高考一轮复习：万有引力与航天
一、选择题
1．（2025·湖北）卫星a、b绕质量为M的中心天体做圆周运动运动，如图所示，a的轨道半径比b乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用，下列说法正确的是（ ）
A．卫星a、b运动的周期
B．卫星a、b运动的线速度
C．卫星a、b运动的角速度
D．卫星a、b运动的向心加速度
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】 做圆周运动的卫星，卫星与中心天体间的万有引力提供卫星圆周运动的向心力，
可得 卫星运动的周期为，线速度， 角速度为，加速度
因此卫星做圆周运动的半径越大，线速度、角速度越小，向心加速度越小，周期越大，
因，可知卫星甲、乙运动的周期
线速度关系
角速度关系
向心加速度关系，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】做圆周运动的卫星，与天体间的万有引力提供圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律，可得卫星圆周运动的线速度、半径、加速度、周期等物理量之间的关系。
2．（2025·广东）一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是（ ）
A．公转周期约为6年
B．从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小
C．从远日点到近日点线速度大小逐渐减小
D．在近日点加速度大小约为地球公转加速度的
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据题意，设地球与太阳间距离为，地球公转周期为T1，小星星公转周期为T2，则小行星公转轨道的半长轴为
由开普勒第三定律可得
解得年
故A错误；
B．从远日点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有引力定律可知，小行星受太阳引力增大，故B错误；
C．由开普勒第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度逐渐增大，故C错误。
D．由牛顿第二定律有
解得
可知
即小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的，故D正确；
故选D。
【分析】本题主要考查万有引力定律和开普勒定律的应用。
根据数学知识求得小星星轨道半长轴，再根据开普勒第三定律求得小星星公转周期；由万有引力定律判断小星星受到太阳引力变化；根据开普勒第二定律判断小星星速度变化；由计算在近日点小星星公转加速度大小与地球公转加速度关系。
3．（2025高一下·旌阳期末）北斗三号导航卫星系统由三种不同轨道的卫星组成，即24颗地球中圆轨道卫星（轨道形状为圆形，轨道半径在3万公里与1000公里之间）、3颗地球同步轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星。（同步卫星离地高度约为5.6R地，R地=6.4×103km）则关于地球中圆轨道卫星，下列说法正确的是（ ）
A．比地球同步轨道卫星的线速度大
B．比地球同步轨道卫星的角速度小
C．比地球同步轨道卫星的周期大
D．线速度大于第一宇宙速度
【答案】A
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A选项（比地球同步轨道卫星的线速度大）：由开普勒第三定律和圆周运动速度公式
由万有引力提供向心力
解得
可知，轨道半径越小，线速度越大。中圆轨道卫星的轨道半径<3万公里<同步卫星半径（5.6R地≈3.58万公里），因此线速度更大。A正确。
B . 角速度
与轨道半径的立方根成反比，中圆轨道半径更小，角速度更大，故B错误；
C . 周期
与轨道半径的3/2次方成正比，中圆轨道半径更小，周期更短同步卫星周期为24小时，C错误；
D . 第一宇宙速度是近地轨道（）的环绕速度
第一宇宙速度（7.9km/s）是近地卫星的环绕速度。中圆轨道半径大于地球半径（R地 ），由线速度与轨道反比规律可知其线速度小于第一宇宙速度，故D错误；
故选A；
【分析】（1）轨道半径与三速度反比与周期正比，比较半径大小同步卫星轨道半径（5.6R地≈3.58万公里）明确大于中圆轨道（<3万公里<3万公里），直接应用正反比规律判断。
（2）易错点：混淆半径与速度关系，误认为半径越大速度越大实际反比，或忽略同步卫星的周期固定为24小时，第一宇宙速度的适用条件：误将任何轨道的速度与近地卫星速度（第一宇宙速度）比较，未注意半径增大会导致速度减小。
（3）扩展知识：中圆轨道的实际意义：北斗中圆轨道卫星用于导航，需较高速度（约3-4 km/s）和较短周期（约12小时），与同步卫星互补。
4．（2025高一下·海珠期末）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。飞船与核心舱对接过程的示意图如图所示。飞船从圆轨道Ⅰ，通过变轨后，沿椭圆轨道Ⅱ由A处运动到B处，与沿圆轨道Ⅲ运行的核心舱对接，对接后的组合体继续在圆轨道Ⅲ上运行。在上述过程中，飞船（ ）
A．由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需在B处减速
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等
C．在轨道Ⅰ上A处的速度小于在轨道Ⅲ上B处的速度
D．在轨道Ⅱ上由A到B的时间大于在轨道Ⅲ上运行周期的一半
【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。A． 由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ， 需在B处加速，做离心运动，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，A错误；
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等，加速度大小为
B正确；
C．根据
解得
轨道半径越小，速度越大，所以在轨道Ⅰ上A处的速度大于在轨道Ⅲ上B处的速度，C错误；
D．根据开普勒第三定律，在轨道Ⅱ上运行周期小于在轨道Ⅲ上运行周期，所以在轨道Ⅱ上由A到B的时间小于在轨道Ⅲ上运行周期的一半，D错误。
故选B。
【分析】需在B处加速，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，根据万有引力定律结合牛顿第二定律分析加速度，轨道半径越小，速度越大，结合开普勒第三定律分析。
5．（2025·浙江模拟）如图所示，火星与地球可视为在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动。已知地球的公转周期为T，火星轨道半径是地球轨道半径的k倍。地球从a运行到b、火星从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为和。下列说法正确的是（ ）
A．若小于，则可以判定从a运行到b的时间小于从c运行到d的时间
B．火星与地球做圆周运动的向心力大小之比为
C．火星与地球做圆周运动的角速度之比为
D．火星的公转周期为kT
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A． 根据开普勒第二定律（面积定律），行星在单位时间内扫过的面积相等。但对于不同行星，面积速率不同 ，当a运行到b的时间等于从c运行到d的时间时，小于。若小于，无法确定对应时间大小，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力，因为火星轨道半径是地球轨道半径的k倍，所以火星与地球做圆周运动的向心力大小之比，故B错误；
C．由万有引力定律，可知角速度大小之比为，故C正确；
D．根据开普勒第三定律，行星轨道半径的立方与公转周期的平方成正比：，已知 ，且 ，因此： ，故D错误。
故选C。
【分析】1、 与太阳连线扫过的面积分别为和， 若小于，无法确定对应时间大小。
2、由可知
3、由，可知
4、由开普勒第三定律得，可得出火星的公转周期。
6．（2024·安徽） 2024年 3月 20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为 51900km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为 9900km，周期约为 24h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时（ ）
A．周期约为 144h
B．近月点的速度大于远月点的速度
C．近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度
D．近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度
【答案】B
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】 A.设鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道半长轴分别为r1、r2，鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道运行的周期分别为T1、T2；
根据开普勒第三定律有
代入数据解得T1≈288h，故A错误；
B.鹊桥二号在捕获轨道运行时，根据开普勒第二定律可知，鹊桥二号与月球的联线在相等的时间内扫过的面积相等，因此鹊桥二号在近月点附近，相等的时间内通过的弧长更长，运行的速度大，在远月点点附近，相等的时间内通过的弧长更短，运行的速度小，因此鹊桥二号在近月点的速度大于远月点的速度，故B正确；
C.根据卫星变轨原理可知，鹊桥二号在捕获轨道近月点需要减速才能进入冻结轨道运行，所以鹊桥二号在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，故C错误；
D.在近月点，根据万有引力定律和牛顿第二定律，可得
则有
由此可知，近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，故D错误。
故选：B。
【分析】 A.根据开普勒第三定律求解鹊桥二号在捕获轨道运行时的周期；
B.鹊桥二号在捕获轨道从近月点向远月点运行的过程中，根据开普勒第二定律分析相等时间内通过的弧长，在方向速度的大小；
C.根据卫星变轨原理，可以判断近月点的速度、在冻结轨道运行时近月点的速度的大小关系；
D.鹊桥二号的加速度由月球的万有引力产生，根据， 可判断其在同一位置上的加速度情况。
7．（2023高三上·清苑月考）美国航天局与欧洲航天局合作，发射的火星探测器已经成功登录火星。荷兰企业家巴斯兰斯多普发起的“火星一号”计划打算将总共24人送上火星，创建一块长期殖民地。若已知万有引力常量G，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出火星密度的是 （ ）
A．在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出落下的高度H和时间t、T
B．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，测出运行周期T
C．火里探测器在高空绕火星做匀速圆周运动，测出距火星表面的高度h和运行周期T
D．观察火星绕太阳的匀速圆周运动，测出火星的直径D和运行周期T
【答案】B
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．自由落体运动中，已知下落的高度H和时间t，根据
可知算出火星的重力加速度
设火星的质量为M，半径为R，则火星的质量M=ρπR3。
在火星表面使一个小球做自由落体运动，在火星表面，重力等于万有引力，根据
可以算得火星的质量，此方法无法测得火星半径 R，故无法算出密度，A错误；
B．贴近表面运动时，轨道半径，根据
万有引力提供向心力
代入密度公式
得；
已知T就可算出密度，故B正确；
C．观察火星绕太阳的圆周运动，只能算出太阳的质量，无法算出火星质量，也就无法算出火星密度，C错误；
D．火星绕太阳运动时，万有引力提供向心力的公式
此式仅能求解太阳质量，不知道火星的半径，故无法算出密度，D错误．
故选B。
【分析】1、密度计算核心公式：，需同时知晓火星质量 M 和半径 R。
2、万有引力与圆周运动结合：贴近天体表面运动时，轨道半径，可消去 R 直接关联周期 T 与密度 ρ。高空轨道需已知轨道高度和天体半径，否则无法计算密度。
3、重力加速度与天体质量：通过表面重力加速度可求天体质量，但需配合半径才能求密度。关键逻辑：计算天体密度的关键是找到消去半径的条件，或直接测得半径和质量相关数据。
8．（2025·重庆市）“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间距为d的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的（ ）
A．轨道半径之比为 B．周期之比为
C．线速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为
【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据题意结合几何知识可知地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比为
可得
故A错误；
BCD．根据万有引力提供向心力有
解得
，，
故可得周期之比为
；
线速度大小之比为
；
向心加速度大小之比为
故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查万有引力定律的应用，根据万有引力提供向心力结合数学知识解答。
由数学知识求得地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比，万有引力提供向心力，根据求解周期、 线速度大小 、 向心加速度大小之比。
9．（2025·北京市）2024年6月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测器在圆形轨道1上绕月球飞行，在A点变轨后进入椭圆轨道、为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的是（ ）
A．在轨道2上从A向B运动过程中动能逐渐减小
B．在轨道2上从A向B运动过程中加速度逐渐变大
C．在轨道2上机械能与在轨道1上相等
D．利用引力常量和轨道1的周期，可求出月球的质量
【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第二定律，在轨道2上从A向B运动过程中线速度逐渐减小，则动能逐渐减小，故A正确；
B．探测器受到万有引力，由牛顿第二定律可得：
解得
在轨道2上从A向B运动过程中，r增大，加速度逐渐变小，B错误；
C．探测器在A点从轨道1变轨到轨道2，速度增加，做离心运动，需要火箭发动机做正功，机械能增加，所以探测器在轨道2上机械能大于在轨道1上的机械能，C错误；
D．探测器在轨道1上做圆周运动，根据万有引力提供向心力，得
解得
利用引力常量G和轨道1的周期T，还需要知道轨道1的半径r，才能求出月球的质量，D错误。
故答案为：A。
【分析】根据开普勒第二定律、万有引力提供向心力和机械能知识进行分析解答。
10．（2025·禅城模拟）地质勘探人员利用重力加速度反常（如地面下方有重金属矿时，重力加速度值比正常值大）可探测地面下的物质分布情况。在地面下某处（远小于地球半径）有一区域内有一重金属矿，探测人员从地面上O点出发，沿水平地面上相互垂直的x、y轴两个方向，测量不同位置的重力加速度值，得到重力加速度值随位置变化如图甲、乙所示，图像的峰值坐标为别为和。由此可初步判断（ ）
