【物理】2019届二轮复习曲线运动 万有引力与航天学案（全国通用）
2019届二轮复习 曲线运动 万有引力与航天 学案（全国通用）
[全国卷5年考情分析]
基础考点
常考考点
命题概率
常考角度
匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度(Ⅰ)
离心现象(Ⅰ)
第二宇宙速度和第三宇宙速度(Ⅰ)
经典时空观和相对论时空观(Ⅰ)
以上4个考点未曾独立命题
运动的合成与分解(Ⅱ)
'16Ⅰ卷T18(6分)，'15Ⅱ卷T16(6分)
综合命题概率50%
(1)对运动的合成与分解的考查
(2)对平抛运动规律的考查
(3)对圆周运动中角速度、线速度关系及向心力的考查
(4)平抛运动、圆周运动与功能关系的综合考查
(5)天体质量、密度的计算
(6)卫星运动的各物理量间的比较
(7)卫星的发射与变轨问题
抛体运动(Ⅱ)
'18Ⅲ卷T17(6分)
'17Ⅰ卷T15(6分)，'17Ⅱ卷T17(6分)
'15Ⅰ卷T18(6分)，'14Ⅱ卷T15(6分)
独立命题
概率80%
匀速圆周运动的向心力(Ⅱ)
'16Ⅱ卷T16(6分)，'14Ⅰ卷T20(6分)
综合命题
概率100%
万有引力定律及其应用(Ⅱ)
'18
Ⅰ卷T20(6分)，Ⅱ卷T16(6分)
独立命题概率100%
'17
Ⅱ卷T19(6分)，Ⅲ卷T14(6分)
'16
Ⅰ卷T17(6分)，Ⅲ卷T14(6分)
'15
Ⅰ卷T21(6分)
'14
Ⅰ卷T19(6分)，Ⅱ卷T18(6分)
环绕速度(Ⅱ)
'18Ⅲ卷T15(6分)，'15Ⅱ卷T16(6分)
独立命题概率40%
第1节 曲线运动 运动的合成与分解
一、曲线运动
1．速度方向：质点在某一点的速度方向沿曲线在这一点的切线方向。[注1]
2．运动性质：曲线运动一定是变速运动。[注2]
3．曲线运动的条件
两个角度
运动学角度
物体的加速度方向跟速度方向不在同一条直线上(加速度可以是恒定的，也可以是变化的)
动力学角度
合外力的方向跟物体速度方向不在同一条直线上(合外力可以是恒力，也可以是变力)
二、运动的合成与分解
1．分解原则：一般根据运动的实际效果进行分解。
2．运算法则：位移、速度、加速度的合成或分解遵循平行四边形定则或三角形定则。
3．合运动与分运动的关系 [注3]
等时性
合运动和分运动、分运动与分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止。[注4]
独立性
各分运动相互独立，不受其他运动的影响。各分运动共同决定合运动的性质和轨迹。
等效性
各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果。
[注解释疑]
[注1] 速度方向时刻在变，但速度的大小可能不变。
[注2] 加速度不为零，合外力不为零。
a恒定→匀变速曲线运动，如平抛运动。
a改变→变加速曲线运动，如匀速圆周运动。
[注3] 实际运动为合运动。
[注4] 时间是分运动与分运动、分运动与合运动建立联系的关键量，即t是运动规律方程组所共有的“元”。
[深化理解]
1．物体做直线运动还是做曲线运动由物体的速度与合外力是否在同一直线上决定。
2．两个分运动的合运动是直线运动还是曲线运动要看合速度与合加速度是否在同一直线上。
3．运动的分解应考虑运动的实际效果，类似于力的分解考虑力的作用效果；但力的分解也常常考虑解题的方便不根据作用效果进行分解，运动的分解则常常沿两个互相垂直的方向分解，方便计算。
[基础自测]
一、判断题
(1)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。(×)
(2)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化。(×)
(3)曲线运动可能是匀变速运动。(√)
(4)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。(√)
(5)合运动的速度一定比分运动的速度大。(×)
(6)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。(×)
(7)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则。(√)
二、选择题
1．(多选)关于曲线运动的性质，以下说法正确的是( )
A．曲线运动一定是变速运动
B．曲线运动一定是变加速运动
C．变速运动不一定是曲线运动
D．运动物体的速度大小、加速度大小都不变的运动一定是直线运动
解析：选AC 曲线运动一定是变速运动，但不一定是变加速运动，A正确，B错误；变速运动不一定是曲线运动，如匀变速直线运动，C正确；运动物体的速度大小、加速度大小都不变的运动不一定是直线运动，如匀速圆周运动，D错误。
2．[人教版必修2 P6演示实验改编]如图所示，水平桌面上一小铁球沿直线运动。若在铁球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁，下列关于小铁球运动的说法正确的是( )
A．磁铁放在A处时，小铁球做匀速直线运动
B．磁铁放在A处时，小铁球做匀加速直线运动
C．磁铁放在B处时，小铁球做匀速圆周运动
D．磁铁放在B处时，小铁球做变加速曲线运动
解析：选D 磁铁放在A处时，小铁球受磁力作用向前加速，逐渐靠近磁铁，磁力增大，加速度增大，故A、B均错误；磁铁放在B处时，小铁球受到的磁力与速度方向不共线，做曲线运动，因磁力的大小和方向均随距离的变化而变化，故加速度大小是变化的，C错误，D正确。
3．[人教版必修2 P7 T2改编](多选)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目。如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响。下列说法中正确的是( )
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害
C．运动员下落时间与风力无关
D．运动员着地速度与风力无关
解析：选BC 水平方向的风力对竖直方向的运动没有影响，运动员下落时间与风力无关。无风时，运动员在水平方向速度为零，有风时，运动员在水平方向上因风力作用做加速运动，风力越大，着地时水平方向速度越大，着地速度也越大，故B、C正确，A、D错误。
高考对本节内容的考查，主要集中在曲线运动的特点及条件、应用运动的合成与分解处理小船过河以及关联速度问题，通常以选择题的形式呈现，难度一般。而运动的合成与分解知识可与能量、电磁场知识相结合，以计算题的形式呈现，难度较大。
考点一 物体做曲线运动的条件与轨迹分析[基础自修类]
[题点全练]
1．[曲线运动的条件及特点]
(多选)(2016·全国卷Ⅰ)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，且加速度大小不变，选项B、C正确，A错误；由a＝可知，质点单位时间内速度的变化量Δv总是不变的，但速率的变化量不确定，D错误。
2．[曲线运动轨迹判断]
春节期间人们放飞孔明灯表达对新年的祝福。如图甲所示，孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，在水平Ox方向做匀速运动，孔明灯的运动轨迹可能为图乙中的( )
A．直线OA B．曲线OB
C．曲线OC D．曲线OD
解析：选D 孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，在水平Ox方向做匀速运动，则合外力沿Oy方向，所以合运动的加速度方向沿Oy方向，但合速度方向不沿Oy方向，故孔明灯做曲线运动，结合合力指向轨迹内侧可知运动轨迹可能为曲线OD，故D正确。
3．[加速度方向与速率变化的关系]
如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直。在质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是( )
A．质点经过C点的速率比经过D点的大
B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°
C．质点经过D点时的加速度比经过B点的大
D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小
