人造衛星宇宙速度

（單選基礎練+多選提升練+計算綜合綜）

一、基礎練（單選題）

1.2021年1月，“天通一號”03星發射成功。發射過程簡化為如圖所示:火箭先把衛星送上軌道1（橢圓

軌道，P、Q是遠地點和近地點）后火箭脫離;衛星再變軌,到軌道2（圓軌道）；衛星最后變軌到軌道3

（同步圓軌道）。軌道1、2相切于P點，軌道2、3相交于兩點。忽略衛星質量變化。以下說法正

確的是（）

軌道2

C

v＜-一道3

P

A.衛星在三個軌道上的周期￡=3=2B.由軌道1變至軌道2,衛星在P點向前噴氣

C.衛星在三個軌道上機械能用=用＜及D.軌道1在Q點的線速度大于軌道3的線速度

【答案】。

3

【詳解】由圖可知，軌道2和軌道3的半徑相等，且大于軌道1的半長軸，根據開普勒第三定律號n=卜

可知衛星在三個軌道上的周期關系為故力錯誤；

B.由軌道1變至軌道2,衛星在P點向后噴氣加速，使衛星做離心運動，故B錯誤；

C.由軌道1變至軌道2,衛星必須在P點加速，則E2＞用軌道2和軌道3的半徑相等，則及=星因此E3

=也＞身故。錯誤；

D.假設衛星在過Q點的圓軌道上運行的速度為泥，衛星軌道1在Q點的線速度為如,在軌道3的線速度

為“3。從過Q點的圓軌道變軌到軟道1,必須在Q點加速,則比＜%根據衛星做勻速圓周運動的線速度公

式°=可知因此5＜證＜5則軌道1在Q點的線速度大于軌道3的線速度，故。正確。故

選。。

2.如圖為同一平面內繞地球運行的三顆不同衛星人、8、。的軌道示意圖，/、/〃為圓軌道，〃為橢圓軌

道，/〃的半徑與〃的半長軸相等，且〃/與〃相交于河點，/與〃相切于N點。則（）

A.經過N點時的速度大小相等

B.B、C繞地球運行的周期相等?M

C.口在橢圓軌道上運行的速度均大于人的速度

D.B、C在初點的向心加速度大小相等

【答案】B

【詳解】4設地球的質量為A1,根據a=E=G"則，A、B經過N點時的加速度相等，4在N點時做圓

mr2

周運動，B在N點時做離心運動，所以B的速度大于人的速度，故A錯誤；

B.根據開普勒第三定律可知川的半徑與II的半長軸相等，則B、。繞地球運行的周期相等，故B正確；

C.B在橢圓軌道上N點的速度比4在N點的速度大，此后B從N向遠地點運動過程中速度變小而4的

速度大小不變，因此B的速度并不是一直比A大，故。錯誤；

D.根據&=二=G”則B、。在初點加速度大小相同，但是B在M■的向心加速度為加速度的一個分

mr2

量，因此向心加速度大小不相等，故。錯誤。故選B。

3.為空間站補給物質時,我國新一代貨運飛船“天舟五號”實現了2小時與“天宮空間站”快速對接，對接

后的“結合體”仍在原空間站軌道運行。對接前“天宮空間站”與“天舟五號”的軌道如圖所示，則

()

