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專題強化八　衛星變軌問題　雙星模型
目標要求 　1.會處理人造衛星的變軌和對接問題.2.掌握雙星、多星系統，會解決相關問題．
題型一　衛星的變軌和對接問題
1．變軌原理
(1)為了節省能量，在赤道上順著地球自轉方向發射衛星到圓軌道Ⅰ上，如圖1所示．

圖1
(2)在A點(近地點)點火加速，由于速度變大，萬有引力不足以提供衛星在軌道Ⅰ上做圓周運動的向心力，衛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．變軌過程分析
(1)速度：設衛星在圓軌道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點時速率分別為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，衛星的加速度都相同，同理，衛星在軌道Ⅱ或軌道Ⅲ上經過B點的加速度也相同．
(3)周期：設衛星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ軌道上的運行周期分別為T1、T2、T3，軌道半徑分別為r1、r2(半長軸)、r3，由開普勒第三定律r3T2＝k可知T1 (4)機械能：在一個確定的圓(橢圓)軌道上機械能守恒．若衛星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ軌道的機械能分別為E1、E2、E3，則E1 例1 　(2019·北京市通州區期中)如圖2所示，一顆人造衛星原來在橢圓軌道1上繞地球E運行，在A點變軌后進入軌道2做勻速圓周運動，下列說法正確的是(　　)

圖2
A．在軌道1上，衛星在A點的速度等于在B點的速度
B．衛星在軌道2上的周期大于在軌道1上的周期
C．在軌道1和軌道2上，衛星在A點的速度大小相同
D．在軌道1和軌道2上，衛星在A點的加速度大小不同
答案　B
解析　在軌道1上，衛星由A點運動到B點，萬有引力做正功，動能變大，速度變大，故選項A錯誤；由開普勒第三定律知衛星在軌道2上的周期較大，故選項B正確；衛星由軌道1變到軌道2，需要在A點加速，即在軌道1和軌道2上，衛星在A點的速度大小不相同，故選項C錯誤；由GMmr2＝ma得a＝GMr2，可知在軌道1和軌道2上，衛星在A點的加速度大小相等，故選項D錯誤．
例2 　宇宙飛船和空間站在同一軌道上運動．若飛船想與前方的空間站對接，飛船為了追上空間站，可采取的方法是(　　)
A．飛船加速直到追上空間站，完成對接
B．飛船從原軌道減速至一個較低軌道，再加速追上空間站完成對接
C．飛船加速至一個較高軌道，再減速追上空間站，完成對接
D．無論飛船采取何種措施，均不能與空間站對接
答案　B
解析　飛船在軌道上正常運行時，有GMmr2＝mv2r.當飛船直接加速時，所需向心力mv2r增大，則GMmr2
1．(衛星變軌)(2019·山西五地聯考期末)2018年12月8日2時23分，嫦娥四號探測器搭乘長征三號乙運載火箭，開始了奔月之旅．她肩負著沉甸甸的使命：首次實現人類探測器月球背面軟著陸.2018年12月12日16時45分，嫦娥四號探測器成功實施近月制動，順利完成“太空剎車”，被月球捕獲，進入了近月點約100公里的環月軌道，如圖3所示，下列說法正確的是(　　)

