文档文本内容
专题22 万有引力定律及应用
题型一 开普勒定律的应用..............................................................................................................................2
题型二 万有引力定律及重力加速度的理解................................................................................................10
题型三 天体质量和密度的计算.................................................................................................................... 15
课时精练..........................................................................................................................................................27
【基础回顾】
一、开普勒三定律
1．
定律
内容
图示或公式
开普勒第一定律
（轨道定律）
所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，
太阳处在椭圆的一个焦点上
开普勒第二定律
（面积定律）
对任意一个行星来说，它与太阳的连线
在相等的时间内扫过的面积相等
开普勒第三定律
（周期定律）
所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的
公转周期的二次方的比都相等
＝k，k 是一个与行星无关的
常量
2.适用条件：适用于宇宙中一切环绕同一中心天体的运动。
二、万有引力定律及应用
1.内容：自然界中任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小与两物体质量的乘积成正
比，与两物体间距离的二次方成反比。
2.公式：F＝G，其中G 为引力常量，G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，其值由卡文迪什通过扭
秤实验测得。公式中的r 是两个物体之间的距离。
3.适用条件：适用于两个质点或均匀球体；r 为两质点或均匀球体球心间的距离。
三、天体或卫星运动问题分析
1.将天体或卫星的运动看成匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力 提供。
2.表达式
G＝ma＝m＝mrω2＝ mr(2π
T )2
题型一 开普勒定律的应用
1.行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理。
2.由开普勒第二定律可得v1·Δt·r1＝v2·Δt·r2，解得＝，即行星在两个位置的速度之比与到
太阳的距离成反比，近日点速度最大，远日点速度最小。
3.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。该
定律只能用在同一中心天体的两星体之间。
【例题精讲】
1．（2026·江西九江·二模）由中国科学院云南天文台牵头的研究团队，在一颗类似太阳的恒星周围发现
了一颗位于宜居带的“超级地球”开普勒-725c，轨道如图所示。该行星绕恒星运行周期为8t0，行星从
A 到B（A、B 两点关于椭圆长轴对称）、从C 到D 的时间均为t0；从B 到C、从D 到A 行星与恒星的连
线扫过面积之比为3 1∶，万有引力做功的绝对值分别为W BC和W DA，经历的时间分别为t BC和t DA；A 和C
处的速度分别为v A和vC、加速度分别为aA和aC，下面判断正确的是（ ）
A．t DA =2t0
B．W BC>W DA
C．aA<aC
D．v A<vC
1．【答案】B
【详解】A．从B 到C、从D 到A 行星与恒星的连线扫过面积之比为3 1∶，根据开普勒第二定律可知，
t BC =3t DA，而t BC+t DA =8t0-2t0
可得t DA =1.5t0，A 错误；
B．因AB 两点动能相同，由功的概念结合对称性可知W DA<W BC，B 正确；
C．根据G Mm
r
2 =ma，因r A<rC，可得aA>aC，C 错误；
D．根据开普勒第二定律可知1
2 v Ar A Δt = 1
2 vC rC Δt
因r A<rC，可知v A>vC，D 错误。
故选B。
2．（2026·安徽·模拟预测）2025 年4 月27 日23 时54 分，我国在西昌卫星发射中心成功将天链二号05 星
发射升空，卫星顺利进入预定轨道，天链二号05 星属于地球同步轨道卫星，被称为“天上数据中转站”。
是北斗导航系统的重要组成部分。已知空间站离地高度约为400km，地球半径约为6400km，地球同步卫
星离地高度约为36000km，空间站和地球同步卫星的运动均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（
）
A．空间站有可能在天链二号05 星的正下方且二者相对静止
B．空间站绕地球运行一周的时间约为2.5h
C．空间站绕地球运行的线速度可能大于第一宇宙速度
D．空间站绕地球运行的角速度大于地球自转的角速度
2．【答案】D
【详解】A．航天器做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，满足GMm
r
2
=mω
2r
解得ω= ❑√
GM
r
3
天链二号是同步卫星，角速度等于地球自转角速度；空间站轨道半径小于同步卫星轨道半径，因此空间
站角速度大于同步卫星角速度，二者角速度不同，不可能相对静止，故A 错误；
B．根据开普勒第三定律r空
3
T 空
2 = r同
3
T 同
2
已知r空=(6400+ 400)km =6800km，r同=(6400+36000)km = 42400km，T 同=24 h
解得T 空≈1.54 h，故B 错误；
C．航天器做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，满足GMm
r
2
=m v
2
r
解得v = ❑√
GM
r
第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度；空间站轨道半径大于
地球半径，其线速度小于第一宇宙速度，故C 错误；
D．由上述分析可知，空间站角速度大于天链二号的角速度，天链二号的角速度等于地球自转角速度，可
知空间站绕地球运行的角速度大于地球自转的角速度，故D 正确。
故选D。
3．（2026·辽宁沈阳·三模）“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图甲是人造地球卫星A
的运行圆轨道及某时刻星下点M 的示意图。图乙为某段时间内卫星A 绕地球做匀速圆周运动的星下点轨
迹的经、纬度平面图，已知：卫星A 绕行方向与地球自转方向相同，且轨道低于地球静止同步轨道卫星B
（图中未画出）的轨道，卫星B 的轨道半径为r。下列对卫星A 的运动情况说法正确的是（ ）
A．运行周期为16h
B．轨道半径为r
3√9
C．运行速度大于7.9km/s
D．轨道平面与北纬60°平面重合
3．【答案】B
【详解】A．由图可知，地球自转一圈，卫星转动3 圈，则卫星运行周期为8h，故A 错误；
B．根据开普勒第三定律r
3
T 同
2 = R
3
T
2
解得R = r
3√9，故B 正确；
C．7.9km/s 是地球卫星的最大环绕速度，卫星A 的运行速度不可能大于7.9km/s，故C 错误；
D．星下点在南北纬60°之间运动，说明轨道平面与北纬60°平面不重合，故D 错误。
故选B。
4．（2026·浙江绍兴·二模）如图所示，a为地球静止卫星，b为地球椭圆轨道卫星，c为地球赤道上的物体，
b轨道的长轴是a轨道半径的2 倍，椭圆轨道上A点到地球中心的距离等于a的轨道半径，a、b的轨道不
相交。已知a、c线速度大小分别为v1、v2，地球自转周期为T 0，下列说法正确的是（ ）
A．v1<v2=7.9km /s
B．a的轨道半径为v1T 0
2π
C．b的运行周期为
3√2T 0
D．b经过A点时，向心加速度大小为2π v1
T 0
4．【答案】B
【详解】A．7.9km /s是地球的第一宇宙速度，是近地卫星的环绕速度，根据万有引力提供向心力有
G Mm
r
2 =m v
2
r
可得v = ❑√
GM
r