解析：选A 质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变，C错误；由于在D点时速度方向与加速度方向垂直，则在A、B、C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，B错误；质点由C到D速率减小，所以经过C点的速率比经过D点的大，A正确；质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角逐渐减小，D错误。
[名师微点]
(1)物体做曲线运动时，速度沿轨迹的切线方向，合力指向轨迹凹侧，可以速记为“无力不弯，力速两边”。
(2)因为速度不能发生突变，所以曲线运动的轨迹也不能突变，除非速度和加速度同时减小为零并立刻开始沿其他方向加速运动。
考点二 运动的合成与分解的应用[师生共研类]
1．运动的合成与分解的运算法则
运动的合成与分解是指描述运动的各物理量，即位移、速度、加速度的合成与分解。由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定则。
2．合运动的性质和轨迹的判断
(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。
(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。
[典例] 如图所示，从上海飞往北京的波音737客机在上午10点10分到达首都国际机场。若飞机在水平分速度为60 m
/s，竖直分速度为6 m/s时开始降落，降落过程中飞机在水平方向做加速度大小等于2 m/s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于0.2 m/s2的匀减速直线运动，则飞机落地之前( )
A．飞机的运动轨迹为曲线
B．经20 s飞机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等
C．在第20 s内，飞机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等
D．飞机在第20 s内，水平方向的平均速度为21 m/s
[解析] 由于初速度的方向与合加速度的方向相反，故飞机的运动轨迹为直线，A错误；由匀减速运动规律可知，飞机在第20 s末的水平分速度为20 m/s，竖直方向的分速度为2 m/s，B错误；飞机在第20 s内，水平位移x＝－v0xt19－axt192＝21 m，竖直位移y＝v0yt20＋ayt202－v0yt19－ayt192＝2.1 m，C错误；飞机在第20 s内，水平方向的平均速度为21 m/s，D正确。
[答案] D
[延伸思考]
若飞机在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向做加速度大小为0.2 m/s2的匀减速直线运动。
(1)飞机的运动轨迹是直线还是曲线？
(2)当飞机竖直速度减为零时，飞机恰好着陆，则着陆前飞机的位移为多大？
提示：(1)飞机的初速度方向斜向下方，而加速度方向竖直向上，故飞机的运动轨迹为曲线。
(2)飞机竖直方向减速运动的时间t＝＝30 s，竖直方向的位移h＝t＝90 m 。
水平方向的位移x＝v水平·t＝1 800 m，故飞机在这段时间内的位移大小为s＝＝ m≈1 802 m。
例题及相关延伸思考旨在让学生掌握合运动轨迹和性质的判断，以及合运动各物理量的计算方法。
(1)分析运动的合成与分解问题时，一般情况下按运动效果进行分解。
(2)要注意分析物体在两个方向上的受力及运动规律，分别在两个方向上列式求解。
(3)两个方向上的分运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。
[题点全练]
1．[由运动特点分析运动轨迹]
在长约一米
的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个大小适当的圆柱形红蜡块，玻璃管的开口端用胶塞塞紧，保证将其迅速竖直倒置时，红蜡块能沿玻璃管由管口匀速上升到管底。现将此玻璃管倒置安装在置于桌面上的小车上的同时，小车从A位置在恒力F作用下开始运动。经过一段时间后，小车运动到虚线表示的B位置。按照图中建立的坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是( )
解析：选C 红蜡块在竖直方向做匀速直线运动，水平方向随小车一起向右做匀加速直线运动，合力沿水平向右方向，其运动轨迹应如题图C所示。故选项C正确。
2．[由分运动的图像分析物体的运动规律]
质量为2 kg的质点在xy平面上运动，x方向的速度—时间图像和y方向的位移—时间图像分别如图所示，则质点( )
A．初速度为4 m/s
B．所受合外力为4 N
C．做匀变速直线运动
D．初速度的方向与合外力的方向垂直
解析：选B 由题图可知，质点在x轴方向的初速度为vx＝4 m/s，在y轴方向的初速度vy＝3 m/s，则质点的初速度v0＝＝5 m/s，故A错误；由题图可知，质点在x轴方向的加速度a＝2 m/s2，在y轴方向做匀速直线运动，所以质点所受合力F合＝ma＝4 N，故B正确；质点在x轴方向的合力恒定不变，在y轴方向做匀速直线运动，在y轴方向合力为零，则质点的合力恒定不变，做匀变速曲线运动，故C错误；质点的合力沿x轴方向，而初速度方向既不沿x轴方向，也不沿y轴方向，所以质点初速度的方向与合外力方向不垂直，故D错误。
3．[利用运动轨迹分析运动时间问题]
如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲种状态启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点。则t1∶t2为( )
A．2∶1 B．1∶
C．1∶ D．1∶(－1)
解析：选A 雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小与水平方向的运动无关，故t1∶t2＝∶＝2∶1，选项A正确。
考点三 小船渡河模型[方法模型类]
[典例] 小船匀速横渡一条河流，当船头垂直对岸方向航行时，在出发后10 min到达对岸下游120 m处；若船头保持与河岸成α角向上游航行，出发后12.5 min到达正对岸。求：
(1)水流的速度；
(2)小船在静水中的速度、河的宽度以及船头与河岸间的夹角α。
[典例识模]
题干信息
吹“沙”见“金”
船头垂直对岸方向航行时，在出发后10 min到达对岸下游120 m处
过河最短时间为10 min
10 min内船顺流而下120 m
船头保持与河岸成α角向上游航行，出发后12.5 min到达正对岸
航程最短时过河时间为12.5 min
最短航程为河流的宽度
[解析] (1)船头垂直对岸方向航行时，如图甲所示。
由x＝v2t1得v2＝＝ m/s＝0.2 m/s。
(2)船头保持与河岸成α角向上游航行时，如图乙所示。
v2＝v1cos α
d＝v1sin α·t2
由图甲可得d＝v1t1
联立解得α＝53°，v1≈0.33 m/s，d＝200 m。
[答案] (1)0.2 m/s (2)0.33 m/s 200 m 53°
[系统建模]
1．小船渡河的两类模型
时间最短
位移最短
渡河情景
渡河条件
船头垂直于河岸
船头斜向上游且v船>v水
船头斜向上游，与合速度方向垂直，且v水>v船
渡河结果
最短时间tmin＝
最短位移为河宽d
最短位移为d
2．小船渡河模型的分析思路
[熟练用模]
1．[小船渡河轨迹分析]
如图所示，某河段两岸平行，越靠近中央水流速度越大，一条小船保持船头垂直于河岸的方向匀速航行。现沿水流方向及垂直于河岸方向建立直角坐标系xOy，则该小船渡河的大致轨迹是( )
解析：选C 小船垂直于河岸方向航行的速度不变，但水流速度越靠近中央越大，因此小船过河过程中先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，结合曲线运动的轨迹特点可知，加速度方向应指向轨迹的凹侧，故只有选项C正确。
2．[小船渡河的位移最短模型]
一小船过河时，船头与上游河岸夹角为α，其航线恰好垂直于河岸。已知小船在静水中的速度为v。现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且能准时到达河对岸，下列措施中可行的是( )
A．减小α角，减小船速v B．减小α角，增大船速v
