文档文本内容
第五章 万有引力与宇宙航行
第25 课时 卫星变轨问题 双星模型
【考情分析·探规律】
卫星变轨问题
双星模型
2024·湖北卷T4、2024 浙江6 月选考T8、2024 安徽卷T5、2024
重庆卷T7
2023·福建、2022 浙江1 月选考T8、2022 湖南卷T8
试
题
情
境
生活实践
类
地球不同纬度重力加速度的比较
学习探究
类
开普勒第三定律的应用，利用“重力加速度法”、“环绕法”计
算天体的质量和密度，卫星运动参量的分析与计算，人造卫星，
宇宙速度，天体的“追及”问题，卫星的变轨和对接问题，双星
或多星模型。
【知识梳理】
考点一 卫星的变轨和对接问题
1.卫星发射模型
人造卫星的发射过程一般要经过多次变轨方可到达预定轨道，如图所示。
(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上做匀速圆周运动，有G Mm
r1
2 ＝mv
2
r1
。
(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 Mm
r1
2 <mv A
2
r1
，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)，G Mm
r2
2 >mvB
2
r2
，将做近心运动，再次点火加速，使G Mm
r2
2
＝mvB
'2
r2
，进入圆轨道Ⅲ。
2.变轨过程中几个物理量的大小比较
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别v1、v3，在轨道Ⅱ上过A 点和B
点速率分别为vA、vB，在A 点加速，则vA>v1，在B 点加速，则v3>vB，又因为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，经过B 点加速度也相同。
(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径为r1、
r2(半长轴)、r3。由开普勒第三定律r
3
T
2＝k，可知有T1<T2<T3。
(4)机械能：卫星在一个确定的圆(椭圆)轨道上运行时机械能守恒。若在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨
道的机械能分别为E1、E2、E3，从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ、从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ，都需要点火
加速，则E1<E2<E3。
(5)引力势能：物体在万有引力场中具有的势能叫作引力势能，若取两物体相距无穷远
时的引力势能为零，一个质量为m 的质点距质量为M 的引力源中心为r 时，其引力势
能为Ep＝－GMm
r
(G 为引力常量)。设卫星在A 点、B 点的引力势能分别为EpA、EpB，
则EpA<EpB。
【小试牛刀】
典例1.(多选)2023 年10 月26 日，神舟十七号与神舟十六号航天员乘组成功“会
师”。神舟十七号发射的过程可简化为如图所示的过程，先将其发射至近地圆轨道，
在近地圆轨道的A 点加速后进入椭圆转移轨道，在椭圆转移轨道上的远地点B 加速
后进入运行圆轨道。下列说法正确的是( )
A.神舟十七号在椭圆转移轨道经过B 点的速率小于经过A 点的速率
B.神舟十七号在椭圆转移轨道上的B 点时的加速度大于在运行圆轨道上经过B 点时
的加速度
C.神舟十七号在运行圆轨道上运行的周期大于在椭圆转移轨道上运行的周期
D.神舟十七号在椭圆转移轨道上从B 点运动到A 点的过程中，它的机械能减小
【答案】AC
【解析】根据开普勒第二定律可知神舟十七号在椭圆转移轨道上经过B 点的速率小于
经过A 点的速率，A 正确；根据万有引力提供向心力有G Mm
r
2 =ma，可得a=G M
r
2 ，则
神舟十七号在椭圆转移轨道上B 点时的加速度等于在运行圆轨道上B 点时的加速度，B
错误；由于运行圆轨道的半径大于椭圆转移轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知，
神舟十七号在运行圆轨道上运行的周期大于在椭圆转移轨道上运行的周期，C 正确；
神舟十七号在椭圆转移轨道上从B 点运动到A 点的过程中，只有万有引力做功，机械
能不变，D 错误。
典例2.(2025·山东青岛市校考)北京时间2024 年4 月26 日神舟十八号载人飞船与在
轨飞行的天和核心舱顺利实现径向自主交会对接，整个交会对接过程历时约6.5 小
时。为实现神舟十八号载人飞船与空间站顺利对接，飞船安装有几十台微动力发动
机，负责精确地控制它的各种转动和平动。对接前飞船要先到达和空间站很近的相