可知地球静止卫星a的线速度v1小于近地卫星，又地球静止卫星a和地球赤道上的物体c角速度相同，根据
v =rω可知地球静止卫星a的线速度v1大于物体c的线速度v2，故A 错误；
B．地球自转周期为T 0，可知a的周期为T 0，有v1T 0=2π ra
可得a的轨道半径为ra= v1T 0
2π ，故B 正确；
C．b轨道的长轴是a轨道半径的2 倍，即b轨道的半长轴等于a轨道半径，根据开普勒第三定律有rb
3
ra
3 = T b
2
T 0
2
可得b的运行周期为T 0，故C 错误；
D．椭圆轨道上A点到地球中心的距离等于a的轨道半径，根据G Mm
r
2 =ma可知b经过A点时受地球引力
与卫星a 所受地球引力大小相等，二者加速度大小也相等，但是卫星b做椭圆运动，由地球引力的分力提
供向心力，而卫星a受的地球引力全部用来提供向心力，可知二者向心加速度大小不相等，又卫星a的向
心加速度为an= v1ωa= 2π v1
T 0
，故D 错误。
故选B。
5．（2026•赣州模拟）2025 年11 月5 日，神舟二十号返回舱从空间站分离，开启返回地球的旅程，在返
回地球的过程中有一段时间其运动轨迹是椭圆，绕行方向如图所示，地球位于椭圆的焦点O 上。假设
每隔Δt 时间记录一次返回舱的位置，记录点如图所示，已知E 为椭圆轨道的中心，AB、CD 分别为椭
圆的长轴和短轴，AB 的距离为2a，CD 的距离为2b，且满足a= ❑√2b，椭圆的面积公式为S＝πab，则
返回舱从D 运动到C 的最短时间为（ ）
A．(7- 7 ❑√2
π
) Δt
B．( 7
2 + 7 ❑√2
π
) Δt
C．( 7
2 +
❑√2
2π ) Δt
D．4Δt
【答案】A
【详解】解：根据题图分析可知，返回舱绕地球运行的周期为T＝14Δt，由开普勒第二定律可知，返回舱
与椭圆的焦点O 的连线在相等的时间内扫过的面积都相等，设当经过时间为t 时，返回舱与椭圆的焦点O
的连线扫过的面积为S，则根据开普勒第二定律可知t∝S
设返回舱从A 运动到C 过程所用时间为t1，返回舱与椭圆的焦点O 的连线扫过的面积为S1，则S1
S椭圆
= t1
T
其中，由图可知S1= 1
4 S椭圆- S△OEC
根据数学知识可知OE =c =
❑√a
2-b
2
所以S△OEC = 1
2 bc
又根据题意可知S 椭圆＝πab
且a= ❑√2b
联立，代入数据解得t1=( 7
2 - 7 ❑√2
2π ) Δt
则返回舱从D 运动到C 的最短时间为t =2t1=(7- 7 ❑√2
π
) Δt，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
6．（2026·浙江温州·二模）如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ相切于P 点，
AB 是椭圆轨道Ⅰ的短轴。图乙为该飞行器在两轨道上受到地球引力大小随时间的变化规律。则（ ）
A．飞行器在t1时刻经过轨道Ⅰ的近地点
B．飞行器沿轨道Ⅰ上从A 点经P 点运行至B 点的时间为t3-t2
C．飞行器沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行的周期之比为❑√125:❑√729
D．t1∼t3时间内，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积相等
6．【答案】C
【详解】A．飞行器在两轨道运行过程中，当飞行器在轨道Ⅰ的近地点时，飞行器距离地球间距最小，飞
行器所受万有引力最大，根据图乙可知，飞行器在t2时刻经过轨道Ⅰ的近地点，故A 错误；
B．结合上述，根据图乙可知，飞行器在t2时刻经过轨道Ⅰ的近地点，在t3时刻经过轨道Ⅰ的P 点，即飞
行器沿轨道Ⅰ上从近地点经A 点运行至P 点的时间为t3-t2，故B 错误；
C．根据图乙，飞行器在轨道Ⅰ的近地点与远地点有9 F =G Mm
r1
2 ，4 F =G Mm
r2
2
飞行器沿轨道Ⅱ的远地点有F =G Mm
r3
2
根据开普勒第三定律有(
r1+r2
2 )
3
T 1
2
=(
r3+r2
2 )
3
T 2
2
解得T 1:T 2= ❑√125:❑√729，故C 正确；
D．t1∼t3时间内，飞行器开始在轨道Ⅱ上运行，后来在轨道Ⅰ上运行，开普勒第二定律是针对同一轨道，
可知，t1∼t3时间内，飞行器与地球连线在任意相等时间内扫过的面积不一定相等，故D 错误。
故选C。
7．（2026·河北邢台·二模）如图所示，嫦娥六号在地月转移轨道合适位置制动后进入周期为12 小时的环
月椭圆轨道I，在轨道I 的P点制动后进入周期为4 小时的椭圆轨道II，在轨道II 的Q点制动后进入周期约
为128 分钟的圆轨道III。O点为月球球心，月球的质量为M，万有引力常量为G，取无穷远势能为零，嫦
娥六号与月球间的引力势能为Ep=- GMm
r0
（m为嫦娥六号的质量，r0为嫦娥六号与月球中心的距离）。
已知OQ =r 、OP=kr。则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆轨道I 和椭圆轨道II 的半长轴之比为9:1
B．嫦娥六号在轨道I 和轨道II 的P点加速度大小均为k
2GM
r
2
C．嫦娥六号在轨道II 上经过P点的线速度大小为❑√
2GM
rk (k +1)
D．嫦娥六号在Q点制动，从轨道II 变到轨道III 的过程中，制动力所做的功W =- GMm(k +1)
2r (k -1)
7．【答案】C
【详解】A．椭圆轨道I 和II 的周期之比为T 1:T 2=3:1，根据开普勒第三定律a1
3
T 1
2 = a2
3
T 2
2，解得a1
a2
=
3√9，故
A 错误；
B．嫦娥六号在轨道I 和轨道II 的P点时，万有引力产生加速度，所以二者的加速度均为a= GM
k
2r
2，故B 错
误；
C．设嫦娥六号在轨道II 上经过Q点和P点的线速度大小v10和v2，根据开普勒第二定律可得v10r = v2kr
根据在P、Q两点嫦娥六号的机械能相等可得- GMm
r
+ 1
2 mv10
2 =- GMm
kr
+ 1
2 mv2
2
解得v10= ❑√
2kGM
r (k +1)，v2= ❑√
2GM
rk (k +1)，故C 正确；
D．设在轨道III 上速度大小为v1，万有引力提供向心力GMm
r
2
= m v1
2
r
解得v1= ❑√
GM
r
嫦娥六号在Q点制动从轨道II 变到轨道III 的过程中，由动能定理可得W = 1
2 mv1
2- 1
2 mv10
2 ，解得
W =- GMm(k -1)
2r (k +1)
，故D 错误。
故选C。
(多选）8．（2026·湖南·三模）如图所示，地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动。
地球和太阳中心的连线与地球和该行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角）。已知
该行星的最大视角为θ，当行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期。下列
说法正确的是（ ）
A．地球绕太阳运动的周期小于该行星绕太阳运动的周期
B．地球绕太阳运动的线速度小于该行星绕太阳运动的线速度
C．行星与太阳的连线和地球与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等
D．行星绕太阳运动的角速度与地球绕太阳运动的角速度之比为ω行:ω地=1:
❑√sin
3θ
8．【答案】BD
【详解】AB．根据G Mm
r
2 =m v
2
r =m 4 π
2
T
2 r
可知v = ❑√
GM
r
，T =
❑√
4 π
2r
3
GM
所以地球绕太阳运动的周期大于该行星绕太阳运动的周期，地球绕太阳运动的线速度小于该行星绕太阳
运动的线速度，A 错误、B 正确；
C．根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等，C 错误；
D．设该行星与太阳的连线和该行星与地球的连线的夹角为α，则由正弦定理得r
sinθ = r地
sin α
则sinθ = r
r地
sin α
当α =90°时地球对该行星的视角最大，可得行星的轨道半径r =r地sinθ
由G Mm
r
2 =mω
2r
得ω行:ω地=1:
❑√sin
3θ，D 正确。
故选BD。
(多选）9．（2026·安徽蚌埠·二模）2025 年11 月25 日，我国成功发射神舟二十二号飞船。飞船进入椭圆
轨道运动时，近地点距地面高度为h1，远地点距地面高度为h2。飞船在远地点点火加速，变轨进入与远
地点相切的圆轨道。设地球半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转，下列说法正确的是（
