第10课 人造卫星 宇宙速度-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第10课　　人造卫星　宇宙速度 普查与练习10　　人造卫星　宇宙速度 1．比较卫星运行参量 a.利用G＝m＝mω2r＝m2r＝ma计算卫星运行参量的比值　　　　　　　　　　　　　　　 (1)(多选)(江苏经典真题，4分)甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有(　　) A．由v＝可知，甲的速度是乙的倍 B．由a＝ω2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍 C．由F＝可知，甲的向心力是乙的 D．由＝k可知，甲的周期是乙的2倍 (1)答案：CD 解析：甲的轨道半径是乙的2倍，根据万有引力提供向心力有＝m＝ma，可得v＝，故＝＝，乙的速度是甲的倍；a＝，甲的向心加速度是乙的，故A项、B项均错误。根据万有引力提供向心力有F后＝，而甲、乙两颗人造卫星质量相等，甲的轨道半径是乙的2倍，可知甲的向心力是乙的，故C项正确。由开普勒第三定律＝k可知T＝，而甲的轨道半径是乙的2倍，可知甲的周期是乙的2倍，故D项正确。 (2)(河北经典真题，4分)“祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，其周期为2个火星日，假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为2个火星日。已知一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则该飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值约为(　　) A． B． C． D． (2)答案：D 解析：卫星m绕中心天体M做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得G＝mR，因此R＝，所以飞船绕火星的轨道半径r飞与同步卫星绕地球的轨道半径r同之比为＝＝＝，故D项正确，A项、B项、C项均错误。 b.比较近地卫星、同步卫星和赤道上随地球一起自转的物体的运行参量 (3)(2026改编题，3分)如图所示，a为放在赤道上相对地球静止随地球自转做匀速圆周运动的物体，b为在地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径近似等于地球半径)，c为地球的同步卫星，则以下说法中正确的是(　　) A. a、b、c的向心加速度大小关系为ab＞ac＞aa B．a、b、c的角速度大小关系为ωa>ωb>ωc C．a、b、c的线速度大小关系为va<vb<vc D．a、b、c的周期大小关系为Ta<Tb＜Tc (3)答案：A 解析：对于放在赤道上的物体a和同步卫星c，运动的周期相同，即Ta＝Tc。根据a＝ r，可知轨道半径大的同步卫星c具有更大的向心加速度，即ac＞aa；根据ω＝，可知赤道上的物体a和同步卫星c的角速度相同，即ωa＝ωc；根据v＝，可知轨道半径大的同步卫星c具有更大的线速度，即vc＞va；对于近地卫星b和同步卫星c，卫星做匀速圆周运动所需的向心力由地球对卫星的万有引力提供，根据＝ma，得卫星的向心加速度为a＝，可知轨道半径大的同步卫星c的向心加速度小，即ac<ab；根据＝mω2r，得卫星的角速度为ω＝，可知轨道半径大的同步卫星c的角速度小，即ωc<ωb；根据＝m，得卫星的线速度为v＝，可知轨道半径大的同步卫星c的线速度小，即vc<vb；根据＝mr，得卫星的周期T＝2π，可知轨道半径大的同步卫星c的周期大，即Tc>Tb。由以上分析可得：a、b、c的向心加速度大小关系为ab＞ac＞aa，故A项正确。a、b、c的角速度大小关系为ωa＝ωc<ωb，故B项错误。a、b、c的线速度大小关系为vb＞vc>va，故C项错误。a、b、c的周期大小关系为Ta＝Tc>Tb，故D项错误。 c.卫星的发射和三个宇宙速度 (4)(北京经典真题，3分)我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”。已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的50%，下列说法正确的是(　　) A．火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度 B．火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间 C．火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度 D．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度 (4)答案：A 解析：当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，当发射速度大于地球的第二宇宙速度小于第三宇宙速度时，探测器将克服地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度，故A项正确，B项错误。根据万有引力提供向心力，有＝，解得第一宇宙速度为v1＝，所以火星的第一宇宙速度为v火＝v地＝v地，可得火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C项错误。根据天体表面的重力近似等于万有引力，有＝mg，解得火星表面的重力加速度g火＝＝g地＝g地，可得火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D项错误。 2．卫星的变轨 a.运用离心运动和向心运动解决两航天器在太空中的交会对接问题 (5)(2026改编题，3分)中国空间站建设过程中，天舟货运飞船、神舟载人飞船以及“问天”“巡天”实验舱相继与“核心舱”对接，关于火箭发射以及空间站的组合、对接，下列说法正确的是(　　) A. 使飞船与“核心舱”在同一轨道上运行，然后飞船加速追上“核心舱”实现对接 B．