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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）
考试范围：物理必修二第7 章
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、选择题：本题共8 小题，每小题4 分，共32 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．“天宫二号”在距地面390 km 的轨道上运行，“天链二号01 星”是一颗地球静止轨道卫星，可为“天
宫二号”与地面测控站间数据传输提供中继服务，两者均绕地球做匀速圆周运动。则（ ）
A．“天宫二号”的速度大于第一宇宙速度
B．“天链二号01 星”能经过广州上空
C．“天链二号01 星”的角速度比“天宫二号”的角速度小
D．“天链二号01 星”的加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度
【答案】C
【详解】A．第一宇宙速度是近地圆轨道卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速
度。根据
解得
由于“天宫二号”的轨道半径大于地球半径，所以其运行速度小于第一宇宙速度，故A 错误；
B．“天链二号01 星”是地球静止轨道卫星，其轨道平面必须与地球赤道平面重合，而广州不在赤道上，
所以该卫星不可能经过广州上空，故B 错误；
C．根据
解得
由图可知，“天链二号01 星”的轨道半径远大于“天宫二号”的轨道半径，所以“天链二号01 星”的角
速度比“天宫二号”的角速度小，故C 正确；
D．“天链二号01 星”是地球静止轨道卫星，其角速度与地球自转角速度相同，即与赤道上物体随地球
自转的角速度相等。
“天链二号01 星”的轨道半径大于地球半径（即赤道上物体的旋转半径），根据向心加速度公式
，
可得“天链二号01 星”的加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度，故D 错误。
故选C。
2．
如图1，某人造卫星绕地球运动，其所受地球引力大小随时间变化的规律如图2 所示，t 为已
知量。已知地球的半径为R，近地点离地面的高度也为R，引力常量为G，假设卫星只受地球引力，下列
说法正确的是（ ）
A．卫星在近地点与远地点离地的高度之比为
B．卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为
C．卫星在近地点与远地点的速度之比为
D．地球的质量为
【答案】C
【详解】A．设近地点和远地点到地心的距离分别为
、
，根据万有引力公式，可得卫星在近地点和远
地点时分别有
，
解得
已知近地点离地面的高度为
，则近地点到地心的距离为
所以远地点到地心的距离为
则远地点距地面的高度为
所以卫星在近地点与远地点离地的高度之比为
，故A 错误；
B．由牛顿第二定律有
解得
可知卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为
，故B 错误；
C．根据开普勒第二定律，卫星在近地点与远地点时有
可知近地点与远地点的速度之比为
，故C 正确；
D．对于圆轨道上的卫星，根据万有引力提供向心力得
整理可得
由图2 可知卫星的周期为
该卫星的半长轴
结合开普勒第三定律有
解得地球的质量为
，故D 错误。
故选C。
3．木星有4 颗卫星是伽利略发现的，称为伽利略卫星。若这四颗卫星绕木星运动的轨道近似为圆轨道，
它们的轨道周期如表所示。关于这4 颗卫星的比较，下列说法正确的是（ ）
卫星名称
木卫一
木卫二
木卫三
木卫四
公转周期
（天）
1.77
3.55
7.15
16.69
A．木卫一的运行线速度最小
B．木卫二的运行角速度最小
C．木卫三的向心加速度最大
D．木卫四在单位时间内与木星连线扫过的面积最大
【答案】D
【详解】A．四颗卫星绕木星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由开普勒第三定律
