高考物理通用版二轮复习专题检测：六 掌握“两定律、一速度”破解天体运动问题 Word版含解析

专题检测（专题检测（六六） 掌握“两定律、一速度” ，破解天体运动问题掌握“两定律、一速度” ，破解天体运动问题 1(2018 全国卷全国卷)为了探测引力波，为了探测引力波，“天琴计划天琴计划”预计发射地球卫星预计发射地球卫星 P，其轨道半径，其轨道半径约为地球半径的约为地球半径的 16 倍；另一地球卫星倍；另一地球卫星Q Q的轨道半径约为地球半径的的轨道半径约为地球半径的 4 倍。倍。P 与与Q Q的周期的周期之比约为之比约为( ) A21 B41 C81 D161 解析：解析：选选 C 由由 GMmr2mr42T2得得r3T2GM42 或或根据开普勒第三定律根据开普勒第三定律r3T2k ，则两卫星周，则两卫星周期之比为期之比为TPTQ rPrQ3 16438，故，故 C 正确。正确。 2(2018 北京高考北京高考)若想检验若想检验“使月球绕地球运动的力使月球绕地球运动的力”与与“使苹果落地的力使苹果落地的力”遵循同遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径样的规律，在已知月地距离约为地球半径 60 倍的情况下，需要验证倍的情况下，需要验证( ) A地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1602 B月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1602 C自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的16 D苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的160 解析：解析：选选 B 若想检验若想检验“使月球绕地球运动的力使月球绕地球运动的力”与与“使苹果落地的力使苹果落地的力”遵循同样的遵循同样的规律规律万有引力定律，则应满足万有引力定律，则应满足 GMmr2ma，因此加速度，因此加速度 a 与距离与距离 r 的二次方成反比，的二次方成反比，B对。对。 3(2018 江苏高考江苏高考)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年 5 月月 9 日日发发射的射的“高分五号高分五号”轨道高度约为轨道高度约为 705 km，之，之前已运行的前已运行的“高分四号高分四号”轨道高度约为轨道高度约为 36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号高分四号”相比，下列物理量中相比，下列物理量中“高分五号高分五号”较小的较小的是是( ) A周期周期 B角速度角速度 C线速度线速度 D向心加速度向心加速度 解析：解析：选选 A “高分五号高分五号”的运动半径小于的运动半径小于“高分四号高分四号”的运动半径，即的运动半径，即 r五五r四四。由。由万有引力提供向心力得万有引力提供向心力得GMmr2mr42T2mr2mv2rma。T 42r3GM r3，T五五T四四，故，故A 正确；正确；GMr31r3，五五四四，故，故 B 错误；错误；v GMr1r，v五五v四四，故，故 C 错错误；误； aGMr21r2，a五五a四四，故，故 D 错误。错误。 4.如图所示，如图所示，A、B 是绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星，是绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星，A、B 两卫两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为 k，不计，不计 A、B 两卫星之两卫星之间的引力，则间的引力，则 A、B 两卫星的周期之比为两卫星的周期之比为( ) Ak3 Bk2 Ck Dk 23 解析：解析：选选 A 设卫星绕地球做圆周运动的半径为设卫星绕地球做圆周运动的半径为 r，周期为，周期为 T，则在，则在 t 时间内与地心连时间内与地心连线扫过的面积为线扫过的面积为 StTr2，即，即SASBrA2TBrB2TAk，根据开普勒第三定律可知，根据开普勒第三定律可知rA3TA2rB3TB2，解得，解得TATBk3，A 正确。正确。 5多选多选(2018 天津高考天津高考)2018 年年 2 月月 2 日，我国成功将电磁监日，我国成功将电磁监测试验卫星测试验卫星“张衡一号张衡一号”发射升空发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的的影响，根据以上数据可以计算出卫星的( ) A密度密度 B向心力的大小向心力的大小 C离地高度离地高度 D线速度的大小线速度的大小 解析：解析：选选 CD 不考虑地球自转的影响，则在地球表面物体受到的重力等于它受到的万不考虑地球自转的影响，则在地球表面物体受到的重力等于它受到的万有引力：有引力：m0gGMm0R2，整理得，整理得 GMgR2。卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心。卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：力： GMm Rh 2m 2T2(Rh)， 可求得卫星的离地高度， 可求得卫星的离地高度 h3gR2T242R， 再由， 再由 v2 Rh T，可求得卫星的线速度，选项可求得卫星的线速度，选项 C、D 正确；卫星的质量未知，故卫星的密度和向心力的大小正确；卫星的质量未知，故卫星的密度和向心力的大小不能求出，选项不能求出，选项 A、B 错误。错误。 6.多选多选探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。如图所示探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道是绕地飞行的三条轨道，轨道 1 是近地圆形轨道，是近地圆形轨道，2 和和 3 是变轨后的椭圆轨是变轨后的椭圆轨道。道。A 点是点是轨道轨道 2 的近地点，的近地点，B 点是轨道点是轨道 2 的远地点，卫星在轨道的远地点，卫星在轨道 1 的运行的运行速率为速率为 7.7 km/s，则下列说法中正确的是，则下列说法中正确的是( ) A卫星在轨道卫星在轨道 2 经过经过 A 点时的速率一定小于点时的速率一定小于 7.7 km/s B卫星在轨道卫星在轨道 2 经过经过 B 点时的速率一定小于点时的速率一定小于 7.7 km/s C卫星在轨道卫星在轨道 3 所具有的机械能大于在轨道所具有的机械能大于在轨道 2 所具有的机械能所具有的机械能 D卫星在轨道卫星在轨道 3 所具有的最大速率小于在轨道所具有的最大速率小于在轨道 2 所具有的最大速率所具有的最大速率 解析：解析：选选 BC 卫星在椭圆轨道卫星在椭圆轨道 2 的的 A 点做离心运动，故卫星在椭圆轨道点做离心运动，故卫星在椭圆轨道 2 经过经过 A 点点时的速率一定大于时的速率一定大于 7.7 km/s，选项，选项 A 错误；假设有一圆轨道过错误；假设有一圆轨道过 B 点，卫星在此圆轨道的运点，卫星在此圆轨道的运 行速率行速率小于小于 7.7 km/s，且卫星在椭圆轨道，且卫星在椭圆轨道 2 的的 B 点的速率小于其所在圆轨道的速率，卫星点的速率小于其所在圆轨道的速率，卫星在椭圆轨道在椭圆轨道 2 经过经过 B 点时的速率一定小于点时的速率一定小于 7.7 km/s，选项，选项 B 正确；卫星运动到离地球越远正确；卫星运动到离地球越远的地方，需要的能量越大，具有的机械能也越大，则卫星在轨道的地方，需要的能量越大，具有的机械能也越大，则卫星在轨道 3 所具有的机械能大于在所具有的机械能大于在轨道轨道 2 所具有的机械能，选项所具有的机械能，选项 C 正确；根据开普勒第二定律可知椭圆轨道上近地点的速度正确；根据开普勒第二定律可知椭圆轨道上近地点的速度最大，远地点的速度最小，则卫星在椭圆轨道最大，远地点的速度最小，则卫星在椭圆轨道 3 和和 2 上的最大速率都出现在上的最大速率都出现在 A 点，而从轨点，而从轨道道 1 变轨到轨道变轨到轨道 2 和和 3 都要做离心运动，速度越大，做离心运动离圆心越远，故卫星在轨都要做离心运动，速度越大，做离心运动离圆心越远，故卫星在轨道道 3 所具有的最大速率大于在轨道所具有的最大速率大于在轨道 2 所所具有的最大速率，选项具有的最大速率，选项 D 错误。错误。 7(2018 黄冈调研黄冈调研)已知某星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相同，其表面的已知某星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相同，其表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球平均密度与地球平均密度的比值为重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球平均密度与地球平均密度的比值为( ) A12 B14 C21 D41 解析：解析：选选 B 根据根据 mgmv2R得，第一宇宙速度得，第一宇宙速度 v gR。因为该星球和地球的第一宇宙。因为该星球和地球的第一宇宙速度相同，表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球的半径是地球半径速度相同，表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球的半径是地球半径的的 2 倍。