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第五章 万有引力与宇宙航行
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合
题目要求的。
1.下列说法正确的是（ ）
A．“月—地检验”表明地面上的物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律
B．开普勒通过对第谷的观测数据的研究，认为行星的运动轨道都是圆
C．开普勒第三定律a
3
T
2 =k，式中k 的值不仅与太阳的质量有关，还与行星运动的速度有关
D．牛顿提出了万有引力定律，并用扭秤实验测出了万有引力常量的数值
【答案】A
【详解】A．“月—地检验”通过验证地球对月球的引力与地面物体所受重力遵循相同的平方反比规律，
说明两者遵从同一规律，故A 正确。
B．开普勒通过对第谷的观测数据的研究，认为行星的运动轨道是椭圆，故B 错误。
C．开普勒第三定律a
3
T
2 =k，式中k 的值仅与太阳的质量有关，与行星速度无关，故C 错误；
D．牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的数值，故D 错误。
故选A。
2.用国际单位制中的基本单位导出引力常量G 的单位为（ ）
A．N ⋅k g
2⋅m
−2
B．N ⋅m
2⋅k g
−2
C．k g
3⋅m
−1⋅s
−2
D．m
3⋅k g
−1⋅s
−2
【答案】D
【详解】根据万有引力定律有F =G m1m2
r
2
1
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可得G = F r
2
m1m2
其中F 的单位为N，且1N =1kg⋅m /s
2，r 的单位为m，质量m1、m2的单位为kg，代入上式可知G 的单
位为m
3⋅kg
−1⋅s
−2。
故选D。
3.2024 年5 月3 日，嫦娥六号探测器准确进入地月转移轨道，随后实施近月制动并顺利进入环月轨道飞
行。已知月地距离约为地球半径的60 倍，下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥六号的发射速度大于11.2km /s
B．嫦娥六号探测器在月球表面所受重力约为在地球表面的1
60
C．月球公转的向心加速度约为地球表面重力加速度的1
60
2
D．根据题干的信息可求出月球的质量
【答案】C
【详解】A．嫦娥六号绕月球运行时，并没有脱离地球引力的束缚，所以嫦娥六号的发射速度大于
7.9km /s，小于11.2km /s，故A 错误；
B．在星球表面有GMm
R
2
=mg
可得星球表面重力加速度为g= GM
R
2
由于题干不清楚月球与地球的质量关系、半径关系，所以无法确定月球表面重力加速度与地球表面重力加
速度的关系，故B 错误；
C．根据牛顿第二定律可得GMm
r
2
=ma
可得a= GM
r
2
可知月球公转的向心加速度与地球表面重力加速度之比为a
g =
R
2
(60 R)
2 = 1
60
2
故C 正确；
D．嫦娥六号绕月球做匀速圆周运动时，有G M
′ m
′
r
2
=m
′ 4 π
2
T
2 r
2
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可得月球质量为M
′ = 4 π
2r
3
GT
2
由于不知道嫦娥六号绕月球做匀速圆周运动的周期和轨道半径，所以根据题干的信息无法求出月球的质
量，故D 错误。
故选C。
4.中国计划在2030 年前实现中国人首次登陆月球。如图所示，探测器从地面发射后，进入地月转移轨道，
经多次变轨最终进入月球表面附近的工作轨道，开始对月球进行探测。下列说法正确的是（ ）
A．探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上经过P点时的加速度相等
B．探测器在轨道Ⅲ上的运行速度比月球的第一宇宙速度大
C．探测器在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅰ上的大
D．探测器在轨道Ⅰ上经过P点时的速度比在轨道Ⅱ上经过P点时的速度小
【答案】A
【详解】A．根据牛顿第二定律有G Mm
r
2 =ma
解得a= GM
r
2
可知，探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上经过P点时的加速度相等，故A 正确；
B．针对于圆轨道，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
月球的第一宇宙速度近似等于近月轨道上卫星的环绕速度，由于轨道半径越大，线速度越小，可知，探测
器在轨道Ⅲ上的运行速度比月球的第一宇宙速度小，故B 错误；
C．根据图示，探测器在轨道Ⅲ上运行的半长轴比在轨道Ⅰ上的半长轴小，根据开普勒第三定律可知，探