C．增大α角，增大船速v D．增大α角，减小船速v
解析：选B 由题意可知，小船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，如图所示，当水流速度v1稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则船速变化如图v′所示，可知B正确。
3．[小船渡河的两类模型对比分析]
有一条两岸平直、河水均匀流动，流速恒为v的大河。一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为。回程与去程所用时间之比为( )
A．3∶2 B．2∶1
C．3∶1 D．2∶1
解析：选B 设河宽为d，则去程所用的时间t1＝＝；返程时的合速度：v′＝ ＝，回程的时间为：t2＝＝；故回程与去程所用时间之比为t2∶t1＝2∶1，选项B正确。
考点四 绳(杆)端速度分解模型[方法模型类]
[典例] 如图所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，两物体质量分别为m1和m2，且m1
vb>vc ta>tb>tc B．vatb>tc D．va>vb>vc tahb>hc，根据h＝gt2，知ta>tb>tc，根据xav临界，所以绳子有拉力且满足mg＋T1＝m，解得T1＝3 N。
(2)因为v2M土>M地，则三者大小关系为( )
A．k1＝k2＝k3 B．k1>k2>k3
C．k1k2＝k3
解析：选B 由万有引力提供向心力有G＝mr，则＝k＝，式中的k只与中心天体的质量有关，与环绕天体质量无关，由于M太>M土>M地，因此k1>k2>k3，故B正确，A、C、D错误。
10．如图所示，将一个半径为R、质量为M
的均匀大球，沿直径挖去两个半径分别为大球一半的小球，并把其中一个放在球外与大球靠在一起。若挖去小球的球心、球外小球球心、大球球心在一条直线上，则大球中剩余部分与球外小球的万有引力大小约为(已知引力常量为G)( )
A．0.01 B．0.02
C．0.05 D．0.04
解析：选D 由题意知，所挖出小球的半径为，质量为，则未挖出小球前大球对球外小球的万有引力大小为F＝G＝，将所挖出的其中一个小球填在原位置，则填入左侧原位置小球对球外小球的万有引力为F1＝G＝，填入右侧原位置小球对球外小球的万有引力为F2＝G＝，大球中剩余部分对球外小球的万有引力大小为F3＝F－F1－F2≈0.04，D选项正确。
11．(多选)欧洲航天局的第一枚月球探测器——“智能1号”环绕月球沿椭圆轨道运动，用m表示它的质量，h表示它在近月点的高度，ω表示它在近月点的角速度，a表示它在近月点的加速度，R表示月球的半径，g表示月球表面处的重力加速度。忽略其他星球对“智能1号”的影响，则它在近月点所受月球对它的万有引力的大小等于( )
A．ma B．m
C．m(R＋h)ω2 D．m
解析：选AB “智能1号”在近月点所受月球对它的万有引力，即为它所受的合力，由牛顿第二定律得F＝ma，A正确；由万有引力定律得F＝G，又在月球表面上，G＝mg，解得F＝m，B正确；由于“智能1号”环绕月球沿椭圆轨道运动，曲率圆半径不是R＋h，C、D错误。
[C级——难度题目适情选做]
12．(2019·茂名调研)宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验：在该星球两极点，用弹簧秤测得质量为M的砝码所受重力为F，在赤道测得该砝码所受重力为F′。他还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T
。假设该星球可视为质量分布均匀的球体，则其自转周期为( )
A．T B．T
C．T D．T
解析：选D 设星球和探测器质量分别为m、m′
在两极点，有：G＝F，
在赤道，有：G－F′＝MR，
探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T，则有：G＝m′ R；联立以上三式解得T自＝T。故D正确，A、B、C错误。
13．(多选)由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同。已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布的球体。下列说法正确的是( )
A．质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mg
B．质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为mg0
C．地球的半径为
D．地球的密度为
解析：选BCD 因地球表面两极处的重力加速度大小为g0，则质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mg0，选项A错误；因在地球的两极G＝mg0，则质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为F＝G＝mg0，选项B正确；在赤道上：G－mg＝mR；联立解得：R＝，选项C正确；地球的密度为ρ＝，联立解得：ρ＝，选项D正确。
14．(2019·福州六校联考)开 半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等。该定律对一切具有中心天体的引力系统都成立。如图，嫦娥三号探月卫星在半径为r的圆形轨道Ⅰ上绕月球运行，周期为T。月球的半径为R，引力常量为G。某时刻嫦娥三号卫星在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在月球表面的B点着陆。A、O、B三点在一条直线上。求：
(1)月球的密度；
(2)在轨道Ⅱ上运行的时间。
解析：(1)由万有引力充当向心力：G＝m2r，
解得M＝
月球的密度：ρ＝，解得ρ＝。
(2)椭圆轨道的半长轴：a＝，
设椭圆轨道上运行周期为T1，
由开普勒第三定律有：＝，
在轨道Ⅱ上运行的时间为t＝，
解得t＝ 。
答案：(1) (2)
第5节 天体运动与人造卫星
1．三种宇宙速度
第一宇宙速度
(环绕速度)[注1]
v1＝7.9 km/s，是物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，也是人造地球卫星的最小发射速度
第二宇宙速度
(脱离速度)[注2]
v2＝11.2 km/s，是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度
第三宇宙速度
(逃逸速度)
v3＝16.7 km/s，是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度
2．地球同步卫星的特点[注3]
(1)轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合。
(2)周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h＝86 400 s。
(3)角速度一定：与地球自转的角速度相同。
(4)高度一定：据G＝mr得r＝≈4.24×104 km，卫星离地面高度h＝r－R≈3.6×104 km(为恒量)。
(5)速率一定：运行速度v＝≈3.08 km/s(为恒量)。
(6)绕行方向一定：与地球自转的方向一致。
3．极地卫星和近地卫星[注4]
(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。
(2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s。
[注解释疑]
[注1] 第一宇宙速度是人造地球卫星的最大环绕速度。
[注2] 第二宇宙速度与第一宇宙速度的关系：v2＝v1。
[注3] 地球同步卫星的运行参数都相同，但卫星的质量不一定相同。
[注4] 极地卫星和近地卫星的轨道平面一定通过地球的球心。
[深化理解]
1．人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，卫星在其轨道上所受的重力等于万有引力，提供向心力。
2．卫星轨道半径越大，卫星的向心加速度、角速度、线速度越小，周期越大。
3．天体运动和人造卫星问题的实质就是万有引力定律与匀速圆周运动的综合。
[基础自测]
一、判断题
(1)同步卫星可以定点在北京市的正上方。(×)
