2027届高考一轮复习——第十二讲 人造卫星、宇宙速度、卫星变轨问题

该高中物理高考复习讲义聚焦人造卫星、宇宙速度、卫星变轨核心考点，按“概念—应用—拓展”逻辑架构知识，涵盖三个宇宙速度定义、卫星运行参量比较、变轨及多星系统等内容，通过考点梳理、模型建构指导、真题分类训练（25道题含单选多选），帮助学生建立天体运动问题分析框架。 讲义突出科学思维与模型建构，如对比同步卫星与近地卫星周期、速度关系培养科学推理能力，设计基础题（如第1题近地卫星受力分析）与综合题（第22题多星系统）分层练习，确保高效突破难点，提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

日拱一卒，功不唐捐 人造卫星、宇宙速度、卫星变轨 1、 三个宇宙速度 1．（多选）2025年5月19日，海陆丰号近地卫星成功发射。下列说法正确的是（　　） A．海陆丰号卫星一定受到地球的万有引力 B．海陆丰号卫星一直处于超重状态 C．海陆丰号卫星的环绕速度等于地球的第一宇宙速度 D．海陆丰号卫星的运行周期是24h 【答案】AC 【详解】A．海陆丰号卫星一定在地球的万有引力作用下绕地球运动，故A正确； B．海陆丰号卫星在轨处于失重状态，故B错误； C．海陆丰号卫星是近地卫星，故其环绕速度等于地球的第一宇宙速度，故C正确； D．海陆丰号卫星是近地卫星，不是同步卫星，故D错误。 故选AC。 2．已知某两个相距足够远的星球的密度几乎相等，若将这两个星球视为质量分布均匀的球体（两星球的半径不同），忽略自转及其他天体的影响，关于这两个星球，下列物理量近似相等的是（　　） A．近地卫星运动的周期 B．近地卫星运动的速度大小 C．表面的重力加速度大小 D．第一宇宙速度大小 【答案】A 【详解】C．设星球的半径为R、密度为，两星球密度相等、半径不同，由 同时有， 解得星球表面的重力加速度大小 两星球表面的重力加速度大小不相等，故C错误； A．由得星球表面附近卫星运动的周期 解得近地卫星运动的周期为 则近地卫星运动的周期相等，故A正确； BD．由第一宇宙速度的特点 得第一宇宙速度大小 近地卫星运动的速度大小等于第一宇宙速度大小，则两星球表面的第一宇宙速度和近地卫星运动的速度大小均不相等，故BD错误； 故选A。 3．1984年4月我国发射了第一颗地球静止卫星，2024年嫦娥六号赴“霄汉”，成功带回月背“土特产”，根据你的理解，以下正确的是（　　） A．静止卫星运行的加速度小于地面物体随地球自转的向心加速度 B．在地球表面给物体的初速度小于第一宇宙速度，物体最终必定落回地面 C．对于沿圆轨道绕地球运动的卫星，运行速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度 D．在地球表面发射一颗绕月卫星，发射速度要大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度 【答案】B 【详解】A．静止卫星运行时与地面物体相对静止，角速度相同，则根据向心加速度可知，静止卫星的环绕半径比地面物体随地球做圆周运动的半径大，则静止卫星运行的加速度大于地面物体随地球自转的向心加速度。故A错误； B．第一宇宙速度是物体脱离地球表面的最小发射速度，若物体的初速度小于第一宇宙速度，则物体必定会落回地面。故B正确； C．对于沿圆轨道绕地球运动的卫星，发射速度应大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度。第一宇宙速度对应最小的发射速度以及最大的卫星环绕速度。因此地球卫星的运行速度（即环绕速度）不可能大于第一宇宙速度，故C错误； D．在地球表面发射一颗绕月卫星，卫星仍在地球引力范围内，则发射速度不能大于第二宇宙速度，否则会摆脱地球束缚。故D错误。 故选B。 4．在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设a、b两个天体的质量均为M，相距为2r，其连线的中点为O，另一天体（图中未画出）质量为m（m << M），若c处于a、b连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周运动，且相对位置不变，忽略其他天体的影响。引力常量为G。则（   ） A．c的线速度大小为a的倍 B．c的向心加速度大小为b的一半 C．c在一个周期内的路程为2πr D．c的角速度大小为 【答案】A 【详解】D．a、b、c三个天体角速度相同，由于m << M，则对a天体有 解得 故D错误； A．设c与a、b的连线与a、b连线中垂线的夹角为α，对c天体有 解得 α = 30° 则c的轨道半径为 由v = ωr，可知c的线速度大小为a的倍，故A正确； B．由a = ω2r，可知c的向心加速度大小是b的倍，故B错误； C．c在一个周期内运动的路程为 故C错误。 故选A。 2、 卫星问题 5．卫星根据其不同功能有不同的环绕轨道。如图“夸父一号”卫星离地面的高度为720km绕地球做匀速圆周运动，可用于探测由太阳射来的高能宇宙射线；同步地球卫星离地高度约36000km，可用于气象观测；下列说法正确的是（　　） A．“夸父一号”的运行速度大于7.9km/s B．同步卫星的向心加速度大于赤道平面随着地球自转物体的向心加速度 C．为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用b轨道比a轨道更合理 D．“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期为24小时 【答案】B 【详解】A．根据牛顿第二定律得 解得 轨道半径越大，运行速度越小。“夸父一号”的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以“夸父一号”的运行速度小于7.9km/s，A错误； B．根据，同步卫星和赤道平面随着地球自转物体的周期相同，轨道半径越大，向心加速度越大，同步卫星轨道半径大于赤道平面随着地球自转物体的轨道半径，所以同步卫星的向心加速度大于赤道平面随着地球自转物体的向心加速度，B正确； C．为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用a轨道比b轨道更合理，因为采用轨道a可以连续24小时观测太阳，采用轨道b不能连续24小时观测太阳，C错误； D．根据牛顿第二定律得   解得 轨道半径越小，周期越小，“夸父一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期小于24小时，D错误。 故选B。 6．2026年4月，神舟乘组入驻中国空间站。如图，地球半径为，自转周期为，空间站所在轨道离地面的高度约为，同步卫星离地面的高度约为，万有引力常量为。下列说法正确的是（　　） A．根据题中物理量可求出地球平均密度 B．空间站绕地运行线速度比同步卫星小 C．空间站绕地运行角速度比地球自转角速度小 D．空间站绕地运行的周期约为 【答案】A 【详解】A．根据万有引力提供向心力 可得 根据题意可知同步卫星的周期和轨道半径，即根据题中物理量可求出地球平均密度，故A正确； B．根据万有引力提供向心力 可得 空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则空间站绕地运行线速度比同步卫星大，故B错误； C．根据万有引力提供向心力 可得 空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则空间站绕地运行角速度比地球自转角速度大，故C错误； D．根据题意有空间站的轨道半径为1.06R，同步卫星的轨道半径为，根据万有引力提供向心力 可得 可得空间站绕地运行的周期约为，故D错误。 故选A。 7．人造地球卫星以地心为圆心，做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．半径越大，速度越小，周期越小 B．半径越大，角速度越小，周期越大 C．所有卫星的速度均是相同的，与半径无关 D．所有卫星的角速度均是相同的，与半径无关 【答案】B 【详解】卫星做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，由 得 可知越大，越小，线速度与半径有关。 由 得 可知越大，越小，角速度与半径有关。 由 得 可知越大，越大。 故选B。 8．如图所示，甲、乙两颗卫星以相同的速率分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动。则甲、乙卫星（     ） A．轨道半径之比为 B．运行周期之比为 C．受到的万有引力大小之比为 D．向心加速度大小之比为 【答案】B 【详解】A．由万有引力提供向心力可得 已知甲、乙两颗卫星以相同的速率分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，则甲、乙卫星的轨道半径之比为，故A错误； B．根据公式，可得甲、乙卫星的运行周期之比为，故B正确； D．根据公式，可得甲、乙卫星的向心加速度大小之比，故D错误； C．甲、乙卫星的质量关系未知，故无法确定甲、乙卫星受到的万有引力大小之比，故C错误。 故选B。 9．如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ相切于点。图乙为该飞行器在两轨道上受到地球引力大小随时间的变化规律。下列说法正确的是（     ） A．飞行器在时刻恰好到达点 B．飞行器在时刻与时刻到地心的距离之比为 C．飞行器沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行的周期之比为5∶9 D．与之比为 【答案】D 【详解】A．根据万有引力定律，可得，即引力越小，距离地心越远。结合变轨过程（先在轨道Ⅱ运行，后变轨到轨道Ⅰ）和图像分析：时刻引力最小，对应最远点，因此时刻不在P点，故A错误； B．时刻，时刻，由 得，故B错误； C．设，轨道Ⅰ：近地点， 远地点，，半长轴 轨道Ⅱ：近地点，，远地点， 半长轴 根据开普勒第三定律 得： ，故 C错误； D．是轨道Ⅱ从近地点到远地点的时间，为 是轨道Ⅰ从近地点到远地点的时间，为 因此，故D正确。 故选D。 10．如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动。已知地球半径为，空间站的轨道半径为，机械臂长为，忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是（　　） A．微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为 B．空间站所在处的重力加速度与地球表面重力加速度之比为 C．微型卫星的加速度比空间站的加速度小 D．若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会做近心运动 【答案】B 【详解】A．微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，根据 可知微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为，故A错误； B．根据牛顿第二定律可得 解得空间站处的重力加速度为 在地球表面则有 解得 所以，故B正确； C．根据向心加速度 可知 由于微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，轨道半径大于空间站的轨道半径，因此微型卫星的加速度比空间站的加速度大，故C错误； D．根据牛顿第二定律可得 解得 可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由可知，所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有拉力作用，若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故D错误。 故选B。 11．（多选）华为Mate60Pro成为全球首款支持卫星通话的大众智能手机，在无信号环境下，该手机通过“天通一号”卫星与外界进行联系。