【文档说明】高考物理一轮复习课件第4章曲线运动万有引力定律第13讲万有引力与航天 (含详解).ppt，共(109)页，1.508 MB，由MTyang资料小铺上传

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第四章曲线运动万有引力定律高考总复习·物理第13讲万有引力与航天高考总复习·物理板块一板块二板块三课时达标目录板块一︿︿[知识梳理]1．开普勒三定律的内容、公式定律内容图示或公式开普勒第一定律(轨道定律)所有行星绕太阳运动的轨道都是，太阳处在的一个焦点上椭圆椭圆开普勒第二定律(面积定律

)对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的相等开普勒第三定律(周期定律)所有行星的轨道的半长轴的跟它的公转周期的的比值都相等a3T2＝k，k是一个与行星无关的常量面积三次方二次方2.万有引力定律(1)内容自然界中任何两个物体都相互吸引

，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成，与它们之间距离r的二次方成．(2)表达式：F＝Gm1m2r2，G为引力常量，G＝6.67×10－11N·m2/kg2.(3)适用条件公式适用于间的相互作用；质量分布均匀的球体，r是的距离正比反比质

点两球心间3．宇宙速度(1)第一宇宙速度第一宇宙速度又叫速度，其数值为km/s，是人造卫星在附近环绕地球做匀速圆周运动时具有的速度；是人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大．(2)第二宇宙速度使物体挣脱引力束缚的最小发射速度，

其数值为km/s.环绕7.9地面发射环绕速度地球11.2(3)第三宇宙速度使物体挣脱引力束缚的最小发射速度，其数值为km/s.太阳16.7[基础小练]判断下列说法是否正确(1)所有行星绕太阳运行的轨道都是椭

圆，太阳在椭圆轨道的圆心上．()(2)行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，近日点速度最大，离太阳越远，速度越小．()(3)只要知道两个物体的质量和两个物体之间的距离，就可以由F＝Gm1m2r2计算物体间的万有引力．()×√×(4)不同的同步卫星的质量不同，但离地面的高度是相同的．()(5

)第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小速度．()(6)所有星球的第一宇宙速度都是7.9km/s.()(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．()√××√板块二︿︿[考法精

讲]考法一开普勒三定律【自主练1】(2019·常宁一中期末)(多选)某行星绕太阳运动的轨道如图所示，则下列说法正确的是()A．太阳一定在椭圆的一个焦点上B．该行星在a点的速度比在b、c两点的速度都小C．该行星在c点的速

度比在a、b两点的速度都大D．行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积是相等的AD解析由开普勒第一定律可知，太阳一定在椭圆的一个焦点上，故选项A正确；由开普勒第二定律“相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的”知，距

离越大速度越小，故选项B、C错误，D正确．【自主练2】(2019·遂宁一中期末)两颗行星的质量分别是M1、M2，它们绕太阳运转的轨道半长轴分别是R1、R2，如果M1＝2M2，R1＝4R2，则它们的运行周期之比T1∶T2等于()A．1∶1B．2∶1C．4∶1D．8∶1D解析根据开普

勒第三定律a3T2＝k，得R31T21＝R32T22，解得T1T2＝R31R32＝4313＝81，故选项D正确．考法二万有引力定律的理解与应用1．万有引力与重力的关系地球对物体的万有引力F表现为两个效果：一是重力mg，二是提供物体随地球自转的向心力F向．(1)在赤道上：GMmR2＝

mg1＋mω2R.(2)在两极上：GMmR2＝mg0.(3)在一般位置：万有引力GMmR2等于重力mg与向心力F向的矢量和．越靠近南、北两极，g值越大，由于物体随地球自转所需的向心力较小，常认为万有引力近似等于重力，即GMmR2＝mg.2．星球上空的重力加速度g′星球上空距离星体中心r＝R＋

h处的重力加速度为g′，mg′＝GmMR＋h2，得g′＝GMR＋h2，所以gg′＝R＋h2R2.【自主练3】(2019·廊坊省级示范性高中联合体高三联考)(多选)我国的火星探测任务基本确定，将于2020年左右发射火星探测器，这将是人类火星探测史上前所未有的盛

