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易错点05 不能灵活运用圆周运动知识解决卫星相关问题

目 录

01 易错陷阱

易错点一：开普勒三定律的理解与易错注意点

易错点二：混淆卫星的不同速度和不同模型

易错点三：分析卫星的变轨问题出现错误

02 易错知识点

知识点一、人造卫星的运动规律

知识点二、近地卫星及其速度大小

知识点三、地球同步卫星的特点

知识点四、近地卫星、 同步卫星和赤道上物体的运行问题比较

知识点五、卫星变轨时三类物理量的定性比较

知识点六、双星多星模型

03 举一反三——易错题型

题型一：同步、近地卫星模型、赤道物体转动模型及其物理量的比较

题型二：卫星变轨、发射、回收、空间站对接及其能量问题

题型三：双星、多星模型

题型四：卫星（天体）追及相遇模型

04 易错题通关

易错点一：开普勒三定律的理解与易错注意点

（1）行星到太阳的距离越大，行星的速率越小，反之越大。

（2）行星绕太阳的运动通常按匀速圆周运动处理。半径等于半长轴。

（3）开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动。

（4）开普勒第三定律T2(a3)＝k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同，故该定律只能用在同一中心天体的两星体之间。

易错点二：混淆卫星的不同速度和不同模型

1、三个宇宙速度 

2.宇宙速度、发射速度与卫星的绕行速度的关系

3.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.

环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。

易错点三：分析卫星的变轨问题出现错误

1、变轨原理

(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向先发射卫星到圆轨道Ⅰ上，卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，有Gr12(Mm)＝mr1(v2)，如图所示．

(2)在A点(近地点)点火加速，由于速度变大，所需向心力变大，Gr12(Mm)<mr1(vA2)，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ.

(3)在椭圆轨道B点(远地点)将做近心运动，Gr22(Mm)>mr2(vB2)，再次点火加速，使Gr22(Mm)＝mr2(v′2)，进入圆轨道Ⅲ.

2、变轨过程分析

(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v_A、v_B.在A点加速，则v_A>v₁，在B点加速，则v₃>v_B，又因v₁>v₃，故有v_A>v₁>v₃>v_B.

(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，卫星在轨道Ⅱ或轨道Ⅲ上经过B点的加速度也相同．

(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T2(r3)＝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，从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ和从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ都需要点火加速，则E₁<E₂<E₃.

知识点一、人造卫星的运动规律

地球卫星的运行参数(将卫星轨道视为圆)

知识点二、近地卫星及其速度大小

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。这个速度值又叫第一宇宙速度/s，人造卫星的最小发射速度，也是人造卫星的最大环绕速度。

计算方法

(1)由GR2(mm地)＝mR(v2)，解得：v＝R(Gm地)；

(2)由mg＝mR(v2)，解得：v＝。

知识点三、地球同步卫星的特点

(1)不偏不倚

轨道平面一定，轨道平面和赤道平面重合绕行方向一定：与地球自转的方向一致。

(2)不快不慢

周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h＝86400 s。

角速度一定：与地球自转的角速度相同。

线束度和加速度大小一定.

设其运行速度为v，由于G()R＋h2(Mm)＝mR＋h(v2)，所以v＝ R＋h(GM)＝ R＋h(gR2)＝3.1×10³ m/s。

由G()R＋h2(Mm)＝ma得a＝G()R＋h2(M)＝g_h＝0.23 m/s²。

（3) 不高不低：

高度一定，据Gr2(Mm)＝mT2(4π2)r得r＝ 4π2(GMT2)＝4.23×10⁴ km，卫星离地面高度h＝r－R≈6R(为恒量)。转道半径一定。。

知识点四、近地卫星、 同步卫星和赤道上物体的运行问题比较

1．卫星的轨道

(1)赤道轨道：卫星的轨道在赤道平面内，同步卫星就是其中的一种．

(2)极地轨道：卫星的轨道过南、北两极，即在垂直于赤道的平面内，如极地气象卫星．

(3)其他轨道：除以上两种轨道外的卫星轨道．

所有卫星的轨道平面一定通过地球的球心．

(4)重要数据：

①地球的公转周期为1年，其自转周期为1天(24小时)，地球半径约为6.4×10³ km，地球表面重力加速度g约为9.8 m/s².

②月球的公转周期约27.3天，在一般估算中常取27天．

③人造地球卫星的运行半径最小为r＝6.4×10³ km，运行周期最小为T＝84.8 min，运行速度最大为v＝7.9 km/s.