）
A．飞船在椭圆轨道运行时，经过近地点与远地点的速度大小之比为❑√
h2+ R
h1+ R
B．飞船在椭圆轨道运行时，经过近地点与远地点的速度大小之比为h2+ R
h1+ R
C．飞船在圆轨道上的运行速度大小为❑√
g R
2
h2
D．飞船在圆轨道上的运行速度大小为❑√
g R
2
h2+ R
9．【答案】BD
【详解】AB．根据开普勒第二定律，椭圆轨道上飞船与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等。取极
短时间Δt，近地点（地心距r1=h1+ R）、远地点（地心距r2=h2+ R）扫过的面积满足
1
2 v1r1 Δt = 1
2 v2r2 Δt
整理得速度比
v1
v2
= r2
r1
= h2+ R
h1+ R ，故A 错误，B 正确；
CD．变轨后圆轨道的轨道半径为r =h2+ R，万有引力提供向心力 G Mm
r
2 =m v
2
r
地球表面忽略自转，重力等于万有引力，可得mg=G Mm
R
2
联立解得圆轨道运行速度 v = ❑√
GM
r
= ❑√
g R
2
h2+ R ，故C 错误，D 正确。
故选BD。
(多选）10．（2026·陕西商洛·三模）“二十四节气”起源于黄河流域，是上古农耕文明的产物。地球围绕
太阳公转的轨道是一个椭圆轨道，将地球绕日一年转的360°分为24 份，每15°为一个节气。立春、立夏、
立秋、立冬分别作为春、夏、秋、冬四季的起始。地球公转位置与节气的对照图如图所示。下列说法正
确的是（ ）
A．夏至时地球的机械能比冬至时地球的机械能大
B．太阳对地球的万有引力与地球对太阳的万有引力大小始终相等
C．地球绕太阳公转的每一天中，夏至这一天地球与太阳的连线扫过的面积最大
D．太阳系内行星轨道的半长轴a 与周期T 均满足关系式a
3
T
2 =k（k 为常量）
10．【答案】BD
【详解】A．地球绕太阳公转的过程中仅受到太阳的万有引力，地球的机械能守恒，故A 错误；
B．根据牛顿第三定律可知，太阳对地球的万有引力与地球对太阳的万有引力大小始终相等、方向相反，
故B 正确；
C．根据开普勒第二定律可知，地球绕太阳公转的每一天，地球与太阳的连线扫过的面积均相同，故C 错
误；
D．根据开普勒第三定律可知，太阳系内行星轨道的半长轴a 与周期T 均满足关系式a
3
T
2 =k（k 为常量），
故D 正确。
故选BD。
题型二 万有引力定律及重力加速度的理解
1.万有引力与重力的关系
（1）地球对物体的万有引力F 表现为两个效果：一是重力mg，二是提供物体随地球自
转的向心力F 向，如图所示。
（2）万有引力与重力的定量关系：
①在赤道上：G＝mg1＋mω2R。
②在两极上：G＝mg0。
③由于物体随地球自转所需的向心力较小，常认为万有引力近似等于重力，即＝mg。
2.不同位置处重力加速度的比较
地面
地下
天上
两极
（或不计自转）
赤道
g=
(R-h)
g=
＝
g＝
g=-Rω
3.万有引力的“两个推论”
推论1：在匀质球壳空腔内的任意位置处，质点受到球壳的万有引力的合力为零，即∑F 引
＝0。
推论2：在匀质球体内部距离球心r 处的质点（m）受到的万有引力等于球体内半径为r 的同
心球体（M'）对其的万有引力，即F＝G M ' m
r
2
。
【例题精讲】
1．（2026·安徽安庆·二模）我国“天问一号”探测器成功发射。对火星进行着陆探测，质量为m 的探测
器接触火星表面后，通过缓冲装置竖直向下做匀减速直线运动，经时间t速度由v减为零并完成锚定。已
知火星表面的重力加速度为g0，忽略火星自转影响，则在此缓冲过程中，缓冲装置对探测器的平均作用
力的大小为（ ）
A．m(g0- v
t )
B．m(g0+ v
t )
C．m v
t
D．m g0
1．【答案】B
【详解】探测器竖直向下做匀减速直线运动，初速度为v，末速度为0，运动时间为t，加速度大小
a= Δv
Δt = v
t
方向竖直向上
探测器受竖直向下的火星重力m g0，缓冲装置竖直向上的平均作用力F，取向上为正方向，由牛顿第二定
律得F -m g0=ma
代入a= v
t ，解得F =m(g0+ v
t )
故选B。
2．（2026·山东枣庄·二模）某行星的半径为R，卫星贴近其表面沿圆周绕行的周期为T。该行星表面的水
平面上有一倾角为θ的斜面，如图所示，小球从斜面上一点以水平初速度v0抛出，之后落回斜面。若小球
仅受该行星的引力作用，则小球抛出后在空中运动的时间为（ ）
A．v0T
2tanθ
2π
2 R
B．8 v0π
2 R tanθ
T
2
C．v0 tanθ
4π
2 RT
2
D．4 v0T
2tanθ
π
2 R
2．【答案】A
【详解】根据G Mm
R
2 =m 4 π
2
T
2 R =mg
可得该行星表面的重力加速度g= 4 π
2 R
T
2
根据平抛运动的规律可知tanθ =
1
2 gt
2
v0t
解得t = v0T
2tanθ
2π
2 R
，故选A。
3．（2026·宁夏·一模）搭载神舟二十二号运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射。假设飞船绕地球做匀
速圆周运动，线速度大小为v，轨道半径为r，地球表面重力加速度为g，则可计算出地球的半径为（
）
A．v ❑√
2r
g
B．v ❑√
r
2 g
C．v
2
❑√
r
g
D．v ❑√
r
g
3．【答案】D
【详解】对绕地球做匀速圆周运动的飞船，万有引力提供向心力，有G Mm
r
2 =m v
2
r
对地球表面的物体，忽略地球自转时重力等于万有引力，有G M m
'
R
2 =m
' g
联立可得g R
2= v
2r
解得地球半径R = v ❑√
r
g ，故D 正确。
故选 D。
4．（2026·河南·二模）在地球表面以一定的初速度竖直上抛一小球，经过时间t 落回原处；若在某星球表
面以相同的速度竖直上抛一小球，则需经4t 时间落回原处。不计空气阻力，忽略星球和地球自转。已知
该星球半径与地球半径之比为1:4，则（ ）
A．该星球密度与地球密度之比为1:2
B．该星球质量与地球质量之比为64:1
C．该星球表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为4:1
D．该星球表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为1:4
4．【答案】D
【详解】CD．在地球表面，以一定速度v0竖直上抛一小球，经过时间t 落回原处，根据竖直上抛运动的时
间对称性原理，可知总时间t = 2v0
g地
在某星球表面，仍以相同的初速度v0竖直上抛该小球，经4t 时间落回原处根据竖直上抛运动的时间对称
性原理，可知总时间4t = 2v0
g星
联立解得g星: g地=1:4，故C 错误，D 正确；
B．忽略自转时，星球表面万有引力等于重力，则有G Mm
R
2 =mg
解得M = g R
2
G
又g星: g地=1:4，R星: R地=1:4
联立解得M 星: M 地=1:64，故B 错误；
A．密度ρ= M
V
又球体的体积V = 4
3 π R
3，球体的质量M = g R
2
G
联立解得ρ=
3 g
4 πGR
故ρ星: ρ地=1:1，故A 错误。
故选D。
5．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）我国第一颗人造火星卫星“天问一号”环绕火星做匀速圆周运动时，
周期为T，轨道半径为r。已知火星的半径为R，不考虑火星的自转，则火星表面的重力加速度大小为（
）
A．4 π
2r
T
2
B．4 π
2r
3
R
2T
2
C．4 π
2 R
3
r
2T
2
D．4 π
2 R
T
2
5．【答案】B
【详解】“天问一号”做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r
整理得火星质量相关项GM = 4 π
2r
3
T
2
不考虑火星自转时，火星表面物体重力等于万有引力G M m
'
R
2 =m
' g
整理得火星表面重力加速度g= GM
R
2 = 4 π
2r
3
R
2T
2
故选B。
6．（2026·河南开封·模拟预测）如图所示，在某星球表面，一质量为m 的小球在圆管内做圆周运动，当
小球运动到轨道最高点时，速度大小为v =
❑√
g0r0
2
（g0为该星球表面的重力加速度，r0为该轨道半径）。
已知该行星质量是地球质量2 倍，半径是地球半径的1
2，地球表面的重力加速度为g，若此时圆管对小球
的作用力大小为F，则下列说法正确的是（ ）
A．该行星表面的重力加速度g0=2g
B．该行星表面的重力加速度g0= 4 g
C．圆管对小球的作用力大小F = 1
2 m g0