对静止的某个停泊位置。为到达这个位置，飞船由惯性飞行状态转入发动机调控状
态，下列说法正确的是( )
A.飞船先到空间站同一圆周轨道上同方向运动，在合适位置减速靠近即可
B.飞船先到与空间站圆周轨道垂直的同半径轨道上运动，在合适位置减速靠近即可
C.飞船先到空间站轨道下方圆周轨道上同方向运动，在合适的位置减速即可
D.飞船先到空间站轨道上方圆周轨道上同方向运动，在合适的位置减速即可
【答案】D
【解析】根据卫星变轨时，由低轨道进入高轨道需要点火加速，反之要减速，所以飞
船先到空间站下方的圆周轨道上同方向运动，在合适的位置加速靠近即可，或者飞船
先到空间站轨道上方圆周轨道上同方向运动，在合适的位置减速即可，故选D。
典例3.2024 年6 月25 日，嫦娥六号返回器准确着陆于预定区域，实现世界首次月
球背面采样返回。嫦娥六号返回器从月球归来初入大气层时的速度可以接近第二宇
宙速度，为避免高速带来的高温过载风险，采用了“半弹道跳跃式返回”减速技术。
如图所示，返回器从a 点第一次进入大气层，调整返回器姿态，使其经b 点升高，
再从c 点“跳”出大气层，在太空中潇洒地打个“水漂”，升高到距地面高度为h
的d 点后，再次从e 点进入大气层返回地球。假设返回器从c 点到e 点的过程为无动
力飞行。已知地球表面重力加速度为g，地球的半径为R，引力常量为G。结合以上
信息，下列说法正确的是( )
A.从a 点到c 点的过程中，返回器机械能守恒
B.在d 点，返回器的速度大于第一宇宙速度
C.在d 点，返回器的加速度大小为
g R
2
( R＋ℎ)
2
D.在e 点返回器处于超重状态
【答案】C
【解析】嫦娥六号返回器从a 点到c 点的过程中，空气阻力做功，机械能不守恒，A 错
误；嫦娥六号返回器经过d 点后做近心运动，有G
Mm
( R＋ℎ)
2>m
v
2
R＋ℎ，即v<
❑√
GM
R＋ℎ
，又因为第一宇宙速度为v1＝❑√
GM
R
，故v<v1，B 错误；在d 点，由牛顿第二
定律有G
Mm
( R＋ℎ)
2＝ma，又GM＝gR2，联立可得a＝
g R
2
( R＋ℎ)
2，C 正确；在e 点返回
器加速度有向下的分量，故返回器处于失重状态，D 错误。
考点二 双星或多星模型
1.双星模型
(1)绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统。如图所示。
(2)特点
①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即Gm1m2
L
2
＝m1ω1
2r1，Gm1m2
L
2
＝m2
ω2
2r2。
②两星的周期、角速度相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。
③两星的轨道半径与它们之间的距离的关系为r1＋r2＝L。
【小试牛刀】
典例1.(多选)“双星系统”由相距较近的两颗恒星组成，每颗恒星的半径远小于两
颗恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在相互间的万有引力作
用下绕某一点做匀速圆周运动。某一双星系统如图所示，A 恒星的质量为m1，B 恒
星的质量为m2，A 恒星的轨道半径为r1，B 恒星的轨道半径为r2，A 恒星的线速度
大小为v1，B 恒星的线速度大小为v2，它们中心之间的距离为L，引力常量为G。
则下列说法正确的是( )
A.A 恒星与B 恒星轨道半径大小之比为r1
r2
＝m1
m2
B.双星系统的运行周期为2πL❑√
L
G(m1＋m2)
C.A 恒星的轨道半径为m2
m1
L
D.A 恒星与B 恒星线速度大小之比为v1
v2
＝r1
r2
【答案】BD
【解析】对A、B 分别由牛顿第二定律得Gm1m2
L
2
＝m14 π
2
T
2 r1，Gm1m2
L
2
＝m24 π
2
T
2 r2，又
L＝r1＋r2，联立解得
r1
r2
＝m2
m1
，T＝2πL❑√
L
G(m1＋m2)，r1＝
m2
m1＋m2
L，故选项A、C
错误，B 正确；根据v＝2π r
T
可得，A 恒星与B 恒星线速度大小之比为v1
v2
＝r1
r2
，故选
项D 正确。
2.多星模型
所研究星体所受万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的
角速度或周期相同。常见的多星模型及其规律：
常
见
的
三
①Gm
2
(2 R)
2 ＋GMm
R
2
＝ma 向
星
模
型
②Gm
2
L
2 ×cos 30°×2＝ma 向
常
见
的
四
星
模
型
①Gm
2
L
2 ×cos 45°×2＋G m
2
(❑√2 L)
2＝ma
向
②Gm
2
L
2 ×cos 30°×2＋
GMm
( L
❑√3 )
2＝ma 向
【小试牛刀】