况．若质量为m的火星探测器在距火星表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，运行周期为T，已知火星半径为R，引力常量为G，则()A．探测器的线速度v＝2πRTB．探测器的角速度ω＝2πTC．探测器的向心加速度a＝GmR＋h2D．火星表面重力加速度g＝4π2R＋h3R2T2答案

BD解析探测器运行的线速度v＝2πrT＝2πR＋hT，故选项A错误；根据角速度与周期的关系公式可知，探测器的角速度ω＝2πT，故选项B正确；向心加速度a＝2πT2r＝4π2R＋hT2＝GMR＋h2，应为火星的质量M而不是探测器的质量m，

故选项C错误；探测器绕火星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则得GMmR＋h2＝m·4π2T2(R＋h)，设在火星表面上有质量为m′的物体，则有GMm′R2＝m′g，联立两式解得g＝GMR2＝4π2R＋h3T2R2，故选项D正确．【自主练4】(2019·盐城龙冈中学学业水平调研

)某物体在地面上受到地球对它的万有引力为F.若此物体受到的引力减小到F4，则此物体距离地面的高度应为(R为地球半径)()A．RB．2RC．4RD．8RA解析根据万有引力定律表达式得F＝GMmr2，其中r为物体到地球中心的距离．

某物体在地球表面，受到地球的万有引力为F，此时r＝R；若此物体受到的引力减小为F4，根据F＝GMmr2得，此时物体到地球中心的距离r′＝2R，所以物体距离地面的高度应为R.考法三同步卫星与宇宙速度【自主

练5】(2019·曲靖第一中学高三质检)(多选)据中国卫星导航系统管理办公室公布的计划，2018年我国将迎来北斗三号卫星高密度发射，到2018年年底，将有18颗北斗卫星发射升空，服务区域覆盖“一带一路”沿线国家及周边国家，到2020年，将完成35颗北斗三号卫星的组网，向全球提供相关服务．

北斗三号卫星导航系统空间段由5颗地球同步轨道卫星(以下简称“同卫”)和30颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)组成，中轨道卫星轨道高度为同步卫星轨道高度的35.下列说法正确的是()A．“同卫”和“中卫”的轨道都必须是在赤道上空B．“同卫”的机械能不一定大于“中卫”的机械能C．若“同卫”与“中卫”质量

相等，则两者动能之比为3∶5D．“同卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期答案BD解析同步卫星只能定点在赤道的上空，而中轨道卫星不一定在赤道的上空，选项A错误；因卫星的质量关系不确定，则无法比较两种卫星的机械能的关系，选项B正确；根据G

mMr2＝mv2r可得Ek＝12mv2＝GmM2r＝GmM2h＋R，因h中卫h同卫＝35，则两者动能之比不等于3∶5，选项C错误；根据r3T2＝k可知，因r同卫>r中卫，则“同卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，选项D正确．【自主练6】(2

019·温州九校高三联考)2018年7月10日，我国成功发射了第三十二颗北斗导航卫星．该卫星是倾斜地球同步轨道卫星，它的运转轨道面与地球赤道面有夹角，离地面的高度和地球静止同步轨道卫星一样．仅考虑卫星与地球间的作用，关于该颗卫星

，下列说法正确的是()A．该卫星的向心力与地球静止轨道上卫星的向心力一样大B．该卫星的角速度大小等于地球静止同步轨道卫星的角速度大小C．该卫星的加速度大于地球静止同步轨道卫星加速度D．该卫星的环绕速度大于7.9km/sB

解析倾斜地球同步轨道卫星与地球静止同步轨道卫星周期相同，都等于地球的自转周期，所以两卫星的角速度大小相等，但由于不知道两卫星的质量，所以不能判断两卫星的向心力大小，故选项A错误，B正确；由公式GMmr2＝ma，得a＝GMr2，所以两卫星的加