2．两个向心加速度

3.两种周期

(1)自转周期是天体绕自身某轴线转动一周所需的时间，取决于天体自身转动的快慢．

(2)公转周期是运行天体绕中心天体做圆周运动一周所需的时间，T＝2πGM(r3)，取决于中心天体的质量和运行天体到中心天体的距离．

4.解题技巧

同步卫星与赤道上随地球自转的物体的共同点是具有相同的角速度和周期。当比较近地卫星和赤道上物体的运动规律时，往往借助同步卫星这一纽带使问题迎刃而解。

知识点五、卫星变轨时三类物理量的定性比较

(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运行时的速率分别为v₁、v₄，在轨道Ⅱ上过P、Q点时的速率分别为v₂、v₃，在P点加速，则v₂>v₁；在Q点加速，则v₄>v₃。又因v₁>v₄，故有v₂>v₁>v₄>v₃。

(2)加速度：因为在P点不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过，P点到地心的距离都相同，卫星的加速度都相同，设为a_P。同理，在Q点加速度也相同，设为a_Q。又因Q点到地心的距离大于P点到地心的距离，所以a_Q<a_P。

(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行周期分别为T₁、T₂、T₃，轨道半径或半长轴分别为r₁、r₂、r₃，由T2(r3)＝k可知T₁<T₂<T₃。

(4)能量问题

卫星速率增大(发动机做正功)会做离心运动，轨道半径增大，万有引力做负功，卫星动能减小，由于变轨时遵从能量守恒，稳定在圆轨道上时需满足Gr2(Mm)＝mr(v2)，致使卫星在较高轨道上的运行速率小于在较低轨道上的运行速率，但机械能增大(发动机做正功)；

相反，卫星由于速率减小(发动机做负功)会做向心运动，轨道半径减小，万有引力做正功，卫星动能增大，同样原因致使卫星在较低轨道上的运行速率大于在较高轨道上的运行速率，但机械能减小(发动机做负功)。

知识点六、双星多星模型

(1)两颗星体绕公共圆心转动，如图1所示。

(2)特点

①各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即L2(Gm1m2)＝m₁ω1(2)r₁，

L2(Gm1m2)＝m₂ω2(2)r₂。

②两颗星的周期及角速度都相同，即T₁＝T₂，ω₁＝ω₂。

③两颗星的轨道半径与它们之间的距离关系为：r₁＋r₂＝L。

④两颗星到轨道圆心的距离r₁、r₂与星体质量成反比，即m2(m1)＝r1(r2)。

⑤双星的运动周期T＝2πG(m1＋m2)(L3)。

⑥双星的总质量m₁＋m₂＝T2G(4π2L3)。

2．三星模型

(1)三星系统绕共同圆心在同一平面内做圆周运动时比较稳定，三颗星的质量一般不同，其轨道如图2所示。每颗星体做匀速圆周运动所需的向心力由其他星体对该星体的万有引力的合力提供。

(2)特点：对于这种稳定的轨道，除中央星体外(如果有)，每颗星体转动的方向相同，运行的角速度、周期相同。

(3)理想情况下，它们的位置具有对称性，下面介绍两种特殊的对称轨道。

①三颗星位于同一直线上，两颗质量均为m的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3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3乙所示)。

题型一：同步、近地卫星模型、赤道物体转动模型及其物理量的比较

【例1】（2024•大兴区校级模拟）北京时间2023年12月17日15时，我国在酒泉卫星发射中心使用双曲线一号商业运载火箭成功将“迪迩一号”卫星顺利送入预定轨道。“迪迩一号”卫星、北斗地球同步卫星飞行的轨道如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．“迪迩一号”卫星的角速度小于北斗地球同步卫星的角速度 

B．“迪迩一号”卫星的角速度大于北斗地球同步卫星的角速度 

C．“迪迩一号”卫星绕地球运行的线速度等于静止于赤道上的物体随地球自转的线速度 

D．“迪迩一号”卫星绕地球运行的线速度小于静止于赤道上的物体随地球自转的线速度

【解答】解：AB、根据万有引力提供向心力得

可得

因“迪迩一号”卫星的轨道半径比北斗地球同步卫星的小，则“迪迩一号”卫星的角速度大于北斗地球同步卫星的角速度，故A错误，B正确；

CD、根据万有引力提供向心力得

Gm

可得v

因“迪迩一号”卫星的轨道半径比北斗地球同步卫星的小，则“迪迩一号”卫星的线速度大于北斗地球同步卫星的线速度。地球同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，由v＝ωr分析可知，北斗地球同步卫星的线速度大于静止于赤道上的物体随地球自转的线速度，所以“迪迩一号”卫星绕地球运行的线速度大于静止于赤道上的物体随地球自转的线速度，故CD错误。

故选：B。

【变式1-1】（2024•皇姑区校级模拟）中国志愿者王跃参与了人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星—500”。假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，下列说法正确的是（　　）

A．飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度 

B．飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度小于在Q点的速度 

C．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知万有引力常量为G，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度 

D．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度小于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度

【解答】解：A、轨道Ⅰ相对于Ⅱ做向心运动，所以飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度，故A错误；

B、根据开普勒第二定律可知，所以飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度，故B错误；

C、根据万有引力提供向心力，则有：mr，解得火星的质量为：M

根据密度计算公式可得：ρ，其中V

若轨道Ⅰ贴近火星表面，则有r≈R，解得：ρ

已知万有引力常量为G，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度，故C正确；

D、根据牛顿第二定律可得ma，解得a；飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，故D错误。

故选：C。

【变式1-2】（2024•荣昌区校级模拟）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在地球的近地圆轨道上正常运行；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，则下列说法正确的是（　　）