使飞船与“核心舱”在同一轨道上运行，然后飞船减速等待“核心舱”实现对接 C．飞船先在比“核心舱”半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近“核心舱”，两者速度接近时实现对接 D．飞船先在比“核心舱”半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近“核心舱”，两者速度接近时实现对接 (5)答案：C 解析：飞船在同一轨道上加速追赶“核心舱”时，速度增大，所需向心力大于万有引力，飞船将做离心运动，不能实现与“核心舱”的对接，故A项错误。同理，飞船在同一轨道上减速等待“核心舱”时，速度减小，所需向心力小于万有引力，飞船将做向心运动，也不能实现对接，故B项错误。当飞船在比“核心舱”半径小的轨道上加速时，飞船将做离心运动，逐渐靠近“核心舱”，可实现对接，故C项正确。当飞船在比“核心舱”半径小的轨道上减速时，飞船将做向心运动，逐渐远离“核心舱”，不能实现对接，故D项错误。 b.根据万有引力提供向心力及开普勒第三定律比较变轨前后卫星运行参量 (6)(2024湖北真题，4分)太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则(　　) A．空间站变轨前、后在P点的加速度相同 B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小 C．空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小 D．空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大 (6)答案：A 解析：由牛顿第二定律知＝ma，则a＝，在P点变轨前、后空间站距地心的距离r不变，故空间站变轨前、后在P点的加速度相同，故A项正确。因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知，空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B项错误。变轨后在P点因反冲运动相当于瞬间获得沿径向向内的速度，原本沿切向的圆周运动速度不变，因此合速度变大，故C项错误。由于空间站变轨后在P点的速度比变轨前大，而比在近地点的速度小，则空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的速度小，故D项错误。 (7)(2026改编题，3分)同步卫星的发射过程可简化为先将卫星发射进入绕地球的较低圆形轨道Ⅰ，然后在a点使卫星进入椭圆形的转移轨道Ⅱ，再在椭圆轨道的远地点b使卫星进入同步轨道Ⅲ，如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．卫星在轨道Ⅰ的速率小于卫星在轨道Ⅲ的速率 B．卫星在轨道Ⅰ的周期大于卫星在轨道Ⅱ的周期 C．卫星运动到轨道Ⅰ的a点时，需减速才可进入轨道Ⅱ D．卫星运动到轨道Ⅱ的b点时，需加速才可进入轨道Ⅲ E．卫星沿轨道Ⅱ运行时，由a→b的过程中，速率逐渐变大 F．卫星沿轨道Ⅱ运行时，在b点的加速度大于在a点的加速度 G．卫星沿轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运行时均处于超重状态 (7)答案：D 解析：根据万有引力提供向心力，有＝，可得v＝，因同步卫星轨道Ⅲ的半径大于近地卫星轨道Ⅰ的半径，则卫星在轨道Ⅰ的速率大于卫星在轨道Ⅲ的速率，故A项错误。根据开普勒第三定律＝k可知，圆形轨道半径或椭圆的半长轴越大，周期越大，因此卫星在轨道Ⅰ的周期小于卫星在轨道Ⅱ的周期，故B项错误。卫星在近地圆轨道上的a点加速，使卫星做圆周运动所需要的向心力增大，万有引力不足以提供卫星所需的向心力，卫星将做离心运动，如此才可进入椭圆转移轨道Ⅱ，故C项错误。同理，卫星在轨道Ⅱ上的b点加速，才可进入轨道Ⅲ，故D项正确。卫星在轨道Ⅱ上运动时，根据开普勒第二定律可知，卫星由a→b的过程中，卫星与地球的距离增大，速率逐渐变小，由于此过程中卫星只受万有引力作用，且卫星在b点时受到的万有引力比在a点时小，所以卫星在b点的加速度小于在a点的加速度，故E项、F项错误。卫星沿轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运行时加速度有指向地心的分量，处于失重状态，故G项错误。 c.根据功能关系判断卫星变轨过程的能量变化 (8)(2026改编题，3分)如图所示是“天问一号”探测器成功实施“远火点平面轨道调整”的示意图，图中虚线轨道所在平面与实线轨道所在平面垂直。探测器由远处经A点进入轨道1，经B点进入轨道2，经C点进入轨道3，再经C点进入轨道4。上述过程仅在A、B、C点启动发动机点火，A、B、C、D、E各点均为各自所在轨道的近火点或远火点，各点所在轨道均为椭圆。以下说法正确的是(　　) A. 在A点发动机点火过程中推力对探测器做正功 B．探测器在轨道4上运行的机械能大于在轨道3上运行的机械能 C．从D点到C点的过程中，探测器机械能逐渐增大 D．从C点到E点的过程中，火星引力对探测器做负功，引力势能增大 (8)答案：D 解析：探测器需要在A点减速，做向心运动，从而由远处进入轨道1，可知推力对探测器做负功，故A项错误。探测器从高轨道进入低轨道需要减速，发动机做负功，因此高轨道机械能大，低轨道机械能小，探测器在轨道4的机械能小于在轨道3的机械能，故B项错误。探测器从D点到C点的过程中只有引力做功，机械能守恒，故C项错误。探测器从C点到E点的过程中，火星与探测器的距离逐渐增大，火星引力对探测器做负功，探测器的动能减小，势能增大，动能转化为势能，故D项正确。 随堂普查练10 　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2022天津真题，5分)2022年3月，中国空间站“天宫课堂”再次开讲，授课期间利用了我国的中继卫星系统进行信号传输，天地通信始终高效稳定。