可知周期越大轨道半径越大，由题中表格周期大小关系可知“木卫一”“木卫二”“木卫三”“木卫四”
的半径大小关系为
。
由
可得线速度
可知轨道半径越小线速度越大，木卫一轨道半径
最小，线速度最大，故A 错误；
B．由角速度
可知周期越大角速度越小，木卫四周期最大，角速度最小，故B 错误；
C．由
可得向心加速度
可知轨道半径越小，加速度越大，木卫一轨道半径
最小，向心加速度最大，故C 错误；
D．根据
可得
单位时间内卫星与木星连线扫过的面积
代入
可得
可知轨道半径越大，面积越大，木卫四轨道半径
最大，单位时间扫过的面积最大，故D 正确。
故选D。
4．“天问一号”是中国首次自主火星探测任务，成功实现了火星的环绕、着陆和巡视，标志着中国在深
空探测领域的重要进展。如图所示，“天问一号”通过调相轨道2 在
点进入火星的停泊轨道1，轨道1
和轨道2 在
点相切，
为轨道2 的远火点，
为轨道2 的近火点，则“天问一号”（ ）
A．在地球的发射速度介于
与
之间
B．在轨道2 运动的周期小于在轨道1 运动的周期
C．在轨道2 运动的机械能小于在轨道1 运动的机械能
D．在轨道2 经过
点的速度小于在轨道1 经过
点的速度
【答案】D
【详解】A．“天问一号”绕火星运动，因此发射速度须介于第二宇宙速度与第三宇宙速度之间，即介于
11.2km/s 与16.7km/s 之间，故A 错误；
B．根据开普勒第三定律有
（
为半长轴，
为周期，
为常量），轨道2 的半长轴大于轨道1 的半
长轴，因此轨道2 的周期大于轨道1 的周期，故B 错误；
C．“天问一号”从调相轨道2 进入停泊轨道1，需要在P 点减速，动能瞬间变小，引力势能不变，机械能
减小，因此轨道2 的机械能大于轨道1 的机械能，故C 错误；
D． 设火星质量为
，若“天问一号”绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力定律有
得
“天问一号”在
点做近心运动，因此
（
是
到火星中心的距离）；
轨道1 的
点，“天问一号”做离心运动，因此
（
是
到火星中心的距离，且
）
因此可得
即“天问一号”在轨道2 经过
点的速度小于在轨道1 经过
点的速度，故D 正确。
故选D。
5．
北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，其由空间段、地面段和用户段三部
分组成，可在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度高可靠定位、导航、授时服务。如图所示，
a 为北斗组网卫星中的极地卫星、b 为组网中的地球静止卫星，c 为赤道上随地球一起转动的物体。已知地
球自转周期为T，地球半径为R，赤道上重力加速度为g，引力常量为G，则（ ）
A．地球的质量为
B．b 卫星距地面高度为
C．a、b、c 的线速度大小关系为
D．a、b、c 的周期大小关系为
【答案】B
【详解】A．对物体c，根据万有引力与重力的关系
解得地球质量
，故A 错误；
B．设同步卫星距地面的高度为H，则有
解得H
R，故B 正确；
C．根据
，解得
因为a 的轨道半径低于b 的轨道半径，则有va＞vb，同步卫星和赤道上物体的周期相同，由
，则
有vb＞vc，综合以上有va＞vb＞vc，故C 错误；
D．由万有引力提供向心力
，解得
因为a 的轨道半径低于b 的轨道半径，则有Tb＞Ta，即Tc＝Tb＞Ta，故D 错误。
故选B。
6．拉格朗日点指的是在太空中类似于“地—月”或“日—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运行所需要的向心力，
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—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，该
拉格朗日点与月球球心的距离为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，则由以上数据判断（ ）
A．地球的密度为