典例1.(多选)太空中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星
系统，通常可以忽略其他星体对它们的引力作用。已观测到稳定的三星系统存在两
种基本的构成形式(如图所示)：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星
在同一半径为R 的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点
上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行。设这三颗星的质量均为M，并设两种
系统的运动周期相同，则( )
A.直线三星系统中甲星和丙星的线速度相同
B.直线三星系统的运动周期T＝4πR❑√
R
5GM
C.三角形三星系统中星体间的距离L＝
3√
12
5 R
D.三角形三星系统的线速度大小为1
2
❑√
5GM
R
【答案】BC
【解析】直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相同，方向相反，A 错误；直线三
星系统中，对甲星(或丙星)有G M
2
R
2 ＋G M
2
(2 R)
2＝M4 π
2
T
2 R，解得T＝4πR❑√
R
5GM ，B 正
确；对三角形三星系统，根据万有引力定律和牛顿第二定律得2G M
2
L
2 cos 30°＝M4 π
2
T
2 ·
L
2cos30° ，联立解得L＝
3√
12
5 R，C 正确；三角形三星系统的线速度大小为v＝
2π r
T
＝
2π ·
L
2cos30°
T
，联立解得v＝
❑√3
6 ·
3√
12
5 ·❑√
5GM
R
，D 错误。
考点三 星球“瓦解”问题 黑洞问题
1.星球的瓦解问题
当星球自转越来越快时，星球对“赤道”上的物体的引力不足以提供向心力时，物体
将会“飘起来”，进一步导致星球瓦解，瓦解的临界条件是“赤道”上的物体所受星
球的引力恰好提供向心力，即GMm
R
2
＝mω2R，得ω＝❑√
GM
R
3 。当ω>❑√
GM
R
3 时，星球瓦
解，当ω<❑√
GM
R
3 时，星球稳定运行。
2.黑洞
黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸，科学家一般通过观测
绕黑洞运行的天体的运动规律间接研究黑洞。当天体的逃逸速度(逃逸速度为其第一宇
宙速度的❑√2倍)超过光速时，该天体就是黑洞。
【小试牛刀】
典例1.2018 年2 月，我国500 m 口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋
0253”，其自转周期T＝5.19 ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知引力常量
为6.67×10－11 N·m2/kg2。以周期T 稳定自转的星体的密度最小值约为( )
A.5×109 kg/m3
B.5×1012 kg/m3
C.5×1015 kg/m3
D.5×1018 kg/m3
【答案】C
【解析】毫秒脉冲星稳定自转，万有引力提供向心力，则有G Mm
r
2 ≥mr4 π
2
T
2 ，又知M
＝ρ·4
3 πr3，
整理得密度ρ≥3 π
GT
2 ＝
3×3.14
6.67×10
−11×(5.19×10
−3)
2 kg/m3
≈5.2×1015 kg/m3，故选C。
典例2.科学研究表明，当天体的逃逸速度(逃逸速度为其第一宇宙速度的❑√2倍)大于
光速时，该天体就是黑洞。已知某天体与地球的质量之比为k，地球的半径为R，地
球的环绕速度(第一宇宙速度)为v1， 光速为c，则要使该天体成为黑洞，其半径应
小于( )
A.2v1
2 R
k c
2
B.2k c
2 R
v1
2
C.k v1
2 R
2c
2
D.2k v1
2 R
c
2
【答案】D
【解析】地球的第一宇宙速度为v1＝❑√
GM
R ，则黑洞的第一宇宙速度为v2＝❑√
GkM
r
，
并且有❑√2v2>c，
联立解得r<2k v1
2 R
c
2
，所以D 正确，A、B、C 错误。
【限时训练】（限时：60 分钟）
【基础必刷题】1~7 题每小题8 分，共56 分
1.2024 年1 月18 日，天舟七号与空间站天和核心舱成功对接。在交会对接的最后阶段，
天舟七号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆周。要使天舟
七号在同一轨道上追上空间站实现对接，天舟七号喷射燃气的方向可能正确的是( )
【答案】A
【解析】要想使天舟七号在与空间站的同一轨道上对接，则需要使天舟七号加速，与
此同时要想不脱离原轨道，根据F 向＝mv
2
r ，则必须要增加向心力，即喷气时产生的推