A.“天宮空間站”運行的速度始終不變

B.“天宮空間站”的運行速度小于“天舟五號”的運行速度

C.“天宮空間站”運行的加速度大于“天舟五號”運行的加速度

D.“結合體”受到地球的引力等于“天宮空間站”受到地球的引力

【答案】B

【詳解】力B.“天宮空間站”繞地運行時，萬有引力提供向心力，則有G4等m—可得n=由上

r

式可知，''天宮空間站”的圓周運動半徑不變時，則其運行速度大小始終不變，但速度方向一直在變，所以速

度一直在變；由于''天宮空間站”的運動半徑大于''天舟五號”的運動半徑，所以“天宮空間站”的運行速度小

于“天舟五號”的運行速度，故A錯誤，故B正確；

C.根據G4等=nza解得a=G空可知,軌道半徑越小，向心加速度越大，即“天宮空間站”的向心加速

度小于“天舟五號”的向心加速度，故C錯誤；

D.根據F=G號可知，軌道半徑相同時，由于“結合體”的質量大于對接前“天宮空間站”的質量，則“結

T2

合體''受到地球的引力比“天宮空間站”受到地球的引力大，故。錯誤。故選B。

4.如圖所示，從我國空間站伸出的長為d的機械臂外端安置一微型衛星，微型衛星和空間站能與地心保

持在同一直線上繞地球做勻速圓周運動。已知地球半徑為R,空間站的軌道半徑為r,地球表面重力

加速度為g。忽略空間站對衛星的引力以及空間站的尺寸，則（）

A.微型衛星的角速度比空間站的角速度要小

B.微型衛星的線速度與空間站的線速度相等

C.空間站所在軌道處的加速度與g之比為，

D.機械臂對微型衛星一定無作用力

【答案】。

【詳解】A.微型衛星和空間站能與地心保持在同一直線上繞地球做勻速圓周運動，所以微型衛星的角速

度與空間站的角速度相等，故4錯誤；

B.微型衛星的線速度o=s（r+d）空間站的線速度U=0丁微型衛星的線速度比空間站的線速度大，故石

錯誤；

rn

C.由Q^=ma解得空間站所在軌道處的加速度a=0”在地球表面-mg解得g=0”所

r2r2B?

