2A．恒星A、B的质量之比等于它们的轨道半径之比B．恒星A、B的质量之和为4π2L3GT12C．已知卫星C的轨道半径r和恒星B的半径rB，可求得恒星B的密度为3πr3GT22rB3D．三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为T1T2T1−T2【答案】BC【解析】A．设恒星A、B的质量分别为MA、MB，轨道半径分别为rA、rB，双星系统的角速度相同，有MArAω2=MBrBω2即MAMB=rBrA故A错误；B．由双星系统运动特点得rA+rB=L可解得rA=MBLMA+MB对恒星A可得GMAMBL2=MA4π2rAT12解得MA+MB=4π2L3GT12故B正确；C．对卫星C满足GMBMCr2=MC4π2rT22可得MB=4π2r3GT22恒星B的密度ρB=MBVB=4π2r3GT2243πrB3=3πr3GT22rB3故C正确；D．A、B、C三星由图示位置到再次共线应满足ωCΔt−ωBΔt=π得Δt=T1T22(T1−T2)故D错误。考点二多星模型所研究星体的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．1.三星模型：①直线型三星系统：三颗星位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行(如图甲所示)．②三角形型三星系统：三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点上，均绕中心O点做匀速圆周运动(如图乙所示)．2.四星模型：
3①正方形四星系统：四颗质量相等的星体位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动(如图丙所示)．②三角形型四星系统：三颗星体始终位于正三角形的三个顶点上，另一颗位于中心O，外围三颗星绕O做匀速圆周运动(如图丁所示)．4．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互相绕转，称之为双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的某固定点O点做匀速圆周运动，如图所示。现测得两星球球心之间的距离为L，运动周期为T，已知万有引力常量为G。若AO>OB，则（ ）A．星球A的线速度等于星球B的线速度B．星球A所受向心力大于星球B所受向心力C．双星的质量一定，双星之间的距离减小，其转动周期增大D．两星球的总质量等于4π2L3GT2【答案】D【解析】A．双星围绕同一点同轴转动，其角速度、周期相等，由v=rω可知，星球A的轨道半径较大，线速度较大，A错误；B．双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知向心力大小相等，B错误；C．双星A、B之间的万有引力提供向心力，有GmAmBL2=mAω2RAGmAmBL2=mBω2RB其中ω=2πTL=RA+RB联立解得mA+mB=4π2GT2RA+RB3=4π2L3GT2即T=4π2L3GmA+mB故当双星的质量一定，双星之间的距离减小，其转动周期也减小，C错误；D．根据C选项计算可得mA+mB=4π2L3GT2D正确。5．（2022·全国·高三课时练习）宇宙空间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L。忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
4A．每颗星做圆周运动的线速度为3GmLB．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关C．若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍D．若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的2倍【答案】C【解析】A．任意两颗星之间的万有引力为F＝GmmL2每一颗星受到的合力为F1=3F由几何关系可知，它们的轨道半径为r＝33L合力提供它们的向心力3GmmL2＝mv2r联立解得v=GmLA错误；B．根据3GmmL2=ma解得a=3GmL2故加速度与它们的质量有关，B错误；C．根据3GmmL2=m4π2rT2解得T=2π33L3Gm若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，C正确；D．