A．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
B．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
C．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
D．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】知道在金属矿所在位置处的引力是由重金属矿产生的引力和地球产生的引力直接相加的是解题的关键。由图可知在地面，处的重力加速度最大，由于在处重金属矿产生的引力和地球产生的引力直接相加，而在处是金属矿产生的引力分量和地球产生的引力相加，因此，在处重力加速度比处大，且无穷远处的加速度均为g，所以。
故选C。
【分析】根据图像分析重金属矿所在位置的坐标，根据金属矿产生的万有引力和地球引力的合成比较它们的大小。
11．（2025·郴州模拟）太阳系曾经上演过“七星连珠”罕见天象。如果行星的运动看作匀速圆周运动，则在运动过程中，距离太阳越远的星球（ ）
A．向心加速度越大 B．线速度越大
C．周期越大 D．角速度越大
【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】行星绕太阳做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得
可得
，，，
可知距离太阳越远的星球，向心加速度越小，线速度越小，周期越大，角速度越小，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】行星绕太阳做匀速圆周运动，由万有引力提供向心得出加速度，线速度，周期，角速度根据上式可得出半径变大，向心加速度越小，线速度越小，周期越大，角速度越小。
12．（2025·诸暨模拟）将于近期择机发射的“天问二号”探测器计划对小行星2016HO3进行伴飞、采样并返回。2016HO3是一颗直径约40-100米的近地小行星，距离地球最近约1400万公里，最远约4000多万公里，因其运行周期与地球高度同步，被称为“地球准卫星”。如图所示，地球绕太阳公转可视作圆轨道，小行星2016HO3绕太阳运行轨道为椭圆，它的近日点位于地球圆轨道内侧。下列说法正确的是（ ）
A．探测器的发射速度大于第三宇宙速度
B．探测器在采样时能实时接收地面控制中心的指令
C．小行星在近日点的速度大于地球做圆周运动的速度
D．小行星在远离太阳过程中引力做负功，机械能不断减小
【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题考查第三宇宙速度和开普勒第二定律以及机械能守恒的条件，会根据题意进行准确分析解答。A．探测器未能脱离太阳系飞出去，所以探测器的发射速度小于第三宇宙速度，故A错误；
B．即使在最近约1400 万公里处，电磁信号往返也会有数十秒以上的延迟，无法实现“实时”操控，故B错误；
C．小行星近日点比地球轨道更靠近太阳，根据开普勒定律，“行星越靠近太阳，线速度越大”，因此其近日点处速率比地球公转速率大，故C正确；
D．太阳引力是保守力，小行星在椭圆轨道上机械能守恒，不随小行星远离太阳而不断减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据第三宇宙速度和开普勒第二定律以及机械能守恒的条件进行分析解答。
13．（2025·湖南）我国研制的“天问二号”探测器，任务是对伴地小行星及彗星交会等进行多目标探测。某同学提出探究方案，通过释放卫星绕小行星进行圆周运动，可测得小行星半径R和质量M。为探测某自转周期为的小行星，卫星先在其同步轨道上运行，测得距离小行星表面高度为h，接下来变轨到小行星表面附近绕其做匀速圆周运动，测得周期为。已知引力常量为G，不考虑其他天体对卫星的引力，可根据以上物理得到。下列选项正确的是（ ）
A．a为为为 B．a为为为
C．a为为为 D．a为为为
【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】根据题意，卫星在小行星的同步轨道和小行星表面附近轨道运行时轨道半径分别为R+h、R。
由开普勒第三定律有
解得
设小行星和卫星的质量分别为M、m，卫星绕小行星表面附近做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力
解得
对应结果可得a为为为，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据开普勒第三定律列方程，即可求出R的表达式。卫星绕小行星表面附近做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力列方程，得到小行星质量M的表达式，再与题中R、M的表达式对比得到a、b、c的意义。
14．（2025·长沙模拟）某星球的半径为R，质量为M，若该星球使用四颗静止轨道卫星（同步卫星）恰好能实现该星球的赤道上任意两点的通信。已知引力常量为G，则该星球的自转周期为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解答本题时，要理清物理情景，根据万有引力提供向心力和几何关系解答。若该星球使用四颗静止轨道卫星（同步卫星）恰好能实现该星球的赤道上任意两点的通信 ，则相邻卫星的连线与赤道相切，如图
由图中几何关系可知同步卫星的轨道半径为
星球的半径为R，质量为M， 引力常量为G， 根据万有引力提供向心力
联立解得
故选A。
【分析】对于静止轨道卫星，根据万有引力提供向心力列方程。根据几何关系求出卫星的轨道半径，即可求解该星球的自转周期。
15．（2025·天河模拟）所谓“双星”就是两颗相距较近的恒星，这两颗星在彼此之间万有引力作用下，各自以一定的速率始终绕它们连线上的某点转动，则（ ）
A．两颗星做圆周运动的半径之比等于它们质量之比
B．两颗星速度大小之比等于它们质量的反比
C．两颗星的动能之比等于它们做圆周运动的半径的反比
D．两颗星的动量始终相同
【答案】B
【知识点】双星（多星）问题；动能；动量
【解析】【解答】“双星”是万有引力部分常见的题型，关键抓住“双星”的条件：角速度相同、周期相同，采用隔离法由牛顿第二定律研究．A．令两恒星间距为L，质量分别为、，轨道半径分别为、，双星圆周运动的周期相等，可知，角速度也相等，则有
，
解得
即两颗星做圆周运动的半径之比等于它们质量的反比，故A错误；
B．根据线速度与角速度的关系有
，
结合上述解得
即两颗星速度大小之比等于它们质量的反比，故B正确；
C．两恒星的动能
，
结合上述解得
即两颗星的动能之比等于它们做圆周运动的半径之比，故C错误；
D．两恒星的动量
，
结合上述解得
可知，两恒星动量大小相等，当动量的反向始终相反，可知，两颗星的动量不相同，故D错误。
故选B。
【分析】“双星”围绕它们连线上的同一点为圆心做匀速圆周运动，运动过程中两者的周期、角速度相同，由对方的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律分别对两星进行列方程求解．
16．（2025·温州模拟）“食双星”是特殊的双星系统，由两颗亮度不同的恒星组成，它们在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动，且轨道平面与观测者视线方向几乎平行。由于两颗恒星相互遮挡，造成观测者观察到双星的亮度L发生周期性变化，如图所示。若较亮的恒星和较暗的恒星轨道半径分别为和（和远小于该双星系统到观测者的距离）。下列说法正确的是（ ）
A．时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星
B．较亮的恒星与较暗的恒星质量之比为
C．两颗恒星做匀速圆周运动的周期均为
D．较亮的恒星线速度与较暗的恒星线速度之比为
【答案】B
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】本题以“食双星”这一特殊的双星系统为背景，考查了双星问题的相关知识，包括双星的运动特点、质量关系、周期以及线速度关系等，具有一定的物理背景和趣味性，能激发学生对天体运动现象的兴趣。AC．由题意可知，时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星，时刻较暗的恒星遮挡住较亮的恒星，即时间里，转了半个圈，故周期为
故AC错误；
B．设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为和，均由彼此间的万有引力提供向心力故两颗恒星的向心力大小相等，有
解得
故B正确；
D．设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为和，根据
因为角速度相等，解得
故D错误。
故选B。
【分析】对于双星系统，要抓住三个相等，即向心力、角速度、周期相等，根据万有引力提供向心力求解。
17．（2025·广东模拟）宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动，称之为双星系统．由恒星A与恒星B组成的双星系统绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示．已知它们的运行周期为T，恒星A的质量为M，恒星B的质量为3M，引力常量为G，则下列判断正确的是（ ）
A．两颗恒星相距
B．恒星A与恒星B的向心力之比为3︰1
C．恒星A与恒星B的线速度之比为1︰3
D．恒星A与恒星B的轨道半径之比为︰1
【答案】A
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】BD.两恒星体做匀速圆周运动的向心力来源于两恒星之间的万有引力，所以向心力大小相等，即
解得恒星A与恒星B的轨道半径之比为
rA：rB=3：1
故选项BD错误；
AC.设两恒星相距为L，则rA+rB=L，根据牛顿第二定律
解得
由
可得恒星A与恒星B的线速度之比为3：1，故A正确，C错误；
故选A.
【分析】两恒星体做匀速圆周运动的向心力来源于两恒星之间的万有引力，所以向心力大小相等，列式可得半径之比；根据牛顿第二定律列式可求解两颗恒星相距的距离；恒星A与恒星B的角速度相等，从而可求解线速度之比.
二、多项选择题
18．（2025·安徽） 2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB．对于环月椭圆轨道，轨道半长轴为
根据开普勒第三定律
有
可得
故A错误，B正确；
CD．对于环月圆轨道，根据万有引力提供向心力可得
可得
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】本题主要考查开普勒第三定律和万有引力定律的应用。根据数学知识求得环月椭圆轨道半长轴，再根据开普勒第三定律推导环月圆轨道轨道半径；根据万有引力提供向心力推导月球质量。
19．（2024·湖南）2024 年 5 月 3 日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。已知月球表面重力加速度约为地球表面的，月球半径约为地球半径的。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度
B．其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度
C．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
D．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
【答案】B,D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】 AB．返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径，则有
其中在月球表面万有引力和重力的关系有
联立解得
由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得
代入题中数据可得，故A错误、B正确；
CD．根据线速度和周期的关系有
则，
所以 故C错误、D正确；
故选：BD。
【分析】AB.根据牛顿第二定律结合星球的第一宇宙速度公式列式求解判断；
CD.根据线速度和周期的关系式列式解答。
20．（2024·河北）2024年3月0日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为，远月点B距月心约为，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是( )
A．鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12h
B．鹊桥二号在两点的加速度大小之比约为81：1
C．鹊桥二号在两点的速度方向垂直于其与月心的连线
D．鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s
【答案】B,D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A.鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从做减速运动，从做加速运动，则从的运动时间大于半个周期，即大于12h，故A错误；
B.鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有
同理在B点有
代入题中数据联立解得
故B正确；
C.由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误；
D.由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故D正确。
故选BD。
【分析】 根据牛顿第二定律分析解答；根据万有引力提供向心力解得加速度的比；根据月球的在轨卫星的运行速度和月球的第一宇宙速度的关系进行判断。
21．（2025·陆丰模拟）如图所示，火星与地球可视为在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动。已知地球的公转周期为T，火星轨道半径是地球轨道半径的k倍。当火星、地球、太阳三者在同一直线上且地球位于太阳和火星之间时，称为火星冲日。不考虑火星与地球之间的引力，下列说法正确的是（ ）
A．火星与地球做圆周运动的向心力大小之比为
B．火星与地球做圆周运动的向心加速度大小之比为
C．火星与地球做圆周运动的角速度之比为
D．相邻两次火星冲日的时间间隔为
【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查开普勒定律、卫星运行规律相关知识。分析好物理情景，明确相邻两次火星冲日时，地球比火星多跑了一周是关键。A．根据万有引力提供向心力
因为火星轨道半径是地球轨道半径的k倍，所以火星与地球做圆周运动的向心力大小之比为
故A错误；
B．由万有引力定律
解得
可知向心加速度大小之比为
故B正确；
C．由万有引力定律
可知角速度大小之比为
故C正确；
D．由开普勒第三定律得
解得
相邻两次火星冲日时，地球比火星多跑了一周，设故相邻两次火星冲日的时间间隔为t，则
解得
故D错误。
故选BC。
【分析】根据万有引力提供向心力求解火星与地球做圆周运动的向心力大小之比，根据牛顿第二定律求向心加速度大小之比，根据万有引力提供向心力求角速度之比。由开普勒第三定律求出火星的周期。相邻两次火星冲日时，地球比火星多跑了一周，由此列式求解相邻两次火星冲日的时间间隔。