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发射速度大于11.2km/s
D．月球对该卫星的引力为
【答案】D
【详解】A．对月球，根据万有引力提供向心力有
地球的密度为
，其中
联立解得
，A 错误；
B．卫星与月球的角速度相等，根据
可知，卫星的运动半径较大，则在拉格朗日点的卫星的线速度
比月球的线速度大，B 错误；
C．在拉格朗日点的卫星没有脱离地球的引力束缚，所以发射速度小于第二宇宙速度，即小于
，C
错误；
D．设月球对卫星的引力为F，则卫星所受向心力为
结合“黄金代换”公式
联立解得
，D 正确。
故选D。
7．
因受月球潮汐引力影响，地球自诞生以来，自转周期在持续增大。同时，科学研究指出，地
球板块的运动、地壳的收缩以及人类活动也会使地球的自转周期发生微小的变化。若不考虑月球影响，对
地球上各部分物体，存在
，其中rn 为各部分物体到地轴的距离，只要地球总
质量不变，k 为恒量。下列相关说法正确的是（ ）
A．对于地球赤道上的物体，重力加速度在变小
B．1000 年后发射的地球静止轨道卫星高度比近几年发射的低
C．若仅考虑北回归线附近的大陆板块向赤道漂移，会使地球自转周期减小
D．若仅考虑板块挤压形成山脉，地球自转周期会增大
【答案】D
【详解】A．对赤道上物体进行分析有
解得
由于受月球潮汐影响地球自转周期持续增大，则角速度
减小，可知，重力加速度
增大，故A 错误；
B．地球静止轨道卫星周期等于地球自转周期
，由万有引力提供向心力，则有
解得
可知，当周期
增大时，轨道高度
增大，由于1000 年后
更大，则地球静止轨道卫星高度更高，故B 错
误；
C．北回归线附近板块向赤道漂移时，纬度降低，板块到地轴的距离
其中，
为纬度，
减小，则板块到地轴的距离增大，根据题意可知，整体的
增大，因此
减小，
增
大，故C 错误；
D．板块挤压形成山脉时，部分物质隆起，板块到地轴的距离增大，根据题意可知，整体的
增大，因此
减小，
增大，故D 正确。
故选D。
8．未来发射月球探测器有望不经过近地停泊变轨，这种直接从地球表面沿椭圆轨道飞向月球的发射方法，
称为直接登月轨道法，工程上也常叫“一步到位式地月转移”。如图所示，若不计一切阻力，将某探测器
从地球表面上的
点以某一速度发射，探测器沿椭圆轨道运动，到达月球表面的
点，
点离地心的距离
为
，地球的半径为
，地球表面的重力加速度为
，如果选取无穷远处的引力势能为零，它们之间引
力势能的表达式是
，其中是探测器与地心间的距离。若不考虑月球的引力势能，探测器在
点的最小发射速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设探测器在
点的最小发射速度
,
点速度大小为
由开普勒第二定律得
得
根据机械能守恒定律
又
得
综合解得
故选A。
二、选择题：本题共2 小题，每小题5 分，共10 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
9．“嫦娥七号”探测器计划于2026 年8 月发射，开启人类对月球南极区域勘查任务。“嫦娥七号”探测
器被月球捕获进入月球轨道的部分过程如图所示，探测器在椭圆轨道1 运行经过
点时变轨进入椭圆轨道
2，在轨道2 上经过
点时再次变轨进入圆轨道3（忽略变轨时质量变化）。三个轨道相切于
点，
点是
轨道2 上离月球最远的点（选项中速度、机械能以及引力势能中出现的1、2、3 分别对应轨道1、2、3 上
的物理量）。则探测器（ ）
A．在轨道2 上
、
点的速度大小关系：
B．在轨道2 上
点的速度与在轨道3 上
点的速度大小关系：
C．在三个轨道上机械能大小关系：
D．在三个轨道上
点的引力势能大小关系：
【答案】AC
【详解】A．根据开普勒第二定律可知，探测器在轨道2 的近月点（
点）的速度大于在远月点（
点）
的速度，即
，故A 正确；
B．探测器在轨道2 上经过
点时，需减速做向心运动才能进入圆轨道3，即
，故B 错误；
C．探测器在轨道1 上经过
点时减速做向心运动进入轨道2，在轨道2 上经过
点时再次减速做向心运动
进入轨道3，因减速变轨过程发动机做负功，探测器的机械能减小，所以三个轨道上机械能大小关系为
，故C 正确；