根据v=GmL可知，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度不变，D错误。6．（2022·江西景德镇·高一期中）太空中存在一些离其他恒星较远的、由质重相等的三颗星组成的三星系统，通常可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：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边长为L的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。设这三个星体的质量均为M，并设两种系统的运动周期相同，引力常量为G，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为T=4πRR5GMC．三角形三星系统中星体间的距离为L=3R
5D．三角形三星系统的线速度大小为v=125GMR【答案】B【解析】A．直线三星系统中甲星和丙星角速度相同，运动半径相同，由v=ωR甲星和丙星的线速度大小相等，方向不同，故A错误；B．万有引力提供向心力GM2R2+GM22R2=M4π2T2R得T=4πRR5GM故B正确；C．两种系统的运动周期相同，根据题意可得，三星系统中任意星体所受合力为F=2cos30°GM2L2=3GM2L2则F=M4π2T2r轨道半径r与边长L的关系为L=3r解得L=3125R故C错误；D．三角形三星系统的线速度大小为v=2πrT得v=3125⋅365GMR故D错误。7．（2022·全国·高三专题练习）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（ ）A．四颗星的向心加速度的大小均为22GmL2B．四颗星运行的线速度大小均为12(4+2)GmLC．四颗星运行的角速度大小均为1L(1+22)GmLD．四颗星运行的周期均为2πL2L(1+22)Gm【答案】B【解析】一个星体受其他三个星体的万有引力作用，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，四颗星的轨道半径r=22L，根据万有引力提供向心力，有Gm2(2L)2+2Gm2L2cos45°=mv222L=m4π2T222L=mω2⋅22L=ma解得a=(1+22)Gm2L2v=12(4+2)GmLω=1L(4+2)Gm2LT=2πL(4−2)L7Gm故B正确，A、C、D错误。8．（2020·湖南·长郡中学高三阶段练习）(多选)
6宇宙中存在一些离其他恒星较远的四颗星组成的系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。天眼在观察中发现三颗质量均为m的星球A、B、C恰构成一个边长为L的正三角形，在它们的中心O处还有一颗质量为3m的星球，如图所示。已知引力常量为G，四个星球的密度相同，每个星球的半径均远小于L。对于此系统，若忽略星球自转，则下列说法正确的是（ ）A．A、B、C三颗星球的线速度大小均为(1+33)GmLB．A、B、C三颗星球的加速度大小均为(23+3)GmL2C．星球A和中心O处的星球表面的重力加速度之比为1∶2D．若O处的星球被均分到A、B、C三颗星球上，A、B、C三颗星球仍按原轨道运动，则A、B、C三颗星球运动的周期将变大【答案】AD【解析】AB．对三绕一模式，等边三角形边长为L，三颗绕行星轨道半径均为r，由几何关系得三角形的边长为L=2rcos30°即有r=33L对顶点的星体受力分析，根据矢量合成的方法可得F=2Gm2L2cos30°+3Gm2r2=(9+3)Gm2L2=mv2r=ma解得v=(33+1)GmL，a=(9+3)GmL2故A正确，B错误；C．设它们的密度为ρ，A半径为R，则有m=ρ·4πR33A表面的重力加速度g=GmR2联立可得g=G316π2mρ29同理可得O处的星球表面的重力加速度g′=G316π2(3m)ρ29所以它们表面的重力加速度的比值为gg′=313故C错误；D．由F=(9+3)Gm2L2=m·4π2rT2可得T=4πL3(93+3)Gm若O处的星球被均分到A、B、C三颗星球上，A、B、C三颗星球的质量都是2m；若仍按原轨道运动，则对A有2×G(2m)2L2×cos30°=2m·4π2rT′2可得T′=2πL33Gm>T则A、B、C三颗星球运动的周期将变大，故D正确。故选AD。
