高中物理(人教版)必修第二册讲义—万有引力理论的成就

【学习目标】

1．了解地球表面物体的万有引力两个分力的大小关系，计算地球质量；2．行星绕恒星运动、卫星的运动的共同点：万有引力作为行星、卫星圆周运动的向心力，会用万有引力定律计算天体的质量；3．了解万有引力定律在天文学上有重要应用。【学习重点】

1．地球质量的计算、太阳等中心天体质量的计算。

2．通过数据分析、类比思维、归纳总结建立模型来加深理解。【学习难点】

根据已有条件求中心天体的质量。知识梳理

一、计算天体的质量1.地球质量的计算

(1)思路：地球表面的物体，若不考虑地球自转，物体的重力等于地球对物体的万有引力。

Mm。2R(2)关系式：mg＝GgR2(3)结果：M＝，只要知道，g、R、G的值，就可计算出地球的质量。

G2.太阳质量的计算

(1)思路：质量为m的行星绕太阳做匀速圆周运动时，行星与太阳间的万有引力充当向心力。

2Mm4π

(2)关系式：G2＝m2r。

rT4π2r3(3)结论：M＝只要知道行星绕太阳运动的周期T和半径r就可以计算出太

GT2阳的质量。

(4)推广：若已知卫星绕行星运动的周期T和卫星与行星之间的距离r，可计算

4π2r3行星的质量M，公式是M＝。24T3.天体质量和密度的计算

情景及求解思路结果计算天Mm①已知所求星体的半径R及其表面的重力加速度g，则G＝mg体2R质量的gR2M

Grv2①M

G②质量为m的行星绕所求星体做匀速圆周运动，万有引力提供行星π2Mmv所需的向心力，即G2＝m＝mω2r＝mr

rrT

2

2r32②M

G234πr

③M

GT2①ρ＝3g(gR2＝GM)4πGR3rv24πGR3

②ρ＝3r3ω2

③ρ＝4πGR3

天体密度的计算MMρ＝＝4VπR3

33ω2

r＝R时：ρ＝4πG3πr3GT2R3

3πGT2

④ρ＝r＝R时：ρ＝4.天体运动的分析与计算(1)掌握一个模型

天体(包括卫星)的运动可简化为质点的匀速圆周运动模型。

(2)记住两组公式

Mmv24π22G2＝m＝mωr＝m2r＝marrT

GMm(g为星体表面处的重力加速度)2R

mg＝

即GM＝R2g，该公式通常被称黄金代换。(3)理解四个重要的物理量①线速度v

Mmv2由G2＝m得v＝

rr

GM，r

可见，r越大，v越小；r越小，v越大。②角速度ω

Mm由G2＝mω2r得ω＝

r

GM，r3可见，r越大，ω越小；r越小，ω越大。③周期T

2πMm由G2＝mT2r得T＝2π

r

r3，GM

可见，r越大，T越大；r越小，T越小。④向心加速度anMmGM由G2＝man得an＝2，rr

可见，r越大，an越小；r越小，an越大。

利用上述结论可以对行星运动的线速度v、角速度ω、周期T以及向心加速度an等进行定性分析，也可以进行定量计算。二、发现未知天体

1.海王星的发现：英国剑桥大学的学生亚当斯和法国年轻的天文学家勒维耶根据天王星的观测资料，利用万有引力定律计算出天王星外“新”行星的轨道。1846年9月23日，德国的伽勒在勒维耶预言的位置附近发现了这颗行星——海王星。2.其他天体的发现：近100年来，人们在海王星的轨道之外又发现了冥王星、阋神星等几个较大的天体。

