【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第5章第2讲《人造卫星　宇宙速度》 (含解析).doc，共(16)页，336.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲人造卫星宇宙速度目标要求1.会比较卫星运行的各物理量之间的关系.2.理解三种宇宙速度，并会求解第一宇宙速度的大小.3.会分析天体的“追及”问题．考点一卫星运行参量的分析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．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即r越大，v、ω、a越小，T越大

．(越高越慢)3．人造卫星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，同步卫星的轨道是赤道轨道．(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)同步卫星①轨道平面与赤道平面共面，且与地球自转的方向相同．②周期与地球自转周

期相等，T＝24h.③高度固定不变，h＝3.6×107m.④运行速率均为v＝3.1km/s.(3)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＝7.9km/s(人造地球卫星的最大圆轨道运行速度)，T＝85min(

人造地球卫星的最小周期)．注意：近地卫星可能为极地卫星，也可能为赤道卫星．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，速率不一定相同．(×)3．近地卫星的周期最小．(√)4．地球同步卫星根据需要可以定点在

北京正上空．(×)5．极地卫星通过地球两极，且始终和地球某一经线平面重合．(×)6．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．(√)1．公式中r指轨道半径，是卫星到中心天体球心的距离，R通常指中心

天体的半径，有r＝R＋h.2．同一中心天体，各行星v、ω、a、T等物理量只与r有关；不同中心天体，各行星v、ω、a、T等物理量与中心天体质量M和r有关．考向1卫星运行参量与轨道半径的关系例1(2020·浙江7月选考·7)火星探测

任务“天问一号”的标识如图所示．若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3∶2，则火星与地球绕太阳运动的()A．轨道周长之比为2∶3B．线速度大小之比为3∶2C．角速度大小之比为22∶33D．向心加速度大小之比为9∶4答案C解析

轨道周长C＝2πr，与半径成正比，故轨道周长之比为3∶2，故A错误；根据万有引力提供向心力有GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，得v火v地＝r地r火＝23，故B错误；由万有引力提供向心力有GMmr2＝mω2r，得ω＝GMr3，得ω火ω地＝r地3r火3＝2233，故C正确；由GMmr2＝ma，得a

＝GMr2，得a火a地＝r地2r火2＝49，故D错误．例2(多选)(2020·江苏卷·7改编)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＝gr可知，甲的速度是乙的2倍B．由a＝ω2r可知，甲

的向心加速度是乙的2倍C．由F＝GMmr2可知，甲的向心力是乙的14D．由r3T2＝k可知，甲的周期是乙的22倍答案CD解析人造卫星绕地球做圆周运动时有GMmr2＝mv2r，即v＝GMr，因此甲的速度是乙的22倍，故A错误；由GM

mr2＝ma得a＝GMr2，故甲的向心加速度是乙的14，故B错误；由F＝GMmr2知甲的向心力是乙的14，故C正确；由开普勒第三定律r3T2＝k，绕同一天体运动，k值不变，可知甲的周期是乙的22倍，故D正确．考向2同步卫星、近地卫星和赤道上物体例3关于地球同步卫星，下列说法错误的是()A

．它的周期与地球自转周期相同B．它的周期、高度、速度大小都是一定的C．我国发射的同步通讯卫星可以定点在北京上空D．我国发射的同步通讯卫星必须定点在赤道上空答案C解析地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，选项A正确；根据GMmr2＝mv2r＝m

4π2T2r可知，因地球同步卫星的周期一定，则高度、速度大小都是一定的，选项B正确；我国发射的同步通讯卫星若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，因此同步卫星必须定点在赤道

上空，不可以定点在北京上空，故C错误，D正确．例4(多选)如图所示，卫星a没有发射，停放在地球的赤道上随地球自转；卫星b发射成功，在地球赤道上空贴着地表做匀速圆周运动；两卫星的质量相等．认为重力近似等于万有引力．下

列说法正确的是()A．a、b做匀速圆周运动所需的向心力大小相等B．b做匀速圆周运动的向心加速度等于重力加速度gC．a、b做匀速圆周运动的线速度大小相等，都等于第一宇宙速度D．a做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期答案BD解析两卫星的质量

相等，到地心的距离相等，所以受到地球的万有引力相等．卫星a在赤道上随地球自转而做圆周运动，万有引力的一部分提供自转的向心力，卫星b在赤道上空贴着地表做匀速圆周运动，万有引力全部用来提供公转的向心力，因此a、b做匀速圆周运动所需的向心力大

