第五章　第3讲　专题强化：卫星变轨、追及相遇　双星和多星 讲义 （教师版）

第3讲　专题强化：卫星变轨、追及相遇　双星和多星
题型一　卫星变轨问题
1．两类变轨
两类变轨 离心运动 近心运动
示意图
变轨起因 卫星速度突然增大 卫星速度突然减小
力学关系 Gm
2.变轨过程分析
(1)速度：如图所示，设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ上过A点和B点时速率分别为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，卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B点的加速度也相同。
(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律＝k，可知T1＜T2＜T3。
(4)机械能：在一个确定的圆(椭圆)轨道上机械能守恒。若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道的机械能分别为E1、E2、E3，则E1＜E2＜E3。
【典例1】　(2024·山东济南高三阶段检测)2024年1月5日，我国在酒泉卫星发射中心成功将天目一号气象星座15－18星(以下简称天目星)发射升空，并顺利进入预定轨道。此发射变轨过程可简化为如图所示模型，先将天目星发射到较低的圆形轨道Ⅰ上，经过A点时点火实施变轨进入椭圆轨道Ⅱ，最后在椭圆轨道的远地点B再次点火将天目星送入距地面较高的圆形轨道Ⅲ上，下列说法正确的是(　D　)
A．天目星从轨道Ⅱ的A点运动到B点的过程中，速度不断增加
B．天目星在轨道Ⅱ的B点需要减速才能变轨到轨道Ⅲ
C．天目星在轨道Ⅰ运动过程中，加速度不变
D．天目星在轨道Ⅲ上运动与在轨道Ⅰ上运动相比，速度变小，速度变化也慢
【解析】　根据开普勒第二定律可知，天目星从轨道Ⅱ的A点运动到B点的过程中，速度不断减小，故A错误；卫星从低轨道变轨到高轨道需要在变轨处点火加速，所以天目星在轨道Ⅱ的B点需要加速才能变轨到轨道Ⅲ，故B错误；天目星在轨道Ⅰ运动过程中，加速度大小不变，方向时刻发生变化，故C错误；根据万有引力提供向心力有＝m＝ma，可得v＝，a＝，可知天目星在轨道Ⅲ上运动与在轨道Ⅰ上运动相比，速度变小，加速度变小，即速度变化慢，故D正确。
1．(2024·湖北卷)太空碎片会给航天器带来危害。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　)
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
解析：变轨前、后空间站在P点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；变轨时在P点因反冲运动相当于瞬间获得竖直向下的速度，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。
2．如图为我国发射北斗卫星的示意图，先将卫星发射到半径为r1＝r的圆轨道上做匀速圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为r2＝2r的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道时到地心的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A点时的速度为v，卫星的质量为m，地球质量为M，引力常量为G，则发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为(不计卫星的质量变化)(　D　)
A．mv2＋ B．mv2－
C．mv2＋ D．mv2－
解析：当卫星在r1＝r的圆轨道上运行时，有G＝m，解得在圆轨道上运行时通过A点的速度为v0＝，所以发动机在A点对卫星做的功为W1＝mv2－mv＝mv2－；当在r2＝2r的圆轨道上运行时，有G＝m，解得在圆轨道上运行时通过B点的速度为v′0＝，而根据卫星在椭圆轨道时到地心的距离与速度的乘积为定值可知，在椭圆轨道上通过B点时的速度为v1＝v＝v，故发动机在B点对卫星做的功为W2＝mv′－mv＝－mv2，所以W1－W2＝mv2－，D正确。
题型二　天体中的追及相遇问题
1．天体“相遇”指两天体相距最近，以地球和行星“相遇”为例(“行星冲日”)，某时刻行星与地球最近，此时行星、地球与太阳三者共线且行星和地球的运转方向相同，如图甲，根据＝mω2r可知，地球公转的速度较快，从初始时刻到之后“相遇”，地球与行星距离最小，三者再次共线，有两种方法可以解决问题。
(1)角度关系
ω1t－ω2t＝n·2π(n＝1，2，3，…)。
(2)圈数关系
－＝n(n＝1，2，3，…)。