已知“天通一号”卫星位于离地球表面约为6R的地球同步轨道上，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．“天通一号”可以在北京的上空保持相对静止 B．“天通一号”在轨运行的向心加速度约为 C．“天通一号”在轨运行的周期约为 D．“天通一号”在轨运行的线速度小于7.9km/s 【答案】CD 【详解】A．地球同步卫星的轨道在赤道上空，故“天通一号”不可能在北京的上空保持相对静止，故A错误； B．某物体在地球表面上，则有 “天通一号”在轨运行，则有 联立解得“天通一号”在轨运行的向心加速度，故B错误； C．“天通一号”在轨运行，则有 又某物体在地球表面上，则有 联立解得“天通一号”在轨运行的周期，故C正确； D．7.9km/s是第一宇宙速度，是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，故“天通一号”在轨运行的线速度小于7.9km/s，故D正确。 故选CD。 12．（多选）关于地球同步卫星下列说法正确的是（　　） A．地球同步卫星和地球同步，因此同步卫星的高度和线速度大小是一定的 B．地球同步卫星的角速度虽被确定，但高度和速度可以选择，高度增加，速度增大，高度降低，速度减小 C．地球同步卫星只能定点在赤道上空，相对地面静止不动 D．平行于赤道也能发射地球同步卫星 【答案】AD 【详解】A．根据万有引力提供向心力，则有 其中为地球半径，为同步卫星离地面的高度，由于同步卫星的周期与地球自转周期相同，即为一定值，根据上面等式可知，同步卫星离地面的高度也为一定值，则轨道半径一定，根据 可知，线速度的大小也一定，故A正确； B．同步卫星的周期与地球自转周期相同，结合上述可知，高度与线速度大小均为定值，故B错误； CD．地球同步卫星只需要周期与地球自转周期相等，其可以在除赤道所在平面外的任意平面，而地球同步静止卫星相对于地球静止不动，即地球同步静止卫星一定与赤道共面，故C错误，D正确。 故选AD。 13．2025年2月，实践25号卫星成功为北斗G7卫星加注推进剂，完成了人类航天史上首次“太空加油”。已知北斗G7卫星在地球同步静止轨道绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（    ） A．北斗G7卫星的运行速度大于7.9km/s B．北斗G7卫星的向心加速度小于地球表面附近的重力加速度 C．北斗G7卫星的运行速度小于地球赤道上随地球自转物体的线速度 D．在地球同步静止轨道上运行的实践25号，可通过加速追上北斗G7卫星 【答案】B 【详解】A．第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，由万有引力提供向心力得，同步卫星轨道半径大于近地卫星轨道半径，因此运行速度小于7.9km/s，故A错误； B．由万有引力提供向心加速度得，地球表面重力加速度（为地球半径），同步卫星轨道半径，因此其向心加速度小于地表重力加速度，故B正确； C．同步卫星与地球赤道上随地球自转的物体角速度相同，由线速度公式，同步卫星轨道半径更大，因此线速度大于赤道上物体的线速度，故C错误； D．在同步轨道上的卫星若加速，万有引力不足以提供向心力，会做离心运动进入更高轨道，无法追上原轨道的北斗G7卫星，故D错误。 故选B。 14．星河璀璨，征途如虹！从“嫦娥”揽月到“天宫”筑梦，从“天问”探火到“北斗”指路，中国航天人以凌云之志叩问苍穹。是地球赤道，是地球近地轨道，是地球静止轨道，地球自转不能忽略。下列关于、、的说法正确的是（    ） A．同一物体，在处受到的引力大于处，所以处的线速度更大 B．同一物体，在轨道处所受合力比在处要大 C．同一物体，从轨道转移到轨道处，机械能减少 D．根据开普勒三大定律，物体在、轨道上运动时在单位时间内与地球球心连线扫过的面积相等 【答案】B 【详解】AB．由，得，同一物体在处受到的引力等于处，但赤道上物体还受到地面的支持力，所以处的线速度更大，故A错误，B正确； C．同一物体，从轨道转移到轨道处，需要在轨道上加速，机械能增大，故C错误； D．物体在、轨道上不是同一卫星轨道，物体在、轨道上运动时在单位时间内与地球球心连线扫过的面积不相等，故D错误。 故选 B。 15．如图所示，a为静止在赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。以地心为参考系，关于它们的向心加速度，线速度，下列描述正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AB．由题意，根据 得 由于，可知 根据，， 可得 所以 故AB错误； CD．由题意，根据 得 由于，可知 根据，， 可得 所以 故C错误，D正确。 故选D。 16．如图，卫星沿倾斜圆轨道运行，由南向北穿过赤道平面的点称为升交点，反之称为降交点，这两点对卫星的任务规划具有重要意义。某卫星每天仅在北京时间10∶30经过一次升交点，22∶30经过一次降交点，则该卫星（　　） A．始终相对地面静止 B．线速度大于第一宇宙速度 C．角速度比在赤道上物体的大 D．向心加速度比在赤道上物体的大 【答案】D 【详解】A．地球的同步卫星始终相对地面静止, 同步卫星运行的轨道平面在赤道平面,而该卫星沿倾斜圆轨道运行,故A错误; B．第一宇宙速度是卫星运行的最大速度,故该卫星的线速度小于第一宇宙速度, 故B错误; C．由题知该卫星周期等于24h，与同步卫星周期相等,即该卫星和同步卫星的轨道半径、运动的角速度、线速度相等，而同步卫星和赤道上物体相对静止，故该卫星角速度与赤道上物体的角速度相等，故C错误； D．由，结合C项分析知该卫星的向心加速度比在赤道上物体的大,故D正确。 故选D。 17．北京时间2023年9月，中国航天员在空间站梦天实验舱中圆满完成“天宫课堂”直播授课。中国空间站在距离地面约430 km的圆轨道上做匀速圆周运动，周期为90 min，空间站的运动平面与赤道面的夹角约为，为实现空间站与地面直播互动交流，空间站的信号需要先传到在地球静止轨道上运行的中继卫星，然后再传回地面。下列说法正确的是（　　） A．空间站的线速度比地面上观看直播的同学的线速度小 B．空间站的线速度大于地球的第一宇宙速度 C．空间站的加速度小于地球两极的重力加速度 D．若要完成一场90 min的直播授课，仅一颗中继卫星即可完成任务 【答案】C 【详解】A．由 可得 由于中继卫星的轨道半径比空间站的大，可知中继卫星的线速度小于空间站的线速度；地球自转角速度与中继卫星的角速度相同，且地球半径小于中继卫星的轨道半径，根据 可知地面上观看直播的同学随地球自转的线速度小于中继卫星的线速度，综合可知同学的线速度小于空间站的线速度，故A错误； B．由 可得 由于第一宇宙速度是卫星绕地表飞行的速度，其轨道半径比空间站的轨道半径小，故空间站的线速度小于地球的第一宇宙速度，故B错误； C．对地球两极附近质量为的物体有 可得地球两极的重力加速度 对空间站有 可得 可知，故C正确； D．要完成一场90 min的直播授课，空间站大约绕地球一圈，如图所示，需要两颗以上的中继卫星，故D错误。 故选C。 18．（多选）如图，我国鹊桥二号中继星在环月椭圆冻结轨道顺时针环月飞行，远月点B与月心距离约为近月点A与月心距离的27倍，CD为椭圆轨道的短轴。下列说法正确的是（　　） A．鹊桥二号从A到B的时间等于从C到D的时间 B．鹊桥二号从C到B的时间大于从D到A的时间 C．鹊桥二号在A、B两点的线速度大小之比为27：1 D．鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比为27：1 【答案】BC 【详解】AB.根据开普勒第二定律，鹊桥二号与月球的连线从A到B扫过的面积小于从C到D扫过的面积，因此鹊桥二号从A到B的时间小于从C到D的时间，同理，鹊桥二号与月球的连线从C到B扫过的面积大于从D到A扫过的面积，因此鹊桥二号从C到B的时间大于从D到A的时间，故A错误，B正确； C.根据开普勒第二定律，对近月点和远月点有，所以，故C正确； D.鹊桥二号所受的合力为月球的引力，根据牛顿第二定律和万有引力定律，有，所以，故D错误。 故选BC。 19．地球某卫星的轨道如图中虚线圆所示，卫星轨道平面与太阳和地球的连线垂直，卫星与太阳中心连线与卫星轨道平面的夹角为θ。已知卫星公转周期为T2，地球质量为m1，公转周期为T1，太阳质量为m2，不考虑太阳对卫星的引力。则tanθ的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设太阳到地球的距离为R，由万有引力提供向心力有 整理得 设卫星绕地球的轨道半径为r，由万有引力提供向心力有 整理得 联立解得 根据几何关系有 故选B。 20．神舟二十一号飞船创造了飞船与空间站对接的最快纪录。如图，椭圆轨道Ⅰ和圆形轨道Ⅱ分别是飞船与空间站对接前、后的运行轨道，P、Q分别是轨道Ⅰ的远地点和近地点。若P、Q离地面的高度差为h，飞船在P、Q两处的加速度大小之比为，已知引力常量为G，地球质量为M，则飞船在轨道Ⅱ运行的（　　） A．半径为 B．半径为 C．速率为 D．速率为 【答案】D 【详解】AB．令P点距地面的高度为h1，Q点距地面的高度为h2，地球半径为R，根据牛顿第二定律，在P点，有 在Q点，有 根据题意，有， 联立解得飞船在轨道Ⅱ运行的，故AB错误； CD．根据万有引力等于向心力，有 解得，故C错误，D正确。 故选D。 21．（多选）“夸父一号”是中国综合性太阳探测专用卫星，2024年，“夸父一号”成功地记录了第25太阳活动周最大的耀斑。已知“夸父一号”始终位于日地连线的拉格朗日点，即可以认为它和地球一起以相同角速度绕太阳做匀速圆周运动，关于“夸父一号”，下列说法正确的是（    ） A．“夸父一号”的线速度大于地球的线速度 B．某一较远的小行星绕太阳轨道半径大小如果与“夸父一号”的半径相同，则其线速度大于“夸父一号” C．“夸父一号”向心力大小等于太阳对它的引力 D．地球和太阳连线上一共有3个拉格朗日点 【答案】BD 【详解】A．由于夸父一号与地球的角速度相同，而地球转动半径更大，因此地球线速度大于夸父一号，选项A错误； B．根据， 可知某一小行星线速度比地球的线速度大，因此也大于夸父一号的速度，选项B正确； C．夸父一号受到的合力提供向心力，等于太阳的引力与地球引力的差值，选项C错误； D．如图，在日地连线上，有3个拉格朗日点，同时受到地球引力和太阳引力，且角速度与地球绕太阳角速度相同。3个拉格朗日点均同时受到地球和太阳的引力，合力提供向心力，选项D正确。 故选BD。 22．如图为一种四颗星体组成的稳定星系，四颗质量均为m的星体位于边长为L的正方形四个顶点，四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，忽略其它星体对它们的作用，万有引力常量为G。下列说法中正确的是（　　）    A．星体匀速圆周运动的圆心不一定是正方形的中心 B．每个星体匀速圆周运动的角速度均为 C．若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的加速度大小是原来的两倍 D．若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的线速度大小是原来的两倍 【答案】B 【详解】A．四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，如下图    根据对称性可知星体做匀速圆周运动的圆心一定是正方形的中心，故A错误； B．由牛顿第二定律及力的合成可得 解得 由对称性可知每个星体匀速圆周运动的角速度均为，故B正确； C．原来星体匀速圆周运动的加速度大小为 若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的加速度大小为 故C错误； D．原来星体匀速圆周运动的线速度大小为 若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的线速度大小为 故D错误。 故选B。 23．卫星与地心连线同地球表面的交点称为星下点（即卫星的正投影位置），通过星下点监测系统可实时追踪卫星运行状态。某卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道如图甲虚线所示。