高考物理【一轮复习】讲义练习第5讲　人造卫星　宇宙速度

这是一份高考物理【一轮复习】讲义练习第5讲　人造卫星　宇宙速度，共15页。试卷主要包含了人造卫星，宇宙速度，67×10-11×5，8×6等内容，欢迎下载使用。

1.天体(卫星)运行问题分析
将天体或卫星的运动看成匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供。
2.人造卫星
(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:轨道在地球表面附近的卫星，其轨道半径r≈R(地球半径)，运行速度等于第一宇宙速度v＝7.9 km/s(人造地球卫星的最大运行速度)，周期T＝85 min(人造地球卫星的最小周期)。
3.宇宙速度
1.思考判断
(1)同一中心天体的两颗行星，公转半径越大，向心加速度越大。(×)
(2)同一中心天体质量不同的两颗行星，若轨道半径相同，速率不一定相等。(×)
(3)近地卫星的周期最小。(√)
(4)极地卫星通过地球两极，且始终和地球某一经线平面重合。(×)
(5)不同的同步卫星的质量不一定相同，但离地面的高度是相同的。(√)
(6)月球的第一宇宙速度也是7.9 km/s。(×)
(7)同步卫星的运行速度一定小于地球第一宇宙速度。(√)
2.(人教版必修第二册P64T4改编)火星的质量和半径分别约为地球的110和12，地球的第一宇宙速度为v，则火星的第一宇宙速度约为( )
A.55v B.5v
C.2vD.22v
答案 A
考点一 卫星运动参量的分析
1.人造卫星运行轨道
卫星运行的轨道平面一定通过地心，一般分为赤道轨道、极地轨道和其他轨道，地球同步静止卫星的轨道是赤道轨道。如图所示。
2.物理量随轨道半径变化的规律
GMmr2＝ma→a＝GMr2→a∝1r2mv2r→v＝GMr→v∝1rmω2r→ω＝GMr3→ω∝1r3m4π2T2r→T＝4π2r3GM→T∝r3⇒公式中r指轨道半径，r越大，v、ω、a越小，T越大(高轨低速大周期)
角度 卫星运动参量与半径的关系
例1 (2024·江西卷，4)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.Ek1Ek2＝r2r1，T1T2＝r13r23B.Ek1Ek2＝r1r2，T1T2＝r13r23
C.Ek1Ek2＝r2r1，T1T2＝r23r13D.Ek1Ek2＝r1r2，T1T2＝r23r13
答案 A
解析
跟踪训练
1.(2025·八省联考云南卷，2)神舟十九号载人飞船与中国空间站完成自主交会对接后形成一个组合体。该组合体在距地面高约400 km(高于近地轨道高度)的轨道上运行，其轨道可近似视为圆。已知地球同步卫星位于地面上方高度约36 000 km处，则该组合体( )
A.运行速度大于7.9 km/s，运行周期小于地球同步卫星的周期
B.运行速度大于7.9 km/s，运行周期大于地球同步卫星的周期
C.运行速度小于7.9 km/s，运行周期小于地球同步卫星的周期
D.运行速度小于7.9 km/s，运行周期大于地球同步卫星的周期
答案 C
解析 根据GMmr2＝mv2r＝m4π2T2r，可得v＝GMr，T＝2πr3GM，组合体的轨道半径大于地球半径，可知组合体的运行速度小于7.9 km/s;组合体的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，可知组合体的运行周期小于地球同步卫星的周期，故C正确。
角度 同步卫星、近地卫星和赤道上物体的运行问题
例2 (2025·福建泉州高三期末)a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，向心加速度为a1;b处于较低的轨道上，离地心距离为r，运行角速度为ω2，加速度为a2;c是地球同步卫星，离地心距离为4r，运行角速度为ω3，加速度为a3;d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，地球的半径为R。则以下说法正确的是( )
A.a1a2＝rR2
B.卫星d的运动周期有可能是24小时