2．从两者“相遇”到之后相距最远(太阳位于行星和地球之间且三者共线，如图乙)，有关系式ω1t－ω2t＝(2n－1)π(n＝1，2，3，…)或－＝(n＝1，2，3，…)。
【典例2】　(多选)如图所示，行星a、b的质量分别为m1、m2，中心天体c的质量为M(M远大于m1及m2)，在万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动。已知行星a、b运动的轨道半径之比为ra∶rb＝1∶4，则下列说法正确的是(　AD　)
A．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶8
B．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶4
C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线12次
D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次
【解析】　根据开普勒第三定律得＝，解得Ta∶Tb＝1∶8，如图所示，设从图示时刻起，经过时间t，a、b、c三者在同一条直线上，则有t＋θ＝nπ，其中n＝1，2，3，…，解得t＝，将Tb＝8Ta，代入解得t＝Tb，令t＝Tb，则有＝1，解得n＝＝14＋，故在b行星绕c转动一周的时间内，有14次a、b、c三者在同一条直线上，A、D正确，B、C错误。
3．(多选)当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，称之为“木星冲日”，若2023年11月3日出现一次“木星冲日”。已知木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，则下列说法正确的是(　AD　)
A．下一次的“木星冲日”时间在2024年
B．下一次的“木星冲日”时间在2026年
C．木星运行的加速度比地球的大
D．木星运行的周期比地球的大
解析：地球公转周期T1＝1年，由＝可知，木星公转周期T2＝T1≈11.2年，设经时间t再次出现“木星冲日”，则有ω1t－ω2t＝2π，其中ω1＝，ω2＝，解得t≈1.1年，因此下一次“木星冲日”发生在2024年底，故A正确，B错误；设太阳质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，周期为T，加速度为a，由牛顿第二定律可得G＝ma＝mr，解得a＝，T＝2π，由于木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，因此，木星运行的加速度比地球的小，木星运行的周期比地球的大，故C错误，D正确。
4．(多选)如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动，运动方向相反。A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近，则(引力常量为G)(　AB　)
A．两卫星下一次相距最近需经过时间t＝
B．两颗卫星的轨道半径之比为
C．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球的密度
D．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度
解析：两卫星运动方向相反，设经过时间t再次相遇，则有t＋t＝2π，解得t＝，A正确；根据开普勒第三定律得＝，A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，所以两颗卫星的轨道半径之比为＝，B正确；若已知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比可以求出两颗卫星的轨道半径，根据万有引力提供向心力得＝mr，可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不能求出地球的密度和地球表面的重力加速度，C、D错误。
题型三　双星和多星问题
考向1双星模型
1．模型构建：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＝m1ωr1， ＝m2ωr2。
(2)两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。
(3)两颗星的轨道半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L。
【典例3】　“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1∶m2＝3∶2。则可知(　C　)
A．m1、m2做圆周运动的线速度大小之比为3∶2
B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为2∶3
