》中人类在地球同步静
止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是
人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度a 与其到地心距离r 的关系图像，
已知r1为地球半径，r2为地球同步卫星轨道半径，下列说法正确的是（ ）
A．地球自转的角速度ω= a2-a1
r2-r1
B．地球同步卫星的周期T =2π√
r2
a2
C．上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变
D．从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动
【解答】解：A、根据向心加速度公式有：a＝ω2r，可知a﹣r 图像中，其斜率为角速度的平方，
故A 错误；
B、由于向心加速度a2=ω
2r2变形解得：ω=√
a2
r2
故其周期为：T = 2π
ω =2π√
r2
a2
，故B 正确；
C、上升过程中，处于超重状态，支持力会变大，故C 错误；
D、太空中处于失重状态，从舱释放一物体，不会做自由落体运动，故意D 错误。
故选：B。
3.
（2024•思明区校级模拟）2024 年3 月20 日，我国“鹊桥二号”卫星发射成功，多次
调整后进入周期为24h 的环月椭圆轨道运行，并与在月球上开展探测任务的“嫦娥四号”进行
通讯测试。已知月球自转周期27.3 天，下列说法正确的是（ ）
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A．月球处于“鹊桥二号”椭圆轨道的中心位置
B．“鹊桥二号”在近月点和远月点的加速度大小相同
C．“鹊桥二号”在远月点的运行速度小于月球第一宇宙速度
D．“鹊桥二号”与月心连线和“嫦娥四号”与月心连线在相等时间内分别扫过的面积相等
【解答】解：A.由开普勒第一定律可知，月球处于“鹊桥二号”椭圆轨道的一个焦点上，故A
错误；
B.“鹊桥二号”在近月点距离月球最近，受到的万有引力最大，加速度最大；在远月点距离月
球最远，受到的万有引力最小，加速度最小，故“鹊桥二 号”在近月点和远月点的加速度大小
不相同，故B 错误；
C.“鹊桥二号”在远月点的速度小于轨道与远月点相切的卫星的线速度，轨道与远月点相切的
卫星的线速度小于第一宇宙速度，故“鹊桥二号”在远月点的运行速度小于月球第一宇宙速度，
故C 正确；
D.由开普勒第二定律可知，同一颗卫星与月球的连线在相同时间扫过的面积相等，但是“鹊桥
二 号”与“嫦娥四号”是两颗轨道不同的卫星，相同时间扫过的面积不相等，故D 错误。
故选：C。
4.
（2024•南宁模拟）某飞船绕地球做椭圆运动的轨迹如图所示，AB 是椭圆的长轴，
CD 是椭圆的短轴，E、F 两点关于椭圆中心对称。比较飞船沿顺时针分别从C 运动到E 和从D
运动到F 的两个过程，以下说法正确的是（ ）
A．从D 到F 过程平均速率小
B．两个过程运动时间相等
C．两个过程飞船与地心连线扫过的面积相等
D．飞船在C 点所受万有引力小于在F 点所受万有引力
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【解答】解：AB、由图可知，从C 运动到E 和从D 运动到F 的两个过程的路程相等，从C 运动
到E 飞船的速率减小，从D 运动到F 速率增大，则从C 运动到E 的时间比从D 运动到F 的时间
长，根据平均速率等于路程与时间之比可知，从D 到F 过程平均速率大，两个过程运动时间不
相等，故AB 错误；
C、根据开普勒第二定律可知，从C 运动到E 和从D 运动到F 的两个过程的时间不等，则两个过
程飞船与地心连线扫过的面积不相等，故C 错误；
D、由于C 点到地心的距离比F 点到地心的距离远，根据F =G Mm
r
2 可知，飞船在C 点所受万有
引力小于在F 点所受万有引力，故D 正确。
故选：D。
5.
（2024•江苏模拟）国产科幻大片《流浪地球2》中提出太空电梯设想，其原理如图所
示．假设有一太空电梯轨道连接地球赤道上的固定基地与同步空间站A，空间站A 相对地球静
止，某时刻电梯停靠在轨道某位置，卫星B 与同步空间站A 的运行方向相同，此时二者距离
最近，经过时间t 后，A、B 第一次相距最远．已知地球自转周期为T，则下列说法正确的是（
）
A．太空电梯内的乘客处于完全失重状态
B．电梯轨道对电梯的作用力方向指向地心
C．电梯轨道外部一物体脱落后将做匀速圆周运动
D．卫星B 绕地球做圆周运动的周期为2Tt
2t -T
【解答】解：A、对地球卫星，有G Mm
r
2 =mω2r，解得ω=√
GM
r
3 ，可知，卫星轨道半径越大，
角速度越小。由于太空电梯上各质点的角速度与地球同步卫星的角速度相同，即太空电梯各质
点的角速度小于与其处于同一轨道半径上卫星的角速度，则太空电梯上各质点做圆周运动所需
的向心加速度小于该轨道卫星的向心加速度，而卫星的向心力是全部由万有引力提供，但是太
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空电梯上各质点的向心力小于其万有引力，所以处于失重状态，但不是完全失重状态，故A 错
误；
B、电梯做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据电梯受到的万有引力大于做圆周运动的向
心力，则万有引力与电梯轨道对电梯的作用力的差值提供向心力，即电梯轨道对电梯的作用力
方向与万有引力方向相反，指向空间站，故B 错误；
C、对于同步卫星，由万有引力提供向心力，有：G
M m同
r同
2
=m 同4 π
2
T
2 r 同
电梯环绕半径小于同步轨道半径，即r 梯＜r 同，则G
M m梯
r梯
2
＞m 梯4 π
2
T
2 r 梯
万有引力大于电梯做圆周运动的向心力，符合近心运动的条件，故电梯外壳上脱落的物体将做
近心运动，故C 错误；
D、设卫星B 绕地球做圆周运动的周期为T′。经过时间t 之后，A、B 第一次相距最远，则有
t
T - t
T ' =0.5，解得T′= 2Tt
2t -T ，故D 正确。
故选：D。
6.