C.ω2ω3＝21
D.卫星b每天可以观测到8次的日出
答案 D
解析 卫星围绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力有GMmrx2＝ma，卫星绕地球运动的加速度大小为a＝GMrx2，卫星绕地球运动的加速度与其轨道半径rx的平方成反比，然而卫星a在地球赤道上随地球一起转动，向心力只来自于万有引力的一小部分，所以a1a2≠rR2，故A错误;根据开普勒第三定律有rc3Tc2＝rd3Td2，c是地球同步卫星，其周期Tc为24小时，由于rd>rc，所以卫星d的运动周期Td大于24小时，故B错误;卫星围绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力有GMmrx2＝mω2rx，可得ω＝GMrx3，有ω2ω3＝(4r)3r3＝81，TbTc＝18，可得Tb＝3 h，则卫星b每天可以观测到8次的日出，故C错误，D正确。
总结提升
近地卫星、同步卫星与地球赤道上物体的比较
跟踪训练
2.(多选)(2025·山东青岛名校联考)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，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星。如图所示，若北斗卫星导航系统中的一颗卫星a位于赤道上空的轨道Ⅰ上，其对地张角为60°，Ⅱ为地球赤道上方的近地卫星b的轨道，两卫星都沿逆时针方向转动。已知地球的半径为R，地球的自转周期为T0，引力常量为G，地球表面重力加速度为g，根据题中条件，可求出( )
A.地球的平均密度为3πGT02
B.卫星a的周期为4π2Rg
C.同步卫星的轨道半径为3gT02R24π2
D.卫星b可以连续直接接收到卫星a发出的电磁波信号的时间为8π2gR3(22＋1)g
答案 BC
解析 对于地球表面物体，有mg＝GMmR2，对近地卫星b，有GMm1R2＝m14π2Tb2R，地球体积V＝43πR3，地球密度ρ＝MV＝3πGTb2，又Tb≠T0，故A错误;对某轨道卫星a，由几何关系知rasin 30°＝R，GMm2ra2＝m24π2Ta2ra，解得Ta＝4π2Rg，故B正确;对同步卫星，有GMm3r2＝m34π2T02r，解得r＝3gT02R24π2，故C正确;如图所示，a、b都沿逆时针方向转动，b卫星在转动θb的角度内可以收到a卫星发出的电磁波信号，有θb－θa＝tTb·2π－tTa·2π＝2∠aOb，解得t＝4π2gR3(22-1)g，故D错误。
考点二 宇宙速度
1.第一宇宙速度的推导
方法一:由GMmR2＝mv12R，得v1＝GMR＝6.67×10-11×5.98×10246.4×106 m/s≈7.9×103 m/s。
方法二:由mg＝mv12R得v1＝gR＝9.8×6.4×106 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＝2πRg＝2π6.4×1069.8 s≈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，卫星绕地球表面做匀速圆周运动。
(2)7.9 km/s3×1082 m/sgR，代入数据解得M黑洞>7×108M地，故D正确。
A级 基础对点练
对点练1 卫星运动参量的分析
1.(2025·湖北武汉高三调研)2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器成功发射，开启了人类首次从月球背面采样返回之旅。已知地球质量约为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的3.7倍，近地卫星绕地球做匀速圆周运动的周期约为85 min。若“嫦娥六号”探测器在近月轨道绕月做匀速圆周运动，则其运动周期约为( )
A.82 minB.95 min
C.108 minD.120 min
答案 C
解析 探测器环绕星球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力有GMmr2＝m4π2T2r，解得T＝2πr3GM，又M地M月＝81，r月r地＝13.7，则T月T地＝r月3M地r地3M月，代入数据解得T月≈108 min，C正确。