(2)不同的同步卫星的质量不同，但离地面的高度是相同的。(√)
(3)第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小速度。(×)
(4)第一宇宙速度的大小与地球质量有关。(√)
(5)月球的第一宇宙速度也是7.9 km/s。(×)
(6)同步卫星的运行速度一定小于地球第一宇宙速度。(√)
(7)若物体的速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，则物体可绕太阳运行。(√)
二、选择题
1．[鲁科版必修2 P101 T4改编](多选)可以发射一颗这样的人造地球卫星，使其圆轨道( )
A．与地球表面上某一纬线(非赤道)是共面同心圆
B．与地球表面上某一经线所决定的圆是共面同心圆
C．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，且卫星相对地球表面是静止的
D．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但卫星相对地球表面是运动的
解析：选CD 人造地球卫星在运行时，由于地球对卫星的万有引力提供它做匀速圆周运动的向心力，轨道的圆心一定与地球的中心重合，不可能是地球上除地心以外的某一点，选项A错误；由于地球同时绕地轴自转，所以卫星的轨道平面不可能与某一经线所决定的平面共面，B错误；若卫星在赤道平面内，则其圆轨道可以有不同高度，周期也可以不同，故卫星可以相对地面静止，也可以相对地面运动，选项C、D均正确。
2．(多选)北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建立后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星。关于这些卫星，以下说法正确的是( )
A．5颗同步卫星的轨道半径都相同
B．5颗同步卫星的运行轨道必定在同一平面内
C．导航系统所有卫星的运行速度一定都大于第一宇宙速度
D．导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的，周期越小
解析：选AB 所有同步卫星的轨道都位于赤道平面内，轨道半径和运行周期都相同，A、B均正确；由v＝ 可知，导航系统所有卫星运行的速度都小于第一宇宙速度，且运行轨道半径越大，周期越大，C、D均错误。
3．[粤教版必修2 P55 T4改编]已知月球质量与地球质量之比约为1∶80，月球半径与地球半径之比约为1∶4，则月球上的第一宇宙速度与地球上的第一宇宙速度之比最接近( )
A．9∶2 B．2∶9 C．18∶1 D．1∶18
解析：选B 第一宇宙速度等于卫星的轨道半径与中心天体的半径相等时的卫星的速度，根据牛顿第二定律有G＝m，由此得第一宇宙速度v＝ ，即 v∝ 。设月球上的第一宇宙速度为v1，地球上的第一宇宙速度为v2，则有＝ ＝ ＝，接近，可知B正确。
高考对本节内容的考查，主要集中在对宇宙速度的理解及第一宇宙速度的计算、卫星的发射、运行、变轨等几个方面，考查的方式以选择题为主，难度不大。
考点一 宇宙速度的理解与计算[基础自修类]
[题点全练]
1．[对宇宙速度的理解]
(多选)据悉，我国的火星探测计划将于2018年展开。2018年左右我国将进行第一次火星探测，向火星发射轨道探测器和火星巡视器。已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的。下列关于火星探测器的说法中正确的是( )
A．发射速度只要大于第一宇宙速度即可
B．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以
C．发射速度应大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度
D．火星探测器环绕火星运行的最大速度约为地球的第一宇宙速度的
解析：选CD 要将火星探测器发射到火星上去，必须脱离地球引力，即发射速度要大于第二宇宙速度，火星探测器仍在太阳系内运转，因此从地球上发射时，发射速度要小于第三宇宙速度，选项A、B错误，C正确；由第一宇宙速度的概念，得G＝m，得v1＝ ，故火星探测器环绕火星运行的最大速度与地球的第一宇宙速度的比值约为＝，选项D正确。
2．[第二宇宙速度的计算]
使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1。已知某星球的半径为地球半径R的4倍，质量为地球质量M的2倍，地球表面重力加速度为g。不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 地球的第一宇宙速度v1＝，星球表面的重力加速度g′＝＝＝g，星球的第一宇宙速度v1′＝＝ ＝ ，该星球的第二宇宙速度v2′＝v1′＝＝v1，故选项C正确。
3．[宇宙速度与运行轨迹的关系]
(多选)如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先从发射点P进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q
点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则( )
A．该卫星在P点的速度大于7.9 km/s，且小于11.2 km/s
B．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9 km/s
C．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度
D．卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
解析：选ACD 地球卫星的发射速度应大于7.9 km/s且小于11.2 km/s，故A正确；环绕地球做圆周运动的人造卫星，最大的运行速度是7.9 km/s，故B错误；P点比Q点离地球近些，故在轨道Ⅰ上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度，C正确；卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，故D正确。
[名师微点]
1．第一宇宙速度的推导
方法一：由G＝m得
v1＝ ＝ m/s
＝7.9×103 m/s。
方法二：由mg＝m得
v1＝＝ m/s＝7.9×103 m/s。
第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大环绕速度，此时它的运行周期最短，Tmin＝2π ＝5 075 s≈85 min。
2．宇宙速度与运动轨迹的关系
(1)v发＝7.9 km/s时，卫星绕地球做匀速圆周运动。
(2)7.9 km/s＜v发＜11.2 km/s，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆。
(3)11.2 km/s≤v发＜16.7 km/s，卫星绕太阳做椭圆运动。
(4)v发≥16.7 km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间。
考点二 卫星运行参量的分析与比较[基础自修类]
[题点全练]
1．[卫星运行参量的计算]
(多选)质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，它在离地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运行时的( )
A．周期为4π B．速度为
C．动能为G0R D．重力为G0
解析：选AC 由万有引力提供向心力，则有
G＝m＝mr＝ma ①
由题意可知，r＝2R。 ②
质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，
根据万有引力等于重力得：
GM＝gR2＝R2 ③
由①②③解得：周期T＝4π ，则A正确；
由①②③解得速度v＝ ，则B错误；
动能为Ek＝G0R，则C正确；
由a＝，则重力为ma＝，则D错误。
2．[不同轨道卫星运行参量的比较]
(2018·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5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是( )