根据倍。根据 GMmR2mg 知，知， MgR2G，可得该星球的质量是地球质量的，可得该星球的质量是地球质量的 2 倍。根据倍。根据 MVM43R3知，该星球平均密度与地球平均密度的比值为知，该星球平均密度与地球平均密度的比值为 14，故，故 B 正确，正确，A、C、D 错误。错误。 8.(2019 届高三届高三 江西八校联考江西八校联考)小型登月器连接在航天站上，一起小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球半径的绕月球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球半径的 3 倍。某时刻，航倍。某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面停留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返表面停留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为 g，月球半径为，月球半径为 R，不考虑，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为( ) A10 5Rg6 3Rg B6 3Rg4 2Rg C10 5Rg2Rg D6 3Rg2Rg 解析：解析：选选 B 设登月器和航天站在半径设登月器和航天站在半径 3R 的轨道上运行时的周期为的轨道上运行时的周期为 T，因其绕月球做，因其绕月球做圆周运动，由牛顿第二定律有圆周运动，由牛顿第二定律有GMmr2m42rT2，r3R，则有，则有 T2 r3GM6 3R3GM，在，在月球表面的物体所受重力可视为等于万有引力，可得月球表面的物体所受重力可视为等于万有引力，可得 GMgR2，所以，所以 T6 3Rg，设登，设登月器在椭圆轨道运行的周期是月器在椭圆轨道运行的周期是 T1，航天站在圆轨道运行的周期是，航天站在圆轨道运行的周期是 T2；对登月器和航天站依；对登月器和航天站依据开普勒第三定律有据开普勒第三定律有T2 3R 3T12 2R 3T22 3R 3，为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站，为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登月器可以在月球表面停留的时间实现对接，登月器可以在月球表面停留的时间 t 应满足应满足 tnT2T1(n1、2、3、)，解得，解得 t 6n 3Rg4 2Rg(n1、2、3、)，当，当 n1 时，登月器可以在月球上停留的时间时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即最短，即 t6 3Rg4 2Rg，故，故 B 正确，正确，A、C、D 错误。错误。 9.(2018 襄阳四中模拟襄阳四中模拟)我国发射我国发射“天宫一号天宫一号”时，先将实验舱发送到时，先将实验舱发送到一个椭圆轨道上，如图所示，其近地点一个椭圆轨道上，如图所示，其近地点 M 距地面距地面 200 km，远地点，远地点 N 距地距地面面 362 km。进入该轨道正常运行时，其周期为。进入该轨道正常运行时，其周期为 T1，通过，通过 M、N 点时的速点时的速率分别为率分别为 v1、v2，加速度分别为，加速度分别为 a1、a2。当某次通过。当某次通过 N 点时，地面指挥点时，地面指挥部发出指令，点燃实验舱上的发动机，使其短时间内加速后进入距地面部发出指令，点燃实验舱上的发动机，使其短时间内加速后进入距地面362 km 的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，周期为的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，周期为 T2，这时实验舱的速率为，这时实验舱的速率为 v3，加，加速度为速度为 a3，下列结论正确的是，下列结论正确的是( ) Av3v2 Bv2v1 Ca3a2 DT1T2 解析：解析：选选 A 实验舱在圆形轨道上具有的机械能大于其在椭圆轨道上具有的机械能，实验舱在圆形轨道上具有的机械能大于其在椭圆轨道上具有的机械能，而实验舱经过而实验舱经过 N 点时的重力势能相等，所以实验舱在圆形轨道上经过点时的重力势能相等，所以实验舱在圆形轨道上经过 N 点时的动能大于实点时的动能大于实验舱在椭圆轨道上经过验舱在椭圆轨道上经过 N 点时的动能，即点时的动能，即 v3v2，A 正确；根据开普勒第二定律正确；根据开普勒第二定律(面积定律面积定律)可知，可知，v1v2，B 错误；根据万有引力提供向心力，则有错误；根据万有引力提供向心力，则有GMmr2ma，可得，可得 aGMr2，所以，所以 a3a2，C 错误；根据开普勒第三定律错误；根据开普勒第三定律(周期定律周期定律)可知，轨道半径大的周期大，所以可知，轨道半径大的周期大，所以 T1T2，D 错误。