万有引力与航天例题
（2021·全国高考真题）科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000AU（太阳到地球的距离1AU）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（ ）
A．$4\times 10^4M$ B．$4\times10^6M$ C．$4\times10^8M$ D ．$4\times10^{10}M$
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【答案】B
【关键能力】根据万有引力提供向心力推导出太阳的质量及黑洞的质量，模型构建能力，建立S2绕黑洞球做圆周运动的模型。
可以近似把S2看成匀速圆周运动，由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是
计算一定要注意格式的重要性！！！！
$r=1000R$
根据万有引力等于离心力
$G\dfrac{Mm}{R^2}=mR\omega^2=mR(\dfrac{2\pi}{T})^2$
可以获得一个关于质量的推导式
$M=\dfrac{4\pi^2R^3}{GT^2}$
太阳的质量:$M=\dfrac{4\pi^2R^3}{GT_0^2}=\dfrac{4\pi^2 1^3}{G1^2}$
黑洞的质量：$M_H=\dfrac{4\pi^2 1000^3}{G16^2}$
$M_H=3.96\times 10^6M$
2021·广东高考）2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行，若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（ ）
A．核心舱的质量和绕地半径
B．核心舱的质量和绕地周期
C．核心舱的绕地角速度和绕地周期
D．核心舱的绕地线速度和绕地半径
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【答案】D
【解析】根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得
$G\dfrac{Mm}{r^2}=m\dfrac{v^2}{r}=m\omega^2r=m\dfrac{4\pi^2}{T^2}r$
可得质量的关系式，然后去找哪些是已知，哪些是未知即可。
$M=\dfrac{v^2r}{G}=\dfrac{\omega^2 r^3}{G}=\dfrac{4\pi^2 r^3}{GT^2}$
可知已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。
（2021·全国高考真题）2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105m。已知火星半径约为3.4×106m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为（ ）
A．6×105m B．6×106m C．6×107m D．6×108m
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【答案】C
【解析】忽略火星自转则
$\dfrac{GMm}{R^2}=mg$①
可知
$GM=gR^2$
设与为1.8×105s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r，由万引力提供向心力可知
$$\dfrac{GMm}{r^2}=m\dfrac{4\pi^2}{T^2}r$②
设近火点到火星中心为
$R_1=R+d_1$③
设远火点到火星中心为
$R_2=R+d_2$④
由开普勒第三定律可知
$\dfrac{r^3}{T^2}=\dfrac{(\dfrac{R_1+R_2}{2})^3}{T^2}$⑤
由以上分析可得
$d_2=6$\times 10^7m$
太空中的两颗小行星（S星和N星）的运动可视为在同一平面内沿相同方向绕太阳做匀速圆周运动，测得两小行星之间的距离$\Delta r$随时间变化的关系如图所示。已知S星距太阳的距离大于N星距太阳的距离，仅考虑两小行星与太阳之间的引力。则关于S星和N星的说法正确的是
A．S星的轨道半径为3r
B．S星与N星的周期比为$2\sqrt{2}:1$
C．S星与N星的线速度之比比为$1:\sqrt{3}$
D．S星的角速度为$\dfrac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{2}-1}\cdot\dfrac{2\pi}{T}$
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【答案】 AB
【解析】理解题目中运动的情形是关键点！解决任何第一眼看不懂的题，就是先别套用任何公式，先把运动的状态，轨迹描述出来。
$r_S-r_N=1.5r$
$r_S+r_N=4.5r$
解得：$r_S=3r$、$r_N=1.5r$ A正确
由$\dfrac{T_S^2}{T_N^2}=\dfrac{r_S^3}{r_N^3}$ 解得：$\dfrac{T_S}{T_N}=2\sqrt{2}$，B正确
由$v=\dfrac{GM}{r}$，故S星和N星的线速度之比$1:\sqrt{2}$，C错误
俩行星连续两次距离最近的时间间隔为T，即$\dfrac{T}{T_N}-\dfrac{T}{T_S}=1$，解得$T_S=(2\sqrt{2}-1)T$，所以S星的角速度为$\omega=\dfrac{2\pi}{T_S}=\dfrac{2\pi}{(2\sqrt{2}-1)T}$，D错误
假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常数为G，则地球的密度为（ ）
A．$\dfrac{3\pi}{GT^2}\dfrac{g_0-g}{g_0}$ B．$\dfrac{3\pi}{GT^2}\dfrac{g_0}{g_0-g}$ C．$\dfrac{3\pi}{GT^2}$ D．$\dfrac{3\pi}{GT^2}\dfrac{g_0}{g_0}$