速度大小相等，故选项C错误；7.9km/s为卫星绕地球做圆周运动的最大线速度，所以该卫星的线速度应小于7.9km/s，故选项D错误．考法四双星与多星1．双星模型(1)一个模型：双星模型，两颗星被一根无形的杆串在一起，共同绕杆上某点做匀速圆周运动，如图所示．(2)两个相等：角速度(周

期)相等、向心力大小相等．由于两行星及圆心总是在一条直线上，所以两行星在相等的时间内转过的角度必然相等，故角速度(周期)相等；由于两行星做圆周运动的向心力是二者间的万有引力，故两行星的向心力大小必然相等．(3)三个反比关系m1r1＝m2r2；

m1v1＝m2v2；m1a1＝m2a2(4)两个重要关系式两颗行星做匀速圆周运动的半径r1和r2与两行星间距L的大小关系r1＋r2＝L，Gm1m2L2＝m1ω2r1，Gm1m2L2＝m2ω2r2.以上三式联立解

得ω＝1LGm1＋m2L.2．多星模型(1)定义：所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同．(2)三星模型：①三颗星位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星

在同一半径为R的圆形轨道上运行(如图甲所示)．②三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)．(3)四星模型：①其中一种是四颗质量相等的星体位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动(如图丙所示)．②另一种是三颗星始终位于正三角形的三个顶点

上，另一颗位于中心O，外围三颗星绕O做匀速圆周运动(如图丁所示)．【自主练7】(2019·武邑中学高三调研)(多选)引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周

运动，测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为Δr(P星的轨道半径大于Q星的轨道半径)，万有引力常量为G，则()A．Q、P两颗星的质量差为4π2ΔrlGT2B．P、Q两颗星的运动半径

之比为ll－ΔrC．P、Q两颗星的线速度大小之差为2πΔrTD．P、Q两颗星的质量之比为l－Δrl＋Δr答案CD解析双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q星的周期为T，两者之间的万有引力提供向心力，则GmPmQl2＝mPω2rP＝mQω2r

Q，解得mQ＝ω2l2rPG；mP＝ω2l2rQG，则mQ－mP＝ω2l2rP－rQG＝4π2l2ΔrGT2，故选项A错误；根据题意可知，rP＋rQ＝l，rP－rQ＝Δr，解得rP＝l＋Δr2，rQ＝l－Δr2，则有rPrQ＝l＋Δrl－Δr，故选

项B错误；P星公转的线速度vP＝2πrPT＝πl＋ΔrT，Q星公转的线速度vQ＝2πrQT＝πl－ΔrT，则vP－vQ＝2πΔrT，故选项C正确；P、Q两颗星的质量之比为mPmQ＝rQrP＝l－Δrl＋Δr，故选项D正确．【自主练8】(20

19·阜阳三中高三模拟)(多选)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，下列说法正确的是()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a2C．四颗星表面的重力加速度均为GmR2D．四颗星的周期均为2πa2a4＋2Gm答案ACD解析任一颗星体在其他三个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，故选项A正确；任一星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径均为r＝22a，故选项B错误；在四颗星表面上，物体的重力等于万有引力，则有m′g＝Gmm′R2，得四颗星表面的重力加速度g＝

GmR2，故选项C正确；对于任一星体，由万有引力定律和向心力公式得Gm22a2＋2·Gm2a2＝m4π2T2·22a，解得T＝2πa2a4＋2Gm，故选项D正确．考法五天体质量和密度的估算天体质量和密度常用的估

算方法使用方法已知量利用公式表达式备注r、TGMmr2＝mr4π2T2M＝4π2r3GT2r、vGMmr2＝mv2rM＝rv2G利用运行天体v、TGMmr2＝mv2rGMmr2＝mr4π2T2M＝v3T2πG只能得到中心天体的质量质量的计

算利用天体表面重力加速度g、Rmg＝GMmR2M＝gR2G利用运行天体r、T、RGMmr2＝mr4π2T2M＝ρ·43πR3ρ＝3πr3GT2R3当r＝R时ρ＝3πGT2密度的计算利用天体表面重力加速度g、R

mg＝GMmR2M＝ρ·43πR3ρ＝3g4πGR利用近地卫星只需测出其运行周期【例题1】(2019·广东六校高三联考)由于行星自转的影响，行星表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同．宇航员在某行星的北极处从高

h处自由释放一重物，测得经过时间t1重物下落到行星的表面，而在该行星赤道处从高h处自由释放一重物，测得经过时间t2重物下落到行星的表面，已知行星的半径为R，引力常量为G，则这个行星的平均密度是()A．ρ＝3h2πGRt21B．ρ＝