7考点三卫星的变轨一．卫星轨道的渐变：如果由于开启或关闭发动机或空气阻力作用使卫星速度突然改变时，万有引力不再等于向心力，卫星将做变轨运行：1.当卫星的速度突然增加时，Gm，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时，由v＝可知其运行速度比原轨道时大。卫星的发射和回收就是利用这一原理。二．卫星轨道的突变：1.如图发射同步卫星时，可以分多过程完成：1)先将卫星发射到近地轨道Ⅰ；2)使其绕地球做匀速圆周运动，速率为v1，变轨时在P点加速，短时间内将速率由v1增加到v2，使卫星进入椭圆形的转移轨道Ⅱ；3)卫星运行到远地点Q时的速率为v3，此时进行第二次加速，在短时间内将速率由v3增加到v4，使卫星进入预定轨道Ⅲ，绕地球做匀速圆周运动。2.加速度、速度、周期、能量的比较1）由G＝ma，经过不同轨道相交的同一点时r相同，所以加速度相等；r越大的位置加速度越小.2）交点处必须经过加速才能由内轨道进入外轨道，所以交点处外轨道的速度大于内轨道的速度；在椭圆轨道运动时如果由近地点向远地点运动，因为万有引力做负功所以速度减小，如果由远地点向近地点运动，因为万有引力做正功所以速度增大.3）不同轨道的周期根据开普勒第三定律＝k比较（对椭圆轨道r是半长轴，对圆轨道r是半径
8），因为外轨道的r大于内轨道所以T1＜T2＜T3.4）在一个确定的圆(椭圆)轨道上机械能守恒;因为轨道越高，发射时需要对卫星做的功越大，若Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道的机械能分别为E1、E2、E3，则E1＜E2＜E3.三．航天飞机与宇宙空间站的“对接”：本质仍是卫星的变轨运行问题，要成功“对接”，必须让航天飞机在较低轨道上加速，通过速度v的增大→做离心运动→轨道半径r增大→升高轨道的系列变速，从而完成航天飞机与宇宙空间站的成功对接。9．（2022·全国·高三课时练习）中国空间站天和核心舱先后与天舟二号和神舟十二号进行对接，为了实现神舟飞船与天宫号空间站顺利对接，具体操作应为（ ）A．飞船与空间站在同一轨道上沿相反方向做圆周运动，接触后对接B．空间站在前、飞船在后且两者沿同一方向在同一轨道做圆周运动，在合适的位置飞船加速追上空间站后对接C．空间站在高轨道，飞船在低轨道且两者同向飞行，在合适的位置飞船加速追上空间站后对接D．飞船在前、空间站在后且两者沿同一方向在同一轨道做圆周运动，在合适的位置飞船减速与空间站对接【答案】C【解析】A．飞船与空间站在轨道上高速运动，如果在同一轨道上沿相反方向运动，则最终会撞击而不是成功对接，故A错误；B．两者在同一轨道上，飞船加速后做离心运动，则飞船的轨道高度升高，不能与空间站成功对接，故B错误；C．飞船在低轨道加速，做离心运动，在合适的位置，飞船追上空间站实现对接，故C正确；D．两者在同一轨道飞行时，飞船减速，做近心运动，飞船的轨道高度降低，不能与同一轨道的空间站实现对接，故D错误。10．（2022·广东·禅城实验高中高三阶段练习）北京时间2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场的预定区域成功着陆.翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员结束了6个月的“太空出差”，成为了我国有史以来在轨任务时间最长的航天员乘组；在返回的时刻，神舟十三号飞船将首次采用快速返回方案，返回时间相比神舟十二号缩短了三分之二，返回可简化为以下四个阶段：制动减速阶段、自由滑行阶段、入大气层阶段、回收着陆阶段。下列说法正确的是（ ）A．神舟十三号载人飞船与天和核心舱分离后，空间站天和核心舱会离地球越来越远B．神舟十三号载人飞船与天和核心舱分离后，助推器点火向后喷气后才能返回地球C．神舟十三号载人飞船进入大气层和回收着陆阶段，既有失重过程又有超重过程D．神舟十三号载人飞船进入大气层之前的自由滑行过程，动能减小，引力势能增大，机械能守恒【答案】C【解析】
9A．神舟十三号载人飞船与天和核心舱分离后，空间站天和核心舱将仍会留在原轨道上绕地球做圆周运动，选项A错误；B．神舟十三号载人飞船与天和核心舱分离后，助推器点火向前喷气后降低速度，然后做向心运动才能返回地球，选项B错误；C．神舟十三号载人飞船进入大气层和回收着陆阶段，有加速下降过程，产生失重，又有减速下降过程，发生超重，选项C正确；D．神舟十三号载人飞船进入大气层之前的自由滑行过程，动能增加，引力势能减小，因只有地球引力做功，则机械能守恒，选项D错误。11．（2022·全国·高三课时练习）(多选)嫦娥四号探测器到达月球附近，成功实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获并顺利进入环月轨道。整个奔月过程简化如下：嫦娥四号探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过M点时变轨进入圆形轨道Ⅰ，在轨道Ⅰ上经过P点时再次变轨进入椭圆轨道Ⅱ、下列说法正确的是（ ）A．