小不相等，A项错误；对卫星b，重力近似等于万有引力，万有引力全部用来提供向心力，所以向心加速度等于重力加速度g，B项正确；卫星b在赤道上空贴着地表做匀速圆周运动，其速度就是最大的环绕速度，也是第一宇宙速度，卫星a在赤道上随地球自转而做圆周

运动，向心力小于卫星b的向心力，根据牛顿第二定律，卫星a的线速度小于b的线速度，即a的线速度小于第一宇宙速度，C项错误；a在赤道上随地球自转而做圆周运动，自转周期等于地球的自转周期，同步卫星的周期也等于

地球的自转周期，所以a做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期，D项正确．例5(多选)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1000km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大B．a、b的向心力大小一定相等C．a、b的线速度大小相等D．a、b的向心加速度比c大答案CD解析卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMmr2＝

m4π2T2r＝mv2r＝ma，解得T＝2πr3GM，v＝GMr，a＝GMr2，a、b卫星的轨道半径相等，则周期相等，线速度大小相等，方向不同，向心加速度大小相等，c卫星的轨道半径大于a、b卫星的轨道半径，则c卫星的向心加速度小

于a、b的向心加速度，周期大于a、b的周期，故A错误，C、D正确；卫星的质量未知，无法比较向心力的大小，故B错误．例6(多选)地球同步卫星离地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度大小为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加

速度大小为a2，地球的第一宇宙速度为v2，地球半径为R.则下列关系式正确的是()A.a1a2＝r2R2B.a1a2＝rRC.v1v2＝RrD.v1v2＝rR答案BC解析因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，根据公式a＝ω2r，则有a1a2＝rR，故A错

误，B正确；对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得到mv2r＝GMr2m，所以v1v2＝Rr，故C正确，D错误．同步卫星、近地卫星及赤道上物体的比较如图所示，a为近地卫星，轨道半径为r1；b为地球同步卫星，轨道半径为r2；c为赤道上随地球

自转的物体，轨道半径为r3.比较项目近地卫星(r1、ω1、v1、a1)同步卫星(r2、ω2、v2、a2)赤道上随地球自转的物体(r3、ω3、v3、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r2>r1＝

r3角速度ω1>ω2＝ω3线速度v1>v2>v3向心加速度a1>a2>a3考点二宇宙速度第一宇宙速度(环绕速度)v1＝7.9km/s，是物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，也是人造地球卫星的

最小发射速度第二宇宙速度(逃逸速度)v2＝11.2km/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v3＝16.7km/s，是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度1．地球的第一宇宙速度的大小与地球质量有关．(√)2．

月球的第一宇宙速度也是7.9km/s.(×)3．同步卫星的运行速度一定小于地球第一宇宙速度．(√)4．若物体的发射速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，则物体绕太阳运行．(√)1．第一宇宙速度的推导方法一：由GMmR2＝mv12R，得v1＝GMR＝6.67×10－11×5

.98×10246.4×106m/s≈7.9×103m/s.方法二：由mg＝mv12R得v1＝gR＝9.8×6.4×106m/s≈7.9×103m/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

.4×1069.8s≈5075s≈85min.2．宇宙速度与运动轨迹的关系(1)v发＝7.9km/s时，卫星绕地球表面做匀速圆周运动．(2)7.9km/s<v发<11.2km/s，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆．(3)11.2km/s≤v发＜16.7km/s，卫星绕太阳运动的轨迹为椭圆

．(4)v发≥16.7km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间．例7地球的近地卫星线速度大小约为8km/s，已知月球质量约为地球质量的181，地球半径约为月球半径的4倍，下列说法正确的是()A．在月球上发射卫星的最小速度约为8km

/sB．月球卫星的环绕速度可能达到4km/sC．月球的第一宇宙速度约为1.8km/sD．“近月卫星”的线速度比“近地卫星”的线速度大答案C解析根据第一宇宙速度v＝GMR，月球与地球的第一宇宙速度之比为v2v1＝M2R1M1R2＝48

1＝29，月球的第一宇宙速度约为v2＝29v1＝29×8km/s≈1.8km/s，在月球上发射卫星的最小速度约为1.8km/s，月球卫星的环绕速度小于或等于1.8km/s，“近月卫星”的速度为1.8km/s，小于“近地卫星”的速度，故

