《2018屆高考物理二輪復習 板塊一 專題突破復習 專題一 力與運動 第四講 萬有引力定律及其應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018屆高考物理二輪復習 板塊一 專題突破復習 專題一 力與運動 第四講 萬有引力定律及其應用學案（22頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第四講　萬有引力定律及其應用 [知識建構] [高考調研] 1.天體運動仍是考查熱點．?？键c有：衛(wèi)星的變軌、對接；天體相距最近或最遠問題；隨地、繞地問題；衛(wèi)星運動過程中的動力學問題、能量問題(如2017年全國卷Ⅰ24T和全國卷Ⅱ19T)，包括加速度(向心加速度、重力加速度)、線速度、周期的比較等．解決這些問題的總體思路是熟悉兩個模型：隨地、繞地．變軌抓住兩種觀點分析，即動力學觀點、能量觀點．注意勻速圓周運動知識的應用． 2.常用的思想方法：①“割補法”求萬有引力大?。谔祗w質量和密度的計算方法．③變軌問題的處理方法．④“多星”問題的處理方法. [答案]　(1) (2

2、) (3)三種宇宙速度 (4)同步衛(wèi)星的“七個一定”特點 ①軌道平面一定：軌道平面與赤道平面共面． ②周期一定：與地球自轉周期相同，即T＝24 h. ③角速度一定：與地球自轉的角速度相同，即ω＝7.3×10－5 rad/s. ④高度一定：由G＝m(R＋h)得地球同步衛(wèi)星離地面的高度h＝ －R＝3.6×107 m. ⑤速率一定：v＝ ＝3.1×103 m/s. ⑥向心加速度一定：由G＝ma，得a＝＝gh≈0.23 m/s2，即同步衛(wèi)星的向心加速度等于軌道處的重力加速度． ⑦繞行方向一定：運行方向與地球自轉方向一致. 考向一　天體質量與密度的計算 [歸納提煉]

3、天體質量及密度的估算方法 [熟練強化] 1．(2017·北京卷)利用引力常量G和下列某一組數據，不能計算出地球質量的是(　　) A．地球的半徑及重力加速度(不考慮地球自轉) B．人造衛(wèi)星在地面附近繞地球做圓周運動的速度及周期 C．月球繞地球做圓周運動的周期及月球與地球間的距離 D．地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離 [解析]　由于不考慮地球自轉，則在地球表面附近，有G＝m0g，故可得M＝，A項錯誤；由萬有引力提供人造衛(wèi)星的向心力，有G＝m1，v＝，聯(lián)立得M＝，B項錯誤；由萬有引力提供月球繞地球運動的向心力，有G＝m22r，故可得M＝，C項錯誤；同理，根據地球繞太陽

4、做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離，不可求出地球的質量，D項正確． [答案]　D 2．(2017·河北六校聯(lián)考)某行星的同步衛(wèi)星下方的行星表面上有一觀察者，行星的自轉周期為T，他用天文望遠鏡觀察被太陽光照射的此衛(wèi)星，發(fā)現日落的時間內有的時間看不見此衛(wèi)星，不考慮大氣對光的折射，則該行星的密度為(　　) A. B. C. D. [解析]　設行星質量為M，半徑為R，密度為ρ，衛(wèi)星質量為m，如圖所示，發(fā)現日落的時間內有的時間看不見同步衛(wèi)星，則θ＝＝60°，故φ＝60°，r＝＝2R，根據G＝m22R，M＝ρπR3，解得ρ＝. [答案]　A (1)利用萬有引力提供天體圓周運動的

5、向心力估算天體質量，估算的是中心天體的質量而非環(huán)繞天體的質量. (2)區(qū)別兩個半徑(軌道半徑與天體半徑)，軌道半徑與天體半徑的關系為r＝R＋h，只有在天體表面附近的衛(wèi)星，才有R?h，r≈R.(h指衛(wèi)星到天體表面高度 考向二　人造衛(wèi)星 [歸納提煉] 1．必須掌握的四個關系 ＝越高越慢 2．必須牢記同步衛(wèi)星的兩個特點 (1)同步衛(wèi)星繞地心做勻速圓周運動的周期等于地球的自轉周期． (2)所有同步衛(wèi)星都在赤道上空相同的高度上． 　(2017·全國卷Ⅲ)2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道(可視為圓

