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专题12 天体运动模型
天体质量和密度的估算（6-10 题）...........................................................................................................5
一般卫星和同步卫星（11-15 题）..............................................................................................................9
卫星变轨（16-20 题）..................................................................................................................................13
天体运动中的追及相遇（21-25 题）.......................................................................................................17
双星与多星系统模型（26-30 题）...........................................................................................................22
1.
（2023•湖南）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
【解答】解：A、重力加速度是矢量，再不同地点指向不同，另外考虑恒星自转，两极处万有引
力等于重力，而其它地方万有引力的一个分力等于重力，所以同一恒星表面任意位置的重力加
速度不一定相同，故A 错误；
B、根据两极处万有引力等于重力得：GMm
R
2
=mg，解得：g= GM
R
2 ，恒星坍缩后质量M 不变，
R 变小，所以表面两极处的重力加速度一定比坍缩前的大，故B 正确；
C、根据星球表面万有引力提供向心力推导第一宇宙速度，得：GMm
R
2
=m v
2
R ，v=√
GM
R
，质量
M 不变，R 变小，所以恒星坍缩前后的第一宇宙速度变大，故C 错误；
1
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D、逃逸速度为第一宇宙速度的√2倍，又根据选项C 可知：逃逸速度的表达式为v′=√
2GM
R
，
又质量M= ρV = 4
3 π R
3
联立解得：v ' =2 R√
Gπρ
3
=
6√
4G
3 M
2πρ
3
，中子星密度大于白矮星，质量也大于白矮星，所以
中子星的逃逸速度是大于白矮星的逃逸速度，故D 错误。
故选：B。
2.
（2023•湖北）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；
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
2
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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。
3.
（多选）（2023•重庆）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
9 πR (180 πGM 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20π
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7π
【解答】解：A、对卫星，绕地球以3
10 T的周期做圆周运动时：GMm
( R+h)
2 =m( 2π
3
10 T
)
2
（R+h），
变形解得：h=( 9GM T
2
400 π
2 )
1
3 - R，故A 错误；
B、根据向心加速度：an=r( 2π
T )
2，所以
a星
aP
= r星T P
2
r PT 星
2 = R+h
R
×
T
2
( 3
10 T )
2 =
5
9 πR (180 πGM T
2)
1
3
，
故B 正确。
C、下一次卫星经过P 点正上方时，卫星比地球多转了n 圈，由于一圈有两个位置是卫星在赤道
正上方，所以有两种情况，第一种情况是卫星和地球都转了整数圈，设二者分别转了x 圈、y 圈，
3
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则有xT＝y 3
10 T，x、y 都为整数，y 最小值为10，此时卫星绕地心转过了10 圈，转过的角度为
θ＝10×2π＝20π；第二种情况是卫星和地球都转了整数圈+半圈，此时有xT+ 1
2 T =y 3
10 T + 3
20 T
，x、y 都为整数，这种情况下无解，所以从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20π，故C 正确；
D、从最近到最远，最近时卫星在P 点正上方，最近距离为半径之差，最远时两点还在赤道平面，
最远距离为半径之和，所以有两种情况，第一种情况P 在原点，卫星运动了n+ 1
2圈，设P 点运
动了m 圈（m 为整数），此时有mT＝（n+ 1
2）× 3
10T（m，n 为整数），此种情况下无解；第
二种情况是情况P 运动了m+ 1
2圈，卫星运动了n 圈，此时有（m+ 1
2）T= 3
10nT（m，n 为整
数），解得m 最小值为1，此时n＝5，卫星绕地心转过的角度比地球的多5×2π﹣（1+ 1
2）×2π
＝10π
3π
﹣
＝7π，故D 正确。
故选：BCD。
4.
（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
4
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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
解得：
ρ地
ρ太
= 1
k
3（
T 2
T 1
）2，故D 正确、ABC 错误。
故选：D。
5.