以烏=工故。正確；

9r2

D.由G警=ma）2r解得°=J%可知僅受萬有引力提供向心力時，微型衛星比空間站的軌道半徑

大，角速度小,由于微型衛星跟隨空間站以共同的角速度運動,由F=mo2r可知所需向心力增大，所以機械

臂對微型衛星有拉力作用，故。錯誤。故選。。

5.2022年，“嫦娥五號”實現中國開展航天活動以來的四個“首次”:首次在月球表面自動采樣;首次從月

球表面起飛；首次在月球軌道上其上升器與軌道器和返回器組合體交會對接;首次帶著月球土壤返回

地球。已知月球的質量約為地球的上，表面重力加速度約為地球表面重力加速度的4,月球半徑約

為地球半徑的十，下列判斷正確的是（）

A.月球上的第一宇宙速度是地球上的歷倍

B.組合體交會對接后因質量變大導致軌道半徑變大

C.“嫦娥五號”飛行到地球與月球中心連線中點時所受地球引力是月球引力的81倍

D.“嫦娥五號”在降落地面之前必須做減速運動，帶回的土壤處于完全失重狀態

【答案】。

【詳解】根據題意，由萬有引力提供向心力有旦也解得u月球上的第一宇宙速度

r2r

G?4M也2

為◎月==丁地故錯誤；

-拙i----地90A

GM

B.根據題意，由萬有引力提供向心力有且皿=小芷解得r可知，組合體的軌道半徑只與中心

丁2

rV2

天體的質量和組合體的線速度有關，與組合體的質量無關，故B錯誤；

C.根據題意，由萬有引力公式尸=色等可知，由于“嫦娥五號”飛行到地球與月球中心連線中點時，“嫦

娥五號”到地球與月球中心的距離相等，則所受地球引力是與月球引力之比為冬=粵=81故。正確；

為必）

D.“嫦娥五號”在降落地面之前必須做減速運動，則帶回的土壤具有向上的加速度，處于超重狀態，故。

錯誤。故選C。

6.2023年春節，改編自劉慈欣科幻小說的電影--《流浪地球2》在全國上映。電影中的太空電梯場景

非常震撼,如圖甲所示。太空電梯的原理并不復雜，與生活中的普通電梯十分相似。只需在地球同步

軌道上建造一個空間站，并用某種足夠長也足夠結實的“繩索”將其與地面相連,當空間站圍繞地球運

轉時,“繩索”會擰緊,宇航員、乘客以及貨物可以通過像電梯轎廂一樣的升降艙沿“繩索”直入太空，這

樣不需要依靠火箭、飛船這類復雜航天工具。圖乙中，圖線人表示地球引力對宇航員產生的加速度大

小與航天員距地心的距離r的關系，圖線B表示宇航員相對地面靜止時而產生的向心加速度大小與r

的關系，下列說法正確的是（）

甲

A.宇航員在r=A處的線速度等于第一宇宙速度

B.太空電梯停在0處時，宇航員對電梯艙的彈力為0

C.隨著r的增大，宇航員的線速度逐漸減小

D.隨著r的增大，宇航員對升降艙的彈力逐漸減小

【答案】B

嚕

【詳解】4.宇航員做勻速圓周運動，根據圓周運動規律可知向心加速度與線速度的關系0g=今地球引

R

Q,2

力對宇航員產生的加速度與第一宇宙速度的關系^=—因為0笈〈生4所以宇航員在處的線速度小

于第一宇宙速度。故A錯誤；

B.太空電梯停在F0處時，地球引力對宇航員產生的加速度大小等于宇航員相對地面靜止時而產生的向心

加速度大小，即萬有引力全部用來提供向心力，此時宇航員處于完全失重狀態，所以宇航員對電梯艙的彈

力為0。故B正確；

。.因為宇航員相對地面靜止，則宇航員圓周運動的角速度不變，即。=or隨著r的增大，宇航員的線速度

逐漸增大。故。錯誤；

D.根據題意可知宇航員所受的合外力提供向心力，即maA—FN—F^.—maB隨著r的增大，aA減小，陽增

大，則升降艙對宇航員的彈力先減小，后反向增大。則宇航員對升降艙的彈力先減小后增大。故。錯誤。

故選及

7.11月16日11時55分,我國在酒泉衛星發射中心成功發射新一代海洋水色觀測衛星海洋三號01星,

海洋水色觀測衛星經過多次變軌到達距地面高為798km的預定軌道，已知地球同步衛星距地面高約

為36000km,關于海洋水色觀測衛星的說法正確的是（）

A.海洋水色觀測衛星在繞地飛行過程中所受合力為零

B.海洋水色觀測衛星可以相對靜止在廣東的上空

C.海洋水色觀測衛星在繞地飛行過程中運行速率大于地球同步衛星速率

D.海洋水色觀測衛星在繞地飛行過程中運行周期大于地球同步衛星周期

【答案】。

【詳解】A.海洋水色觀測衛星在繞地飛行過程中受到地球的萬有引力，用于充當圓周運動的向心力，合力

不為零，故4錯誤；

B.海洋水色觀測衛星不是地球同步衛星，不會靜止在地面某一位置上空，故B錯誤；

c.海洋水色觀測衛星的軌道半徑小于地球同步衛星的軌道半徑，由萬有引力提供向心力GM應=小之

r2r

可得①=可得海洋水色觀測衛星在繞地飛行過程中運行速率大于地球同步衛星速率,故。正確；

D.由萬有引力提供向心力G白^=MT■爸可得T=2兀因為海洋水色觀測衛星的軌道半徑小于

地球同步衛星的軌道半徑，所以海洋水色觀測衛星在繞地飛行過程中運行周期小于地球同步衛星周期，故

。錯誤。故選。。

8.地球可看作半徑為R的均勻球體，質量為小的物體在赤道處所受的重力大小為M，由于地球自轉的

影響，物體在北極處所受的重力大小為M，引力常量為G,下列說法正確的是（）

A.地球同步衛星離地心的距離為‘瓦管環幾

B.地球同步衛星的運行周期為2兀,

C.地球的第一宇宙速度為

D.地球的平均密度為高

【答案】。

【詳解】根據地球同步衛星受到的萬有引力提供向心力有色儂私=小琵/在赤道處有色囪1=乂

r2T2R2

+生泮在北極處有陪=M解得T=2兀=j惹環7?故AB錯誤;