6、軌道)運行．與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的(　　) A．周期變大 B．速率變大 C．動能變大 D．向心加速度變大 [解析]　組合體比天宮二號質量大，軌道半徑R不變，根據＝m，可得v＝，可知與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的速率不變，B項錯誤；又T＝，則周期T不變，A項錯誤；質量變大、速率不變，動能變大，C項正確；向心加速度a＝，不變，D項錯誤． [答案]　C 求解本題時，若對天體運動規(guī)律掌握不熟悉，加之考試緊張，題目情景分析不明，可能會誤以為是較復雜的行星軌道變化問題，錯把簡單問題復雜化，耗時而費力.高考復習時，應仔細分析天體運動特點，正確畫出情景圖，切忌搞題海戰(zhàn)

7、術，分不清情景亂套公式，同時也要關注社會科技新動向. [熟練強化] 1．(多選)(2017·河北保定一模)O為地球球心，半徑為R的圓為地球赤道，地球自轉方向如圖所示，自轉周期為T，觀察站A有一觀測員在持續(xù)觀察某衛(wèi)星B.某時刻觀測員恰能觀察到衛(wèi)星B從地平線的東邊落下，經的時間，再次觀察到衛(wèi)星B從地平線的西邊升起．已知∠BOB′＝α，地球質量為M，引力常量為G，則(　　) A．衛(wèi)星B繞地球運動的周期為 B．衛(wèi)星B繞地球運動的周期為 C．衛(wèi)星B離地表的高度為 －R D．衛(wèi)星B離地表的高度為 －R [解析]　當地球上A處的觀測員隨地球轉動半個周期時，衛(wèi)星轉過的角度應為2π＋α，所以

8、＝T衛(wèi)，解得T衛(wèi)＝，A錯，B對．衛(wèi)星繞地球轉動過程中萬有引力充當向心力，G＝m衛(wèi)2r衛(wèi)，得r衛(wèi)＝ ＝ ，則衛(wèi)星距地表的高度h＝r衛(wèi)－R＝ －R，C錯，D對． [答案]　BD 2．(多選)(2017·廣東華南三校聯(lián)考)石墨烯是目前世界上已知的強度最高的材料，它的發(fā)現使“太空電梯”的制造成為可能，人類將有望通過“太空電梯”進入太空．設想在地球赤道平面內有一垂直于地面延伸到太空的輕質電梯，電梯頂端可超過地球的同步衛(wèi)星A的高度延伸到太空深處，這種所謂的太空電梯可用于降低成本發(fā)射繞地人造衛(wèi)星．如圖所示，假設某物體B乘坐太空電梯到達了圖示的位置并停在此處，與同高度運行的衛(wèi)星C相比較(　　) A．

9、B的線速度大于C的線速度 B．B的線速度小于C的線速度 C．若B突然脫離電梯，B將做離心運動 D．若B突然脫離電梯，B將做近心運動 [解析]　A和C兩衛(wèi)星相比，ωC>ωA，而ωB＝ωA，則ωC>ωB，又據v＝ωr，rC＝rB，得vC>vB，故B項正確，A項錯誤．對C星有G＝mCωrC，又ωC>ωB，對B星有G>mBωrB，若B突然脫離電梯，B將做近心運動，D項正確，C項錯誤． [答案]　BD 3. (多選)(2017·江西七校聯(lián)考)衛(wèi)星A、B的運行方向相同，其中B為近地衛(wèi)星，某時刻，兩衛(wèi)星相距最近(O、B、A在同一直線上)，已知地球半徑為R，衛(wèi)星A離地心O的距離是衛(wèi)星B離地心

10、的距離的4倍，地球表面重力加速度為g，則(　　) A．衛(wèi)星A、B的運行周期的比值為＝ B．衛(wèi)星A、B的運行線速度大小的比值為＝ C．衛(wèi)星A、B的運行加速度的比值為＝ D．衛(wèi)星A、B至少經過時間t＝，兩者再次相距最近 [解析]　本題以衛(wèi)星的運行考查運行參量的比較，求解方法仍是抓住主、副兩條線索．由地球對衛(wèi)星的引力提供向心力G＝mr知T＝2π ∝，而rA＝4rB，所以衛(wèi)星A、B的運行周期的比值為＝，A項錯誤；同理，由G＝m得v＝ ∝，所以衛(wèi)星A、B的運行線速度大小的比值為＝，B項正確；由G＝ma得a＝∝，所以衛(wèi)星A、B的運行加速度的比值為＝，C項錯誤；由T＝2π 及地球表面引力等于重力大