A．a的向心加速度大于b的向心加速度 

B．四颗卫星的速度大小关系是：v_a＞v_b＞v_c＞v_d 

C．在相同时间内d转过的弧长最长 

D．d的运动周期可能是30h

【解答】解：A、地球同步卫星的周期c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＝ω²r知，c的向心加速度大。由牛顿第二定律得：ma，解得：a，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，故知a的向心加速度小于b的向心加速度，故A错误。

B、根据v可知，v_b＞v_c＞v_d，a、c同轴转动，角速度相等，由于c的半径大，则v_a＜v_c，故B错误。

C、由B可知，卫星b的半径最小，速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故C错误。

D、由开普勒第三定律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，可能是30h，故D正确。

故选：D。

【变式1-3】（2024•湖北模拟）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。1轨道为量子卫星静止在赤道上随地球自转，2为近地轨道，3为地球的同步轨道，如图所示。已知该卫星在1轨道随地球自转的周期约为近地轨道2运动周期的17倍，关于该卫星在1、2、3轨道绕地球做匀速圆周运动的说法中正确的是（　　）

A．卫星在轨道1的加速度最大，线速度最小 

B．卫星在轨道2的加速度最大，线速度最大 

C．卫星在轨道3运动的周期最大，线速度最小 

D．若将该卫星放在南极极点上，与轨道1处相比，其重力将变为原来的2.89倍

【解答】解：ABC、卫星在1轨道和3轨道上运行时，周期相等，角速度相等，根据v＝ωr，a＝ω²r可知，卫星在轨道1的加速度和线速度都小于卫星在轨道3的加速度和线速度。

对于2轨道和3轨道，根据万有引力提供向心力得

可得：，，

可知卫星在2轨道的线速度大于卫星在3轨道的线速度，卫星在2轨道的加速度大于卫星在3轨道的加速度，卫星在2轨道的周期小于卫星在3轨道的周期.

综上所述，卫星在轨道2的加速度最大，线速度最大，卫星在轨道1和轨道3运动的周期相等，卫星在轨道2运动的周期最小，故AC错误，B正确；

D、设卫星在2轨道上运行的周期为T，地球半径为R，根据题意可知，在南极极点上，卫星的重力等于地球对卫星的万有引力，为

在赤道上，卫星的重力为

可得：，故D错误。

故选：B。

题型二：卫星变轨、发射、回收、空间站对接及其能量问题

【例2】（2024•海口模拟）嫦娥六号于2024年6月2日成功着陆月背南极﹣艾特肯盆地。如图所示，假设登月探测器在环月轨道1上的P点实施变轨，进入椭圆轨道2，再由Q点进入圆轨道3。若轨道1的半径为3r，轨道3的半径为r，登月探测器在轨道3的运行周期为T，则下列说法正确的是（　　）

A．探测器在轨道3上运行时加速度不变 

B．探测器在轨道2上运行的周期为 

C．探测器在轨道1和轨道3上运行的线速度大小之比v₁：v₃＝1：3 

D．探测器从轨道2上的Q点进入圆轨道3时，需要点火加速

【解答】解：A、根据牛顿第二定律有

解得

可知，探测器在轨道3上运行时加速度大小不变，方向改变，所以加速度是变化的，故A错误；

B、探测器在轨道2上运行时的轨道半长轴为

探测器在轨道2和轨道3上运行时，根据开普勒第三定律得

解得探测器在轨道2上运行的周期为，故B正确；

C、探测器在轨道1、3上运行时，根据万有引力提供向心力得

解得

解得，故C错误；

D、探测器由高轨道变轨到低轨道，做向心运动，需要在Q点减速，故D错误。

故选：B。

【变式2-1】（2024•浙江模拟）太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则（　　）

A．空间站变轨前、后在P点的加速度相同 

B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小 

C．空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小 

D．空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大

【解答】解：A.根据万有引力定律

得

由于空间站变轨前、后在P点到地球中心的距离相等，因此空间站变轨前、后在P点的加速度相同，故A正确；

B.根据开普勒第三定律

变轨后的半长轴r₂＞r₁

联立得

空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，故B错误；

C.空间站变轨前后的运动情况如图所示：

根据运动的合成与分解，空间站在P点变轨前的速度小于变轨后的速度，即v_1p＜v_2p，故C错误；

D.空间站从2轨道进入3轨道做向心运动，因此v_2Q＞v_3Q

空间站在1、3轨道做匀速圆周运动，根据线速度与轨道半径的关系

由于r₁＞r₃，因此v₃＞v₁，即v_3Q＞v_1P

综合分析得v_2Q＞v_3Q＞v_1P

空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的小，故D错误。

故选：A。

【变式2-2】（2024•江苏模拟）一宇宙飞行器从地面发射，经过转移轨道后，绕太阳系另一行星运行，若再经过几次变轨后，进入如图所示的椭圆轨道Ⅰ，然后在轨道上P点变轨进入圆轨道Ⅱ，已知万有引力常量为G，则（　　）