已知空间站在距离地面400公里左右的轨道上运行，其运动视为匀速圆周运动，中继卫星系统中某卫星是距离地面36 000公里左右的地球静止轨道卫星(同步卫星)，则该卫星(　　) A．授课期间经过天津正上空 B．加速度大于空间站的加速度 C．运行周期大于空间站的运行周期 D．运行速度大于地球的第一宇宙速度 1．答案：C 解析：该卫星是地球静止轨道卫星，其轨道平面与赤道平面成0度角，不可能经过天津正上空，故A项错误。卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有G＝m＝m2r＝ma，解得v＝，a＝G，T＝2π，由于该卫星轨道半径大于空间站轨道半径，故加速度小于空间站的加速度，运行周期大于空间站的运行周期，故B项错误，C项正确。第一宇宙速度是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的速度，是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，该卫星距离地面36 000公里，则该卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故D项错误。 2．(多选)(2024广东真题，6分)如图所示，探测器及其保护背罩通过弹性轻绳连接降落伞。在接近某行星表面时以60 m/s的速度竖直匀速下落。此时启动“背罩分离”，探测器与背罩断开连接，背罩与降落伞保持连接。已知探测器质量为1 000 kg，背罩质量为50 kg，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取g＝10 m/s2。忽略大气对探测器和背罩的阻力。下列说法正确的有(　　) A．该行星表面的重力加速度大小为4 m/s2 B．该行星的第一宇宙速度为7.9 km/s C．“背罩分离”后瞬间，背罩的加速度大小为80 m/s2 D．“背罩分离”后瞬间，探测器所受重力对其做功的功率为30 kW 2．答案：AC 解析：在星球表面，根据G＝mg可得g＝，该行星的质量和半径分别为地球的和。地球表面重力加速度大小取g＝10 m/s2，可得该行星表面的重力加速度大小为g′＝g＝4 m/s2，故A项正确。在星球表面上空，根据万有引力提供向心力有G＝m，可得星球的第一宇宙速度为v＝，该行星的质量和半径分别为地球的和，可得该行星的第一宇宙速度为v行＝v地＝v地，地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，所以该行星的第一宇宙速度为v行＝×7.9 km/s，故B项错误。“背罩分离”前，探测器及其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分析，可知探测器与保护背罩之间的作用力为F＝mg′＝4 000 N，“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4 000 N，对背罩，根据牛顿第二定律有F＝m′a，解得a＝80 m/s2，故C项正确。“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率为P＝mg′v＝1 000×4×60 W＝240 kW，故D项错误。 3．(浙江经典真题，3分)如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1 000 km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则(　　) A. a、b的周期比c的大 B．a、b的向心力一定相等 C．a、b的速度大小相等 D．a、b的向心加速度比c的小 3．答案：C 解析：卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有G＝mr＝m＝ma，解得周期T＝2π，速度v＝，加速度a＝。卫星a、b的轨道半径相等，则周期相等，线速度大小相等，向心加速度大小相等；卫星c的轨道半径大于a、b的轨道半径，则卫星c的周期大于a、b的周期，向心加速度小于a、b的向心加速度，故A项、D项均错误，C项正确。由于卫星的质量关系未知，所以无法比较向心力的大小，故B项错误。 4．(多选)(河北衡水中学模拟，4分)三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T1，B的运行周期为T2，则下列说法正确的是(　　) A．C加速可追上同一轨道上的A B．经过时间，A、B相距最远 C．A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度 D．在相同时间内，C与地心连线扫过的面积等于B与地心连线扫过的面积 4．答案：BC 解析：卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星A，故A项错误。A、B卫星由相距最近至相距最远时，两卫星转的圈数差半圈，设经过时间为t，有－＝，解得经过的时间t＝，故B项正确。根据万有引力提供向心力，有＝ma，可得a＝，由于rA＝rC>rB，可知A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，故C项正确。根据万有引力提供向心力，有＝mr，可得卫星周期T＝2π，则卫星在单位时间内扫过的面积S0＝＝，由于rC>rB，所以在相同时间内，C与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，故D项错误。 5．(2024江西真题，4分)“嫦娥六号”探测器于2024年5月8日进入环月轨道，后续经调整环月轨道高度和倾角，实施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从r1调整到r2时(两轨道均可视为圆形轨道)，其动能和周期从Ek1、T1分别变为Ek2、T2。下列选项正确的是(　　) A.＝，＝ B.＝，＝ C.＝，＝ D.＝，＝ 5．答案：A 解析：探测器绕月球做匀速圆周运动，设月球的质量为M，探测器的质量为m，当轨道半径为r1时，由万有引力提供向心力有G＝m＝mr1，当轨道半径为r2时，有G＝m＝mr2，再根据动能表达式Ek＝mv2，联立解得＝，＝，故A项正确。 