（2024•沈阳三模）我国首颗超百Gbps 容量的高通量地球静止轨道通信卫星——“中
星26 号”与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹如图所示，A、B 分别为侦察卫星的近地点和远
地点。两卫星的运行周期相同，D 点是两轨道交点，BC 连线过地心，下列说法正确的是（
）
A．侦查卫星从B 点运动到A 点过程中机械能减小
B．侦查卫星从B 点运动到A 点过程中动能减小
C．“中星26 号”和侦察卫星在D 点的加速度相等
D．A、B 两点间距离与“中星26 号”卫星轨道半径相等
【解答】解：A.侦查卫星从B 点运动到A 点过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故A 错
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误；
B.侦查卫星从B 点运动到A 点过程中，万有引力做正功，动能增加，故B 错误；
C.根据万有引力提供向心力可得G Mm
r
2 =ma，解得a= GM
r
2 ，可知“中星26 号”和侦察卫星在
D 点的加速度相等，故C 正确；
D.根据开普勒第三定律可知，r
3
T
2 =k 由于两卫星的运行周期相同，则A、B 两点间距离等于“中
星20 号”卫星轨道半径的2 倍，故D 错误。
故选：C。
7.
（2024•龙岗区校级三模）神舟十六号是中国“神舟”系列飞船的第十六次任务，也
是中国空间站运营阶段的首次飞行任务。如图所示，神舟十六号载人飞船处于半径为r1的圆轨
道Ⅰ、空间站组合体处于半径为r3的圆轨道Ⅲ，两者都在其轨道上做匀速圆周运动。通过变轨
操作后，飞船从A 点沿椭圆轨道Ⅱ运动到B 点与空间站组合体对接，已知地球的半径为R、地
球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速度大于地球的第一宇宙速度
B．飞船沿轨道Ⅱ运行的周期大于空间站组合体沿轨道Ⅲ运行的周期
C．飞船在轨道Ⅰ上A 点的加速度小于在轨道Ⅱ上A 点的加速度
D．空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期T 3= 2π
R √
r3
3
g
【解答】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有
G Mm
r
2 =m v
2
r
解得：v =√
GM
r
，可知卫星的轨道半径越大，速度越小。因为r1＞R，所以飞船在轨道Ⅰ上的运
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行速度小于近地卫星的速度，即小于地球的第一宇宙速度，故A 错误；
B、飞船在轨道Ⅱ上运动的半长轴小于在轨道Ⅲ上运动的轨道半径，根据开普勒第三定律a
3
T
2 =k
可知，卫星在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故B 错误；
C、根据万有引力提供向心力，有G Mm
r
2 =ma，解得：a=G M
r
2 ，可知飞船在轨道Ⅰ上A 点的
加速度等于飞船在轨道Ⅱ上A 点的加速度，故C 错误；
D、空间站组合体在轨道Ⅲ时，根据万有引力提供向心力，有GMm
r3
2
=m 4 π
2
T 3
2 r3
且在地球表面上，有GMm
R
2
=mg
联立解得：T 3= 2π
R √
r3
3
g
，故D 正确。
故选：D。
8.