A．飞行器从地面发射的速度小于11.2km/s 

B．飞行器在P点从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时机械能减小 

C．若测出飞行器在轨道Ⅱ上运行的速率，可求该行星质量 

D．若测出飞行器在轨道Ⅰ经过P点时的速率和到该行星中心的距离，可求该行星质量

【解答】解：A、因为飞行器已经离开了地球的束缚，成为了另一颗行星的卫星，所以发射速度需要大于第二宇宙速度11.2km/s，故A错误；

B、飞行器在P点从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要点火减速，对飞行器做负功，所以飞行器的机械能减小，故B正确；

C、根据牛顿第二定律有，可得行星的质量为M，因为不知道轨道半径r，所以无法计算行星的质量M，故C错误；

D、若测出飞行器在轨道Ⅰ经过P点时的速率和到该行星中心的距离，但是飞行器在P点后要做离心运动，不满足，所以无法计算行星的质量，故D错误。

故选：B。

【变式2-3】（2024•香坊区校级二模）2023年5月30日16时29分，神舟十六号载人飞船入轨后，成功对接于空间站天和核心舱径向端口，形成了三舱三船组合体，飞船发射后会在停泊轨道（Ⅰ）上进行数据确认，后择机经转移轨道（Ⅱ）完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化为下图所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R，中国空间站轨道距地面的平均高度为h，飞船在停泊轨道上的周期为T₁，则（　　）

A．飞船在转移轨道（Ⅱ）上各点的速率均小于7.9km/s 

B．飞船在停泊轨道（Ⅰ）与组合体在空间站轨道（Ⅲ）上的速率之比为（R+h）：R 

C．飞船在转移轨道（Ⅱ）上正常运行的周期为 

D．飞船在转移轨道（Ⅱ）上Q点的加速度小于空间站轨道（Ⅲ）上Q点的加速度

【解答】解：A、第一宇宙速度（7.9km/s）是最小的发射速度，飞船在转移轨道（Ⅱ）上P点的速率均大于7.9km/s，故A错误；

B、卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：m，解得：v，所以飞船在停泊轨道（Ⅰ）与组合体在空间站轨道（Ⅲ）上的速率之比为，故B错误；

C、根据开普勒第三定律可得，则飞船在转移轨道（Ⅱ）上正常运行的周期为，故C正确；

D、根据牛顿第二定律可得ma，解得a，所以飞船在转移轨道（Ⅱ）上Q点的加速度等于空间站轨道（Ⅲ）上Q点的加速度，故D错误。

故选：C。

题型三：双星、多星模型

【例3】（2024•天心区校级模拟）据报道，中国科学院上海天文台捕捉到一个“四星系统”。两种可能的四星系统构成如图所示，第一种如甲所示，四颗星稳定地分布在正方形上，均绕正方形中心做匀速圆周运动，第二种如乙所示，三颗星位于等边三角形的三个顶点上，第四颗星相对其他三星位于三角形中心，位于顶点的三颗星绕三角形中心运动。若两系统中所有星的质量都相等，AB＝CD，则第一、二种四星系统周期的比值为（　　）

A． B． 

C． D．

【解答】解：对于第一种四星系统，图甲中每颗星体受力情况如下图所示。

设AB＝CD＝a，由几何关系可知，图甲中正方形的对角线的长度为a

由万有引力定律可得：F₁，F₂

每颗星体所受合力大小为：F_合1＝2F₁cos45°+F₂

由合力提供向心力有：F_合1

联立解得：

对于第二种四星系统，图乙中三角形顶点上的星体受力情况如下图所示。

由几何关系可知，图乙中三角形的边长：r₂，三角形的顶点与中心的距离为：r₃

由万有引力定律可得：F₃，F₄

每颗星所受合力大小为：F_合2＝2F₃cos30°+F₄

由合力提供向心力有：F_合2

联立解得：

可得第一、二种四星系统周期的比值为：，故B正确，ACD错误。

故选：B。

【变式3-1】（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，P、Q恒星构成的双星系统，一颗质量为m，另一颗质量为2m，两星均视为质点且距离保持不变，均绕它们连线上的O点做匀速圆周运动。轨道平面上的观测点F相对于O点静止，连续两次出现P、Q与O、F共线的时间间隔为t。仅考虑双星间的万有引力，引力常量为G。则下列说法不正确的是（　　）

A．恒星Q的质量为2m 

B．恒星P圆周运动的角速度为 

C．任意时间内两星与O点的连线扫过的面积相等 

D．恒星P、Q之间的距离为

【解答】解：AB.设恒星P、Q的质量分别为 m₁、m₂，做圆周运动的轨迹半径分别为r₁、r₂，且两恒星之间的距离为L，根据题图可知 r₁＞r₂，而根据题意可得 。根据 可得两恒星转动得角速度，根据万有引力充当向心力有：，，解得：，由此可知m₁＝m，m₂＝2m，即恒星Q的质量为2m，故AB正确；

C.由于两恒星角速度相同，但半径不同，且P的轨迹半径大于Q的轨迹半径，因此任意时间内两星与O点的连线扫过的面积S_P＞S_Q，故C错误；

D.根据，，解得： ，则有：，可得 ，故D正确。

本题选择错误的，故选：C。

【变式3-2】（2024•天心区校级模拟）宇宙间存在一些离其他恒星较远的双星系统。双星系统由两颗相距较近的恒星组成，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的一点做周期相同的匀速圆周运动。某双星系统由甲、乙两颗恒星组成，甲、乙两颗恒星的质量分别为m₁、m₂，且m₁＞m₂。它们做匀速圆周运动的周期为T，万有引力常量为G。关于双星系统的下列说法正确的是（　　）