圖3
A．嫦娥四號在地月轉移軌道經過P點時和在100公里環月軌道經過P點時的速度相同
B．嫦娥四號從100公里環月軌道的P點進入橢圓環月軌道后機械能減小
C．嫦娥四號在100公里環月軌道運動的周期等于在橢圓環月軌道運動的周期
D．嫦娥四號在100公里環月軌道運動經過P的加速度大小等于在橢圓環月軌道經過P的加速度大小，但方向有可能不一樣
答案　B
解析　嫦娥四號從地月轉移軌道的P點進入100公里環月軌道，需點火減速，所以在地月轉移軌道P點的速度大于在100公里環月軌道P點的速度，故A錯誤；從100公里環月軌道進入橢圓環月軌道，嫦娥四號需點火減速，發動機做負功，機械能減小，故B正確；根據開普勒第三定律r3T2＝k知，100公里環月軌道半徑大于橢圓環月軌道的半長軸，則嫦娥四號在100公里環月軌道運動的周期大于在橢圓環月軌道運動的周期，故C錯誤；嫦娥四號衛星在不同軌道經過P點，所受的萬有引力相等，根據牛頓第二定律知，加速度大小相等，方向相同，故D錯誤．
2．(飛船回收)2017年9月，我國控制“天舟一號”飛船離軌，使它進入大氣層燒毀，殘骸墜入南太平洋一處號稱“航天器墳場”的遠離大陸的深海區．在受控墜落前，“天舟一號”在距離地面380 km的圓軌道上飛行，則下列說法中正確的是(　　)
A．在軌運行時，“天舟一號”的線速度大于第一宇宙速度
B．在軌運行時，“天舟一號”的角速度小于同步衛星的角速度
C．受控墜落時，應通過“反推”實現制動離軌
D．“天舟一號”離軌后，在進入大氣層前，運行速度不斷減小
答案　C
解析　第一宇宙速度是環繞地球圓軌道運行的衛星的最大速度，則“天舟一號”在軌運行時的線速度小于第一宇宙速度，選項A錯誤；在軌運行時，“天舟一號”的運行半徑小于同步衛星的運行半徑，根據ω＝GMr3可知，其角速度大于同步衛星的角速度，選項B錯誤；受控墜落時要先減速，讓前部的推進器點火，通過“反推”實現制動離軌，選項C正確；“天舟一號”離軌后，在進入大氣層前，運行半徑逐漸減小，地球的引力做正功，則運行速度不斷增大，選項D錯誤．
題型二　雙星或多星模型
1．雙星模型
(1)模型構建：繞公共圓心轉動的兩個星體組成的系統，我們稱之為雙星系統，如圖4所示．

圖4
(2)特點：
①各自所需的向心力由彼此間的萬有引力提供，即
Gm1m2L2＝m1ω12r1，Gm1m2L2＝m2ω22r2
②兩顆星的周期及角速度都相同，即
T1＝T2，ω1＝ω2.
③兩顆星的軌道半徑與它們之間的距離關系為：r1＋r2＝L.
2．多星模型
(1)模型構建：所研究星體的萬有引力的合力提供做圓周運動的向心力，除中央星體外，各星體的角速度或周期相同．
(2)三星模型：
①三顆星體位于同一直線上，兩顆質量相等的環繞星圍繞中央星在同一半徑為R的圓形軌道上運行(如圖5甲所示)．
②三顆質量均為m的星體位于等邊三角形的三個頂點上(如圖乙所示)．


圖5
(3)四星模型：
①其中一種是四顆質量相等的星體位于正方形的四個頂點上，沿著外接于正方形的圓形軌道做勻速圓周運動(如圖丙所示)．
②另一種是三顆質量相等的星體始終位于正三角形的三個頂點上，另一顆位于中心O，外圍三顆星繞O做勻速圓周運動(如圖丁所示)．



　　　　　 雙星模型

例3 　(多選)(2018·全國卷Ⅰ·20)2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波．根據科學家們復原的過程，在兩顆中子星合并前約100 s時，它們相距約400 km，繞二者連線上的某點每秒轉動12圈．將兩顆中子星都看作是質量均勻分布的球體，由這些數據、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星(　　)
A．質量之積 B．質量之和
C．速率之和 D．各自的自轉角速度
答案　BC
解析　兩顆中子星運動到某位置的示意圖如圖所示

每秒轉動12圈，角速度已知
中子星運動時，由萬有引力提供向心力得
Gm1m2l2＝m1ω2r1①
Gm1m2l2＝m2ω2r2②
l＝r1＋r2③
由①②③式得G?m1＋m2?l2＝ω2l，所以m1＋m2＝ω2l3G，
質量之和可以估算．
由線速度與角速度的關系v＝ωr得
v1＝ωr1④
v2＝ωr2⑤
由③④⑤式得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算．
質量之積和各自的自轉角速度無法求解．