（多选）（2023•福建）人类为探索宇宙起源发射的韦伯太空望远镜运行在日地延长
线上的拉格朗日L2点附近，L2点的位置如图所示。在L 点的航天器受太阳和地球引力共同作
用，始终与太阳、地球保持相对静止。考虑到太阳系内其他天体的影响很小，太阳和地球可视
为以相同角速度围绕日心和地心连线中的一点O（图中未标出）转动的双星系统。若太阳和地
球的质量分别为M 和m，航天器的质量远小于太阳、地球的质量，日心与地心的距离为R，
万有引力常数为G，L2点到地心的距离记为r（r＜R），在L2点的航天器绕O 点转动的角速度
大小记为w。下列关系式正确的是（ ）
可能用到的近似
1
( R+r )
2 ≈1
R
2（1
2
﹣r
R ）]
A．ω＝[G( M +m)
2 R
3
]❑
1
2
B．ω＝[G( M +m)
R
3
]❑
1
2
5
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C．r＝[
3m
3 M +m]❑
1
3R
D．r＝[
m
3 M +m]❑
1
3R
【解答】解：AB．根据万有引力提供向心力可知：设O 点距离太阳为R1，O 点距离地球为R2
对太阳有：G Mm
R
2 = M R1ω
2
对地球有：G Mm
R
2 =m R2ω
2
且满足：R1+R2＝R
联立上式解得：ω=[ G( M +m)
R
3
]
1
2，故A 错误，B 正确。
CD．对处在L2点的航天器分析，设航天器的质量为m′，根据万有引力提供向心力有：
G Mm'
( R+r )
2 +G mm'
r
2 =m'(r + R2)ω
2
结合上述的式子，联立解得：
r=(
m
3 M +m )
1
3 R
故D 正确，C 错误。
故选：BD。
天体质量和密度的估算（6-10 题）
6.
（2023•铁东区校级二模）2022 年6 月5 日上午10 时44 分07 秒在酒泉卫星发射中心
成功发射神舟十四号载人飞船.若神舟十四号飞船距离地面高度为h，地球半径为R，地球北极
位置的重力加速度为g，引力常量为G，神舟十四飞船轨道可按照正圆轨道计算。则下列说法
正确的是（ ）
A．由于地球自转的影响，无法求出地球的质量
B．神舟十四号飞船的质量不知道，所以神舟十四号飞船绕地球飞行的周期无法求出
C．神舟十四号飞船受地球的吸引力，但不受重力
6
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D．神舟十四号飞船的线速度的大小为√
g R
2
R+h
【解答】解：A、地球北极位置的重力加速度为g，则有：mg= GMm
R
2
，解得地球的质量：M
= R
2 g
G
，故A 错误；
B、根据万有引力提供向心力，则有：GMm
( R+h)
2 =m（R+h）4 π
2
T
2 ，又有mg= GMm
R
2
，联立解得神
舟十四号飞船绕地球飞行的周期：T=√
4 π
2( R+h)
3
R
2 g
，故B 错误；
C、神舟十四号飞船受地球的吸引力，该吸引力即为神舟十四号受到的重力，故C 错误；
D、由万有引力提供向心力有：GMm
( R+h)
2 =m v
2
R+h，又有mg= GMm
R
2
，解得：v=√
R
2 g
R+h
，故D
正确。
故选：D。
7.
（2023•重庆模拟）北斗卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道离地高度约为3R（R 为地
球半径），周期为T。北斗卫星质量为m，万有引力常量为G，则有（ ）
A．北斗卫星线速度大小为6 πR
T
B．北斗卫星所受万有引力大小为16 π
2mR
T
2
C．地球质量为144 π
2 R
3
GT
2
D．地球表面重力加速度为16 π
2 R
T
2
【解答】解：A、轨道离地高度约为3R（R 为地球半径），周期为T，则轨道半径r＝R+h＝
R+3R＝4R，线速度：v = 2π ×4 R
T
= 8 πR
T
，故A 错误；
7
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B．北斗卫星所受万有引力提供向心力，得F= 16 π
2mR
T
2
，故B 正确；
C．根据G Mm
(4 R)
2 =m 4 π
2
T
2 ×4 R，解得M = 256 π
2 R
3
GT
2
，故C 错误；
D．地球表面重力加速度g= GM
R
2 = 256 π
2 R
T
2
，故D 错误。
故选：B。
8.