D．圆管对小球的作用力大小F = 4 m g0
6．【答案】C
【详解】AB．已知行星质量M 行=2 M 地，行星半径R行= 1
2 R地，天体表面物体的重力近似等于万有引力
G Mm
R
2 =mg
得g= GM
R
2
可知
g0
g =
G M 行
R行
2
G M 地
R地
2
= M 行
M 地
⋅( R地
R行
)
2
=2×2
2=8，即g0=8 g，故A、B 错误；
CD．小球在最高点做圆周运动，向心力由重力和圆管作用力的合力提供。 因为需要的向心力向下，重力
m g0
大于需要的向心力，因此圆管对小球施加向上的支持力F，根据牛顿第二定律m g0- F = mv
2
r0
整理得F =m g0- 1
2 m g0= 1
2 m g0，故C 正确，D 错误。
故选C。
7．（2026·陕西咸阳·三模）有一空间探测器对一球状行星进行探测，发现该行星上无生命存在，在其表
面上，却覆盖着一层厚厚的冻结的二氧化碳（干冰）。有人建议利用化学方法把二氧化碳分解为碳和氧
气而在行星上面产生大气，由于行星对大气的引力作用，行星的表面就存在一定的大气压强。如果一秒
钟可分解得到质量为m的氧气，要使行星表面附近得到的压强至少为p，那么请你估算一下，至少需要多
长的时间t（单位为秒）才能完成，已知行星表面的温度较低，在此情况下，二氧化碳的蒸发可不计，探
测器靠近行星表面运行的周期为T，行星的半径为r，大气层的厚度与行星的半径相比很小。下列估算表
达式正确的是（ ）
A．t = pT
2r
π m
2
B．t = pT
2r
πm
C．t = 16 pT
2r
3 π m
2
D．t = 4 pT
2r
π m
2
7．【答案】B
【详解】可近似认为大气压是由大气重力产生的，设大气的质量为m0，则有p= m0 g
4 π r
2
设探测器的质量为m1，行星质量为M，在行星表面，万有引力定律等于重力，则有G M m1
r
2
=m1g
解得g= GM
r
2
探测器围绕行星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有G M m1
r
2
=m1(
2π
T )
2
r
联立解得m0= pT
2r
π
由题知，1 秒钟可得到m 的氧气，故分解出m0的氧气所需的时间为t = pT
2r
πm
故选B。
(多选）8．（2026·福建·模拟预测）如图甲所示，在星球A 表面，一质量m=1kg的物块从倾角为37°的斜
面顶端由静止释放、下滑至斜面底端的过程中物块动能Ek随下降高度h 变化的Ek-h图像如图乙所示。已
知物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5，星球A 的平均密度与地球相同，地球表面的重力加速度大小g 取
10m/s
2,sin37° =0.6，忽略星球自转，则星球A（ ）
A．表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为6:5
B．表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为4:5
C．第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为6:5
D．第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为❑√6:❑√5
8．【答案】AC
【详解】AB．滑块由顶端到底端过程中，设星球A 表面的重力加速度为gA，由动能定理有
Δ Ek=m gAh- μm gAcosθ⋅
h
sinθ = 4 J
代入数据得gA=12m /s
2
即星球A 表面的重力加速度与地球表面的重力加速度ge之比为6:5，故A 正确，B 错误；
CD．根据万有引力提供向心力，有G Mm
R
2 =m v
2
R
解得第一宇宙速度为v = ❑√
GM
R
对于天体，忽略自转时，根据万有引力等于重力，有Gρ 4
3 π R
3m
R
2
=mg
即g= 4
3 GρπR
由于星球A 平均密度与地球相等，故gA
ge
= R A
Re
可得第一宇宙速度之比vA
ve
=
❑√gA RA
❑√ge Re
=
❑√gA
2
❑√ge
2 = 6
5 ，故C 正确，D 错误。
故选AC。
(多选）9．（2026·重庆·模拟预测）某行星绕太阳公转的轨道半径为R1，地球绕太阳公转的轨道半径为
R2、周期为T，且R1>R2。该行星和地球均可视为均匀圆球，且它们均绕太阳做匀速圆周运动。已知该行
星的质量是地球质量的k 倍，该行星的半径是地球半径的n 倍，不考虑自转，忽略该行星和地球间的相互
影响。则该行星（ ）
A．公转的线速度比地球公转的线速度大
B．公转的周期大于T
C．公转的向心加速度比地球公转的向心加速度小
D．表面重力加速度与地球表面重力加速度比值为k
n
9．【答案】BC
【详解】ABC．行星绕太阳做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMm
r
2
=m v
2
r =m 4 π
2
T
2 r =ma
解得v = ❑√
GM
r
，T =
❑√
4 π
2r
3
GM
，a= GM
r
2
由于该行星绕太阳公转的轨道半径大于地球绕太阳公转的轨道半径，则该行星公转的线速度比地球公转
的线速度小；该行星公转的周期大于地球公转的周期，即大于T；公转的向心加速度比地球公转的向心加
速度小；故A 错误，BC 正确；
D．在星球表面有GM m
'
R
2
=m
' g
可得g= GM
R
2 ∝M
R
2
可知该行星表面重力加速度与地球表面重力加速度比值为k
n
2，故D 错误。
故选BC。
(多选）10．（25-26 高三下·河南周口·月考）2025 年11 月25 日，搭载神舟二十二号飞船的长征二号F 遥
二十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心成功发射。若某艘飞船先在远离天体的太空中做匀速直线运动，
启动推进器后，在极短时间Δt内获得的推力为F，速度变化量为Δv（其他天体的引力可忽略），随后飞
往一孤立星球，进行了两次轨道操作：①先在距星球表面高度为h 的圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，周期
为T 1；②启动推进器短时间喷气后，飞船变轨进入椭圆轨道Ⅱ，椭圆轨道近地点为星球表面，远地点与
轨道Ⅰ相切，飞船在椭圆轨道上的周期为T 2。已知星球的半径为R，引力常量为G，飞船在轨道上运行的
过程中质量不变，忽略星球自转及阻力，天体引力势能表达式E p=- GMm
r
，r 为飞船到球心的距离，则
下列说法正确的是（ ）
A．飞船的质量为4π
2(R+h)
3
GT 1
2
B．T 1<T 2
C．星球表面的重力加速度大小为4π
2(R+h)
3
R
2T 1
2
D．若飞船从轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ时，推进器做的功为W，则飞船在椭圆轨道近地点的线速度可
表示为❑√
8π
2(R+h)
3
RT 1
2
- 4π
2(R+h)
2
T 1
2
+ 2W Δv
F Δt
10．【答案】CD
【详解】A．根据动量定理有F Δt =mΔv
解得m= F Δt
Δv
根据万有引力定律算出来的是星球质量，故A 错误；
B．根据开普勒第三定律可知，圆轨道的半径大于椭圆轨道的半长轴，则T 1>T 2，故B 错误；
C．在星球表面，有GMm
R
2
=mg
联立解得g= 4 π
2( R+h)
3
R
2T 1
2
，故C 正确；
D．圆轨道Ⅰ上飞船的机械能E1= Ek1+ Ep1
可得E1= GMm
2(R+h) - GMm
(R+h) =- GMm
2(R+h)
则飞船变轨后在椭圆轨道远地点有E2= E1+W
在同一轨道上机械能守恒，则在近地点有1
2 m v近
2- GMm
R
=- GMm
2(R+h) +W
解得v近= ❑√
8π
2( R+h)
3
RT 1
2
- 4π
2( R+h)
2
T 1
2
+ 2W Δv
F Δt ，故D 正确。
故选CD。
题型三 天体质量和密度的计算
天体质量和密度的计算
使用方法
已知量
利用公式
表达式
质
量
的
计
算
利用运行天体
r、T
G＝mr
M＝
r、v
G＝m
M＝
v、T
G＝m
G＝mr
M=
利用天体表面
重力加速度
g、R
mg＝
M=
密
度
的
计
算
利用运行天体
r、T、R
G＝mr
M=ρ·πR3
ρ＝
当r＝R 时
ρ＝
利用天体表面
重力加速度
g、R
mg＝
M=ρ·πR3
ρ＝
【例题精讲】
1．（2025·江苏南京·模拟预测）二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过15°定为一个节气。如图所
