《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

5. (多选，2024 浙江杭州期中)地月系统可被认为是月球绕地球做匀速圆周运动，如图甲所示，月球绕地球运动的周期为 $ T_1 $；也可认为地月系统是一个双星系统，如图乙所示，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的 $ O $ 点做匀速圆周运动，月球绕 $ O $ 点运动的周期为 $ T_2 $. 若地球、月球的质量分别为 $ M $、$ m $，两球心相距为 $ r $，引力常量为 $ G $，下列说法正确的是(AD)


A.图甲中月球绕地球运动的周期 $ T_1 $ 大于图乙中月球绕 $ O $ 点运动的周期 $ T_2 $
B.图甲中，地球的密度为 $ \frac{3\pi}{GT_1^2} $
C.地月双星轨道中 $ O $ 点到地心的距离为 $ \frac{M}{M + m}r $
D.图甲中，若把部分月壤运回到地球，最终月球绕地球做圆周运动的轨道半径将变小

答案： 5.AD解析:由万有引力提供向心力有$G\frac{Mm}{r^{2}} = m\frac{4\pi^{2}}{T^{2}}r$，解得题图甲中月球绕地球运动的周期为$T_{1} = 2\pi\sqrt{\frac{r^{3}}{GM}}$，若地月系统是一个双星系统，设地月双星轨道中$O$点到地心的距离为$r_{1}$，到月球球心的距离为$r_{2}$，则$G\frac{Mm}{r^{2}} = M\frac{4\pi^{2}}{T_{2}^{2}}r_{1}$，$G\frac{Mm}{r^{2}} = m\frac{4\pi^{2}}{T_{2}^{2}}r_{2}$，$r = r_{1} + r_{2}$，可得$r_{1} = \frac{m}{M + m}r$，$T_{2} = 2\pi\sqrt{\frac{r^{3}}{G(M + m)}} ＜ T_{1}$，即题图甲中月球绕地球运动的周期大于题图乙中月球绕$O$点运动的周期，A正确，C错误；设地球的半径为$R$，故地球的密度为$\rho = \frac{M}{V} = \frac{\frac{4\pi^{2}r^{3}}{GT_{1}^{2}r_{1}^{3}}}{ \frac{4}{3}\pi R^{3}} = \frac{3\pi r^{3}}{GT_{1}^{2}R^{3}}$，B错误；题图甲中，若把部分月壤运回到地球，设部分月壤的质量为$\Delta m$，则$(m - \Delta m)\frac{4\pi^{2}}{T_{1}^{2}}r ＜ G\frac{(M + \Delta m)(m - \Delta m)}{r^{2}}$，即此时月球做圆周运动所需的向心力小于月球与地球间的万有引力，月球做近心运动，月球绕地球做圆周运动的轨道半径将变小，D正确。

6. 拉格朗日点指在两个大天体引力作用下，能使小物体稳定的点（小物体质量相对两大天体可忽略不计）. 这些点的存在由法国数学家拉格朗日于 1772 年推导证明的，1906 年首次发现运动于木星轨道上的小行星（见脱罗央群小行星）在木星和太阳的作用下处于拉格朗日点上. 在每个由两大天体构成的系统中，按推论有 5 个拉格朗日点，其中连线上有三个拉格朗日点，分别是 $ L_1 $、$ L_2 $、$ L_3 $，如图所示. 我国发射的“鹊桥”卫星就在地月系统平衡点 $ L_2 $ 点做周期运动，通过定期轨控保持轨道的稳定性，可实现对着陆器和巡视器的中继通信覆盖，首次实现地月 $ L_2 $ 点周期轨道的长期稳定运行. 设某两个天体系统的中心天体质量为 $ M $，环绕天体质量为 $ m $，两天体间距离为 $ L $，引力常量为 $ G $，$ L_1 $ 点到中心天体的距离为 $ R_1 $，$ L_2 $ 点到中心天体的距离为 $ R_2 $. 求：
(1) 处于 $ L_1 $ 点小物体的向心加速度；
(2) 处于 $ L_2 $ 点小物体运行的线速度；
(3) 为了进一步的通信覆盖，发射两颗质量均为 $ m_0 $ 的卫星，分别处于 $ L_1 $、$ L_2 $ 点，$ L_1 $、$ L_2 $ 到环绕天体的距离近似相等（远小于 $ L $），两卫星与环绕天体同步绕中心天体做圆周运动，忽略卫星间的引力，求中心天体对环绕天体的引力与它对两卫星的引力之和的比值？