11、小G＝mg知T＝2π ，由于B為近地衛(wèi)星，所以TB＝2π ，當衛(wèi)星A、B再次相距最近時，衛(wèi)星B比衛(wèi)星A多運行了一周，即t＝2π，聯(lián)立可得t＝ ，D項正確． [答案]　BD 天體相遇問題的解法 如圖， 當兩運行天體A、B的軌道平面在同一平面內時，若運行方向相同，則內側天體B比A每多運行一圈時相遇一次，在Δt時間內相遇的次數n＝－＝Δt.若運行方向相反時，則A、B每轉過的圓心角之和等于2π時發(fā)生一次相遇，在Δt時間內相遇的次數為：n＝＝＋. 考向三　衛(wèi)星的變軌問題 [歸納提煉] 1．變軌原理及過程 (1)為了節(jié)省能量，在赤道上順著地球自轉方向發(fā)射衛(wèi)星到圓軌道Ⅰ上． (

12、2)在A點點火加速，由于速度變大，萬有引力不足以提供在軌道Ⅰ上做圓周運動的向心力，衛(wèi)星做離心運動進入橢圓軌道Ⅱ. (3)在B點(遠地點)再次點火加速進入圓形軌道Ⅲ. 2．部分物理量的定性分析 (1)速度：設衛(wèi)星在圓軌道Ⅰ和Ⅲ上運行時的速率分別為v1、v3，在軌道Ⅱ上過A點和B點速率分別為vA、vB.在A點加速，則vA>v1，在B點加速，則v3>vB，又因v1>v3，故有vA>v1>v3>vB. (2)加速度：因為在A點，衛(wèi)星只受到萬有引力作用，故不論從軌道Ⅰ還是軌道Ⅱ上經過A點，衛(wèi)星的加速度都相同，同理，經過B點加速度也相同． (3)周期：設衛(wèi)星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ軌道上運行周期分別為T1、

13、T2、T3，軌道半徑分別為r1、r2(半長軸)、r3，由開普勒第三定律＝k，可知T1

14、．“嫦娥三號”衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行時，從M點運動到P點經歷的時間為4T [思路路線]　 →→ →→→→→ →→ [解析]　因“嫦娥三號”衛(wèi)星從軌道Ⅲ變軌到軌道Ⅱ上運行時，必須在P點進行減速，即在軌道Ⅱ上運行的機械能小于在軌道Ⅲ上運行的機械能，A項錯誤；由開普勒行星運動第二定律知“嫦娥三號”衛(wèi)星在近月點速度大，即“嫦娥三號”衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運行時，在M點的速度大小小于在P點的速度大小，B項錯誤；由G＝ma知衛(wèi)星離中心天體高度相同時，運行的加速度相同，C項正確；令“嫦娥三號”衛(wèi)星從M點運動到P點經歷的時間為t，則由開普勒行星運動第三定律得＝，即t＝4T，D項正確． [答案]　CD 變

15、軌過程中能量分析的常見誤區(qū) (1)變軌前后，衛(wèi)星機械能不守恒．衛(wèi)星的發(fā)射和回收都是利用以上原理通過多次變軌實現的．由于變軌時衛(wèi)星需要借助“點火”實現加速或減速，變軌前后的機械能不守恒，有其他形式的能量參與轉化． (2)同一軌道上自主運行時僅受萬有引力作用，機械能守恒．這一結論對圓形或橢圓形軌道均成立． [熟練強化] 遷移一　衛(wèi)星的交會對接問題 1．“天宮一號”目標飛行器與“神舟十號”飛船自動交會對接前的示意圖如圖所示，圓形軌道Ⅰ為“天宮一號”運行軌道，圓形軌道Ⅱ為“神舟十號”運行軌道．此后“神舟十號”要進行多次變軌，才能實現與“天宮一號”的交會對接，則(　　) A．“天宮一號”

16、的運行速率大于“神舟十號”在軌道Ⅱ上的運行速率 B．“神舟十號”變軌后比變軌前高度增加，機械能減少 C．“神舟十號”可以通過減速而使軌道半徑變大 D．“天宮一號”和“神舟十號”對接瞬間的向心加速度大小相等 [解析]　做圓周運動的天體，線速度大小v＝ ，因此軌道半徑較大的“天宮一號”速率較小，A項錯誤；“神舟十號”由低軌道到高軌道運動需要消耗火箭燃料加速，由功能關系可知在高軌道上飛船機械能更大，B項錯誤；飛船在圓周軌道上減速時，萬有引力大于所需要的向心力，飛船做近心運動，軌道半徑減小，C項錯誤；在對接瞬間，“神舟十號”與“天宮一號”所受萬有引力提供向心力，向心加速度相等，D項正確． [