测器在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅰ上的小，故C 错误；
3
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D．轨道Ⅰ相对于轨道Ⅱ是高轨道，由高轨道变轨到低轨道需要在切点位置减速，可知，探测器在轨道Ⅰ
上经过P点时的速度比在轨道Ⅱ上经过P点时的速度大，故D 错误。
故选A。
5.“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一
般远离其他天体。如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O 点做周
期相同的匀速圆周运动。现测得两颗恒星之间的距离为L，质量之比为m1：m2=3：2，则可知（ ）
A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为2：3
B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2
C．m2做圆周运动的半径为2
5 L
D．m2做圆周运动的周期为T =2π√
L
3
G m2
【答案】A
【详解】CD．由万有引力提供向心力，有G m1m2
L
2
=m1 4 π
2
T
2 r1=m2 4 π
2
T
2 r2
得r1:r2=m2:m1=2:3
又r1+r2= L
得m1与m2做圆周运动的半径分别为r1= 2
5 L，r2= 3
5 L
将r1= 2
5 L代入，解得T =2π√
2 L
3
5G m2
，故CD 错误；
AB．双星周期相同，由v = 2πr
T
得m1、m2做圆周运动的线速度之比v1:v2=r1:r2=2:3，由ω= 2π
T
得角速
度之比为1：1，故A 正确，B 错误。
故选A。
6.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
4
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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
T −2t
【答案】D
【详解】AB．对地球卫星有G Mm
r
2 =mr ω
2
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静止卫星的角速度相同，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提供，但是太空电梯上各质
点的向心力小于其万有引力，则电梯轨道对电梯的作用力方向背离地心，该作用力将万有引力的效果抵
消，从而达到圆周运动的供求平衡，所以处于失重状态，但是不是完全失重状态，故AB 错误；
C．同步空间站上，万有引力等于空间站做圆周运动的向心力，即G M m空
r空
2
=m空
4 π
2r空
T
2
电梯的环绕半径小于空间站的环绕半径，即r梯<r空
则G M m梯
r梯
2
>m梯
4 π
2r梯
T
2
万有引力大于电梯做圆周运动的向心力，故电梯外壳上脱落的物体将做近心运动，故C 错误；
D．静止卫星的周期为T 1=T
5
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当两卫星第一次相距最远时，满足2πt
T 1
−2πt
T
' = π
解得T
' = 2Tt
T −2t
，故D 正确。
故选D。
7.如图，假设行星绕太阳的公转可以看作匀速圆周运动，在地面上测得地球与行星1 的连线和地球与太阳
的连线的最大夹角为α。地球与行星2 的连线和地球与太阳的连线的最大夹角为β，下列说法正确的是（
）
A．行星1 与行星2 的公转线速度之比为√tan β √tanα
B．行星1 与行星2 的公转角速度之比为sinα
sin β √
sinα
sin β
C．某时刻行星1 和行星2 相距最近，且公转方向相同，则经过√sin
3 β ⋅√sin
3α
√sin
3 β −√sin
3α
年再次相距最近
D．行星1、行星2、地球的公转加速度之比为sin
2α ÷sin
2 β
【答案】C
【详解】A．设地球绕太阳公转的半径为r，如图
则行星1、行星2 的公转半径分别为r sinα，r sin β，则有
G
M 太m1
(r sinα)
2 =m1
v1
2
r sinα ，G M 太m2
(r sin β)
2 =m2
v2
2
r sin β
6
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联立解得行星1 与行星2 的公转线速度之比为v1
v2
=
√
sin β
sinα
故A 错误；
B 由开普勒第三定律得T 1
T 2
=√
(r sinα )
3
(r sin β)
3 =sinα
sin β √
sinα
sin β
则ω1
ω2
=sin β
sinα √
sin β
sinα