D．引力势能仅与探测器到月球中心的距离有关，因三个轨道在
点距月球中心的距离相同，故在三个轨
道上
点的引力势能大小相等，即
，故D 错误。
故选AC。
10．
科学家通过引力波探测器观测到一个由两颗恒星组成的双星系统，它们围绕共同的中心做
匀速圆周运动，科学家发现该双星系统的运动周期
与两颗恒星的质量和距离之间存在某种关系。已知两
颗恒星质量分别为
和
，它们之间的距离为
，引力常量为
。则关于该双星系统下列说法正确的是
（ ）
A．两颗恒星所受的向心力大小相等
B．该双星系统的质量比
越大，两颗恒星的轨道半径比
也越大
C．两颗恒星的运动周期
与
成反比，与
成正比
D．研究发现该双星系统会通过引力波辐射损失能量，则该双星系统的距离L 会逐渐减小，运动周期
也会逐渐减小
【答案】AD
【详解】A．双星系统围绕共同的中心做匀速圆周运动，由双星之间的万有引力提供圆周运动的向心力，
可知，两颗恒星所受的向心力大小相等，故A 正确；
B．双星圆周运动的角速度相等，根据
，
解得
可知，双星系统的质量比
越大，两颗恒星的轨道半径比
越小，故B 错误；
C．根据角速度与周期的关系有
由于双星系统围绕共同的中心做匀速圆周运动，则有
结合上述解得
可知，两颗恒星的运动周期
与
成正比，与
成反比，故C 错误；
D．双星系统通过引力波辐射损失能量，导致轨道收缩，距离L 减小，根据周期公式
可知L 减小时T 也减小，故D 正确。
故选AD。
三、非选择题：本题共5 小题，共58 分。
11．（6 分）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一起转动，b 在近地轨道上
转动，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所示，则a 卫星的角速度________（填
“
”“
”或“
”）c 卫星的角速度，a 卫星的线速度________（填“
”“
”或“
”）c 卫星的线
速度，b 卫星的线速度________（填“
”“
”或“
”）卫星的线速度。
【答案】
【详解】[1]c 是地球静止同步卫星，其角速度与地球自转角速度相等；a 在赤道随地球自转，因此
[2] a、c 角速度相等，由线速度公式
a 到地心的轨道半径
，因此
[3]b、c 都是绕地球做匀速圆周运动的卫星，万有引力提供向心力，由
得
，轨道半径越小线速度越大，
，因此
12．（10 分）卫星a 与卫星b 围绕地球运行轨道如图所示，图中P 点为两轨道的交点，已知轨道2 半长轴
与轨道3 半径相等，若卫星仅受地球的万有引力作用，则：
(1)卫星b 从轨道1 变轨到轨道2，需要在M 点：________（“加速”或“减速”）；
(2)卫星a 周期________卫星b 周期：轨道2 上N 点的线速度大小________轨道1 线速度大小；
(3)卫星b 在轨道1 上M 点加速度大小________轨道2 上M 点加速度大小；卫星a 经过P 点时的向心加速度
大小________卫星b 经过P 点时的向心加速度大小。（后两问填“大于”“小于”“等于”）。
【答案】(1)加速 (2)等于 小于 (3) 等于 大于
【详解】（1）卫星b 从轨道1 变轨到轨道2，做离心运动，可知需要在M 点加速。
（2）[1]轨道2 半长轴与轨道3 半径相等，根据开普勒第三定律
可得卫星a 周期等于卫星b 周期。
[2]如图所示，构造以球心为圆心，球心到N 点的距离为半径的轨道3，有
可得
可得卫星在图示轨道3 上运行的速度小于在轨道1 上运行的速度；因为做近心运动，可知卫星在轨道2 上
N 点的线速度大小小于轨道3 上运行的速度，可得轨道2 上N 点的线速度大小小于轨道1 线速度大小。
（3）[1]在M 点，根据牛顿第二定律可得
可得加速度
可得卫星b 在轨道1 上M 点加速度大小等于轨道2 上M 点加速度大小。
[2]卫星a 经过P 点时，万有引力全部用来提供向心力，卫星b 经过P 点时，万有引力的分力提供向心力，
沿切向和法向分解如图，根据
可知卫星a 经过P 点时的向心加速度大小大于卫星b 经过P 点时的
向心加速度大小。
13．（10 分）2026 年4 月7 日21 时32 分，我国在海南商业航天发射场，用长征八号运载火箭以“一箭18