C．m1做圆周运动的半径为L
D．其他条件不变，只增大两颗星之间的距离时，两颗星的周期变小
【解析】　根据万有引力提供向心力有G＝m1ω2r1＝m2ω2r2，因为双星靠相互间的万有引力提供向心力，即向心力大小相等，具有相同的角速度，解得＝＝，根据v＝rω可得线速度大小之比为v1∶v2＝2∶3，又r1＋r2＝L，解得r1＝L＝L，故A、B错误，C正确；根据G＝m1r1，G＝m2r2，化简可得G＝r1，G＝r2两式相加得G＝(r1＋r2)＝L，解得T＝2π，所以其他条件不变，只增大两颗星之间的距离时，周期变大，故D错误。
考向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。常见的多星模型及规律如下表：
项目 图示 规律
常见的三 星模型 ＋＝ma向
×cos 30°×2＝ma向
常见的四 星模型 ×cos 45°×2＋＝ma向
×cos 30°×2＋＝ma向
【典例4】　(多选)宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种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，如图乙所示。设两种系统中三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图中标出，引力常量为G，则下列说法正确的是(　BD　)
A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为
B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4π
C．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2
D．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为
【解析】　在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有G＋G＝m，解得v＝，A错误；由周期T＝知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T＝4π，B正确；对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2Gcos 30°＝mω2·，解得ω＝，C错误；由2Gcos 30°＝ma，解得a＝，D正确。
5．(多选)(2023·福建卷)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，引力常数为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(　BD　)
A．ω＝ B．ω＝
C．r＝R D．r＝R
解析：设太阳和地球绕O点做圆周运动的半径分别为r1、r2，则有G＝Mω2r1，G＝mω2r2，r1＋r2＝R，联立解得ω＝，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＋G＝
m′ω2(r＋r2)，再根据选项A、B分析可知Mr1＝mr2，r1＋r2＝R，ω＝，联立解得r＝R，故C错误，D正确。
6．宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，如图所示。设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为L的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G，关于四星系统，下列说法正确的是(　B　)
A．四颗星的向心加速度的大小均为
B．四颗星运行的线速度大小均为
C．四颗星运行的角速度均为
D．四颗星运行的周期均为2πL
解析：一个星体受其他三个星体的万有引力作用，合力方向指向正方形对角线的交点，围绕交点做匀速圆周运动，四颗星的轨道半径r＝L，根据万有引力提供向心力，有＋cos 45°＝＝m·L＝mω2·L＝ma，解得a＝，v＝，ω＝， T＝2πL·，故B正确，A、C、D错误。
课时作业28
1．(5分)如图所示，天舟五号与空间站天和核心舱成功对接，此次发射任务从点火发射到完成交会对接全程仅用了2个小时，创世界最快交会对接纪录，标志着我国航天交会对接技术取得了新突破。在交会对接的最后阶段，天舟五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。要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现对接，天舟五号喷射燃气的方向可能正确的是(　A　)
,)Ｂ　　,)Ｂ