（2023•茂名二模）2022 年11 月29 日我国“神舟十五号”载人飞船发射成功，并通
过一系列加速变轨后与距离地面400km 的空间站交汇对接，万有引力常量为G，下列说法正确
的是（ ）
A．变轨前A 是空间站，B 是飞船
B．飞船的发射速度可能小于7.9km/s
C．完成对接后，飞船和空间站的运行周期大于24 小时
D．若已知空间站的运行周期和地球半径，可以测量地球密度
【解答】解：A、飞船加速后将做离心运动，轨道半径增大，则变轨前A 是飞船，B 是空间站，
故A 错误；
B、7.9km/s 是最小的发射速度，可知飞船的发射速度大于7.9km/s，故B 错误；
C、根据万有引力提供向心力，得G Mm
r
2 =m4 π
2
T
2 r，得T＝2π√
r
3
GM
，完成对接后，飞船和空间
站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以完成对接后，飞船和空间站的运行周期小于
地球同步卫星的运行周期24h，故C 错误；
D、根据地球半径和空间站距离地面的高度，可以得到空间站的轨道半径，由G Mm
r
2 =m4 π
2
T
2 r，
8
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得M= 4 π
2r
3
GT
2 ，即可以求出地球的质量。由地球半径能求出地球的体积，因而能求出地球的密度，
故D 正确。
故选：D。
9.
（2023•沙河口区校级模拟）拉格朗日点指的是在太空中类似于“地一月”或“日一
地”的天体系统中的某些特殊位置，在该位置处的第三个相对小得多（质量可忽略不计）的物
体靠两个天体的引力的矢量和提供其转动所需要的向心力，进而使得该物体与该天体系统处于
相对静止状态，即具有相同的角速度。如图所示是地一月天体系统，在月球外侧的地月连线上
存在一个拉格朗日点，发射一颗质量为m 的人造卫星至该点跟着月球一起转动，距离月球的
距离为s。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，地月球心之间的距离为r，月球的
公转周期为T，则由以上数据可以算出（ ）
A．地球的密度为3 π R
3
GT
2r
3
B．在拉格朗日点的卫星的线速度比月球的线速度小
C．在拉格朗日点的卫星的向心加速度比月球的向心加速度小
D．月球对该卫星的引力为4 π
2m
T
2
(r + s)- mg R
2
(r + s)
2
【解答】解：A、月球绕地球公转时，有G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r，地球的密度为ρ=
M
4 π
3 R
3，解得地
球的密度为：ρ= 3 π r
3
GT
2 R
3，故A 错误；
BC、因为于拉格日点的卫星与月球具有相同的角速度，由v＝ωr，a＝ω2r 知，位于拉格朗日点
的卫星的线速度和向心加速度均比月球的大，故BC 错误；
D、位于拉格朗日点的卫星的向心力由地球和月球共同提供，故有
9
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G Mm
(r + s)
2 +F 月＝m4 π
2
T
2 （r+s）
在地球表面上，不考虑地球自转的影响，有G Mm'
R
2 =m′g
联立解得月球对该卫星的引力为：F 月= 4 π
2m
T
2
(r + s)- mg R
2
(r + s)
2，故D 正确。
故选：D。
10. （2023•乐清市校级模拟）一卫星绕某一行星做匀速圆周运动，其高度恰好与行星半
径相等，线速度大小为v。而该行星的环绕周期（即沿行星表面附近飞行的卫星运行的周期）
为T。已知引力常量为G，则这颗行星的质量为（ ）
A．v
3T
2πG
B．√2v
3T
2πG
C．v
3T
πG
D．√2v
3T
πG
【解答】解：设该行星的半径为R，质量为M，其卫星的质量为m，卫星距行星的高度为h，则
h＝R，设沿行星表面附近飞行的卫星质量为m′，根据万有引力充当向心力
对行星的卫星：GMm
( R+h)
2 =m v
2
R+h
对沿行星表面附近飞行的卫星：GMm'
R
2
=m′( 2π
T )
2R
联立方程解得：M= √2v
3T
πG
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
一般卫星和同步卫星（11-15 题）
11. （2023•宝山区二模）探测器绕火星做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍
做匀速圆周运动，则（ ）
A．探测器的线速度变小
B．探测器的角速度变小
C．轨道半径变大
D．探测器受到的向心力变大
10
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【解答】解：C、根据开普勒第三定律可得r
3
T
2 =k，由于变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆
周运动，则可知轨道半径变小，故C 错误；
A、由万有引力提供向心力有：GMm
r
2
=mv
2
r
，解得：v=√
GM
r