22．（2025·邛崃模拟）“双星系统”是指在相互间万有引力的作用下，绕连线上某点做匀速圆周运动的两个孤立星球组成的系统。假设在太空中有星球A、B组成的双星系统绕点做顺时针匀速圆周运动，如图所示，两星球的间距为，公转周期为。为探索该双星系统，向星球B发射一颗人造卫星C，C绕B运行的周期为，轨道半径为，忽略C的引力对双星系统的影响，万有引力常量为。则以下说法正确的是（ ）
A．星球A、B的质量之和为
B．星球A做圆周运动的半径为
C．星球B做圆周运动的半径为
D．若A也有一颗周期为的卫星，则其轨道半径一定大于
【答案】B,D
【知识点】卫星问题；双星（多星）问题
【解析】【解答】众多的天体中如果有两颗恒星，它们靠得较近，在万有引力作用下绕着它们连线上的某一点共同转动，这样的两颗恒星称为双星。A．根据万有引力提供向心力
其中
得两星球质量之和为
故A错误；
BC．C围绕B做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
解得，
故B正确，C错误；
D．若A也有一颗周期为的卫星，则
解得
由于
则
可知其轨道半径一定大于，故D正确；
故选BD。
【分析】根据万有引力提供向心力对星球A、B和卫星C分别列方程。
23．（2024·广东） 如图所示， 探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞. 在 接近某行星表面时以 的 速度竖直匀速下落. 此时启动 “背罩分离”， 探测器与背罩断 开连接， 背罩与降落伞保持连接. 已知探测器质量 为 ，背罩质量为 ，该行星的质量和 半径分别为地球的 和 . 地球表面重力加速度大小取 . 忽略大气对探测器和背罩的阻力. 下列说法正确的有 ( )
A．该行星表面的重力加速度大小为
B．该行星的第一宇宙速度为
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为
D．“背罩分离”后瞬间， 探测器所受重力对其做功 的功率为
【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；功率及其计算
【解析】【解答】A．在星球表面，根据
可得
行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小
故A正确；
B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力
可得星球的第一宇宙速度
行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度
地球的第一宇宙速度为，所以该行星的第一宇宙速度
故B错误；
C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分子，可知探测器与保护背罩之间的作用力
“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律
解得
故C正确；
D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率
故D错误。
故选AC。
【分析】 行星表面的物体受到的万有引力提供向心力，结合第一宇宙速度的表达式完成分析；
根据对物体的受力分析，结合牛顿第二定律得出背罩的加速度大小；
根据功率的计算公式得出功率的大小。
三、非选择题
24．（2024高三上·闵行模拟）沿椭圆轨道的运动
行星在椭圆轨道绕日运行，卫星在椭圆轨道绕地运动，生活中也有类似的椭圆轨道运动，有时可将其视作圆周运动进行研究。
（1）若将太阳系行星轨道近似视作圆，轨道平均半径为R和绕日公转周期为T，下列关于常用对数lgR与lgT的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2）卫星绕地球运行的椭圆轨道如图，a、b、c、d为轨道上四点，b是a、d的中间位置，c是b、d的中间位置。则卫星（ ）
A．在a的速度等于在d的速度
B．从b运动到c的时间等于从c运动到d的时间
C．从c运动到d的过程，引力做负功
D．从b运动到c的过程，引力势能减小
（3）用国际单位制中的基本单位表示万有引力常量G的单位，为 。
（4）北斗卫星绕地球做高速椭圆轨道运动，只考虑地球引力场的广义相对论效应，星载原子钟比地面接收钟走时更 。（选涂“A.快”或“B.慢”）
（5）如图（a），场地自行车的赛车场为椭圆盆形，图（b）是将最内侧弯道视作坡度为30°斜坡的简化图。某时刻运动员在最内侧弯道的骑行速度为20m/s，转弯半径为54m，运动员和自行车整体（ ）
A．向心力方向沿水平方向 B．沿坡道方向不受静摩擦力
C．受到沿坡道向上的静摩擦力 D．受到沿坡道向下的静摩擦力
【答案】（1）B
（2）D
（3）m3·kg 1·s-2
（4）A
（5）A；D
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】 开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。
（1）根据开普勒第三定律有
变形得
对两边取对数可得
解得
故选B。
（2） 开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。
A．根据开普勒第二定律可知，卫星在a点的速度最小，在d点的速度最大，即卫星在a的速度小于卫星在d的速度，故A错误；
B．卫星从b到d，运行速度越来越大，故从b运动到c的时间大于从c运动到d的时间，故B错误；
C．卫星从c运动到d的过程，运行速度越来越大，动能增加，故引力做正功，故C错误；
D．卫星从b运动到c的过程，运行速度越来越大，动能增加，引力做正功，故引力势能减小，故D正确。
故选D。
（3） 计算万有引力的大小时要注意两个物体之间的距离r是指两个物体重心之间的距离。
根据万有引力定律
变形得
可知用国际单位制中的基本单位表示万有引力常量G的单位为
（4）
根据广义相对论，地面的引力场强于卫星所处位置的引力场，所以卫星里的时钟要比静止在地面的时钟走得快。
故选A。
（5）
某时刻运动员在最内侧弯道的骑行时恰好不受摩擦力作用，对运动员和自行车整体受力分析，如图所示
则有
而此时骑行速度为v=20m/s，则向心力为
故运动员和自行车整体受到沿坡道向下的静摩擦力，且向心力方向沿水平方向。
故选AD。
【分析】 （1）根据开普勒第三定律结合数学变形处理判断；
（2）根据卫星在椭圆轨道上的运动情况结合开普勒定律，万有引力做功的情况进行分析判断；
（3）根据万有引力公式导出常量G的表达式，结合单位制问题进行判断；
（4）根据广义相对论内容进行分析解答；
（5）根据火车转弯的原理分析对应速度的受力情况并进行相应的判断。
（1）根据开普勒第三定律有
变形得
对两边取对数可得
解得
故选B。
（2）A．根据开普勒第二定律可知，卫星在a点的速度最小，在d点的速度最大，即卫星在a的速度小于卫星在d的速度，故A错误；
B．卫星从b到d，运行速度越来越大，故从b运动到c的时间大于从c运动到d的时间，故B错误；
C．卫星从c运动到d的过程，运行速度越来越大，动能增加，故引力做正功，故C错误；
D．卫星从b运动到c的过程，运行速度越来越大，动能增加，引力做正功，故引力势能减小，故D正确。
故选D。
（3）根据万有引力定律
变形得
可知用国际单位制中的基本单位表示万有引力常量G的单位为
（4）根据广义相对论，地面的引力场强于卫星所处位置的引力场，所以卫星里的时钟要比静止在地面的时钟走得快。
故选A。
（5）某时刻运动员在最内侧弯道的骑行时恰好不受摩擦力作用，对运动员和自行车整体受力分析，如图所示
则有
而此时骑行速度为v=20m/s，则向心力为
故运动员和自行车整体受到沿坡道向下的静摩擦力，且向心力方向沿水平方向。
故选AD。
25．（2025高一下·旌阳期末）在某星球表面上，一根长为L的细线一端固定，另一端拴一质量为m的砝码，使它在水平面内绕圆心O做角速度为的匀速圆周运动，如图所示。已知此时细线与竖直方向的夹角为θ。
（1）求该星球表面重力加速度g的大小；
（2）若该星球的半径为R，某卫星在距该星球表面h高处做匀速圆周运动，则该卫星的线速度为多大？（忽略该星球的自转）
【答案】（1）解：（1）根据牛顿第二定律合外力式等于运动状态式有等式，
mgtanθ直接计算向心力大小，并不是纯粹由重力提供向心力，是水平方向上合外力的大小数值，效果上是拉力与重力共同提供的，等式整理得
（2）解：（2）根据万有引力与向心力有等式
整理得
根据万有引力与重力关系有
，，
代入v2式，解得
【知识点】运动的合成与分解；万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）通过圆周运动受力平衡求重力加速度（分解张力T），再利用万有引力定律求卫星速度；正确分解细线张力（水平向心力、竖直平衡重力）和关联地表g与轨道g'的关系；
（2）易错点包括混淆向心力公式（如漏掉半径或角度）、未联立地表g与GM的关系、忽略h对轨道半径的影响；
（3）隐含条件是细线长度L为圆周运动半径（实际为Lsinθ），但题目表述可能暗示L为摆长。
（1）根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据万有引力提供向心力有
根据万有引力与重力关系有
解得
26．（2025·雅安模拟）用如图所示装置探究两个互成角度的力的合成规律。
（1）除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，以下器材还需选（ ）
A．重锤线 B．量角器 C．三角板
（2）测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，其对角线 （选填“一定”或“不一定”）与橡皮筋共线。
（3）下列各图中，与本实验所用物理思想方法相同的是（ ）
A．甲图：重心概念的提出
B．乙图：伽利略理想斜面实验
C．丙图：探究影响向心力大小的因素
D．丁图：卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量
【答案】（1）C
（2）不一定
（3）A
【知识点】验证力的平行四边形定则；引力常量及其测定
【解析】【解答】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。
（1）本实验中除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，还需要三角板作出力的图示，进行数据处理，而不需要重锤线和量角器。
故选C。
（2）测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，由于存在实验误差，其对角线不一定与橡皮筋共线。
（3）本实验采用的科学思想方法为等效替代法，重心为重力的等效作用点，采用等效替代的思想，伽利略理想斜面实验采用实验与逻辑推理的方法，探究影响向心力大小的因素采用控制变量法，卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量采用放大法。
故选A。
【分析】（1）了解“验证力的平行四边形定则”实验原理，采用“等效法”，注意该实验方法的应用，理解实验步骤和实验目的，即可知道该实验需要的仪器。
（2）由于存在实验误差，其对角线不一定与橡皮筋共线；
（3）根据常见的物理方法逐一分析每个选项。
（1）本实验中除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，还需要三角板作出力的图示，进行数据处理，而不需要重锤线和量角器。
故选C。
（2）测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，由于存在实验误差，其对角线不一定与橡皮筋共线。
（3）本实验采用的科学思想方法为等效替代法，重心为重力的等效作用点，采用等效替代的思想，伽利略理想斜面实验采用实验与逻辑推理的方法，探究影响向心力大小的因素采用控制变量法，卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量采用放大法。
故选A。
27．（2025高一下·锡山期中）如图所示，返回式月球软着陆器在完成了对月球表面的考察任务后，由月球表面回到绕月球做圆周运动的轨道舱。已知月球的半径为R，轨道舱到月球表面的距离为h，引力常量为G，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转。求：
（1）月球的第一宇宙速度大小；
（2）轨道舱绕月飞行的周期T。
【答案】（1）解：在月球表面有
由万有引力提供向心力
联立解得月球的第一宇宙速度大小
（2）解：轨道舱绕月球做圆周运动，设轨道舱的质量为，由万有引力提供向心力得
解得轨道舱绕月飞行的周期为
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【分析】（1）根据万有引力和重力的关系结合万有引力提供向心力，求解月球的第一宇宙速度大小；
（2）根据万有引力提供向心力，求解轨道舱绕月飞行的周期T。
（1）在月球表面有
由万有引力提供向心力
联立解得月球的第一宇宙速度大小
（2）轨道舱绕月球做圆周运动，设轨道舱的质量为，由万有引力提供向心力得
解得轨道舱绕月飞行的周期为
28．（2025高一下·广东期中）某宇航员到达一星球表面，将一质量为m的物体从地面某高度处（高度远小于星球半径）沿水平方向以初速度抛出，经过时间t落地，此时速度方向与水平方向夹角为，已知万有引力常量为G，星球的半径R。忽略该星球自转的影响，，求：
（1）该星球的第一宇宙速度；
（2）该星球的平均密度；
（3）若利用三颗同步卫星全覆盖该星球赤道周围，该星球自转的最小周期。
【答案】（1）解：物体落地时竖直方向的速度
又根据
解得
忽略星球自转的影响
方程联立解得该星球的第一宇宙速度
（2）解：忽略星球自转
解得
又因为
，
解得该星球的平均密度
（3）解：若利用三颗同步卫星全覆盖该星球赤道周围，星球自转周期临界时如图所示
由几何关系可知
，
同步卫星公转的周期等于星球自转的周期
解得该星球自转的最小周期
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【分析】（1）小球竖直方向做自由落体运动，根据自由落体规律求解g；根据万有引力和重力的关系以及重力充当向心力列式求解第一宇宙速度；
（2）忽略星球自转，万有引力等于重力，求解星球质量，根据体积公式和密度公式求解；
（3）由几何关系求解同步卫星的轨道半径，同步卫星公转的周期等于星球自转的周期，结合万有引力提供向心力求解。
（1）物体落地时竖直方向的速度
又根据
解得
忽略星球自转的影响
方程联立解得该星球的第一宇宙速度
（2）忽略星球自转
解得
又因为，
解得该星球的平均密度
（3）若利用三颗同步卫星全覆盖该星球赤道周围，星球自转周期临界时如图所示
由几何关系可知，
同步卫星公转的周期等于星球自转的周期
解得该星球自转的最小周期
29．（2024高一下·祁东期末）有研究表明，在银河系中至少一半以上的恒星系统都是由双星构成的。由恒星1、2（可视为质点）组成的双星系统如图所示，两恒星以相等的角速度绕两者连线上的O点做圆周运动，测得恒星1、2到O点的距离分别为2r、r，已知恒星1的质量为m，引力常量为G。求：
（1）恒星2的质量；
（2）恒星1、2间的万有引力大小F；
（3）恒星1的线速度大小。
【答案】解：（1）恒星1、2的向心力均由彼此间的万有引力提供，设两者的角速度为，有
解得
（2）恒星1、2间的万有引力大小
解得
（3）恒星1做匀速圆周运动，有
解得
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【分析】（1）由于恒星之间的引力提供向心力，根据牛顿第二定律结合向心力相等可以求出质量的比值；
（2）利用引力公式可以求出恒星之间引力的大小；
（3）恒星做匀速圆周运动，利用引力提供向心力可以求出速度的大小。
30．（2024高一下·上海期中） 回旋加速器是科学家们进行粒子物理研究的重要仪器，将质量的质子在高能粒子加速器中被加速到动能，某同学根据算出质子的速度大小v＝ m/s。此速度值是否合理？ （选填“合理”、“不合理”）