　　　　　 多星模型

例4 　(多選)宇宙間存在一些離其他恒星較遠的三星系統，其中一種三星系統如圖6所示．三顆質量均為m的星體位于等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為R.忽略其他星體對它們的引力作用，三星在同一平面內繞三角形中心O做勻速圓周運動，萬有引力常量為G，則(　　)

圖6
A．每顆星做圓周運動的線速度大小為GmR
B．每顆星做圓周運動的角速度為3GmR3
C．每顆星做圓周運動的周期為2πR33Gm
D．每顆星做圓周運動的加速度與三星的質量無關
答案　ABC
解析　每顆星受到的合力為F＝2Gm2R2sin 60°＝3Gm2R2，軌道半徑為r＝33R，由向心力公式F＝ma＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r，解得a＝3GmR2，v＝GmR，ω＝3GmR3，T＝2πR33Gm，顯然加速度a與m有關，故A、B、C正確，D錯誤．

3.(雙星模型)(多選)(2020·廣東深圳中學質檢)有一對相互環繞旋轉的超大質量雙黑洞系統，如圖7所示．若圖中雙黑洞的質量分別為M1和M2，它們以兩者連線上的某一點為圓心做勻速圓周運動．根據所學知識，下列說法中正確的是(　　)

圖7
A．雙黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M2∶M1
B．雙黑洞的軌道半徑之比r1∶r2＝M2∶M1
C．雙黑洞的線速度大小之比v1∶v2＝M1∶M2
D．雙黑洞的向心加速度大小之比a1∶a2＝M2∶M1
答案　BD
解析　雙黑洞繞連線的某點做勻速圓周運動的周期相等，所以角速度也相等，故A錯誤；雙黑洞做勻速圓周運動的向心力由它們間的萬有引力提供，向心力大小相等，設雙黑洞的距離為L，由M1ω2r1＝M2ω2r2，得r1∶r2＝M2∶M1，故B正確；由v＝ωr得雙黑洞的線速度大小之比為v1∶v2＝r1∶r2＝M2∶M1，故C錯誤；由a＝ω2r得雙黑洞的向心加速度大小之比為a1∶a2＝r1∶r2＝M2∶M1，D正確．
4.(四星模型)(多選)(2019·安徽模擬)如圖8為一種四顆星體組成的穩定星系，四顆質量均為m的星體位于邊長為L的正方形四個頂點，四顆星體在同一平面內圍繞同一點做勻速圓周運動，忽略其他星體對它們的作用，萬有引力常量為G.下列說法中正確的是(　　)

圖8
A．星體勻速圓周運動的圓心不一定是正方形的中心
B．每個星體勻速圓周運動的角速度均為?4＋2?Gm2L3
C．若邊長L和星體質量m均是原來的兩倍，星體勻速圓周運動的加速度大小是原來的兩倍
D．若邊長L和星體質量m均是原來的兩倍，星體勻速圓周運動的線速度大小不變
答案　BD
解析　四顆星體在同一平面內圍繞同一點做勻速圓周運動，所以星體勻速圓周運動的圓心一定是正方形的中心，故A錯誤；由2Gm2L2＋Gm2?2L?2＝(12＋2)Gm2L2＝mω2·22L，可知ω＝?4＋2?Gm2L3，故B正確；由(12＋2)Gm2L2＝ma可知，若邊長L和星體質量m均為原來的兩倍，星體勻速圓周運動的加速度大小是原來的12，故C錯誤；由(12＋2)Gm2L2＝mv222L可知星體勻速圓周運動的線速度大小為v＝?4＋2?Gm4L，所以若邊長L和星體質量m均是原來的兩倍，星體勻速圓周運動的線速度大小不變，故D正確．
課時精練