解析：要想使天舟五号与空间站在同一轨道上相遇并对接，则需要使天舟五号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据F＝m，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，因喷气产生的推力方向与喷气方向相反，故选A。
2．(5分)(多选)(2025·广东广州高三联考)如图所示，环月轨道1、2、3相切于近月点，无动力运行时，探测器在近月点的速度大小分别为v1、v2和v3，加速度大小分别为a1、a2和a3。下列说法正确的有(　AD　)
A．v1>v2>v3 B．v1C．a1>a2>a3 D．a1＝a2＝a3
解析：在近月点从轨道1变轨到轨道2，需要在近月点减速，在近月点从轨道2变轨到轨道3，需要在近月点减速，故v1>v2>v3，故A正确，B错误；根据公式G＝ma，解得a＝G，故在三轨道近月点加速度大小a1＝a2＝a3，故C错误，D正确。
3．(5分)(2025·湖北重点中学高三联考)2024年3月20日，长征八号火箭成功发射，将鹊桥二号直接送入预定地月转移轨道。如图所示，鹊桥二号在进入近月点P、远月点A的月球捕获椭圆轨道时，开始绕月球飞行。经过多次轨道控制，鹊桥二号最终进入近月点P和远月点B、周期为24小时的环月椭圆轨道。下列关于鹊桥二号的说法正确的是(　B　)
A．离开火箭时速度大于地球的第三宇宙速度
B．在捕获轨道运行的周期大于24小时
C．在捕获轨道上经过P点时，需要点火加速，才可能进入环月轨道
D．经过A点的加速度比经过B点的大
解析：鹊桥二号离开火箭时速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，才能进入环月轨道，A错误；由开普勒第三定律＝k，可知鹊桥二号在捕获轨道上运行的周期大于在环月轨道上运行的周期，B正确；在P点要由捕获轨道变轨到环月轨道，做近心运动，必须降低速度，经过P点时，需要点火减速，C错误；根据万有引力提供向心力知G＝ma，解得a＝，则经过A点的加速度比经过B点的小，D错误。
4．(5分)如图所示，火星与天问一号、地球均绕太阳在同一平面内沿同一方向做匀速圆周运动。为了节省燃料，通常选择地球与火星最近时(地球位于太阳与火星之间，且三者共线)为最佳发射期。若下一个火星探测器的最佳发射期至少要经过n1年，则地球公转轨道半径的三次方和火星公转轨道半径的三次方的比值为(　B　)
A． B．
C． D．
解析：地球绕太阳运行周期为T1＝1年，设火星绕太阳运行周期为T2，由开普勒第三定律有＝，地球与火星再一次最近至少经过时间n1年，则有n1－n1＝2π，由以上三式解得＝，故选B。
5．(5分)质量均为m的两个星球A和B，相距为L，它们围绕着连线中点做匀速圆周运动。观测到两星球的运行周期T小于按照双星模型计算出的周期T0，且＝k。于是有人猜想在A、B连线的中点有一未知天体C，假如猜想正确，则C的质量为(　A　)
A．m B．m
C．m D．m
解析：两星球绕连线的中点转动，则有G＝m··，所以T0＝2π·，由于天体C的存在，星球所需的向心力由两个力的合力提供，则G＋G＝m··，又＝k，联立解得M＝m，可知A正确，B、C、D错误。
6．(5分) “双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系统远离其他恒星，在相互的万有引力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动。如图所示，A、B两颗恒星构成双星系统，绕共同的圆心O做匀速圆周运动，经过时间t(小于周期)时间，A、B两恒星的动量变化量分别为ΔpA、ΔpB，则下列判断正确的是(　D　)
A．|ΔpA|>|ΔpB| B．|ΔpA|<|ΔpB|
C．ΔpA＝ΔpB D．ΔpA＝－ΔpB
解析：系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，根据牛顿第二定律得F引＝mAaA＝mBaB，加速度大小为a＝ω2r＝ωv，则有mAvAω＝mBvBω，由于角速度相同，因此mAvA＝mBvB，两恒星的速度方向始终相反，则pA＝－pB，因此系统的总动量始终为零，可得ΔpA＝－ΔpB，即|ΔpA|＝|ΔpB|，故选D。
7．(5分) (多选)已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地球运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每天恰好五次看到卫星掠过其正上方。如图所示，假设某时刻该卫星在A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2。设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力。则(　AB　)
A．T＝T0
B．t＝
C．卫星在图中椭圆轨道由A到B时，机械能减小
D．卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变