2.(2025·湖北武汉模拟)如图所示，A、B、C是在地球大气层外的圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，三颗卫星均可看作绕地球做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是( )
A.B、C的线速度大小相等，且大于A的线速度大小
B.B、C的周期相等，且大于A的周期
C.B、C的向心加速度大小相等，且大于A的向心加速度大小
D.C的向心力大小大于B的向心力大小
答案 B
解析 根据万有引力提供向心力，有GMmr2＝mv2r＝m4π2T2r＝ma，可得v＝GMr，T＝4π2r3GM，a＝GMr2，由于rAvB＝vC，TAaB＝aC，故B正确，A、C错误;由于不知道B、C两颗卫星的质量关系，所以无法比较B、C两颗卫星的向心力大小，故D错误。
3.(2025·安徽高三月考)华为Mate 60 Pr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。“天通一号”卫星位于离地球表面约为6R的地球同步轨道上，R为地球半径，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”在轨运行的加速度约为7g
B.地球赤道上物体随地球自转的角速度约为gR
C.“天通一号”在轨运行的周期约为14π7Rg
D.地球赤道上物体随地球自转的线速度大于“天通一号”在轨运行的线速度
答案 C
解析 万有引力与重力的关系GMmR2＝mg，地球赤道上物体随地球自转的角速度等于“天通一号”在轨运行的角速度，根据万有引力提供向心力，有GMm(7R)2＝mω2·7R＝m2πT2·7R＝mg'，解得g'＝149g，ω＝17g7R，T＝14π7Rg，故A、B错误，C正确;根据v＝ωr，可知地球赤道上物体随地球自转的线速度小于“天通一号”在轨运行的线速度，故D错误。
4.(多选)(2025·重庆南开中学月考)2023年11月16日，中国北斗系统正式成为全球民航通用的卫星导航系统。如图，北斗系统空间段由若干地球同步卫星a、倾斜地球同步轨道卫星b和中圆地球轨道卫星c等组成。将所有卫星的运动视为匀速圆周运动、地球看成质量均匀的球体，若同步卫星a的轨道半径是地球半径的k倍，下列说法正确的是( )
A.卫星c的线速度小于卫星a的线速度
B.卫星b有可能每天同一时刻经过重庆正上方
C.地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为1－1k3
D.地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为1＋1k3
答案 BC
解析 根据GMmr2＝mv2r得v＝GMr，可知轨道半径越大，线速度越小，所以卫星c的线速度大于卫星a的线速度，A错误;卫星b是倾斜地球同步轨道卫星，周期与地球自转相同，若某一时刻出现在重庆正上方，则过24小时之后又在重庆正上方，B正确;在地球北极处，有GMmR2＝mg1，在地球赤道处有GMmR2－m4π2T2R＝mg2，对于地球同步卫星有GMm(kR)2＝m4π2T2kR，解得g2g1＝1－1k3，C正确，D错误。
5.(多选)(2024·广东佛山模拟)北京时间2023年7月20日21时40分，经过约8小时的出舱活动，神舟十六号航天员密切协同，在空间站机械臂支持下，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功。已知地球半径为R，空间站绕地球做圆周运动的轨道半径为kR，地球自转周期为T0，地球同步卫星轨道半径为nR，则( )
A.空间站的运行周期为T0k3n3
B.空间站的向心加速度大小为4π2kRT02
C.空间站的线速度大小为2πRT0n3k
D.地球表面处的重力加速度为4π2RT02
答案 AC