A．恒星甲做匀速圆周运动的半径大于恒星乙做匀速圆周运动的半径 

B．恒星甲做匀速圆周运动的线速度大于恒星乙做匀速圆周运动的线速度 

C．双星做圆周运动的速率之和 

D．双星之间的距离

【解答】解：A、两星做圆周运动的角速度相等，根据万有引力提供向心力有：

可得：

根据题设条件可知：m₁＞m₂

则有：r₁＜r₂

则恒星甲做匀速圆周运动的半径小于恒星乙做匀速圆周运动的半径，故A错误；

B、根据v＝ωr可知恒星甲做匀速圆周运动的线速度小于恒星乙做匀速圆周运动的线速度，故B错误；

CD、根据A中表达式，变形后有：，

两式相加整理后得：

双星做圆周运动的速率之和：，故D正确，C错误。

故选：D。

【变式3-3】（2024•蜀山区校级三模）宇宙中大多数恒星系都是双星系统，如图所示，两颗远离其他星系的恒星A和B在相互之间的引力作用下绕O点做匀速圆周运动，且A星距离O点更近。轨道平面上的观测点P相对O点静止，观察发现每隔T时间，两颗恒星与O、P共线。已知引力常量为G，其中一颗恒星的质量为m、另一颗恒星的质量为3m，恒星的半径都远小于它们之间的距离。则以下说法正确的是（　　）

A．A的质量为m 

B．该双星系统的运动周期为T 

C．A、B相距的距离为 

D．在相同时间里，A、B两颗恒星与O点连线扫过的面积之比为1：3

【解答】解：A、双星系统的周期相同，相互之间引力等大，因此质量大的恒星半径较小，A的质量为3m，故A错误；

BD、观察发现每隔T时间，两颗恒星与O、P共线，该双星系统的运动周期为2T，而单位时间内恒星与O点连线扫过的面积，则相等时间内，A、B两颗恒星与O点连线扫过的面积之比为1：9，故BD错误；

C、由万有引力提供向心力有，且r₁+r₂＝r，解得A、B相距的距离为，故C正确。

故选：C。

题型四：卫星（天体）追及相遇模型

【例4】（2024•海珠区校级模拟）无地面网络时，华为Mate60Pro可连接天通一号进行卫星通话。天通一号目前由01、02、03共三颗地球同步卫星组网而成，分别定位于东经101.4度、东经125度、东经81.6度。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，同步卫星运行的周期为T，下列说法正确的是（　　）

A．若03星加速，则一定可以追上01星 

B．三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度小 

C．三颗卫星的轨道半径一定都是 

D．三颗卫星的线速度大小一定都是

【解答】解：A.若03星加速，则轨道半径会增大，无法追上01星，故A错误；

B.地球同步卫星与地球赤道上物体的角速度相等，由v＝ωr可知，三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度大，故B错误；

C.由

可得三颗卫星的轨道半径一定都是，故C正确；

D.由，得三颗卫星的线速度大小，故D错误。

故选：C。

【变式4-1】（2024•江苏模拟）三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T₁，B的周期为T₂，则下列说法正确的是（　　）

A．A加速可追上同一轨道上的C 

B．经过时间，A、B相距最远 

C．A、C向心加速度大小相等，且大于B的向心加速度 

D．A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等

【解答】解：A、卫星A加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星C，故A错误；

B、A、B两卫星由相距最近至相距最远时，圆周运动转过的角度相差π，即ω_Bt﹣ω_At＝π，其中，，解得经历的时间，故B正确；

C、根据万有引力提供向心力有，得，可知A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，故C错误；

D、绕地球运动的卫星与地心连线在相同时间t内扫过的面积，其中，则：，可知A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积不等，故D错误。

故选：B。

【变式4-2】（2024•庆云县校级模拟）2022年6月5日17时42分，神舟十四号载人飞船与天和核心舱径向端口成功对接。对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道离地面高度为地球半径的。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．神舟十四号与天和核心舱对接时，要先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速追上核心舱进行对接 

B．组合体的向心加速度大于g 

C．组合体的线速度小于地球赤道上物体的线速度 

D．组合体运行的周期为T

【解答】解：A、神舟十四先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速后会做离心运动，无法追上核心舱进行对接，故A错误；

B、组合体绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，得Gma，得a，式中M是地球的质量，r是组合体的轨道半径。

在地球表面上，有：m′g，得g，式中R是地球的半径，因r＞R，所以a＜g，即组合体的向心加速度小于g，故B错误；

C、对于组合体和地球同步卫星，根据万有引力提供向心力得：Gm，可得，因为组合体的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度。地球同步卫星与地球赤道上物体的角速度相等，由v＝ωr知地球同步卫星的线速度大于地球赤道上物体的线速度，所以组合体的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故C错误；