解析：赤道上某城市的人每天恰好五次看到卫星掠过其正上方，则知卫星经过人正上方的时间间隔为Δt＝T0，且满足Δt＝2π，解得T＝T0，故A正确；根据开普勒第三定律知＝，解得t＝·，故B正确；卫星沿题图中椭圆轨道由A到B时，只有万有引力做功，机械能守恒，故C错误；卫星由圆轨道进入椭圆轨道，需要减速，则机械能减小，故D错误。
8．(5分)(多选)三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T1，B的运行周期为T2，则下列说法正确的是(　BC　)
A．C加速可追上同一轨道上的A
B．经过时间，A、B相距最远
C．A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度
D．站在地面上的人用天文望远镜观看卫星B是往西运转的
解析：卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上同一轨道的卫星A，A错误；卫星A、B由相距最近到相距最远，圆周运动转过的角度差为π，可得ωBt－ωAt＝π，又ωA＝，ωB＝，联立可得t＝，B正确；根据牛顿第二定律，有＝ma，解得a＝，卫星A、C的轨道半径相同且大于卫星B的轨道半径，则A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，C正确；根据＝mr，解得T＝，可知卫星A、C的周期大于卫星B的运行周期，即地球的自转周期大于卫星B的运行周期，所以站在地面上的人用天文望远镜观看卫星B是往东运转的，D错误。
9．(5分)太空中存在一些离其他恒星很远的、由四颗星体组成的四星系统，可忽略其他星体对它们的引力作用。现有这样一种稳定运行的正三角形四星系统，四颗星分别位于某一正三角形三个顶点和其几何中心上。四颗星质量均为m，正三角形边长为L，引力常量为G，则下列说法正确的是(　D　)
A．位于顶点的三颗星运动的角速度与它们质量的大小无关
B．该四星系统做圆周运动的半径为L
C．每个位于顶点处的星体所受向心力大小为
D．该四星系统的运动周期为2πL
解析：该四星系统做圆周运动的半径r＝＝L，B错误；每个位于顶点处的星体所受向心力大小F＝＋2cos 30°＝，C错误；根据牛顿第二定律可得＝mω2r，解得ω＝，位于顶点的三颗星运动的角速度与它们质量的大小有关，A错误；根据牛顿第二定律得＝mr，解得T＝2πL，D正确。
10．(5分)中国空间站在轨运行周期为1.54 h，地球半径为6 400 km，重力加速度取9.8 m/s2。在2022年，曾经两次遭遇星链卫星的恶意靠近，为避免不必要的损失，中国空间站不得不通过变轨积极规避。如图所示，首先变轨到更高的轨道(A到B过程)，待星链卫星通过之后，再回到原运行轨道(C到D过程)。已知卫星运行方向与地球自转方向相同，下列说法正确的是(　A　)
A．空间站距地面的高度大约为400 km
B．第一次加速后的速度比第二次加速后的速度小
C．变轨避险的过程，空间站先经过两次减速进入更高轨道，再经过两次加速回到原轨道
D．空间站轨道如果在赤道平面内，一天内经赤道上空同一位置最多16次
解析：对于近地卫星有G＝mg，对空间站在轨运行过程有G＝m，解得h≈400 km，A正确；A到B过程是由低轨道变轨到高轨道，需要在切点处加速，则有vA圆＜vA椭，在B处加速后由椭圆低轨道变轨到圆高轨道，在两个圆轨道上，根据G＝m，得v＝，由于B处圆轨道的轨道半径大于A处圆轨道的轨道半径，则有vA圆＞vB圆，所以vB圆＜vA圆＜vA椭，即第一次加速后的速度比第二次加速后的速度大，B错误；根据变轨规律，进入高轨道需要加速，进入低轨道需要减速，即变轨避险的过程，空间站先经过两次加速进入更高轨道，再经过两次减速回到原轨道，C错误；空间站轨道如果在赤道平面内，设一天内经赤道上空同一位置最多n次，则有·T同步－·T同步＝(n－1)·2π，解得n≈15.58，可知空间站轨道如果在赤道平面内，一天内经赤道上空同一位置最多15次，D错误，故选A。
11．(5分)(多选)如图所示，假设在太空中有恒星A、B组成的双星系统绕O点做逆时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，且RAA．恒星A的质量大于恒星B的质量
B．恒星B的质量为MB＝
C．若知道C的轨道半径，则可求出C的质量
D．三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为Δt＝
解析：因为双星系统的角速度相同，故对A、B可得MARAω2＝MBRBω2，即＝，由于RB>RA，则恒星A的质量大于恒星B的质量，A正确；对恒星A可得G＝MA，解得恒星B的质量为MB＝，B正确；对卫星C满足G＝m，可见无法求出卫星C的质量，C错误；由题可知，A、B、C三星由题中图示位置到再次共线所用的时间满足ωCΔt－ωBΔt＝π，解得Δt＝，D错误。