错误。 10双星双星系统由两颗星组成，两星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点系统由两颗星组成，两星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为 T，经过一段时间演化后，两，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的星总质量变为原来的k倍， 两星之间的距离变为原来的倍， 两星之间的距离变为原来的n倍， 则此时圆周运动的周期为倍， 则此时圆周运动的周期为( ) A.n3k2T B.n3kT C.n2kT D.nkT 解析：解析：选选 B 设双星系统演化前两设双星系统演化前两星的质量分别为星的质量分别为 M1和和 M2，轨道半径分别为，轨道半径分别为 r1和和 r2。根据万有引力定律及牛顿第二定律可得根据万有引力定律及牛顿第二定律可得GM1M2r2M1 2T 2r1M2 2T 2r2，rr1r2，解得，解得G M1M2 r2 2T2(r1r2)，即，即GMr3 2T2，当两星的总质量变为原来的，当两星的总质量变为原来的 k 倍，它们之间的倍，它们之间的距离变为原来的距离变为原来的 n 倍时，有倍时，有GkM nr 3 2T2，解得，解得 Tn3kT，故，故 B 项正确。项正确。 11多选多选假设在赤道平面内有一颗侦察卫星绕地球做匀速圆周运动，某时刻恰好处在假设在赤道平面内有一颗侦察卫星绕地球做匀速圆周运动，某时刻恰好处在另一颗同步卫星的正下方，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则另一颗同步卫星的正下方，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则( ) A同步卫星和侦察卫星的线速度之比为同步卫星和侦察卫星的线速度之比为 12 B同步卫星和侦察卫星的角速度之比为同步卫星和侦察卫星的角速度之比为 81 C再经过再经过127 h 两颗卫星距离最远两颗卫星距离最远 D再经过再经过67 h 两颗卫星距离最远两颗卫星距离最远 解析：解析：选选 AC 根据万有引力提供向心力根据万有引力提供向心力 G Mmr2m v2r得：得：v GMr，已知侦察卫，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则同步卫星和侦察卫星的线速度之比为星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则同步卫星和侦察卫星的线速度之比为 12，故，故 A正确；根据万有引力提供向心力正确；根据万有引力提供向心力 GMmr2m2r 得：得：GMr3，则同步卫星和侦察卫星的角，则同步卫星和侦察卫星的角速度之比为速度之比为 18，故，故 B 错误；根据错误；根据 T2可知，可知，同步卫星的周期为同步卫星的周期为24 h，则角速度，则角速度为为 112 rad/h，则侦察卫星的角速度为，则侦察卫星的角速度为 223 rad/h，当两颗卫星的夹角为，当两颗卫星的夹角为 时，相距最远，则有：时，相距最远，则有：t21127 h，故，故 C 正确，正确，D 错误。错误。 12多选多选(2018 保定质检保定质检)两颗互不影响的行星两颗互不影响的行星 P1、P2，各有一，各有一颗近地卫星颗近地卫星 S1、S2绕其做匀速圆绕其做匀速圆周运动。以纵轴表示行星周围空间某周运动。以纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度位置的引力加速度 a， 横轴表示某位置到行星中心距离， 横轴表示某位置到行星中心距离 r 平方的倒数，平方的倒数，所得所得 a-1r2关系图像如图所示，卫星关系图像如图所示，卫星 S1、S2所在轨道处的引力加速度大所在轨道处的引力加速度大小均为小均为 a0。则。