17、答案]　D 遷移二　較高軌道向較低軌道變軌 2．(2017·株洲模擬)如右圖所示，“嫦娥”三號探測器發(fā)射到月球上要經過多次變軌，最終降落到月球表面上，其中軌道Ⅰ為圓形，軌道Ⅱ為橢圓．下列說法正確的是(　　) A．探測器在軌道Ⅰ的運行周期大于在軌道Ⅱ的運行周期 B．探測器在軌道Ⅰ經過P點時的加速度小于在軌道Ⅱ經過P點時的加速度 C．探測器在軌道Ⅰ運行時的加速度大于月球表面的重力加速度 D．探測器在P點由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ必須點火加速 [解析]　根據開普勒第三定律知，＝k，因為軌道Ⅰ的半徑大于軌道Ⅱ的半長軸，則探測器在軌道Ⅰ的運行周期大于在軌道Ⅱ的運行周期，故A正確；根據牛頓第二定

18、律知，a＝，探測器在軌道Ⅰ經過P點時的加速度等于在軌道Ⅱ經過P點時的加速度，故B錯誤；根據G＝ma知，探測器在軌道Ⅰ運行時的加速度a＝，月球表面的重力加速度g＝，因為r>R，則探測器在軌道Ⅰ運行時的加速度小于月球表面的重力加速度，故C錯誤．探測器在P點由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ需減速，使得萬有引力大于向心力，做近心運動，故D錯誤． [答案]　A 遷移三　較低軌道向較高軌道變軌 3．(多選)“嫦娥五號”的主要任務是月球取樣返回．“嫦娥五號”要面對取樣、上升、對接和高速再入等四個主要技術難題，要進行多次變軌飛行．如圖所示是“嫦娥五號”繞月球飛行的三條軌道，1軌道是貼近月球表面的圓形軌道，2和3軌道是

19、變軌后的橢圓軌道．A點是2軌道的近月點，B點是2軌道的遠月點，“嫦娥五號”在軌道1的運行速率為1.8 km/s，則下列說法中正確的是(　　) A．“嫦娥五號”在2軌道經過A點時的速率一定大于1.8 km/s B．“嫦娥五號”在2軌道經過B點時的速率一定小于1.8 km/s C．“嫦娥五號”在3軌道所具有的機械能小于在2軌道所具有的機械能 D．“嫦娥五號”在3軌道所具有的最大速率小于在2軌道所具有的最大速率 [解析]　“嫦娥五號”在1軌道做勻速圓周運動，由萬有引 力定律和牛頓第二定律得G＝m，由1軌道A點變軌到2軌道“嫦娥五號”做離心運動，則有G

20、“嫦娥五號”在2軌道B點做近心運動，則有G>m，若“嫦娥五號”在經過B點的圓軌道上運動，則G＝m，由于rvB，故v2B

21、；兩顆恒星靠相互之間的萬有引力做勻速圓周運動；兩顆恒星繞同一圓心做勻速圓周運動． (2)模型特點 ①向心力等大反向：兩顆恒星做勻速圓周運動的向心力由它們之間的萬有引力提供，故F1＝F2，且方向相反，分別作用在兩顆恒星上，是一對作用力和反作用力． ②周期、角速度相同：兩顆恒星做勻速圓周運動的周期、角速度相等． ③半徑、線速度與質量成反比：圓心在兩顆恒星的連線上，且r1＋r2＝L，兩顆恒星做勻速圓周運動的半徑與恒星的質量成反比．兩顆恒星做勻速圓周運動的線速度與恒星的質量成反比． 2．三星模型 (1)第一種情況：三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央的星(靜止不動)在同一半徑為R的圓軌道上

22、運行，周期相同． (2)第二種情況：三顆星位于等邊三角形的三個頂點上，并沿等邊三角形的外接圓軌道運行，三顆星的運行周期相同(如圖所示)． 3．四星模型 (1)第一種情況：四顆星穩(wěn)定地分布在邊長為a的正方形的四個頂點上，均圍繞正方形的兩條對角線的交點做勻速圓周運動(如圖所示)． (2)第二種情況：有三顆星位于邊長為a的等邊三角形的三個頂點上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運行，而第四顆星剛好位于三角形的中心不動． [真題歸類] 1．(2013·山東卷)雙星系統(tǒng)由兩顆恒星組成，兩恒星在相互引力的作用下，分別圍繞其連線上的某一點做周期相同的勻速圓周運動．研究發(fā)現，雙星系統(tǒng)演化