图乙为该卫星的监测示意图：底部数值表示经度，曲线为星下点轨迹的时空展开图，其中标注了第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ圈的轨迹，A、B、C三点分别为各圈轨迹与赤道的交点。已知地球自转周期为24小时，卫星运行方向如图甲箭头所示。下列判断正确的是（　　） A．该卫星属于地球同步卫星 B．该卫星的运行周期约1.5h C．该卫星运行过程中，线速度大小大于第一宇宙速度 D．根据A、B、C交点可判断，在卫星运行一周时间内，地球大约自转过30° 【答案】B 【详解】A．由图可知，该卫星运行轨道与赤道平面不重合，不属于地球同步卫星，A错误； C．第一宇宙速度为卫星运行的最大速度，该卫星运行过程中，线速度大小小于第一宇宙速度，C错误； D．根据赤道与星下点轨迹展开图的交点A、C可知，地球自转过45°，此时该卫星刚好运行两周。即在该卫星运行一周时间内，地球大约自转过22.5°，D错误； B．该卫星刚好运行两周所用时间，可知该卫星的运行周期约1.5h，B正确。 故选B。 24．如图所示，两颗已发射的卫星A、B在同一轨道平面内绕地球沿逆时针方向做匀速圆周运动，某时刻两者与地心连线夹角为，轨道半径分别为。已知引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（　　） A．两卫星的线速度之比为 B．两卫星的加速度之比为 C．再经过时间，两卫星相距最近 D．两卫星经过相同的时间，卫星B与地心连线扫过的面积更大 【答案】C 【详解】AB．根据 可得 可知两卫星的线速度之比为 两卫星的加速度之比为，AB错误； C．根据可得， 两卫星相距最近时，则 解得再经过时间，C正确； D．根据，卫星与地心连线扫过的面积 可知经过相同的时间，卫星A与地心连线扫过的面积较大，D错误。 故选C。 25．人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h，地球静止卫星b离地面高度为H，，两卫星共面且旋转方向相同。某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方，设地球赤道半径为R，地面重力加速度为g则（　　） A．a、b线速度大小之比为 B．a、c角速度之比为 C．b、c向心加速度大小之比 D．a下一次通过c正上方所需时间等于 【答案】C 【详解】A．绕地球运行的卫星，地球对卫星的万有引力提供向心力，设卫星的线速度为v，则 所以 可知a、b线速度大小之比为，故A错误； B．设卫星的角速度为，根据万有引力提供向心力 得 所以 又由于静止卫星b的角速度与c的角速度相同，所以 故B错误； C．静止卫星b的角速度与c的角速度相同，根据 可得 故C正确； D．设经过时间t卫星a再次通过建筑物c上方，根据几何关系有 联立解得 故D错误。 故选C。 3、 本节总结 1 学科网（北京）股份有限公司 $日拱一卒，功不唐捐 人造卫星、宇宙速度、卫星变轨 一、三个宇宙速度 牛顿曾经思考过一个问题：从高山上水平射出一发炮弹，炮弹将会沿抛物线运动，直到落地。而当射 出速度增大，落点就会变远。那么当出射速度足够大时，落地点与出射点的距离就会变得很大，甚至超过 地球的半径！！这时炮弹将会做什么运动呢？难道要上天了？？ 其实牛顿的这个思考正是人造卫星的发射条件之一，卫星要想进入太空，绕地球做匀速圆周运动，是 需要一个发射速度的，接下来我们就来研究下卫星在地球上的发射速度问题。 第一宇宙速度 由上面牛顿的思考，我们可以知道，物体要想脱离地球表面称为人造卫星，是需要一个最小速度的， 我们把这个速度称为第一宇宙速度。那么如何去求解这个速度呢？ 卫星绕地球进行匀速圆周运动，需要一个向心力，显然这个向心力只能由地球与卫星间的万有引力来 提供，而卫星能够绕地球做匀速圆周运动的最小半径约等于地球半径，于是我们便可以写出： GMm =m- ·,T=R地 GM 解得：w=√R =VgR=7.9km/s 这就是地球表面附近卫星的运行速度，也是第一宇宙速度，也叫最小发射速度。 第二宇宙速度 当卫星的速度大于7.9km/s时，卫星开始绕地球做椭圆运动，卫星的速度越大，其轨道的最高点离地 球就越远，而当卫星的速度达到11.2km/s时，卫星就会进入以太阳引力为主的轨道中，即绕太阳运动， 我们把这个速度称为第二宇宙速度。 日拱一卒，功不唐捐 第三宇宙速度 同样的道理，卫星可以继续加速，进而脱离太阳的束缚而绕银河系中心运动，这个速度大小为 16.7km/s,即第三宇宙速度。 宇宙速度 大小 意义 物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的最大运行 速度.也是在地面附近发射飞行器时，应具备的最小发 第一宇宙速度（环绕速度）】 v1=7.9km/s 射速度，若v=7.9km/s,飞行器做匀速圆周运动；若 7.9km/s<v<11.2km/s,飞行器绕地球沿椭圆轨道 运行 在地面附近发射飞行器，使其克服地球引力永远离开地 第二宇宙速度（脱离速度） v2=11.2km/s 球所需的最小发射速度 在地面附近发射飞行器，能够挣脱太阳引力的束缚飞到 第三宇宙速度（逃逸速度） v3=16.7km/s 太阳系外的最小发射速度 1.(多选)2025年5月19日，海陆丰号近地卫星成功发射。下列说法正确的是() A.海陆丰号卫星一定受到地球的万有引力 B.海陆丰号卫星一直处于超重状态 C.海陆丰号卫星的环绕速度等于地球的第一宇宙速度 D.海陆丰号卫星的运行周期是24h 【答案】AC 【详解】A.海陆丰号卫星一定在地球的万有引力作用下绕地球运动，故A正确： B.海陆丰号卫星在轨处于失重状态，故B错误： C,海陆丰号卫星是近地卫星，故其环绕速度等于地球的第一宇宙速度，故C正确： D.海陆丰号卫星是近地卫星，不是同步卫星，故D错误。 日拱一卒，功不唐捐 故选AC。 2.已知某两个相距足够远的星球的密度几乎相等，若将这两个星球视为质量分布均匀的球体（两星球的半 径不同)，忽略自转及其他天体的影响，关于这两个星球，下列物理量近似相等的是() A.近地卫星运动的周期 B.近地卫星运动的速度大小 C.表面的重力加速度大小 D.第一宇宙速度大小 【答案】A 【详解】C.设星球的半径为R、密度为，两星球密度相等、半径不同，由警=mg 同时有y=R,p=告 解得星球表面的重力加速度大小g=πGpR 两星球表面的重力加速度大小不相等，故C错误： A.由得星球表面附近卫星运动的周期一-mR等 R2 解得近地卫星运动的周期为T 3π GP 则近地卫星运动的周期相等，故A正确： BD,由第一字街速度的特点mg=m号 得第一宇宙速度大小v= 4nGpR2 3 近地卫星运动的速度大小等于第一宇宙速度大小，则两星球表面的第一宇宙速度和近地卫星运动的速度大 小均不相等，故BD错误： 故选A。 3.1984年4月我国发射了第一颗地球静止卫星，2024年嫦娥六号赴“霄汉”，成功带回月背“土特产”，根据 你的理解，以下正确的是（) A.静止卫星运行的加速度小于地面物体随地球自转的向心加速度 B.在地球表面给物体的初速度小于第一宇宙速度，物体最终必定落回地面 C.对于沿圆轨道绕地球运动的卫星，运行速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度 D.在地球表面发射一颗绕月卫星，发射速度要大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度 【答案】B 【详解】A.静止卫星运行时与地面物体相对静止，角速度相同，则根据向心加速度a=ωr可知，静止卫 星的环绕半径比地面物体随地球做圆周运动的半径大，则静止卫星运行的加速度大于地面物体随地球自转 日拱一卒，功不唐捐 的向心加速度。故A错误； B.第一宇宙速度是物体脱离地球表面的最小发射速度，若物体的初速度小于第一宇宙速度，则物体必定会 落回地面。故B正确： C.对于沿圆轨道绕地球运动的卫星，发射速度应大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度。第一宇宙速度对 应最小的发射速度以及最大的卫星环绕速度。因此地球卫星的运行速度（即环绕速度）不可能大于第一宇 宙速度，故C错误： D.在地球表面发射一颗绕月卫星，卫星仍在地球引力范围内，则发射速度不能大于第二宇宙速度，否则会 摆脱地球束缚。故D错误。 故选B。 4.在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设α、b两个天体的质量 均为M,相距为2r,其连线的中点为O,另一天体（图中未画出）质量为(<M),若c处于a、b连 线的垂直平分线上某特殊位置，α、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周运动，且相对位置不变， 忽略其他天体的影响。引力常量为G。则() b A.c的线速度大小为a的V3倍 B.c的向心加速度大小为b的一半 C.c在一个周期内的路程为2π GM D.c的角速度大小为、 【答案】A 【详解】D.a、b、c三个天体角速度相同，由于m<M,则对a天体有 MM (2)2 =Mw2r 解得 GM /43 故D错误： A.设c与a、b的连线与a、b连线中垂线的夹角为a,对c天体有 Mm 2G- cosa ma2- )2 tana sina 解得 a=309 4 日拱一卒，功不唐捐 则c的轨道半径为 rc= tan30' =V3r 由v=or,可知c的线速度大小为a的V3倍，故A正确： B.由a=or,可知c的向心加速度大小是b的V3倍，故B错误； C.c在一个周期内运动的路程为 s=2nr 2v3nr 故C错误。 故选A。 二、卫星问题 (一)卫星环绕 卫星的运行规律 人造地球卫星绕地球转动，可以视为匀速圆周运动，故卫星受的合力提供向心力，而卫星只受地球对卫星 的万有引力，故万有引力提供向心力.设地球的质量为M,卫星的轨道半径为？，线速度大小为)，角速 度为“，周期为T,向心加速度为a.有A=GMm和GMm =ma. (1)线速度规律 由GMm GM 1 得=1 可见以厅，轨道半径越大，运行速度就越小. (2)角速度规律 由cMm GM =mra2,得0三4 越大，则o越小. （3)周期规律 由c物 =mr（ 2,得r=2红√ GM 可见T,越大，T也越大 （4)加速度规律 由G4n 2 三ma,得0=G兰.可见a心点，且港大，则老小 5 日拱一卒，功不唐捐 行星运行规律：高轨低速大周期、大机大势小动能 补充说明： 1、口诀只适用于仅由中心天体的万有引力提供向心力的情况 2、口诀的前半句：“高轨低速大周期”，与环绕天体的质量无关，环绕天体只要是绕同一中心天体做圆 周运动即可：而口诀的后半句“大机大势小动能”，则适用于同一环绕天体或质量相同的环绕天体 5.卫星根据其不同功能有不同的环绕轨道。如图“夸父一号"卫星离地面的高度为720km绕地球做匀速圆周 运动，可用于探测由太阳射来的高能宇宙射线；同步地球卫星离地高度约36000km,可用于气象观测；下 列说法正确的是() 轨道a 地轴 赤道平面 >轨道b 平行太阳光 A.“夸父一号"的运行速度大于7.9km/s B,同步卫星的向心加速度大于赤道平面随着地球自转物体的向心加速度 C.为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用b轨道比a轨道更合理 D.“夸父一号"绕地球做圆周运动的周期为24小时 【答案】B 【详解】A、根据牛顿第二定律得G学=m三 解得v= GM V 轨道半径越大，运行速度越小。“夸父一号”的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以“夸父一号”的运行速 度小于7.9km/5,A错误； ®。根据a=等，同步卫星和赤道平面随若地球自转物体的周期相同，轨道半径越大，向心加速度越大， 同步卫星轨道半径大于赤道平面随着地球自转物体的轨道半径，所以同步卫星的向心加速度大于赤道平面 随着地球自转物体的向心加速度，B正确： C.为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用a轨道比b轨道更合理，因为采用轨道a可以连续24小时观 测太阳，采用轨道b不能连续24小时观测太阳，C错误： D、根据牛顿第二定律得G警=m等， 6 日拱一卒，功不唐捐 解得T=2π 轨道半径越小，周期越小，“夸父一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“夸父一号”绕地球做 圆周运动的周期小于24小时，D错误。 