C正确．例8(2020·北京卷·5)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答案A解析火星探测器需要脱离地球的束缚，故其发射速度应大于地球的第二宇宙速度，故A正确，B错误；由GMmR2＝mv2R得，v火＝GM火R火＝0.1M地G0.5R地＝55v地，故火星的第一宇宙速度

小于地球的第一宇宙速度，故C错误；由GMmR2＝mg得，g火＝GM火R火2＝G0.1M地0.5R地2＝0.4g地，故火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误．例9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由万有引力定律知mg＝mv12R解得v1＝gR＝v0

Rt.(2)由星球表面万有引力等于物体重力知GMmR2＝mg又Ep＝－GmMR解得Ep＝－mv0Rt由机械能守恒定律有12mv22－mv0Rt＝0解得v2＝2v0Rt.考点三天体的“追及”问题天体“相遇”指两天体相距最近，以地球和行星“相遇”为例(“行星冲日”)，某时刻行星与地球最近，

此时行星、地球与太阳三者共线且行星和地球的运转方向相同(图甲)，根据GMmr2＝mω2r可知，地球公转的速度较快，从初始时刻到之后“相遇”，地球与行星距离最小，三者再次共线，有两种方法可以解决问题：1．角度关系ω1t－ω2t＝n·2π(n＝1、2、3„)2．圈数关系tT

1－tT2＝n(n＝1、2、3„)解得t＝nT1T2T2－T1(n＝1、2、3„)同理，若两者相距最远(行星处在地球和太阳的延长线上)(图乙)，有关系式：ω1t－ω2t＝(2n－1)π(n＝1、2、3„)或tT1－tT2＝2n－12(n

＝1、2、3„)例10当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，称之为“木星冲日”，若2022年9月26日出现一次“木星冲日”．已知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，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍．则下列说法正

确的是()A．下一次的“木星冲日”时间肯定在2024年B．下一次的“木星冲日”时间肯定在2023年C．木星运行的加速度比地球的大D．木星运行的周期比地球的小答案B解析设太阳质量为M，行星质量为m，轨道半径

为r，周期为T，加速度为a.对行星由牛顿第二定律可得GMmr2＝ma＝m4π2T2r，解得a＝GMr2，T＝2πr3GM，由于木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，因此，木星运行的加速度比地球的小，木星运行的周期比地球的大，故C、D错误

；地球公转周期T1＝1年，由T＝2πr3GM可知，木星公转周期T2＝125T1≈11.2年．设经时间t，再次出现“木星冲日”，则有ω1t－ω2t＝2π，其中ω1＝2πT1，ω2＝2πT2，解得t≈1.1年，因此下一次“木星冲日”

发生在2023年，故A错误，B正确．例11(多选)如图，在万有引力作用下，a、b两卫星在同一平面内绕某一行星c沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为ra∶rb＝1∶4，则下列说法中正确的有()A．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶

8B．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶4C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线12次D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次答案AD解析根据开普勒第三定律：半径的三次方与周

期的二次方成正比，则a、b运动的周期之比为1∶8，A对，B错；设题图所示位置ac连线与bc连线的夹角为θ<π2，b转动一周(圆心角为2π)的时间为Tb，则a、b相距最远时：2πTaTb－2πTbTb>(π－θ)＋n·2π(n＝0,1,2

,3„)，可知n＝0,1,2，„，6，n可取7个值；a、b相距最近时：2πTaTb－2πTbTb>(2π－θ)＋m·2π(m＝0,1,2,3„)，可知m＝0,1,2，„6，m可取7个值，故在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次，C错，D对．课时精练1．a、b两颗地球卫星做圆周

运动，两颗卫星轨道半径关系为2ra＝rb，则下列分析正确的是()A．a、b两卫星的圆轨道的圆心可以与地心不重合B．a、b两卫星的运动周期之比为1∶2C．地球对a卫星的引力大于对b卫星的引力D．a、b两卫星线速度的平方之比为2∶1答案D解析卫星由万有引力提供向心力，a、b两卫星的圆轨道的圆心一

定与地心重合，故A错误；根据万有引力提供向心力得GMmr2＝m4π2rT2，T＝4π2r3GM，由于ra∶rb＝1∶2，可得Ta∶Tb＝1∶22，故B错误；由于不知道卫星质量，无法判断引力大小，故C错误；根据万有引力提供

向心力得GMmr2＝mv2r，v2＝GMr，由于ra∶rb＝1∶2，可得va2∶vb2＝2∶1，故D正确．2.(2019·天津卷·1)2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足