【答案】；不合理
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】由动能的表达式
解得
由于粒子的速度大于光速，牛顿的运动定律只适用于宏观低速的物体，故不合理。
【分析】根据动能的定义结合题意确定质子的速度。牛顿的运动定律只适用于宏观低速的物体，即粒子速度大于光速不适用牛顿的运动定律。
31．（2025·黑吉辽蒙）如图，在平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
（1）求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间。
（2）若在平面内某点固定一负点电荷，电荷量为，粒子质量取（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小。
（3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间速度方向首次与N点速度方向相反，求（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势）。
【答案】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力
解得正电荷的入射速度大小为
正电荷在磁场中运动的周期为
所以正电荷从M运动到N的时间为
（2）由题意可知，在平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知，其中
解得或（舍去）
（3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示
由能量守恒定律得
由开普勒第二定律可知
其中
联立解得
由牛顿第二定律
解得
故正电荷从点离开磁场后到首次速度变为与点的射出速度相反的时间为
【知识点】开普勒定律；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系计算出粒子的轨道半径，然后根据向心力公式计算即可；根据粒子的偏转角和周期关系计算时间；
（2）正电荷由洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律计算；
（3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，类比于开普勒第三定律计算即可。
32．（2025·湖南模拟）类比与迁移是物理中常用的思想方法。
（1）对一个周期变化的物理量，一个周期内的平均值称为该物理量的“期望”，记为；定义的“标准差”。已知“期望”具有如下性质：。
a.正弦交变电流随时间的变化关系为，直接写出其有效值，并求出和。
b.说明对任意周期变化的物理量有。
（2）现有一个质量为m，振动周期为的弹簧振子，不计阻力。
a.对于经典物理中的弹簧振子，证明其系统的机械能满足恒等式，其中p和x分别是某一相同时刻振子的动量和与平衡位置的距离。
b.在量子力学中，力学系统普遍满足海森堡不确定关系式，其中h是普朗克常量。在不确定关系式限制下，该弹簧振子系统的机械能最小值不为0，称为其基态能量。求这一基态能量。提示：除不确定关系式外，其它推导均可以使用经典物理关系式。
【答案】（1）解：a．正弦交变电流的有效值为其峰值的 倍，表达式如下
平均值 正弦函数在一个周期内的平均值为零，可通过如下积分计算得出
平方平均值 借助 进行计算，可得
b．标准差 依据定义 代入计算
b．对于任意周期变化的物理量，其方差定义为
展开平方项并运用期望的线性性质可得
由此证明
（2）解：a.弹簧振子的总机械能由动能和弹性势能构成： 动能
（其中 为动量）。
2势能：依据胡克定律
通过积分得到势能
结合简谐运动的角频率
可将势能改写为
总机械能 为动能与势能之和，表达式为
b.a.弹簧振子的总机械能由动能和弹性势能构成：动能
（其中为动量）。
势能：依据胡克定律
通过积分得到势能
结合简谐运动的角频率
可将势能改写为
总机械能为动能与势能之和，表达式为
b.根据海森堡不确定关系
将机械能表达式改写为方差形式
利用不等式取等号条件（极小值点），设，并令两项相等
代入不确定关系
代入E表达式得
进一步化简为
(其中)
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【分析】（1） a. 平均值 正弦函数在一个周期内的平均值为零，可通过如下积分计算求解；
b. 依据标准差 定义求解标准差，根据方差定义得到，展开平方项并运用期望的线性性质分析；
（2）a.弹簧振子的总机械能由动能和弹性势能构成，总机械能 为动能与势能之和，分别求解动能和势能即可；
b.根据海森堡不确定关系将机械能表达式改写为方差形式，利用不等式取等号条件，代入不确定关系，代入E表达式，从而得到基态能量。
（1）a．正弦交变电流的有效值为其峰值的 倍，表达式如下
平均值 正弦函数在一个周期内的平均值为零，可通过如下积分计算得出
平方平均值 借助 进行计算，可得
b．标准差 依据定义 代入计算
b．对于任意周期变化的物理量，其方差定义为
展开平方项并运用期望的线性性质可得
由此证明
（2）a.弹簧振子的总机械能由动能和弹性势能构成： 动能：（其中 为动量）。
2势能：依据胡克定律
通过积分得到势能
结合简谐运动的角频率
可将势能改写为
总机械能 为动能与势能之和，表达式为
b.a.弹簧振子的总机械能由动能和弹性势能构成：动能：（其中为动量）。
势能：依据胡克定律
通过积分得到势能
结合简谐运动的角频率
可将势能改写为
总机械能为动能与势能之和，表达式为
b.根据海森堡不确定关系
将机械能表达式改写为方差形式
利用不等式取等号条件（极小值点），设，并令两项相等
代入不确定关系
代入E表达式得
进一步化简为(其中)
33．（2024高三下·大兴模拟）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：如图1所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，小球相对平衡位置的位移x随时间t的变化规律可用方程描述，其中为小球相对平衡位置O时的最大位移，m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数。请在图2中画出弹簧的弹力F随位移x变化的示意图，并求出小球从C点到O点的时间。
（2）情境2：假设地球可视为一个质量分布均匀且密度为ρ的球体，地球的半径为R，万有引力常数为G。
a．根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零，利用库仑力与万有引力的表达式的相似性和相关力学知识，在图3中画出质量为m的小球所受万有引力F与小球到球心之间的距离r的图像，并标出时的纵坐标；
b．若通过地球的南北两极之间能够打通一个真空隧道，把一个质量为m的小球从北极的隧道口（地面处）由静止释放后，小球能够在隧道内运动。求小球从隧道口到地心的时间。
【答案】解：（1）弹簧的弹力是弹簧振子做简谐运动的回复力，弹簧的弹力F随位移x变化的关系为
画出弹簧的弹力F随位移x变化的示意图，如图
小球相对平衡位置的位移x随时间t的变化规律
则
弹簧振子做简谐运动的周期为
小球从C点到O点的时间
（2）a．设小球到球心的距离为r，当r＜R时，即小球在地球内部，地球R-r球壳对小球的万有引力为0，则小球受到的万有引力大小为
可得F与r成正比，故此时的图像为过原点的倾斜直线。
当r=R时，万有引力为
当r＞R时，即小球在地球外部，万有引力大小为
可得F与成正比，图像如图所示
b．设小球相对地心的位移为x，根据（2）问a解析可得，小球受到的万有引力为
则小球在隧道的运动为简谐振动，周期为
小球从隧道口到地心的时间
【知识点】万有引力定律；简谐运动；简谐运动的回复力和能量；电场强度的叠加
【解析】【分析】（1）弹簧弹力是简谐运动的回复力，根据胡克定律，依次作出F-X图像；根据简谐运动位移随时间的变化规律结合已知条件求解角速度，依次求解简谐运动周期和小球从C-O的时间；
（2）当r＜R时，即小球在地球内部，地球R-r球壳层对小球的万有引力为0，小球受到的万有引力大小为以r为半径的球体的质量等效在地球球心处对小球的万有引力，求解以r为半径的球体质量，由万有引力公式求解得到F与r的正比例关系；当r=R时；当r＞R时，小球在地球外部，万有引力大小，得到F与成正比，依次分段作出F-r图像。
以小球相对地心的位移为x，则小球在地球内部所受万有引力为：，可知小球在隧道中做简谐运动，同（1）中方法求解其周期为，进一步求解隧道口到地心的时间。
34．（2024高三下·扬州模拟）目前我国航天事业正处在飞速发展时期，对于人造卫星的发射，曾经有人提出这样的构想：沿着地球的某条弦挖一通道，并铺设成光滑轨道，在通道的两个出口分别将一物体和待测卫星同时释放，利用两者碰撞（弹性碰撞）效应，就可以将卫星发射出去，已知地表重力加速度，地球半径R。物体做简谐运动的周期，m为物体的质量，为简谐运动物体的回复力和其离开平衡位置的位移大小之比。
（1）如图1所示，设想在地球上距地心h处挖一条光滑通道AB，从A点静止释放一个质量为m的物体，求物体通过通道中心的速度大小，以及物体从A运动到B点的时间（质量分布均匀的空腔对空腔内的物体的万有引力为零）
（2）如图2所示，若通道已经挖好，且，如果在AB处同时释放两个物体，物体质量分别为M和m，他们同时到达点并发生弹性碰撞，要使小物体飞出通道口速度达到第一宇宙速度，M和m应该满足什么关系？
【答案】解：（1）质点在距离球心r处所受到的引力为
故引力在AB通道方向分力为（设向右为正方向）
该力与成正比，故物体做简谐运动，由引力表达式知
在地表万有引力近似等于重力知
则
物体从A运动到B点的时间为
从A到点，由动能定理可得
代入得
（2）由（1）可知，物体到达点速度均为
碰撞中满足动量守恒，则
根据机械能守恒知
代入得
返回出口过程中
代入得
由题意可知
即
代入得
【知识点】万有引力定律；碰撞模型；简谐运动的回复力和能量
【解析】【分析】（1）由质量分布均匀的空腔对空腔内的物体的万有引力为零，根据万有引力定律求解物体在地球内距球心某位置的引力表达式，进而求解沿轨道分力表达式，证明物体沿轨道做简谐运动，根据简谐运动周期公式求解A到B的时间；根据动能定理求解通过轨道中点的速度；
（2）根据（1）中到中点的速度，结合弹性碰撞动量守恒和机械能守恒求解碰后小物体的速度，根据动能定理求解小物体返回出口的速度，由万有引力求解第一宇宙速度，进而求解两物体质量关系。
35．（2024高三下·九龙模拟） 2024年4月25日神舟十八号载人飞船成功发射，标志着中国载人航天技术已走在世界前列。有人对今后神舟系列飞船的发射构想：沿着地球的某条弦挖一通道，并铺设成光滑轨道，在通道的两个出口分别将一物体和飞船同时释放，利用两者碰撞（弹性碰撞）效应，将飞船发射出去，已知地表重力加速度g，地球的半径为R；物体做简谐运动的周期，m为物体的质量，k为简谐运动物体的回复力和其离开平衡位置的位移大小之比。
（1）若神州十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，则其运行的线速度大小；
（2）如图甲，设想在地球上距地心h处挖一条光滑通道AB，从A点静止释放一个质量为m的物体，求物体从A运动到B点的时间，以及物体通过通道中心O'的速度大小（质量分布均匀的空腔对空腔内的物体的万有引力为零）；
（3）如图乙，若通道已经挖好，且，如果在AB处同时释放质量分别为M和m的物体和飞船，他们同时到达O'点并发生弹性碰撞，要使飞船飞出通道口时速度达到第一宇宙速度，M和m应该满足什么关系？
【答案】（1）解：神州十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力
根据万有引力与重力的关系
解得运行的线速度大小为
（2）解：半径为r的球体质量为
质点在距离球心r处所受到的引力为
故引力在AB通道方向分力为（设向右为正方向）
该力与成正比，故物体做简谐运动，当时，有
根据万有引力与重力的关系
则
物体从A运动到B点的时间为
从A到O'点，万有引力做功为
从A到O'点，由动能定理可得
解得
（3）解：由（2）可知，物体到达O'点速度均为
碰撞中满足动量守恒
根据机械能守恒可得
解得
返回出口过程中，万有引力做功为
返回出口过程中，根据动能定理
其中
代入得
解得
【知识点】匀速圆周运动；万有引力定律的应用；动能定理的综合应用；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）神州十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动。则其运动半径等于地球半径，地球表面物体所受重力等于其万有引力。再根据万有引力定律结合牛顿第二定律进行解答；
（2）物体在通过AB中做简谐运动，由万有引力沿通道方向的分力提供回复力。根据地球表面物体所受重力等于其万有引力，结合万有引力定律确定物体在通道位置做简谐运动回复力的的系数k值的表达式，再结合题意确定物体做简谐运动的周期， 物体从A运动到B点的时间为半个周期。物体在A点的速度为零，物体从A到O'点只有万有引力做功，且引力沿通道方向的分力与距离正相关，再根据动能定理及功的定义进行解答；
（3）结合（2）确定物体和飞船到达O'点的速度，物体和飞船发射弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰后飞船的速度。根据第一宇宙速度的定义确定飞船到达通道口的末速度，明确飞船从O'点到达通道口各力的做功情况，再对该过程根据动能定理进行解答。
36．（2024高三下·重庆模拟） 某同学甲设想沿地球直径建设一条隧道，封闭后抽成真空，就可以用运输仓在几乎不消耗能量的情况下把物体从地球这的一侧运到另一侧。若地球可看作质量分布均匀的球体，表面重力加速度为g，半径为R，隧道大小远小于地球半径，如图甲所示。运输仓从地球表面隧道口A处由静止释放，C为隧道中的一点，且C到地心O的距离为。已知：质量为m的物体做简谐运动的回复力为，其周期为；均匀球壳对其内部物体引力为0.求：
（1）运输仓经过C点时的加速度大小a；
（2）运输仓经过C点时的速率及从A第一次到达C所需的时间；
（3）考虑到未来地球表面环境可能会恶化，为了解决人类生存问题，同学乙设想以AC为直径挖出一个球形空腔（如图乙所示），建立一个超级地下城。将一物体从A由静止释放，求物体运动到C的速率及所需的时间各为多少？
【答案】（1）解：设地球密度为ρ，则地球质量
以 O 为球心OC为半径的球
设运输仓质量为m，运输仓在 C 点受到引力为内部球的引力（外壳引力为0）
在地球表面
整理得
又 F=ma则
（2）解：由（1）得在距 O 点 x处
即 F 随 x均匀变化，在 A点
FA=mg
在 C 点
A 运动到O 过程
解得
若以 O为平衡位置，则
即
运输仓简谐运动周期为
运输仓简谐运动位移为
x=Rcosωt
当 x=0.5R 时解得
（3）解：如图，空腔球心为 O1，在空腔内任取一点 P，放上质量为m 的物体，连接PO1、PO，整个实心地球对物体吸引力为
假设空腔并未挖去，则此“空腔球”对物体吸引力为
由于空腔的存在，所以物体受到的引力为二力的矢量差
由相似三角形可得
且合力沿 O1O方向，即物体在空腔内受力恒定，运输仓将沿 AC 匀加速直线运动
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；万有引力定律的应用；简谐运动
【解析】【分析】（1）利用万有引力定律，结合球体的质量、体积和密度关系式，通过牛顿第二定律可得出加速度大小；（2）根据回复里的表达式可得出运输仓在各个点的回复力大小，利用动能定理可得出速度大小，结合简谐振动的周期公式和位移特点可得出时间；（3）根据吸引力的表达式可得出吸引力大小，利用力的合成法则可得出合力的大小，结合物体做匀变速直线运动的规律可得出速度和时间的大小。
1 / 1高考一轮复习：万有引力与航天
一、选择题
