《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

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(AD)


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$\dfrac{3\sqrt{3}Gm^2}{d^2}$
D.若B的角速度为ω，则A与圆心O的距离为$\dfrac{3\sqrt{3}Gm}{d^2\omega^2}$

答案： 8.AD [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 = 2G\frac{3m \cdot 2m}{d^2}\cos 30^{\circ} = \frac{6\sqrt{3}Gm^2}{d^2}，$C 错误；若 B 的角速度为$ \omega，$则 A 的角速度也为$ \omega，$根据$ \frac{6\sqrt{3}Gm^2}{d^2}= 2m\omega^2r，$则 A 与圆心 O 的距离为 r =
$\sqrt[\uproot{2}3]{\frac{3\sqrt{3}Gm}{d^2\omega^2}}，$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(B)


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$\sqrt{\dfrac{(4 + \sqrt{2})Gm}{2L^3}}$

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： 9.B [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$ \sqrt{2}G\frac{m^2}{L^2}+G\frac{m^2}{(\sqrt{2}L)^2}$
$= (\frac{1}{2} + \sqrt{2})G\frac{m^2}{L^2}= m\omega^2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}L，$可知$ \omega =$
$\sqrt{\frac{(4 + \sqrt{2})Gm}{2L^3}}，$故 B 正确；由$ (\frac{1}{2} + \sqrt{2})G\frac{m^2}{L^2}= ma $可知$ a = (\frac{1}{2} +$
$\sqrt{2})G\frac{m}{L^2}，$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$ \frac{1}{2}，$故 C 错误；由$ (\frac{1}{2} + \sqrt{2})G\frac{m^2}{L^2}= m\frac{v^2}{\frac{\sqrt{2}}{2}L}$可知星体做匀速圆周运动的线速度大小为 v =
$\sqrt{\frac{(4 + \sqrt{2})Gm}{4L}}，$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)(2025·江苏淮安市五校联考)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$v_A$、飞船在轨道B上的环绕加速度$a_B$；
(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$E_p = -\dfrac{GMm}{r}$(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： $10.(1)\sqrt{\frac{GM}{2R}} \sqrt{\frac{GM}{16R^2}} (2)\frac{GMm}{8R}$
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
$G\frac{Mm}{(2R)^2}= m\frac{v_A^2}{2R}$
解得$ v_A = \sqrt{\frac{GM}{2R}}$
飞船在轨道 B 上运动时，由牛顿第二定律可得$ G\frac{Mm}{(4R)^2}= ma_B$
解得$ a_B = \frac{GM}{16R^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 E_A 和 E_B，则有$ E_A = E_{kA} + E_{pA}，$$E_B = E_{kB} + E_{pB}$
飞船在轨道 A 的动能$ E_{kA} = \frac{1}{2}mv_A^2 = \frac{GMm}{4R}$
势能$ E_{pA} = -\frac{GMm}{2R}$
可得$ E_A = -\frac{GMm}{4R}$
飞船在轨道 B 的动能$ E_{kB} = \frac{1}{2}mv_B^2，$$G\frac{Mm}{(4R)^2}= m\frac{v_B^2}{4R}，$
则$ E_{kB} = \frac{GMm}{8R}，$势能$ E_{pB} = -\frac{GMm}{4R}$
可得$ E_B = -\frac{GMm}{8R}$
可得这次轨道转移点火需要的能量
$\Delta E = E_B - E_A = \frac{GMm}{8R}$

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$L_2$点附近，$L_2$点的位置如图所示。在$L_2$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，$L_2$点到地心的距离记为r($r \ll R$)，在$L_2$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$\dfrac{1}{(R + r)^2} \approx \dfrac{1}{R^2}(1 - 2\dfrac{r}{R})$]
(BD)


A.$\omega = [\dfrac{G(M + m)}{2R^3}]^{\frac{1}{2}}$
B.$\omega = [\dfrac{G(M + m)}{R^3}]^{\frac{1}{2}}$
C.$r = [\dfrac{3m}{3M + m}]^{\frac{1}{3}}R$
D.$r = [\dfrac{m}{3M + m}]^{\frac{1}{3}}R$

答案： 11.BD [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\frac{Mm}{R^2}= M\omega^2r_1，$$G\frac{Mm}{R^2}=$
$m\omega^2r_2，$$r_1 + r_2 = R，$联立解得$ \omega =$
$\sqrt[\uproot{2}]{\frac{G(M + m)}{R^3}}，$故 A 错误，B 正确；由题知，在$ L_2 $点的航天器受太阳和地球引力共同作用，始终与太阳、地球保持相对静止，则有$ G\frac{M'm'}{(R + r)^2}+ G\frac{mm'}{r^2}$
$= m'\omega^2(r + r_2)，$再根据以上分析可知$ Mr_1 = mr_2，$$r_1 + r_2 = R，$$\omega =$
$\sqrt[\uproot{2}]{\frac{G(M + m)}{R^3}}，$联立解得 r =
$\sqrt[\uproot{2}3]{\frac{m}{3M + m}}R，$故 C 错误，D 正确。]