3.哈雷彗星的回归：1705年，英国天文学家哈雷根据万有引力定律计算出了一颗著名彗星的轨道并正确预言了它的回归，这就是哈雷彗星。4.“双星”问题（1）双星

众多的天体中如果有两颗恒星，它们靠得较近，在万有引力作用下绕着它们连线上的某一点共同转动，这样的两颗恒星称为双星。（2）双星的特点

如图所示为质量分别是m1和m2的两颗相距较近的恒星。它们间的距离为L。

此双星问题的特点是：

①两星的运行轨道为同心圆，圆心是它们之间连线上的某一点；②两星的向心力大小相等，由它们间的万有引力提供；③两星的运动周期、角速度相同；

④两星的运动半径之和等于它们间的距离，即r1＋r2＝L。（3）双星问题的处理方法

Gm1m222m＝1ωr1＝m2ωr2。L2双星间的万有引力提供了它们做圆周运动的向心力，即

（4）双星问题的两个结论

①运动半径：m1r1＝m2r2，即某恒星的运动半径与其质量成反比。

2π4π2L3②质量之和：由于ω＝，r1＋r2＝L，因此两恒星的质量之和m1＋m2＝。2TGT课堂训练

1．判断下列说法的正误．

(1)地球表面的物体的重力一定等于地球对它的万有引力．(

×)

(2)若知道某行星的自转周期和行星绕太阳做圆周运动的轨道半径，则可以求出太阳的质量．(×

)

×)

(3)已知地球绕太阳转动的周期和轨道半径，可以求出地球的质量．((4)海王星的发现表明了万有引力理论在太阳系内的正确性．(

√

)

(5)海王星的发现和彗星的“按时回归”确立了万有引力定律的地位．(√)

2．已知引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，地球表面的重力加速度g＝9.8m/s2，地球半径R＝6.4×106m，则可知地球的质量约为________．(结果保留一位有效数字)答案

6×1024kg

知识点一、天体质量和密度的计算1．计算中心天体质量的两种方法(1)重力加速度法

①已知中心天体的半径R和中心天体表面的重力加速度g，根据物体的重力近似MmgR2等于中心天体对物体的引力，有mg＝G2，解得中心天体质量为M＝.RG②说明：g为天体表面重力加速度．

未知星球表面重力加速度通常这样给出：让小球做自由落体、平抛、上抛等运动，从而计算出该星球表面重力加速度．(2)卫星环绕法

①将天体的运动近似看成匀速圆周运动，其所需的向心力都来自于万有引力，由GMm4π24π2r3＝m2r，可得M＝2.2rTGT

②说明：这种方法只能求中心天体质量，不能求环绕星体质量，其中T为公转周期，r为轨道半径．2．计算天体的密度

MπR3若天体的半径为R，则天体的密度ρ＝43

gR23g(1)将M＝代入上式得ρ＝.

G4πGR4π2r33πr3(2)将M＝2代入上式得ρ＝23.GTGTR

3π.GT2当卫星环绕天体表面运动时，其轨道半径r等于天体半径R，则ρ＝

【经典例题1】假设在半径为R的某天体上发射一颗该天体的卫星，已知引力常量为G，忽略该天体自转．

(1)若卫星距该天体表面的高度为h，测得卫星在该处做圆周运动的周期为T1，则该天体的密度是多少？

(2)若卫星贴近该天体的表面做匀速圆周运动的周期为T2，则该天体的密度是多少？

3πR＋h3(1)

GT12R33π(2)GT22答案

解析设卫星的质量为m，天体的质量为M.

(1)卫星距天体表面的高度为h时，

Mm4π2R＋h34π2G＝m2(R＋h)，则有M＝

T1R＋h2GT124天体的体积为V＝πR33

23M4πR＋h3πR＋h3故该天体的密度为ρ＝＝＝4VGT12·πR3GT12R33

Mm4π24π2R3(2)卫星贴近天体表面运动时有G2＝m2R，则有M＝

RT2GT224π2R3M3πρ＝＝＝.VGT22·4πR3GT223

【变式训练1】(多选)宇航员在月球表面附近高为h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L.已知月球半径为R，引力常量为G.下列说法中正确的是(