示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。则
（ ）
A．芒种到夏至的时间比大雪到冬至的长
B．立夏时地球的公转速度比谷雨时大
C．夏至时地球受太阳的引力比冬至大
D．由地球的公转周期可求出地球的质量
1．【答案】A
【详解】A．芒种到夏至和大雪到冬至均转过15°，由图可知，芒种到夏至地球与太阳连线扫过的面积大
于大雪到冬至地球与太阳连线扫过的面积，根据开普勒第二定律可知，芒种到夏至的时间比大雪到冬至
的长，故A 正确；
B．根据开普勒第二定律可知，从近日点到远日点过程，地球的公转速度逐渐减小，则立夏时地球的公转
速度比谷雨时小，故B 错误；
C．根据F = GMm
r
2
，由于夏至时地球离太阳的距离r更大，所以夏至时地球受太阳的引力比冬至小，故C
错误；
D．设地球的公转轨道的半长轴为a，公转周期为T，根据开普勒第三定律可知，地球公转周期等于轨道
半径r =a的圆轨道周期，则有GMm
r
2
=m 4 π
2
T
2 r
可得太阳质量为M = 4 π
2a
3
GT
2 = 4 π
2r
3
GT
2
可知由地球的公转周期不可求出地球的质量，故D 错误。
故选A。
2．（2026·河南安阳·三模）2025 年8 月在距离地球最近的恒星系统中发现了一颗气态巨行星，该巨行星
位于宜居带内，可能拥有卫星，这些卫星未来可能成为搜寻生命的目标。若该巨行星的半径为R，某卫星
在距该巨行星表面高度为h 的圆形轨道上运行，运行周期为T，引力常量为G。则（ ）
A．该巨行星的质量为4 π
2 R
3
GT
2
B．该巨行星的密度为3 π
GT
2
C．该巨行星表面的重力加速度为4 π
2 R
T
2
D．从该巨行星表面发射探测器，最小发射速度为❑√
4 π
2( R+h)
3
T
2 R
2．【答案】D
【详解】A．卫星绕巨行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，轨道半径为r = R+h，由万有引力公
式和向心力公式得G
Mm
(R+h)
2 =m 4 π
2
T
2 (R+h)
可得该巨行星的质量为M = 4 π
2(R+h)
3
GT
2
，故A 错误；
B．巨行星密度ρ= M
V
体积V = 4
3 π R
3
联立可得该巨行星的密度为ρ= 3 π (R+h)
3
GT
2 R
3
，故B 错误；
C．巨行星表面万有引力等于重力，即G Mm
R
2 =mg
代入M得表面重力加速度g= 4 π
2(R+h)
3
T
2 R
2
，故C 错误；
D．巨行星表面最小发射速度为第一宇宙速度，满足G Mm
R
2 =m v
2
R
推导得v = ❑√
GM
R
代入M得v = ❑√
4 π
2( R+h)
3
T
2 R
，故D 正确。
故选D。
3．（2026·广东中山·三模）两颗相距较远的行星A、B 可看作质量分布均匀的球体，其半径分别为RA、
RB，且RB=2 RA，距各行星中心r处的卫星围绕行星做匀速圆周运动的线速度的平方v
2随r的变化关系如
图所示。忽略行星自转和其他星球的影响，下列说法正确的是（ ）
A．两行星的质量关系为2 M B= M A
B．两行星的密度之比ρA: ρB=1:1
C．两行星表面的重力加速度之比gA: gB=2:1
D．B 行星的第一宇宙速度大于A 行星的第一宇宙速度
3．【答案】C
【详解】D．卫星绕行星表面做匀速圆周运动时线速度最大，即为第一宇宙速度。由图可知，两行星表面
的v
2最大值相等，即第一宇宙速度相等，v A = vB，故D 错误；
A．根据G Mm
R
2 =m v
2
R
可得M = v
2 R
G
因为RB=2 R A
所以M B=2 M A，故A 错误；
B．行星的密度ρ=
M
4
3 π R
3
则ρA
ρB
= M A
M B
⋅( RB
R A
)
3
= 1
2 ×2
3= 4
即ρA: ρB= 4:1 ，故B 错误；
C．行星表面的重力加速度g= GM
R
2 = v
2
R
因为两行星第一宇宙速度v相等，所以g与R成反比，则
gA
gB
= RB
R A
= 2
1，故C 正确。
故选C。
4．（2026·安徽·三模）“古有司南，今有北斗”，如图甲所示的北斗卫星导航系统入选“2022 全球十大
工程成就”。组成北斗卫星导航系统的卫星运行轨道半径r越大，线速度v越小，卫星运行状态视为匀速
圆周运动，其v
2-r图像如图乙所示，图中R为地球半径，r0为北斗星座GEO 卫星的运行轨道半径，图中
物理量单位均为国际单位，引力常量为G，忽略地球自转，则（ ）
A．北斗星座GEO 卫星的加速度为R
r0
2
B．地球表面的重力加速度为R
b
C．地球的质量为bR
G
D．地球的密度为
3
4 π R
2G
4．【答案】C
【详解】AC．根据G Mm
r
2 =m v
2
r
由图乙可知当r = R时，v
2=b
代入可得地球的质量为M = bR
G
对北斗星座GEO 卫星根据G Mm
r0
2 =ma
代入M = bR
G ，可得GEO 卫星的加速度大小a= bR
r0
2 ，故A 错误，C 正确；
B．根据G Mm
R
2 =mg
代入M = bR
G ，解得g= b
R ，故B 错误；
D．地球的密度ρ= M
V =
bR
G
4
3 π R
3 =
3b
4 πG R
2，故D 错误。
故选C。
5．（2026·辽宁·模拟预测）2025 年5 月29 日01：31，西昌发射场2 号航天发射工位，搭载“天问二号”
小行星探测器的“长征三号乙”遥一百一十运载火箭点火发射，将“天问二号”送入地球至2016HO3 小
行星的转移轨道，之后被2016 HO3小行星俘获并绕小行星在高度h的轨道上以周期T做匀速圆周运动，小
行星与地球的距离为d，如图所示，已知引力常量为G，小行星的半径为R，下列说法正确的是（ ）
A．“天问二号”从A点发射的速度介于7.9km /s和11.2km /s之间
B．“天问二号”经过B点时应点火向运行的反方向喷出气体
C．地球的质量为4 π
2d
3
GT
2
D．小行星的密度为3 π (R+h)
3
GT
2 R
3
5．【答案】D
【详解】A．“天问二号”是行星探测器，故其发射速度应介于第二和第三宇宙速度之间，即发射的速度
介于11.2km /s和16.7km /s之间，故A 错误；
B．“天问二号”经过B点时要减速，故应点火向运行方向喷出气体，故B 错误；
C．小行星不绕地球运动，由d和T无法计算地球的质量，故C 错误；
D．对“天问二号”有GMm
(R+h)
2 =m(R+h) 4 π
2
T
2
解得M = 4 π
2(R+h)
3
GT
2
小行星的密度ρ= M
V = 3 π (R+h)
3
GT
2 R
3
，故D 正确。
故选D。
6．（2026·黑龙江吉林·二模）我国发射的“天问二号”探测器首次实现从小行星2016HO3 采样返回地球。
该小行星绕太阳运行的轨道半长轴大于地球公转轨道半径，两轨道其中一个交点为P。若将小行星看作质
量分布均匀的球体，半径为R，密度与地球相同。已知探测器在地球表面附近做匀速圆周运动的周期为
T 0，地球半径为R0，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A．小行星绕太阳运行周期小于地球公转周期
B．小行星经过P 处时的加速度大于地球经过P 处时的加速度
C．小行星质量为4 π
2 R
3
GT 0
2
D．探测器质量为4 π
2 R0
3
GT 0
2
6．【答案】C
【详解】A．由于该小行星绕太阳运行的轨道半长轴大于地球公转轨道半径，根据开普勒第三定律可知，
小行星绕太阳运行周期大于地球公转周期，故A 错误；
B．根据牛顿第二定律有G M 太M
'
r
2
= M
' a
解得a= G M 太
r
2
因小行星经过同一地点时到太阳的距离相等，故小行星经过P 处时的加速度等于地球经过P 处时的加速
度，故B 错误；
D．已知探测器在地球表面附近做匀速圆周运动的周期为T 0，地球半径为R0，则有G Mm
R0
2 =m(
2π
T 0)
2
R0
解得地球的质量为M = 4 π
2 R0
3
GT 0
2
而探测器的质量m被约去，不能求出来，故D 错误；
C．地球的密度为ρ=
M
4
3 π R0
3 = 3 π
GT 0
2
又小行星看作质量分布均匀的球体，半径为R，密度与地球相同，故小行星质量为
M
' = ρ× 4 π
3 R
3= 4 π
2 R
3
GT 0
2 ，故C 正确。
故选C。
7．（2026·湖南·二模）某卫星发射过程如图所示，发射后先进入近地轨道Ⅰ做匀速圆周运动，然后在P
点进入过渡轨道Ⅱ运动，最后在Q 点进入目标轨道Ⅲ做匀速圆周运动。P、Q 两点相距L，H 为赤道上一