故选B。 6.2026年4月，神舟乘组入驻中国空间站。如图，地球半径为R,自转周期为T,空间站所在轨道离地面 的高度约为0.06R,同步卫星离地面的高度约为6R,万有引力常量为G。下列说法正确的是() 空间站 同步卫星 A.根据题中物理量可求出地球平均密度 B.空间站绕地运行线速度比同步卫星小 C.空间站绕地运行角速度比地球自转角速度小 D.空间站绕地运行的周期约为号 【答案】A 【详解】A、根据万有引力提供向心力G警=m号 可得M=如子 GT2 根据题意可知同步卫星的周期和轨道半径，即根据题中物理量可求出地球平均密度，故A正确： B.根据万有引力提供向心力c警=m号 可得v= GM 空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则空间站绕地运行线速度比同步卫星大，故B错误： C.根据万有引力提供向心力G空=mo2, 可得w= GM 空间站的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则空间站绕地运行角速度比地球自转角速度大，故C错误： D.根据题意有空间站的轨道半径为1.06R,同步卫星的轨道半径为7，根据万有引力提供向心力G一 、4π2 日拱一卒，功不唐捐 可得T=2r 可得空间站绕地运行的周期约为T空 ≠号故D错误 故选A。 7.人造地球卫星以地心为圆心，做匀速圆周运动，下列说法正确的是() A.半径越大，速度越小，周期越小 B.半径越大，角速度越小，周期越大 C.所有卫星的速度均是相同的，与半径无关 D.所有卫星的角速度均是相同的，与半径无关 【答案】B 【详解】卫显微匀速圆周运动时，万有引力提供向心力：由6学=m号 得v= GM 可知r越大，v越小，线速度与半径有关。 由cgg=mo2r 得w= GM 可知r越大，ω越小，角速度与半径有关。 由G空=m宁 得r=2品 可知r越大，T越大。 故选B。 8.如图所示，甲、乙两颗卫星以相同的速率分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动。则甲、乙卫星 () 甲 OM ○2M A.轨道半径之比为1：4 B.运行周期之比为1：2 C.受到的万有引力大小之比为2：1 日拱一卒，功不唐捐 D.向心加速度大小之比为1：1 【答案】B 【详解】A.由万有引力提供向心力可得G空=m号 己知甲、乙两颗卫星以相同的速率分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，则甲、乙卫星的轨道半 径之比为r甲：T乙=M:2M=1:2,故A错误： B.根据公式T=2匹，可得甲、乙卫星的运行周期之比为T甲：T乙=T甲T2=1:2,故B正确： D.根据公式a-号可得甲、乙卫星的向心加速度大小之比aa2=r2:甲=2：1，故D错误； C,甲、乙卫星的质量关系未知，故无法确定甲、乙卫星受到的万有引力大小之比，故C错误。 故选B。 9.如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道I、Ⅱ相切于P点。图乙为该飞行器在两轨道上 受到地球引力大小F引随时间的变化规律。下列说法正确的是() F 9F 地球 甲 A.飞行器在t2时刻恰好到达P点 B.飞行器在t2时刻与t3时刻到地心的距离之比为9：1 C.飞行器沿轨道I和Ⅱ运行的周期之比为5：9 D.(t2-t1)与(t4-t3)之比为V729:125 【答案】D 【详解】A.根据万有引力定律F引=G,可得r= GMm 即引力越小，距离地心越远。结合变轨过程（先 在轨道Ⅱ运行，后变轨到轨道I)和图像分析：t2时刻引力最小，对应最远点，因此t2时刻不在P点，故A 错误： B.t2时刻F2=F,t3时刻F3=9F,由r= GMm ,故B错误： 9 日拱一卒，功不唐捐 C:设k=、,轨道1：近地点Fmx=9F,T近背 远地点Fan=4秋，r=专半长轴a,=护=器 2 轨道：近地点F近=4f,T近1=之远地点Fmm=F,T远1=k 半长轴a2=+"远2-弘 2 Γ4 根据开普勒第三定律荐- 得：=③)，故c错误 D.t2一t1是轨道从近地点到远地点的时间，为号 t4一t3是轨道I从近地点到远地点的时间，为号 因此2在=2= )3= V729 125 故D正确。 t4-t3 T1 故选D。 (二) 同步卫星、近地卫星、赤道上物体 (1)近地卫星：轨道半径近似等于地球半径R,其运动速度，=√ M =√gR=7.9km/s,具有 所有卫星的最大绕行速度；运行周期T=85im,具有所有卫星的最小周期；向心加速度 a=g=9.8m/s2,具有所有卫星的最大加速度； (2)静止卫星（通信卫星）：位于赤道上方，相对于地面静止的、运行周期与地球的自转周期( T=24h)相等的卫星，这种卫星主要用于全球通信和转播电视信号.其特点可概括为“五个一定”：位 置一定（必须位于地球赤道的上空），高度一定（h≈3.6×10km),周期一定(T=24h),速率 一定v≈3.1km/s,向心加速度-定（a≈0.228m/s2); 10 日拱一卒，功不唐捐 (3)赤道上随地球自转的物体：周期与地球自转周期相同，做圆周运动的半径为地球半径，合外力是万 有引力和支持力的合力： (4)三者的区别和联系： ·向心加速度不同，大小关系为：近>a响>a哧； ·轨道半径不同，半径大小关系为：同>T近=T赤 ·向心力不同，同步卫星和近地卫星绕地球运行的向心力完全由地球对它们的万有引力来提供，赤道物 体的向心力由万有引力的一个分力来提供，万有引力的另一个分力提供赤道物体的重力； ·周期不同，大小关系为：T同=T赤>T近 ·线速度不同，大小关系为：近>响>v赤； ·角速度不同，大小关系为：w同=W赤<饭· 近地卫星 同步卫星 赤道上随地球自转的物体 (m1、01、1、a) (2、2、'2、a2) (3、03、V3、a) 向心力 万有引力 万有引力 万有引力的一个分力 轨道半径 >3=n 同步卫星的角速度与地球自 由c=mor得a= GM 3 故01>02 角速度 转角速度相同，故2=w3 01>02=03 由c学=m得=√ GM 故1>2 由v=o得2>3 线速度 11>12>13 向心加 由GM=ma得a-G 2 故a1>m 由a=2r得m>s 速度 a1>a2>a3 10.如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫 星与空间站同步做匀速圆周运动。己知地球半径为，空间站的轨道半径为r,机械臂长为d,忽略空间站对 卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是() 11 日拱一卒，功不唐捐 微型卫星 机械臂d 空间站 地球 A.微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为 B。空间站所在处的重力加速度与地球表面重力加速度之比为号 C、微型卫星的加速度比空间站的加速度小 D.若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会做近心运动 【答案】B 【详解】A.微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度 与空间站的角速度相等，根据v=ωr 可知微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为显=牛·，故A错误： V空间站 B,根据牛顿第二定律可得”=ma 解得空间站处的重力加速度为Q-警 在地球表面则有”=mg R2 解得g=器 所以= 之，故B正确： C.根据向心加速度an=wr 可知an心r 由于微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，轨道半径大于空间站的轨道半径，因此微型卫星的加速度 比空间站的加速度大，故C错误： D.根据牛顿第二定律可得Wm=mw2r r2 解得ω= GM Vr-3 可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站 以共同的角速度运动，由F。=mor可知，所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有拉力作用，若机械臂 12 日拱一卒，功不唐捐 操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故D错误。 故选B。 11.(多选)华为Mate60Pro成为全球首款支持卫星通话的大众智能手机，在无信号环境下，该手机通过"天 通一号”卫星与外界进行联系。已知“天通一号”卫星位于离地球表面约为6R的地球同步轨道上，地球半径为 R,地球表面重力加速度大小为g,下列说法正确的是() A.“天通一号”可以在北京的上空保持相对静止 B.“天通一号”在轨运行的向心加速度约为号 C,“天通一号”在轨运行的周期约为14r。 D.“天通一号"在轨运行的线速度小于7.9km/s 【答案】cD 【详解】A.地球同步卫星的轨道在赤道上空，故“天通一号”不可能在北京的上空保持相对静止，故A错误： B。某物体在地球表面上，则有G=mg “天通一号”在轨运行，则有G (72=ma 联立解得“天通一号"在轨运行的向心加速度a=9,故B错误： 1 C.“天通一号“在轨运行，则有G警=m(骨) (7R)2 .7R 又某物体在地球表面上，则有G“ R2=mg 联立解得“天通一号"在轨运行的周期T=14π 7R 故C正确： D.7.9km/5是第一宇宙速度，是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，故“天通一号"在轨运行的线速 度小于7.9km/5,故D正确。 故选CD。 12.（多选)关于地球同步卫星下列说法正确的是() A.地球同步卫星和地球同步，因此同步卫星的高度和线速度大小是一定的 B.地球同步卫星的角速度虽被确定，但高度和速度可以选择，高度增加，速度增大，高度降低，速度 减小 C.地球同步卫星只能定点在赤道上空，相对地面静止不动 D.平行于赤道也能发射地球同步卫星 【答案】AD 13 日拱一卒，功不唐捐 【详解】A.根据万有引力提供向心力，则有爵=m等（®+） 其中R为地球半径，为同步卫星离地面的高度，由于同步卫星的周期与地球自转周期相同，即T为一定值， 根据上面等式可知，同步卫星离地面的高度h也为一定值，则轨道半径一定，根据v=π®+) T 可知，线速度的大小也一定，故A正确： B.同步卫星的周期与地球自转周期相同，结合上述可知，高度与线速度大小均为定值，故B错误： CD.地球同步卫星只需要周期与地球自转周期相等，其可以在除赤道所在平面外的任意平面，而地球同步 静止卫星相对于地球静止不动，即地球同步静止卫星一定与赤道共面，故C错误，D正确。 故选AD。 13,2025年2月，实践25号卫星成功为北斗G7卫星加注推进剂，完成了人类航天史上首次“太空加油”。 己知北斗G7卫星在地球同步静止轨道绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是() A.北斗G7卫星的运行速度大于7.9km/s B.北斗G7卫星的向心加速度小于地球表面附近的重力加速度 C.北斗G7卫星的运行速度小于地球赤道上随地球自转物体的线速度 D.在地球同步静止轨道上运行的实践25号，可通过加速追上北斗G7卫星 【答案】B 【详解】A.第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，由万有引力提供向心力得v= 同步卫星轨道半径大于近地卫星轨道半径，因此运行速度小于7.9kms,故A错误： B。由万有引力提供向心加速度得á=学地球表面重力加速度g=学(R为地球半径)，同步卫星轨道半径 T>R,因此其向心加速度小于地表重力加速度，故B正确： C.同步卫星与地球赤道上随地球自转的物体角速度ω相同，由线速度公式v=ωr,同步卫星轨道半径更大， 因此线速度大于赤道上物体的线速度，故C错误： D.