，所以变轨后线速度变大，故A
错误；
B、由万有引力提供向心力有：GMm
r
2
=mrω2，解得：ω=√
GM
r
3 ，所以变轨后角速度变大，故B
错误；
D、根据牛顿第二定律可得：F 向= GMm
r
2
，所以变轨后探测器受到的向心力变大，故D 正确。
故选：D。
12. （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（ ）
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
11
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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。
13. （2023•成都模拟）电影《流浪地球2》中的太空电梯令人震撼。太空电梯的结构设计
如右图所示，地球半径约6400km，太空电梯空间站位于离地面约36000km 的地球同步轨道上，
其上方约54000km 高度有平衡锤，空间站上、下方均用缆绳分别连接地面和平衡锤，运载仓
与缆绳间的作用力可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．运载仓由地面上升至空间站的过程中始终处于失重状态
B．连接空间站的上、下两根缆绳对空间站的拉力大小相等
C．平衡锤、空间站的加速度a 锤、a 站与地球表面重力加速度g 的大小关系为a 锤＞g＞a 站
D．若平衡锤下方的缆绳突然断裂，则平衡锤将做近心运动跌落至地球表面
【解答】解：A．运载仓由地面开始上升的初始阶段一定要加速上升，在竖直方向上有向上的加
速度，运载仓处于超重状态，故A 错误；
B．由于空间站处于地球同步轨道上，故地球对它的万有引力刚好等于其绕地球做匀速圆周运动
所需的向心力，则连接空间站的上、下两根缆绳对空间站的拉力大小相等，方向相反，故B 正
确；
C．对于空间站，地球对它的万有引力刚好等于其所需的向心力，则有：GMm
r同
2
=ma站
12
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在地球表面可认为万有引力等于重力，则有：GMm'
R
2
=m' g
可得：g
a站
= r同
2
R
2 = (36000+6400)
2
6400
2
= 2809
64
空间站与平衡锤的角速度相等，则有：a站=ω
2r同，a锤=ω
2r锤
可得：
a锤
a站
= r锤
r同
= 54000+36000+6400
36000+6400
= 241
106
可知平衡锤、空间站的加速度a 锤、a 站与地球表面重力加速度g 的大小关系为：g＞a 锤＞a 站，故
C 错误；
D．根据题意可知，若平衡锤下方的缆绳突然断裂，平衡锤与地球之间的万有引力将不足以提供
平衡锤做圆周运动所需的向心力，因此平衡锤将做离心运动，故D 错误。
故选：B。
14. （2023•浙江模拟）2022 年11 月底，中国空间站迎来全面建造完成关键一役。随着神
舟十五号乘组3 名航天员进入空间站，我国首次实现空间站6 个型号舱段组合体结构和6 名航
天员在轨驻留的“6+6”太空会师。如图，有a、b、c、d 四颗地球卫星，卫星a 还未发射，在
地球赤道上随地球表面一起转动，假设就是神舟十五号，卫星b 处于离地约300km 的轨道上正
常运动，假设就是神舟十四号，c 是地球同步卫星，d 是某地球高空探测卫星，各卫星排列位
置如图所示，地球表面重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．神舟十四号的向心加速度大于神舟十五号的向心加速度
B．同步卫星在相同时间内转过的弧长最长
C．四颗卫星中，神舟十五号离地心最近，所以它的角速度最大
D．地球高空探测卫星最高，故发射它的能量一定最大
【解答】解：根据万有引力提供向心力可得GMm
r
2
=ma= m v
2
r
=mr ω
2，解得：a= GM
r
2
，v
13
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=√
GM
r
，ω=√
GM
r
3
A、a 和c 的角速度相等，且a 的轨道半径小于c 的轨道半径，根据a＝rω2可知：a 的向心加速度
小于c 的向心加速度；
由于b 的轨道半径小于c 的轨道半径，根据a= GM
r
2 可知b 的向心加速度大于c 的向心加速度，
综上可知a 的向心加速度小于b 的向心加速度，故A 正确；
B、a 和c 的角速度相等，且a 的轨道半径小于c 的轨道半径，根据v＝rω 可知va＜vc；对于b、
c、d，由于rb＜rc＜rd，根据v=√
GM
r
可知vb＞vc＞vd，综上可知b 的线速度最大，其在相同时间
内转过的弧长最长，故B 错误；
C、a 和c 的角速度相等，由于rb＜rc＜rd，根据ω=√
GM
r
3 可知ωb＞ωc＞ωd，综上可知b 的角速度
最大，故C 错误；
D、d 星的轨道半最大，发射卫星时需要克服万有引力做功，但各个卫星的质量大小未知，发射
d 星所需要的能量不一定最大，故D 错误。
故选：A。