故B 错误。
C．由(
2π
ω1
−2π
ω2)t =2π
得t = √sin
3 β ⋅√sin
3α
√sin
3 β −√sin
3α
年
故C 正确；
D．对行星。根据G M 太m
r
2
=ma
可得加速度a=G M 太
r
2
故行星1、行星2、地球的公转加速度之比为a1
a2
= (r sin β)
2
(r sinα )
2 = (sin β)
2
(sinα )
2
故D 错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共3 个小题。每小题6 分，共18 分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
8.在星球P 和星球Q 的表面，以相同的初速度v0竖直上抛一小球，小球在空中运动时的v — t图像分别如图
所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体，星球P 的半径是星球Q 半径的3 倍，下列说法正确的是（
）
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A．星球P 和星球Q 的质量之比为3:1
B．星球P 和星球Q 的密度之比为1:1
C．星球P 和星球Q 的第一宇宙速度之比为1:3
D．星球P 和星球Q 的近地卫星周期之比为1:1
【答案】BD
【详解】A．由题图像，根据自由落体运动速度与时间关系式知，星球P 和星球Q 表面的重力加速度之比
为
gP
gQ
=
v0
t
v0
3t
= 3
1
在星球表面物体重力近似等于万有引力，则可知
G Mm
R
2 =mg
代入得
M P
M Q
= gP RP
❑
2
gQ RQ
❑
2 = 3×3
2
1×1
2 =27:1
A 错误；
B．根据质量与密度关系式知
ρ= 3 M
4 π R
3
代入得
ρP
ρQ
= M P
RP
3 ⋅RQ
3
M Q
=1:1
B 正确；
C．根据万有引力提供星球做圆周运动向心力知
8
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G Mm
R
2 =m v
2
R
代入得
vP
vQ
=√
gP RP
gQ RQ
=3:1
C 错误；
D．根据周期与线速度关系式知
T = 2πR
v
代入得
T P
T Q
= RP
vP
⋅vQ
RQ
=1:1
D 正确；
故选BD。
9.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 是地球静止卫星，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．向心加速度大小关系是：ab>ac>ad>aa
B．在相同时间内b 转过的弧长最长，a、c 转过的弧长对应的角度相等
C．c 在4 小时内转过的圆心角是π
2
，a 在2 小时内转过的圆心角是π
6
D．b 的周期一定小于d 的周期，d 的周期一定大于24 小时
【答案】BD
【详解】A．c 为同步地球卫星，周期与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω
2r
c 的向心加速度大于a，由牛顿第二定律得G Mm
r
2 =ma，a= GM
r
2
所以半径越大加速度越小所以ab>ac>ad
a、d 向心加速度无法比较，A 错误；
9
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B．根据天体运动G Mm
r
2 =m v
2
r
线速度v =√
GM
r
因此vb>vc>vd
a 和c 角速度大小相等，半径越大线速度越大vc>va
综上卫星b 相同时间转过的弧长最长，a 和c 相同时间内转过的角度相同，B 正确；
C．静止卫星的周期为24 小时，则4 小时内转过的角度为π
3
，地球在2 小时内转过的角度为π
6
，C 错误；
D．由万有引力提供向心力可得GMm
r
2
=m 4 π
2
T
2 r
解得T =√
4 π
2r
3
GM
d 的周期大于c 的周期，则d 的周期大于24h，b 的周期一定小于d 的周期，D 正确。
故选BD。
10.由多颗星体构成的系统，叫做多星系统．有这样一种简单的四星系统：质量刚好都相同的四个星体A、
B、C、D，A、B、C 分别位于等边三角形的三个顶点上，D 位于等边三角形的中心．在四者相互之间的万有
引力作用下，D 静止不动，A、B、C 绕共同的圆心D 在等边三角形所在的平面内做相同周期的圆周运动．
若四个星体的质量均为m，三角形的边长为a，引力常量为G，则下列说法正确的是
A．A、B、C 三个星体做圆周运动的半径均为√3
2 a
B．A、B 两个星体之间的万有引力大小为Gm
2
a
2
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C．A、B、C 三个星体做圆周运动的向心加速度大小均为(√3+3)Gm