A．周期 B．角速度
C．线速度 D．向心加速度
解析：选A “高分五号”的运动半径小于“高分四号”的运动半径，即r五＜r四。由万有引力提供向心力得G＝mr＝mrω2＝m＝ma。T＝ ∝，T五＜T四，故A正确。ω＝∝，ω五＞ω四，故B错误。v＝ ∝ ，v五＞v四，故C错误。a＝∝，a五＞a四，故D错误。
3．[赤道上的物体与卫星运行参量的分析与计算]
有a、b、c、d四颗地球卫星，a在地球赤道上未发射，b在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g
B．b在相同时间内转过的弧长最长
C．c在4 h内转过的圆心角是
D．d的运行周期有可能是20 h
解析：选B 对于卫星a，根据万有引力定律、牛顿第二定律列式可得G－N＝ma 向，又由G＝mg，故卫星a的向心加速度小于重力加速度g，A项错误；由G＝m得，v＝ ，故轨道半径越小，线速度越大，故b、c、d三颗卫星的线速度的大小关系为vb>vc>vd，而卫星a与同步卫星c的周期相同，故卫星c的线速度大于卫星a的线速度，B项正确；由c是地球同步卫星，可知卫星c在4 h内转过的圆心角是，C项错误；由G＝m2r得，T＝2π ，轨道半径越大，周期越长，故卫星d的周期大于同步卫星c的周期，D项错误。
[名师微点]
1．四个分析
“四个分析”是指分析人造卫星的加速度、线速度、角速度和周期与轨道半径的关系。
G＝
2．四个比较
(1)同步卫星的周期、轨道平面、高度、线速度、角速度、绕行方向均是固定不变的，常用于无线电通信，故又称通信卫星。
(2)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。
(3)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s。
(4)赤道上的物体随地球自转而做匀速圆周运动，由万有引力和地面支持力的合力充当向心力(或者说由万有引力的分力充当向心力)，它的运动规律不同于卫星，但它的周期、角速度与同步卫星相等。
考点三 卫星变轨问题分析[师生共研类]
1．卫星发射及变轨过程概述
人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，如图所示。
(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上。
(2)在A点点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ。
(3)在B点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。
2．三个运行物理量的大小比较
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ上过A点和B点速率分别为vA、vB。在A点加速，则vA＞v1，在B点加速，则v3＞vB，又因v1＞v3，故有vA＞v1＞v3＞vB。
(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同。
(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行的周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律＝k可知T1＜T2＜T3。
[典例] 我国正在进行的探月工程是高新技术领域的一次重大科技活动，在探月工程中飞行器成功变轨至关重要。如图所示，假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞行器在距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，则( )
A．飞行器在B点处点火后，动能增加
B．飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为2π
C．只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道Ⅱ上通过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上通过B点的加速度
D．由已知条件不能求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期
[解析] 在椭圆轨道近月点变轨成为圆轨道，要实现变轨应给飞行器点火减速，减小所需的向心力，故点火后动能减小，故A错误；设飞行器在近月轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的时间为T3，则：mg0＝mR，解得：T3＝2π ，根据几何关系可知，轨道Ⅱ的半长轴a＝2.5R，根据开普勒第三定律＝k以及飞行器在轨道Ⅲ上的运行周期，可求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期，故B正确，D错误；只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道Ⅱ上通过B
点的加速度与在轨道Ⅲ上通过B点的加速度相等，故C错误。
[答案] B
[延伸思考]
(1)飞行器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行的周期大小关系如何？最大周期为多少？
(2)飞行器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行的机械能大小关系如何？
(3)飞行器在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的速度大小关系如何？
提示：(1)由开普勒第三定律＝k可知，飞行器的轨道由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ的过程中半长轴a变小，故T变小。
即T1>T2>T3，
由＝，
可得最大周期T1＝8T3＝16π 。
(2)飞行器由轨道Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ时都要经过制动减速，故飞行器的机械能大小关系为：EⅠ>EⅡ>EⅢ。
(3)由G＝m得v＝ ，所以v3＞v1。可见虽然飞行器由轨道Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ时都要制动减速，但仍然有v3＞v1，根源在于轨道Ⅱ为椭圆，近月点比远月点的速度大，总之处理问题要有理论依据，不能想当然的进行判断。
[一题悟通]
例题及相关延伸思考旨在让考生理解飞行器变轨时速度如何变化及变轨前后运行周期、加速度、机械能等物理量的变化规律。
两类变轨
离心运动
近心运动
变轨起因
飞行器速度突然增大
飞行器速度突然减小
受力分析
G＜m
G＞m
变轨结果
变为椭圆轨道运动或在较大半径圆轨道上运动
变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动
[题点全练]
1．[卫星的对接]
(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )
A．周期变大 B．速率变大
C．动能变大 D．向心加速度变大
解析：选C 组合体比天宫二号质量大，轨道半径R不变，根据G＝m，可得v＝ ，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B项错误；又T＝，则周期T不变，A项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C项正确；向心加速度a＝不变，D项错误。
2．[卫星轨道渐变时各物理量的变化分析]
(多选)神舟十一号飞船与天宫二号空间实验室在太空中自动交会对接的成功，显示了我国航天科技力量的雄厚。已知对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下列说法正确的是( )
A．为实现对接，神舟十一号飞船与天宫二号运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫二号的动能可能会增加
C．如不加干预，天宫二号的轨道高度将缓慢降低