在同步轨道上的卫星若加速，万有引力不足以提供向心力，会做离心运动进入更高轨道，无法追上原轨 道的北斗G7卫星，故D错误。 故选B。 14.星河璀璨，征途如虹！从“嫦娥”揽月到“天宫”筑梦，从“天问探火到“北斗”指路，中国航天人以凌云之 志叩问苍穹。P是地球赤道，Q是地球近地轨道，R是地球静止轨道，地球自转不能忽略。下列关于P、Q、R 的说法正确的是() 14 日拱一卒，功不唐捐 静止轨道R ● 近地轨道Q 地球」 道 A.同一物体，在P处受到的引力大于Q处，所以P处的线速度更大 B.同一物体，在Q轨道处所受合力比在P处要大 C.同一物体，从Q轨道转移到R轨道处，机械能减少 D.根据开普勒三大定律，物体在Q、R轨道上运动时在单位时间内与地球球心连线扫过的面积相等 【答案】B 【详解】B:由G婴=m兰=mawT=m号r,TP=Tg得，同一物体在P处受到的引力等于Q处，但赤道上 42 物体还受到地面的支持力，所以Q处的线速度更大，故A错误，B正确： C.同一物体，从Q轨道转移到R轨道处，需要在Q轨道上加速，机械能增大，故C错误： D.物体在Q、R轨道上不是同一卫星轨道，物体在Q、R轨道上运动时在单位时间内与地球球心连线扫过的 面积不相等，故D错误。 故选B。 15.如图所示，α为静止在赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步 卫星。以地心为参考系，关于它们的向心加速度，线速度，下列描述正确的是() b A.aa=ab>ac B.ac>ab>aa C.vc>Vb>Va D.>vc>va 【答案】D 【详解】AB:由题意，根据G-ma 得a=兴 由于rb<Tc,可知ab>ac 根据an=rw,ωa=wc,Ta<rc 15 日拱一卒，功不唐捐 可得aa<ac 所以ab>ac>aa 故AB错误： CD.由题意， 根据c把=m号 得卫= GM 由于Tb<Tc,可知v>vc 根据v=rw,ωa=wc,Ta<Tc 可得va<vg 所以vb>vc>va 故C错误，D正确。 故选D。 (三)卫星变轨 (1)发射卫星的变轨 发射卫星时，为了节省能量，通常先将卫星发送到近地轨道缸，使其绕地球做匀速圆周运动，速率为)， 第一次在P点点火加速，在短时间内将速率由v1增加到v2,使卫星进入椭圆形的转移轨道缸；卫星运行到 远地点Q时的速率为v3,此时进行第二次点火加速，在短时间内将速率由v3增加到v4,使卫星进入轨道首Ⅲ ,绕地球做匀速圆周运动. 16 日拱一卒，功不唐捐 V4 2 ①速度：在P点加速，所以v2>1,同理，v4>3,又因为轨道半径小于轨道Ⅱ，所以w1>v4,所 以有2>V1>v4>3 ②加速度：在P点，卫星只受到万有引力作用，所以不论在轨道还是轨道L上经过P点，加速度都相同： 同理，经过Q点时加速度也相同，a1=a2>a3三a4 ③周期：设卫星在I、I、Ⅱ轨道上的周期分别是T、T2、T3,根据开普勒第三定律可知， T<B<T 16.如图，卫星沿倾斜圆轨道运行，由南向北穿过赤道平面的点称为升交点，反之称为降交点，这两点对 卫星的任务规划具有重要意义。某卫星每天仅在北京时间10：30经过一次升交点，22：30经过一次降交点， 则该卫星( C5自转 ò卫星 A.始终相对地面静止 B.线速度大于第一宇宙速度 C.角速度比在赤道上物体的大 D.向心加速度比在赤道上物体的大 【答案】D 【详解】A.地球的同步卫星始终相对地面静止，同步卫星运行的轨道平面在赤道平面，而该卫星沿倾斜圆轨 道运行，故A错误； B.第一宇宙速度是卫星运行的最大速度，故该卫星的线速度小于第一宇宙速度，故B错误； C.由题知该卫星周期等于24，与同步卫星周期相等，即该卫星和同步卫星的轨道半径、运动的角速度、线 17 日拱一卒，功不唐捐 速度相等，而同步卫星和赤道上物体相对静止，故该卫星角速度与赤道上物体的角速度相等，故C错误： D.由am=ωr,结合C项分析知该卫星的向心加速度比在赤道上物体的大，故D正确。 故选D。 17.北京时间2023年9月，中国航天员在空间站梦天实验舱中圆满完成“天宫课堂”直播授课。中国空间站 在距离地面约430km的圆轨道上做匀速圆周运动，周期为90mi,空间站的运动平面与赤道面的夹角约为 41°，为实现空间站与地面直播互动交流，空间站的信号需要先传到在地球静止轨道上运行的中继卫星，然 后再传回地面。下列说法正确的是() 中继卫星 空间站 信号 传输 A.空间站的线速度比地面上观看直播的同学的线速度小 B.空间站的线速度大于地球的第一宇宙速度 C.空间站的加速度小于地球两极的重力加速度 D.若要完成一场90min的直播授课，仅一颗中继卫星即可完成任务 【答案】C 【详解】A由c空=m子 可得v= GM 由于中继卫星的轨道半径比空间站的大，可知中继卫星的线速度小于空间站的线速度：地球自转角速度与 中继卫星的角速度相同，且地球半径小于中继卫星的轨道半径，根据v=ωr 可知地面上观看直播的同学随地球自转的线速度小于中继卫星的线速度，综合可知同学的线速度小于空间 站的线速度，故A错误； B.由G0=m号 可得=受 由于第一宇宙速度是卫星绕地表飞行的速度，其轨道半径比空间站的轨道半径小，故空间站的线速度小于 地球的第一宇宙速度，故B错误； 18 日拱一卒，功不唐捐 C.对地球两极附近质量为mo的物体有G=m9 可得地球两极的重力加速度9=兴 对空间站有GR+=ma Mm 可得a= GM (R+h)2 可知a<g,故C正确； D.要完成一场90min的直播授课，空间站大约绕地球一圈，如图所示，需要两颗以上的中继卫星，故D 错误。 Q中继卫星 信号 传输 空间站 中继卫星 故选C。 18.(多选)如图，我国鹊桥二号中继星在环月椭圆冻结轨道顺时针环月飞行，远月点B与月心距离约为近 月点A与月心距离的27倍，CD为椭圆轨道的短轴。下列说法正确的是() 幻鹊桥 0 二号 0 A. 鹊桥二号从A到B的时间等于从C到D的时间 B.鹊桥二号从C到B的时间大于从D到A的时间 C.鹊桥二号在A、B两点的线速度大小之比为27：1 D.鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比为27：1 【答案】BC 【详解】AB.根据开普勒第二定律，鹊桥二号与月球的连线从A到B扫过的面积小于从C到D扫过的面积， 因此鹊桥二号从A到B的时间小于从C到D的时间，同理，鹊桥二号与月球的连线从C到B扫过的面积 19 日拱一卒，功不唐捐 大于从D到A扫过的面积，因此鹄桥二号从C到B的时间大于从D到A的时间，故A错误，B正确： C根据开普勒第三定律，对近月点和远月点有aa=a,所光一受-票故C正确： D,鹊桥二号所受的合力为月球的引力，根据牛顿第二定律和万有引力定律，有G一=m,所以-星=买 r 故D错误。 故选BC。 19.地球某卫星的轨道如图中虚线圆所示，卫星轨道平面与太阳和地球的连线垂直，卫星与太阳中心连线 与卫星轨道平面的夹角为0。已知卫星公转周期为T2,地球质量为1，公转周期为T,太阳质量为2，不 考虑太阳对卫星的引力。则tand的值为( 地球 太阳 A. m2Ti B C. 3m13 D. miT3 Vm2Ti 【答案】B 【详解】设太阳到地球的距离为R由万有引力提供向心力有严=m:等R R2 整理得R3=Gm2t 42 设卫星绕地球的轨道半径为r,由万有引力提供向心力有，=卫' 4n2 整理得r3=Gmt 4r2 联立解得工 miT m2T 根据几何关系有tan0=尽-m码 故选B。 20.神舟二十一号飞船创造了飞船与空间站对接的最快纪录。如图，椭圆轨道I和圆形轨道Ⅱ分别是飞船 与空间站对接前、后的运行轨道，P、Q分别是轨道I的远地点和近地点。若P、Q离地面的高度差为h, 飞船在P、Q两处的加速度大小之比为k2,已知引力常量为G,地球质量为M,则飞船在轨道Ⅱ运行的() 地球 20 日拱一卒，功不唐捐 A半径为兰 B.半径为1+h 2(1-k) C.速率为， GM(1-k) D.速率为 GM(1-k) kh h 【答案】D 【详解】AB.令P点距地面的高度为u,Q点距地面的高度为h2,地球半径为R,根据牛顿第二定律，在 P点，有G,Mm (R+h)=map 在Q点，有G Mm R+ha)=mao 根据题意，有号=k3,h1-h=h 联立解得飞船在轨道运行的r=R+h:=产故AB错误： CD,根据万有引力等于向心力，有G=m 解得v= GM(1-k ,故C错误，D正确。 故选D。 21.（多选)“夸父一号”是中国综合性太阳探测专用卫星，2024年，“夸父一号”成功地记录了第25太阳活 动周最大的耀斑。已知“夸父一号”始终位于日地连线的拉格朗日点，即可以认为它和地球一起以相同角速度 绕太阳做匀速圆周运动，关于“夸父一号”，下列说法正确的是() 太阳 夸父一号 地球 A.“夸父一号”的线速度大于地球的线速度 B.某一较远的小行星绕太阳轨道半径大小如果与“夸父一号”的半径相同，则其线速度大于“夸父一号” C.“夸父一号”向心力大小等于太阳对它的引力 D.地球和太阳连线上一共有3个拉格朗日点 【答案】BD 【详解】A.由于夸父一号与地球的角速度相同，而地球转动半径更大，因此地球线速度大于夸父一号，选 项A错误： 21 日拱一卒，功不唐捐 B.根据6学=m二=厚 可知某一小行星线速度比地球的线速度大，因此也大于夸父一号的速度，选项B正确： C,夸父一号受到的合力提供向心力，等于太阳的引力与地球引力的差值，选项C错误： D.如图，在日地连线上，有3个拉格朗日点，同时受到地球引力和太阳引力，且角速度与地球绕太阳角速 度相同。3个拉格朗日点均同时受到地球和太阳的引力，合力提供向心力，选项D正确。 故选BD。 太阳 (四)卫星追击相遇 根据万有引力提供向心力，当天体速度增加或减少时，对应的圆周轨道会发生相应的变化，由于同一轨道 角速度相同，所以天体不可能能在同一轨道上追击或相遇. T 1.若两卫星初始位置相距最近，则设经过时间t再次相遇，则一定有t/T1一t/T2=N,其中N为相遇 次数； 2.设经过时间t相距最远，则有t/T1-t/T2=(2N-1)/2,其中(2N一1)/2为相距最远的次数. 22.如图为一种四颗星体组成的稳定星系，四颗质量均为的星体位于边长为工的正方形四个项点，四颗 星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，忽略其它星体对它们的作用，万有引力常量为G。下列说 法中正确的是() A.星体匀速圆周运动的圆心不一定是正方形的中心 22 日拱一卒，功不唐捐 B.每个星体匀速圆周运动的角速度均为 (4+√2Gm 2L3 C,若边长L和星体质量均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的加速度大小是原来的两倍 D.若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的线速度大小是原来的两倍 【答案】B 【详解】A.四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，如下图 77 m 根据对称性可知星体做匀速圆周运动的圆心一定是正方形的中心，故A错误： B.由牛顿第二定律及力的合成可得 V2 Gm2 2 Gm2 2L2 (√2L)2 2 解得 (4+V②Gm 2L3 由对称性可知每个星体匀速圆周运动的角速度均为， (4+V2)Gm 2L3 故B正确： C.原来星体匀速圆周运动的加速度大小为 a-w2.②L (4v2+2)Gm 4L2 若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的加速度大小为 a (4W2+2)G(2m)_（ 4W2+2)Gm_0 4(2L)2 8L2 2 故C错误： D,原来星体匀速圆周运动的线速度大小为 √2L (4+v√②Gm V=ω· 2 4L 若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的线速度大小为 (4+V②G(2m) 三1 4(2L) 23 日拱一卒，功不唐捐 故D错误。 故选B。 23.卫星与地心连线同地球表面的交点称为星下点（即卫星的正投影位置），通过星下点监测系统可实时追 踪卫星运行状态。某卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道如图甲虚线所示。图乙为该卫星的监测示意图： 底部数值表示经度，曲线为星下点轨迹的时空展开图，其中标注了第I、Ⅱ、Ⅲ圈的轨迹，A、B、C三点 分别为各圈轨迹与赤道的交点。