6．(江苏经典真题，3分)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则(　　) A.v1＞v2，v1＝ B．v1＞v2，v1＞ C．v1＜v2，v1＝ D．v1＜v2，v1＞ 6．答案：B 解析：根据开普勒第二定律有v1＞v2。若卫星绕地心做轨道半径为r的匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有＝m，解得线速度大小为，将卫星从半径为r的圆轨道变轨到图示的椭圆轨道，必须在近地点加速，所以有v1＞，故A项、C项、D项均错误，B项正确。 7．(2022.01浙江真题，3分)“天问一号”从地球发射后，在如图(a)所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图(b)所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号(　　) 　　 图(a)　　 　　　　　　图(b) A．发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间 B．从P点转移到Q点的时间小于6个月 C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小 D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度 7．答案：C 解析：因天问一号要变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2 km/s与16.7 km/s之间，故A项错误。根据开普勒第三定律，因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期(1年共12个月)，从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半，故应大于6个月，故B项错误。因环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知，在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C项正确。天问一号从P点变轨时，要增大速度，此后做离心运动，速度减小，根据＝m可知，在运动到Q点时速度达到最小；在Q点加速变轨到火星轨道，根据＝m可得在火星轨道上的线速度v＝，因为r地<r火，所以火星绕太阳的速度小于地球绕太阳的速度，则天问一号在地火转移轨道上Q点的运动速度小于地球绕太阳的速度，故D项错误。 8．(2023湖南真题，4分)根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1～8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的10～20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。不考虑恒星与其他物体的相互作用。已知逃逸速度为第一宇宙速度的倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是(　　) A．同一恒星表面任意位置的重力加速度相同 B．恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大 C．恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变 D．中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度 8．答案：B 解析：重力加速度为矢量，有方向，在同一恒星表面不同位置重力加速度的方向不同，故A项错误。恒星坍缩前后质量不变，体积变小，即半径变小，在星球表面两极处万有引力等于重力，有G＝mg，解得g＝，可知恒星坍缩后表面两极处重力加速度变大，故B项正确。万有引力提供星球表面附近做圆周运动的物体的向心力，则G＝m，解得v＝，可知恒星坍缩后第一宇宙速度变大，故C项错误。根据逃逸速度v′＝v＝，M＝πR3ρ可得v′2＝2G，由于中子星质量大于白矮星，密度大于白矮星，可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，故D项错误。 9．(2022福建真题，4分)2021年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390 km近圆轨道上的天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量为m的物体从距地心r处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为G，式中M为地球质量，G为引力常量；现将空间站的质量记为m0，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r1、r2，如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为(　　) A．GMm0 B．GMm0 C．GMm0 D．2GMm0 9．答案：A 解析：空间站紧急避碰的过程可简化为加速、变轨、再加速三个阶段，空间站从轨道r1变轨到r2过程，设发动机做的功为W，根据动能定理有W＋W引力＝ΔEk，引力做功为W引力＝G－G，万有引力提供空间站在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有G＝m0，解得空间站在轨道上运动的动能为Ek＝m0v2＝G，动能的变化量ΔEk＝G－G，联立解得W＝，故A项正确。 课后提分练10　人造卫星　宇宙速度 A组(巩固提升) 1．(2023江苏真题，4分)设想将来发射一颗人造卫星，能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行，该轨道可视为圆轨道。