答案： 6.
(1)设处于$L_{1}$点的小物体质量为$m_{0}$，则小物体所受向心力由两天体的万有引力的合力来提供，可得$G\frac{Mm_{0}}{R_{1}^{2}} - G\frac{mm_{0}}{(L - R_{1})^{2}} = m_{0}a_{向}$，解得$a_{向} = \frac{GM}{R_{1}^{2}} - \frac{Gm}{(L - R_{1})^{2}}$。
(2)设处于$L_{2}$点的小物体质量为$m_{0}$，则小物体所受向心力由两天体的万有引力的合力来提供，可得$G\frac{Mm_{0}}{R_{2}^{2}} + G\frac{mm_{0}}{(R_{2} - L)^{2}} = m_{0}\frac{v^{2}}{R_{2}}$，解得$v = \sqrt{G\frac{M}{R_{2}} + G\frac{mR_{2}}{(R_{2} - L)^{2}}}$。
(3)中心天体对环绕天体的引力为$F_{1} = G\frac{Mm}{L^{2}}$，中心天体对两卫星的引力之和为$F_{2} = G\frac{Mm_{0}}{R_{1}^{2}} + G\frac{Mm_{0}}{R_{2}^{2}} = GMm_{0}(\frac{1}{R_{1}^{2}} + \frac{1}{R_{2}^{2}})$，设处于$L_{2}$点的小物体与环绕天体相距$x$，由于$x$远小于$L$，所以有$\frac{1}{R_{1}^{2}} + \frac{1}{R_{2}^{2}} = \frac{1}{(L - x)^{2}} + \frac{1}{(L + x)^{2}} \approx \frac{2}{L^{2}}$，则中心天体对环绕天体的引力与它对两卫星的引力之和的比值为$\frac{F_{1}}{F_{2}} = \frac{m}{2m_{0}}$。

7. (2025 重庆八中开学考)中科院国家天文台的科学家观测到三颗星 $ A $、$ B $、$ C $ 保持相对静止，相互之间的距离均为 $ l $，且一起绕着某点做周期为 $ T $ 的匀速圆周运动. 已知 $ m_A = m $，$ m_B = m_C = (\sqrt{3} + 1)m $，不计其他星体对它们的影响. 关于这个三星系统，则(C)


A.三颗星 $ A $、$ B $、$ C $ 的轨道半径之比为 $ 1 : \sqrt{2} : \sqrt{2} $
B.三颗星 $ A $、$ B $、$ C $ 的角速度大小之比为 $ \sqrt{2} : 1 : 1 $
C.若距离 $ l $ 均不变，$ A $、$ B $、$ C $ 的质量均变为原来的 3 倍，则周期变为 $ \frac{\sqrt{3}}{3}T $
D.若 $ A $、$ B $、$ C $ 的质量不变，距离均变为 $ 2l $，则周期变为 $ \sqrt{2}T $

答案：
7.C解析:由于三颗星保持相对静止，一起绕着某点做圆周运动，三星角速度与周期相等，根据对称性，$B$、$C$轨道半径相等，作出三星运动轨迹，如图所示，对$A$星体有$2G\frac{(\sqrt{3} + 1)m^{2}}{l^{2}}\cos 30^{\circ} = m\omega^{2}R_{A}$，对$B$、$C$星体，两星体各自所受引力的合力大小相等，设为$F$，根据余弦定理有$F^{2} = [G\frac{(\sqrt{3} + 1)^{2}m^{2}}{l^{2}}]^{2} + [G\frac{(\sqrt{3} + 1)m^{2}}{l^{2}}]^{2} - 2G^{2}\frac{(\sqrt{3} + 1)^{2}m^{2}}{l^{2}} · \frac{(\sqrt{3} + 1)m^{2}}{l^{2}}\cos 120^{\circ}$，对$B$、$C$星体，两星体各自做圆周运动，$B$、$C$轨道半径相等，令为$R_{B} = R_{C} = R_{0}$，则有$F = (\sqrt{3} + 1)m\omega^{2}R_{0}$，解得$\frac{R_{A}}{R_{0}} = \sqrt{2}$，可知三颗星$A$、$B$、$C$的半径大小之比为$\sqrt{2}:1:1$，故A错误；三颗星$A$、$B$、$C$的角速度相等，故三颗星$A$、$B$、$C$的角速度大小之比为$1:1:1$，故B错误；距离$l$均不变，对$A$星体有$2G\frac{(\sqrt{3} + 1)m^{2}}{l^{2}}\cos 30^{\circ} = m\frac{4\pi^{2}}{T_{1}^{2}}R_{A}$，若$A$、$B$、$C$的质量均变为原来的$3$倍，根据对称性可知，三星圆周运动的圆心不变，即轨道半径不变，则有$2G\frac{9 × (\sqrt{3} + 1)m^{2}}{l^{2}}\cos 30^{\circ} = 3m\frac{4\pi^{2}}{T_{1}^{2}}R_{A}$，解得$T_{1} = \frac{\sqrt{3}T}{3}$，故C正确；若$A$、$B$、$C$的质量不变，距离均变为$2l$，根据对称性可知，三星圆周运动的圆心不变，即轨道半径均变为先前的$2$倍，则对$A$星有$2G\frac{(\sqrt{3} + 1)m^{2}}{(2l)^{2}}\cos 30^{\circ} = m\frac{4\pi^{2}}{T_{2}^{2}} · 2R_{A}$，解得$T_{2} = 2\sqrt{2}T$，即若$A$、$B$、$C$的质量不变，距离均变为$2l$，则周期变为$2\sqrt{2}T$，故D错误。