已知地球自转周期为24小时，卫星运行方向如图甲箭头所示。下列判断正 确的是() 自转 星下点 卫星轨道 北纬23.5° 赤道 卫星 南纬23.5° 180150°120°90°60°30°0°30°60°90°120°150°1809 乙 A.该卫星属于地球同步卫星 B.该卫星的运行周期约1.5h C.该卫星运行过程中，线速度大小大于第一宇宙速度 D.根据A、B、C交点可判断，在卫星运行一周时间内，地球大约自转过30 【答案】B 【详解】A.由图可知，该卫星运行轨道与赤道平面不重合，不属于地球同步卫星，A错误： C.第一宇宙速度为卫星运行的最大速度，该卫星运行过程中，线速度大小小于第一宇宙速度，C错误： D.根据赤道与星下点轨迹展开图的交点A、C可知，地球自转过45°，此时该卫星刚好运行两周。即在该 卫星运行一周时间内，地球大约自转过22.5°，D错误： B.该卫星刚好运行两周所用时间t=需×24h=3弘，可知该卫星的运行周期约15h,B正确。 故选B。 24.如图所示，两颗已发射的卫星A、B在同一轨道平面内绕地球沿逆时针方向做匀速圆周运动，某时刻两 者与地心连线夹角为0，轨道半径分别为T4、TB已知引力常量为G,地球质量为M,下列说法正确的是() 24 日拱一卒，功不唐捐 地球 ◆B A.两卫星的线速度之比为TA:TB B.两卫星的加速度之比为rB:TA C.再经过时间 两卫星相距最近 GMGM 同 D.两卫星经过相同的时间，卫星B与地心连线扫过的面积更大 【答案】c 【详解】AB. 根据GMm=m兰=ma r2 可得v= GM r a- 可知两卫星的线速度之比为=月 两卫星的加速度之比为4=拿 ,AB错误： aB GM C根据6学=ma2r可得un=骨0= GM 两卫星相距最近时，则wBt一ωAt=6 解得再经过时间t C正确： GM GM D.根据v= GM 卫星与地心连线扫过的面积S=tr=VGM 可知经过相同的时间，卫星A与地心连线扫过的面积较大，D错误。 故选C。 25.人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h,地球静止卫星b离地面高度为H,h<H,两卫星共面且旋转 方向相同。某时刻卫星恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方，设地球赤道半径为R,地面重力加速度为 g则() A.a、b线速度大小之比为R+日 Rth B.a、c角速度之比为 R3 V(R+h) C.b、c向心加速度大小之比型 25 日拱一卒，功不唐捐 D.a下一次通过c正上方所需时间等于 R+n)3 gR2 【答案】C 【详解】A.绕地球运行的卫星，地球对卫星的万有引力提供向心力，设卫星的线速度为，则 Mm 1v2 G =mr 所以 GM 可知4、b线速度大小之比为 R+H R+h 故A错误； B.设卫星的角速度为ω，根据万有引力提供向心力 Mm mo2r 得 GM 所以 R+H 13 Wb R+h 又由于静止卫星b的角速度与c的角速度相同，所以 R+H R+h 故B错误： C,静止卫星b的角速度与c的角速度相同，根据 a=w2r 可得 abR+H ac R 故C正确： D.设经过时间t卫星a再次通过建筑物c上方，根据几何关系有 (@a-@c)t 2n 26 日拱一卒，功不唐捐 GMm mg=. R2 联立解得 2π 2π 2gR? t= ①a-wc (R+h)3 (R+H)3 (R+)3-(R+H)3 GM GM 故D错误。 故选C。 三、本节总结 第-宇宙速度：1=V(gR)=V(GM/R)=7.9km/s 卫星线速度：V=V(GM/r) 核心公式 卫星周期：T=2TV(/GM) 追击相遇：T,-tTz=N v1=7.9km/s(最大环绕速度，最小发射速度) 宇宙速度 V2=11.2km/s(脱离地球) v3=16.7km/s(脱离太阳) 卫星环绕规律口决 “高轨低速大周期，大机大势小动能" 周期=24h,高度36000km 同步卫星特点 轨道在赤道平面上方 解题方法总结 五个一定：位置、高度、周期、速度、加速度都确定 加速一离心一轨道升高 变轨问题 减速一向心→轨道降低 同一位置：加速度相同，椭圆速度>圆速度 再次相遇：t/T1-tT2=1 追击相遇 相距最远：t/T1-tT2=1/2 27 日拱一卒，功不唐捐 人造卫星、宇宙速度、卫星变轨 1、 三个宇宙速度 1．（多选）2025年5月19日，海陆丰号近地卫星成功发射。下列说法正确的是（　　） A．海陆丰号卫星一定受到地球的万有引力 B．海陆丰号卫星一直处于超重状态 C．海陆丰号卫星的环绕速度等于地球的第一宇宙速度 D．海陆丰号卫星的运行周期是24h 2．已知某两个相距足够远的星球的密度几乎相等，若将这两个星球视为质量分布均匀的球体（两星球的半径不同），忽略自转及其他天体的影响，关于这两个星球，下列物理量近似相等的是（　　） A．近地卫星运动的周期 B．近地卫星运动的速度大小 C．表面的重力加速度大小 D．第一宇宙速度大小 3．1984年4月我国发射了第一颗地球静止卫星，2024年嫦娥六号赴“霄汉”，成功带回月背“土特产”，根据你的理解，以下正确的是（　　） A．静止卫星运行的加速度小于地面物体随地球自转的向心加速度 B．在地球表面给物体的初速度小于第一宇宙速度，物体最终必定落回地面 C．对于沿圆轨道绕地球运动的卫星，运行速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度 D．在地球表面发射一颗绕月卫星，发射速度要大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度 4．在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设a、b两个天体的质量均为M，相距为2r，其连线的中点为O，另一天体（图中未画出）质量为m（m << M），若c处于a、b连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周运动，且相对位置不变，忽略其他天体的影响。引力常量为G。则（   ） A．c的线速度大小为a的倍 B．c的向心加速度大小为b的一半 C．c在一个周期内的路程为2πr D．c的角速度大小为 2、 卫星问题 5．卫星根据其不同功能有不同的环绕轨道。如图“夸父一号”卫星离地面的高度为720km绕地球做匀速圆周运动，可用于探测由太阳射来的高能宇宙射线；同步地球卫星离地高度约36000km，可用于气象观测；下列说法正确的是（　　） A．“夸父一号”的运行速度大于7.9km/s B．同步卫星的向心加速度大于赤道平面随着地球自转物体的向心加速度 C．为使“夸父一号”能更长时间观测太阳，采用b轨道比a轨道更合理 D．“夸父一号”绕地球做圆周运动的周期为24小时 6．2026年4月，神舟乘组入驻中国空间站。如图，地球半径为，自转周期为，空间站所在轨道离地面的高度约为，同步卫星离地面的高度约为，万有引力常量为。下列说法正确的是（　　） A．根据题中物理量可求出地球平均密度 B．空间站绕地运行线速度比同步卫星小 C．空间站绕地运行角速度比地球自转角速度小 D．空间站绕地运行的周期约为 7．人造地球卫星以地心为圆心，做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　） A．半径越大，速度越小，周期越小 B．半径越大，角速度越小，周期越大 C．所有卫星的速度均是相同的，与半径无关 D．所有卫星的角速度均是相同的，与半径无关 8．如图所示，甲、乙两颗卫星以相同的速率分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动。则甲、乙卫星（     ） A．轨道半径之比为 B．运行周期之比为 C．受到的万有引力大小之比为 D．向心加速度大小之比为 9．如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ相切于点。图乙为该飞行器在两轨道上受到地球引力大小随时间的变化规律。下列说法正确的是（     ） A．飞行器在时刻恰好到达点 B．飞行器在时刻与时刻到地心的距离之比为 C．飞行器沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行的周期之比为5∶9 D．与之比为 10．如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫星与空间站同步做匀速圆周运动。已知地球半径为，空间站的轨道半径为，机械臂长为，忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是（　　） A．微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为 B．空间站所在处的重力加速度与地球表面重力加速度之比为 C．微型卫星的加速度比空间站的加速度小 D．若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会做近心运动 11．（多选）华为Mate60Pro成为全球首款支持卫星通话的大众智能手机，在无信号环境下，该手机通过“天通一号”卫星与外界进行联系。已知“天通一号”卫星位于离地球表面约为6R的地球同步轨道上，地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．“天通一号”可以在北京的上空保持相对静止 B．“天通一号”在轨运行的向心加速度约为 C．“天通一号”在轨运行的周期约为 D．“天通一号”在轨运行的线速度小于7.9km/s 12．（多选）关于地球同步卫星下列说法正确的是（　　） A．地球同步卫星和地球同步，因此同步卫星的高度和线速度大小是一定的 B．地球同步卫星的角速度虽被确定，但高度和速度可以选择，高度增加，速度增大，高度降低，速度减小 C．地球同步卫星只能定点在赤道上空，相对地面静止不动 D．平行于赤道也能发射地球同步卫星 13．2025年2月，实践25号卫星成功为北斗G7卫星加注推进剂，完成了人类航天史上首次“太空加油”。已知北斗G7卫星在地球同步静止轨道绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（    ） A．北斗G7卫星的运行速度大于7.9km/s B．北斗G7卫星的向心加速度小于地球表面附近的重力加速度 C．北斗G7卫星的运行速度小于地球赤道上随地球自转物体的线速度 D．在地球同步静止轨道上运行的实践25号，可通过加速追上北斗G7卫星 14．星河璀璨，征途如虹！从“嫦娥”揽月到“天宫”筑梦，从“天问”探火到“北斗”指路，中国航天人以凌云之志叩问苍穹。是地球赤道，是地球近地轨道，是地球静止轨道，地球自转不能忽略。下列关于、、的说法正确的是（    ） A．同一物体，在处受到的引力大于处，所以处的线速度更大 B．同一物体，在轨道处所受合力比在处要大 C．同一物体，从轨道转移到轨道处，机械能减少 D．根据开普勒三大定律，物体在、轨道上运动时在单位时间内与地球球心连线扫过的面积相等 15．如图所示，a为静止在赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。以地心为参考系，关于它们的向心加速度，线速度，下列描述正确的是（　　） A． B． C． D． 16．如图，卫星沿倾斜圆轨道运行，由南向北穿过赤道平面的点称为升交点，反之称为降交点，这两点对卫星的任务规划具有重要意义。某卫星每天仅在北京时间10∶30经过一次升交点，22∶30经过一次降交点，则该卫星（　　） A．始终相对地面静止 B．线速度大于第一宇宙速度 C．角速度比在赤道上物体的大 D．向心加速度比在赤道上物体的大 17．北京时间2023年9月，中国航天员在空间站梦天实验舱中圆满完成“天宫课堂”直播授课。中国空间站在距离地面约430 km的圆轨道上做匀速圆周运动，周期为90 min，空间站的运动平面与赤道面的夹角约为，为实现空间站与地面直播互动交流，空间站的信号需要先传到在地球静止轨道上运行的中继卫星，然后再传回地面。下列说法正确的是（　　） A．空间站的线速度比地面上观看直播的同学的线速度小 B．空间站的线速度大于地球的第一宇宙速度 C．