C.地球的第一宇宙速度_7ng解得v=故。正確;

B?R

D.地球的平均密度右奏,繁=M解得故。錯誤。故選。。

二、提升練(多選題)

9.我國“神舟十三號”航天員翟志剛、王亞平和葉光富在空間站駐留長達6個月之久，是我國入駐太空時

間最長的三人組，已知“天和”核心艙N繞地球運行的軌道距地面的高度約為400km,地球半徑約

6400km?關于地球赤道靜止的物體P、同步衛星Q和“天和”核心艙N的運動，下列說法正確的是

()

A.向心加速度關系為aN>aQ>apB.線速度關系為。

C.周期關系為%D.同步衛星Q一定不會經過南充正上方

【答案】AD

【詳解】地球赤道上的物體與衛星同步衛星具有相同的角速度，有a=r/由上述式子可知，p物體的

向心加速度小于衛星Q,天和核心艙N和Q則有G”1=ma解得a=G”有上述式子可知N的向心加

速大于Q的，故三者之間關系為aN>aQ>aP,A正確；

B.對于天和核心艙N和衛星Q來說有G4等=加。解得n=有上述式子可知，軌道半徑越小，

速度越大，故天和核心艙N的速度大于Q衛星的速度。而物體P和衛星。的角速度相等，根據般=w"可

知，衛星Q的速度大于物體P的速度，三者之間的速度關系為。P<%<⑺B錯誤；

C.由于物體P在地球赤道上，Q為同步衛星，故兩者的周期相等，而N和Q同為衛星，由萬有引力充當向

心力，故有3坐=恒生gr解得7=、月|享有由上式可知，軌道半徑越大，周期越大，故衛星Q的周期

VCriVZ

大于天和核心艙N的周期，故有乙=%>￡,。錯誤；

D.Q是同步衛星，其軌道在赤道上方即緯度為0°,南充市不在赤道上，所以衛星。一定不會經過南充上

空，。正確。故選A。。

10.2021年7月5日，風云三號E星(“黎明星”)在酒泉衛星發射中心成功發射，作為我國第二代極地軌

道氣象衛星，“黎明星”是全球首顆民用晨昏軌道氣象衛星,將帶動我國氣象衛星應用進入成熟發展階

段。“黎明星”繞地球做勻速圓周運動的周期為1.7九，離地高度約800km，如圖所示。某時刻“黎明

星”正好經過赤道上某城市正上方，則()