15. （2023•莱阳市校级模拟）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
14
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B．A、B 线速度大小的比值为
3√
ωB
ωA
C．A、B 受到地球万有引力大小的比值为
3
√
ωA
2
ωB
2
D．从图示时刻起经过
π
ωA -ωB
时间后A、B 间距最小
【解答】解：AB、卫星围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：G Mm
r
2 =mω
2r
可得r = 3√
GM
ω
2 ，则r A
rB
=
3
√
ωB
2
ωA
2
由加速度a＝rω2可得aA
aB
= r A
rB
× ωA
2
ωB
2
代入数据解得：aA
aB
=
3
√
ωA
4
ωB
2
由v＝ωr 可知v A
vB
= r A
rB
× ωA
ωB
代入数据解得：v A
vB
=
3√
ωA
ωB
，故A 正确，B 错误；
C、因两卫星的质量未知，所以无法求出两卫星所受万有引力的比值，故C 错误；
D、设从图示时刻起经过时间t 两卫星再次间距最小，两卫星的位置如下图所示：
设AB 两卫星分别转过的圆心角分别为θA、θB，卫星A 比卫星B 运动的快，由图可知：卫星A
转过的圆心角比卫星B 转过的圆心角多2π，即：θA
θ
﹣B＝2π
圆心角θ＝ωt，可得t =
2π
ωA -ωB
，故D 错误。
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故选：A。
卫星变轨（16-20 题）
16. （2023•武昌区校级模拟）为躲避太空垃圾，中国空间站采取紧急避碰措施，改变轨
道高度。若中国空间站在某次紧急避碰过程中进行了向下变轨，假设空间站在不同高度轨道上
稳定运行时均是绕地球做匀速圆周运动，且该过程由中国空间站仅在两轨道的切点P、Q 两点
短时间向站外喷气以实现。则空间站（ ）
A．在P、Q 两点处均向前喷气
B．在P、Q 两点处均向后喷气
C．在P 点处向前喷气，在Q 点处向后喷气
D．在P 点处向后喷气，在Q 点处向前喷气
【解答】解：根据题意可知中国空间站在某次紧急避碰过程中进行了向下变轨，空间站应减速
做近心运动，故在P、Q 两点处均向前喷气，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
17. （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
16
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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
运行时，飞船在A 点的速度比B 点的大，故D 错误。
故选：A。
18. （2023•达州模拟）2022 年6 月5 日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F 遥十四
运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，神舟十四号载人飞船从较低的轨道经过六次变轨后进
入较高的预定轨道，并与“天和”核心舱成功对接，发射任务获得圆满成功。下列说法正确的
是（ ）
A．神舟十四号与“天和”核心舱对接后，“天和”核心舱的运行周期不变
B．变轨之前，神舟十四号的向心加速度小于“天和”核心舱的向心加速度
C．若已知“天和”核心舱的运行周期和轨道半径，则可求出地球的密度
D．返回舱落地前的减速过程，其中的宇航员处于失重状态
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得：G Mm
r
2 =m( 2π
T )
2r，T=√
4 π
2r
3
GM
，由于轨道半
径r 不变，地球质量M 不变，G 是引力常量，所以对接后核心舱的运行周期不变，故A 正确；
B、根据万有引力提供向心力得：G Mm
r
2 =ma，则a= GM
r
2 ，变轨之前，神舟十四号的轨道半径r
比较小，所以向心加速度和“天和”核心舱的向心加速度来比较，它的向心加速度较大，故B
错误；
C、根据万有引力提供向心力得：G Mm
r
2 =m( 2π
T )
2r，则M= 4 π
2
GT
2r3，若已知“天和”核心舱的
运行周期和轨道半径，则可求出地球的质量，要想求解出地球的密度，还需要知道地球的半径，
故C 错误；
D、根据超重和失重知识可知，回舱落地前的减速过程，是减速下降，加速度向上，则宇航员所
受弹力大于重力，是超重状态，故D 错误。
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故选：A。
19. （2023•海淀区一模）如图所示，卫星沿圆形轨道Ⅰ环绕地球运动。当其运动到M 点
时采取了一次减速制动措施，进入椭圆轨道Ⅱ或Ⅲ。轨道Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ均与地球赤道面共面。变
更轨道后（ ）
A．卫星沿轨道Ⅲ运动