a
2
D．A、B、C 三个星体做圆周运动的周期均为2πa√
a
(3+√3)Gm
【答案】BC
【详解】A．A、B、C 绕等边三角形的中心D 做圆周运动，由几何关系知：它们的轨道半径为： r = √3
3 a
，故A 错误；
B．根据万有引力公式，A、B 两个星体之间的万有引力大小为G m
2
a
2
，故B 正确；
C．以A 为研究对象，受到的合力为
F =2× Gmm
a
2
cos30°+ Gmm
( √3
3 a)
2 = (3+√3)G m
2
a
2
，
根据牛顿第二定律，F=ma 向，A、B、C 三个星体做圆周运动的向心加速度大小：
a向= (3+√3)Gm
a
2
，
故C 正确；
D．根据合力提供向心力有：
(3+√3)Gmm
a
2
=m 4 π
2
T
2 r =m 4 π
2
T
2 ⋅√3
3 a，
得A、B、C 星体做圆周运动的周期为：
T =2πa√
a
√3(3+√3)Gm
，
故D 错误．
故选BC。
三、非选择题：本题共5 小题，共54 分。其中后三小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演
算步骤：有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11.（6 分）1798 年，卡文迪什在《伦敦皇家学会哲学学报》论文中发表了“扭秤”的思想，如图1 所示。
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阅读完整个实验内容完成下列问题
(1)（单选）卡文迪什扭秤实验中测量G时采用的主要研究方法是_____。
A．控制变量法
B．累积法
C．转换研究对象法
D．放大法
(2)（多选）关于卡文迪什扭秤实验下列说法正确的是_____。
A．大球和小球之间的距离和其尺寸数量级相当，不可当作质点，万有引力定律不适用
B．扭秤装在封闭的箱子里是为了防止空气不均匀受热引起的气流对微小力测量的干扰
C．卡文迪什利用扭秤测定了引力常量的数值，被称为第一个测量地球质量的人
D．大球和小球除了相互之间的引力之外还会受到重力，重力对该实验的测量有影响
(3)卡文迪什扭秤的某种现代简化模型如图2 所示，两个质量为m1的小球固定在一根总长度为L的轻杆两
端，用一根石英悬丝将轻杆水平的悬挂起来，距离小球r处放置两个质量为m2的大球。根据万有引力定
律，固定小球的轻杆会受到一个力矩而转动，从而使石英悬丝扭转，最终引力力矩与悬丝的弹性恢复力矩
大小相等时装置静止不动。已知引力力矩大小可以表示为引力的大小乘以作用点到支点的距离，弹性恢复
力矩可以表示为常数k乘以悬丝旋转角。激光水平入射到固定于悬丝上的平面镜上，弧形标尺到平面镜的
距离为d。从静止释放轻杆到最终平衡的过程中，弧形标尺上反射光点移动的距离为s，则引力常量的表达
式为G = 。（用题干中已知的物理量表示）
【答案】(1)D（2 分）
(2)BC（1+1 分）
(3)
sr
2k
2dLm1m2
（2 分）
【详解】（1）卡文迪什扭秤实验中测量G时采用的主要研究方法是放大法。
故选D。
（2）A．大球和小球之间的距离和其尺寸数量级相当，但是可认为球的质量都集中在球心位置，万有引力
定律仍适用，故A 错误；
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B．扭秤装在封闭的箱子里是为了防止空气不均匀受热引起的气流对微小力测量的干扰，故B 正确；
C．卡文迪什利用扭秤测定了引力常量的数值，被称为第一个测量地球质量的人，故C 正确；
D．大球和小球除了相互之间的引力之外还会受到重力，但是重力在竖直方向，对水平方向的引力无影
响，所以重力对该实验的测量无影响，故D 错误。
故选BC。
（3）平面镜转过的角度为θ = 1
2 ⋅s
d
平衡时满足kθ =2 F ⋅L
2
由万有引力定律可得F =G m1m2
r
2
联立解得G =
sr
2k
2dLm1m2
12.（10 分）卡文迪许设计扭秤实验测定了万有引力恒量,实验中通过万有引力使石英丝扭转的办法巧妙地
测量了极小的万有引力。现有学生研究用某种材料做成的圆柱体在外力矩作用下发生扭转的规律,具体做法
是：做成长为L、半径为R 的圆柱体,使其下端面固定,在上端面施加一个扭转力矩M,使上端面半径转过一
扭转角θ，现记录实验数据如下：
实验次数
M /×10
−2 N ⋅m
L/×10
−2m
R /×10
−4 m
θ /
1
1
5
5
5.1
2
2
5
5
10.0
3
2
10
5
19.9
4
2
10
10
5.0
5
3
10
5
30.2
6
3
15
5
44.9
7
4
20
15
8.9
（1）利用上表实验数据,可以采取 法,分别研究扭转角θ与M，θ与L，θ与R 的关系,进
而得出θ与M 、L、R的关系是
（2）用上述材料做成一个长为0.4 m，半径为0.002m的圆柱体，在下端面固定,上端面受到
M = 4×10
−2N ⋅m的扭转力矩作用下，上端面将转过的角度是 .