力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推
力方向与喷气方向相反，则图A 是正确的。
2.天问一号火星探测器搭乘长征五号遥四运载火箭成功发射意味着中国航天开启了走向
深空的新旅程。由着陆巡视器和环绕器组成的天问一号经过如图所示的发射、地火转
移、火星捕获、火星停泊和离轨着陆等阶段，则( )
A.天问一号发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度
B.天问一号在“火星捕获段”运行的周期小于它在“火星停泊段”运行的周期
C.天问一号从图示“火星捕获段”需在合适位置减速才能运动到“火星停泊段”
D.着陆巡视器从图示“离轨着陆段”至着陆到火星表面的全过程中，机械能守恒
【答案】C
【解析】天问一号要到达火星，需要脱离地球的引力束缚，发射速度大于第二宇宙速
度，故A 错误；根据开普勒第三定律k＝a
3
T
2，在“火星捕获段”运行的半长轴大，故
天问一号在“火星捕获段”运行的周期大于它在“火星停泊段”运行的周期，故B 错
误；天问一号从“火星捕获段”需在近火点减速才能运动到“火星停泊段”，故C 正
确；着陆巡视器从“离轨着陆段”至着陆到火星表面的全过程中，重力势能减小，动
能减小，机械能不守恒，故D 错误。
3.(2024·湖北卷·4)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
【答案】A
【解析】在P 点变轨前后空间站所受到的万有引力不变，根据牛顿第二定律可知空间
站变轨前、后在P 点的加速度相同，故A 正确；
因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动
周期比变轨前的大，故B 错误；
变轨后在P 点获得竖直向下的反冲速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因此合速
度变大，故C 错误；
由于空间站变轨后在P 点的速度比变轨前大，而比在近地点的速度小，则空间站变轨
前的速度比变轨后在近地点的小，故D 错误。
4.在发射一颗质量为m 的人造地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆
轨道Ⅰ上(离地面高度忽略不计)，再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h 的预定
圆轨道Ⅲ上。已知它在圆轨道Ⅰ上运行的加速度大小为g，地球半径为R，卫星在变轨
过程中质量不变，则( )
A.卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小为(
ℎ
R＋ℎ)2g
B.卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为❑√
g R
2
R＋ℎ
C.卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能
D.卫星在轨道Ⅲ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能
【答案】B
【解析】卫星在轨道Ⅲ上运行时，根据万有引力提供向心力得G
Mm
( R＋ℎ)
2＝ma＝m
v
2
R＋ℎ，在圆轨道Ⅰ上由mg＝G Mm
R
2 得GM＝gR2，所以卫星在轨道Ⅲ上的加速度大小
为a＝(
R
R＋ℎ)2g，线速度大小为v＝❑√
g R
2
R＋ℎ
，故A 错误，B 正确；卫星的线速度大
小为v＝❑√
GM
r
，卫星在圆轨道上运行的动能为Ek＝1
2mv2＝GMm
2r
，可知卫星在轨道Ⅲ
上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，故C 错误；卫星从轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ要点火加
速，机械能增大，从椭圆轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ要再次点火加速，机械能继续增大，所以
卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故D 错误。
5.(多选)在宇宙中当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系
统。在相互绕行的过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞
中，从而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的过程也被称为“潮汐瓦解事件”。天鹅座X－1 就