D、组合体的轨道半径为r＝RRR，根据，以及g，解得组合体运行的周期为T，故D正确。

故选：D。

【变式4-3】（2023•秦淮区校级模拟）屈原在长诗《天问》中发出了“日月安属？列星安陈？”的旷世之问，这也是中国首次火星探测工程“天问一号”名字的来源。“天问一号”探测器的发射时间要求很苛刻，必须在每次地球与火星会合之前的几个月、火星相对于太阳的位置领先于地球特定角度的时候出发。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。如图所示，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，相关数据见表，则根据提供的数据可知（　　）

A．在火星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/s 

B．地球与火星从第1次会合到第2次会合的时间约为1.9年 

C．火星表面与地球表面的重力加速度之比约为2：5 

D．火星到太阳的距离约为地球到太阳的距离的1.9倍

【解答】解：A、设地球最小的发射速度为v₁，则根据万有引力提供向心力有

可得

v₁＝7.9km/h

则火星的发射速度与地球的发射速度之比为

可得火星的发射速度为

7.9km/h，故A错误；

B、根据两次会合时地球多转一圈得

代入数据解得地球和火星从第1次会合到第2次会合的时间约为2.1年，故B错误；

C、不考虑自转时，根据物体的重力等于万有引力得

火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为，故C正确；

D、根据开普勒第三定律k得，代入数据解得火星到太阳的距离约为地球到太阳的距离的1.5倍，故D错误。

故选：C。

1. （2024•洛阳一模）北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，现有55颗卫星组成。如图所示，P是纬度为θ的地球表面上一点，人造地球卫星A、B均做匀速圆周运动，卫星B为地球赤道同步卫星。若某时刻P、A、B与地心O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且∠OAB＝90°，下列说法正确的是（　　）

A．P点向心加速度大于卫星A的向心加速度 

B．卫星A、B与P点均绕地心做匀速圆周运动 

C．卫星A、B的线速度之比为 

D．卫星A、B的周期之比为

【解答】解：A、因为∠OAB＝90°，所以OB大于OA，即B卫星匀速圆周运动半径大于A卫星半径，由万有引力提供向心力有：mrω²，解得：ω，可知ω_B＜ω_A，又因为ω_P＝ω_B，所以ω_P＜ω_A，根据r_P＜r_A，a＝ω²r可得，a_P＜a_A，故A错误；

B、卫星A、B绕地心做匀速圆周运动，P点运动的圆轨迹与地轴线垂直，圆心在图中O点正上方，故B错误；

C、由万有引力提供向心力有：m，解得：v；由于r_A＝r_Bcosθ，所以，故C错误；

D、根据开普勒第三定律可得：k，所以卫星A、B的周期之比为，故D正确。

故选：D。

2. （2024•历城区校级模拟）如图甲是国产科幻大片《流浪地球2》中人类在地球同步静止轨道上建造的空间站，人类通过地面和空间站之间的“太空电梯”往返于天地之间。图乙是人乘坐“太空电梯”时由于随地球自转而需要的向心加速度a与其到地心距离r的关系图像，已知r₁为地球半径，r₂为地球同步卫星轨道半径，下列说法正确的是（　　）

A．地球自转的角速度 

B．地球同步卫星的周期 

C．上升过程中电梯舱对人的支持力保持不变 

D．从空间站向舱外自由释放一物体，物体将做自由落体运动

【解答】解：A、根据向心加速度公式有：a＝ω²r，可知a﹣r图像中，其斜率为角速度的平方，故A错误；

B、由于向心加速度变形解得：

故其周期为：，故B正确；

C、上升过程中，处于超重状态，支持力会变大，故C错误；

D、太空中处于失重状态，从舱释放一物体，不会做自由落体运动，故意D错误。

故选：B。

3. （2024•思明区校级模拟）2024年3月20日，我国“鹊桥二号”卫星发射成功，多次调整后进入周期为24h的环月椭圆轨道运行，并与在月球上开展探测任务的“嫦娥四号”进行通讯测试。已知月球自转周期27.3天，下列说法正确的是（　　）

A．月球处于“鹊桥二号”椭圆轨道的中心位置 

B．“鹊桥二号”在近月点和远月点的加速度大小相同 

C．“鹊桥二号”在远月点的运行速度小于月球第一宇宙速度 

D．“鹊桥二号”与月心连线和“嫦娥四号”与月心连线在相等时间内分别扫过的面积相等

【解答】解：A.由开普勒第一定律可知，月球处于“鹊桥二号”椭圆轨道的一个焦点上，故A错误；

B.“鹊桥二号”在近月点距离月球最近，受到的万有引力最大，加速度最大；在远月点距离月球最远，受到的万有引力最小，加速度最小，故“鹊桥二 号”在近月点和远月点的加速度大小不相同，故B错误；

C.“鹊桥二号”在远月点的速度小于轨道与远月点相切的卫星的线速度，轨道与远月点相切的卫星的线速度小于第一宇宙速度，故“鹊桥二号”在远月点的运行速度小于月球第一宇宙速度，故C正确；

D.由开普勒第二定律可知，同一颗卫星与月球的连线在相同时间扫过的面积相等，但是“鹊桥二 号”与“嫦娥四号”是两颗轨道不同的卫星，相同时间扫过的面积不相等，故D错误。