1．(多選)目前，在地球周圍有許多人造地球衛星繞著它運轉，其中一些衛星的軌道可近似為圓，且軌道半徑逐漸變小．若衛星在軌道半徑逐漸變小的過程中，只受到地球引力和稀薄氣體阻力的作用，則下列判斷正確的是(　　)
A．衛星的動能逐漸減小
B．由于地球引力做正功，引力勢能一定減小
C．由于稀薄氣體阻力做負功，地球引力做正功，機械能保持不變
D．衛星克服稀薄氣體阻力做的功小于引力勢能的減小量
答案　BD
解析　地球引力做正功，引力勢能一定減小，衛星軌道半徑變小，動能增大，由于稀薄氣體阻力做負功，機械能減小，選項A、C錯誤，B正確；根據動能定理，衛星動能增大，衛星克服稀薄氣體阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力勢能的減小量，所以衛星克服阻力做的功小于引力勢能的減小量，選項D正確．
2．(2019·江蘇卷·4)1970年成功發射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛星，該衛星至今仍沿橢圓軌道繞地球運動．如圖1所示，設衛星在近地點、遠地點的速度分別為v1、v2，近地點到地心的距離為r，地球質量為M，引力常量為G.則(　　)

圖1
A．v1＞v2，v1＝GMr B．v1＞v2，v1＞GMr
C．v1＜v2，v1＝GMr D．v1＜v2，v1＞GMr
答案　B
解析　“東方紅一號”環繞地球在橢圓軌道上運動的過程中，只有萬有引力做功，因而機械能守恒，其由近地點向遠地點運動時，萬有引力做負功，衛星的勢能增加，動能減小，因此v1＞v2；“東方紅一號”離開近地點開始做離心運動，則由離心運動的條件可知GMmr2＜mv12r，解得v1＞GMr，B正確，A、C、D錯誤．
3.(多選)如圖2為某雙星系統A、B繞其連線上的O點做勻速圓周運動的示意圖，若A星的軌道半徑大于B星的軌道半徑，雙星的總質量為M，雙星間的距離為L，其運動周期為T，則(　　)

圖2
A．A的質量一定大于B的質量
B．A的線速度一定大于B的線速度
C．L一定，M越大，T越大
D．M一定，L越大，T越大
答案　BD
解析　設雙星質量分別為mA、mB，軌道半徑分別為RA、RB，角速度相等，均為ω，根據萬有引力定律可知：GmAmBL2＝mAω2RA, GmAmBL2＝mBω2RB，距離關系為：RA＋RB＝L，聯立解得：mAmB＝RBRA，因為RA>RB，所以A的質量一定小于B的質量，故A錯誤；根據線速度與角速度的關系有：vA＝ωRA、vB＝ωRB，因為角速度相等，軌道半徑RA>RB，所以A的線速度大于B的線速度，故B正確；又因為T＝2πω，聯立可得T＝2πL3GM，所以L一定，M越大，T越小；M一定，L越大，T越大，故C錯誤，D正確．
4.如圖3是一次衛星發射過程，先將衛星發射進入繞地球的較低圓形軌道Ⅰ，然后在a點使衛星進入橢圓形的轉移軌道Ⅱ，再在橢圓軌道的遠地點b使衛星進入同步軌道Ⅲ，則下列說法正確的是(　　)