解析 根据GMmr2＝mv2r＝m4π2T2r＝ma，可得v＝GMr，T＝4π2r3GM，a＝GMr2，GM＝4π2r3T02，空间站与同步卫星的运行周期、向心加速度和线速度与半径的关系为T空间站T0＝(kR)3(nR)3＝k3n3，a空间站a0＝1(kR)21(nR)2＝n2k2，v空间站v0＝1kR1nR＝nk，又a0＝4π2T02nR，v0＝2πnRT0，解得T空间站＝T0k3n3，a空间站＝4π2n3RT02k2，v空间站＝2πRT0n3k，由GMmR2＝mg和GM＝4π2(nR)3T02，解得g＝4π2·n3RT02，故A、C正确，B、D错误。
对点练2 宇宙速度
6.(2025·八省联考四川卷，2)我国某研究团队提出以磁悬浮旋转抛射为核心的航天器发射新技术。已知地球和月球质量之比约为81∶1，半径之比约为4∶1。若在地球表面抛射绕地航天器，在月球表面抛射绕月航天器，所需最小抛射速度的比值约为( )
A.20B.6
C.4.5D.1.9
答案 C
解析 要抛射航天器，所需要的最小速度为中心天体的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力GMmR2＝mv2R，可得天体的第一宇宙速度v＝GMR，地球和月球质量之比约为81∶1，半径之比约为4∶1，则地球和月球的第一宇宙速度之比为v地v月＝M地R月M月R地＝92＝4.5，即所需最小抛射速度的比值约为4.5，故C正确。
7.(2025·河北石家庄高三月考)已知北斗导航卫星在预定轨道距离地心的间距为r、运行周期为T、地球表面的重力加速度为g、地球的半径为R、引力常量为G。则下列说法正确的是( )
A.地球的质量为4π2r3GT2
B.地球的第一宇宙速度为gr
C.北斗导航卫星的运行速度为2πRT
D.由于北斗导航卫星正常运行时完全失重，则北斗导航卫星的重力为零
答案 A
解析 北斗导航卫星在环绕地球运行时，由万有引力提供向心力，有GMmr2＝m4π2T2r，则地球的质量M＝4π2r3GT2，A正确;在地球表面，由mg＝mv2R，则地球的第一宇宙速度为v＝gR，B错误;北斗导航卫星在轨道上正常运行时，环绕速度为v0＝2πrT，C错误;北斗导航卫星环绕地球做圆周运动时，处于完全失重状态，但仍受重力的作用，D错误。
B级 综合提升练
8.(2025·山东菏泽模拟)随着天问一号的发射我国已开启了探索火星的奥秘。假设太阳系的行星环绕太阳运行的轨道均视为匀速圆周运动，火星与地球的半径之比约为1∶2、质量之比约为1∶10，火星环绕太阳一圈的时间相当于地球环绕太阳两圈的时间，地球表面的重力加速度g＝10 m/s2，火星和地球均为质量分布均匀的球体，则下列说法正确的是( )
A.天问一号的发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间
B.火星表面的重力加速度约为2 m/s2
C.火星与地球环绕太阳的向心力之比约为3440
D.火星与地球的第一宇宙速度之比约为15
答案 C
解析 天问一号探测器需要脱离地球的引力才能奔向火星绕火星运行，则发射速度大于第二宇宙速度11.2 km/s，故A错误;不考虑自转时，在行星表面有GMmR2＝mg，可得g＝GMR2，故有g火g＝M火M地·R地2R火2＝110×41＝25，可得g火＝25g＝4 m/s2，故B错误;由万有引力提供向心力，有GM日mr2＝m4π2T2r，可得T＝2πr3GM日，火星环绕太阳一圈的时间相当于地球环绕太阳两圈的时间，即T火T地＝21，则火星与地球的轨道半径之比为r火r地＝341，则火星与地球环绕太阳的向心力之比F火F地＝M火M地·r地2r火2＝110×1316＝3440，故C正确;卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由GMmR2＝mv12R，可得v1＝GMR，可得v1火v1地＝M火M地·R地R火＝15，故D错误。
9.(多选)(2025·广东湛江模拟)已知质量分布均匀的空心球壳对内部任意位置的物体引力为0。P、Q两个星球的质量分布均匀且自转角速度相同，它们上面的物体的重力加速度大小g，随物体到星球中心的距离r变化的图像如图所示。关于P、Q星球，下列说法正确的是( )
A.质量相同
B.密度相同
C.第一宇宙速度大小之比为2∶1