)

2hv02A．月球表面的重力加速度g月＝2L2hR2v02B．月球的质量m月＝GL22πRv0C．月球的自转周期T＝

3hv02D．月球的平均密度ρ＝

2πGL2知识点二、天体运动的分析与计算

1．一般行星(或卫星)的运动可看成匀速圆周运动，所需向心力由中心天体对它

的万有引力提供．

Mmv24π22基本公式：G2＝man＝m＝mωr＝m2r.

rrT

Mm，整理可得：GM＝gR2.在引力常量G和中心天体质2R

2．忽略自转时，mg＝G

量M未知时，可用gR2替换GM，GM＝gR2被称为“黄金代换式”．3．天体运动的物理量与轨道半径的关系Mmv2(1)由G2＝m得v＝

rr

Mm＝mω2r得ω＝2r

GM；rGM；3r

(2)由G

2πMm(3)由G2＝mT2r得T＝2π

r

MmGMma.＝n得an＝r2r2r3；GM

(4)由G

由以上关系式可知：①卫星的轨道半径r确定后，其相对应的线速度大小、角速度、周期和向心加速度大小是唯一的，与卫星的质量无关，即同一轨道上的不同卫星具有相同的周期、线速度大小、角速度和向心加速度大小．②卫星的轨道半径r越大，v、ω、an越小，T越大，即越远越慢．

【经典例题1】如图所示，a、b是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星，它们距地面的高度分别是R和2R(R为地球半径)．下列说法中正确的是(A．a、b的线速度大小之比是2∶1

)

B．a、b的周期之比是1∶22C．a、b的角速度大小之比是36∶4D．a、b的向心加速度大小之比是9∶2

答案解析

C

两卫星均做匀速圆周运动，则有F万＝F向．

r2＝r13R＝2R

3，故A错误；2

GMmv2v1由2＝m得＝rrv22πGMmT1由2＝mrT2得＝rT2GMmω由2＝mrω2得1＝rω2r132＝r2332，故B错误；3

r2336＝，故C正确；r134

GMman1r229由2＝man得＝2＝，故D错误．

ran2r14【变式训练1】

(多选)如图所示，a、b、c是地球大气层外圈圆形轨道上运动

)

的三颗卫星，a和b的质量相等，且小于c的质量，则(

A．b所需向心力最小

B．b、c的周期相同且大于a的周期

C．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度D．b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度

答案ABD

GMm，则2r

解析

因卫星运动的向心力是由它们所受的万有引力提供的，即Fn＝

GMm2πb所需向心力最小，A对；由2＝mr()2得T＝2π

rTr3，即r越大，T越大，GM

GMmGM所以b、c的周期相等且大于a的周期，B对；由2＝man，得an＝2，所以rrGMmmv2b、c的向心加速度大小相等且小于a的向心加速度，C错；由2＝，得v

rr＝

GM，所以b、c的线速度大小相等且小于a的线速度，D对．r

一、单项选择题

1.设地球表面重力加速度为g0，物体在距离地球表面3R（R是地球半径）处，由于地球的作用而产生的加速度为g，则

g0等于（g）

A.3B.4C.9D.16

【答案】D【解析】

【详解】当重力与万有引力相等时有：

Mm

mg0R2G

可得地球表面重力加速度：

GMR2g0

在距地球表面3R处的重力加速度：

GM1GM1

g0(R3R)216R216g

g0则等于16，故D正确ABC错误。g故选D。

2.地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G，则地球的平均密度为(

3g4RG)

3g4R2GgRGgR2GA.B.C.D.

【答案】A【解析】

【详解】在地球表面有G

Mm4

mgMVR3，由两式可，且地球的质量2R3得

3g

，故A正确，BCD错误．4RG3.升降机中有一质量为m的物体，当升降机以加速度a匀加速上升h高度时，物体增加的重力势能为(A.mghC.mah【答案】A【解析】

重力势能的增加量等于物体克服重力做的功，A对，B、C、D错．

4.若有一艘宇宙飞船在某一行星表面做匀速圆周运动，设其周期为T，引力常数为G，那么该行星的平均密度为（

GT2A.