则( ) AS1的质量比的质量比 S2的大的大 BP1的质量比的质量比 P2的大的大 CP1的第一宇宙速度比的第一宇宙速度比 P2的小的小 DP1的平均密度比的平均密度比 P2的小的小 解析：解析：选选 BD 由万有引力充当向心力由万有引力充当向心力 GMmr2ma，解得，解得 aGM1r2，故题图图像的斜率，故题图图像的斜率kGM，因为，因为 G 是恒量，是恒量，M 表示行星的质量，所以斜率越大，行星表示行星的质量，所以斜率越大，行星的质量越大，故的质量越大，故 P1的质的质量比量比 P2的大，由于计算过程中，卫星的质量可以约去，所以无法判断卫星质量关系，的大，由于计算过程中，卫星的质量可以约去，所以无法判断卫星质量关系，A 错错误，误，B 正确；因为两个卫星是近地卫星，所以其运行轨道半径可认为等于行星半径，根据正确；因为两个卫星是近地卫星，所以其运行轨道半径可认为等于行星半径，根据第一宇宙速度公式第一宇宙速度公式 v gR，可得，可得 v a0R，从题图中可以看出，当两者加速度都为，从题图中可以看出，当两者加速度都为 a0时，时，P2的半径比的半径比 P1的小， 故的小， 故 P1的第一宇宙速度比的第一宇宙速度比 P2的大，的大， C 错误； 由错误； 由 GMgR2可得可得 GMa0R2，Ma0R2G，MVM43R3a0R2G43R33a04GR，故行星的半径越大，密度越小，所以，故行星的半径越大，密度越小，所以 P1的平均密的平均密度比度比 P2的小，的小，D 正确。正确。 13.(2018 宜宾高三诊断宜宾高三诊断)如图所示，有如图所示，有 A、B 两颗卫星绕地心两颗卫星绕地心 O 在在同一平面内做圆周运动，运转方向相同。同一平面内做圆周运动，运转方向相同。A 卫星的周期为卫星的周期为 TA，B 卫星卫星的周期为的周期为 TB， 在某一时刻， 在某一时刻 A、 B 相距最近， 下列说法中正确的是相距最近， 下列说法中正确的是( ) AA、B 经过时间经过时间 tTA再次相距最近再次相距最近 BA、B 的轨道半径之比为的轨道半径之比为 TATB CA、B 的向心加速度大小之比为的向心加速度大小之比为 TB43TA43 D若已知若已知 A、B 相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度 解析：解析：选选 C A、B 再次相距最近时，两者运转的角度相差再次相距最近时，两者运转的角度相差 2，即：，即：2TAt2TBt2，解，解得：得：tTATBTBTA，A 错误；根据开普勒第三定律可知：错误；根据开普勒第三定律可知：RA3TA2RB3TB2，则，则RARB3TA2TB2，B 错误；错误；根据根据 a42RT2RT2，aAaB3TA2TB2TB2TA2TB43TA43，C 正确；若已知正确；若已知 A、B 相距最近时的距离，结合相距最近时的距离，结合两者的轨道半径之比可以求得两者的轨道半径之比可以求得A、B的轨道半径的轨道半径，根据万有引力提供向心力得：，根据万有引力提供向心力得：GMmr2m42T2r，所以可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不可求出地球表面的重力加速度，所以可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不可求出地球表面的重力加速度，D 错误。错误。 14.多选多选(2018 湖南六校联考湖南六校联考)如图所示，在某类地行星表面如图所示，在某类地行星表面上上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为 30 ，圆盘绕垂直于，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离为盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离为 L 处处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为 时，小物体时，小物体刚好要滑动。 小物体与盘面间的动摩擦因数为刚好要滑动。 小物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)， 该行星， 该行星的半径为的半径为 R，引力常量为，引力常量为 G，下列说法正确的是，下列说法正确的是( ) A该行星的质量为该行星的质量为2R2LG B该行星的第一宇宙速度为该行星的第一宇宙速度为 2 LR C该行星的同步卫星的周期为该行星的同步卫星的周期为RL D离行星表面距离为离行星表面距离为 R 的地方的重力加速度为的地方的重力加速度为 2L 解析：解析：选选 BD 当小物体转到圆盘的最低点，所受的摩擦力沿斜面向上达到最大时，对当小物体转到圆盘的最低点，所受的摩擦力沿斜面向上达到最大时，对应小物体刚好要滑动，由牛顿第二定律可得应小物体刚好要滑动，由牛顿第二定律可得 mgcos 30 mgsin 30 m2L，所以，所以 g2Lcos 30 sin 3042L，GMmR2mg，解得，解得 MgR2G42R2LG，A 错误；该行星的第一宇错误；该行星的第一宇宙速度宙速度 v gR2 LR，B 正确；因为不知道同步卫星的轨道半径，所以不能求出同步卫正确；因为不知道同步卫星的轨道半径，所以不能求出同步卫 星的周期，星的周期，C 错误；离该行星表面距离为错误；离该行星表面距离为 R 的地方的引力为的地方的引力为 mgGMm 2R 214mg，即重力加，即重力加速度为速度为 g14g2L，D 正确。正确。