D．进入天宫二号的航天员处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用
解析：选BC 第一宇宙速度为最大环绕速度，神舟十一号飞船与天宫二号的线速度一定小于第一宇宙速度，A错误；若天宫二号轨道半径不变，则因空气阻力作用，天宫二号的线速度减小，万有引力提供的向心力大于所需的向心力，故天宫二号做近心运动，由v＝ 可知，随r的减小，天宫二号的线速度增大，动能增大，选项B、C均正确；航天员处于失重状态，但航天员仍受地球引力作用，万有引力提供其随天宫二号做圆周运动的向心力，故D错误。
3．[火箭返回地面的运动分析]
火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上。不计火箭质量的变化，则( )
A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒
B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态
C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化
D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力
解析：
选D 匀速下降过程动能不变，重力势能减少，所以机械能不守恒，选项A错误；减速下降时加速度向上，所以携带的检测仪器处于超重状态，选项B错误；火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力，选项D正确；合外力做功等于动能改变量，选项C错误。
考点四 宇宙多星模型[方法模型类]
[典例] (多选)太空中存在一些离其他恒星很远的、由三颗星体组成的三星系统，可忽略其他星体对它们的引力作用。已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是直线三星系统——三颗星体始终在一条直线上；另一种是三角形三星系统——三颗星体位于等边三角形的三个顶点上。已知某直线三星系统A每颗星体的质量均为m，相邻两颗星体中心间的距离都为R；某三角形三星系统B的每颗星体的质量恰好也均为m，且三星系统A外侧的两颗星体与三星系统B每颗星体做匀速圆周运动的周期相等。引力常量为G，则( )
A．三星系统A外侧两颗星体运动的线速度大小为v＝
B．三星系统A外侧两颗星体运动的角速度大小为ω＝
C．三星系统B的运动周期为T＝4πR
D．三星系统B任意两颗星体中心间的距离为L＝ R
[典例识模]
题干信息
吹“沙”见“金”
直线三星系统A每颗星体的质量均为m，相邻两颗星体中心间的距离都为R
两星匀速圆周运动的半径为R，周期相等。
＋＝F向
三角形三星系统B的每颗星体的质量均为m
三星匀速圆周运动的半径、周期、向心力均相等
[解析] 对三星系统A，由＋＝m，可得v＝ ，T＝＝4πR ，ω＝＝ ，而三星系统B的运行周期与三星系统A外侧星体的运行周期相同，故TB＝4πR ，选项A错误，B、C正确。对三星系统B：由2×cos 30°＝m·，可解得：L＝R，选项D正确。
[答案] BCD
[系统建模]
情景图
“双星”模型
“三星”模型
“四星”模型
运动特点
转动方向、周期、角速度相同，运动半径一般不等
转动方向、周期、角速度、线速度大小均相同，圆周运动半径相等
转动方向、周期、角速度、线速度大小均相同，圆周运动半径相等
受力特点
两星间的万有引力提供两星圆周运动的向心力
各星所受万有引力的合力提供圆周运动的向心力
各星所受万有引力的合力提供圆周运动的向心力
规律
＝m1ω2r1
＝m2ω2r2
＋＝ma向
×cos 30°×2＝ma向
×2cos 45°＋＝ma向
×2×cos 30°＋＝ma向
关键点
m1r1＝m2r2
r1＋r2＝L
r＝
r＝L
或r＝
[熟练用模]
1．[宇宙双星模型]
(多选)(2018·全国卷Ⅰ)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( )
A．质量之积 B．质量之和
C．速率之和 D．各自的自转角速度
解析：选BC 两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示：
每秒转动12圈，角速度已知，
中子星运动时，由万有引力提供向心力得
G＝m1ω2r1 ①
G＝m2ω2r2 ②
l＝r1＋r2 ③
由①②③式得＝ω2l，所以m1＋m2＝，
质量之和可以估算。
由线速度与角速度的关系v＝ωr得
v1＝ωr1 ④
v2＝ωr2 ⑤
由③④⑤式得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算。
质量之积和各自的自转角速度无法求解。
2．[宇宙多星模型]
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的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于宇宙四星系统，下列说法错误的是( )
A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动
B．四颗星的轨道半径均为
C．四颗星表面的重力加速度均为
D．四颗星的周期均为2πa
解析：选B 四星系统中任一颗星体均在其他三颗星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由几何知识可得轨道半径均为a，故A正确，B错误；在星体表面，根据万有引力等于重力，可得G＝m′g，解得g＝，故C正确；由万有引力定律和向心力公式得＋＝m·，解得T＝2πa ，故D正确。
“专项研究”拓视野——天体运动中的几何张角问题
人造卫星绕地球运动，太阳发出的光线沿直线传播，地球或卫星都会遮挡光线，从而使万有引力、天体运动与几何知识结合起来。求解此类问题时，要根据题中情景，由光线沿直线传播画出几何图形，通过几何图形找到边界光线，从而确定临界条件，并结合万有引力提供卫星做圆周运动所需的向心力，列式求解。
1．(2016·全国卷Ⅰ)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约为地球半径的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
解析：选B 万有引力提供向心力，对同步卫星有：
G＝mr，整理得GM＝
当r＝6.6R地时，T＝24 h
若地球的自转周期变小，轨道半径最小为2R地
三颗同步卫星A、B、C如图所示分布。
则有＝
解得T′≈＝4 h，选项B正确。
2.如图，人造卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动。已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为θ，则M、N的运动周期之比等于( )
A．sin3θ B.
C. D.
解析：选D 设M、N的轨道半径分别为RM、RN。
据题，卫星M、N连线与M、O连线间的夹角最大时，MN连线与卫星N的运行轨道应相切，如图：
根据几何关系有RN＝RMsin θ，
根据开普勒第三定律有：＝
联立解得＝ ，故D正确。
3．(多选)宇宙飞船以周期T绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示。已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看做平行光，宇航员在A点测出的张角为α，则( )
A．飞船绕地球运动的线速度为
B．一天内飞船经历“日全食”的次数为
C．飞船每次经历“日全食”过程的时间为
D．飞船的运行周期为T＝
解析：选AD 由题意得，飞船绕地球做匀速圆周运动的线速度v＝，
由几何关系得sin＝，
故v＝，A正确；
又G＝mr，
得T＝ ，D正确；
飞船每次经历“日全食”过程的时间等于飞船相对地球转过α角的时间，即T，C错误；地球自转一圈的时间为T0，飞船绕地球一圈的时间为T，飞船绕一圈会经历一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，一天内飞船经历“日全食”的次数为，B错误。
4.地球资源卫星“04星”绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球相对“04星”的张角为θ，引力常量为G，则地球的密度为( )