嫦娥四号沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度大于在Q点的加速度B．嫦娥四号沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期C．嫦娥四号在轨道Ⅰ上的运行速度小于月球的第一宇宙速度D．嫦娥四号在地月转移轨道上M点的速度大于在轨道Ⅰ上M点的速度【答案】CD【解析】A．根据牛顿第二定律有GMmr2=ma，解得a=GMr2可知嫦娥四号探测器沿轨道Ⅱ运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度，故A错误；B．卫星在轨道Ⅱ上运动的半长轴小于在轨道Ⅰ上运动的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运行的周期，故B错误；C．月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，嫦娥四号在轨道Ⅰ上的半径大于月球半径，可知嫦娥四号在轨道Ⅰ上的运行速度比月球的第一宇宙速度小，故C正确；D．嫦娥四号在地月转移轨道上经过M点若要进入轨道Ⅰ，需减速，所以在地月转移轨道上经过M点的速度比在轨道Ⅰ上经过M点时速度大，故D正确。12．（2022·广东·肇庆市第一中学高一期中）(多选)2020年7月23日，我国在海南文昌航天发射中心，成功将我国首个深空探测器天问一号火星探测器送上太空。探测器接近火星后，探测器需经历如图所示的变轨过程，轨道Ⅰ为圆轨道，已知引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
10A．探测器在轨道Ⅰ上P点的速度大于在轨道Ⅱ上的速度B．探测器在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠC．探测器若从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度反向喷气D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，并已知探测器在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度【答案】BD【解析】AC．探测器在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使探测器减速到达轨道Ⅰ，则探测器在轨道Ⅰ上P点的速度小于在轨道Ⅱ上P点的速度，故AC错误；B．根据开普勒第三定律可知，探测器在轨道上运动时半长轴越大其运行的周期越大，故B正确；D．根据万有引力定律可得GMmR2=mω2R根据ρ=MV可得M=43ρπR3联立解得ρ=3ω24πG所以当轨道Ⅰ贴近火星表面，并且已知探测器在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，故D正确。13．（2022·山东聊城·高一期中）2020年7月23日，在我国文昌航天发射场，长征五号遥四运载火箭成功将“天问一号”火星探测器送入预定轨道，我国将实现“环绕、着陆，巡视”三大目标。如图是探测器飞向火星过程的简略图，探测器分别在P、Q两点实现变轨，在转移轨道，探测器绕火星做椭圆运动，下列说法正确的是（ ）A．“天问一号”在绕地轨道的环绕速度大于7.9km/sB．“天问一号”在沿绕火轨道运行时的速度小于火星的第一宇宙速度C．“天问一号”在绕地轨道上P点的加速度大于在转移轨道上P点的加速度D．“天问一号”在转移轨道Q点的速度小于绕火轨道Q点的速度【答案】B【解析】A．地球的第一宇宙速度7.9km/s
11是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，故“天问一号”在绕地轨道的环绕速度不可能大于7.9km/s，A错误；B．火星的第一宇宙速度是卫星在火星表面轨道绕火星做匀速圆周运动的线速度，是卫星绕火星做匀速圆周运动的最大线速度，故“天问一号”在沿绕火轨道运行时的速度小于火星的第一宇宙速度，B正确；C．根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma解得a=GMr2由于M、r都相同，可知“天问一号”在绕地轨道上P点的加速度等于在转移轨道上P点的加速度，C错误；D．卫星从高轨道变轨到低轨道，需要在变轨处点火减速，可知“天问一号”在转移轨道Q点的速度大于绕火轨道Q点的速度，D错误。考点四卫星的能量问题1.