3h4πGRt21C．ρ＝3h2πGRt22D．ρ＝3h4πGRt22[思维导引]由物体下落的高度和时间求出星球表面的重力加速度，结合黄金代换得到星球的质量关系，然后得到密度关系．答案A解析在北极，根据h＝12

gt21得g＝2ht21，根据GMmR2＝mg得星球的质量为M＝gR2G＝2hR2Gt21，则星球的密度为ρ＝MV＝2hR2Gt21·143πR3＝3h2πGt21R，故选项A正确，B、C、D错误．归纳总结计算天体质量和密度时应

注意的问题(1)利用万有引力提供天体圆周运动的向心力估算天体质量时，估算的只是中心天体的质量而非环绕天体的质量，不可能求出运行天体的质量．(2)区别天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近的卫星，才有r≈R；计算天体密度

时，V＝43πR3中的“R”只能是中心天体的半径．【跟踪训练1-1】(2019·湖北、山东部分重点中学高三联考)(多选)已知万有引力常量G，利用下列数据可以计算地球半径的是()A．月球绕地球运动的周期、线速度及地球表面的重力加速度gB．人造卫星绕地球的周期、角速

度及地球的平均密度ρC．地球同步卫星离地的高度、周期及地球的平均密度ρD．近地卫星的周期和线速度ACD解析由周期T和线速度v，根据v＝2πrT可求解r，由GMmr2＝m2πT2r可求得地球的质量M，根据GMmR2＝mg

可求解地球的半径R，选项A正确，B错误；已知地球同步卫星离地的高度h、周期T及地球的平均密度ρ，根据GMmR＋h2＝m4π2R＋hT2以及M＝ρ4πR33可求解地球的半径R，选项C正确；已知近地卫星的周期T和线速度v，由v＝2πRT可求得地球的半径，选项D正确．【跟踪

训练1-2】(2019·景德一中高三月考)(多选)某人造地球卫星绕地球做圆周运动的周期为T，已知：地球半径R，地球表面的重力加速度g，引力常量G.则下列说法正确的是()A．这颗人造地球卫星做圆周运动的角速度ω＝2πTB．这颗人造地球卫星离地面的高度h＝3gR2T24

π2C．这颗人造地球卫星做圆周运动的线速度v＝32πgR2TD．地球的平均密度ρ＝3πGT2答案AC解析这颗人造地球卫星做圆周运动的角速度ω＝2πT，选项A正确；卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力

提供向心力得GMmr2＝m4π2T2r，物体在地球表面上，根据万有引力等于重力，得GMm′R2＝m′g，联立解得卫星运行半径r＝3gR2T24π2，这颗人造地球卫星离地面的高度h＝3gR2T24π2－R，选项B错误；这颗人造地球卫星做圆周运动的线速度v＝2

πrT＝2πT3gR2T24π2＝32πgR2T，选项C正确；由GMm′R2＝m′g得地球的质量M＝gR2G，地球平均密度ρ＝M43πR3＝3g4πGR，选项D错误．考法六卫星的运行地球卫星的运行参数物理量推导依据表达式最大值或最小值备注线速度GMmr2＝mv2rv＝GMr当r＝R

时有最大值，v＝7.9km/s角速度GMmr2＝mω2rω＝GMr3当r＝R时有最大值周期GMmr2＝m2πT2rT＝2πr3GM当r＝R时有最小值，约85min向心加速度GMmr2＝ma向a向＝GMr2当r＝R时有最大值，最大值为a