1．（2025·湖北）卫星a、b绕质量为M的中心天体做圆周运动运动，如图所示，a的轨道半径比b乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用，下列说法正确的是（ ）
A．卫星a、b运动的周期
B．卫星a、b运动的线速度
C．卫星a、b运动的角速度
D．卫星a、b运动的向心加速度
2．（2025·广东）一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是（ ）
A．公转周期约为6年
B．从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小
C．从远日点到近日点线速度大小逐渐减小
D．在近日点加速度大小约为地球公转加速度的
3．（2025高一下·旌阳期末）北斗三号导航卫星系统由三种不同轨道的卫星组成，即24颗地球中圆轨道卫星（轨道形状为圆形，轨道半径在3万公里与1000公里之间）、3颗地球同步轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星。（同步卫星离地高度约为5.6R地，R地=6.4×103km）则关于地球中圆轨道卫星，下列说法正确的是（ ）
A．比地球同步轨道卫星的线速度大
B．比地球同步轨道卫星的角速度小
C．比地球同步轨道卫星的周期大
D．线速度大于第一宇宙速度
4．（2025高一下·海珠期末）2024年10月30日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。飞船与核心舱对接过程的示意图如图所示。飞船从圆轨道Ⅰ，通过变轨后，沿椭圆轨道Ⅱ由A处运动到B处，与沿圆轨道Ⅲ运行的核心舱对接，对接后的组合体继续在圆轨道Ⅲ上运行。在上述过程中，飞船（ ）
A．由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需在B处减速
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等
C．在轨道Ⅰ上A处的速度小于在轨道Ⅲ上B处的速度
D．在轨道Ⅱ上由A到B的时间大于在轨道Ⅲ上运行周期的一半
5．（2025·浙江模拟）如图所示，火星与地球可视为在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动。已知地球的公转周期为T，火星轨道半径是地球轨道半径的k倍。地球从a运行到b、火星从c运行到d的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为和。下列说法正确的是（ ）
A．若小于，则可以判定从a运行到b的时间小于从c运行到d的时间
B．火星与地球做圆周运动的向心力大小之比为
C．火星与地球做圆周运动的角速度之比为
D．火星的公转周期为kT
6．（2024·安徽） 2024年 3月 20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为 51900km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为 9900km，周期约为 24h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时（ ）
A．周期约为 144h
B．近月点的速度大于远月点的速度
C．近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度
D．近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度
7．（2023高三上·清苑月考）美国航天局与欧洲航天局合作，发射的火星探测器已经成功登录火星。荷兰企业家巴斯兰斯多普发起的“火星一号”计划打算将总共24人送上火星，创建一块长期殖民地。若已知万有引力常量G，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出火星密度的是 （ ）
A．在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出落下的高度H和时间t、T
B．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，测出运行周期T
C．火里探测器在高空绕火星做匀速圆周运动，测出距火星表面的高度h和运行周期T
D．观察火星绕太阳的匀速圆周运动，测出火星的直径D和运行周期T
8．（2025·重庆市）“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间距为d的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的（ ）
A．轨道半径之比为 B．周期之比为
C．线速度大小之比为 D．向心加速度大小之比为
9．（2025·北京市）2024年6月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测器在圆形轨道1上绕月球飞行，在A点变轨后进入椭圆轨道、为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的是（ ）
A．在轨道2上从A向B运动过程中动能逐渐减小
B．在轨道2上从A向B运动过程中加速度逐渐变大
C．在轨道2上机械能与在轨道1上相等
D．利用引力常量和轨道1的周期，可求出月球的质量
10．（2025·禅城模拟）地质勘探人员利用重力加速度反常（如地面下方有重金属矿时，重力加速度值比正常值大）可探测地面下的物质分布情况。在地面下某处（远小于地球半径）有一区域内有一重金属矿，探测人员从地面上O点出发，沿水平地面上相互垂直的x、y轴两个方向，测量不同位置的重力加速度值，得到重力加速度值随位置变化如图甲、乙所示，图像的峰值坐标为别为和。由此可初步判断（ ）
A．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
B．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
C．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
D．重金属矿的地面位置坐标约为，且图像中
11．（2025·郴州模拟）太阳系曾经上演过“七星连珠”罕见天象。如果行星的运动看作匀速圆周运动，则在运动过程中，距离太阳越远的星球（ ）
A．向心加速度越大 B．线速度越大
C．周期越大 D．角速度越大
12．（2025·诸暨模拟）将于近期择机发射的“天问二号”探测器计划对小行星2016HO3进行伴飞、采样并返回。2016HO3是一颗直径约40-100米的近地小行星，距离地球最近约1400万公里，最远约4000多万公里，因其运行周期与地球高度同步，被称为“地球准卫星”。如图所示，地球绕太阳公转可视作圆轨道，小行星2016HO3绕太阳运行轨道为椭圆，它的近日点位于地球圆轨道内侧。下列说法正确的是（ ）
A．探测器的发射速度大于第三宇宙速度
B．探测器在采样时能实时接收地面控制中心的指令
C．小行星在近日点的速度大于地球做圆周运动的速度
D．小行星在远离太阳过程中引力做负功，机械能不断减小
13．（2025·湖南）我国研制的“天问二号”探测器，任务是对伴地小行星及彗星交会等进行多目标探测。某同学提出探究方案，通过释放卫星绕小行星进行圆周运动，可测得小行星半径R和质量M。为探测某自转周期为的小行星，卫星先在其同步轨道上运行，测得距离小行星表面高度为h，接下来变轨到小行星表面附近绕其做匀速圆周运动，测得周期为。已知引力常量为G，不考虑其他天体对卫星的引力，可根据以上物理得到。下列选项正确的是（ ）
A．a为为为 B．a为为为
C．a为为为 D．a为为为
14．（2025·长沙模拟）某星球的半径为R，质量为M，若该星球使用四颗静止轨道卫星（同步卫星）恰好能实现该星球的赤道上任意两点的通信。已知引力常量为G，则该星球的自转周期为（ ）
A． B． C． D．
15．（2025·天河模拟）所谓“双星”就是两颗相距较近的恒星，这两颗星在彼此之间万有引力作用下，各自以一定的速率始终绕它们连线上的某点转动，则（ ）
A．两颗星做圆周运动的半径之比等于它们质量之比
B．两颗星速度大小之比等于它们质量的反比
C．两颗星的动能之比等于它们做圆周运动的半径的反比
D．两颗星的动量始终相同
16．（2025·温州模拟）“食双星”是特殊的双星系统，由两颗亮度不同的恒星组成，它们在相互引力作用下绕连线上某点做匀速圆周运动，且轨道平面与观测者视线方向几乎平行。由于两颗恒星相互遮挡，造成观测者观察到双星的亮度L发生周期性变化，如图所示。若较亮的恒星和较暗的恒星轨道半径分别为和（和远小于该双星系统到观测者的距离）。下列说法正确的是（ ）
A．时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星
B．较亮的恒星与较暗的恒星质量之比为
C．两颗恒星做匀速圆周运动的周期均为
D．较亮的恒星线速度与较暗的恒星线速度之比为
17．（2025·广东模拟）宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动，称之为双星系统．由恒星A与恒星B组成的双星系统绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示．已知它们的运行周期为T，恒星A的质量为M，恒星B的质量为3M，引力常量为G，则下列判断正确的是（ ）
A．两颗恒星相距
B．恒星A与恒星B的向心力之比为3︰1
C．恒星A与恒星B的线速度之比为1︰3
D．恒星A与恒星B的轨道半径之比为︰1
二、多项选择题
18．（2025·安徽） 2025年4月，我国已成功构建国际首个基于DRO（远距离逆行轨道）的地月空间三星星座，DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道，该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b，卫星的运行周期为T；卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道，周期也为T。月球的质量为M，半径为R，引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力，则（ ）
A． B． C． D．
19．（2024·湖南）2024 年 5 月 3 日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。已知月球表面重力加速度约为地球表面的，月球半径约为地球半径的。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度
B．其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度
C．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
D．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
20．（2024·河北）2024年3月0日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24h的环月椭圆冻结轨道（如图），近月点A距月心约为，远月点B距月心约为，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是( )
A．鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12h
B．鹊桥二号在两点的加速度大小之比约为81：1
C．鹊桥二号在两点的速度方向垂直于其与月心的连线
D．鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s
21．（2025·陆丰模拟）如图所示，火星与地球可视为在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动。已知地球的公转周期为T，火星轨道半径是地球轨道半径的k倍。当火星、地球、太阳三者在同一直线上且地球位于太阳和火星之间时，称为火星冲日。不考虑火星与地球之间的引力，下列说法正确的是（ ）
A．火星与地球做圆周运动的向心力大小之比为
B．火星与地球做圆周运动的向心加速度大小之比为
C．火星与地球做圆周运动的角速度之比为
D．相邻两次火星冲日的时间间隔为
22．（2025·邛崃模拟）“双星系统”是指在相互间万有引力的作用下，绕连线上某点做匀速圆周运动的两个孤立星球组成的系统。假设在太空中有星球A、B组成的双星系统绕点做顺时针匀速圆周运动，如图所示，两星球的间距为，公转周期为。为探索该双星系统，向星球B发射一颗人造卫星C，C绕B运行的周期为，轨道半径为，忽略C的引力对双星系统的影响，万有引力常量为。则以下说法正确的是（ ）
A．星球A、B的质量之和为
B．星球A做圆周运动的半径为
C．星球B做圆周运动的半径为
D．若A也有一颗周期为的卫星，则其轨道半径一定大于
23．（2024·广东） 如图所示， 探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞. 在 接近某行星表面时以 的 速度竖直匀速下落. 此时启动 “背罩分离”， 探测器与背罩断 开连接， 背罩与降落伞保持连接. 已知探测器质量 为 ，背罩质量为 ，该行星的质量和 半径分别为地球的 和 . 地球表面重力加速度大小取 . 忽略大气对探测器和背罩的阻力. 下列说法正确的有 ( )
A．该行星表面的重力加速度大小为
B．该行星的第一宇宙速度为
C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为
D．“背罩分离”后瞬间， 探测器所受重力对其做功 的功率为
三、非选择题
24．（2024高三上·闵行模拟）沿椭圆轨道的运动
行星在椭圆轨道绕日运行，卫星在椭圆轨道绕地运动，生活中也有类似的椭圆轨道运动，有时可将其视作圆周运动进行研究。
（1）若将太阳系行星轨道近似视作圆，轨道平均半径为R和绕日公转周期为T，下列关于常用对数lgR与lgT的关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2）卫星绕地球运行的椭圆轨道如图，a、b、c、d为轨道上四点，b是a、d的中间位置，c是b、d的中间位置。则卫星（ ）
A．在a的速度等于在d的速度
B．从b运动到c的时间等于从c运动到d的时间
C．从c运动到d的过程，引力做负功
D．从b运动到c的过程，引力势能减小
（3）用国际单位制中的基本单位表示万有引力常量G的单位，为 。
（4）北斗卫星绕地球做高速椭圆轨道运动，只考虑地球引力场的广义相对论效应，星载原子钟比地面接收钟走时更 。（选涂“A.快”或“B.慢”）
（5）如图（a），场地自行车的赛车场为椭圆盆形，图（b）是将最内侧弯道视作坡度为30°斜坡的简化图。某时刻运动员在最内侧弯道的骑行速度为20m/s，转弯半径为54m，运动员和自行车整体（ ）
A．向心力方向沿水平方向 B．沿坡道方向不受静摩擦力
C．受到沿坡道向上的静摩擦力 D．受到沿坡道向下的静摩擦力
25．（2025高一下·旌阳期末）在某星球表面上，一根长为L的细线一端固定，另一端拴一质量为m的砝码，使它在水平面内绕圆心O做角速度为的匀速圆周运动，如图所示。已知此时细线与竖直方向的夹角为θ。
（1）求该星球表面重力加速度g的大小；
（2）若该星球的半径为R，某卫星在距该星球表面h高处做匀速圆周运动，则该卫星的线速度为多大？（忽略该星球的自转）
26．（2025·雅安模拟）用如图所示装置探究两个互成角度的力的合成规律。
（1）除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，以下器材还需选（ ）
A．重锤线 B．量角器 C．三角板