圖3
A．衛星在軌道Ⅰ的速率小于衛星在軌道Ⅲ的速率
B．衛星在軌道Ⅰ的周期大于衛星在軌道Ⅲ的周期
C．衛星運動到軌道Ⅰ的a點時，需減速才可進入軌道Ⅱ
D．衛星運動到軌道Ⅱ的b點時，需加速才可進入軌道Ⅲ
答案　D
解析　衛星在軌道Ⅰ和軌道Ⅲ上都做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，故軌道半徑越大，線速度越小，A錯誤；由GMmr2＝m4π2T2r，得T＝2πr3GM，故軌道半徑越大，周期越長，B錯誤；衛星從低軌道變軌到高軌道需要加速，C錯誤，D正確．
5．銀河系的恒星中大約四分之一是雙星，某雙星由質量不等的星體S1和S2構成，兩星在相互之間的萬有引力作用下繞兩者連線上某一定點C做勻速圓周運動．由天文觀察測得其運動周期為T，S1到C點的距離為r1，S1和S2的距離為r，已知引力常量為G.由此可求出S2的質量為(　　)
A.4π2r2?r－r1?GT2 B.4πr12GT2
C.4π2r2GT2 D.4π2r2r1GT2
答案　D
解析　取S1為研究對象，S1做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：Gm1m2r2＝m1(2πT)2r1，得：m2＝4π2r2r1GT2，故D正確．

6.(2020·浙江Z20聯盟第三次聯考)牛頓設想：把物體從高山上水平拋出，拋出速度足夠大時，物體就不會落回地面，成為人造地球衛星．圖4中Ⅰ、Ⅱ 分別是兩顆衛星繞地球運行的軌道，A、B分別是軌道上的兩個點．下列關于兩顆衛星在軌道Ⅰ、Ⅱ上運行的描述正確的是(　　)

圖4
A．軌道Ⅰ上衛星比軌道Ⅱ的發射速度更大
B．軌道Ⅰ上衛星比軌道Ⅱ的繞行周期更大
C．衛星在A點的加速度比B點更大
D．衛星在A點所受的萬有引力比B點更大
答案　C
解析　衛星發射到軌道Ⅱ上比發射到軌道Ⅰ上需要的能量大，故軌道Ⅱ上衛星比軌道Ⅰ的發射速度更大，故A錯誤；根據開普勒第三定律可知，r3T2＝k，軌道Ⅰ的半長軸(半徑)小，則繞行周期小，故B錯誤；根據牛頓第二定律可知GMmr2＝ma，解得加速度a＝GMr2，衛星在A點的軌道半徑r小，則加速度大，故C正確；由于兩顆衛星的質量未知，則無法確定所受的萬有引力大小，故D錯誤．
7．雙星系統由兩顆恒星組成，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．研究發現，雙星系統演化過程中，兩星的總質量、距離和周期均可能發生變化．若某雙星系統中兩星做圓周運動的周期為T，經過一段時間演化后，兩星總質量變為原來的k倍，兩星之間的距離變為原來的n倍，則此時圓周運動的周期為(　　)
A.n3k2T B.n3kT C.n2kT D.nkT
答案　B
解析　設原來雙星間的距離為L，質量分別為M、m，圓周運動的圓心距質量為m的恒星距離為r.雙星間的萬有引力提供向心力，對質量為m的恒星：GMmL2＝m(2πT)2·r，對質量為M的恒星：GMmL2＝M(2πT)2(L－r)，得GM＋mL2＝4π2T2·L，即T2＝4π2L3G?M＋m?；則當總質量為k(M＋m)，間距為L′＝nL時，T′＝n3kT，選項B正確．
8.(多選)(2020·福建龍巖市檢測)2019年人類天文史上首張黑洞圖片正式公布．在宇宙中當一顆恒星靠近黑洞時，黑洞和恒星可以相互繞行，從而組成雙星系統．在相互繞行的過程中，質量較大的恒星上的物質會逐漸被吸入到質量較小的黑洞中，從而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的過程也被稱之為“潮汐瓦解事件”．天鵝座X－1就是一個由黑洞和恒星組成的雙星系統，它們以兩者連線上的某一點為圓心做勻速圓周運動，如圖5所示．在剛開始吞噬的較短時間內，恒星和黑洞的距離不變，則在這段時間內，下列說法正確的是(　　)