33B.

GT2)

B.mgh＋mahD.mgh－mah

）

C.

GT24D.

4GT2【答案】B【解析】【分析】

根据万有引力等于向心力，可以列式求解出行星的质量，进一步求出密度．【详解】飞船绕某一行星表面做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：

Mm42RG2m2RT解得：

42R3M

GT2M

，联立可得：V3GT2根据



GT2A．，与结论不相符，选项A错误；

33，与结论相符，选项B正确；GT2B．

GT2C．，与结论不相符，选项C错误；

4D．4，与结论不相符，选项D错误；2GT故选B．

【点睛】本题主要考查了环绕行星表面做圆周运动的卫星，其公转周期平方与行星平均密度的乘积是一个定值．

5.木卫1、木卫2绕木星的运动看做匀速圆周运动，已知木卫2的轨道半径大于木卫1的轨道半径，则它们绕木星运行时（A.木卫2的周期大于木卫1的周期B.木卫2的线速度大于木卫1的线速度C.木卫2的角速度大于木卫1的角速度

D.木卫2的向心加速度大于木卫1的向心加速度【答案】A【解析】【详解】根据

Mm22v2

G2m()rmm2rmarTr）

可得

GMGMGM42r3a，v，，r2rr3GMT

因为木卫2的轨道半径大于木卫1的轨道半径，则它们绕木星运行时木卫2的周期大于木卫1的周期；木卫2的线速度小于木卫1的线速度；木卫2的角速度小于木卫1的角速度；木卫2的向心加速度小于木卫1的向心加速度，故A正确，BCD错误。故选A。

6.如图所示，实线圆表示地球，竖直虚线a表示地轴，虚线圆b、c、d、e表示地球卫星可能的轨道，对于此图，下列说法正确的是（

）

A.b、c、d、e都可能是地球卫星的轨道B.c不可能是地球卫星的轨道C.b可能是地球同步卫星的轨道D.d一定是地球同步卫星的轨道【答案】B【解析】

【详解】AB．地球的所有卫星的轨道圆心一定在地心，故b、d、e都可能是地球卫星的轨道，c不可能是地球卫星的轨道，故A错误，B正确。

CD．地球同步卫星和地面相对静止，一定在赤道的正上方，所以b不可能是地球同步卫星的轨道，d可能是地球同步卫星的轨道，故CD错误。故选B。

7.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有（）

A.a的向心加速度等于重力加速度gB.线速度关系va＞vb＞vc＞vdC.d的运动周期有可能是20小时

3D.c在4个小时内转过的圆心角是

【答案】D【解析】

同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=ω2r知，c的向心加速度大G

MMm

mggG，解得：，卫星的轨r2r2道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；

GMMmv2

根据万有引力提供向心力：G2m，解得：v，卫星的半径越大，

rrr速度越小，所以有：vbvcvd，同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据vr，可知vcva，故B错误；由

R3

开普勒第三定律：2k可知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期

T大于c的周期24h，故C错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是

，故D正确．所以D正确，ABC错误．38.经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1:m2=3:2，下列说法中正确的是：

A.m1、m2做圆周运动的线速度之比为3:2B.m1、m2做圆周运动的角速度之比为3:2

2C.m1做圆周运动的半径为L

52

D.m2做圆周运动的半径为L

5【答案】C【解析】

【详解】由于双星系统中，m1、m2完成一次圆周运动的时间相同，故它们的角速度之比1:21:1；两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动，设它们的轨道半径分别为r1和r2，则：

G

m1m2m112r12Lm1m22

mr2222Lr1r2L

G

联立解得：

m22

LL

m1m25m13

LL

m1m25r1

r2

又根据圆周运动角速度和线速度的关系vr可知：

v1r12v2r23A与计算不符，故A错误；

.