星”方式，成功将千帆星座第七批组网卫星送入预定轨道。为实现全球高速互联，该星座部署了两颗轨道
共面、绕行方向相同的地球卫星：卫星P 和卫星Q。已知卫星P 的运行周期为
，轨道半径是地球半径的
k 倍（
），卫星Q 轨道距地面的高度远小于地球半径（可认为其轨道半径等于地球半径），引力常量
为
，不计空气阻力。求：
(1)卫星Q 绕地球运行的周期；
(2)地球的平均密度。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设地球半径为R，由开普勒第三定律得
解得
（2）以卫星P 为研究对象，由牛顿第二定律得
地球的体积为
地球的平均密度为
联立解得
14．（14 分）卫星发射过程一般要经过多次变轨方可到达预定轨道。下图为发射某一颗质量为m 的卫星的
轨道示意图，先将卫星发射到距离地面高度忽略不计的圆轨道Ⅰ上运动，在Q 点加速后进入椭圆轨道Ⅱ上
运动，再在椭圆轨道Ⅱ的远地点P 处加速后到达预定圆轨道Ⅲ上运动。已知地球半径为R，圆轨道Ⅲ距离
地面高度为2R，地球表面的重力加速度为g，卫星在变轨过程中质量近似不变。求：
(1)卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小；
(2)卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期；
(3)卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行时经过P 点的速率
（引力势能的表达式为
，式中M 表示地球的
质量，m 表示卫星的质量，r 表示卫星到地球中心的距离）。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）卫星在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动，有
其中
对地球表面物体有
联立解得
（2）卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，有
联立解得
卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动时半长轴
由开普勒第三定律
联立解得
（3）卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动时，由开普勒第二定律得
又由机械能守恒定律得
联立解得
15．（18 分）
利用不同的模型可以探索地月系统的奥秘。已知引力常量为G，地球半径为R，
地球质量是月球质量的k 倍，地球和月球两球心的距离为d，忽略其他星球的影响。回答下列问题：
(1)在地球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，物体上升的最大高度为
，不计空气阻力，忽略地球自转，
求地球的质量M 及月球绕地球做匀速圆周运动的角速度ω0；
(2)实际上地球和月球构成双星系统，共同绕地月球心连线上的O 点做匀速圆周运动，求该匀速圆周运动的
角速度ω；
(3)在地月系统中存在五个拉格朗日点，在拉格朗日点的航天器与地球、月球始终保持相对静止，即航天器
在地球和月球引力的作用下以角速度ω 绕O 点做匀速圆周运动。其中L4点与地球、月球构成等边三角形，
如图甲所示。L2点在地月延长线上，如图乙所示。航天器的质量远小于地球、月球的质量。[可能用到的数
学工具：余弦定理；当
时，可作近似处理
]
①求在L4点的航天器做匀速圆周运动的半径r；
②设L2点与月球球心的距离为x，我们无法求出x 的解析解，但如果作近似处理，认为
，则可以计
算出
，求系数k0的值。
【答案】(1)
，
(2)
(3)①
；②
【详解】（1）根据竖直上抛运动规律可得
根据万有引力与重力的关系
联立解得
对月球，根据万有引力提供向心力
解得
（2）根据万有引力提供向心力
，
根据几何关系可得
联立解得
（3）①由以上分析可得
根据余弦定理可得
解得
②由以上分析可得
根据牛顿第二定律可得
联立可得
等式两边同时乘以d2得
由于
，则
所以
又
联立解得