是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，黑洞和恒星以它们连线上的某一点为圆心做匀
速圆周运动，如图所示。在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞之间的距离不变，
则在这段时间内，下列说法正确的是( )
A.黑洞和恒星之间的万有引力变大
B.黑洞的角速度变大
C.恒星的线速度变大
D.黑洞的线速度变大
【答案】AC
【解析】假设恒星和黑洞的质量分别为M、m，环绕半径分别为R、r，且m<M，两者
之间的距离为L，则根据万有引力F 万＝G Mm
L
2 ，恒星和黑洞之间的距离不变，随着黑
洞吞噬恒星，在刚开始吞噬的较短时间内，M 与m 的乘积变大，黑洞和恒星之间的万
有引力变大，故A 正确；黑洞和恒星的角速度相等，根据万有引力提供向心力有G
Mm
L
2 ＝mω2r＝Mω2R，其中R＋r＝L，解得黑洞的角速度ω＝❑√
G( M ＋m)
L
3
，由于(M＋
m)和L 均不变，则角速度不变，故B 错误；根据mω2r＝Mω2R，得M
m ＝r
R ，因为M 减
小，m 增大，所以R 增大，r 减小，由v 恒＝ωR，v 黑＝ωr，可得v 恒变大，v 黑变小，故
C 正确，D 错误。
6.一近地卫星的运行周期为T0，地球的自转周期为T，则地球的平均密度与地球不因自
转而瓦解的最小密度之比为( )
A.T 0
T
B. T
T 0
C.T 0
2
T
2
D. T
2
T 0
2
【答案】D
【解析】对近地卫星，有 G M 1m
R
2 ＝m(2π
T 0
)2R，地球的质量M1＝ρ1·4
3 πR3，联立解得ρ1
＝
3 π
GT 0
2，以地球赤道处一质量为m0的物体为研究对象，只有当它受到的万有引力大
于等于它随地球一起旋转所需的向心力时，地球才不会瓦解，设地球不因自转而瓦解
的最小密度为ρ2，则有G M 2m0
R
2
＝m0(2π
T )2R，M2＝ρ2·4
3 πR3，联立解得ρ2＝3 π
GT
2，所以
ρ1
ρ2
＝T
2
T 0
2，故选D。
7.夜空中我们观测到的亮点，其实大部分并不是单一的恒星，而是多星系统。在多星系
统中，双星系统又是最常见的，绕连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动的两颗中
子星组成的双星系统的示意图如图所示，若两中子星的质量之比mP∶mQ＝k∶1，该双
星系统远离其他天体。则( )
A.根据图像可以判断出k>1
B.若P、Q 的角速度和它们之间的距离一定，则P、Q 做圆周运动的线速度大小之和一
定
C.P 的线速度大小与P、Q 之间的距离成正比
D.仅增大P、Q 之间的距离，P、Q 运行的周期变小
【答案】B
【解析】设P、Q 之间的距离为L，P 做圆周运动的轨道半径为r1，Q 做圆周运动的轨
道半径为r2，角速度为ω，则有G
mPmQ
L
2
＝mPω2r1，G
mPmQ
L
2
＝mQω2r2，联立可得
mP
mQ
＝r2
r1
＝k
1，由题图知r1>r2，则k<1，故A 错误；根据线速度与角速度之间的关系
有vP＝ωr1，vQ＝ωr2，r1＋r2＝L，则vP＋vQ＝ω(r1＋r2)＝ωL，可知，若P、Q 的角速度
和它们之间的距离一定，则P、Q 做圆周运动的线速度大小之和一定，故B 正确；根据
GmPmQ
L
2
＝mP
vP
2
r1
，可得vP＝❑√
G mQr1
L
2
＝
❑√
G mQ
2
L(mP＋mQ)
，故C 错误；根据GmPmQ
L
2
＝
mP4 π
2
T
2 r1，GmPmQ
L
2
＝mQ4 π
2
T
2 r2，可得T＝2π❑√
L
3
G(mP＋mQ)，若仅增大P、Q 之间的距
离，则P、Q 运行的周期将变大，故D 错误。
【巩固必刷题】8、9 题每小题9 分，10 题16 分，共34 分
8.(多选)如图所示是宇宙中存在的某三星系统，忽略其他星体的万有引力，三个星体
A、B、C 在边长为d 的等边三角形的三个顶点上绕同一圆心O 做匀速圆周运动。已知
A、B、C 的质量分别为2m、3m、3m，引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A.三个星体组成的系统动量守恒
B.A 的周期小于B、C 的周期
C.A 所受万有引力的大小为3 ❑√3G m
2
d
2
D.若B 的角速度为ω，则A 与圆心O 的距离为3 ❑√3Gm
d
2ω
2
【答案】AD
【解析】该系统属于稳定的三星系统，三个星体的角速度、周期相同，动量大小不变，
运动过程中总动量不变，A 正确，B 错误；A 所受万有引力的大小为F＝2G3m·2m
d
2
cos
30°＝6 ❑√3Gm
2
d
2