（2024•荔湾区校级三模）1974 年拉塞尔豪尔斯和约瑟夫泰勒发现赫尔斯﹣泰勒脉冲
双星。如图，该双星系统在互相公转时，不断发射引力波而失去能量，因此逐渐相互靠近，这
现象为引力波的存在提供了首个间接证据。假设靠近过程短时间内两星球质量不变，下列说法
正确的是（ ）
A．质量较大的星球，其所受的向心力越大
B．质量较大的星球，其向心加速度较小
C．靠近过程线速度大小可能不变
D．靠近过程周期越来越大
【解答】解：A.两球之间的万有引力分别提供了两球做圆周运动所需的向心力，万有引力大小
相同所以两球的向心力大小相等，故A 错误；
B.设大脉冲星质量为m1，半径为r1，小脉冲星质量为m2，半径为r2，两者距离为L，由牛顿第
二定律有：
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G m1m2
L
2
=m1a1
G m1m2
L
2
=m2a2
可见质量较大的星球，其向心加速度较小，故B 正确；
CD.靠近过程，即r1、r2、L 均变小，由万有引力提供向心力有
G m1m2
L
2
=m1ω
2r1
G m1m2
L
2
=m2ω
2r2
两式相加化简得角速度：
ω=√
G(m1+m2)
L
3
则周期满足：T = 2π
ω =2π√
L
3
G(m1+m2)
可见靠近过程周期越来越小；
引力做正功，势能减小，短时间内质量不变，动能增加，线速度增加，故CD 错误。
故选：B。
9.
（2024•云岩区校级一模）2023 年6 月21 日，“中国天眼”FAST 科研团队公布。他
们发现了一个轨道周期仅为53 分钟的脉冲星双星系统（M71E），从观测上证实了蜘蛛类脉冲
星从“红背”向“黑寡妇”系统演化的理论。一些脉冲星处于双星系统中，如果两颗星的距离
很近，脉冲星会“吞食”伴星的物质，两者相互靠近，相互绕转的角速度变大；伴星被大量
“吞食”后质量变小，小到一定值后，双星间距会变大，两颗星相互绕转的角速度又变小。已
知脉冲星的质量m1大于伴星的质量m2。若现阶段脉冲星环绕半径为r1，伴星环绕半径为r2，
脉冲星环绕线速度大小为v1，伴星环绕线速度大小为v2，不考虑相对论效应，则下列说法正确
的是（ ）
A．现阶段脉冲星双星系统中脉冲星的自转周期为53 分钟
B．脉冲星的环绕线速度v1大于伴星的环绕线速度v2
C．脉冲星的环绕半径r1小于伴星的环绕半径r2
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D．随着演化脉冲星“吞食”伴星的物质，两者相互靠近的过程中，脉冲星对伴星的引力一定变
小
【解答】解：A.53 分钟是双星的公转周期，而不是自转周期，故A 错误；
BC.设脉冲星和伴星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，两星之间的距离为L，公转
周期为T，则有
Gm1m2
L
2
=m1r14 π
2
T
2 =m2r24 π
2
T
2
解得
r1= Gm2T
2
4 π
2 L
2 ，r2= Gm1T
2
4 π
2 L
2 ，
由于m1大于m2，所以r1小于r2，又因为两星的角速度相等，根据
v＝ωr
可知，伴星的线速度大于脉冲星的线速度，即v1小于v2，故B 错误，C 正确；
D.随着两星的靠近，两星的质量发生变化，两星的距离也发生变化，两星间的引力变化具有不
确定性，故D 错误。
故选：C。
10. （2024•石家庄二模）如图所示，假设在太空中有A、B 双星系统绕点O 做顺时针匀
速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，且RA＜RB，C 为B 的卫星，绕
B 做逆时针匀速圆周运动，周期为T2，忽略A 与C 之间的引力，且A 与B 之间的引力远大于
C 与B 之间的引力。引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A．若知道C 的轨道半径，则可求出C 的质量
B．A、B、C 三星由图示位置到再次共线的时间为2T 1T 2
T 1+T 2
C．若A 也有一颗运动周期为T2的卫星，则其轨道半径一定大于C 的轨道半径
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D．B 的质量为4 π
2 RB( R A+ RB)
2
GT 1
2
【解答】解：A.在知道C 的轨道半径和周期的情况下，根据万有引力定律和牛顿第二定律列方
程只能求解B 的质量，无法求解C 的质量，故A 错误；
B.如图所示
A、B、C 三星由图示位置到再次共线时，A、B 转过圆心角θ1与C 转过的圆心角θ2互补，则根
据匀速圆周运动规律可得
2π
T 1
t+ 2π
T 2
t＝π
解得t=
T 1T 2
2(T 1+T 2)
故B 错误；
C.若A 也有一颗运动周期为T2的卫星，设卫星的质量为m，轨道半径为r，则根据牛顿第二定律
有
G M A m
r
2
=m4 π
2
T 2
2 r
解得r=
3
√
G M AT 2
2
4 π
2
同理可得C 的轨道半径为RC=
3√
G M BT 2
2
4 π
2
对A、B 组成的双星系统有MA
4 π
2
T 1
2 RA＝MB
4 π
2
T 1
2 RB
因为RA＜RB，所以MA＞MB，则r＞RC，故C 正确；
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D.在A、B 组成的双星系统中，对A 根据牛顿第二定律有
G M A M B
( R A+ RB)
2 =MB4 π
2
T 1
2 RA
解得MB= 4 π
2 R A( R A+ RB)
2
GT 1
2
，故D 错误；
故选：C。
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