（2）测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，其对角线 （选填“一定”或“不一定”）与橡皮筋共线。
（3）下列各图中，与本实验所用物理思想方法相同的是（ ）
A．甲图：重心概念的提出
B．乙图：伽利略理想斜面实验
C．丙图：探究影响向心力大小的因素
D．丁图：卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量
27．（2025高一下·锡山期中）如图所示，返回式月球软着陆器在完成了对月球表面的考察任务后，由月球表面回到绕月球做圆周运动的轨道舱。已知月球的半径为R，轨道舱到月球表面的距离为h，引力常量为G，月球表面的重力加速度为g，不考虑月球的自转。求：
（1）月球的第一宇宙速度大小；
（2）轨道舱绕月飞行的周期T。
28．（2025高一下·广东期中）某宇航员到达一星球表面，将一质量为m的物体从地面某高度处（高度远小于星球半径）沿水平方向以初速度抛出，经过时间t落地，此时速度方向与水平方向夹角为，已知万有引力常量为G，星球的半径R。忽略该星球自转的影响，，求：
（1）该星球的第一宇宙速度；
（2）该星球的平均密度；
（3）若利用三颗同步卫星全覆盖该星球赤道周围，该星球自转的最小周期。
29．（2024高一下·祁东期末）有研究表明，在银河系中至少一半以上的恒星系统都是由双星构成的。由恒星1、2（可视为质点）组成的双星系统如图所示，两恒星以相等的角速度绕两者连线上的O点做圆周运动，测得恒星1、2到O点的距离分别为2r、r，已知恒星1的质量为m，引力常量为G。求：
（1）恒星2的质量；
（2）恒星1、2间的万有引力大小F；
（3）恒星1的线速度大小。
30．（2024高一下·上海期中） 回旋加速器是科学家们进行粒子物理研究的重要仪器，将质量的质子在高能粒子加速器中被加速到动能，某同学根据算出质子的速度大小v＝ m/s。此速度值是否合理？ （选填“合理”、“不合理”）
31．（2025·黑吉辽蒙）如图，在平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
（1）求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间。
（2）若在平面内某点固定一负点电荷，电荷量为，粒子质量取（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小。
（3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间速度方向首次与N点速度方向相反，求（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势）。
32．（2025·湖南模拟）类比与迁移是物理中常用的思想方法。
（1）对一个周期变化的物理量，一个周期内的平均值称为该物理量的“期望”，记为；定义的“标准差”。已知“期望”具有如下性质：。
a.正弦交变电流随时间的变化关系为，直接写出其有效值，并求出和。
b.说明对任意周期变化的物理量有。
（2）现有一个质量为m，振动周期为的弹簧振子，不计阻力。
a.对于经典物理中的弹簧振子，证明其系统的机械能满足恒等式，其中p和x分别是某一相同时刻振子的动量和与平衡位置的距离。
b.在量子力学中，力学系统普遍满足海森堡不确定关系式，其中h是普朗克常量。在不确定关系式限制下，该弹簧振子系统的机械能最小值不为0，称为其基态能量。求这一基态能量。提示：除不确定关系式外，其它推导均可以使用经典物理关系式。
33．（2024高三下·大兴模拟）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：如图1所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，小球相对平衡位置的位移x随时间t的变化规律可用方程描述，其中为小球相对平衡位置O时的最大位移，m为小球的质量，k为弹簧的劲度系数。请在图2中画出弹簧的弹力F随位移x变化的示意图，并求出小球从C点到O点的时间。
（2）情境2：假设地球可视为一个质量分布均匀且密度为ρ的球体，地球的半径为R，万有引力常数为G。
a．根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零，利用库仑力与万有引力的表达式的相似性和相关力学知识，在图3中画出质量为m的小球所受万有引力F与小球到球心之间的距离r的图像，并标出时的纵坐标；
b．若通过地球的南北两极之间能够打通一个真空隧道，把一个质量为m的小球从北极的隧道口（地面处）由静止释放后，小球能够在隧道内运动。求小球从隧道口到地心的时间。
34．（2024高三下·扬州模拟）目前我国航天事业正处在飞速发展时期，对于人造卫星的发射，曾经有人提出这样的构想：沿着地球的某条弦挖一通道，并铺设成光滑轨道，在通道的两个出口分别将一物体和待测卫星同时释放，利用两者碰撞（弹性碰撞）效应，就可以将卫星发射出去，已知地表重力加速度，地球半径R。物体做简谐运动的周期，m为物体的质量，为简谐运动物体的回复力和其离开平衡位置的位移大小之比。
（1）如图1所示，设想在地球上距地心h处挖一条光滑通道AB，从A点静止释放一个质量为m的物体，求物体通过通道中心的速度大小，以及物体从A运动到B点的时间（质量分布均匀的空腔对空腔内的物体的万有引力为零）
（2）如图2所示，若通道已经挖好，且，如果在AB处同时释放两个物体，物体质量分别为M和m，他们同时到达点并发生弹性碰撞，要使小物体飞出通道口速度达到第一宇宙速度，M和m应该满足什么关系？
35．（2024高三下·九龙模拟） 2024年4月25日神舟十八号载人飞船成功发射，标志着中国载人航天技术已走在世界前列。有人对今后神舟系列飞船的发射构想：沿着地球的某条弦挖一通道，并铺设成光滑轨道，在通道的两个出口分别将一物体和飞船同时释放，利用两者碰撞（弹性碰撞）效应，将飞船发射出去，已知地表重力加速度g，地球的半径为R；物体做简谐运动的周期，m为物体的质量，k为简谐运动物体的回复力和其离开平衡位置的位移大小之比。
（1）若神州十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，则其运行的线速度大小；
（2）如图甲，设想在地球上距地心h处挖一条光滑通道AB，从A点静止释放一个质量为m的物体，求物体从A运动到B点的时间，以及物体通过通道中心O'的速度大小（质量分布均匀的空腔对空腔内的物体的万有引力为零）；
（3）如图乙，若通道已经挖好，且，如果在AB处同时释放质量分别为M和m的物体和飞船，他们同时到达O'点并发生弹性碰撞，要使飞船飞出通道口时速度达到第一宇宙速度，M和m应该满足什么关系？
36．（2024高三下·重庆模拟） 某同学甲设想沿地球直径建设一条隧道，封闭后抽成真空，就可以用运输仓在几乎不消耗能量的情况下把物体从地球这的一侧运到另一侧。若地球可看作质量分布均匀的球体，表面重力加速度为g，半径为R，隧道大小远小于地球半径，如图甲所示。运输仓从地球表面隧道口A处由静止释放，C为隧道中的一点，且C到地心O的距离为。已知：质量为m的物体做简谐运动的回复力为，其周期为；均匀球壳对其内部物体引力为0.求：
（1）运输仓经过C点时的加速度大小a；
（2）运输仓经过C点时的速率及从A第一次到达C所需的时间；
（3）考虑到未来地球表面环境可能会恶化，为了解决人类生存问题，同学乙设想以AC为直径挖出一个球形空腔（如图乙所示），建立一个超级地下城。将一物体从A由静止释放，求物体运动到C的速率及所需的时间各为多少？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】 做圆周运动的卫星，卫星与中心天体间的万有引力提供卫星圆周运动的向心力，
可得 卫星运动的周期为，线速度， 角速度为，加速度
因此卫星做圆周运动的半径越大，线速度、角速度越小，向心加速度越小，周期越大，
因，可知卫星甲、乙运动的周期
线速度关系
角速度关系
向心加速度关系，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】做圆周运动的卫星，与天体间的万有引力提供圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律，可得卫星圆周运动的线速度、半径、加速度、周期等物理量之间的关系。
2．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据题意，设地球与太阳间距离为，地球公转周期为T1，小星星公转周期为T2，则小行星公转轨道的半长轴为
由开普勒第三定律可得
解得年
故A错误；
B．从远日点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有引力定律可知，小行星受太阳引力增大，故B错误；
C．由开普勒第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度逐渐增大，故C错误。
D．由牛顿第二定律有
解得
可知
即小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的，故D正确；
故选D。
【分析】本题主要考查万有引力定律和开普勒定律的应用。
根据数学知识求得小星星轨道半长轴，再根据开普勒第三定律求得小星星公转周期；由万有引力定律判断小星星受到太阳引力变化；根据开普勒第二定律判断小星星速度变化；由计算在近日点小星星公转加速度大小与地球公转加速度关系。
3．【答案】A
【知识点】开普勒定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A选项（比地球同步轨道卫星的线速度大）：由开普勒第三定律和圆周运动速度公式
由万有引力提供向心力
解得
可知，轨道半径越小，线速度越大。中圆轨道卫星的轨道半径<3万公里<同步卫星半径（5.6R地≈3.58万公里），因此线速度更大。A正确。
B . 角速度
与轨道半径的立方根成反比，中圆轨道半径更小，角速度更大，故B错误；
C . 周期
与轨道半径的3/2次方成正比，中圆轨道半径更小，周期更短同步卫星周期为24小时，C错误；
D . 第一宇宙速度是近地轨道（）的环绕速度
第一宇宙速度（7.9km/s）是近地卫星的环绕速度。中圆轨道半径大于地球半径（R地 ），由线速度与轨道反比规律可知其线速度小于第一宇宙速度，故D错误；
故选A；
【分析】（1）轨道半径与三速度反比与周期正比，比较半径大小同步卫星轨道半径（5.6R地≈3.58万公里）明确大于中圆轨道（<3万公里<3万公里），直接应用正反比规律判断。
（2）易错点：混淆半径与速度关系，误认为半径越大速度越大实际反比，或忽略同步卫星的周期固定为24小时，第一宇宙速度的适用条件：误将任何轨道的速度与近地卫星速度（第一宇宙速度）比较，未注意半径增大会导致速度减小。
（3）扩展知识：中圆轨道的实际意义：北斗中圆轨道卫星用于导航，需较高速度（约3-4 km/s）和较短周期（约12小时），与同步卫星互补。
4．【答案】B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。A． 由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ， 需在B处加速，做离心运动，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，A错误；
B．在B处与核心舱对接前后的加速度相等，加速度大小为
B正确；
C．根据
解得
轨道半径越小，速度越大，所以在轨道Ⅰ上A处的速度大于在轨道Ⅲ上B处的速度，C错误；
D．根据开普勒第三定律，在轨道Ⅱ上运行周期小于在轨道Ⅲ上运行周期，所以在轨道Ⅱ上由A到B的时间小于在轨道Ⅲ上运行周期的一半，D错误。
故选B。
【分析】需在B处加速，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，根据万有引力定律结合牛顿第二定律分析加速度，轨道半径越小，速度越大，结合开普勒第三定律分析。
5．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A． 根据开普勒第二定律（面积定律），行星在单位时间内扫过的面积相等。但对于不同行星，面积速率不同 ，当a运行到b的时间等于从c运行到d的时间时，小于。若小于，无法确定对应时间大小，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力，因为火星轨道半径是地球轨道半径的k倍，所以火星与地球做圆周运动的向心力大小之比，故B错误；
C．由万有引力定律，可知角速度大小之比为，故C正确；
D．根据开普勒第三定律，行星轨道半径的立方与公转周期的平方成正比：，已知 ，且 ，因此： ，故D错误。
故选C。
【分析】1、 与太阳连线扫过的面积分别为和， 若小于，无法确定对应时间大小。
2、由可知
3、由，可知
4、由开普勒第三定律得，可得出火星的公转周期。
6．【答案】B
【知识点】万有引力定律；卫星问题
【解析】【解答】 A.设鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道半长轴分别为r1、r2，鹊桥二号在捕获轨道、冻结轨道运行的周期分别为T1、T2；
根据开普勒第三定律有
代入数据解得T1≈288h，故A错误；
B.鹊桥二号在捕获轨道运行时，根据开普勒第二定律可知，鹊桥二号与月球的联线在相等的时间内扫过的面积相等，因此鹊桥二号在近月点附近，相等的时间内通过的弧长更长，运行的速度大，在远月点点附近，相等的时间内通过的弧长更短，运行的速度小，因此鹊桥二号在近月点的速度大于远月点的速度，故B正确；
C.根据卫星变轨原理可知，鹊桥二号在捕获轨道近月点需要减速才能进入冻结轨道运行，所以鹊桥二号在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，故C错误；
D.在近月点，根据万有引力定律和牛顿第二定律，可得
则有
由此可知，近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，故D错误。
故选：B。
【分析】 A.根据开普勒第三定律求解鹊桥二号在捕获轨道运行时的周期；
B.鹊桥二号在捕获轨道从近月点向远月点运行的过程中，根据开普勒第二定律分析相等时间内通过的弧长，在方向速度的大小；
C.根据卫星变轨原理，可以判断近月点的速度、在冻结轨道运行时近月点的速度的大小关系；
D.鹊桥二号的加速度由月球的万有引力产生，根据， 可判断其在同一位置上的加速度情况。
7．【答案】B
【知识点】万有引力定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．自由落体运动中，已知下落的高度H和时间t，根据
可知算出火星的重力加速度
设火星的质量为M，半径为R，则火星的质量M=ρπR3。
在火星表面使一个小球做自由落体运动，在火星表面，重力等于万有引力，根据
可以算得火星的质量，此方法无法测得火星半径 R，故无法算出密度，A错误；
B．贴近表面运动时，轨道半径，根据
万有引力提供向心力
代入密度公式
得；
已知T就可算出密度，故B正确；
C．观察火星绕太阳的圆周运动，只能算出太阳的质量，无法算出火星质量，也就无法算出火星密度，C错误；
D．火星绕太阳运动时，万有引力提供向心力的公式
此式仅能求解太阳质量，不知道火星的半径，故无法算出密度，D错误．
故选B。
【分析】1、密度计算核心公式：，需同时知晓火星质量 M 和半径 R。
2、万有引力与圆周运动结合：贴近天体表面运动时，轨道半径，可消去 R 直接关联周期 T 与密度 ρ。高空轨道需已知轨道高度和天体半径，否则无法计算密度。
3、重力加速度与天体质量：通过表面重力加速度可求天体质量，但需配合半径才能求密度。关键逻辑：计算天体密度的关键是找到消去半径的条件，或直接测得半径和质量相关数据。
8．【答案】D
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】A．根据题意结合几何知识可知地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比为