＝g规律适合于圆周运动【例题2】(2019·唐山高三一模)(多选)2018年2月12日13时03分，我国在西昌卫星发射中心成功发射第五、六颗北斗三号全球组网卫星，完成了农历鸡年中国航天的“收官之战”．北斗导航系统中，某颗卫星绕地球做圆周运动，其向心加速度大小为a，线速度大小为v，万

有引力常量为G，由以上数据可知()A．该卫星轨道半径为av2B．该卫星角速度大小为avC．该卫星周期大小为2πvaD．该卫星的质量为v4Ga[思维导引]本题与常见的题目略有不同，一般的题目是根据半径求线速度、角速度、向心加速度等，本题半径未知，思路与常规

题目一样，仍然是卫星由万有引力提供向心力．答案BC解析根据向心加速度大小a＝v2r，轨道半径r＝v2a，故选项A错误；根据线速度大小v＝ωr，角速度大小ω＝av，故选项B正确；根据周期大小T＝2πω＝2πva，故选项C正确；根据万有引力提供向心力GMmr2＝mv2r，无法求出卫星的质量，故选

项D错误．解题技巧绕行卫星或行星在绕行运动的情境下其质量是不可能求出的，无论给出的答案是什么，可以直接排除．【跟踪训练2-1】(2019·济宁第一中学质检)(多选)2016年10月19日凌晨，“神舟十一号”载人飞船与距离地面343km的

圆轨道上的“天宫二号”交会对接．已知地球半径为R＝6400km，万有引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，“天宫二号”绕地球飞行的周期为90min，下列分析正确的是()A．“天宫二号”的发射速度应大于11.2km/sB．“天宫二号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度C．由题中数据可以

求得地球的平均密度D．“神舟十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于同一圆周轨道答案BC解析当发射的速度大于11.2km/s，会挣脱地球的引力，不绕地球飞行，所以“天宫二号”的发射速度不可能大于11.2km/s，选项A错误；天宫二号的周期小于同步卫星的周期，根据T

＝4π2r3GM知，天宫二号的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据a＝GMr2知，天宫二号的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，选项B正确；题干中飞船的轨道半径r＝R＋h，周期已知，根据GMmr2＝mr4

π2T2得，地球的质量M＝4π2R＋h3GT2，则根据地球的密度ρ＝M43πR3可得地球的密度，选项C正确；“神舟十一号”加速与“天宫二号”对接前应处于不同的轨道上，若在同一轨道上，加速做离心运动，离开原轨道，不能实现对接，选项D错误．【跟踪训练2-2】(2019·无锡天一中

学高三调研)(多选)“伽利略”卫星导航定位系统由30颗轨道卫星组成，分布在3个轨道面上，每个轨道部署9颗工作卫星和1颗在轨备份卫星，当某颗工作卫星出现故障时可及时顶替工作．若某颗替补卫星处在略低于工作卫星的轨道上，则下列说法正确的是()A．替补卫星的线速度大于工作卫星的

线速度B．替补卫星的周期大于工作卫星的周期C．工作卫星沿其轨道切线方向向后喷出气体，可能追上前面的工作卫星D．替补卫星沿其轨道切线方向向后喷出气体，可能到达工作卫星的轨道AD解析根据万有引力提供向心力GmMr2＝mv2r，得v＝GMr，知替补卫星处在略低于工作卫星的轨道上，所以替补卫星的线速度大于

工作卫星的线速度，选项A正确；根据周期T＝2πr3GM，又知替补卫星处在略低于工作卫星的轨道上，所以替补卫星的周期小于工作卫星的周期，选项B错误；工作卫星沿其轨道切线方向向后喷出气体，速度增加，将做离心运动，偏离原轨道，到达高轨道，选项C

错误；替补卫星沿其轨道切线方向向后多次喷出气体，速度增加，将做离心运动，到达高轨道，可能到达工作卫星的轨道，选项D正确．考法七卫星变轨问题1．变轨原理及过程(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．如图所示．(2)在A点(近地点)点火加速，由于速度变大

，万有引力不足以提供在轨道Ⅰ上做圆周运动的向心力，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．变轨过程各物理量分析(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点时速率分别为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(注意，不是向心加速度)：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轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律r3T2＝k可知T1<T2<T3.(4)机械能：在一个确定的圆(椭圆)轨道上机

