2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）题型04 万有引力定律与天体运动（解析版）

题型04万有引力定律与天体运动

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01开普勒定律与万有引力定律

考向02人造卫星和天体运动【重难】

考向03变轨和对接问题【重难】

考向04双星和多星问题

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

万有引力定律与天体运动是高中物理动力学的重要基础知识，也是高考中的高频必考点。它常

以选择题形式独立考查万有引力定律。本题型的命题常把天体运动与机械能守恒、动能定理、平抛

运动等知识结合考查。解题的关键和核心能力在于灵活运用规律。

考向01开普勒定律与万有引力定律

【例1-1】（2025·深圳宝安·一诊）开普勒定律不仅是对行星运动规律的精准总结，更将天文学从“定性描述”

推向“定量分析”，为万有引力定律的形成提供了逻辑阶梯。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36年

B．从远日点到近日点加速度逐渐减小

C．在近日点与在远日点线速度大小之比为7:5

D．在近日点与在远日点加速度大小之比为49:25

【答案】D

【详解】A．根据开普勒第三定律，公转周期T满足T2a3，其中a为轨道半长轴。小行星的近日点距离为

5r7r

5r，远日点距离为7r，半长轴a6r

2

3

26r2

地球轨道半长轴为r，周期为1年，因此小行星周期为T1

r

即T21614.7年，故A错误

GMm

B．根据万有引力提供向心力，则有ma

r2

GM

解得a

r2

从远日点到近日点，小行星与太阳的距离r逐渐减小，因此加速度逐渐增大，故B错误；

C．根据开普勒第二定律，线速度与距离满足v近r近v远r远

v近r远7

因此线速度之比为，故C错误；

v远r近5

GM

GM

D．根据上述分析可知，加速度大小由a决定，近日点加速度为a近2

r25r

GM

远日点为a远2

7r

2

a近7r49

加速度之比为2，故D正确。

a远5r25

故选D。

【例1-2】（2025·广东·联考）2025年6月20日20时37分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运