B．卫星经过M 点时的速度小于7.9km/s
C．卫星经过M 点时的加速度变大
D．卫星环绕地球运动的周期变大
【解答】解：A．卫星运动到M 点时减速，万有引力大于向心力，卫星做近心运动，卫星沿轨
道Ⅱ运动，故A 错误；
B．在轨道I 的半径大于近地轨道的半径，卫星在近地轨道运动的速度约为7.9km/s，根据
GMm
r
2
= m v
2
r
解得v =√
GM
r
可知，卫星经过M 点时的速度小于7.9km/s，故B 正确；
C．根据 GMm
r
2
=ma
解得 a= GM
r
2
由于M 点离地球的距离不变，卫星经过M 点时的加速度大小不变，故C 错误；
D．根据开普勒第三定律，轨道II 的半长轴小于轨道I 的半径，故从轨道I 变到轨道Ⅱ，卫星环
绕地球运动的周期变小，故D 错误。
故选：B。
20. （2023•房山区一模）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
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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。
故选：D。
天体运动中的追及相遇（21-25 题）
21. （2023•南岗区校级四模）“海王星冲日”是指地球处在太阳与海王星之间，2018 年
9 月7 日出现过一次海王星冲日。已知地球和海王星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为
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圆，海王星公转周期约为164.8 年，则（ ）
A．地球的公转轨道半径比海王星的大
B．地球的公转线速度速度比海王星的小
C．2019 年不会出现海王星冲日
D．2017 年出现过海王星冲日
【解答】解：A、根据开普勒第三定律可得r
3
T
2 =k，由于海王星的公转周期（约为164.8 年）大
于地球的公转周期（1 年），则海王星的轨道半径大于地球的轨道半径，故A 错误；
B、卫星绕中心天体做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力有：GMm
r
2
=mv
2
r
，解得：v
=√
GM
r
，海王星的轨道半径大于地球的轨道半径，则海王星的线速度小于地球的线速度，故B
错误；
CD、设相邻两次出现“海王星冲日”经过的时间为t，根据（2π
T 地
- 2π
T 海
）t＝2π，解得：t≈1 年，
因为在2018 年出现“海王星冲日”，则在2019 年、2017 年均会出现“海王星冲日”，故C 错
误，D 正确。
故选：D。
22. （2023•辽宁二模）“风云系列气象卫星”是我国民用遥感卫星效益发挥最好、应用
范围最广的卫星之一，为气象、海洋、农业、林业、水利、航空、航海和环境保护等领域提供
了大量的专业性服务。其中“风云一号”是极轨卫星（轨道过地球的南北两极），周期是120
分钟，“风云四号”是静止轨道卫星，与地球自转同步。卫星的运动均可以看成是匀速圆周运
动下列说法正确的是（ ）
A．“风云一号”卫星比“风云四号”卫星的线速度小
B．“风云一号”卫星比“风云四号”卫星的向心加速度大
C．“风云一号”卫星的线速度大于第一宇宙速度
D．若某一时刻“风云四号”卫星恰好在“风云一号”卫星的正上方，则经过12 小时“风云四
号”卫星恰好又通过“风云一号”卫星的正上方
【解答】解：AB、根据万有引力提供向心力有GMm
r
2
=mr4 π
2
T
2 =mv
2
r =ma
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解得T=√
4 π
2r
3
GM
，v=√
GM
r
，a= GM
r
2
由于“风云一号”的周期较小，所以轨道半径较小，则加速度和线速度比“风云四号”卫星的
大，故A 错误，B 正确；
C、第一宇宙速度是最大的环绕速度，“风云一号”卫星的线速度小于第一宇宙速度，故C 错误；
D、“风云一号”的周期为T＝120min＝2h，“风云四号”的周期T'＝24h，设经过t 时刻“风云
四号”卫星恰好又通过“风云一号”卫星的正上方，则满足( 2π
T - 2π
T ' )t =2π
解得t= 12
5 h
故D 错误；
故选：B。
23. （2023•郑州二模）太空电梯的原理与生活中的普通电梯十分相似。只需在地球同步
轨道上建造一个空间站，并用某种足够长也足够结实的“索道”将其与地面相连。如图所示，
假设有一长度为r 的太空电梯连接地球赤道上的固定基地与同步卫星轨道上的空间站a，整个
太空电梯相对地面静止。卫星b 与空间站a 的运行方向相同，某时刻二者距离最近，已知地球
半径为R，自转周期为T，下列说法正确的是（ ）
A．太空电梯各点均处于完全失重状态
B．太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成反比
C．太空电梯靠近地球一端的角速度大于卫星b 的角速度
D．若经过时间t 之后，a、b 第一次相距最远，则卫星b 的周期为2t
【解答】解：A、对地球卫星有：GMm
r
2