可得
故A错误；
BCD．根据万有引力提供向心力有
解得
，，
故可得周期之比为
；
线速度大小之比为
；
向心加速度大小之比为
故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查万有引力定律的应用，根据万有引力提供向心力结合数学知识解答。
由数学知识求得地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比，万有引力提供向心力，根据求解周期、 线速度大小 、 向心加速度大小之比。
9．【答案】A
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．根据开普勒第二定律，在轨道2上从A向B运动过程中线速度逐渐减小，则动能逐渐减小，故A正确；
B．探测器受到万有引力，由牛顿第二定律可得：
解得
在轨道2上从A向B运动过程中，r增大，加速度逐渐变小，B错误；
C．探测器在A点从轨道1变轨到轨道2，速度增加，做离心运动，需要火箭发动机做正功，机械能增加，所以探测器在轨道2上机械能大于在轨道1上的机械能，C错误；
D．探测器在轨道1上做圆周运动，根据万有引力提供向心力，得
解得
利用引力常量G和轨道1的周期T，还需要知道轨道1的半径r，才能求出月球的质量，D错误。
故答案为：A。
【分析】根据开普勒第二定律、万有引力提供向心力和机械能知识进行分析解答。
10．【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用
【解析】【解答】知道在金属矿所在位置处的引力是由重金属矿产生的引力和地球产生的引力直接相加的是解题的关键。由图可知在地面，处的重力加速度最大，由于在处重金属矿产生的引力和地球产生的引力直接相加，而在处是金属矿产生的引力分量和地球产生的引力相加，因此，在处重力加速度比处大，且无穷远处的加速度均为g，所以。
故选C。
【分析】根据图像分析重金属矿所在位置的坐标，根据金属矿产生的万有引力和地球引力的合成比较它们的大小。
11．【答案】C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】行星绕太阳做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得
可得
，，，
可知距离太阳越远的星球，向心加速度越小，线速度越小，周期越大，角速度越小，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】行星绕太阳做匀速圆周运动，由万有引力提供向心得出加速度，线速度，周期，角速度根据上式可得出半径变大，向心加速度越小，线速度越小，周期越大，角速度越小。
12．【答案】C
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】本题考查第三宇宙速度和开普勒第二定律以及机械能守恒的条件，会根据题意进行准确分析解答。A．探测器未能脱离太阳系飞出去，所以探测器的发射速度小于第三宇宙速度，故A错误；
B．即使在最近约1400 万公里处，电磁信号往返也会有数十秒以上的延迟，无法实现“实时”操控，故B错误；
C．小行星近日点比地球轨道更靠近太阳，根据开普勒定律，“行星越靠近太阳，线速度越大”，因此其近日点处速率比地球公转速率大，故C正确；
D．太阳引力是保守力，小行星在椭圆轨道上机械能守恒，不随小行星远离太阳而不断减小，故D错误。
故选C。
【分析】根据第三宇宙速度和开普勒第二定律以及机械能守恒的条件进行分析解答。
13．【答案】A
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】根据题意，卫星在小行星的同步轨道和小行星表面附近轨道运行时轨道半径分别为R+h、R。
由开普勒第三定律有
解得
设小行星和卫星的质量分别为M、m，卫星绕小行星表面附近做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力
解得
对应结果可得a为为为，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】根据开普勒第三定律列方程，即可求出R的表达式。卫星绕小行星表面附近做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力列方程，得到小行星质量M的表达式，再与题中R、M的表达式对比得到a、b、c的意义。
14．【答案】A
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】解答本题时，要理清物理情景，根据万有引力提供向心力和几何关系解答。若该星球使用四颗静止轨道卫星（同步卫星）恰好能实现该星球的赤道上任意两点的通信 ，则相邻卫星的连线与赤道相切，如图
由图中几何关系可知同步卫星的轨道半径为
星球的半径为R，质量为M， 引力常量为G， 根据万有引力提供向心力
联立解得
故选A。
【分析】对于静止轨道卫星，根据万有引力提供向心力列方程。根据几何关系求出卫星的轨道半径，即可求解该星球的自转周期。
15．【答案】B
【知识点】双星（多星）问题；动能；动量
【解析】【解答】“双星”是万有引力部分常见的题型，关键抓住“双星”的条件：角速度相同、周期相同，采用隔离法由牛顿第二定律研究．A．令两恒星间距为L，质量分别为、，轨道半径分别为、，双星圆周运动的周期相等，可知，角速度也相等，则有
，
解得
即两颗星做圆周运动的半径之比等于它们质量的反比，故A错误；
B．根据线速度与角速度的关系有
，
结合上述解得
即两颗星速度大小之比等于它们质量的反比，故B正确；
C．两恒星的动能
，
结合上述解得
即两颗星的动能之比等于它们做圆周运动的半径之比，故C错误；
D．两恒星的动量
，
结合上述解得
可知，两恒星动量大小相等，当动量的反向始终相反，可知，两颗星的动量不相同，故D错误。
故选B。
【分析】“双星”围绕它们连线上的同一点为圆心做匀速圆周运动，运动过程中两者的周期、角速度相同，由对方的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律分别对两星进行列方程求解．
16．【答案】B
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】本题以“食双星”这一特殊的双星系统为背景，考查了双星问题的相关知识，包括双星的运动特点、质量关系、周期以及线速度关系等，具有一定的物理背景和趣味性，能激发学生对天体运动现象的兴趣。AC．由题意可知，时刻，较亮的恒星遮挡住较暗的恒星，时刻较暗的恒星遮挡住较亮的恒星，即时间里，转了半个圈，故周期为
故AC错误；
B．设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为和，均由彼此间的万有引力提供向心力故两颗恒星的向心力大小相等，有
解得
故B正确；
D．设较亮的恒星和较暗的恒星的质量分别为和，根据
因为角速度相等，解得
故D错误。
故选B。
【分析】对于双星系统，要抓住三个相等，即向心力、角速度、周期相等，根据万有引力提供向心力求解。
17．【答案】A
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】BD.两恒星体做匀速圆周运动的向心力来源于两恒星之间的万有引力，所以向心力大小相等，即
解得恒星A与恒星B的轨道半径之比为
rA：rB=3：1
故选项BD错误；
AC.设两恒星相距为L，则rA+rB=L，根据牛顿第二定律
解得
由
可得恒星A与恒星B的线速度之比为3：1，故A正确，C错误；
故选A.
【分析】两恒星体做匀速圆周运动的向心力来源于两恒星之间的万有引力，所以向心力大小相等，列式可得半径之比；根据牛顿第二定律列式可求解两颗恒星相距的距离；恒星A与恒星B的角速度相等，从而可求解线速度之比.
18．【答案】B,C
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用
【解析】【解答】AB．对于环月椭圆轨道，轨道半长轴为
根据开普勒第三定律
有
可得
故A错误，B正确；
CD．对于环月圆轨道，根据万有引力提供向心力可得
可得
故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】本题主要考查开普勒第三定律和万有引力定律的应用。根据数学知识求得环月椭圆轨道半长轴，再根据开普勒第三定律推导环月圆轨道轨道半径；根据万有引力提供向心力推导月球质量。
19．【答案】B,D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】 AB．返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径，则有
其中在月球表面万有引力和重力的关系有
联立解得
由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得
代入题中数据可得，故A错误、B正确；
CD．根据线速度和周期的关系有
则，
所以 故C错误、D正确；
故选：BD。
【分析】AB.根据牛顿第二定律结合星球的第一宇宙速度公式列式求解判断；
CD.根据线速度和周期的关系式列式解答。
20．【答案】B,D
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A.鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，从做减速运动，从做加速运动，则从的运动时间大于半个周期，即大于12h，故A错误；
B.鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有
同理在B点有
代入题中数据联立解得
故B正确；
C.由于鹊桥二号做曲线运动，则可知鹊桥二号速度方向应为轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C错误；
D.由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2km/s，故D正确。
故选BD。
【分析】 根据牛顿第二定律分析解答；根据万有引力提供向心力解得加速度的比；根据月球的在轨卫星的运行速度和月球的第一宇宙速度的关系进行判断。
21．【答案】B,C
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】本题考查开普勒定律、卫星运行规律相关知识。分析好物理情景，明确相邻两次火星冲日时，地球比火星多跑了一周是关键。A．根据万有引力提供向心力
因为火星轨道半径是地球轨道半径的k倍，所以火星与地球做圆周运动的向心力大小之比为
故A错误；
B．由万有引力定律
解得
可知向心加速度大小之比为
故B正确；
C．由万有引力定律
可知角速度大小之比为
故C正确；
D．由开普勒第三定律得
解得
相邻两次火星冲日时，地球比火星多跑了一周，设故相邻两次火星冲日的时间间隔为t，则
解得
故D错误。
故选BC。
【分析】根据万有引力提供向心力求解火星与地球做圆周运动的向心力大小之比，根据牛顿第二定律求向心加速度大小之比，根据万有引力提供向心力求角速度之比。由开普勒第三定律求出火星的周期。相邻两次火星冲日时，地球比火星多跑了一周，由此列式求解相邻两次火星冲日的时间间隔。
22．【答案】B,D
【知识点】卫星问题；双星（多星）问题
【解析】【解答】众多的天体中如果有两颗恒星，它们靠得较近，在万有引力作用下绕着它们连线上的某一点共同转动，这样的两颗恒星称为双星。A．根据万有引力提供向心力
其中
得两星球质量之和为
故A错误；
BC．C围绕B做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
解得，
故B正确，C错误；
D．若A也有一颗周期为的卫星，则
解得
由于
则
可知其轨道半径一定大于，故D正确；
故选BD。
【分析】根据万有引力提供向心力对星球A、B和卫星C分别列方程。
23．【答案】A,C
【知识点】牛顿第二定律；万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；功率及其计算
【解析】【解答】A．在星球表面，根据
可得
行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得该行星表面的重力加速度大小
故A正确；
B．在星球表面上空，根据万有引力提供向心力
可得星球的第一宇宙速度
行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度
地球的第一宇宙速度为，所以该行星的第一宇宙速度
故B错误；
C．“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分子，可知探测器与保护背罩之间的作用力
“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N，对背罩，根据牛顿第二定律
解得
故C正确；
D．“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率
故D错误。
故选AC。
【分析】 行星表面的物体受到的万有引力提供向心力，结合第一宇宙速度的表达式完成分析；
根据对物体的受力分析，结合牛顿第二定律得出背罩的加速度大小；
根据功率的计算公式得出功率的大小。
24．【答案】（1）B
（2）D
（3）m3·kg 1·s-2
（4）A
（5）A；D
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】 开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。
（1）根据开普勒第三定律有
变形得
对两边取对数可得
解得
故选B。
（2） 开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。
A．根据开普勒第二定律可知，卫星在a点的速度最小，在d点的速度最大，即卫星在a的速度小于卫星在d的速度，故A错误；
B．卫星从b到d，运行速度越来越大，故从b运动到c的时间大于从c运动到d的时间，故B错误；
C．卫星从c运动到d的过程，运行速度越来越大，动能增加，故引力做正功，故C错误；
D．卫星从b运动到c的过程，运行速度越来越大，动能增加，引力做正功，故引力势能减小，故D正确。
故选D。
（3） 计算万有引力的大小时要注意两个物体之间的距离r是指两个物体重心之间的距离。
根据万有引力定律
变形得
可知用国际单位制中的基本单位表示万有引力常量G的单位为
（4）
根据广义相对论，地面的引力场强于卫星所处位置的引力场，所以卫星里的时钟要比静止在地面的时钟走得快。
故选A。
（5）
某时刻运动员在最内侧弯道的骑行时恰好不受摩擦力作用，对运动员和自行车整体受力分析，如图所示
则有
而此时骑行速度为v=20m/s，则向心力为
故运动员和自行车整体受到沿坡道向下的静摩擦力，且向心力方向沿水平方向。
故选AD。
【分析】 （1）根据开普勒第三定律结合数学变形处理判断；
（2）根据卫星在椭圆轨道上的运动情况结合开普勒定律，万有引力做功的情况进行分析判断；
（3）根据万有引力公式导出常量G的表达式，结合单位制问题进行判断；
（4）根据广义相对论内容进行分析解答；
（5）根据火车转弯的原理分析对应速度的受力情况并进行相应的判断。
（1）根据开普勒第三定律有
变形得
对两边取对数可得
解得
故选B。
（2）A．根据开普勒第二定律可知，卫星在a点的速度最小，在d点的速度最大，即卫星在a的速度小于卫星在d的速度，故A错误；
B．卫星从b到d，运行速度越来越大，故从b运动到c的时间大于从c运动到d的时间，故B错误；
C．卫星从c运动到d的过程，运行速度越来越大，动能增加，故引力做正功，故C错误；
D．卫星从b运动到c的过程，运行速度越来越大，动能增加，引力做正功，故引力势能减小，故D正确。
故选D。