圖5
A．它們的萬有引力大小變大
B．它們的萬有引力大小不變
C．恒星做圓周運動的軌道半徑將變大，線速度也變大
D．恒星做圓周運動的軌道半徑將變小，線速度也變小
答案　AC
解析　質量較大的M1和質量較小的M2之間的萬有引力F＝GM1M2L2，結合數學知識可知M1＝M2時，M1M2有最大值，根據題意，質量較小的黑洞M2吞噬質量較大的恒星M1，所以萬有引力變大，A正確，B錯誤；對于兩天體，萬有引力提供向心力，有GM1M2L2＝M14π2T2R1，GM1M2L2＝M24π2T2R2，解得兩天體質量的表達式M2＝4π2L2GT2R1，M1＝4π2L2GT2R2，兩天體總質量的表達式M1＋M2＝4π2L2GT2(R1＋R2)＝4π2L3GT2，兩天體的總質量不變，天體之間的距離L不變，所以天體運動的周期T不變，較小質量的黑洞M2質量增大，所以恒星做圓周運動的半徑R1增大，根據v＝2πR1T可知恒星的線速度增大，C正確，D錯誤．


9.(2020·浙江寧波市二模)一著陸器經過多次變軌后登陸火星的軌跡變化如圖6所示，著陸器先在軌道Ⅰ上運動，經過P點啟動變軌發動機然后切換到圓軌道Ⅱ上運動，經過一段時間后，再次經過P點時啟動變軌發動機切換到橢圓軌道Ⅲ上運動．軌道上的P、Q、S三點與火星中心位于同一直線上，P、Q兩點分別是橢圓軌道的遠火星點和近火星點，且PQ＝2QS＝2l.除了變軌瞬間，著陸器在軌道上運行時均處于無動力航行狀態．著陸器在軌道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上經過P點的速度分別為v1、v2、v3，下列說法正確的是(　　)

圖6
A．v1 B．著陸器在軌道Ⅲ上從P點運動到Q點的過程中速率變大
C．著陸器在軌道Ⅱ上運動時，經過P點的加速度為v223l
D．著陸器在軌道Ⅱ上由P點運動到S點所用的時間等于著陸器在軌道Ⅲ上由P點運動到Q點所用的時間
答案　B
解析　著陸器從軌道Ⅰ到軌道Ⅱ需要減速，同理從軌道Ⅱ到軌道Ⅲ也需要減速，因此v1＞v2＞v3，故A錯誤；著陸器在軌道Ⅲ上從P點運動到Q點的過程中，萬有引力做正功，所以速率變大，故B正確；在軌道Ⅱ上P點，根據牛頓第二定律得F向＝ma＝mv2232l，解得a＝2v223l，故C錯誤；設著陸器在軌道Ⅱ上周期為TⅡ，在軌道Ⅲ上周期為TⅢ，根據開普勒第三定律得TⅡ＞TⅢ，因為tPS＝12TⅡ，tPQ＝12TⅢ，所以tPS＞tPQ，故D錯誤．

10．(多選)太空中存在一些離其他恒星較遠的、由質量相等的三顆星組成的三星系統，通常可忽略其他星體對它們的引力作用．已觀測到穩定的三星系統存在兩種基本的構成形式(如圖7)：一種是三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央星在同一半徑為R的圓軌道上運行；另一種形式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．設這三顆星的質量均為M，并設兩種系統的運動周期相同，則(　　)

圖7
A．直線三星系統中甲星和丙星的線速度相同
B．直線三星系統的運動周期T＝4πRR5GM
C．三角形三星系統中星體間的距離L＝3125R
D．三角形三星系統的線速度大小為125GMR
答案　BC
解析　直線三星系統中甲星和丙星的線速度大小相等，方向相反，選項A錯誤；直線三星系統中，對甲星有GM2R2＋GM2?2R?2＝M4π2T2R，解得T＝4πRR5GM，選項B正確；對三角形三星系統中任一顆星，根據萬有引力定律和牛頓第二定律得2GM2L2cos 30°＝M4π2T2·L2cos 30°，聯立解得L＝3125R，選項C正確；三角形三星系統的線速度大小為v＝2πrT＝2πL2cos 30°T＝36·3125·5GMR，選項D錯誤．

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