该卫星与月球相比，一定相等的是(　　) A．质量 B．向心力大小 C．向心加速度大小 D．受到地球的万有引力大小 1．答案：C 解析：设人造卫星的质量为m，地球的质量为M，月球的质量为m月，月球和人造卫星沿同一轨道绕地球做圆周运动，均由万有引力提供向心力，二者与地球间距r相同，则有G＝m月a月，G＝ma卫，联立可得a月＝a卫，故C项正确。根据卫星的运行规律有G＝＝mrω2，等式中的卫星质量m可以约去，因此卫星绕地球在某一轨道上做匀速圆周运动时，对卫星的质量没有要求，卫星质量越大，卫星与地球间的万有引力越大，卫星所受的向心力越大，故A项、B项、D项均错误。 2．(2024全国甲真题，6分)2024年5月，嫦娥六号探测器发射成功，开启了人类首次从月球背面采样返回之旅。将采得的样品带回地球，飞行器需经过月面起飞、环月飞行、月地转移等过程。月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的。下列说法正确的是(　　) A．在环月飞行时，样品所受合力为零 B．若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力等于零 C．样品在不同过程中受到的引力不同，所以质量也不同 D．样品放置在月球背面时对月球的压力，比放置在地球表面时对地球的压力小 2．答案：D 解析：在环月飞行时，样品所受合力提供所需的向心力，不为零，故A项错误。若将样品放置在月球正面，它对月球表面压力大小等于它在月球表面的重力大小，由于月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的，所以样品放置在月球表面时对月球的压力等于放置在地球表面时对地球压力的，故B项错误，D项正确。质量只与物体含有物质的多少有关，与物体所处的位置和运动状态无关，样品在不同过程中受到的引力不同，但样品的质量相同，故C项错误。 3．(多选)(安徽定远模拟，4分)北斗导航系统第41颗卫星为地球同步轨道卫星，第49颗卫星为倾斜地球同步轨道卫星，它们的轨道半径约为4.2×107 m，运行周期都等于地球的自转周期24 h。倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。已知引力常量G＝6.67×10-11 N·m2/kg2，下列说法正确的是(　　) A. 根据题目数据可估算出地球的质量 B．同步轨道卫星可能经过北京正上空 C．倾斜地球同步轨道卫星一天2次经过赤道正上方同一位置 D．倾斜地球同步轨道卫星的运行速度大于第一宇宙速度 3．答案：AC 解析：根据G＝mr可得M＝，根据题目数据可估算出地球的质量，故A项正确。由于地球同步卫星相对地面静止，一定在地球赤道的正上方，不可能运动到北京的正上方，故B项错误。倾斜地球同步轨道卫星若某时刻经过赤道正上方某位置，经过半个周期，恰好地球也转了半个周期，因此又会经过赤道上方的同一位置，故C项正确。根据G＝m可得v＝，可知轨道半径越大，运动速度越小，第一宇宙速度是贴近地球表面运动的卫星的速度，同步卫星轨道半径更大，则同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故D项错误。 4．(多选)(2024河北真题，6分)2024年3月20日，鹊桥二号中继星成功发射升空，为嫦娥六号在月球背面的探月任务提供地月间中继通讯。鹊桥二号采用周期为24 h的环月椭圆冻结轨道(如图)，近月点A距月心约为2.0×103 km，远月点B距月心约为1.8×104 km，CD为椭圆轨道的短轴，下列说法正确的是(　　) A．鹊桥二号从C经B到D的运动时间为12 h B．鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比约为81∶1 C．鹊桥二号在C、D两点的速度方向垂直于其与月心的连线 D．鹊桥二号在地球表面附近的发射速度大于7.9 km/s且小于11.2 km/s 4．答案：BD 解析：鹊桥二号围绕月球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，鹊桥二号沿轨道从C→B→D与月心的连线扫过的面积大于椭圆面积的一半，则从C→B→D的运动时间大于半个周期，即大于12 h，故A项错误。鹊桥二号在A点，根据牛顿第二定律有G＝maA，同理，在B点有G＝maB，联立两式并代入数据解得aA∶aB＝81∶1，故B项正确。由于鹊桥二号做曲线运动，则其速度方向应沿轨迹的切线方向，则可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线，故C项错误。由于鹊桥二号环绕月球运动，而月球为地球的“卫星”，则鹊桥二号未脱离地球的束缚，故鹊桥二号在地球表面附近的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9 km/s，小于地球的第二宇宙速度11.2 km/s，故D项正确。 5．(2023新课标真题，6分)2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船“天舟六号”，携带约5 800 kg的物资进入距离地面约400 km(小于地球同步卫星与地面的距离)的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资(　　) A．质量比静止在地面上时小 B．所受合力比静止在地面上时小 C．所受地球引力比静止在地面上时大 D．做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大 5．答案：D 解析：质量是物质本身的一种属性，物质在低速(速度远小于光速)、宏观条件下质量保持不变，即物资在空间站和静止在地面质量相同，故A项错误。物资与地球间的万有引力为F引＝，引力常量G、地球质量M、物资质量m都不变，F引只与r有关，r越大，F引越小，因此物资在空间站所受的引力小于在地面上所受的引力，故C项错误。