物体，卫星传感器显示卫星在Ⅱ轨道运行时周期为T，地球半径及近地轨道Ⅰ半径均为R，引力常量为
G，下列说法正确的是（ ）
A．卫星在Ⅲ轨道的加速度aIII一定比H 物体的加速度aH小
B．卫星在Ⅱ轨道P 点的速度vII P小于其在Ⅲ轨道的速度vIII
C．地球质量为π
2 L
3
4GT
2
D．地球密度为3 π L
3
8GT
2 R
3
7．【答案】D
【详解】A．H 物体并非天体，且轨道Ⅲ半径未知，无法比较aIII与aH，A 错误；
B．卫星由轨道Ⅰ加速进入轨道Ⅱ，所以vII P>vI；
因为rIII>rI，根据G Mm
r
2 =m v
2
r ，可得v = ❑√
GM
r
所以vIII<vI，即vIIP>vIII，B 错误；
C．由万有引力定律有G Mm
rI
2 =m 4 π
2
T I
2 rI
得M = 4 π
2rI
3
GT I
2
根据开普勒第三定律rI
3
T I
2 =(
L
2)
3
T
2
得M = π
2 L
3
2GT
2，C 错误；
D．又ρ= M
V ，V = 4 π R
3
3
，可得ρ=
3 π L
3
8GT
2 R
3，D 正确。
故选D。
(多选）8．（2026·山西太原·一模）探测器绕太阳沿椭圆轨道运动，其近日点距太阳中心为r1，其远日点
距太阳中心为r2。另有一颗小行星绕太阳做匀速圆周运动，其轨道半径为r。已知引力常量为G，太阳半
径为R，探测器与小行星运行的周期均为T，下列说法正确的是（ ）
A．小行星绕太阳运行的速率为2πr
T
B．太阳的质量可表示为4 π
2r
2
GT
2
C．太阳的密度可表示为3 π(r1+r2)
3
8GT
2 R
3
D．探测器在近日点与远日点的速率之比为r1
r2
8．【答案】AC
【详解】A．小行星做匀速圆周运动，周长为2πr
周期为T，平均速率为v = 2πr
T ，故A 正确；
B．对小行星，万有引力提供向心力：G Mm
r❑
2 =m 4 π
2
T
2 r
整理得太阳质量M = 4 π
2r❑
3
GT
2 ，故B 错误；
C．太阳密度ρ= M
V
太阳体积V = 4
3 π R
3
将M = 4 π
2r❑
3
GT
2 代入得：ρ= 3 π r❑
3
GT
2 R
3
根据开普勒第三定律，探测器半长轴a= r1+r2
2
且a
3
T
2 = r❑
3
T
2
即：r❑
3 =(
r1+r2
2 )
3
= (r1+r2)
3
8
代入密度表达式得：ρ= 3 π(r1+r2)
3
8GT
2 R
3 ，故C 正确；
D．根据开普勒第二定律，对椭圆轨道的探测器，相同时间内扫过面积相等，取极短时间Δt，近日点速
度v1，远日点速度v2，则1
2 r1v1 Δt = 1
2 r2v2 Δt
整理得：
v1
v2
= r2
r1
，故D 错误。
故选AC。
(多选）9．（2026·四川内江·一模）某行星周围的卫星绕其做圆周运动的轨道半径r与运动周期T的关系如
图所示。行星的半径为R0，引力常量为G，图中a、b为已知量。下列说法正确的是（ ）
A．绕该行星表面运行卫星的周期为a R0
3
b
B．该行星的质量为4 π
2b
Ga
C．该行星的密度为3bπ
aG R0
3
D．该行星表面的重力加速度为4 b
a R0
3
9.【答案】BC
【详解】A．根据开普勒第三定律有r
3
T
2 =k
由图可知k = b
a
绕该行星表面运行卫星的轨道半径r = R0
解得T =
❑√
a R0
3
b
，故A 错误；
B．由万有引力提供向心力得G Mm
r
2 =m(
2π
T )
2
r，得r
3
T
2 = GM
4 π
2
由题图斜率b
a = GM
4 π
2
联立解得M = 4 π
2b
Ga ，故B 正确；
C．由ρ= M
V ，且V = 4
3 π R0
3
得ρ= 3 πb
Ga R0
3，故C 正确；
D．由G Mm
R0
2 =mg得g= GM
R0
2 = 4 π
2b
a R0
2 ，故D 错误。
故选BC。
(多选）10．（2026·天津·一模）2026 年1 月8 日中国空间站2025 年“工作总结”出炉。在这一年里空间
站持续开展多项在轨科学实验与技术验证任务，为我国深空探测事业奠定坚实基础。已知空间站绕地球
的运动可视为匀速圆周运动，其距离地面的高度为h，运动周期为T，万有引力常量为G，地球半径为
R。则（ ）
A．悬浮在空间站内的物体处于完全失重状态，不受重力
B．中国空间站的运行速度小于地球的第一宇宙速度
C．中国空间站的质量m= 4π
2(R+h)
3
GT
2
D．地球的密度ρ= 3π(R+h)
3
GT
2 R
3
10．【答案】BD
【详解】A．悬浮在空间站内的物体重力全部提供绕地球做圆周运动的向心力，处于完全失重状态，但仍
然受重力作用，故A 错误；
B．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是所有绕地球做圆周运动卫星的最大环绕速度。
根据万有引力提供向心力G Mm
r
2 =m v
2
r ，推导得v = ❑√
GM
r
空间站轨道半径r = R+h> R，因此运行速度小于第一宇宙速度，故B 正确；
C．根据万有引力提供向心力G
Mm
( R+h)
2 =m 4 π
2
T
2 ( R+h)，式中空间站质量m会被约去，只能求出中心天
体（地球）的质量，无法求出空间站自身质量，故C 错误；
D．由上述万有引力公式可得地球质量M = 4 π
2( R+h)
3
GT
2
，地球体积V = 4
3 π R
3
密度ρ= M
V ，代入化简得ρ=
4 π
2( R+h)
3
GT
2
4
3 π R
3
= 3 π( R+h)
3
GT
2 R
3
，故D 正确。
故选BD。
课时精练
一、单选题
1．（2026·贵州铜仁·模拟预测）如图所示是地球绕太阳运动的椭圆轨迹，短轴和长轴的四个位置所对应
的节气分别是春分、秋分、夏至和冬至。假设地球只受到太阳的引力，下列说法不正确的是（ ）
A．春分和秋分时，地球运动的加速度不相同
B．从夏至到秋分，地球的运行时间等于公转周期的1
4
C．若用a代表椭圆轨道的半长轴，T代表公转周期，a
3
T
2 =k，则地球与木星对应的k值相同
D．火星与太阳连线单位时间扫过的面积不等于地球与太阳连线单位时间扫过的面积
1．【答案】B
【详解】A．春分和秋分时，地球运动的加速度大小相同，方向不同，故A 正确，不符合题意；
B．越靠近太阳速度越快，可知从夏至到秋分的时间大于秋分到冬至的时间，故从夏至到秋分，地球的运
行时间大于公转周期的1
4 ，故B 错误，符合题意；
C．根据开普勒第三定律可知，若用a代表椭圆轨道的半长轴，T代表公转周期，则有a
3
T
2 =k
因地球与木星都是围绕太阳公转，故地球与木星对应的k值相同，故C 正确，不符合题意；
D．根据开普勒第二定律可知，对于太阳以及同一行星满足单位时间扫过的面积相同，故火星与太阳连线
单位时间扫过的面积不等于地球与太阳连线单位时间扫过的面积，故D 正确，不符合题意。
本题选错误的，故选B。
2．（2026·天津和平·二模）我国于2025 年4 月成功将“云海三号”02 卫星发射入轨。如图所示，椭圆为
发射过程中卫星绕地球运动的轨迹，A、B分别是轨迹上的近地点和远地点，A位于地球表面附近，C、
D是椭圆短轴的两个端点，卫星在此轨道上的运行周期为T 0。若卫星所受阻力不计，卫星在从A经C、B
运动到D的过程中（ ）
A．卫星从A运动到C所用时间为T 0
4
B．卫星在A点时的速度大于第一宇宙速度
C．卫星由B运动到D的过程中机械能逐渐变大
D．卫星在A、B两点处的加速度大小相同
2．【答案】B
【详解】A．卫星在椭圆轨道上运动时近地点速度快，远地点速度慢。从A 到C 的过程，卫星处于近地点
附近，平均速度较大；而从 C 到 B 的过程平均速度较小，故卫星从A运动到C所用时间小于T 0
4
，故A
错误；
B．第一宇宙速度是卫星绕地球做近地圆周运动的环绕速度，而卫星在A 点（近地点）做椭圆运动，需要
离心才能进入椭圆轨道，则速度大于第一宇宙速度，故B 正确；
C．由题知，卫星所受阻力不计，则卫星在同一轨道上运动机械能守恒，故C 错误；
D．根据牛顿第二定律有G Mm
r
2 =ma
解得a= GM
r
2
由于A 点到地球球心的距离小于B 点到地球球心的距离，故卫星在A点的加速度大小大于卫星在B 点的
加速度大小，故D 错误。
故选B。
3．（2026·新疆乌鲁木齐·模拟预测）“紫金山1 号”彗星是新中国成立后我国发现的首颗彗星。如图所
示，该彗星仅在万有引力作用下沿以太阳为焦点的椭圆轨道运动，A、B 分别为其椭圆轨道的近日点和远
日点。关于彗星经过近日点A 和远日点B 时的线速度大小v A、vB和加速度大小aA、aB，下列判断正确的
是（ ）
A．v A>vB
B．v A = vB
C．aA<aB
D．aA =aB
3．【答案】A