载火箭，成功将“中星9C”卫星发射升空，“中星9C”卫星是中国卫星通信集团公司部署的后续卫星资源，由

中国空间技术研究院基于东方红四号增强型平台研制。该卫星在椭圆轨道绕地球运转，其近地点距地面约

300公里，远地点距地面约36000公里（与地球同步卫星轨道高度相同）。对“中星9C”卫星在椭圆轨道上

的运动，下列说法正确的是（）

A．卫星在近地点的加速度大于在远地点的加速度

B．从近地点往远地点运动过程中，卫星的机械能增大

C．卫星在远地点的速率跟地球同步卫星的速率相同

D．卫星在椭圆轨道上的运动周期大于同步卫星的周期

【答案】A

Mm

【详解】A．根据牛顿第二定律得Gma

r2

M

解得aG，其中r为卫星到地心的距离。

r2

近地点的r小于远地点的r，因此近地点的加速度更大，A正确；

B．卫星在椭圆轨道上运动时，仅有引力做功，机械能守恒。从近地点到远地点的过程中，机械能不会变

化，B错误；

C．卫星在远地点加速做离心运动才能进入同步卫星轨道，所以卫星在远地点的速率小于地球同步卫星的

速率，C错误；

D．根据开普勒第三定律，周期T2a3（a为轨道半长轴）

r近r远

椭圆轨道的半长轴a椭圆

2

而同步卫星轨道半径r同步r远

解得a椭圆r同步，椭圆轨道的周期更小，D错误。

故选A。

1.开普勒定律理解

（1）根据开普勒第二定律，行星在椭圆轨道上运动时，相等时间内扫过的面积相等，则v1r1＝v2r2；

（2）根据开普勒第三定律，＝k，若为椭圆轨道，则r为半长轴，若为圆轨道，则r＝R；

3

�

2

�

（3）行星运行过程中机械能守恒，即Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。

2.天体质量和密度的计算

注意：（1）天体表面的重力加速度g＝，是g的决定式，具有普适性。

𝐺

2

�

（2）若绕行天体绕中心天体表面（如近地）做匀速圆周运动时，轨道半径r≈R，则中心天体的密度ρ＝π。

3

2

��

【变式1-1】（2025·广东深圳·模拟）如图所示，飞行器P绕某未知星体做匀速圆周运动。测得星体相对飞

行器的张角为θ。为计算该星球的密度，还需要测量的物理量是（）

A．星体的质量B．星体的半径

C．飞行器运行的周期D．飞行器的轨道半径

【答案】C

【详解】根据几何关系，可得星体半径R与轨道半径r的关系为Rrsin

2

GMm42

根据万有引力提供向心力有mr

r2T2

42r3

解得M

GT2

MM

则星体的密度为4

VR3

3

3

联立解得

GT2sin3

2

故选C。

【变式1-2】（2026·广东广州天河区·一模）如图甲所示，航天员在半径为R的某星球表面将一轻弹簧竖直

固定在水平面上，把质量为m的小球P（可看作质点）从弹簧上端h处（h不为0）由静止释放，小球落到

弹簧上后继续向下运动直到最低点。从接触弹簧开始的小球加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示，

其中a0、h、x0和引力常量G为已知量，空气阻力不计。下列说法正确的是（）

aR

A．该星球的质量为0

G

B．该星球的第一宇宙速度为a0R

C．小球在最低点处加速度大小为a0

D．弹簧的最大弹性势能为ma0(hx0)

【答案】B

【详解】A．由图乙可知，该星球表面的重力加速度为a0，在星球表面，物体受到的万有引力等于物体的重

GMm

力，则有ma

R20

aR2

解得该星球的质量为M0，故A错误；

G

mv2

B．在星球表面，重力等于万有引力，提供物体圆周运动的向心力，则有ma

0R

解得该星球的第一宇宙速度为va0R，故B正确；

C．若小球从弹簧原长处由静止释放，根据简谐运动的对称性可知，小球在最低点处加速度为a0。现小球P

从弹簧上端h处由静止释放，到达最低点时弹簧压缩量增大，合力增大，则小球在最低点处加速度大于a0，

故C错误；

D．由于x=x0时a=0，小球速度最大，继续向下运动，所以小球在最低点处时弹簧的压缩量大于x0，根据小

球和弹簧构成的系统机械能守恒可得，弹簧的最大弹性势能大于ma0(hx0)，故D错误。

故选B。

【变式1-3】（2026·广东省湛江市部分高中·一模）2025年9月12日，我国长征十号第二次系留点火试验

取得圆满成功，展示我国载人航天发展的丰硕成就。如图，空间站在以地球为焦点的椭圆轨道上运动，且

1

该椭圆离心率为，点A、B分别为椭圆轨道上的近地点和远地点。设该卫星质量为m，引力常量为G，近

2

地点距离地球球心为L，地球半径为R，且近地卫星的运行周期为T，则（参考公式：卫星的引力势能

GMm

E，r为焦半径长）（）

pr

42R3

A．地球质量M

GT2

3m2R3

B．卫星在点A动能E

kLT2

2R3

C．卫星从点A运行到点B所用的时间为tT

ABL3

m2R3

D．卫星在点B点火加速泊入圆周轨道，至少增加机械能E

3LT2

【答案】ABD

Mm'42

【详解】A．对近地卫星有Gm'R

R2T2

42R3

解得M，故A正确；

GT2

B．根据开普勒第二定律的推论vALvBL2L

1GMm1GMm

同时根据能量守恒可得mv2mv2

2AL2B3L

1

由动能表达式Emv2

k2A

3m2R3

解得E，故B正确；

kLT2

GMm42

C．根据椭圆轨道近似圆处理，对卫星由对称性和牛顿第二定律可得2m22L

2L2ΔtAB

2L3

解得tT，故C错误；

ABR3

6L

D．由B中分析，卫星在B处速度大小v

B3T

GMmv'2

'