空间站的加速度小于地球两极的重力加速度 D．若要完成一场90 min的直播授课，仅一颗中继卫星即可完成任务 18．（多选）如图，我国鹊桥二号中继星在环月椭圆冻结轨道顺时针环月飞行，远月点B与月心距离约为近月点A与月心距离的27倍，CD为椭圆轨道的短轴。下列说法正确的是（　　） A．鹊桥二号从A到B的时间等于从C到D的时间 B．鹊桥二号从C到B的时间大于从D到A的时间 C．鹊桥二号在A、B两点的线速度大小之比为27：1 D．鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比为27：1 19．地球某卫星的轨道如图中虚线圆所示，卫星轨道平面与太阳和地球的连线垂直，卫星与太阳中心连线与卫星轨道平面的夹角为θ。已知卫星公转周期为T2，地球质量为m1，公转周期为T1，太阳质量为m2，不考虑太阳对卫星的引力。则tanθ的值为（　　） A． B． C． D． 20．神舟二十一号飞船创造了飞船与空间站对接的最快纪录。如图，椭圆轨道Ⅰ和圆形轨道Ⅱ分别是飞船与空间站对接前、后的运行轨道，P、Q分别是轨道Ⅰ的远地点和近地点。若P、Q离地面的高度差为h，飞船在P、Q两处的加速度大小之比为，已知引力常量为G，地球质量为M，则飞船在轨道Ⅱ运行的（　　） A．半径为 B．半径为 C．速率为 D．速率为 21．（多选）“夸父一号”是中国综合性太阳探测专用卫星，2024年，“夸父一号”成功地记录了第25太阳活动周最大的耀斑。已知“夸父一号”始终位于日地连线的拉格朗日点，即可以认为它和地球一起以相同角速度绕太阳做匀速圆周运动，关于“夸父一号”，下列说法正确的是（    ） A．“夸父一号”的线速度大于地球的线速度 B．某一较远的小行星绕太阳轨道半径大小如果与“夸父一号”的半径相同，则其线速度大于“夸父一号” C．“夸父一号”向心力大小等于太阳对它的引力 D．地球和太阳连线上一共有3个拉格朗日点 22．如图为一种四颗星体组成的稳定星系，四颗质量均为m的星体位于边长为L的正方形四个顶点，四颗星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，忽略其它星体对它们的作用，万有引力常量为G。下列说法中正确的是（　　）    A．星体匀速圆周运动的圆心不一定是正方形的中心 B．每个星体匀速圆周运动的角速度均为 C．若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的加速度大小是原来的两倍 D．若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的线速度大小是原来的两倍 23．卫星与地心连线同地球表面的交点称为星下点（即卫星的正投影位置），通过星下点监测系统可实时追踪卫星运行状态。某卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道如图甲虚线所示。图乙为该卫星的监测示意图：底部数值表示经度，曲线为星下点轨迹的时空展开图，其中标注了第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ圈的轨迹，A、B、C三点分别为各圈轨迹与赤道的交点。已知地球自转周期为24小时，卫星运行方向如图甲箭头所示。下列判断正确的是（　　） A．该卫星属于地球同步卫星 B．该卫星的运行周期约1.5h C．该卫星运行过程中，线速度大小大于第一宇宙速度 D．根据A、B、C交点可判断，在卫星运行一周时间内，地球大约自转过30° 24．如图所示，两颗已发射的卫星A、B在同一轨道平面内绕地球沿逆时针方向做匀速圆周运动，某时刻两者与地心连线夹角为，轨道半径分别为。已知引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是（　　） A．两卫星的线速度之比为 B．两卫星的加速度之比为 C．再经过时间，两卫星相距最近 D．两卫星经过相同的时间，卫星B与地心连线扫过的面积更大 25．人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h，地球静止卫星b离地面高度为H，，两卫星共面且旋转方向相同。某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方，设地球赤道半径为R，地面重力加速度为g则（　　） A．a、b线速度大小之比为 B．a、c角速度之比为 C．b、c向心加速度大小之比 D．a下一次通过c正上方所需时间等于 3、 本节总结 1 学科网（北京）股份有限公司 $日拱一卒，功不唐捐 人造卫星、宇宙速度、卫星变轨 一、三个宇宙速度 牛顿曾经思考过一个问题：从高山上水平射出一发炮弹，炮弹将会沿抛物线运动，直到落地。而当射 出速度增大，落点就会变远。那么当出射速度足够大时，落地点与出射点的距离就会变得很大，甚至超过 地球的半径！！这时炮弹将会做什么运动呢？难道要上天了？？ 其实牛顿的这个思考正是人造卫星的发射条件之一，卫星要想进入太空，绕地球做匀速圆周运动，是 需要一个发射速度的，接下来我们就来研究下卫星在地球上的发射速度问题。 第一宇宙速度 由上面牛顿的思考，我们可以知道，物体要想脱离地球表面称为人造卫星，是需要一个最小速度的， 我们把这个速度称为第一宇宙速度。那么如何去求解这个速度呢？ 卫星绕地球进行匀速圆周运动，需要一个向心力，显然这个向心力只能由地球与卫星间的万有引力来 提供，而卫星能够绕地球做匀速圆周运动的最小半径约等于地球半径，于是我们便可以写出： GMm =m- ·,T=R地 GM 解得：w=√R =VgR=7.9km/s 这就是地球表面附近卫星的运行速度，也是第一宇宙速度，也叫最小发射速度。 第二宇宙速度 当卫星的速度大于7.9km/s时，卫星开始绕地球做椭圆运动，卫星的速度越大，其轨道的最高点离地 球就越远，而当卫星的速度达到11.2km/s时，卫星就会进入以太阳引力为主的轨道中，即绕太阳运动， 我们把这个速度称为第二宇宙速度。 日拱一卒，功不唐捐 第三宇宙速度 同样的道理，卫星可以继续加速，进而脱离太阳的束缚而绕银河系中心运动，这个速度大小为 16.7km/s,即第三宇宙速度。 宇宙速度 大小 意义 物体在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的最大运行 速度.也是在地面附近发射飞行器时，应具备的最小发 第一宇宙速度（环绕速度）】 v1=7.9km/s 射速度，若v=7.9km/s,飞行器做匀速圆周运动；若 7.9km/s<v<11.2km/s,飞行器绕地球沿椭圆轨道 运行 在地面附近发射飞行器，使其克服地球引力永远离开地 第二宇宙速度（脱离速度） v2=11.2km/s 球所需的最小发射速度 在地面附近发射飞行器，能够挣脱太阳引力的束缚飞到 第三宇宙速度（逃逸速度） v3=16.7km/s 太阳系外的最小发射速度 1.（多选)2025年5月19日，海陆丰号近地卫星成功发射。下列说法正确的是() A.海陆丰号卫星一定受到地球的万有引力 B.海陆丰号卫星一直处于超重状态 C.海陆丰号卫星的环绕速度等于地球的第一宇宙速度 D.海陆丰号卫星的运行周期是24h 2.已知某两个相距足够远的星球的密度几乎相等，若将这两个星球视为质量分布均匀的球体（两星球的半 径不同)，忽略自转及其他天体的影响，关于这两个星球，下列物理量近似相等的是() A.近地卫星运动的周期 B.近地卫星运动的速度大小 C.表面的重力加速度大小 D.第一宇宙速度大小 3.1984年4月我国发射了第一颗地球静止卫星，2024年嫦娥六号赴“霄汉”，成功带回月背“土特产”，根据 日拱一卒，功不唐捐 你的理解，以下正确的是（) A.静止卫星运行的加速度小于地面物体随地球自转的向心加速度 B.在地球表面给物体的初速度小于第一宇宙速度，物体最终必定落回地面 C.对于沿圆轨道绕地球运动的卫星，运行速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度 D.在地球表面发射一颗绕月卫星，发射速度要大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度 4.在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设4、b两个天体的质量 均为M,相距为2r,其连线的中点为O,另一天体（图中未画出）质量为m(m<),若c处于a、b连 线的垂直平分线上某特殊位置，α、b、c可视为绕O点做角速度相同的匀速圆周运动，且相对位置不变， 忽略其他天体的影响。引力常量为G。则() a 6 A.c的线速度大小为a的v3倍 B.c的向心加速度大小为b的一半 C.c在一个周期内的路程为2π D.c的角速度大小为 GM 8r3 二、卫星问题 （一)卫星环绕 卫星的运行规律 人造地球卫星绕地球转动，可以视为匀速圆周运动，故卫星受的合力提供向心力，而卫星只受地球对卫星 的万有引力，故万有引力提供向心力.设地球的质量为M,卫星的轨道半径为T,线速度大小为v,角速 度为w,周期为T,向心加速度为a.有=GMm和GMm =ma （1)线速度规律 由 可见v √万，轨道半径越大，运行速度就越小. （2)角速度规律 由 ,得 越大，则o越小. （3)周期规律 由 ,得T=2π1 3 可见 ,越大，T也越大. GM （4)加速度规律 由 M 得a=G.可见 ,且越大，则a越小. 日拱一卒，功不唐捐 5.卫星根据其不同功能有不同的环绕轨道。如图“夸父一号”卫星离地面的高度为20km绕地球做匀速圆周 运动，可用于探测由太阳射来的高能宇宙射线：同步地球卫星离地高度约36000km,可用于气象观测；下 列说法正确的是() 轨道a 地轴 赤道平面 >轨道b 平行太阳光 A.“夸父一号"的运行速度大于7.9km/s B.同步卫星的向心加速度大于赤道平面随着地球自转物体的向心加速度 C.为使“夸父一号"能更长时间观测太阳，采用b轨道比a轨道更合理 D.“夸父一号"绕地球做圆周运动的周期为24小时 6.2026年4月，神舟乘组入驻中国空间站。如图，地球半径为R,自转周期为T,空间站所在轨道离地面 的高度约为0.06R,同步卫星离地面的高度约为6R,万有引力常量为G。下列说法正确的是() 空间站 同步卫星 A.根据题中物理量可求出地球平均密度 B.空间站绕地运行线速度比同步卫星小 C.空间站绕地运行角速度比地球自转角速度小 D.空间站绕地运行的周期约为 行星运行规律：高轨低速大周期、大机大势小动能 补充说明： 1、口诀只适用于仅由中心天体的万有引力提供向心力的情况 2、口诀的前半句：“高轨低速大周期”，与环绕天体的质量无关，环绕天体只要是绕同一中心天体做圆 周运动即可：而口诀的后半句“大机大势小动能”，则适用于同一环绕天体或质量相同的环绕天体 7.人造地球卫星以地心为圆心，做匀速圆周运动，下列说法正确的是() A.半径越大，速度越小，周期越小 B.半径越大，角速度越小，周期越大 C.所有卫星的速度均是相同的，与半径无关 4 日拱一卒，功不唐捐 D.所有卫星的角速度均是相同的，与半径无关 8.如图所示，甲、乙两颗卫星以相同的速率分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动。则甲、乙卫星 () 甲 ○M A.轨道半径之比为1：4 B.运行周期之比为1：2 C.受到的万有引力大小之比为2：1 D.向心加速度大小之比为1：1 9.如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道I、Ⅱ相切于P点。图乙为该飞行器在两轨道上 受到地球引力大小F随时间的变化规律。下列说法正确的是() F 9F 地球 甲 乙 A.飞行器在t2时刻恰好到达P点 B.飞行器在t2时刻与t3时刻到地心的距离之比为9：1 C.飞行器沿轨道I和Ⅱ运行的周期之比为5：9 D.(t2-t1)与(t4-t3)之比为V729:v125 (二)同步卫星、近地卫星、赤道上物体 GM （1)近地卫星：轨道半径近以等于地球半径R,其运动速度，=√C=Vg反=7.9km/s,具有 所有卫星的最大绕行速度；运行周期T=85in,具有所有卫星的最小周期；向心加速度 a=g=9.8m/s2,具有所有卫星的最大加速度： 日拱一卒，功不唐捐 (2)静止卫星（通信卫星）：位于赤道上方，相对于地面静止的、运行周期与地球的自转周期( T=24h)相等的卫星，这种卫星主要用于全球通信和转播电视信号.