械能守恒．若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道的机械能分别为E1、E2、E3，则E1<E2<E3.【例题3】(2019·哈尔滨三中高三调研)(多选)2016年9月15日，我国的空间实验室天宫二号在酒泉成功发射.9月16日，天宫二号在椭圆轨道Ⅰ的远地点A开始变轨，变轨后在圆轨道Ⅱ上运行，如图所

示，A点离地面高度约为380km，地球同步卫星离地面高度约为36000km.若天宫二号变轨前后质量不变，则下列说法正确的是()A．天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过远地点A的速度一定小于7.9km/sB．天宫二号在轨道

Ⅰ上运行的周期可能大于在轨道Ⅱ上运行的周期C．天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过近地点B的速度一定大于轨道Ⅱ的速度D．天宫二号在轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ机械能减少[思维导引]题目中涉及三个特殊速度：近地点B的线速度；远地点A的线速度；圆轨道的

线速度．三个速度中，近地点速度最大，远地点速度最小．在椭圆轨道和圆轨道上运行时，机械能均守恒，轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ过程中需要点火加速，机械能增加．答案AC解析7.9km/s为第一宇宙速度，也为最大轨道环绕速度，故天宫二号在轨道Ⅰ上运行通过远地点A的速度一定小于7.9km/s，选

项A正确；根据开普勒第三定律R3T2＝k，因为轨道Ⅰ的半长轴小于圆轨道Ⅱ的半径，所以“天宫二号”在轨道Ⅰ上运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期，选项B错误；根据GMmr2＝mv2r可得v＝GMr，即轨道半径越大，线速度越小，若轨道I为圆周，则

在轨道Ⅰ上的速度大于在轨道Ⅱ上的速度，而轨道Ⅰ为椭圆，即在B点需要点火加速，所以在B点的速度一定大于轨道Ⅱ的速度，选项C正确；从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要在A点点火加速，即外力做正功，机械能增大，选项D错误．归纳总结人造地球卫星，只要

是圆轨道上运行，无论半径多大，其线速度不可能超过第一宇宙速度；椭圆轨道，无论远地点到地面的距离是多少，远地点速度不可能达到第一宇宙速度，只有近地点的瞬时速度才可能大于第一宇宙速度．【跟踪训练3-1】(2019·临沂十九中高三调研)(多选

)如图所示，发射升空的卫星在转移椭圆轨道Ⅰ上A点处经变轨后进入运行圆轨道Ⅱ.A、B分别为轨道Ⅰ的远地点和近地点．则卫星在轨道Ⅰ上()A．经过A点的速度小于经过B点的速度B．经过A点的动能大于在轨道Ⅱ上经过A点的动能C．运

动的周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期D．经过A点的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A点的加速度AD解析由B点运动到A点引力做负功，动能减小的，所以经过A点的速度小于经过B点的速度，选项A正确；同在A点，只有加速它

的轨道才会变大，所以在轨道Ⅰ上经过A点的动能小于在轨道Ⅱ上经过A点的动能，选项B错误；轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的半径，根据开普勒第三定律，在轨道Ⅰ上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期，选项C错误；根据a＝GMr2，在轨道Ⅱ上经过A点的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A点的加速度，选项D正确

．【跟踪训练3-2】(2019·绥化二中高三月考)(多选)我国将在发射“嫦娥三号”之后，直至未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站．如图所示为航天飞机飞行图，关闭动力的航天飞机在月球引力作用下经椭圆轨道向月球靠近．并将与空间站在B处对接，已知空间站绕月球做匀速

圆周运动，轨道半径为r，周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是()A．图中航天飞机在飞向B处的过程中，月球引力做正功B．航天飞机在B处由椭圆轨道可直接进入空间站轨道C．航天飞机经过B处时的加速度与空间站经过B处时的加速度不相等D．根据题中

条件可以算出月球质量答案AD解析航天飞机在飞向B处的过程中，航天飞机与月球的引力的方向和航天飞机的运动方向之间的夹角小于90°，所以月球引力做正功，选项A正确；椭圆轨道和圆轨道是不同的轨道，航天飞机不可能自主改变轨道，只有在减速后，