卫星由较高轨道进入较低的轨道，其轨道半径减小，在卫星克服阻力做功的同时万有引力将对卫星做正功，而且万有引力做的正功远大于克服阻力做的功，外力对卫星做的总功是正的，因此卫星的动能增加,卫星要克服阻力做功因此机械能减小。2.要使卫星由较低的圆轨道进入较高的圆轨道，一定要给卫星增加能量，变轨后卫星的动能减小，势能增大，总的机械能增大.14．若规定无穷远处物体的重力势能为零，则质量为m的物体对应重力势能的表达式为Ep=−GMmr，r为物体离地心的距离，M为地球质量，G为万有引力常量；则一质量为m、离地面的高度为R（R为地球半径）的人造卫星，运行时的总机械能为（将人造卫星绕地球的运动看成匀速圆周运动，地表重力加速度为g）（ ）A．−mgR4B．−mgR2C．−mgRD．−2mgR【答案】A【解析】对卫星GMm(2R)2=mv22R又GM=gR2所求动能为Ek=12mv2得Ek=mgR4卫星的重力势能为Ep=−GMm2R得卫星总机械能为E=Ep+Ek=−mgR4故选A。15．（2022·山东临沂·三模）2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功，设距地球无限远处的引力势能为零，地球质量为M，质量为m的物体在距地心r处的引力势能为Ep=−GMmr（G为引力常量），设定地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g，不考虑地球自转和其他天体的影响，神舟十三号载人飞船返回舱质量为m0，从距地面高nR(n<1)轨道返回地面过程中质量不变，则返回舱返回地面过程中，引力势能减少量为（ ）A．nm0gRB．nm0gR1+nC．m0gRnD．nm0gR1−n
12【答案】B【解析】返回舱返回地面过程中，引力势能减少量为ΔEp=−GMm0(R+nR)−−GMm0R而mg=GMmR2联立解得ΔEp=nm0gR1+n故选B。16．如果以无穷远处为零势能面，质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep=−GMmr，其中G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（ ）A．GMm1R2−1R1B．GMm1R1−1R2C．GMm21R2−1R1D．GMm21R1−1R2【答案】C【解析】卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力GMmr2=mv2r可得质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时的动能为Ek=12mv2=GMm2r结合题意，此时卫星的机械能可表示为E=Ek+Ep=−GMm2r根据能量守恒定律，该卫星因摩擦而产生的热量等于卫星损失的机械能，所以Q=E1−E2=−GMm2R1−(−GMm2R2)=GMm2(1R2−1R1)故选C。17．（2022·全国·模拟预测）《春秋左传·鲁文公十四年》中的“秋七月，有星孛入于北斗”是一次关于哈雷彗星的确切记录。若哈雷彗星绕太阳做椭圆运动，其运动轨道远日点距离太阳35.1AU，近日点距离太阳0.586AU；地球绕太阳做圆周运动，轨道半径为1AU，公转速度约为29.8km/s。已知引力势能的表达式为Ep=−GMmr，其中G为引力常量，M为中心天体质量，m为环绕天体质量，r为两天体的中心距离。则根据以上信息，可知哈雷彗星的最小环绕速率约为（ ）A．0.50km/sB．0.80km/sC．0.91km/sD．3.8km/s【答案】C【解析】哈雷彗星在轨道上运行的过程中，机械能守恒，则由引力势能的表达式可知哈雷彗星运动到远日点时环绕速率最小，根据机械能守恒定律有12mv远2−GMmr远=12mv近2−GMmr近根据开普勒第二定律有v运r远=v近r近对地球绕太阳的运动，根据万有引力定律有GMm′R2=m′v2R联立以上各式可得v远=v2r近Rr远r远+r近代入数据得v远≈0.91 km/s故选C。18.（2021浙江卷）