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（3）若定义扭转系数K = M
θ
则K 与R、L 的关系是
（4）根据上述结果，为提高实验的灵敏度，卡文迪许在选取石英丝时,应选用长度 (选填
“长”或“短”）一点、截面 一点（选填“粗”或“细”）的石英丝。
【答案】 控制变量（1 分） θ = 2.5×10
−3 ML
R
2
（2 分） 10
∘ （1 分） K =
R
2
2.5×10
−3 L
（2 分） 长（2 分） 细（2 分）
【详解】（1）[1]研究一个变量与多个因素有关时，应该采用控制变量法；
[2]根据实验数据得θ与M、L、R的关系是
θ = 2.5×10
−3 ML
R
2
（2）[3]做成一个长为0.4 m，半径为0.002m的圆柱体，在下端面固定，上端面受到M = 4×10
−2N ⋅m的扭
转力矩作用下，根据
θ = 2.5×10
−3 ML
R
2
解得
θ =10
∘
（3）[4]根据
θ = 2.5×10
−3 ML
R
2
得
K = M
θ =
R
2
2.5×10
−3 L
（4）[5]根据上述结果
K = M
θ =
R
2
2.5×10
−3 L
为提高实验的灵敏度，卡文迪许在选取石英丝时，应选用长度长一点、截面细一点的石英丝，会导致石英
丝更容易转动。
13.（10 分）一颗卫星环绕地球做匀速圆周运动，其运行轨道到地面的距离是地球半径的2.5 倍，地球的同
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步卫星到地面的距离是地球半径的6 倍。已知地球的自转周期为T，地球的半径为R，万有引力常量为
G。只考虑地球对卫星的引力，求：
(1)该卫星绕地球做匀速圆周运动的周期；
(2)地球的密度。
【答案】(1)√2
4 T
(2)1029 π
GT
2
【详解】（1）根据开普勒第三定律可知( R+2.5 R)
3
T
' 2
= ( R+6 R)
3
T
2
（2 分）
解得T
' = √2
4 T（2 分）
（2）对同步卫星根据G
Mm
( R+6 R)
2 =m 4 π
2
T
2 ( R+6 R)（2分），ρ=
M
4
3 π R
3（2 分）
解得地球密度ρ= 1029 π
GT
2 （2 分）
14.（12 分）万有引力定律揭示了天体运行规律与地上物体运动规律具有内在的一致性。将地球视为质量
均匀分布的球体，不考虑空气的影响。已知地球质量为M，地球同步卫星的轨道半径r，万有引力常量为
G。
(1)求地球自转周期T。
(2)由于地球自转的影响，在地球表面不同的地方，物体的重量会随纬度的变化而有所不同。将地球视为质
量均匀分布的球体，不考虑空气的影响。用弹簧秤称量一个相对于地面静止的小物体的重量，设在地球北
极地面称量时，弹簧秤的读数是F1；在赤道地面称量时，弹簧秤的读数是F2。已知地球半径为R。
a.求比值F2
F1
的表达式；
b.在纬度为θ 的地面，求测得弹簧秤的读数F3（用F1、F2、θ 表示）。
【答案】(1)2π√
r
3
GM
(2)a.