23、過程中，兩星的總質量、距離和周期均可能發(fā)生變化．若某雙星系統(tǒng)中兩星做圓周運動的周期為T，經過一段時間演化后，兩星總質量變?yōu)樵瓉淼膋倍，兩星之間的距離變?yōu)樵瓉淼膎倍，則此時圓周運動的周期為(　　) A.T B.T C.T D.T [解析]　設雙星的質量分別為m1、m2，兩星做圓周運動的半徑分別為r1、r2，則總質量M＝m1＋m2，兩者之間的距離l＝r1＋r2.根據萬有引力定律及牛頓第二定律得G＝m1r1、G＝m2r2，將兩式相加整理可得T＝ ＝ .當總質量變?yōu)樵瓉淼膋倍，距離變?yōu)樵瓉淼膎倍時，周期將變?yōu)樵瓉淼谋?，故選項B正確． [答案]　B 2．(2010·全國卷Ⅰ)如圖所示，質量

24、分別為m和M的兩個星球A和B在引力作用下都繞O點做勻速圓周運動，星球A和B兩者中心之間的距離為L.已知A、B的中心和O三點始終共線，A和B分別在O的兩側．引力常量為G. (1)求兩星球做圓周運動的周期； (2)在地月系統(tǒng)中，若忽略其他星球的影響，可以將月球和地球看成上述星球A和B，月球繞其軌道中心運行的周期記為T1.但在近似處理問題時，常常認為月球是繞地心做圓周運動的，這樣算得的運行周期記為T2.已知地球和月球的質量分別為5.98×1024 kg和7.35×1022 kg.求T2與T1兩者二次方之比．(結果保留3位小數) [解析]　(1)設兩個星球A和B做勻速圓周運動的軌道半徑分別為

25、r和R，相互作用的引力大小為F，運行周期為T.根據萬有引力定律有F＝G① 由勻速圓周運動的規(guī)律得 F＝m2r② F＝M2R③ 由題意有L＝R＋r④ 聯(lián)立①②③④式得T＝2π .⑤ (2)在地月系統(tǒng)中，由于地月系統(tǒng)旋轉所圍繞的中心O不在地心，月球做圓周運動的周期可由⑤式得出 T1＝2π ⑥ 式中，M′和m′分別是地球與月球的質量，L′是地心與月心之間的距離．若認為月球在地球的引力作用下繞地心做勻速圓周運動，則G＝m′2L′⑦ 式中，T2為月球繞地心運動的周期．由⑦式得 T2＝2π ⑧ 由⑥⑧式得2＝1＋⑨ 代入題給數據得2＝1.012.⑩ [答案]　(1)2π 　(2)

26、1.012 3. (2015·安徽卷)由三顆星體構成的系統(tǒng)，忽略其他星體對它們的作用，存在著一種運動形式：三顆星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個頂點上，繞某一共同的圓心O在三角形所在的平面內做相同角速度的圓周運動(圖示為A、B、C三顆星體質量不相同時的一般情況)．若A星體質量為2m，B、C兩星體的質量均為m，三角形的邊長為a，求： (1)A星體所受合力大小FA； (2)B星體所受合力大小FB； (3)C星體的軌道半徑RC； (4)三星體做圓周運動的周期T. [解析]　 (1)由萬有引力定律，A星體所受B、C星體引力大小為 FBA＝G＝G＝FCA，

27、方向如圖所示． 合力大小 FA＝2G (2)同上，B星體所受A、C星體引力大小分別為 FAB＝G＝G FCB＝G＝G，方向如圖所示． 由FBx＝FABcos60°＋FCB＝2G FBy＝FABsin60°＝G 可得FB＝＝G (3)通過分析可知，圓心O在中垂線AD的中點，RC＝ ＝a(或：由對稱性可知＝＝RC，cos∠OBD＝＝＝) (4)三星體運動周期相同，對C星體，由FC＝FB ＝G＝m2RC 可得T＝π [答案]　(1)2G　(2)G　(3)a　(4)π 解決雙星、多星問題，要抓住四點：一抓雙星或多星的特點、規(guī)律，確定系統(tǒng)的中心以及運動的軌道半徑；二抓星體