13空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02-2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（ ）A.绕地运行速度约为B.绕地运行速度约为C.在4月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒D.在5月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒【答案】D【解析】AB．根据题意可知，轨道半径在变化，则运行速度在变化，圆周最大运行速度为第一宇宙速度，故AB错误；C．在4月份轨道半径出现明显的变大，则可知，机械能不守恒，故C错误；D．在5月份轨道半径基本不变，故可视为机械能守恒，故D正确。故选D。考点五拉格朗日点拉格朗日点指在两大物体引力作用下，能使小物体稳定的点.19．（2022·重庆·模拟预测）我国嫦娥五号轨道器与返回器分离后，于2021年3月15日13时29分首次成功进入日地间L点附近的探测轨道。如图所示，A为太阳、B为地球、L为日地拉格朗日点，处在L点的人造天体，将与太阳和地球保持相对静止。不考虑其他天体的影响，地球的轨道近似处理为圆轨道，根据上面信息，下列说法正确的是（ ）A．处在L点的人造天体绕太阳的周期小于一年B．处在L点的人造天体受到太阳和地球的引力平衡
14C．L点位于太阳与地球连线的中点D．A、B连线上B的右侧也存在一个位置，卫星在该位置上与太阳、地球保持相对静止【答案】D【解析】A．处在L点的人造天体，将与太阳和地球保持相对静止，其绕太阳的周期与地球相等也是一年，故A错误；B．处在L点的人造天体受到太阳和地球的引力，在两者引力作用下而绕太阳做圆周运动，处于非平衡态，故B错误；C．设地球质量为M，太阳质量为M1，地球轨道半径为r，地球公转周期为T，引力常数为G，则以地球为研究对象有GM1Mr2=M(2πT)2r假定L点位于太阳与地球连线的中点，设人造天体的质量为m，则有GM1m(r2)2−GMm(r2)2=m(2πT)2r2两式联立可得8GM1r2−8GMr2=GM1r2则有M1=87M即太阳的质量是地球质量的87倍，与已知不符，故C错误；D．设地球质量为M，太阳质量为M1，地球轨道半径为r，地球公转周期为T，引力常数为G，则以地球为研究对象有GM1Mr2=M(2πT)2r则有GM1r2=(2πT)2r设人造天体的质量为m，在太阳与地球连线右侧距地球h处，联系到上面的结论，如果只考虑太阳对其的作用则有GM1m(r+ℎ)215到地球的之间小于月球到地球的距离，根据万有引力提供向心力可知，B处物体的向心加速度要大于月球的向心加速度，不能与月球具有相等的角速度，所以也不是拉格朗日点，同理分析，A、C、D可能是“拉格朗日点”，故ACD正确，B错误。故选ACD。21．（2022·山西·榆次一中模拟预测）2021年3月15日13时29分，嫦娥五号轨道器在地面飞控人员精确控制下，成功被“日地L1点”捕获，成为我国首颗进入“日地L1点”探测轨道的航天器。“日地L1点”全称为“拉格朗日L1点”，位于太阳与地球的连线之间，距离地球大约150万公里。在这个位置上，嫦娥五号可以在太阳和地球引力的共同作用下，和地球一起以相同的周期绕太阳做匀速圆周运动，可以不间断地观测太阳和地球的向阳面。则绕日运行时地球的向心加速度a1和嫦娥五号的向心加速度a2的大小关系是（ ）A．a1>a2B．a1a2故选A。22．（2022·江苏·模拟预测）在新中国成立70周年之际，航天国乐为“一带一路”倡议起点而创作的《2013阿斯塔纳》等12首乐曲“探访”嫦娥四号“鹊桥”中继星，音乐余韵在40万公里的月球深空飘扬，为鹊桥“中继星”送去祝福。如图所示，“鹊桥”中继星处于地月拉格朗日点L2上时，会和月球、地球两个大天体保持相对静止的状态。设地球的质量为M，“鹊桥”中继星的质量为m，地月间距为L，拉格朗日L2点与月球间距为d，地球、月球和“鹊桥”中继星均可视为质点，忽略太阳对”鹊桥”中继星的引力，忽略“鹊桥”中继星对月球的影响。则“鹊桥”中继星处于L2点上时，下列选项正确的是（ ）A．地球对月球的引力和“鹊桥”中继星对月球的引力之比为1：1B．“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为L:L+dC．“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比L:(L+d)D．月球与地球质量之比为(L+d)d2L3−d2(L+d)2
16【答案】D【解析】A．月球所受的合外力指向地球，故地球对月球的引力大于“鹊桥”中继星对月球的引力，故A错误；B．“鹊桥”中继星与月球绕地球运动的角速度相等，根据v=ωr可知，“鹊桥”中继星与月球绕地球运动的线速度之比为v鹊:v月=(L+d):L故B错误；C．根据a=ω2r可知，“鹊桥”中继星与月球绕地球运动的向心加速度之比为a鹊:a月=(L+d):L故C错误；D．对“鹊桥”中继星，地球引力和月球引力之和提供向心力，有GMm(L+d)2+GM月md2=ma鹊忽略“鹊桥”中继星对月球的影响，对月球有GMM月L2=M月a月联立得M月M=(L+d)d2L3−d2(L+d)2故D正确。