B.与分析不符，故B错误；C.与计算相符，故C正确；D.与计算不符，故D错误．二、多项选择题

9.已知某星球半径为R，表面处的重力加速度为g，一探测器在距该星球表面高度为3R处绕其做匀速圆周运动，下列说法正确的是（

）

A.探测器的周期为4πRg3gB.该星球的平均密度为

4GRgR21g16C.探测器的线速度为D.探测器的向心加速度大小为

【答案】BCD【解析】

【详解】A．在地表

Mm

mg2RG

万有引力提供向心力

Mm42Gm24R16R2T解得

RgT16A错误；

B．星球的平均密度

gR2

M3gG

4VR34GR3B正确；

C．万有引力提供向心力

Mmv2Gm216R4R

解得

v

gRGM4R2C正确；

D．万有引力提供向心力

Mm

ma16R2G

解得

GMgR21ag

16R216R216D正确。故选BCD。

10.一行星绕恒星作圆周运动，由天文观测可得，其运动周期为T，速度为v，引力常量为G，则

v3T

A.恒星的质量为

2πGvT2π4π2v3B.行星的质量为

GT22πvTC.行星运动的轨道半径为D.行星运动的加速度为

【答案】ACD【解析】

【详解】AC．设恒星的质量为M，行星绕恒星运动的半径为r，行星质量为m，则：

Mmv2G2mrrvT2πr

解得

vT2πrv3TM

2πG故AC正确；

B．根据行星绕恒星的运动学量，求不出行星的质量，故B项错误；D．设行星运动的加速度为a，则：

v22πva

rT故D项正确。故选ACD。

11.在圆轨道上运动着质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R的三倍，地球表面重力加速度为g，则(

)

A.卫星运动的速度为2gRC.卫星运动的加速度为

g16

mg16

【答案】CD【解析】【详解】A.根据

解得卫星运动的速度

A错误；B.卫星运动的周期

B.卫星运动的周期为42RgD.卫星受到的地球引力为

GMm(4R)2mv2

4RGMgR2

v

12gRT24RR16vgB错误；

C.卫星运动的加速度

v21ag

4R16C正确；

D.卫星受到的地球引力为

1mg16FmaD正确。故选CD。

12.宇宙中两个星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线上的某点做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（A.两星球的运行周期一定相同B.两星球的运行的线速度大小一定相等C.两星球的轨道半径一定相等D.两星球的向心力大小一定相等【答案】AD

）

【解析】

【详解】A．两星球同轴转动，所以运行周期和角速度相同，A正确；BC．假设两星球之间距离为L，万有引力提供向心力

Mmv2G2mLr两星球圆周运动半径r可能不同，线速度大小可能不同，BC错误；

Mm

提供向心力，可知两星球的向心力大小一定相等，D正L2D．万有引力FG确。故选AD。三、计算题

13.为了方便研究物体与地球间的万有引力问题，通常将地球视为质量分布均匀的球体．已知地球的质量为M，半径为R，引力常量为G，不考虑空气阻力的影响．

（1）求北极点的重力加速度的大小；

（2）若“天宫二号”绕地球运动的轨道可视为圆周，其轨道距地面的高度为h，求“天宫二号”绕地球运行的周期和速率；

（3）若已知地球质量M=6.0×1024kg，地球半径R=6400km，其自转周期T=24h，引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2．在赤道处地面有一质量为m的物体A，用W0表示物体A在赤道处地面上所受的重力，F0表示其在赤道处地面上所受的万有