故选：C。

4. （2024•南宁模拟）某飞船绕地球做椭圆运动的轨迹如图所示，AB是椭圆的长轴，CD是椭圆的短轴，E、F两点关于椭圆中心对称。比较飞船沿顺时针分别从C运动到E和从D运动到F的两个过程，以下说法正确的是（　　）

A．从D到F过程平均速率小 

B．两个过程运动时间相等 

C．两个过程飞船与地心连线扫过的面积相等 

D．飞船在C点所受万有引力小于在F点所受万有引力

【解答】解：AB、由图可知，从C运动到E和从D运动到F的两个过程的路程相等，从C运动到E飞船的速率减小，从D运动到F速率增大，则从C运动到E的时间比从D运动到F的时间长，根据平均速率等于路程与时间之比可知，从D到F过程平均速率大，两个过程运动时间不相等，故AB错误；

C、根据开普勒第二定律可知，从C运动到E和从D运动到F的两个过程的时间不等，则两个过程飞船与地心连线扫过的面积不相等，故C错误；

D、由于C点到地心的距离比F点到地心的距离远，根据可知，飞船在C点所受万有引力小于在F点所受万有引力，故D正确。

故选：D。

5. （2024•江苏模拟）国产科幻大片《流浪地球2》中提出太空电梯设想，其原理如图所示．假设有一太空电梯轨道连接地球赤道上的固定基地与同步空间站A，空间站A相对地球静止，某时刻电梯停靠在轨道某位置，卫星B与同步空间站A的运行方向相同，此时二者距离最近，经过时间t后，A、B第一次相距最远．已知地球自转周期为T，则下列说法正确的是（　　）

A．太空电梯内的乘客处于完全失重状态 

B．电梯轨道对电梯的作用力方向指向地心 

C．电梯轨道外部一物体脱落后将做匀速圆周运动 

D．卫星B绕地球做圆周运动的周期为

【解答】解：A、对地球卫星，有Gmω²r，解得ω，可知，卫星轨道半径越大，角速度越小。由于太空电梯上各质点的角速度与地球同步卫星的角速度相同，即太空电梯各质点的角速度小于与其处于同一轨道半径上卫星的角速度，则太空电梯上各质点做圆周运动所需的向心加速度小于该轨道卫星的向心加速度，而卫星的向心力是全部由万有引力提供，但是太空电梯上各质点的向心力小于其万有引力，所以处于失重状态，但不是完全失重状态，故A错误；

B、电梯做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据电梯受到的万有引力大于做圆周运动的向心力，则万有引力与电梯轨道对电梯的作用力的差值提供向心力，即电梯轨道对电梯的作用力方向与万有引力方向相反，指向空间站，故B错误；

C、对于同步卫星，由万有引力提供向心力，有：Gm_同r_同

电梯环绕半径小于同步轨道半径，即r_梯＜r_同，则Gm_梯r_梯

万有引力大于电梯做圆周运动的向心力，符合近心运动的条件，故电梯外壳上脱落的物体将做近心运动，故C错误；

D、设卫星B绕地球做圆周运动的周期为T′。经过时间t之后，A、B第一次相距最远，则有0.5，解得T′，故D正确。

故选：D。

6. （2024•沈阳三模）我国首颗超百Gbps容量的高通量地球静止轨道通信卫星——“中星26号”与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹如图所示，A、B分别为侦察卫星的近地点和远地点。两卫星的运行周期相同，D点是两轨道交点，BC连线过地心，下列说法正确的是（　　）

A．侦查卫星从B点运动到A点过程中机械能减小 

B．侦查卫星从B点运动到A点过程中动能减小 

C．“中星26号”和侦察卫星在D点的加速度相等 

D．A、B两点间距离与“中星26号”卫星轨道半径相等

【解答】解：A.侦查卫星从B点运动到A点过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，故A错误；

B.侦查卫星从B点运动到A点过程中，万有引力做正功，动能增加，故B错误；

C.根据万有引力提供向心力可得，解得，可知“中星26号”和侦察卫星在D点的加速度相等，故C正确；

D.根据开普勒第三定律可知， 由于两卫星的运行周期相同，则A、B两点间距离等于“中星20号”卫星轨道半径的2倍，故D错误。

故选：C。

7. （2024•龙岗区校级三模）神舟十六号是中国“神舟”系列飞船的第十六次任务，也是中国空间站运营阶段的首次飞行任务。如图所示，神舟十六号载人飞船处于半径为r₁的圆轨道Ⅰ、空间站组合体处于半径为r₃的圆轨道Ⅲ，两者都在其轨道上做匀速圆周运动。通过变轨操作后，飞船从A点沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与空间站组合体对接，已知地球的半径为R、地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速度大于地球的第一宇宙速度 