同步卫星与地球自转的周期相同，角速度相等，物资和同步卫星做匀速圆周运动时均由万有引力提供向心力，有＝mω2r，解得ω＝，可知r越大，ω越小，因此同步卫星的角速度小于物资的角速度，即地球自转角速度小于物资做圆周运动的角速度，故D项正确。物资做匀速圆周运动时，合力提供向心力。物资静止在地面上时，绕地轴做匀速圆周运动，角速度等于地球自转角速度，且匀速圆周运动半径小于对接空间站后的运动半径，根据F向＝mω2r，可知物资对接空间站后所受的合力大，故B项错误。 6．(多选)(2024湖南真题，5分)2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。己知月球表面重力加速度约为地球表面的，月球半径约为地球半径的。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是(　　) A．其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度 B．其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度 C．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍 D．其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍 6．答案：BD 解析：返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径，则有G＝m，在月球表面万有引力和重力的关系为G＝mg月，联立解得v月＝，同理可得地球上近地圆轨道卫星的环绕速率为v地＝，代入题中数据可得v月＝v地，由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，故A项错误，B项正确。根据线速度和周期的关系有T＝，根据以上分析可得T月＝T地，故C项错误，D项正确。 7．(2022.06浙江真题，3分)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则(　　) A.天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大 B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力 C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行 D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒 7．答案：C 解析：根据G＝m可得v＝，可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小，且环绕速度与返回舱和天和核心舱的质量无关，故A项错误，C项正确。返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运动的向心力，故B项错误。返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，故D项错误。 8．(多选)(2022重庆真题，5分)我国载人航天事业已迈入“空间站时代”。若中国空间站绕地球近似做匀速圆周运动，运行周期为T，轨道半径约为地球半径的倍，已知地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则(　　) A．漂浮在空间站中的宇航员不受地球的引力 B．空间站绕地球运动的线速度大小约为 C．地球的平均密度约为3 D．空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的2倍 8．答案：BD 解析：漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供宇航员做圆周运动所需的向心力，故A项错误。根据匀速圆周运动的规律，可知空间站绕地球运动的线速度大小约为v＝＝，故B项正确。设空间站的质量为m，其所受万有引力提供向心力，有G＝m2，则地球的平均密度约为ρ＝＝3，故C项错误。根据万有引力提供向心力，有G＝ma，则空间站绕地球运动的向心加速度大小为a＝，地面的重力加速度为g＝，可得＝2，即空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的2倍，故D项正确。 9．(2024.01浙江真题，3分)如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约500 km的轨道。取地球质量6.0×1024 kg，地球半径6.4×103 km，引力常量6.67×10－11 N·m2/ kg2。下列说法正确的是(　　) A．火箭的推力是空气施加的 B．卫星的向心加速度大小约8.4 m/s2 C．卫星运行的周期约12 h D．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态 9．答案：B 解析：根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，故A项错误。根据牛顿第二定律和万有引力定律可知，卫星的向心加速度大小为a＝＝≈8.4 m/s2，故B项正确。卫星运行的周期为T＝2π≈1.6 h，故C项错误。发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D项错误。 10．(浙江宁波模拟，3分)2022年1月22日，我国实践21号卫星(SJ－21)将一颗失效的北斗2号卫星从拥挤的地球同步轨道上拖拽到了航天器稀少的更高的“墓地轨道”上，如图所示，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行。则该过程中(　　) A．实践21号卫星在P点从同步轨道到转移轨道需要减速 B．北斗2号卫星在转移轨道上经过Q点的加速度大于在墓地轨道上经过Q点的加速度 C．若北斗2号卫星要从Q点逃脱地球的引力束缚，则在该处速度必须大于11.2 km/s D．