【详解】AB．对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等．结合扇形面积的公
式可知，距离太阳近的点的线速度大，即v A＞vB，故A 正确，B 错误；
CD．根据G Mm
r
2 =ma
解得a=G M
r
2
可知，在A 点的加速度较大，故CD 错误；
故选 A。
4．（2026·江苏徐州·二模）2025 年10 月31 日，我国发射了神舟二十一号载人飞船，将三名宇航员成功
送入了在轨道Ⅱ上运行的天宫空间站。如图所示，飞船发射后先进入椭圆轨道Ⅰ，P是椭圆轨道的近地点，
Q是椭圆轨道的远地点，飞船在椭圆轨道P、Q 点时线速度大小为v1、v2。下列关系正确的是（ ）
A．v1＜v2
B．v1=v2
C．v1>v2
D．无法确定
4．【答案】C
【详解】飞船在椭圆轨道P、Q 点时，根据开普勒第二定律可得1
2 r P v1 Δt = 1
2 rQ v2 Δt
由于r P<rQ，则有v1>v2
故选C。
5．（2026·浙江金华·二模）如图，从我国空间站伸出的长为d的机械臂外端安置一微型卫星。绕地球做匀
速圆周运动过程中，微型卫星和空间站与地心始终在一条直线上。已知地球半径为R，空间站的轨道半径
为r，忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，则（ ）
A．微型卫星的角速度比空间站的角速度小
B．微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为❑√
r
r +d
C．空间站的加速度与地球表面重力加速度之比为R
2
r
2
D．若机械臂操作不当导致微型卫星脱落，微型卫星将做近心运动
5．【答案】C
【详解】A．微型卫星和空间站与地心始终在一条直线上，可知微型卫星的角速度和空间站的角速度相等，
故A 错误；
B．根据v =rω可知微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为r +d
r
，故B 错误；
C．根据牛顿第二定律G Mm
r
2 =ma
解得空间站所在轨道处的加速度a=G M
r
2
在地球表面G Mm
R
2 =mg
解得g=G M
R
2
所以a
g = R
2
r
2 ，故C 正确；
D．根据牛顿第二定律G Mm
r
2 =mω
2r
解得ω= ❑√
GM
r
3
可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间
站以共同的角速度运动，由F =mω
2r可知所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有拉力作用不是完全
脱落。所以，若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故D 错误。
故选C。
6．（2026·山西晋城·一模）2025 年11 月25 日12 时11 分，神舟二十二号在酒泉卫星发射中心发射成功，
并于2025 年11 月25 日15 时50 分成功对接于天和核心舱前向端口。空间站在距离地面h的近地轨道上环
绕地球做匀速圆周运动，环绕周期为T，已知地球的半径为R。下列说法正确的是（ ）
A．空间站的环绕速度大于7.9km/s
B．宇航员在空间站内受到的合力为0
C．空间站的环绕周期小于地球同步卫星的环绕周期
D．地球表面的重力加速度为4 π
2(R+h)
T
2
6．【答案】C
【详解】A．第一宇宙速度7.9km /s是地球卫星的最大环绕速度，由万有引力提供向心力G Mm
r
2 =m v
2
r
推导得v = ❑√
GM
r
，轨道半径r越大，环绕速度越小。空间站轨道半径R+h> R，故环绕速度小于
7.9km /s，A 错误。
B．宇航员随空间站做匀速圆周运动，合力全部提供向心力，合力不为零，B 错误。
C．根据开普勒第三定律r
3
T
2 =k（中心天体为地球，k为定值），轨道半径越大，环绕周期越大。地球同
步卫星轨道半径远大于空间站轨道半径，故空间站的环绕周期小于同步卫星的环绕周期，C 正确。
D．对空间站，万有引力提供向心力GMm
(R+h)
2 =m⋅4 π
2(R+h)
T
2
得GM = 4 π
2(R+h)
3
T
2
地球表面重力等于万有引力mg= GMm
R
2
联立得地球表面重力加速度g= 4 π
2(R+h)
3
T
2 R
2
。选项中给出的是空间站的向心加速度，不是地球表面重力
加速度，D 错误。
故选C。
7．（2026·江西·模拟预测）在遥远恒星系统中，有行星A 和B，B 的半径是A 的3 倍，它们各自的卫星都
在绕其做匀速圆周运动。如图为卫星的角速度ω 与轨道半径r 的lgω-lgr图像，图中两图线纵截距的差值
b-a=lg9，忽略其他星球的引力干扰。结合图像判断选项正确的是（ ）
A．行星A、B 的质量之比为81：1
B．行星A、B 表面的重力加速度之比为1：1
C．行星B 的第一宇宙速度是A 的❑√3倍
D．行星A、B 的平均密度之比为1：3
7．【答案】D
【详解】A．根据万有引力提供向心力可得GMm
r
2
=mω
2r
整理可得ω= ❑√
GM
r
3
两边取对数可得lgω= 1
2 lg(GM )- 3
2 lgr
则图中两直线的纵截距的差值为b-a= 1
2 lg(G M B)- 1
2 lg(G M A)=lg9
可得M A: M B=1:81,故A 错误；
B．行星B 的半径是A 的3 倍，根据mg= GMm
R
2
可知行星表面的加速度为g= GM
R
2
可得两行星表面的加速度之比为gA: gB= G M A
R A
2 : G M B
RB
2 =1:9，故B 错误；
C．根据第一宇宙速度v = ❑√
GM
R
可得vB
v A
= ❑√
M B R A
M A RB
= ❑√
81×1
1×3 =3 ❑√3，故C 错误；
D．行星平均密度ρ=
M
4
3 π R
3
则
ρA
ρB
= M A RB
3
M B R A
3 = 1×27
81×1 = 1
3
即ρA: ρB=1:3，故D 正确。
故选D。
二、多选题
(多选）8．（2026·天津河西·二模）酒泉航天科技体验馆中的“八星称重”项目可以体验在不同星球上的
体重变化，感受引力差异的奇妙之处。小津站在“地球”上时，称重仪的示数为a；站在“水星”和“火
星”上时，称重仪的示数均为b。已知水星是太阳系八大行星里体积最小的，忽略天体的自转，下列说法
正确的是（ ）
A．水星和地球表面的重力加速度之比为a:b
B．水星的质量比火星的质量小
C．水星的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度小
D．水星的平均密度比火星的平均密度小
8．【答案】BC
【详解】A．在地球上时a=m g地；在水星上时b=m g水
可得水星和地球表面的重力加速度之比为b:a，A 错误；
B．根据G mM
R
2 ＝mg可得g= GM
R
2
水星和火星表面的重力加速度相同，而水星的体积最小，半径最小，则水星的质量比火星的质量小，B 正
确；
C．根据G mM
R
2 ＝m v1
2
R
可得第一宇宙速度v1= ❑√gR
可知水星的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度小，C 正确；
D．根据ρ=
M
4
3 π R
3 =
3 g
4 πGR
可知水星的平均密度比火星的平均密度大，D 错误。
故选BC。
(多选）9．（2026·重庆九龙坡·二模）科学家设想未来通过 “地心隧道” 来探测地核资源。如图所示，
质量为m 的探测器从地球表面A 点由静止释放，仅在万有引力作用下在地球的A 、B两点往返运动
（AB为直径）。地球视为质量分布均匀半径为R的球体，地心在O点，P为OB的中点。已知均匀球壳
对内部物体的引力为零，地表重力加速度为g，不考虑地球自转，下列说法正确的是（ ）
A．探测器在A 点时加速度的大小为0
B．探测器在P 点时加速度大小为4 g
C．探测器在P 点速度的大小为
❑√3 gR
2
D．探测器在O 点速度的大小为❑√gR
9．【答案】CD
【详解】A．A点在地球表面，探测器受到的万有引力等于重力，即mg=ma，所以加速度a= g，不是
0，故A 错误。
B．设地球的密度为ρ，质量均匀球壳对其内部物体引力为零，探测器在距离地心r = 1
2 R处，只受到来自
以地心为球心、半径为r、质量为M 1的球体的万有引力，可得F =G M 1m
r
2
=G m
r
2 × 4
3 π r
3 ρ= 4
3 πGmrρ
可知地心内的探测器受力与探测器相对于地心的距离成正比，在地球表面探测器受到的万有引力
F
' = 4
3 πGmρR =mg
探测器在P点受到的万有引力大小为F = 4
3 πGmρ× 1
2 R =m gP