才能进入空间站轨道，选项B错误；航天飞机经过B处时的加速度与空间站经过B处时的加速度都是由万有引力产生，根据a＝GMmr2m＝GMr2可知，它们的加速度是相等的，选项C错误；万有引力提供向心力GmMr2＝mr4π2T2，得M＝4π2r3GT2，即根据轨道半径为r，周期

为T，万有引力常量为G可以计算出月球的质量，选项D正确．[典例诊断]【例题4】(2019·大庆中学高三模拟)(多选)如图所示，A表示地球同步卫星，B为运行轨道比A低的一颗卫星，C为地球赤道上某一高山山顶上的一个物体，关于它们的线速度、角速度、运行周期和向心加速度的比较，下列关

系式正确的是()A．vB＞vA＞vCB．ωA＞ωB＞ωCC．aA＞aB＞aCD．TA＝TC＞TB[错解分析]错选BC：认为卫星的运动半径越小，角速度越大，向心力也越大，错因是把山顶上的一个物体当作正常

运行的卫星，不明确卫星受到的万有引力等于向心力是有前提的．答案AD解析A、C的角速度相等，由v＝ωr，可知vC＜vA；A、B比较，同为卫星，由人造卫星的速度公式v＝GMR，可知vA＜vB，因而vB＞vA＞vC，选项A正确；A、C的角速度相等，根据ω＝GMR3知A的角速度小于B的角速度，故

ωA＝ωC<ωB，选项B错误；对A、C，由a＝ω2·r，可知aC<aA，对A、B，由GMmr2＝ma有a＝GMr2，可知aA<aB，即aC<aA<aB，选项C错误；卫星A为同步卫星，周期与C物体周期相等，又万

有引力提供向心力，即GMmR2＝m2πT2R，T＝2πR3GM，所以A的周期大于B的周期，选项D正确．易错警示赤道上物体与卫星所做圆周运动的比较赤道上物体随地球自转做圆周运动的向心力是万有引力的分力提供，卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供，赤道上物体随地球自转的

圆周运动与同步卫星的周期相同．比较它们的运动最容易混淆的是向心力的来源．【跟踪训练4-1】(2019·滑县高三联考)已知地球两极的重力加速度为g，地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍．考虑地球自转的

影响把地球视为质量均匀分布的球体，则赤道上的重力加速度为()A.1ngB.1－1ngC.1－1n2gD.1－1n3gD解析设地球质量为M，半径为R，自转周期为T.有一质量为m的卫星，该

卫星在地球两极，有GMmR2＝mg；该卫星在地球赤道上，有GMmR2－mR4π2T2＝mg1；该卫星在同步轨道上，有GMmnR2＝mnR4π2T2，联立上面三个式子，得g1＝(1－1n3)g，选项D正确．【跟踪训练4-2】(2

019·肇庆高三二模)有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b处于离地很近的近地圆轨道上正常运动；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所示，下列说法正确的是()A．a的向心加速度

等于重力加速度gB．b在相同时间内转过的弧长最长C．d的运行周期有可能是20hD．把a直接发射到b运行的轨道上，其发射速度大于第一宇宙速度答案B解析地球同步卫星c的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2

r知，c的向心加速度大，由牛顿第二定律得GMmr2＝ma，解得a＝GMr2，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故选项A错误；由牛顿第二定律得GMmr2＝mv2r，解得v＝G

Mr，卫星的轨道半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故选项B正确；由开普勒第三定律R3T2＝k知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，d的运行周期应

大于24h，不可能是20h，故选项C错误；把a直接发射到b运行的轨道上，其发射速度等于第一宇宙速度，故选项D错误．板块三︿︿1．(2019·蚌埠高三二模)地球可视为质量均匀分布的球体．用弹簧秤测某物体重力大