A.“黎明星”的發射速度大于第一宇宙速度

B.再經過3.4九,“黎明星”正好經過該城市正上方

C.“黎明星”的繞行速度小于赤道上物體隨地球自轉的線速度

D.“黎明星”的向心加速度大于赤道上物體隨地球自轉的向心加速度

【答案】AD

【詳解】第一宇宙速度為最小發射速度，則“黎明星”的發射速度大于第一宇宙速度，4正確；

B.該時刻后“黎明星”經過3.4月正好運行兩個周期，因為地球的自轉，P城市轉過的角度為d=%=資

x3.4=票則P城市轉走了，“黎明星”沒有經過P城市正上方，B錯誤；

60

C.由題知“黎明星”繞地球做勻速圓周運動的周期為1.7億而赤道上物體隨地球自轉的周期為24億則o黎

=等但+九），%=等七爆V乙則可看出。攀>小，。錯誤；

D.由題知“黎明星”繞地球做勻速圓周運動的周期為1.7億而赤道上物體隨地球自轉的周期為24無，則a黎

=簧（/?+%）,。赤=聾人，乳<埒則可看出a翳>正確。故選40。

黎赤

11.2022年6月，搭載神舟十四號載人飛船的長征二號F遙十四運載火箭在酒泉衛星發射中心點火發射,

一段時間后，神舟十四號載人飛船與火箭成功分離，進入預定軌道，經過多次變軌成功對接于空間站

天和核心艙徑向端口。已知空間站天和核心艙的運行周期為T,地球同步衛星的周期為T"已知7

>T,地球半徑為地球表面的重力加速度為g。下列判斷正確的是（）

A.三名航天員在空間站內處于平衡狀態

B.空間站與地心的連線比地球同步衛星與地心的連線在相同時間內掃過的面積小

C.空間站距地面的高度為'坪齊-A

V4兀2

D.根據以上數據不能求出地球同步衛星和空間站的軌道半徑

【答案】

【詳解】4.三名航天員圍繞地球做圓周運動，處于失重狀態，即不平衡狀態，故4錯誤；

B.根據開普勒第三定律。=與根據T'>T可知地球同步衛星軌道半徑大于空間站的軌道半徑，根據萬

有引力提供向心力G”171—m—空間站與地心的連線在相同時間內掃過的面積為S--^-lr--^-vrl\t—

r2r22

故空間站與地心的連線比地球同步衛星與地心的連線在相同時間內掃過的面積小，故B正確;

C.根據萬有引力提供向心力G迪1?根據萬有引力與重力的關系G迪1=mg空間站距地面

r2T2B?

的高度為八—R故。正確；

gNT'2磔雪故。錯誤。

D.由上分析，地球同步衛星的軌道半徑為產=、/空間站的軌道半徑為r=

4兀2V4兀2

故選30。

12.北斗導航系統第41顆衛星為地球靜止軌道衛星，第49顆衛星為傾斜地球同步軌道衛星，它們的軌道

半徑約為4.2x1。7小，運行周期都等于地球的自轉周期24鼠傾斜地球同步軌道平面與地球赤道平面

成一定夾角，如圖所示。已知引力常量3=6.67><10-1”源/]<82,下列說法正確的是（）

A.根據題目數據可估算出地球的質量

B.靜止軌道衛星可能經過北京上空

C.傾斜地球同步軌道衛星一天2次經過赤道正上方同一位置

D.傾斜地球同步軌道衛星的運行速度大于第一宇宙速度

【答案】AC

【詳解】A.根據G/也=m（空可得”=生上則根據題目數據可估算出地球的質量，A正確；

r2vT'GT2

B.靜止軌道衛星一定在地球赤道的正上方，不可能經過北京上空，B錯誤；

。.傾斜地球同步軌道衛星若某時刻經過赤道正上方某位置，經過半個周期，恰好地球也轉了半個周期，因

此又會經過赤道上方的同一位置，即其一天2次經過赤道正上方同一位置，。正確；

D.根據—Tn—可得°=JG,可知軌道半徑越大，運動速度越小，第一宇宙速度是貼近地球表

面運動的衛星的速度，則傾斜地球同步軌道衛星的運行速度小于第一宇宙速度，D錯誤。故選AC.

13.北斗衛星導航系統由空間段、地面段和用戶段三部分組成。空間段由若干地球靜止軌道衛星A、傾斜

地球同步軌道衛星B和中圓地球軌道衛星C組成。如圖所示,三類衛星都繞地球做勻速圓周運動，衛

星。距地面高度為九°,地球自轉周期為T,地球半徑為R,地球表面重力加速度為g,引力常量為G。

貝U()

B.衛星B的加速度大小為包華

m2

0.衛星°的線速度大小為/高;D.地球的密度為學

【答案】AC

【詳解】4設地球表面某物體質量為小°,有包警=小。9得朋'=等對衛星A:GM?=坐式募+

■R2G（A+比4y

0）若得以=（^^丫一A故4正確；

B.衛星B的周期與衛星A相同，則a=4兀V）故B錯誤；

C.對衛星。：嚴飛=館0萬/得%故。正確;