A. B.
C. D.
解析：选B “04星”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，G＝mr
，设地球半径为R，则由题图知rsin ＝R，而M＝ρ，联立得ρ＝，B对。
[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]
1．(多选)(2017·江苏高考)“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空。与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行，则其( )
A．角速度小于地球自转角速度
B．线速度小于第一宇宙速度
C．周期小于地球自转周期
D．向心加速度小于地面的重力加速度
解析：选BCD “天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行时，由G＝mω2r可知，半径越小，角速度越大，则其角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速度，A项错误；由于第一宇宙速度是最大环绕速度，因此“天舟一号”在圆轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度，B项正确；由T＝可知，“天舟一号”的周期小于地球自转周期，C项正确；由G＝mg，G＝ma可知，向心加速度a小于地球表面的重力加速度g，D项正确。
2．(多选)我国天宫一号飞行器已完成了所有任务，于2018年4月2日8时15分坠入大气层后烧毁。如图所示，设天宫一号原来在圆轨道Ⅰ上飞行，到达P点时转移到较低的椭圆轨道Ⅱ上(未进入大气层)，则天宫一号( )
A．在P点减速进入轨道Ⅱ
B．在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期
C．在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅱ上的加速度
D．在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
解析：选ABD 天宫一号在P点减速，提供的向心力大于需要的向心力，天宫一号做向心运动进入轨道Ⅱ，故A正确；根据开普勒行星运动第三定律：＝，可知轨道Ⅰ半径大于轨道Ⅱ的半长轴，所以在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期，故B正确；根据万有引力提供向心力：G＝ma，解得：a＝G，可知在轨道Ⅰ上的加速度小于在轨道Ⅱ上的加速度，其在P点时加速度大小相等，故C错误；由于在P点需减速进入轨道Ⅱ，故天宫一号在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故D正确。
3．(2019·绵阳质检)一颗在赤道上空做匀速圆周运动的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为(已知地球半径为R)( )
A．πR B．πR
C．πR D．πR
解析：选A 根据卫星在其轨道上满足G＝mg′，且在地球表面满足G＝mg，又因为g′＝g，解得r＝2R；则某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为，则观测到地面赤道最大弧长为πR，A正确。
4．(2018·济宁模拟)我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射。量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示。已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知( )
A．同步卫星与量子卫星的运行周期之比为
B．同步卫星与P点的速度之比为
C．量子卫星与同步卫星的速度之比为
D．量子卫星与P点的速度之比为
解析：选D 由开普勒第三定律得＝，又由题意知r量＝mR，r同＝nR，所以＝ ＝ ＝ ，故A错误；P为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据v＝ωr，所以有＝＝＝，故B错误；根据G＝m，得v＝ ，所以＝ ＝ ＝，故C错误；综合B、C两项的分析，有v同＝nvP，＝ ， 得＝ ，故D正确。
5．(多选)
目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )
A．卫星的动能逐渐减小
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
解析：选BD 由于空气阻力做负功，卫星轨道半径变小，由G＝m可知，卫星线速度增大，地球引力做正功，引力势能一定减小，故动能增大，机械能减小，选项A、C错误，B正确；根据动能定理，卫星动能增大，卫星克服阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小，所以卫星克服阻力做的功小于引力势能的减小，选项D正确。
6．(多选)嫦娥探月工程计划于近期发射嫦娥四号探测器，首次实现月球背面软着陆。已知引力常量为G，月球的半径为R，月球表面的重力加速度大小为g，嫦娥四号将在离月球中心距离为r的轨道上运行，其绕月周期为T。根据以上信息判断下列说法正确的是( )
A．月球的第一宇宙速度为
B．“嫦娥四号”绕月运行的速度为
C．月球的平均密度为
D．“嫦娥四号”必须减速运动才能返回地球
解析：选AC 由G＝mg＝m得，月球第一宇宙速度为，A选项正确；由G＝mg，G＝m得，v＝ ，B选项错误；由G＝m2r和M＝ρ×πR3得，ρ＝，C选项正确；“嫦娥四号”必须加速运动，挣脱月球引力返回地球，D选项错误。
[B级——保分题目练通抓牢]
7．“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在距离月球表面200 km的P点进行第一次“刹车制动”后被月球俘获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行。然后卫星在P点又经过两次“刹车制动”，最终在距月球表面200 km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动，如图所示。下列说法正确的是( )
A．卫星在三个轨道上运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ
B．不考虑卫星质量的变化，卫星在三个轨道上的机械能EⅢ>EⅡ>EⅠ
C．卫星在不同轨道运动到P点(尚未制动)时的加速度都相等
D．不同轨道的半长轴(或者半径)的二次方与周期的三次方的比值都相等
解析：选C 轨道Ⅰ、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ三个轨道的半长轴关系为RⅠ>RⅡ>RⅢ，根据开普勒第三定律，卫星在三个轨道上运动的周期关系为：TⅠ>TⅡ>TⅢ，选项A错误；不考虑卫星质量的变化，卫星在三个轨道上的机械能关系为：EⅠ>EⅡ>EⅢ，选项B错误；不同轨道上的P点，到地心的距离相同，所受万有引力相同，根据牛顿第二定律，卫星在不同轨道运动到P点(尚未制动)时的加速度都相等，选项C正确；根据开普勒第三定律，卫星在不同轨道的半长轴(或者半径)的三次方与周期的二次方的比值都相等，选项D错误。
8．(2019·武汉调研)引力波的发现证实了爱因斯坦100年前所做的预测。1974年发现了脉冲双星间的距离在减小就已间接地证明了引力波的存在。如果将该双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球在相互的万有引力作用下，绕O点做匀速圆周运动。由于双星间的距离减小，则( )
A．两星的运动周期均逐渐减小
B．两星的运动角速度均逐渐减小
C．两星的向心加速度均逐渐减小
D．两星的运动线速度均逐渐减小
解析：选A 双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力。根据G＝m1r1ω2＝m2r2ω2，得m1r1＝m2r2，知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离减小，则双星的轨道半径都变小，根据万有引力提供向心力，知角速度变大，周期变小，故A正确，B错误；根据G＝m1a1＝m2a2知，L变小，则两星的向心加速度均增大，故C错误；根据G＝m1，解得v1＝ ，由于L平方的减小比r1的减小量大，则线速度增大，故D错误。