B．飞船沿轨道Ⅱ运行的周期大于空间站组合体沿轨道Ⅲ运行的周期 

C．飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度小于在轨道Ⅱ上A点的加速度 

D．空间站组合体在轨道Ⅲ运行的周期

【解答】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有

解得：，可知卫星的轨道半径越大，速度越小。因为r₁＞R，所以飞船在轨道Ⅰ上的运行速度小于近地卫星的速度，即小于地球的第一宇宙速度，故A错误；

B、飞船在轨道Ⅱ上运动的半长轴小于在轨道Ⅲ上运动的轨道半径，根据开普勒第三定律k可知，卫星在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故B错误；

C、根据万有引力提供向心力，有，解得：，可知飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上A点的加速度，故C错误；

D、空间站组合体在轨道Ⅲ时，根据万有引力提供向心力，有

且在地球表面上，有

联立解得：，故D正确。

故选：D。

8. （2024•荔湾区校级三模）1974年拉塞尔豪尔斯和约瑟夫泰勒发现赫尔斯﹣泰勒脉冲双星。如图，该双星系统在互相公转时，不断发射引力波而失去能量，因此逐渐相互靠近，这现象为引力波的存在提供了首个间接证据。假设靠近过程短时间内两星球质量不变，下列说法正确的是（　　）

A．质量较大的星球，其所受的向心力越大 

B．质量较大的星球，其向心加速度较小 

C．靠近过程线速度大小可能不变 

D．靠近过程周期越来越大

【解答】解：A.两球之间的万有引力分别提供了两球做圆周运动所需的向心力，万有引力大小相同所以两球的向心力大小相等，故A错误；

B.设大脉冲星质量为m₁，半径为r₁，小脉冲星质量为m₂，半径为r₂，两者距离为L，由牛顿第二定律有：

可见质量较大的星球，其向心加速度较小，故B正确；

CD.靠近过程，即r₁、r₂、L均变小，由万有引力提供向心力有

两式相加化简得角速度：

则周期满足：

可见靠近过程周期越来越小；

引力做正功，势能减小，短时间内质量不变，动能增加，线速度增加，故CD错误。

故选：B。

9. （2024•云岩区校级一模）2023年6月21日，“中国天眼”FAST科研团队公布。他们发现了一个轨道周期仅为53分钟的脉冲星双星系统（M71E），从观测上证实了蜘蛛类脉冲星从“红背”向“黑寡妇”系统演化的理论。一些脉冲星处于双星系统中，如果两颗星的距离很近，脉冲星会“吞食”伴星的物质，两者相互靠近，相互绕转的角速度变大；伴星被大量“吞食”后质量变小，小到一定值后，双星间距会变大，两颗星相互绕转的角速度又变小。已知脉冲星的质量m₁大于伴星的质量m₂。若现阶段脉冲星环绕半径为r₁，伴星环绕半径为r₂，脉冲星环绕线速度大小为v₁，伴星环绕线速度大小为v₂，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（　　）

A．现阶段脉冲星双星系统中脉冲星的自转周期为53分钟 

B．脉冲星的环绕线速度v₁大于伴星的环绕线速度v₂ 

C．脉冲星的环绕半径r₁小于伴星的环绕半径r₂ 

D．随着演化脉冲星“吞食”伴星的物质，两者相互靠近的过程中，脉冲星对伴星的引力一定变小

【解答】解：A.53分钟是双星的公转周期，而不是自转周期，故A错误；

BC.设脉冲星和伴星的质量分别为m₁、m₂，轨道半径分别为r₁、r₂，两星之间的距离为L，公转周期为T，则有

Gm₁r₁m₂r₂

解得

r₁，r₂，

由于m₁大于m₂，所以r₁小于r₂，又因为两星的角速度相等，根据

v＝ωr

可知，伴星的线速度大于脉冲星的线速度，即v₁小于v₂，故B错误，C正确；

D.随着两星的靠近，两星的质量发生变化，两星的距离也发生变化，两星间的引力变化具有不确定性，故D错误。

故选：C。

10. （2024•石家庄二模）如图所示，假设在太空中有A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为T₁，它们的轨道半径分别为R_A、R_B，且R_A＜R_B，C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为T₂，忽略A与C之间的引力，且A与B之间的引力远大于C与B之间的引力。引力常量为G，下列说法正确的是（　　）

A．若知道C的轨道半径，则可求出C的质量 

B．A、B、C三星由图示位置到再次共线的时间为 

C．若A也有一颗运动周期为T₂的卫星，则其轨道半径一定大于C的轨道半径 

D．B的质量为

【解答】解：A.在知道C的轨道半径和周期的情况下，根据万有引力定律和牛顿第二定律列方程只能求解B的质量，无法求解C的质量，故A错误；

B.如图所示

A、B、C三星由图示位置到再次共线时，A、B转过圆心角θ₁与C转过的圆心角θ₂互补，则根据匀速圆周运动规律可得

tt＝π

解得t

故B错误；

C.若A也有一颗运动周期为T₂的卫星，设卫星的质量为m，轨道半径为r，则根据牛顿第二定律有

mr

解得r

同理可得C的轨道半径为R_C

对A、B组成的双星系统有M_AR_A＝M_BR_B

因为R_A＜R_B，所以M_A＞M_B，则r＞R_C，故C正确；

D.在A、B组成的双星系统中，对A根据牛顿第二定律有

M_BR_A

解得M_B，故D错误；

故选：C。