F0W0引力．请求出的值（结果保留1位有效数字），并以此为依据说明在处理

F0

万有引力和重力的关系时，为什么经常可以忽略地球自转的影响．

GM（3）3×10-3Rh【答案】（1）g0=GM/R2（2）v=2π(R+h)/T1=

【解析】

（1）设质量为m0的物体静止在北极点时所受地面的支持力为N0，根据万有引力定律和共点力平衡条件则有：G

Mm0N02RMm0R2即质量为m0的物体在北极点时所受的重力为：FN0G设北极点的重力加速度为g0，则有：m0g0G解得：g0

GMR2Mm0R2（2）设“天宫二号”的质量为m1，其绕地球做匀速圆周运动的周期为T1，根据万

Mm142m12（Rh）有引力定律和牛顿第二定律有：G2(Rh)T1(Rh)3解得：T12GM运行速率为：v

2RhT1

GMRhMm（3）物体A在赤道处地面上所受的万有引力F0GR2对于物体A在赤道处地面上随地球运动的过程，设其所受地面的支持力为N，

42根据牛顿第二定律有：F0Nm2R

TMm42

物体A此时所受重力的大小为：W0NG2m2R

RT42m2R

F0W0T所以 MmF0G2RF0W0 3103代入数据解得：

F0这一计算结果说明，由于地球自转对地球表赤道面上静止的物体所受重力与所受地球引力大小差别的影响很小，所以通常情况下可以忽略地球自转造成的地球引力与重力大小的区别．

点睛：解决本题的关键是要知道在地球的两极：万有引力等于重力，在赤道：万有引力的一个分力等于重力，另一个分力提供随地球自转所需的向心力．14.天舟一号货运飞船于2017年4月20日19时41分35秒在文昌航天发射中心由长征七号遥二运载火箭成功发射升空，并于4月27日成功完成与天宫二号的首次推进剂在轨补加试验，这标志着天舟一号飞行任务取得圆满成功。已知引力常量为G，地球质量为M，地球半径为R，天舟一号的质量为m，它在预定轨道绕地球做匀速圆周运动时，距地球表面的高度为h，求：(1)天舟一号线速度v的大小；

(2)天舟一号做匀速圆周运动的角速度。

【答案】(1)v

GM1GM；(2)RhRhRh【解析】

【详解】(1)天舟一号绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供，则

Mmv2G=m2(R+h)R+h解得

v

GMRh(2)由

vr(Rh)

解得



1GMRhRh15.已知地球半径为R，万有引力常数为G，某行星半径为地球半径的三倍，一个质量为m的砝码，在该行星上用弹簧测力计称得重力大小为G0，求(1)该行星的体积V；(2)该行星的质量M；(3)该行星的密度ρ。

2G09RG0【答案】(1)V 36R3；(2)M；(3)

4RGmGm【解析】

【详解】设该行星半径为r,则

r3R

(1)该行星的体积为

44Vr3(3R)336R333(2)该行星对砝码的引力等于砝码的重力

Mm

G02r

G

即

GMm

G02(3R)则该行星的质量为

9R2G0M

Gm(3)该行星的密度为

9R2G0G0M

Gm3

V36R4RGm16.如图，假设某星球表面上有一倾角为θ=30°的固定斜面，一质量为m=2.0kg

的小物块从斜面底端以速度9m/s沿斜面向上运动，小物块运动1.5s时速度恰好为零。已知小物块和斜面间的动摩擦因数为

3，该星球半径为R=1.2×103km，2万有引力常量为6.67×10－11N·m2/kg2，试求：(1)该星球表面上的重力加速度g的大小；(2)该星球的密度。（保留三位有效数字）

【答案】(1)4.8m/s2；(2)1.43×104kg/m3【解析】

【详解】(1)由牛顿第二定律得

mgsinθ＋μmgcosθ=ma

又

v90

m/s26m/s2t1.5a

联立可得

g=4.8m/s2(2)对该星球表面的物块，有

GMm

mgR2又

43πRM=ρ·

得

代入数据得

3ρ=

3g4GRρ=1.43×104kg/m3