迹”，如图．已知月球的质量为M、半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的()A．周期为4π2r3GMB．动能为GMm2RC．角速度为Gmr3D．向心加速度为GMR2答案A解析嫦娥四号探测器

环绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，由GMmr2＝mω2r＝mv2r＝m4π2T2r＝ma，解得ω＝GMr3、v＝GMr、T＝4π2r3GM、a＝GMr2，则嫦娥四号探测器的动能为Ek＝12mv2＝GMm2r，由以上可知A正确

，B、C、D错误．3．我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉卫星发射中心成功发射．“墨子”由火箭发射至高度为500km的预定圆形轨道．此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7，G7属于地球静止轨道卫星(高度约为36000km)，它将使北斗系统的可靠性

进一步提高．关于卫星以下说法中正确的是()A．这两颗卫星的运行速度可能大于7.9km/sB．通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方C．量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7的周期小D．量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比

北斗G7的小答案C解析根据GMmr2＝mv2r，得v＝GMr知轨道半径越大，线速度越小，北斗G7和量子科学实验卫星“墨子”的线速度均小于地球的第一宇宙速度，故A错误；北斗G7即同步卫星，只能定点于赤道正上方，故B错误；根据GMmr2＝m4π2T2r，得T＝4

π2r3GM，所以量子科学实验卫星“墨子”的周期小，故C正确；卫星的向心加速度a＝GMr2，半径小的量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7的大，故D错误．4．如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动．下列说法正确的是()A．甲的向心加速度比乙

的小B．甲的运行周期比乙的小C．甲的角速度比乙的大D．甲的线速度比乙的大答案A解析根据GMmr2＝ma可得a＝GMr2，则a1∶a2＝1∶2，故A正确；根据公式GMmr2＝m4π2rT2可得T＝2πr3GM，则T1∶T2＝2∶1，故B错误；根据公式GMmr

2＝mω2r可得ω＝GMr3，则ω1∶ω2＝1∶2，故C错误；根据GMmr2＝mv2r，可得v＝GMr，则v1∶v2＝1∶2，故D错误．5．(2020·全国卷Ⅱ·15)若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G，则在该星体表面附

近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是()A.3πGρB.4πGρC.13πGρD.14πGρ答案A解析根据卫星受到的万有引力提供其做圆周运动的向心力可得GMmR2＝m(2πT)2R，球形星体质量可表示为：M＝ρ·43πR3，由以上两式可得：T＝3πGρ，A正确．6．如图所示，

我国空间站核心舱“天和”在离地高度约为h＝400km的圆轨道上运行期间，聂海胜等三名宇航员在轨工作．假设“天和”做匀速圆周运动，地球半径R＝6400km，引力常量为G，则可知()A．“天和”核心舱内的宇航员不受地球引力作用B．聂海胜在轨观看苏炳添东奥百米决赛比赛时间段内飞行路程可

能超过79kmC．考虑到h远小于R，聂海胜可以记录连续两次经过北京上空的时间间隔T，利用公式ρ＝3πGT2估算地球密度D．“天和”核心舱轨道平面内可能存在一颗与地球自转周期相同的地球卫星答案D解析“天和”核心舱内的宇航员仍受到地球引力的作用，故

A错误；由公式GMmR2＝mv2R，得贴近地球表面飞行的卫星的线速度v＝GMR＝7.9km/s，“天和”号运行的线速度v1＝GMR＋h<v＝7.9km/s，苏炳添东奥百米决赛比赛时间小于10s，所以聂海胜在轨观看苏炳添东奥百米决赛比赛时间

段内飞行路程小于79km，故B错误；北京不在赤道上，考虑到地球的自转的因素，若聂海胜记录连续两次经过北京上空的时间间隔T，该时间一定不是在较低的轨道上的“天和”号做匀速圆周运动的周期，所以不能用ρ＝3πGT2估算地球的密度，故C错误；由题可知，“天和”核心舱的轨道半径和地球同步

卫星的轨道半径不同，但其轨道平面内可能存在一颗与地球自转周期相同的地球卫星，故D正确．7．星球上的物体脱离星球引力所需要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＝2v1.已知某星球的半径为r，它表面的重力加