，C 错误；若B 的角速度为ω，则A 的角速度也为ω，根据6 ❑√3Gm
2
d
2
＝2mω2r，则A 与圆心O 的距离为r＝3 ❑√3Gm
d
2ω
2
，D 正确。
9.如图为一种四颗星体组成的稳定系统，四颗质量均为m 的星体位于边长为L 的正方
形四个顶点，四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，忽略其他星体对它
们的作用，引力常量为G。下列说法中正确的是( )
A.星体做匀速圆周运动的圆心不一定是正方形中心
B.每颗星体做匀速圆周运动的角速度均为❑√
(4＋❑√2)Gm
2 L
3
C.若边长L 和星体质量m 均是原来的两倍，星体做匀速圆周运动的加速度大小是原来
的两倍
D.若边长L 和星体质量m 均是原来的两倍，星体做匀速圆周运动的线速度大小变为原
来的4 倍
【答案】B
【解析】四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，所以星体做匀速圆周运
动的圆心一定是正方形的中心，故A 错误；由❑√2Gm
2
L
2 ＋G
m
2
(❑√2 L)
2＝(1
2 ＋❑√2)Gm
2
L
2 ＝
mω2·
❑√2
2 L，可知ω＝❑√
(4＋❑√2)Gm
2 L
3
，故B 正确；由(1
2 ＋❑√2)Gm
2
L
2 ＝ma 可知a＝(
1
2 ＋❑√2)G m
L
2，若边长L 和星体质量m 均为原来的两倍，星体做匀速圆周运动的加速
度大小是原来的1
2，故C 错误；由(1
2 ＋❑√2)Gm
2
L
2 ＝m
v
2
❑√2
2 L可知星体做匀速圆周运动的
线速度大小为v＝❑√
(4＋❑√2)Gm
4 L
，所以若边长L 和星体质量m 均是原来的两倍，星体
做匀速圆周运动的线速度大小不变，故D 错误。
10.(16 分)如图所示，一宇宙飞船绕地球中心做匀速圆周运动，已知地球半径为R，轨
道A 半径是2R，将飞船转移到另一个半径为4R 的圆轨道B 上去，已知地球质量为
M，飞船质量为m，引力常量为G。
(1)(7 分)求飞船在轨道A 上的环绕速度vA、飞船在轨道B 上的环绕加速度aB；
(2)(9 分)理论上，若规定距地心无限远处为引力势能零势能点，飞船和地球组成的系统
之间的引力势能表达式为Ep＝－GMm
r
(其中r 为飞船到地心的距离)，请根据理论，计
算这次轨道转移点火需要的能量。
【答案】(1)❑√
GM
2 R GM
16 R
2 (2)GMm
8 R
【解析】(1)飞船在轨道A 上运动时，由万有引力提供向心力，可得G Mm
(2 R)
2＝mv A
2
2 R
解得vA＝❑√
GM
2 R
飞船在轨道B 上运动时，
由牛顿第二定律可得G Mm
(4 R)
2＝maB
解得aB＝GM
16 R
2
(2)设飞船在轨道A 和轨道B 上稳定运行时的机械能分别为EA和EB，
则有EA＝EkA＋EpA，EB＝EkB＋EpB
飞船在轨道A 的动能EkA＝1
2mv A
2＝GMm
4 R
势能EpA＝－GMm
2 R
可得EA＝－GMm
4 R
飞船在轨道B 的动能
EkB＝1
2mvB
2，G Mm
(4 R)
2＝m vB
2
4 R
，
则EkB＝GMm
8 R ，势能EpB＝－GMm
4 R
可得EB＝－GMm
8 R
可得这次轨道转移点火需要的能量
ΔE＝EB－EA＝GMm
8 R 。
【尖子拔高题】(10 分)
11.(多选)(2023·福建卷·8)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L2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，引力常量为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ω。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
C.r＝[
3m
3 M ＋m ]
1
3R
D.r＝[
m
3 M ＋m ]
1
3R
【答案】BD
【解析】由题知，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，则有G Mm
R
2 ＝Mω2r1，G Mm
R
2 ＝mω2r2，r1＋r2＝R，联立解
得ω＝[G( M ＋m)
R
3
]
1
2，故A 错误，B 正确；由题知，在L2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，则有G
Mm
'
( R＋r )
2＋Gmm
'
r
2 ＝m'ω2(r＋
r2)，再根据以上分析可知Mr1＝mr2，r1＋r2＝R，ω＝[G( M ＋m)
R
3
]
1
2，联立解得r＝[
m
3 M ＋m ]
1
3R，故C 错误，D 正确。