点火切入圆轨道时末速度v必须满足关系2m

3L3L

11

由能量守恒不计入其它能量损耗时mv'2mv2E

22B

m2R3

代入数据解得E，故D正确。

3LT2

故选ABD。

考向02人造卫星和天体运动

【例2-1】（2025·广东·模拟）北京时间2023年9月，中国航天员在空间站梦天实验舱中圆满完成“天宫课

堂”直播授课。中国空间站在距离地面约430km的圆轨道上做匀速圆周运动，周期为90min，空间站的运

动平面与赤道面的夹角约为41，为实现空间站与地面直播互动交流，空间站的信号需要先传到在地球静止

轨道上运行的中继卫星，然后再传回地面。下列说法正确的是（）

A．空间站的线速度比地面上观看直播的同学的线速度小

B．空间站的线速度大于地球的第一宇宙速度

C．空间站的加速度小于地球两极的重力加速度

D．若要完成一场90min的直播授课，仅一颗中继卫星即可完成任务

【答案】C

Mmv2

【详解】A．由Gm

r2r

GM

可得v

r

由于中继卫星的轨道半径比空间站的大，可知中继卫星的线速度小于空间站的线速度；地球自转角速度与

中继卫星的角速度相同，且地球半径小于中继卫星的轨道半径，根据vr

可知地面上观看直播的同学随地球自转的线速度小于中继卫星的线速度，综合可知同学的线速度小于空间

站的线速度，故A错误；

Mmv2

B．由Gm

r2r

GM

可得v

r

由于第一宇宙速度是卫星绕地表飞行的速度，其轨道半径比空间站的轨道半径小，故空间站的线速度小于

地球的第一宇宙速度，故B错误；

Mm0

C．对地球两极附近质量为m0的物体有Gmg

R20

GM

可得地球两极的重力加速度g

R2

Mm

对空间站有Gma

(Rh)2

GM

可得a

(Rh)2

可知ag，故C正确；

D．要完成一场90min的直播授课，空间站大约绕地球一圈，如图所示，需要两颗以上的中继卫星，故D

错误。

故选C。

【例2-2】（2025·广东广州增城·模拟）华为Mate60Pro成为全球首款支持卫星通话的大众智能手机，在无

信号环境下，该手机通过“天通一号”卫星与外界进行联系。已知“天通一号”卫星位于离地球表面约为6R的

地球同步轨道上，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）

A．“天通一号”可以在北京的上空保持相对静止

g

B．“天通一号”在轨运行的向心加速度约为

7

7R

C．“天通一号”在轨运行的周期约为14π

g

D．“天通一号”在轨运行的线速度小于7.9km/s

【答案】CD

【详解】A．地球同步卫星的轨道在赤道上空，故“天通一号”不可能在北京的上空保持相对静止，故A错误；

Mm

B．某物体在地球表面上，则有Gmg

R2

Mm

“天通一号”在轨运行，则有G2ma

7R

1

联立解得“天通一号”在轨运行的向心加速度ag，故B错误；

49

2

Mm2

C．“天通一号”在轨运行，则有G2m7R

7RT

Mm

又某物体在地球表面上，则有Gmg

R2

7R

联立解得“天通一号”在轨运行的周期T14π，故C正确；

g

D．7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，故“天通一号”在轨运行的线速

度小于7.9km/s，故D正确。

故选CD。

对于绕同一中心天体运行的行星(或卫星)

→＝→∝

���

��

���→��＝�→�∝��

�

G＝����

���

𝑴�→�＝→�∝

�

�����

��

���→�＝��→∝�

���

�����

��

��������

关键：轨道半径r的大小关系决定了an、v、ω、T的大小关系。

【变式2-1】（2025·广东茂名·茂名一中·临门一脚）卫星根据其不同功能有不同的环绕轨道。如图“夸父一号”

卫星离地面的高度为720km绕地球做匀速圆周运动，可用于探测由太阳射来的高能宇宙射线；同步地球卫

星离地高度约36000km，可用于气象观测；下列说法正确的是（）

A．“夸父一号”的运行速度大于7.9km/s

B．同步卫星的向心加速度大于赤道平面随着地球自转物体的向心加速度

C．为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用b轨道比a轨道更合理

D．“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期为24小时

【答案】B

Mmv2

【详解】A．根据牛顿第二定律得Gm

r2r

GM

解得v

r

轨道半径越大，运行速度越小。“夸父一号”的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以“夸父一号”的运行速

度小于7.9km/s，A错误；

42

B．根据ar，同步卫星和赤道平面随着地球自转物体的周期相同，轨道半径越大，向心加速度越大，

T2

同步卫星轨道半径大于赤道平面随着地球自转物体的轨道半径，所以同步卫星的向心加速度大于赤道平面

随着地球自转物体的向心加速度，B正确；

C．为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用a轨道比b轨道更合理，因为采用轨道a可以连续24小时观