（R+hcyR+hcVR+hc

D.地球的密度p=1M—=：年二故。錯誤。故選47。

打a4兀GR

14.如圖所示，某航天器圍繞一顆半徑為R的行星做勻速圓周運動,其環繞周期為T,經過軌道上/點時

發出了一束激光，與行星表面相切于B點，若測得激光束與軌道半徑/O夾角為。，引力常量為

G,不考慮行星的自轉，下列說法正確的是（）

4兀2%3元

A.行星的質量為B.行星的平均密度為

GTsin36GTW6

C行星表面的重力加速度為腐D.行星的第一宇宙速度為鬻4

Tsmc/

【答案】BC

【詳解】勻速圓周運動的周期為T,那么可以得到勻速圓周運動的線速度為薯々再根據萬有引

Tsmc/

力提供向心力Gmiml=解得mi=甲;故A錯誤；

_R_GTW0

\sinO）sin。

3兀

A球體積為丁二平所以平均密度為p=^=USr段故B正確;

GT2sin3/9

C.行星表面，根據重力等于萬有引力可知wi2g=G4也乜解得g=4/A故。正確;

B?T2sin30

D.行星的第一宇宙速度為0，=/通=——2婆_故。錯誤。故選30。

15.撥打衛星電話的手機,為其提供服務的衛星是地球靜止衛星,設靜止衛星的周期為T,軌道半徑為地

球半徑的卜倍。2023年10月26日神舟十七號航天員乘組成功入駐中國空間站，空間站可近似認為

繞地球表面附近做勻速圓周運動,設地球半徑為R,萬有引力常量為G,則下列說法正確的是（）

A.第一宇宙速度可表示為孽

B.地球的質量可表示為4嬰產

C.靜止衛星與空間站的線速度之比約為我

D.靜止衛星的加速度與空間站加速度之比約為右2：1

【答案】BC

【詳解】AB.根據萬有引力提供向心力可得=小公后五則地球的質量可表示為河=生盎里根

（%五）2T2GT2

據第一宇宙速度的定義且T=2TTJ黑《聯立可得n=2如濾故4錯誤，B正確；

R2RVGrJVL1

CD.根據萬有引力提供向心力可得—m—=ma可得”=-\J，a=°?可知靜止衛星與空

間站的線速度之比為卡，靜止衛星的加速度與空間站加速度之比為（，故。正確，D錯誤。故選BC。

16.預計在2025年1月16日，地球恰好運行到火星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線，此現象被稱為

“火星沖日”。如圖所示，火星和地球幾乎在同一平面內沿同一方向繞太陽做圓周運動，火星與地球的

公轉軌道半徑之比約為3:2,地球與火星的質量之比約為10:1,地球與火星的半徑之比約為2:1,已知半

徑為R的球的體積V=生詈，取幾=2.45,根據以上信息結合生活常識可知（）

O

A.火星與地球的平均密度之比約為4:5

B.火星與地球繞太陽運動的周期之比約為27:8

C.火星與地球表面的重力加速度大小之比約為5:2

D.相鄰兩次“火星沖日”的時間間隔約為801天

【答案】AD

【詳解】根據色警=小”/解得T=、博/代入數據可知，火星與地球繞太陽運動的周期之比約

丁2v

為3/：22，故B錯誤；

A.根據p=M=上二代入數據可知，火星與地球的平均密度之比約為4：5,故A正確；

V-4兀密

3

C.根據=Rog解得9=零代入數據可知，火星與地球表面的重力加速度大小之比約為2:5,故

。正確；

D.根據火星與地球繞太陽運動的周期之比約為已知地球的公轉周期為7］也=1年則火星的公

/地2v2

轉周期為雙=1.8年設經過時間t出現下一次“火星沖日”，則有（普一普）t=2兀解得力=2.25年=801

天故。正確。故選4。。

三、綜合練（計算題）

17.天宮一號是我國研發的一個目標飛行器，目的是作為其他飛行器的接合點，是中國空間實驗室的雛

形，于北京時間20n年9月29日21時16分03秒發射升