代入数据解得gP= g
2 ，故B 错误；
C．从A到P，根据机械能守恒定律有mgR
2
= m gP
2
× 1
2 R+ 1
2 mvP
2
结合B 选项，解得vP=
❑√3 gR
2
，故C 正确；
D．从A到O，根据机械能守恒定律有mgR
2
= 1
2 mvO
2
解得vO= ❑√gR，故D 正确。
故选CD。
(多选）10．（2026·辽宁鞍山·二模）中国探月工程（嫦娥工程）已成功发射多颗月球探测卫星，按“绕、
落、回”三步走战略稳步推进，并已开展后续探测规划，其中嫦娥六号成功着陆在月球南极的艾特肯盆
地，完成人类首次月球背面采样返回任务。如图所示，卫星2 是某一近月圆轨道探测卫星，卫星1 是另一
月球探测卫星，卫星1 从地球出发沿变轨轨道从切点A 进入绕月探测圆轨道，已知卫星1 在探测圆轨道的
运行周期为T 1，轨道半径为R1，卫星2 的运行周期为T 2，两卫星绕行方向相同，则（ ）
A．卫星1 从变轨轨道进入探测圆轨道需在A 点减速
B．卫星1 受到的月球引力小于卫星2 受到的月球引力
C．卫星2 的轨道半径R2=
3√
T 1
T 2
R1
D．圆轨道上两颗卫星相邻两次相距最近的时间间隔为T 1T 2
T 1-T 2
10．【答案】AD
【详解】A．卫星1 从变轨轨道进入探测圆轨道，做近心运动，需在A 点减速，故A 正确；
B．根据万有引力公式F =G Mm
r
2
引力大小不仅和轨道半径有关，还和卫星的质量有关。题目中没有给出两颗卫星的质量信息，因此无法
比较它们受到的月球引力大小，故B 错误；
C．根据开普勒第三定律R1
3
T 1
2 = R2
3
T 2
2
解得R2= R1⋅
3
√
T 2
2
T 1
2，故C 错误；
D．根据万有引力提供向心力，则有G Mm
r
2 =mω
2r
解得ω= ❑√
GM
r
3
因卫星2 轨道半径更小，所以卫星2 的角速度更大；设相邻两次相距最近的时间间隔为t，由于当卫星2
比卫星1 多转一圈时，两者相距最近，则有2π
T 2
t - 2π
T 1
t =2π
解得t = T 1T 2
T 1-T 2
，故D 正确。
故选AD。
三、解答题
11．（2026·北京通州·一模）我国载人月球探测工程登月阶段任务已全面启动实施。已知月球质量为M 月，
半径为R月；地球质量为M 地，半径为R地，引力常量为G。将月球绕地球的运动看成匀速圆周运动，忽
略天体的自转及空气阻力的影响。
(1)若月球与地球两球心之间的距离为r，求月球绕地球公转的线速度v的大小；
(2)若在地球表面一物体自由下落某高度所需时间为t0，求在月球表面同一物体自由下落相同高度所需时间
t1的表达式；
(3)在牛顿的时代，已经能够比较精确地测定：月球与地球两球心之间的距离r（r ≈3.8× 10
8 m)约为地球
半径R地的60 倍，月球绕地球公转的周期T ≈2.36×10
6s，地球表面的重力加速度g取9.8 m/s
2。请通过
计算推理说明“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵从相同的规律（可取π
2≈9.8）。
11．【答案】(1)v =
❑√
G M 地
r
(2)t1=t0⋅R月
R地
❑√
M 地
M 月
(3)两种力遵从相同的万有引力规律，推导见解析
【详解】（1）月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
G M 地M 月
r
2
= M 月v
2
r
解得月球绕地球公转的线速度大小v = ❑√
G M 地
r
（2）在地球表面，忽略自转影响，物体受到的重力等于万有引力，即m g地=G M 地m
R地
2
解得地球表面重力加速度g地= G M 地
R地
2
同理，在月球表面有g月= G M 月
R月
2
物体做自由落体运动，下落高度h= 1
2 g地t0
2= 1
2 g月t1
2
联立解得t1= ❑√
g地
g月
t0= ❑√
M 地R月
2
M 月R地
2 t0= R月
R地
❑√
M 地
M 月
t0
（3）月球绕地球做匀速圆周运动，其向心加速度a=r( 2π
T )
2= 4 π
2r
T
2
代入题给数据r ≈3.8×10
8 m ，T ≈2.36×10
6s ，π
2≈9.8
计算得a≈4×9.8×3.8×10
8
(2.36×10
6)
2)
m/s
2≈2.7×10
-3 m/s
2
若“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵从相同的规律，根据m g❑=G M 地m
R地
2
，
G M 地M 月
r
2
= M 月a
'
则月球轨道处的向心加速度a
'应满足a
'
g = R地
2
r
2
已知r ≈60 R地，地球表面重力加速度g=9.8 m/s
2，则理论推算值a
' = 9.8
3600 m/s
2≈2.7×10
-3 m/s
2
由于计算出的向心加速度a与理论推算值a
'在误差允许范围内相等，说明两者遵从相同的规律。
12．（2026·北京东城·一模）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。彗星作为太
阳系中的小天体，其运动轨道是一个非常扁的椭圆，如图所示。
(1)已知某彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，线速度大小为v1；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速
度大小为v2。
a.请比较v1和v2的大小；
b.求该彗星在近日点加速度的大小a1和在远日点加速度的大小a2之比。
(2)地球及地外行星（轨道半径大于地球轨道半径的行星）绕太阳运动的轨道半径如下表所示。
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径
R/AU
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
a.已知万有引力常量G =6.67×10
-11N ⋅m
2/kg
2，地球公转周期T =3.15×10
7s，日地距离
r0=1AU =1.5×10
11m ，π取3.14，请估算太阳的质量M（保留一位有效数字）；
b.当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。
通过计算分析说明，地外行星相邻两次冲日的时间间隔最短的是哪颗行星。
12．【答案】(1)v1>v2，r2
2：r1
2
(2)2×10
30kg，海王星
【详解】（1）a.根据开普勒第二定律，彗星与太阳的连线单位时间内扫过面积相等，近日点距离太阳更
近，因此线速度更大，故v1>v2
b.彗星在近日点和远日点的加速度由万有引力提供，根据万有引力定律提供向心力有 G Mm
r
2 =ma
可得a= GM
r
2
因此 a1= GM
r1
2 ，a2= GM
r2
2
所以加速度大小之比
a1
a2
= r2
2
r1
2
（2）a.地球绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力 G Mm
r0
2 =m 4 π
2
T
2 r0
整理得M = 4 π
2r0
3
GT
2
代入数据得 M ≈2×10
30kg
b.设地球周期为T 地，地外行星周期为T，相邻两次冲日时间间隔为t。相邻冲日时地球比行星多转一圈，
满足 ( 2π
T 地
- 2π
T )t =2π
可得1
t = 1
T 地
- 1
T
解得t = T 地·T
T -T 地
=
T 地
1- T 地
T
根据开普勒第三定律可知，轨道半径R越大，行星公转周期T越大，结合上式可知，T越大，t越小， 表
格中海王星的轨道半径最大，因此海王星相邻两次冲日的时间间隔最短。
13．（2026·广东汕头·二模）探测车在某行星上执行科研任务时突然失去动力，从倾角为θ 的固定斜坡上
静止滑下，从车上传感器获取其速度平方v2与位移x 的关系如图所示，且图像斜率为k。已知该行星半径
为R，不计一切摩擦和该行星的自转影响。
(1)求该行星表面的重力加速度；
(2)已知第二宇宙速度是第一宇宙速度的❑√2倍，求质量为m 的卫星脱离该行星所需的最小动能。
13．【答案】(1)g=
k
2sinθ
(2)Ekm = kmR
2sinθ
【详解】（1）探测车在斜坡上有v
2=2ax
由牛顿第二定律，得mgsinθ =ma
且k =2a
联立解得g=
k
2sinθ
（2）设行星质量为M，第一宇宙速度为v1，则第二宇宙速度为❑√2v1
由万有引力定律，得GMm
R
2
= mv1
2
R
同时有GMm
R
2
=mg
脱离该行星的最小动能为Ekm = 1
2 m(❑√2v1)
2
联立解得Ekm = kmR
2sinθ