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【答案】B
【解析】很多学生做不对这种题，主要原因流程问题。即便理解了重力产生的原理，还是要看计算的流程，通过流程才能解决细心问题，否则很难作对。
$mg_0=G\dfrac{Mm}{R^2}$ $\Rightarrow$ $M=\dfrac{g_0R^2}{G}$
$mg=G\dfrac{Mm}{R^2} – \omega^2 Rm=mg_0 – (\dfrac{2\pi}{T})^2 Rm$
做这种题目一定要注意顺序
$mg_0 – mg = (\dfrac{2\pi}{T})^2 Rm$
$g_0 – g = (\dfrac{2\pi}{T})^2 R$
$\dfrac{g_0 – g}{\dfrac{4\pi^2}{T^2}} =R$
$\dfrac{T^2(g_0 – g)}{4\pi^2} =R$
$\rho=\dfrac{M}{V}$
训练一下看看 能不能算出答案
据《当代天文学》11月17日报道，被命名为“开普勒11145123”的恒星距离地球5000光年，其赤道直径和两极直径仅相差6千米，是迄今为止被发现的最圆天体．若该恒星的体积与太阳的体积之比约为k1，该恒星的平均密度与太阳的平均密度之比约为k2，则该恒星表面的重力加速度与太阳表面的重力加速度之比约为（ ）
A、$\sqrt[3]{K_1}\cdot K_2$ B、$\sqrt[3]{K_1^2}\cdot K_2$ C、$\dfrac{k_2}{\sqrt[3]{K_1}}$ D、$\dfrac{k_2}{\sqrt[3]{K_1^2}}$
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【答案】A
【解析】由
$G\dfrac{Mm}{R^2}=mg$
有
$g=G\dfrac{M}{R^2}=G \dfrac{\rho \cdot \dfrac{4}{3}\pi^2 R^3}{R^2}=\dfrac{4}{3}G \rho \pi R$
体积$V=\dfrac{4}{3}\pi R^3$得
$g=\dfrac{4}{3}G \rho \pi \sqrt[3]{\dfrac{3V}{4\pi}}$
该恒星的表面重力加速度与太阳的表面重力加速度之比为
$\dfrac{g_恒}{g_太}=\dfrac{\rho_恒}{\rho_太} \sqrt[3]{\dfrac{V_恒}{V_太}}=\sqrt[3]{K_1}\cdot K_2$
如图所示，O为地球球心，A为地球表面上的点，B为O、A连线间的点，AB=d，将地球视为质量分布均匀的球体，半径为R．设想挖掉以B为圆心、以$\dfrac{d}{2}$为半径的球．若忽略地球自转，则挖出球体后A点的重力加速度与挖去球体前的重力加速度之比为（ ）
A．$1-\dfrac{d}{4R}$ B．$1-\dfrac{d}{7R}$
C．$1-\dfrac{d}{R}$ D．$\dfrac{d}{R-d}$
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【答案】B
【解析】本题采用割补法，设想没有挖掉以B为圆心、以$\dfrac{d}{2}$为半径的球，则A点物体所受的引力是以B为圆心、以$\dfrac{d}{2}$为半径的球的引力和剩余部分的引力的矢量和，设地球质量为M，以B为圆心、以$\dfrac{d}{2}$为半径的球的质量为M1，则
$M=\rho \dfrac{4}{3}\pi R^3$ , $M_1=\rho \dfrac{4}{3}\pi (\dfrac{d}{2})^3$
根据万有引力定律，有：
$F=\dfrac{GMm}{R^2}=\dfrac{4\pi \rho GRm}{3}$ ,$F_1=\dfrac{GM_1m}{d^2}=\dfrac{\pi \rho Gdm}{6}$
所以$F_剩=F-F_1=\dfrac{4\pi \rho GRm}{3}-\dfrac{\pi \rho Gdm}{6}$
所以
根据牛顿第二定律得：挖出球体后A点的重力加速度与挖去球体前的重力加速度之比为：
$\dfrac{g_剩}{g}=\dfrac{4R-d/2}{4R}=1-\dfrac{d}{8R}$
如图所示，双星系统由质量不相等的两颗恒星组成，质量分别是M、m(M>m)， 他们围绕共同的圆心O做匀速圆周运动．从地球A看过去，双星运动的平面与AO垂直，AO距离恒为L．观测发现质量较大的恒星M做圆周运动的周期为T，运动范围的最大张角为△θ(单位是弧度)．已知引力常量为G，△θ很小，可认为sin△θ= tan△θ= △θ，忽略其他星体对双星系统的作用力．则（ ）
A.恒星m的角速度大小为$\dfrac{2\pi}{T}\sqrt{\dfrac{M}{m}}$
B.恒星m的轨道半径大小为$\dfrac{ML\Delta\theta}{2m}$
C.恒星m的线速度大小为$\dfrac{\pi ML\Delta\theta}{mT}$
D.两颗恒星的质量m和M满足关系式$\dfrac{m^3}{(m+M)^2}=\dfrac{\pi^2(L\Delta\theta)^3}{2GT^2}$
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【答案】BCD
【解析】
A错误，恒星P与Q具有相同的角速度，则角速度为$\omega=\dfrac{2\pi}{T}$
B正确，恒星P的轨道半径$R=Ltan\dfrac{\Delta\theta}{2}=\dfrac{1}{2}L\Delta\theta$,因为双星系统，$m\omega^2r=M\omega^2R$，解恒星的半径大小为$r=\dfrac{ML\Delta\theta}{2m}$
C正确恒星
D正确 $G\dfrac{Mm}{(r+R)^2}=M\omega^2R=m\omega^2r$解得
$GM=\omega^2r(r+R)^2$
$Gm=\omega^2R(r+R)^2$
得到$G(M+m)\omega^2(r+R)^3$ 结合$m\omega^2r=M\omega^2R$
联立$\dfrac{m^3}{(m+M)^2}=\dfrac{\pi^2(L\Delta\theta)^3}{2GT^2}$