=mrω2，解得：ω=√
GM
r
3 可知，卫星轨道半径越大，角
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速度越小，由于太空电梯上（除a 点）各质点的角速度与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，卫星的向心力是全部由万有引力题
供，但是太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，但不是处于完全失
重状态，故A 错误；
B、根据线速度与角速度的关系有v＝ωr，由于太空电梯上各点的角速度等于地球自转的角速度，
可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心距离成正比，故B 错误；
C、根据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
同步卫星的角速度相同，所以太空电梯靠近地球一端的角速度大于卫星b 的角速度，故C 正确；
D、若经过时间t 之后，a、b 第一次相距最远，则有：ωat
ω
﹣
bt＝π，即2t
T - 2t
T b
=1，解得：Tb
= 2tT
2t -T
，故D 错误。
故选：C。
24. （多选）（2023•河南模拟）A、B 两颗地球卫星在同一轨道平面内绕地球做匀速圆周
运动，它们运动的轨道半径之比rA：rB＝1：4，A 的周期为T0，则下列说法正确的是（ ）
A．A 卫星加速可追上同轨道的另一颗卫星
B．A、B 两颗卫星周期之比为8：1
C．某一时刻A、B 两卫星相距最近，则此时刻开始到A、B 再次相距最近经历的时间可能是8
7
T0
D．某一时刻A、B 两卫星相距最近，则此时刻开始到A、B 相距最远经历的时间可能是4
7 T0
【解答】解：A、A 卫星加速后，将做离心运动，轨道半径变大，不可能追上同轨道的另一颗卫
星，故A 错误；
B、根据万有引力提供向心力得G Mm
r
2 =m4 π
2
T
2 r
解得：T＝2π√
r
3
GM
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则A、B 两颗卫星周期之比为T A
T B
=√
( r A
rB
)
3=√( 1
4 )
3= 1
8
故B 错误；
C、由B 得，T A
T B
= 1
8，则TB＝8T0，设从A、B 两卫星相距最近到A、B 相距最近所经历的时间
为t 则t
T A
- t
T B
=n
解得：t= 8
7 nT0（n＝1、2、3……）
当n＝1 时，t= 8
7 T0
故C 正确；
D、设从A、B 两卫星相距最近到A、B 相距最远所经历的时间为t′，则t '
T A
- t '
T B
=n- 1
2
解得：t＝（n- 1
2）8
7 T0（n＝1、2、3……）
当n＝1 时，t= 4
7 T0
故D 正确；
故选：CD。
25. （多选）（2023•香坊区校级一模）两颗卫星在同一平面内绕某行星做同向的匀速圆
周运动，测得两卫星之间的距离Δr 随时间t 变化的关系如图所示。仅考虑卫星与行星之间的引
力，已知卫星1 距行星的距离大于卫星2 距行星的距离，则（ ）
A．行星1 圆周运动的周期为7T
B．行星2 圆周运动的周期为2T
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C．行星1、2 做圆周运动的半径之比为2：1
D．行星1、2 做圆周运动的线速度之比为1：2
【解答】解：C、由图得，当两小行星相距最近时，距离为3r，相距最远时，距离为r，则两小
行星半径关系为：r1﹣r2＝3r
r1+r2＝5r
解得：r1＝4r，r2＝1r
行星1、2 做圆周运动的半径之比为4：1
故C 错误；
D、两小行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：GMm
r
2
=mv
2
r
解得：v=√
GM
r
两小行星的线速度之比为1：2
故D 正确；
AB、由图得，两小行星两次相距最近的时间间隔为T，则ω2T
ω
﹣
1T＝2π
两小行星的线速度之比为v1：v2＝1：2
v1＝ω1•4r
v2＝ω2•r
联立解得：ω1= 2π
7T
ω2= 16 π
7T
根据T= 2π
ω 可知行星1 圆周运动的周期为7T，行星2 圆周运动的周期为7
8T，故A 正确，B 错误；
故选：AD。
双星与多星系统模型（26-30 题）
26. （2023•丰台区二模）两个天体组成双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下，
绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。
科学家在地球上用望远镜观测由两个小行星构成的双星系统，看到一个亮度周期性变化的光点，
这是因为当其中一个天体挡住另一个天体时，光点亮度会减弱。科学家用航天器以某速度撞击
24
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该双星系统中较小的小行星，撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短。不考虑撞