28、的向心力由其他天體的萬有引力的合力提供；三抓星體的角速度相等；四抓星體的軌道半徑不是天體間的距離.要利用幾何知識，尋找它們之間的關系，正確計算萬有引力和向心力. [遷移訓練] 1．(2017·黑龍江大慶模擬)某同學學習了天體運動的知識后，假想宇宙中存在著由四顆星組成的孤立星系．如圖所示，一顆母星處在正三角形的中心，三角形的頂點各有一顆質量相等的小星圍繞母星做圓周運動．如果兩顆小星間的萬有引力為F，母星與任意一顆小星間的萬有引力為9F，則(　　) A．每顆小星受到的萬有引力為(＋9)F B．每顆小星受到的萬有引力為F C．母星的質量是每顆小星質量的2倍 D．母星的質量是每顆小星質

29、量的3倍 [解析]　每顆小星受到的萬有引力的合力為9F＋2Fcos30°＝(＋9)F，A正確，B錯誤．由F＝G和9F＝G得，＝3，C、D錯誤． [答案]　A 2．(2017·菏澤市二模)2016年2月11日，美國科學家宣布探測到引力波，證實了愛因斯坦100年前的預測，彌補了愛因斯坦廣義相對論中最后一塊缺失的“拼圖”．雙星的運動是產生引力波的來源之一，假設宇宙中有一雙星系統(tǒng)由a、b兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線的某一點在萬有引力作用下做勻速圓周運動，測得a星的周期為T，a、b兩顆星的距離為l，a、b兩顆星的軌道半徑之差為Δr(a星的軌道半徑大于b星的軌道半徑)，則(　　) A．b星的周

30、期為T B．a星的線速度大小為 C．a、b兩顆星的半徑之比為 D．a、b兩顆星的質量之比為 [解析]　雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，則周期相等，所以b星的周期為T，故A錯誤；根據題意可知，ra＋rb＝l，ra－rb＝Δr，解得：ra＝，rb＝，則a星的線速度大小va＝＝，＝，故B正確，C錯誤；雙星系統(tǒng)靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，則有：maω2ra＝mbω2rb，解得：＝＝，故D錯誤． [答案]　B 3．(多選)(2017·河北六校聯(lián)考)宇宙中存在一些離其他恒星較遠的三星系統(tǒng)，通?？珊雎云渌求w對它們的引力作用，三星質量也相同

31、．現已觀測到穩(wěn)定的三星系統(tǒng)存在兩種基本的構成形式：一種是三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央星做圓周運動，如圖甲所示；另一種是三顆星位于等邊三角形的三個頂點上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運行，如圖乙所示．設這三個星體的質量均為m，且兩種系統(tǒng)中各星間的距離已在圖甲、圖乙中標出，引力常量為G，則下列說法中正確的是(　　) A．直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運動的線速度大小為 B．直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運動的周期為4π C．三角形三星系統(tǒng)中每顆星做圓周運動的角速度為2 D．三角形三星系統(tǒng)中每顆星做圓周運動的加速度大小為 [解析]　本題考查三星系統(tǒng)，求解的思路是運行天體的向心力由萬

32、有引力的合力提供．在直線三星系統(tǒng)中，星體做圓周運動的向心力由其他兩星對它的萬有引力的合力提供，根據萬有引力定律和牛頓第二定律，有G＋G＝m，解得v＝ ，A項錯誤；由周期T＝知直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運動的周期為T＝4π ，B項正確；同理，對三角形三星系統(tǒng)中做圓周運動的星體，有2Gcos30°＝mω2·，解得ω＝ ，C項錯誤；由2Gcos30°＝ma得a＝，D項正確． [答案]　BD 4．(2017·浙江五校聯(lián)考)我們知道在一個恒星體系中，各個恒星繞著中心的恒星的運轉半徑r及運轉周期T之間，一般存在以下關系，＝k，k的值由中心的恒星質量決定．現在，天文學家又發(fā)現了相互繞轉的三顆恒星，可以將其稱為三星系統(tǒng)．如圖所示，假設三顆恒星質量相同，均為m，間距也相同．它們僅在彼此的引力作用下圍繞著三星系統(tǒng)的中心點O做勻速圓周運動，運動軌跡完全相同．它們自身的大小與它們之間的距離相比，自身的大小可以忽略．請你通過計算定量說明：三星系統(tǒng)的運轉半徑的立方與運轉周期的平方的比值應為多少．(已知引力常量為G) [解析]　設三星系統(tǒng)的運動半徑為r，周期為T，兩個天體之間的距離為2rcos30°. 對三星系統(tǒng)中的任意一顆恒星有×cos30°×2＝mr，解得＝. [答案]　 22