速度为地球表面重力加速度g的16.不计其他星球的影响．则该星球的第二宇宙速度为()A.gr3B.gr6C.gr3D.gr答案A解析该星球的第一宇宙速度满足：GMmr2＝mv12r，在该星球表面处万有引力等于重力：GMmr2＝

mg6，由以上两式得该星球的第一宇宙速度v1＝gr6，则第二宇宙速度v2＝2×gr6＝gr3，故A正确．8．两颗人造卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，周期之比为TA∶TB＝8∶1，则()A．轨道半径之比rA∶rB＝4∶1B．线速度之比

vA∶vB＝2∶1C．角速度之比ωA∶ωB＝1∶4D．向心加速度之比aA∶aB＝1∶4答案A解析根据万有引力提供向心力，有GMmr2＝mv2r＝m4π2T2r＝mω2r＝ma，解得r＝3GMT24π2，v＝GMr，ω＝GMr3，a＝GM

r2，依题意，可得rA∶rB＝4∶1，vA∶vB＝1∶2，ωA∶ωB＝1∶8，aA∶aB＝1∶16，故选A.9．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．1hB．4hC．8hD．16h答案B解析地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律r3

T2＝k可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由几何关系可作出卫星间的位置关系如图所示．卫星的轨道半径为r＝Rsin30°＝2R由r13T12＝r23T22得6.6R3242＝2R3T22解得T2

≈4h.10.如图所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A为地球同步卫星，A、B卫星的轨道半径的比值为k，地球自转周期为T0.某时刻A、B两卫星距离达到最近，从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为()A.T02k3＋1B.T0k3－1C.T2

2k3－1D.T0k3＋1答案C解析由开普勒第三定律得rA3TA2＝rB3TB2，设两卫星至少经过时间t距离最远，即B比A多转半圈，tTB－tTA＝nB－nA＝12，又由A是地球同步卫星知TA＝T0，解得t＝T02k3－1.故选C.11.(多

选)地月系统是双星模型，为了寻找航天器相对地球和月球不动的位置，科学家们做出了不懈努力．如图所示，欧拉推导出L1、L2、L3三个位置，拉格朗日又推导出L4、L5两个位置．现在科学家把L1、L2、L3、L4、L5统称

地月系中的拉格朗日点．中国“嫦娥四号”探测器成功登陆月球背面，并通过处于拉格朗日区的“嫦娥四号”中继卫星“鹊桥”把信息返回地球，引起众多师生对拉格朗日点的热议．下列说法正确的是()A．在拉格朗日点航天器的

受力不再遵循万有引力定律B．在不同的拉格朗日点航天器随地月系统运动的周期均相同C．“嫦娥四号”中继卫星“鹊桥”应选择L1点开展工程任务实验D．“嫦娥四号”中继卫星“鹊桥”应选择L2点开展工程任务实验答案BD解析在拉格朗日点的航天器

仍然受万有引力，仍遵循万有引力定律，A错误；因在拉格朗日点的航天器相对地球和月球的位置不变，说明它们的角速度一样，因此周期也一样，B正确；“嫦娥四号”探测器登陆的是月球的背面，“鹊桥”要把探测器在月球背面采集的信息传回

地球，L2在月球的背面，因此应选在L2点开展工程任务实验，所以C错误，D正确．12．(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，某一时刻恰好处在一颗同步卫星的正下方．已知地球半径为R，同步卫星的离地高度h1＝5.6R，侦察卫星的离地高度h2＝0.65R，则有()A．同步卫星和侦察卫

星的线速度之比为2∶1B．同步卫星和侦察卫星的周期之比为8∶1C．再经过67h两颗卫星距离最远D．再经过127h两颗卫星距离最远答案BD解析同步卫星距地心r1＝R＋h1＝6.6R，侦察卫星距地心r2＝R＋h2＝1.65R，设地球质量为M，两卫星质量分别为m1、m2，根据

万有引力提供向心GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，代入卫星到地心的距离可得v同步v侦察＝r2r1＝12，则同步卫星和侦察卫星的线速度之比为1∶2，故A错误；根据万有引力提供向心力GMmr2＝mω2r，得ω＝GMr3，代入卫星到地心的距离

可得ω同步ω侦察＝r23r13＝18，根据T＝2πω，得同步卫星和侦察卫星的周期之比为8∶1，故B正确；同步卫星T同步＝24h，由T同步∶T侦察＝8∶1，知T侦查＝3h，当两颗卫星相距最远时，两星转过

的角度应相差θ1＝π＋2nπ(n＝0,1,2„)，且满足θ1＝(2πT侦察－2πT同步)t，解得t＝(127＋247n)h(n＝0,1,2„)，当n＝0时，t＝127h，故C错误，D正确．