考虑空气阻力，若在“同步轨道”运行的卫星无动力补充，则接下来轨道降低，速度变大 10．答案：D 解析：实践21号卫星在P点从同步轨道到转移轨道需要加速做离心运动，故A项错误。根据a＝可知，北斗2号卫星在转移轨道上经过Q点的加速度等于在墓地轨道上经过Q点的加速度，故B项错误。若北斗2号卫星要从地球表面脱离地球的引力束缚，则在地面处速度必须大于11.2 km/s，因卫星在Q点的机械能大于在地面的机械能，所以从Q点脱离地球的引力束缚，则在该处速度小于11.2 km/s，故C项错误。考虑空气阻力，若在“同步轨道”运行的卫星无动力补充，则速度会减小，卫星做向心运动，即接下来轨道降低，地球的引力做正功，且引力做的正功大于克服空气阻力的功，则卫星的速度变大，故D项正确。 B组(冲刺满分) 11．(2023北京真题，3分)2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为720 km，运行一圈所用时间约为100分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”。下列说法正确的是(　　) A．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为1° B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于7.9 km/s C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度 D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离 11．答案：A 解析：地球绕太阳公转一周转过的角度为360°，用时365天，所以地球一天绕太阳转过的角度大约为1°，“夸父一号”轨道平面要始终与太阳保持固定的取向，因此“夸父一号”轨道平面平均每天转动的角度约为1°，故A项正确。7.9 km/s为第一宇宙速度，第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，“夸父一号”距地面高度约为720 km，因此“夸父一号”的速度小于7.9 km/s，故B项错误。设地球半径为R，地面上质量为m的物体所受的重力mg等于地球对物体的引力，则有G＝mg，解得g＝G，对于“夸父一号”，根据牛顿第二定律有G＝m夸a，其中r为“夸父一号”绕地球转动的轨道半径，解得向心加速度a＝G，由于R<r，则有a<g，即“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C项错误。“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，不能使用开普勒第三定律，则根据题中信息不能求解地球与太阳的平均距离，故D项错误。 12．(多选)(经典题，4分)如图为某着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，着陆器先在轨道Ⅰ上运动，然后改在圆轨道Ⅱ上运动，最后在椭圆轨道Ⅲ上运动。P点是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且PQ＝2QS＝2l。着陆器在轨道Ⅰ上经过P点的速度为v1，在轨道Ⅱ上经过P点的速度为v2，在轨道Ⅲ上经过P点的速度为v3，下列说法正确的是(　　) A.v1＞v2＞v3 B．着陆器在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能 C．着陆器在轨道Ⅲ上经过P点的加速度为 D．着陆器在轨道Ⅱ上由P点到S点的时间与轨道Ⅲ上由P点到Q点的时间之比是2∶1 12．答案：ABC 解析：着陆器由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ都需点火减速，故v1＞v2＞v3，在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故A项、B项均正确。根据万有引力提供向心力有G＝ma，解得a＝，可知着陆器在轨道Ⅲ上经过P点的加速度与在轨道Ⅱ上经过P点的加速度相等，为a＝＝，故C项正确。着陆器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间与着陆器在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间均为相应轨道运行周期的一半，故时间之比等于周期之比＝，根据开普勒第三定律有＝，据题有R2＝1.5l，R3＝l，可得＝，故D项错误。 13．(山东经典真题，3分)我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为(　　) A.m B．m C．m D．m 13．答案：B 解析：根据天体表面的重力等于万有引力有G＝mg，解得g＝，＝·＝0.4，则火星表面的重力加速度g火＝0.4g，着陆器减速运动的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律有F－0.4mg＝ma，解得F＝m，故B项正确。 14．(经典题，3分)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为(　　) A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h 14．答案：B 解析：设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r＝6.6R，已知地球的自转周期T＝24 h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小。由＝mR可得T＝，可知卫星做圆周运动的半径越小，则运动周期越小。由于三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形，并且三边与地球相切时轨道半径最小，如图所示。由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r′＝2R。