考点突破每日一练（23）双星和多星问题、动量能量的综合问题1．一个国际研究小组借助于智利的“甚大望远镜”，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图1所示，此双星系统中体积较小的星体能“吸食”另一颗体积较大星体表面的物质，达到质量转移的目的，假设在“吸食”过程中两者球心之间的距离保持不变，则在该过程中( )A．它们之间的万有引力保持不变B．它们做圆周运动的角速度不断变大C．体积较大的星体做圆周运动的半径变大，线速度也变大D．体积较大的星体做圆周运动的半径变大，线速度变小2．宇宙空间有一些星系与其它星体的距离非常遥远，可以忽略其它星系对它们的作用．如图所示，今有四颗星体组成一稳定星系，在万有引力作用下运行，其中三颗星体A、B、C位于边长为a的正三角形的三个顶点上，沿外接圆轨道做匀速圆周运动，第四颗星体D位于三角形外接圆圆心，四颗星体的质量均为m，万有引力常量为G，则下列说法正确的是( )A．星体A受到的向心力为B．星体A受到的向心力为C．星体B运行的周期为2πaD．星体B运行的周期为2πa3．(多选)宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．设四星系统中每个星体质量均为m，半径均为R-3-\n，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上，其中a远大于R.已知引力常量为G.关于四星系统，下列说法正确的是( )A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动B．四颗星的线速度均为v＝C．四颗星表面的重力加速度均GD．四颗星的周期均为2πa4．如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．参考答案1．C [设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积较大的星体质量为m2，轨道半径为r2，双星之间的距离为L，转移的质量为Δm，则质量发生转移后两星体之间的万有引力为F＝G，由数学知识可知，随着Δm的增大，两星体之间的万有引力将发生变化，选项A错误；对体积较小的星体有G＝(m1＋Δm)ω2r1，对体积较大的星体有G＝(m2－Δm)ω2r2，所以ω＝，因两星体的总质量不变，距离也不变，所以质量发生转移前后的角速度不变，选项B错误；由G＝ω2r2可知，随着Δm的增大，r2增大，即体积较大的星体做圆周运动的半径变大，由v＝ωr2可知线速度也变大，选项C正确，D错误．]2．A [每颗星体做匀速圆周运动，靠另外三颗星体万有引力的合力提供向心力，故：-3-\nFn＝FABcos30°＋FAD＋FACcos30°＝×＋＋×＝(3＋)①故A正确，B错误；万有引力提供向心力，故：Fn＝m(×a)②联立①②解得：T＝2πa，故C、D错误．]3．ACD [四颗星均围绕正方形的中心旋转，每颗星受到的三个力的合力为F＝G＋G，轨道半径为r＝a，根据牛顿第二定律有F＝m＝mω2r＝m，解得v＝，T＝2πa，故A、D对，B错；对星体表面质量为m0的物体，其受到的重力等于万有引力，即m0g＝G，故重力加速度g＝G，C对．]4．(1) (2)无法再次接住木箱解析 (1)取向左为正方向，根据动量守恒定律推出木箱的过程中0＝(m＋2m)v1－mv接住木箱的过程中mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2v2＝(2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律4mv2＝3mv3－mvv3＝v故无法再次接住木箱．-3-