（3）根据万有引力定律
变形得
可知用国际单位制中的基本单位表示万有引力常量G的单位为
（4）根据广义相对论，地面的引力场强于卫星所处位置的引力场，所以卫星里的时钟要比静止在地面的时钟走得快。
故选A。
（5）某时刻运动员在最内侧弯道的骑行时恰好不受摩擦力作用，对运动员和自行车整体受力分析，如图所示
则有
而此时骑行速度为v=20m/s，则向心力为
故运动员和自行车整体受到沿坡道向下的静摩擦力，且向心力方向沿水平方向。
故选AD。
25．【答案】（1）解：（1）根据牛顿第二定律合外力式等于运动状态式有等式，
mgtanθ直接计算向心力大小，并不是纯粹由重力提供向心力，是水平方向上合外力的大小数值，效果上是拉力与重力共同提供的，等式整理得
（2）解：（2）根据万有引力与向心力有等式
整理得
根据万有引力与重力关系有
，，
代入v2式，解得
【知识点】运动的合成与分解；万有引力定律；卫星问题
【解析】【分析】（1）通过圆周运动受力平衡求重力加速度（分解张力T），再利用万有引力定律求卫星速度；正确分解细线张力（水平向心力、竖直平衡重力）和关联地表g与轨道g'的关系；
（2）易错点包括混淆向心力公式（如漏掉半径或角度）、未联立地表g与GM的关系、忽略h对轨道半径的影响；
（3）隐含条件是细线长度L为圆周运动半径（实际为Lsinθ），但题目表述可能暗示L为摆长。
（1）根据牛顿第二定律有
解得
（2）根据万有引力提供向心力有
根据万有引力与重力关系有
解得
26．【答案】（1）C
（2）不一定
（3）A
【知识点】验证力的平行四边形定则；引力常量及其测定
【解析】【解答】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解。
（1）本实验中除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，还需要三角板作出力的图示，进行数据处理，而不需要重锤线和量角器。
故选C。
（2）测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，由于存在实验误差，其对角线不一定与橡皮筋共线。
（3）本实验采用的科学思想方法为等效替代法，重心为重力的等效作用点，采用等效替代的思想，伽利略理想斜面实验采用实验与逻辑推理的方法，探究影响向心力大小的因素采用控制变量法，卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量采用放大法。
故选A。
【分析】（1）了解“验证力的平行四边形定则”实验原理，采用“等效法”，注意该实验方法的应用，理解实验步骤和实验目的，即可知道该实验需要的仪器。
（2）由于存在实验误差，其对角线不一定与橡皮筋共线；
（3）根据常见的物理方法逐一分析每个选项。
（1）本实验中除了弹簧秤、橡皮筋、刻度尺、细绳套之外，还需要三角板作出力的图示，进行数据处理，而不需要重锤线和量角器。
故选C。
（2）测量完成后，作出力的图示，以两个分力为邻边，做出平行四边形，由于存在实验误差，其对角线不一定与橡皮筋共线。
（3）本实验采用的科学思想方法为等效替代法，重心为重力的等效作用点，采用等效替代的思想，伽利略理想斜面实验采用实验与逻辑推理的方法，探究影响向心力大小的因素采用控制变量法，卡文迪许扭秤实验测量万有引力常量采用放大法。
故选A。
27．【答案】（1）解：在月球表面有
由万有引力提供向心力
联立解得月球的第一宇宙速度大小
（2）解：轨道舱绕月球做圆周运动，设轨道舱的质量为，由万有引力提供向心力得
解得轨道舱绕月飞行的周期为
【知识点】第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【分析】（1）根据万有引力和重力的关系结合万有引力提供向心力，求解月球的第一宇宙速度大小；
（2）根据万有引力提供向心力，求解轨道舱绕月飞行的周期T。
（1）在月球表面有
由万有引力提供向心力
联立解得月球的第一宇宙速度大小
（2）轨道舱绕月球做圆周运动，设轨道舱的质量为，由万有引力提供向心力得
解得轨道舱绕月飞行的周期为
28．【答案】（1）解：物体落地时竖直方向的速度
又根据
解得
忽略星球自转的影响
方程联立解得该星球的第一宇宙速度
（2）解：忽略星球自转
解得
又因为
，
解得该星球的平均密度
（3）解：若利用三颗同步卫星全覆盖该星球赤道周围，星球自转周期临界时如图所示
由几何关系可知
，
同步卫星公转的周期等于星球自转的周期
解得该星球自转的最小周期
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【分析】（1）小球竖直方向做自由落体运动，根据自由落体规律求解g；根据万有引力和重力的关系以及重力充当向心力列式求解第一宇宙速度；
（2）忽略星球自转，万有引力等于重力，求解星球质量，根据体积公式和密度公式求解；
（3）由几何关系求解同步卫星的轨道半径，同步卫星公转的周期等于星球自转的周期，结合万有引力提供向心力求解。
（1）物体落地时竖直方向的速度
又根据
解得
忽略星球自转的影响
方程联立解得该星球的第一宇宙速度
（2）忽略星球自转
解得
又因为，
解得该星球的平均密度
（3）若利用三颗同步卫星全覆盖该星球赤道周围，星球自转周期临界时如图所示
由几何关系可知，
同步卫星公转的周期等于星球自转的周期
解得该星球自转的最小周期
29．【答案】解：（1）恒星1、2的向心力均由彼此间的万有引力提供，设两者的角速度为，有
解得
（2）恒星1、2间的万有引力大小
解得
（3）恒星1做匀速圆周运动，有
解得
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【分析】（1）由于恒星之间的引力提供向心力，根据牛顿第二定律结合向心力相等可以求出质量的比值；
（2）利用引力公式可以求出恒星之间引力的大小；
（3）恒星做匀速圆周运动，利用引力提供向心力可以求出速度的大小。
30．【答案】；不合理
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【解答】由动能的表达式
解得
由于粒子的速度大于光速，牛顿的运动定律只适用于宏观低速的物体，故不合理。
【分析】根据动能的定义结合题意确定质子的速度。牛顿的运动定律只适用于宏观低速的物体，即粒子速度大于光速不适用牛顿的运动定律。
31．【答案】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力
解得正电荷的入射速度大小为
正电荷在磁场中运动的周期为
所以正电荷从M运动到N的时间为
（2）由题意可知，在平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知，其中
解得或（舍去）
（3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示
由能量守恒定律得
由开普勒第二定律可知
其中
联立解得
由牛顿第二定律
解得
故正电荷从点离开磁场后到首次速度变为与点的射出速度相反的时间为
【知识点】开普勒定律；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）根据几何关系计算出粒子的轨道半径，然后根据向心力公式计算即可；根据粒子的偏转角和周期关系计算时间；
（2）正电荷由洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律计算；
（3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，类比于开普勒第三定律计算即可。
32．【答案】（1）解：a．正弦交变电流的有效值为其峰值的 倍，表达式如下
平均值 正弦函数在一个周期内的平均值为零，可通过如下积分计算得出
平方平均值 借助 进行计算，可得
b．标准差 依据定义 代入计算
b．对于任意周期变化的物理量，其方差定义为
展开平方项并运用期望的线性性质可得
由此证明
（2）解：a.弹簧振子的总机械能由动能和弹性势能构成： 动能
（其中 为动量）。
2势能：依据胡克定律
通过积分得到势能
结合简谐运动的角频率
可将势能改写为
总机械能 为动能与势能之和，表达式为
b.a.弹簧振子的总机械能由动能和弹性势能构成：动能
（其中为动量）。
势能：依据胡克定律
通过积分得到势能
结合简谐运动的角频率
可将势能改写为
总机械能为动能与势能之和，表达式为
b.根据海森堡不确定关系
将机械能表达式改写为方差形式
利用不等式取等号条件（极小值点），设，并令两项相等
代入不确定关系
代入E表达式得
进一步化简为
(其中)
【知识点】相对论时空观与牛顿力学的局限性
【解析】【分析】（1） a. 平均值 正弦函数在一个周期内的平均值为零，可通过如下积分计算求解；
b. 依据标准差 定义求解标准差，根据方差定义得到，展开平方项并运用期望的线性性质分析；
（2）a.弹簧振子的总机械能由动能和弹性势能构成，总机械能 为动能与势能之和，分别求解动能和势能即可；
b.根据海森堡不确定关系将机械能表达式改写为方差形式，利用不等式取等号条件，代入不确定关系，代入E表达式，从而得到基态能量。
（1）a．正弦交变电流的有效值为其峰值的 倍，表达式如下
平均值 正弦函数在一个周期内的平均值为零，可通过如下积分计算得出
平方平均值 借助 进行计算，可得
b．标准差 依据定义 代入计算
b．对于任意周期变化的物理量，其方差定义为
展开平方项并运用期望的线性性质可得
由此证明
（2）a.弹簧振子的总机械能由动能和弹性势能构成： 动能：（其中 为动量）。
2势能：依据胡克定律
通过积分得到势能
结合简谐运动的角频率
可将势能改写为
总机械能 为动能与势能之和，表达式为
b.a.弹簧振子的总机械能由动能和弹性势能构成：动能：（其中为动量）。
势能：依据胡克定律
通过积分得到势能
结合简谐运动的角频率
可将势能改写为
总机械能为动能与势能之和，表达式为
b.根据海森堡不确定关系
将机械能表达式改写为方差形式
利用不等式取等号条件（极小值点），设，并令两项相等
代入不确定关系
代入E表达式得
进一步化简为(其中)
33．【答案】解：（1）弹簧的弹力是弹簧振子做简谐运动的回复力，弹簧的弹力F随位移x变化的关系为
画出弹簧的弹力F随位移x变化的示意图，如图
小球相对平衡位置的位移x随时间t的变化规律
则
弹簧振子做简谐运动的周期为
小球从C点到O点的时间
（2）a．设小球到球心的距离为r，当r＜R时，即小球在地球内部，地球R-r球壳对小球的万有引力为0，则小球受到的万有引力大小为
可得F与r成正比，故此时的图像为过原点的倾斜直线。
当r=R时，万有引力为
当r＞R时，即小球在地球外部，万有引力大小为
可得F与成正比，图像如图所示
b．设小球相对地心的位移为x，根据（2）问a解析可得，小球受到的万有引力为
则小球在隧道的运动为简谐振动，周期为
小球从隧道口到地心的时间
【知识点】万有引力定律；简谐运动；简谐运动的回复力和能量；电场强度的叠加
【解析】【分析】（1）弹簧弹力是简谐运动的回复力，根据胡克定律，依次作出F-X图像；根据简谐运动位移随时间的变化规律结合已知条件求解角速度，依次求解简谐运动周期和小球从C-O的时间；
（2）当r＜R时，即小球在地球内部，地球R-r球壳层对小球的万有引力为0，小球受到的万有引力大小为以r为半径的球体的质量等效在地球球心处对小球的万有引力，求解以r为半径的球体质量，由万有引力公式求解得到F与r的正比例关系；当r=R时；当r＞R时，小球在地球外部，万有引力大小，得到F与成正比，依次分段作出F-r图像。
以小球相对地心的位移为x，则小球在地球内部所受万有引力为：，可知小球在隧道中做简谐运动，同（1）中方法求解其周期为，进一步求解隧道口到地心的时间。
34．【答案】解：（1）质点在距离球心r处所受到的引力为
故引力在AB通道方向分力为（设向右为正方向）
该力与成正比，故物体做简谐运动，由引力表达式知
在地表万有引力近似等于重力知
则
物体从A运动到B点的时间为
从A到点，由动能定理可得
代入得
（2）由（1）可知，物体到达点速度均为
碰撞中满足动量守恒，则
根据机械能守恒知
代入得
返回出口过程中
代入得
由题意可知
即
代入得
【知识点】万有引力定律；碰撞模型；简谐运动的回复力和能量
【解析】【分析】（1）由质量分布均匀的空腔对空腔内的物体的万有引力为零，根据万有引力定律求解物体在地球内距球心某位置的引力表达式，进而求解沿轨道分力表达式，证明物体沿轨道做简谐运动，根据简谐运动周期公式求解A到B的时间；根据动能定理求解通过轨道中点的速度；
（2）根据（1）中到中点的速度，结合弹性碰撞动量守恒和机械能守恒求解碰后小物体的速度，根据动能定理求解小物体返回出口的速度，由万有引力求解第一宇宙速度，进而求解两物体质量关系。
35．【答案】（1）解：神州十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力
根据万有引力与重力的关系
解得运行的线速度大小为
（2）解：半径为r的球体质量为
质点在距离球心r处所受到的引力为
故引力在AB通道方向分力为（设向右为正方向）
该力与成正比，故物体做简谐运动，当时，有
根据万有引力与重力的关系
则
物体从A运动到B点的时间为
从A到O'点，万有引力做功为
从A到O'点，由动能定理可得
解得
（3）解：由（2）可知，物体到达O'点速度均为
碰撞中满足动量守恒
根据机械能守恒可得
解得
返回出口过程中，万有引力做功为
返回出口过程中，根据动能定理
其中
代入得
解得
【知识点】匀速圆周运动；万有引力定律的应用；动能定理的综合应用；碰撞模型；简谐运动
【解析】【分析】（1）神州十八号飞船贴近地球表面做匀速圆周运动。则其运动半径等于地球半径，地球表面物体所受重力等于其万有引力。再根据万有引力定律结合牛顿第二定律进行解答；
（2）物体在通过AB中做简谐运动，由万有引力沿通道方向的分力提供回复力。根据地球表面物体所受重力等于其万有引力，结合万有引力定律确定物体在通道位置做简谐运动回复力的的系数k值的表达式，再结合题意确定物体做简谐运动的周期， 物体从A运动到B点的时间为半个周期。物体在A点的速度为零，物体从A到O'点只有万有引力做功，且引力沿通道方向的分力与距离正相关，再根据动能定理及功的定义进行解答；
（3）结合（2）确定物体和飞船到达O'点的速度，物体和飞船发射弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰后飞船的速度。根据第一宇宙速度的定义确定飞船到达通道口的末速度，明确飞船从O'点到达通道口各力的做功情况，再对该过程根据动能定理进行解答。
36．【答案】（1）解：设地球密度为ρ，则地球质量
以 O 为球心OC为半径的球
设运输仓质量为m，运输仓在 C 点受到引力为内部球的引力（外壳引力为0）
在地球表面
整理得
又 F=ma则
（2）解：由（1）得在距 O 点 x处
即 F 随 x均匀变化，在 A点
FA=mg
在 C 点
A 运动到O 过程
解得
若以 O为平衡位置，则
即
运输仓简谐运动周期为
运输仓简谐运动位移为
x=Rcosωt
当 x=0.5R 时解得
（3）解：如图，空腔球心为 O1，在空腔内任取一点 P，放上质量为m 的物体，连接PO1、PO，整个实心地球对物体吸引力为
假设空腔并未挖去，则此“空腔球”对物体吸引力为
由于空腔的存在，所以物体受到的引力为二力的矢量差
由相似三角形可得
且合力沿 O1O方向，即物体在空腔内受力恒定，运输仓将沿 AC 匀加速直线运动
解得
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；万有引力定律的应用；简谐运动
【解析】【分析】（1）利用万有引力定律，结合球体的质量、体积和密度关系式，通过牛顿第二定律可得出加速度大小；（2）根据回复里的表达式可得出运输仓在各个点的回复力大小，利用动能定理可得出速度大小，结合简谐振动的周期公式和位移特点可得出时间；（3）根据吸引力的表达式可得出吸引力大小，利用力的合成法则可得出合力的大小，结合物体做匀变速直线运动的规律可得出速度和时间的大小。
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