由开普勒第三定律＝k得，地球自转的最小周期为T′＝T＝24× h≈4 h，故B项正确。 15．(多选)(2022海南真题，4分)火星与地球的质量比为a，半径比为b，则它们的第一宇宙速度之比和表面的重力加速度之比分别是(　　) A．＝ B．＝ C．＝ D．＝ 15．答案：BC 解析：设星球半径为R，星球上质量为m的物体所受的重力mg等于星球对物体的引力，则有mg＝G，解得g＝G，可得火星与地球表面的重力加速度之比为＝＝，故A项错误，C项正确。物体在星球表面附近绕星球做匀速圆周运动时，可近似认为向心力是由重力提供的，则有mg＝，解得v＝，可得火星与地球的第一宇宙速度之比是＝＝，故B项正确，D项错误。 16．(2022江苏真题，12分)在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略，空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L，如图(a)所示，机械臂一端固定在空间站上的O点，另一端抓住质量为m的货物，在机械臂的操控下，货物先绕O点做半径为2L、角速度为ω的匀速圆周运动，运动到A点停下，然后在机械臂操控下，货物从A点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t到达B点，A、B间的距离为L。 　　 图(a)　　　　　　　图(b) (1)求货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小Fn； (2)求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P。 (3)在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如图(b)所示，它们在同一直线上，货物与空间站同步做匀速圆周运动，已知空间站轨道半径为r，货物与空间站中心的距离为d，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比F1∶F2。 16．答案：(1)2mω2L(2分)　(2)(5分) (3)(5分) 解析：(1)质量为m的货物绕O点做匀速圆周运动，半径为2L，根据牛顿第二定律可知 Fn＝mω2×2L＝2mω2L(2分) (2)货物从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，根据运动学公式可知 L＝at2(1分) 解得a＝ 货物到达B点时的速度大小为 v＝at＝(1分) 货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力为 F＝ma(1分) 所以货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为 P＝Fv＝(2分) (3)空间站和货物同轴转动，角速度ω0相同，对质量为m0的空间站，地球的引力提供向心力，有 G＝m0ωr(1分) 解得GM＝ωr3 货物在机械臂的作用力F1和万有引力F2的作用下做匀速圆周运动，则 F2－F1＝mω(r－d)(1分) 货物受到的万有引力 F2＝G＝(1分) 解得机械臂对货物的作用力大小为 F1＝－mω(r－d)＝mω(1分) 则＝(1分) 17.(北京朝阳区三模，12分)一球形人造卫星，其最大横截面积为A、质量为m，在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动。由于受到稀薄空气阻力的作用，导致卫星运行的轨道半径逐渐变小。卫星在绕地球运转很多圈之后，其轨道的高度下降了ΔH，由于ΔH≪R，所以可以将卫星绕地球运动的每一圈均视为匀速圆周运动。设地球可看成质量为M的均匀球体，万有引力常量为G。取无穷远处为零势能点，当卫星的运行轨道半径为r时，卫星与地球组成的系统具有的势能可表示为Ep＝－。 (1)求人造卫星在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动的周期； (2)某同学为估算稀薄空气对卫星的阻力大小，做出了如下假设：卫星运行轨道范围内稀薄空气的密度为ρ，且为恒量；稀薄空气可看成是由彼此不发生相互作用的颗粒组成的，所有的颗粒原来都静止，它们与人造卫星在很短时间内发生碰撞后都具有与卫星相同的速度，在与这些颗粒碰撞的前后，卫星的速度可认为保持不变。在满足上述假设的条件下，请推导： ①估算空气颗粒对卫星在半径为R轨道上运行时，所受阻力F大小的表达式； ②估算人造卫星由半径为R的轨道降低到半径为R－ΔH的轨道的过程中，卫星绕地球运动圈数n的表达式。 17．答案：(1)(2分) (2)①F＝(4分)　②n＝(6分) 解析：(1)设卫星在半径为R轨道运行的周期为T，根据万有引力提供向心力，有 G＝mR(1分) 解得T＝(1分) (2)①如图所示，最大横截面积为A的卫星，经过时间Δt从图中的实线位置运动到了图中的虚线位置，该空间区域空气颗粒的质量为 Δm＝ρAvΔt(1分) 以这部分空气颗粒为研究对象，碰撞后它们都获得了速度v，设卫星给这部分空气颗粒的平均作用力大小为F′，根据动量定理有 F′Δt＝Δmv－0(1分) 根据万有引力提供向心力有 G＝m(1分) 解得F′＝ 根据牛顿第三定律，卫星所受的阻力大小 F＝F′＝(1分) ②设卫星在半径为R轨道运行时的速度为v1、动能为Ek1、势能为Ep1、机械能为E1。 根据万有引力提供向心力，有 G＝m(1分) 卫星的动能Ek1＝mv，势能Ep1＝－ 解得E1＝－ 同理，卫星高度下降ΔH，在半径为(R－ΔH)轨道上运行，其机械能为 E2＝－ 卫星轨道高度下降ΔH，其机械能的改变量 ΔE＝－(2分) 设卫星在沿半径为R的轨道运行一周过程中，空气颗粒作用于卫星的阻力做的功为W0，则 W0＝－F×2πR＝－2πρAGM(1分) 上式表明卫星在绕不同轨道运行一周，空气颗粒所施加的阻力做的功是一恒量，与轨道半径无关，则 ΔE＝nW0 解得n＝(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$