其特点可概括为“五个一定”：位 置一定（必须位于地球赤道的上空），高度-定（h≈3.6×10km),周期一定(T=24h),速率 一定v≈3.1km/s,向心加速度-定(a≈0.228m/s2); (3)赤道上随地球自转的物体：周期与地球自转周期相同，做圆周运动的半径为地球半径，合外力是万 有引力和支持力的合力； (4)三者的区别和联系： ·向心加速度不同，大小关系为：a近>同>a哧； ·轨道半径不同，半径大小关系为：T同>近=T赤； ·向心力不同，同步卫星和近地卫星绕地球运行的向心力完全由地球对它们的万有引力来提供，赤道物 体的向心力由万有引力的一个分力来提供，万有引力的另一个分力提供赤道物体的重力； ·周期不同，大小关系为：T同=T赤>T近； ·线速度不同，大小关系为：近>饲>V赤； ·角速度不同，大小关系为：w响=w哧<w近· 近地卫星 同步卫星 赤道上随地球自转的物体 (n1、01、1、4) (2、2、'2、a2) (3、03、V'3、a3) 向心力 万有引力 万有引力 万有引力的一个分力 轨道半径 2>3=乃 GM 同步卫星的角速度与地球自 由c=mor得=个 3 故01>2 角速度 转角速度相同，故2=03 01>02=03 由cm得 GM 故>2 由v=rw得2>3 线速度 11>12>13 向心加 由c=m得a=兴，故a0 2 由a=o2r得m>B 速度 a1>a2>a3 6 日拱一卒，功不唐捐 10.如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫 星与空间站同步做匀速圆周运动。已知地球半径为R,空间站的轨道半径为r,机械臂长为，忽略空间站对 卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是() 微型卫星 机械臂d 空间站 地球 A.微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为 B.空间站所在处的重力加速度与地球表面重力加速度之比为 C.微型卫星的加速度比空间站的加速度小 D.若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会做近心运动 11.（多选)华为Mate60Pro成为全球首款支持卫星通话的大众智能手机，在无信号环境下，该手机通过“天 通一号”卫星与外界进行联系。已知“天通一号”卫星位于离地球表面约为6R的地球同步轨道上，地球半径为 R,地球表面重力加速度大小为g,下列说法正确的是() A.“天通一号”可以在北京的上空保持相对静止 B.“天通一号”在轨运行的向心加速度约为号 C“天通一号”在轨运行的周期约为14虹四 D.“天通一号"在轨运行的线速度小于7.9km/s 12.(多选)关于地球同步卫星下列说法正确的是() A.地球同步卫星和地球同步，因此同步卫星的高度和线速度大小是一定的 B.地球同步卫星的角速度虽被确定，但高度和速度可以选择，高度增加，速度增大，高度降低，速度 减小 C.地球同步卫星只能定点在赤道上空，相对地面静止不动 D.平行于赤道也能发射地球同步卫星 13,2025年2月，实践25号卫星成功为北斗G7卫星加注推进剂，完成了人类航天史上首次“太空加油”。 已知北斗G7卫星在地球同步静止轨道绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是() A.北斗G7卫星的运行速度大于7.9km/s 日拱一卒，功不唐捐 B.北斗G7卫星的向心加速度小于地球表面附近的重力加速度 C.北斗G7卫星的运行速度小于地球赤道上随地球自转物体的线速度 D.在地球同步静止轨道上运行的实践25号，可通过加速追上北斗G7卫星 14.星河璀璨，征途如虹！从嫦娥”揽月到“天宫"筑梦，从“天问”探火到“北斗”指路，中国航天人以凌云之 志叩问苍穹。P是地球赤道，Q是地球近地轨道，R是地球静止轨道，地球自转不能忽略。下列关于P、Q、R 的说法正确的是() 静止轨道R 近地轨道Q 地球， 杀 道 A.同一物体，在P处受到的引力大于Q处，所以P处的线速度更大 B.同一物体，在Q轨道处所受合力比在P处要大 C.同一物体，从Q轨道转移到R轨道处，机械能减少 D.根据开普勒三大定律，物体在Q、R轨道上运动时在单位时间内与地球球心连线扫过的面积相等 15.如图所示，α为静止在赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步 卫星。以地心为参考系，关于它们的向心加速度，线速度，下列描述正确的是（ b A.aa=ap>ac B.acab aa C.Ve>Vb>va D.Vo>Ve>va (三)卫星变轨 (1)发射卫星的变轨 发射卫星时，为了节省能量，通常先将卫星发送到近地轨道1，使其绕地球做匀速圆周运动，速率为1， 第一次在P点点火加速，在短时间内将速率由v1增加到2，使卫星进入椭圆形的转移轨道缸；卫星运行到 远地点Q时的速率为3，此时进行第二次点火加速，在短时间内将速率由vg增加到v4,使卫星进入轨道Ⅱ ,绕地球做匀速圆周运动。 8 日拱一卒，功不唐捐 ①速度：在P点加速，所以v2>v1,同理，v4>v3,又因为轨道半径小于轨道IⅢ，所以v1>v4,所 以有 ②加速度：在P点，卫星只受到万有引力作用，所以不论在轨道还是轨道L上经过P点，加速度都相同； 同理，经过Q点时加速度也相同， ③周期：设卫星在1、I、Ⅱ轨道上的周期分别是T1、T2、T3,根据开普勒第三定律可知， 16.如图，卫星沿倾斜圆轨道运行，由南向北穿过赤道平面的点称为升交点，反之称为降交点，这两点对 卫星的任务规划具有重要意义。某卫星每天仅在北京时间10：30经过一次升交点，22：30经过一次降交点， 则该卫星() C5自转 ò卫星 A. 始终相对地面静止 B.线速度大于第一宇宙速度 C.角速度比在赤道上物体的大 D.向心加速度比在赤道上物体的大 17.北京时间2023年9月，中国航天员在空间站梦天实验舱中圆满完成“天宫课堂”直播授课。中国空间站 在距离地面约430km的圆轨道上做匀速圆周运动，周期为90min,空间站的运动平面与赤道面的夹角约为 41°，为实现空间站与地面直播互动交流，空间站的信号需要先传到在地球静止轨道上运行的中继卫星，然 后再传回地面。下列说法正确的是() 9 日拱一卒，功不唐捐 中继卫星 空间站 0 信号 传输 A.空间站的线速度比地面上观看直播的同学的线速度小 B.空间站的线速度大于地球的第一宇宙速度 C.空间站的加速度小于地球两极的重力加速度 D.若要完成一场90min的直播授课，仅一颗中继卫星即可完成任务 18.(多选)如图，我国鹊桥二号中继星在环月椭圆冻结轨道顺时针环月飞行，远月点B与月心距离约为近 月点A与月心距离的27倍，CD为椭圆轨道的短轴。下列说法正确的是() 幻鹊桥 二号 A.鹊桥二号从A到B的时间等于从C到D的时间 B.鹊桥二号从C到B的时间大于从D到A的时间 C.鹊桥二号在A、B两点的线速度大小之比为27：1 D.鹊桥二号在A、B两点的加速度大小之比为27：1 19,地球某卫星的轨道如图中虚线圆所示，卫星轨道平面与太阳和地球的连线垂直，卫星与太阳中心连线 与卫星轨道平面的夹角为0。已知卫星公转周期为T,地球质量为，公转周期为I,太阳质量为2，不 考虑太阳对卫星的引力。则tan的值为() 。地球 太阳 A. m2Ti B.3m27 c. D. m1T号 Vm1T m2r 20.神舟二十一号飞船创造了飞船与空间站对接的最快纪录。如图，椭圆轨道I和圆形轨道Ⅱ分别是飞船 与空间站对接前、后的运行轨道，P、Q分别是轨道I的远地点和近地点。若P、Q离地面的高度差为， 飞船在P、Q两处的加速度大小之比为k2,已知引力常量为G,地球质量为M,则飞船在轨道Ⅱ运行的() 10 日拱一卒，功不唐捐 地球 A.半径为 B.半径为1+h 2(1-k) C.速率为 GM(1-k) kh D.速率为 GM(1-k) h 21.（多选)“夸父一号”是中国综合性太阳探测专用卫星，2024年，“夸父一号”成功地记录了第25太阳活 动周最大的耀斑。已知“夸父一号”始终位于日地连线的拉格朗日点，即可以认为它和地球一起以相同角速度 绕太阳做匀速圆周运动，关于“夸父一号”，下列说法正确的是() 太阳 双夸父一号 地球 A.“夸父一号”的线速度大于地球的线速度 B.某一较远的小行星绕太阳轨道半径大小如果与“夸父一号”的半径相同，则其线速度大于“夸父一号” C.“夸父一号”向心力大小等于太阳对它的引力 D.地球和太阳连线上一共有3个拉格朗日点 11 日拱一卒，功不唐捐 (四)卫星追击相遇 根据万有引力提供向心力，当天体速度增加或减少时，对应的圆周轨道会发生相应的变化，由于同一轨道 角速度相同，所以天体不可能能在同一轨道上追击或相遇， T 1.若两卫星初始位置相距最近，则设经过时间t再次相遇，则一定有t/T1一t/T2=N,其中N为相遇 次数 2.设经过时间t相距最远，则有t/T1-t/T2=(2N-1)/2,其中(2N-1)/2为相距最远的次数. 22.如图为一种四颗星体组成的稳定星系，四颗质量均为的星体位于边长为L的正方形四个顶点，四颗 星体在同一平面内围绕同一点做匀速圆周运动，忽略其它星体对它们的作用，万有引力常量为G。下列说 法中正确的是() A.星体匀速圆周运动的圆心不一定是正方形的中心 B.每个星体匀速圆周运动的角速度均为】 (4+v2)Gm 2L3 C.若边长L和星体质量m均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的加速度大小是原来的两倍 D.若边长L和星体质量均是原来的两倍，星体匀速圆周运动的线速度大小是原来的两倍 23.卫星与地心连线同地球表面的交点称为星下点（即卫星的正投影位置），通过星下点监测系统可实时追 踪卫星运行状态。某卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道如图甲虚线所示。图乙为该卫星的监测示意图： 底部数值表示经度，曲线为星下点轨迹的时空展开图，其中标注了第I、Ⅱ、Ⅲ圈的轨迹，A、B、C三点 分别为各圈轨迹与赤道的交点。已知地球自转周期为24小时，卫星运行方向如图甲箭头所示。下列判断正 确的是() 12 日拱一卒，功不唐捐 自转 卫星轨道 星下点 北纬23.5° 赤道 6卫星 南纬23.5° 180150°120°90°60°30°0°30°60°90°120°150°180° 甲 A.该卫星属于地球同步卫星 B.该卫星的运行周期约1.5h C.该卫星运行过程中，线速度大小大于第一宇宙速度 D.根据A、B、C交点可判断，在卫星运行一周时间内，地球大约自转过30 24.如图所示，两颗已发射的卫星A、B在同一轨道平面内绕地球沿逆时针方向做匀速圆周运动，某时刻两 者与地心连线夹角为6，轨道半径分别为T4、TB已知引力常量为G,地球质量为M,下列说法正确的是() 地球 B A.两卫星的线速度之比为TA:TB B.两卫星的加速度之比为rB:TA C.再经过时间 两卫星相距最近 GM GM D.两卫星经过相同的时间，卫星B与地心连线扫过的面积更大 25.人造卫星a的圆形轨道离地面高度为h,地球静止卫星b离地面高度为H,h<H,两卫星共面且旋转 方向相同。某时刻卫星a恰好出现在赤道上某建筑物c的正上方，设地球赤道半径为R,地面重力加速度为 g则() A.a、b线速度大小之比为 R+h R+H B.a、c角速度之比为 R3 V(R+h) C.b、c向心加速度大小之比+ D.a下一次通过c正上方所需时间等于 R+)3 13 日拱一卒，功不唐捐 三、本节总结 第-宇宙速度：1=V(gR)=V(GM/R)=7.9km/s 卫星线速度：v=V(GM/r) 核心公式 卫星周期：T=2TV(r1GM) 追击相遇：t/T,-tTz=N 1=7.9km/s(最大环绕速度，最小发射速度) 宇宙速度 v2=11.2kms(脱离地球) v3=16.7km/s(脱离太阳 卫星环绕规律口诀 “高轨低速大周期，大机大势小动能 周期=24h,高度≈36000km 同步卫星特点 轨道在赤道平面上方 解题方法总结 五个一定：位置、高度、周期、速度、加速度都确定 加速一离心一轨道升高 变轨问题 减速一向心一轨道降低 同一位置：加速度相同，椭圆速度>圆速度 再次相遇：t/T1-tT2=1 追击相遇 相距最远：t/T1-tTz=1/2 14