测太阳，采用轨道b不能连续24小时观测太阳，C错误；

Mm42

D．根据牛顿第二定律得Gmr

r2T2

r3

解得T2

GM

轨道半径越小，周期越小，“夸父一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“夸父一号”绕地球做

圆周运动的周期小于24小时，D错误。

故选B。

【变式2-2】（2025·广东惠州·模拟）“天关”卫星专注于高能天体物理和时域天文观测，绕地球做匀速圆周

运动时离地面高度约为600km，如图为“天关”卫星与某高轨卫星的位置关系，下列说法正确的是（）

A．“天关”绕地运行的线速度小于地球第一宇宙速度

B．“天关”绕地运行的角速度小于地球自转的角速度

C．“天关”绕地运行的线速度小于高轨卫星的线速度

D．“天关”的机械能一定小于高轨卫星的机械能

【答案】A

Mmv2

【详解】A．根据牛顿第二定律得Gm

r2r

GM

解得v

r

“天关”的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，近地卫星的线速度等于第一宇宙速度，所以“天关”绕地运行的

线速度小于地球第一宇宙速度，A正确；

Mm

B．根据牛顿第二定律得Gm2r

r2

GM

解得

r3

“天关”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，“天关”绕地运行的角速度大于同步卫星的角度。地球自转的角

速度等于同步卫星的角速度，所以“天关”绕地运行的角速度大于地球自转的角速度，B错误；

Mmv2

C．根据牛顿第二定律得Gm

r2r

GM

解得v

r

“天关”绕地运行的轨道半径小于高轨卫星绕地球运转的轨道半径，所以“天关”绕地运行的线速度大于高轨卫

星的线速度，C错误；

1

D．物体的机械能Emghmv2

2

因为两颗卫星的质量未知，所以无法判断两颗卫星的机械能的大小，D错误。

故选A。

【变式2-3】（2026·广东清远·一模）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船与距地表约400km的空间站