9．我国建立在北纬43°的内蒙古赤峰草原天文观测站在金鸽牧场揭牌并投入使用，该天文观测站应用了先进的天文望远镜。现有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，一位观测员在对该卫星的天文观测时发现：每天晚上相同时刻总能出现在天空正上方同一位置，则卫星的轨道必须满足下列哪些条件(已知地球质量为M，地球自转的周期为T，地球半径为R，引力常量为G)( )
A．该卫星一定在同步卫星轨道上
B．卫星轨道平面与地球北纬43°线所确定的平面共面
C.满足轨道半径r＝ (n＝1,2,3，…)的全部轨道都可以
D．满足轨道半径r＝ (n＝1,2,3，…)的部分轨道
解析：选D 该卫星一定不是同步卫星，故A错误。卫星的轨道平面必须过地心，不可能与地球北纬43°线所确定的平面共面，故B错误。卫星的周期可能为T′＝，n＝1,2,3，…，根据G＝mr，解得r＝ (n＝1,2,3，…)，满足这个表达式的部分轨道即可，故C错误，D正确。
10．国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km，远地点高度约为2 060 km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km的地球同步轨道上。设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为( )
A．a2＞a1＞a3 B．a3＞a2＞a1
C．a3＞a1＞a2 D．a1＞a2＞a3
解析：选D 卫星围绕地球运行时，万有引力提供向心力，对于东方红一号，在远地点时有G＝m1a1，即a1＝，对于东方红二号，有G＝m2a2，即a2＝，由于h2＞h1，故a1＞a2，东方红二号卫星与地球自转的角速度相等，由于东方红二号做圆周运动的轨道半径大于地球赤道上物体做圆周运动的半径，根据a＝ω2r，故a2＞a3，所以a1＞a2＞a3，选项D正确，选项A、B、C错误。
11．由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年启动，对一个超紧凑双白矮星系统产生的引力波进行探测。该计划采用三颗相同的卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个等边三角形陈列，三角形边长约为地球半径的27倍，地球恰好处于三角形中心，卫星将在以地球为中心的圆轨道上运行，如图所示(只考虑卫星和地球之间的引力作用)，则( )
A．卫星绕地球运行的周期大于近地卫星的运行周期
B．卫星绕地球运行的向心加速度大于近地卫星的向心加速度
C．卫星绕地球运行的速度等于第一宇宙速度
D．卫星的发射速度应大于第二宇宙速度
解析：选A 根据G＝mr，可知轨道半径越大，周期越大，故卫星绕地球运行的周期大于近地卫星的运行周期，A正确；由G＝ma
，可知轨道半径越大，向心加速度越小，所以卫星绕地球运行的向心加速度小于近地卫星的向心加速度，故B错误；第一宇宙速度是最大的环绕速度，该卫星绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，所以C错误；地球卫星的发射速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，所以D错误。
[C级——难度题目适情选做]
12．(2019·银川模拟)2018年5月9日出现了“木星冲日”的天文奇观。木星离地球最近最亮。当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，天文学称之为“木星冲日”。木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动。不考虑木星与地球的自转。相关数据见下表。则( )
质量
半径
与太阳间距离
地球
m
R
r
木星
约320m
约11R
约5r
A．木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大
B．木星运行的加速度比地球运行的加速度大
C．在木星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9 km/s
D．下次“木星冲日”的时间大约在2019年9月份
解析：选A 根据g＝，则g地＝，g木＝≈2.6，则木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大，选项A正确；根据a＝，则a地＝，a木＝＝，则木星的加速度比地球的加速度小，选项B错误；根据v＝ 可知v地＝ ＝7.9 km/s，v木＝ ＝5.4＝5.4×7.9 km/s，选项C错误；根据开普勒第三定律＝，地球公转周期T地＝1年，木星公转周期T木＝T地≈11.18年。设经时间t，再次出现木星冲日，则有ω1t－ω2t＝2π，其中ω1＝，ω2＝，解得t≈1.1年，因此下一次木星冲日发生在 2019年6月，故D错误。
13．(多选)如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．轨道半径越大，周期越长
B．张角越大，速度越大
C．若测得周期和星球相对飞行器的张角，则可得到星球的平均密度
D．若测得周期和轨道半径，则可得到星球的平均密度
解析：选ABC 根据开普勒第三定律＝k
，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长，故A正确；设星球的质量为M，半径为R，平均密度为ρ，张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T。对于飞行器，根据万有引力提供向心力得G＝m，由几何关系得R＝rsin，由以上两式可得张角越大，轨道半径越小，速度越大，故B正确；又由G＝mr，星球的平均密度ρ＝，可知：若测得周期和张角，可得到星球的平均密度，故C正确；由G＝mr可得M＝，可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但是星球的半径未知，不能求出星球的平均密度，故D错误。
14.(多选)轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星，它运行时能到达南北极的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟，则( )
A．该卫星的运行速度一定小于7.9 km/s
B．该卫星绕地球运行的周期与地球同步卫星的周期之比为1∶4
C．该卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径之比为1∶4
D．该卫星的加速度与地球同步卫星的加速度之比为2∶1
解析：选AC 由于卫星的轨道半径大于地球半径，所以卫星的线速度小于第一宇宙速度，即卫星的线速度小于7.9 km/s，故A正确；由题意可知，卫星的周期T＝×45 min＝180 min＝3 h，而地球同步卫星的周期是24 h，故它与地球同步卫星的周期之比为1∶8，故B错误；由万有引力提供向心力，有G＝m2r，解得r＝，该卫星轨道半径与地球同步卫星轨道半径之比＝＝ ＝，故C正确；由万有引力提供向心力，有G＝ma，解得a＝，该卫星加速度与地球同步卫星加速度之比为＝＝2＝，故D错误。
15．(多选)拉格朗日点是小天体在两个大天体的引力作用下基本能保持相对静止的点。如图是日地系统的5个拉格朗日点(L1、L2、
L3、L4、L5)，设想未来人类在这五个点上都建立了太空站。若不考虑其他天体对太空站的引力，下列说法正确的是( )
A．位于L1点的太空站受力平衡
B．位于L2点的太空站的线速度大小大于地球的线速度大小
C．位于L3点的太空站的向心加速度大小大于位于L1点的太空站的向心加速度大小
D．位于L4点的太空站受到的向心力大小等于位于L5点的太空站受到的向心力大小
解析：选BC 由题意可知位于拉格朗日点的太空站与地球相对静止，因此位于L1点的太空站环绕太阳做圆周运动，则其所受合力不为零，受力不平衡，A错误；由题意可知，太空站与地球绕太阳运行的角速度大小相等，由v＝ωR可知位于L2点的太空站的线速度大小大于地球的线速度大小，B正确；位于L3点和位于L1点的太空站绕太阳运行的角速度大小相等，由a＝ω2R可知，位于L3点的太空站的向心加速度大小大于位于L1点的太空站的向心加速度大小，C正确；由于位于L4点和L5点的太空站的质量关系未知，因此位于L4点和L5点的太空站所受的向心力大小不能确定，D错误。