小，在北极点称时读数为F1，在赤道上称时读数为F2；地球自转周期为T，万有引力常量为G.则地球密度的表达式为()A.3πF1GT2F1－F2B.3πF1－F2GT2F1C.3πGT2D.3πF1GT2F2A解析在北极时F1＝GMmR2，在赤道上时F1－F2＝m

2πT2R，地球的密度为ρ＝M43πR3，联立以上各式解得ρ＝3πF1GT2F1－F2，故选项A正确．2．(2019·惠州高三调研)(多选)2018年7月27日出现了“火星冲日”的天文奇观

，火星离地球最近最亮．当地球位于太阳和火星之间且三者几乎排成一条直线时，天文学称之为“火星冲日”．火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．不考虑火星与地球的自转，且假设火星和地球的轨道平面在同一个平面上，相关数据见下表．则根据提

供的数据可知()质量半径与太阳间距离地球mRr火星约0.1m约0.5R约1.5rA.在火星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/sB．理论上计算可知下一次“火星冲日”的时间大约在2020年9月份C．火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比

约为2∶5D．火星运行的加速度比地球运行的加速度大答案BC解析根据Gmm′R2＝m′v2R，解得v＝GmR，则v火v地＝m火R火×R地m地＝0.10.5＝55，则v火<v地＝7.9km/s，则在火星表面附近发射飞行器的速度小于7.9

km/s，选项A错误；据开普勒第三定律，1.5r3T2火＝r3T2地，则T火≈1.84T地＝1.84年；设从火星冲日到下次火星冲日的时间间隔为t，则tT地－tT火＝1，解得t≈2.2年，所以下一次“火星冲日”的时间大约在2

020年9月份，故选项B正确；行星对表面物体的万有引力等于物体在表面时受到的重力，则Gmm物R2＝m物g，可得g＝GmR2，则g火g地＝m火R2火×R2地m地＝0.1×10.52＝25，选项C正确；太阳对行星的引力充当行星做圆周运动的向心力，则GMmr

2＝ma，解得a＝GMr2，可知火星运行的加速度比地球运行的加速度小，选项D错误．3．(2019·淄博实验中学高三教学诊断)(多选)为了迎接太空时代的到来，美国国会通过一项计划：在2050年前建造成太空升降

机，就是把长绳的一端搁置在地球的卫星上，另一端系住升降机，放开绳，升降机能到达地球上，科学家可以控制卫星上的电动机把升降机拉到卫星上．已知地球表面的重力加速度g＝10m/s2，地球半径R＝6400km，地球自转周期为24h．某宇航员在地球表面测得体重为800

N，他随升降机垂直地面上升，某时刻升降机加速度为10m/s2，方向竖直向上，这时此人再次测得体重为850N，忽略地球公转的影响，根据以上数据()A．可以求出升降机此时所受万有引力的大小B．可以求出升降机此时距地面的高度C．可以求出此时宇航员的动能D．如果把绳的一端搁置在同步卫星上，可知绳的长

度至少有多长答案BD解析根据牛顿第二定律N－mg′＝ma，可求出此时的重力加速度g′，升降机此时所受到的万有引力为F＝m升g′，因为不知道升降机的质量，所以求不出升降机所受的万有引力，选项A错误；根据万有引力等于重力可得mg＝GMmR2和GMmR＋h2

＝mg′，可求出升降机此时距地面的高度h，选项B正确；根据地球表面人的体重和地球表面的重力加速度，可知宇航员质量为80kg，但宇航员此时的速度无法求出，选项C错误；根据万有引力提供向心力可得GMmR＋h2＝m(R＋h)4π2T2、mg＝GMmR2

、T＝24h，可求出同步卫星离地面的高度，此高度即为绳长的最小值，选项D正确．4．(2019·山西大学附属中学模块诊断)(多选)同步卫星离地心距离为r，运行速率为v1，加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，

第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则下列比值正确的是()A.v1v2＝rRB.v1v2＝Rr12C.a1a2＝rR2D.a1a2＝rRBD解析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GmMr2＝mv2r，得v＝GMr，则得v1v2＝Rr12，选项A错误，B正确；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，由a1＝ω2r，a2＝ω2R可得，a1a2＝rR，选项D正确，C错误．