r
3
r
3−R
3
；b.√(F1sinθ)
2+(F2cosθ)
2
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【详解】（1）同步卫星与地球自转同步，万有引力提供向心力，可得GMm
r
2
=m(
2π
T )
2
r（2 分）
解得T =2π√
r
3
GM
（1 分）
（2）a.在北极测量时，重力等于万有引力，即F1= GMm
R
2
（1 分）
在赤道测量时，重力等于万有引力与向心力之差，即F2= GMm
R
2
−m(
2π
T )
2
R = GMm
R
2
−GMmR
r
3
（2 分）
联立，解得F2
F1
= r
3−R
3
r
3
（1 分）
b.在纬度为θ 位置处，万有引力为F1，向心力大小为F向=m(
2π
T )
2
R cosθ =(F1−F2)cosθ（1 分）
根据余弦定理F3
2= F1
2+ F向
2 −2 F1 F向cosθ（2 分）
解得F3=√(F1sinθ)
2+(F2cosθ)
2（2 分）
15.（16 分）进入二十一世纪后，我国航天和探月工程在攀登世界科技高峰取得了多个伟大壮举。已知地
球表面重力加速度g 和地球半径R，回答下列问题：
（1）某卫星在赤道面沿椭圆轨道运动，其近地点到地球球心距离可认为等于地球半径R，远地点到地球球
心距离等于7 R。若此卫星在近地点时恰好在中国空间站（其运动可简化为轨道半径为R 的匀速圆周运
动，轨道倾角约为41.3°）的正下方，求该卫星下一次经过中国空间站正下方所需要的时间t。
（2）2024 年5 月3 日，嫦娥六号探测器成功发射，它将完成月球背面取样的使命。为了解决探测器在月
球背面的通信问题，需要发射中继卫星。一种方案是将中继卫星定点在地月系统（视为双星系统）的拉格
朗日L2点（L2点位于地月连线延长线上），中继卫星在L2点可在地球和月球引力共同作用下，与月球同步
绕地月系统的质量中心O 点做匀速圆周运动。求月球到O 点的距离r2以及L2点到月心的距离r。（已知地
球质量为月球的质量的81 倍，地月距离为60 R，r
60 R
很小，当x 很小时，(1+ x)
n≈1+nx。）
【答案】（1）t = 16 π
7 √
R
g
；（2）59.27 R，20.75 R
【详解】（1）令卫星与空间站周期分别为T 1、T 2，根据开普勒第三定律有
16
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(
R+7 R
2 )
3
T 1
2
= R
3
T 2
2
（2 分）
对空间站，由于万有引力提供向心力，则有
G Mm
R
2 =m 4 π
2 R
T 2
2
（1 分）
在地球表面有
G Mm
R
2 =mg（1 分）
卫星下一次经过中国空间站正下方过程有
2π
T 2
t −2π
T 1
t =2π（2 分）
解得
t = 16 π
7 √
R
g
（1 分）
（2）对月球有
G
M ⋅M
81
(60 R)
2 = M
81 ⋅4 π
2⋅60 R
T 月
2
（1 分）
由于地月系统的质量中心O 点，则有
M (60 R−r2)= M
81 r2（1 分）
解得
r2= 2430
41 R≈59.27 R（1 分）
探测器绕地月系统的质量中心O 点做匀速圆周运动，则有
G(M + M
81)m0
(r2+r)
2
=m0
4 π
2(r2+r)
T 月
2
（1 分）
结合上述解得
r2
3(1+ r
r2)
3
= 82×(60 R)
3
81
（2 分）
17
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由于r
60 R 很小，则r
r2
也很小，结合题意上述方程可以近似有
r2
3(1+3 r
r2)= 82×(60 R)
3
81
（2 分）
解得
r ≈20.75 R（1 分）
18