顺利完成径向对接。对接前飞船在空间站正下方200m的“停泊点”处调整为垂直姿态，在发动机的推力作用

下，与空间站保持相对静止。随后逐步上升到“对接点”，最终与空间站完成对接。飞船和空间站对接后，组

合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）

A．对接前后，空间站的线速度保持不变

B．飞船稳定在“停泊点”时，其运动速度大于空间站的速度

C．飞船稳定在“停泊点”时，其运动角速度等于空间站的角速度

D．飞船稳定在“停泊点”时，其向心加速度大于空间站的向心加速度

【答案】C

Mmv2GM

【详解】A．由万有引力提供向心力，则有Gm，解得v

r2rr

对接前后，空间站的线速度大小与其质量无关，线速度大小不变，但对接前后空间站线速度方向发生改变。

因此对接前后，空间站的线速度发生变化。故A错误；

BCD．飞船稳定在“停泊点”时，与空间站保持径向的相对静止，因此其运动角速度等于空间站的角速度。由

于空间站的运动半径大于飞船的运动半径，由vr和a2r可知，飞船的运动速度和向心加速度均小于

空间站的运动速度和向心加速度。故BD错误，C正确。

故选C。

考向03变轨和对接问题

【例3-1】（2025·广东·联考）2025年5月29日凌晨1时31分，天问二号在西昌卫星发射中心成功发射。

其主要任务之一是完成对小行星2016HO3的伴飞、取样并返回地球。如图所示，I轨道和Ⅱ轨道为其中的两

个轨道，下列说法正确的是（）

A．天问二号在I轨道上运行时加速度可能为零

B．天问二号在Ⅱ轨道上运行的周期大于在I轨道上运行的周期

C．天问二号在Ⅱ轨道上通过P点时的速度小于通过N点时的速度

D．天问二号在I轨道上通过P点时的速度大于在Ⅱ轨道上通过P点时的速度

【答案】D

【详解】A．天问二号在I轨道上运行时做曲线运动，加速度不可能为零，选项A错误；

B．天问二号在I轨道上运行的半长轴大于在Ⅱ轨道上运行的半长轴，根据开普勒第三定律可知，天问二号

在I轨道上运行的周期大于在Ⅱ轨道上运行的周期，选项B错误；

C．天问二号从P点到N点做减速运动，在Ⅱ轨道上通过P点时的速度大于通过N点时的速度，选项C错

误；

D．Ⅱ轨道相对于I轨道是低轨道，由高轨道变轨到低轨道需要在切点位置减速，可知，天问二号在Ⅱ轨道

上通过P点时的速度小于在I轨道上通过P点时的速度，选项D正确。

故选D。

【例3-2】（2025·广东湛江·一模）中国自主研发的“遨龙一号”是全球首款主动清理太空垃圾的飞行器，其

工作过程简化如图，“遨龙一号”捕获失效的北斗二号G2卫星后先在圆形同步轨道运行，通过主导航系统控

制发动机点火调整进入椭圆转移轨道，最后进入圆形墓地轨道，已知引力常量为G，以下选项中正确的是

（）

A．“遨龙一号”在同步轨道逆时针运转，在P点需要点火向左喷气加速才能进入转移轨道

B．“遨龙一号”在同步轨道上经过P点时的加速度大于在转移轨道上经过P点时的加速度

C．“遨龙一号”在转移轨道的机械能大于在同步轨道上的机械能

D．“遨龙一号”进入墓地轨道后，测出其墓地轨道周期T，可计算出地球的质量

【答案】AC

【详解】A．同步轨道相对于转移轨道是低轨道，“遨龙一号”正在逆时针运行，在P点需要点火向左喷气才

能产生与速度同向的推力，加速才能从同步轨道进入转移轨道，故A正确；

Mm

B．根据牛顿第二定律有Gma

r2

GM

解得a

r2

可知“遨龙一号”卫星在同步轨道上经过P点时的加速度等于在转移轨道上经过P点时的加速度，故B错误；

C．根据“遨龙一号”点火加速的变轨步骤，有除重力以外的力做正功，机械能增加，故C正确；

D．设墓地轨道的半径为r，假设地球质量为M，“遨龙一号”卫星质量为m，由万有引力提供向心力可得

GMm42

mr

r2T2

42r3

解得M

GT2

测出其墓地轨道周期T，由于不知道墓地轨道的半径，所以无法计算出地球的质量，故D错误。

故选AC。

人造卫星的变轨问题

1.动力学观点

(1)点火加速，v突然增大，G＜m，卫星将做离心运动。

�

𝑴�

�

��

(2)点火减速，v突然减小，G＞m，卫星将做近心运动。

�

𝑴�

�

��

2.能量观点

(1)同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。

(2)卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。

【变式3-1】（2025·广东揭阳·揭阳一中·热身）我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”

飞船月地返回任务奠定基础。如图所示，假设与地球同球心的虚线球面为地球大气层边界，虚线球面外侧

没有空气，返回舱从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳出”，再经d点从e点“跃入”实现多次减