击后双星系统的质量变化。根据上述材料，下列说法正确的是（ ）
A．被航天器撞击后，双星系统的运动周期变大
B．被航天器撞击后，两个小行星中心连线的距离增大
C．被航天器撞击后，双星系统的引力势能减小
D．小行星质量越大，其运动的轨道越容易被改变
【解答】解：A、撞击后，科学家观测到光点明暗变化的时间间隔变短，可知双星系统的运动周
期变小，故A 错误；
BC、双设双星之间的距离为L，星靠相互间的万有引力提供向心力，所以GMm
L
2
=MR4 π
2
T
2 =mr
4 π
2
T
2
联立解得：T2=
4 π
2 L
3
G( M +m)，则两个小行星中心连线的距离减小，引力对双星做正功，双星的引
力势能减小，故C 正确，B 错误。
D、小行星质量越大，其惯性越大，运动的轨道越不容易被改变，故D 错误；
故选：C。
27. （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
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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；
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。
28. （2023•西安模拟）天玑星是北斗七星之一，在天玑星周围还有一颗伴星，它们组成
双星系统，各自绕二者连线上的某一点O 做匀速圆周运动，伴星距O 点较远，如图所示。现
已知天玑星的质量为M，二者之间连线的距离为L，运动周期均为T，万有引力常量为G。下
列说法正确的是（ ）
A．伴星的线速度小于天玑星的线速度
B．伴星的质量大于天玑星的质量
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C．天玑星的运动半径为GT
2 M
4 π
2 L
2
D．天玑星和伴星的总质量为4 π
2 L
3
GT
2
【解答】解：A、双星系统角速度相等，根据v＝rω 可知伴星的线速度大于天玑星的线速度，故
A 错误；
BCD、根据万有引力提供向心力有GMm
L
2
=Mr1ω2＝mr2ω2，可知伴星的质量小于天玑星的质量，
结合ω= 2π
T ，r1+r2＝L
解得r1= GT
2m
4 π
2 L
2
M+m= 4 π
2 L
3
GT
2
故BC 错误，D 正确；
故选：D。
29. （2023•沙河口区校级一模）如图甲所示，河外星系中两黑洞A、B 的质量分别为M1
和M2，它们以连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动。为研究方便简化为如图所示的示意图，
黑洞A 和黑洞B 均可看成球体，OA＞OB，且黑洞A 的半径大于黑洞B 的半径，下列说法正
确的是（ ）
A．黑洞A 的向心力大于黑洞B 的向心力
B．若两黑洞间的距离一定，把黑洞A 上的物质移到黑洞B 上，它们运行的角速度变大
C．若两黑洞间的距离一定，把黑洞A 上的物质移到黑洞B 上，A 运行的线速度变大
D．人类把宇航器发射到距黑洞A 较近的区域进行探索，发射速度不大于第三宇宙速度
【解答】解：A、两黑洞A、B 靠相互间的万有引力提供向心力，则黑洞A 的向心力与黑洞B 的
向心力大小相等，故A 错误；
B、两黑洞A、B 绕O 点旋转的角速度相等，设两黑洞间的距离为L，对M1，由牛顿第二定律得：
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G M 1 M 2
L
2
=M1ω2R1，得G M 2
L
2 =ω2R1
对M2，由牛顿第二定律得：G M 1 M 2
L
2
=M2ω2R2，得G M 1
L
2 =ω2R2
两式相加，结合R1+R2＝L，解得：G（M1+M2）＝ω2L3，若两黑洞间的距离一定，把黑洞A 上
的物质移到黑洞B 上，两黑洞总质量不变，所以它们运行的角速度不变，故B 错误；
C、对黑洞A，由G M 2
L
2 =ω2R1知把黑洞A 上的物质移到黑洞B 上，B 的质量增加，则R1增大，
而角速度不变，由v＝ωR1知A 运行的线速度变大，故C 正确；
D、人类要把宇航器发射到黑洞A 较近的区域进行探索，发射速度一定大于第三宇宙速度，即大
于16.7km/s，故D 错误。
故选：C。
30. （2023•魏县校级二模）“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（ ）
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，
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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
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。
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