D.同步卫星距星球表面的高度之比为1∶2
答案 BD
解析 由题图可知，P星球的半径为R，表面重力加速度为g0，Q星球的半径为2R，表面重力加速度为2g0，所以两星球表面的重力加速度大小和半径之比都是1∶2，由GMmr2＝mg，可得M＝gr2G，则两星球的质量之比MPMQ＝18，故A错误;在星球内部，由ρ＝MV＝M43πr3，可得ρ＝3g4πGr，则两星球密度相同，故B正确;由mg＝mv2r，可得v＝gr，则两星球的第一宇宙速度大小之比vPvQ＝12，故C错误;由GMmr2＝m4π2T2r可得r＝3GMT24π2，则两星球同步卫星的轨道半径之比rPrQ＝12，又因为两星球的半径之比为1∶2，由r＝R＋h知同步卫星距星球表面的高度之比也为1∶2，故D正确。
10.(2023·广东卷，7)如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是( )
A.周期为2t1－t0B.半径为3GM(t1-t0)24π2
C.角速度的大小为πt1-t0D.加速度的大小为32πGMt1-t0
答案 B
解析 由题图(b)可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为T＝t1－t0，则P的公转周期为t1－t0，故A错误;P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，可得GMmr2＝m4π2T2r，解得半径为r＝3GMT24π2＝3GM(t1-t0)24π2，故B正确;P的角速度为ω＝2πT＝2πt1-t0，故C错误;P的加速度大小为a＝ω2r＝2πt1-t02·3GM(t1-t0)24π2＝2πt1-t0·32πGMt1-t0，故D错误。
11.宇航员在一行星上以速度v0竖直上抛一质量为m的物体，不计空气阻力，经2t后落回手中，已知该星球半径为R。求:
(1)该星球的第一宇宙速度的大小;
(2)该星球的第二宇宙速度的大小。已知取无穷远处引力势能为零，物体距星球球心距离为r时的引力势能Ep＝－GMmr(G为引力常量)。
答案 (1)v0Rt (2)2v0Rt
解析 (1)由题意可知星球表面重力加速度为g＝v0t
在星球表面有mg＝mv12R
解得v1＝gR＝v0Rt。
(2)由星球表面万有引力等于物体重力知GMmR2＝mg
又物体在行星表面的引力势能Ep＝－GMmR
解得Ep＝－mv0Rt
从行星表面到无穷远处，由机械能守恒定律有12mv22－mv0Rt＝0
解得v2＝2v0Rt。
C级 培优加强练
12.(多选)2023年7月9日，在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭成功将卫星互联网技术试验卫星发射升空，卫星绕地球运动的T－1v3图像如图所示，其斜率为k。已知地球的半径为R，引力常量为G，卫星绕地球的运动可看作匀速圆周运动。下列说法正确的是( )
A.地球的质量为2πGk
B.地球的密度为3k8π2GR3
C.地球的第一宇宙速度为k2πR
D.若卫星的运动周期为T1，则卫星离地球表面的高度为3kT122π－R
答案 BCD
解析 根据万有引力提供向心力有GMmr2＝mv2r，根据圆周运动知识有T＝2πrv，联立解得T＝2πGMv3，则T－1v3图像的斜率k＝2πGM，解得地球的质量M＝k2πG，A错误;地球的体积V＝43πR3，又ρ＝MV，结合A项分析解得地球的密度ρ＝3k8π2GR3，B正确;地球的第一宇宙速度v1＝GMR＝k2πR，C正确;根据万有引力提供向心力有GMm(R＋h1)2＝m4π2T12(R＋h1)，结合A项分析可得h1＝3kT122π－R，D正确。项目
近地卫星
同步卫星
地球赤道上物体
图示
向心力
万有引力
万有引力
万有引力
的一个分力
轨道半径
r同>r物＝r近
角速度
ω近＝GMR3，ω同＝ω物＝GM(R＋h)3，有ω近>ω同＝ω物
线速度
v近＝GMR，v同＝ω同(R＋h)＝GMR＋h，v物＝ω物R，有v近>v同>v物
向心加
速度
a近＝ω近2R＝GMR2，a同＝ω同2(R＋h)＝GM(R＋h)2，a物＝ω物2R，有a近>a同>a物