速，可避免损坏返回舱。d点为轨迹最高点，离地面高h，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。

则返回舱（）

GM

A．在d点速度小于

Rh

GM

B．在d点加速度小于2

Rh

C．虚线球面上c、e两点离地面高度相等，所以vc和ve大小相等

D．返回舱从a点到b，势能减小，动能增大，机械能守恒

【答案】AC

GMmv2

【详解】A．根据题意，由图可知，在d点，万有引力大于向心力，根据牛顿第二定律有2m

RhRh

GM

解得v，故A正确；

Rh

Mm

B．根据牛顿第二定律G2ma

Rh

GM

解得a2，故B错误；

Rh

C．根据题意可知，从c到e的过程中没有空气阻力，只有引力做功，机械能守恒，c、e两点离地面高度相

等，则在c、e两点动能相等，即vcve，故C正确；

D．根据题意可知，由a点到b点，引力做正功，势能减小，动能增大，因存在空气阻力，机械能会减少，

不守恒，故D错误。

故选AC。

【变式3-2】（2025·广东广州育才中学·三模）为保护地球免遭小行星撞击，2022年9月人类首次尝试在太

空中改变一颗小行星的运行轨道。研究团队选择了一对双小行星系统进行研究，该系统可简化为一颗质量

较小的“孪小星”围绕着一颗质量较大的“孪大星”做匀速圆周运动，如图所示。实验时，通过引导航天器与“孪

小星”迎面相撞并合为一体，使“孪小星”绕“孪大星”运动的轨道发生轻微偏移。已知“孪小星”在原轨道运行

的半径和周期，下列说法正确的是（）

A．可算出“孪大星”的质量和密度

B．“孪小星”撞击后会做离心运动

C．“孪小星”撞击后的线速度比撞击前大

D．“孪小星”在偏移轨道上的运行周期比原轨道小

【答案】D

Mm42

【详解】A．根据Gmr

r2T2

42r3

可得M

GT2

则已知“孪小星”在原轨道运行的半径和周期，可求解出“孪大星”的质量M，但是由于“孪大星”的半径未知，

则不能求解其密度，故A错误；

BC．航天器与“孪小星”迎面相撞并合为一体，根据动量守恒m小v小m器v器m小m器v

m小v小m器v器

解得vv小

m小m器

则整体的速度减小，会做向心运动，轨道半径减小，故BC错误；

D．根据开普勒第三定律可知，因轨道半径减小，则周期比原轨道小，故D正确。

故选D。

【变式3-3】（2025·广东广州·三模）我国预计在2030年前实现载人登月，登月的初步方案是：采用两枚运

载火箭分别将月面着陆器和载人飞船送至环月轨道对接，航天员从飞船进入月面着陆器。月面着陆器将携

航天员下降着陆于月面预定区域。在完成既定任务后，航天员将乘坐着陆器上升至环月轨道与飞船交会对

1

接，并携带样品乘坐飞船返回地球。已知月球的半径约为地球的1，月球表面重力加速度约为地球的，

46

则（）

A．发射火箭的速度必须达到地球的第二宇宙速度

B．月面着陆器下降着陆过程应当一直加速

C．载人飞船在环月轨道匀速圆周运动的运行速度小于地球的第一宇宙速度

D．航天员在月面时受到月球的引力小于其在环月轨道时受到月球的引力

【答案】C

【详解】A．发射载人登月火箭，目的是将航天器送往月球，月球是地球的天然卫星，仍在地球引力范围

内。而第二宇宙速度是使物体挣脱地球引力束缚，飞向太阳系其他行星等的最小发射速度。所以发射载人

登月火箭的速度不需要达到地球的第二宇宙速度，故A错误；

B．月面着陆器下降着陆过程，若一直加速，着陆时速度会很大，不利于安全着陆。实际过程中，为了安全

平稳着陆，着陆器在接近月面时会进行减速操作，故B错误；

C．第一宇宙速度是卫星绕着星球表面做匀速圆周运动的速度，设星球半径为R，在星球表面飞行的卫星有

v2

mgm

R

解得第一宇宙速度vgR

1

由于月球的半径约为地球的1，月球表面重力加速度约为地球的，通过上式可知载人飞船在环月轨道匀

46

速圆周运动的运行速度小于地球的第一宇宙速度，故C正确；

GMm

D．根据万有引力F月宇航员

r2

由于环月轨道半径大于月球半径，故航天员在月面时受到月球的引力大于其在环月轨道时受到月球的引力，

故D错误。

故选C。

考向04双星和多星问题

【例4-1】（2025·广东省广州市某校·三模）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

【详解】A．令两恒星间距为L，质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，双星圆周运动的周期相等，

mmmm

可知，角速度也相等，则有G21m2r，G12m2r

L211L222

rm

解得12

r2m1

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v1r1，v2r2

vm

结合上述解得12

v2m1

即两颗星速度大小之比等于它们质量的反比，故B正确；

11

C．两恒星的动能Emv2，Emv2

k1211k2222

Er

结合上述解得k11

Ek2r2

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p1m1v1，p2m2v2

结合上述解得p1p2

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。

【例4-2】（24-25高三下·广东茂名·5月联考）2024年9月10日，中国科学院国家天文台等团队发现了双

星系统G3425中一颗是质量为太阳质量的3.6倍的小质量黑洞，同时观测到该双星系统中的另一颗是质量

为太阳质量的2.7倍的红巨星。关于双星系统G3425，下列说法正确的是（）

A．小质量黑洞所受的合外力大于红巨星所受的合外力

B．小质量黑洞与红巨星的向心加速度大小之比为3:4

C．小质量黑洞与红巨星的轨道半径之比为4:3

D．小质量黑洞与红巨星的线速度大小之比为3:4

【答案】BD

【详解】设小质量黑洞和红巨星的质量分别为m1和m2，双星系统的角速度相等，则根据

mm

G12m2rm2r

L21122

rm2.73

可得小质量黑洞所受的合外力等于红巨星所受的合外力，且12

r2m13.64

根据a2r

ar3

可得11

a2r24

根据vr

vr3

可得11

v2r24

故选BD。

双星系统模型规律及有用结论

模型图示

基本规律或各自需要的向心力由彼此间的万有引力相互提供，向心力大小是相等的，则

结论Gm1m22Gm1m22

＝m1ω1r1，＝m2ω2r2

L2L2

两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2

两颗星的半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L

m1r2

两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，＝

m2r1

L3

双星的运动周期T＝2π

G（m1＋m2）

4π2L3

双星的总质量公式m1＋m2＝

T2G

【变式4-1】如图所示，某双星系统中质量较大的B星球正在“吸食”质量较小的A星球的表面物质，从

而实现质量转移。若“吸食”过程中A、B球心间距离不变，运动轨道均视为圆周，则在“吸食”的最初阶

段，下列说法正确的是()

A.A、B运动的周期变大

B.A、B之间的万有引力保持不变

C.B星球做圆周运动的轨道半径变大

D.A星球做圆周运动的线速度变大

【答案】D

【解析】设A、B星球的质量分别为mA、mB，稳定的双星系统两星球角速度大小相等，根据万有引力提供

mAmB2mAmB2mA＋mB2

向心力，对A星球有G＝mAωrA，同理对B星球有G＝mBωrB，r＝rA＋rB，联立可得G＝ωr，

r2r2r2

G（m＋m）2π

则ω＝AB，由于质量在两星球间转移，总质量不变，可知角速度大小不变，由T＝知A、B

r3ω

mAmB

运动的周期不变，故A错误；由万有引力定律F＝G知，若mB增大，则mA减小，mAmB乘积要变化，可知万

r2

22rAmB

有引力变化，故B错误；由于两星球的向心力大小始终保持相等，有mAωrA＝mBωrB，则＝，B星球质

rBmA

rA

量较大，吸食后质量更大，质量较小的A星球质量更小，则变大，即rA变大，rB变小，由于角速度大小不

rB

变，由v＝ωr知B星球线速度变小，A星球线速度变大，故C错误，D正确。

【变式4-2】(2024·广东揭阳二模)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家

们复原的过程，在两颗中子星合并前约100秒时，它们间的距离为r，绕两者连线上的某点每秒转动n圈，

将两颗中子星都看作质量均匀分布的球体，忽略其他星体的影响，已知引力常量为G，下列说法正确的是

()

A.两颗中子星转动的周期均为n秒

B.两颗中子星转动时所需向心力与它们的转动半径成正比

C.两颗中子星的转动半径与它们的质量成反比

.两颗中子星的质量之和为

D223

4π��

�

【答案】CD

【解析】两颗中子星转动过程中角速度相等，周期也相等，根据题意绕两者连线上的某点每秒转动n圈，

则周期T＝，故A错误；设两颗中子星的质量分别为m1、m2，两颗中子星转动时所需的向心力由二者之间

1

的万有引力�提供，即向心力大小均为F＝G，故B错误；设两颗中子星的轨道半径分别为r1、r2，相距

�1�2

2

22

r，根据万有引力提供向心力可得F＝G＝�m1ωr1＝m2ωr2，可得＝，即两颗中子星的转动半径与它

�1�2�1�2

2

21

们的质量成反比。上述向心力公式化简可�得＋＝＝，�故�、正确。故选。

m1m223223CDCD

4π�4π��

2

���

1．（2025·广东·真题）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

1

D．在近日点加速度大小约为地球公转加速度的

25

【答案】D

5R7R

【详解】A．根据题意，设地球与太阳间距离为R，则小行星公转轨道的半长轴为a6R

2

3

6R3

由开普勒第三定律有R

22

T2T地

32

解得T6T地66年

故A错误；

Gmm

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F12可知，小行星受太阳引力增

r2

大，故B错误；

cC．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。

GMm

D．由牛顿第二定律有ma

r2

GM

解得a

r2

2

a行R1

可知2

a地5R25

1

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；

25

故选D。

2．（2024·广东·真题）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60m/s

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