2026版高考物理考前讲义专题05 天体中的五大常考问题和三大定律的应用（六大题型）（解析版）

天体中的五大常考问题和三大定律的应用

【题型一】开普勒定律的理解与应用

【例1】我国的“神舟”系列飞船发射过程可以简化为如图所示过程，飞船发射升空后由运载火箭送入近地点

为A、远地点为B的椭圆轨道上，在B点与空间站实现对接，在飞船从A运动到B的过程中，下列说法正

确的是（）

A．加速度越来越小

B．机械能越来越大

C．相同时间内，与地心连线扫过的面积越来越小

D．克服引力做功的功率越来越小

【答案】A

Mm

【详解】A．根据牛顿第二定律Gma

r2

GM

可得a

r2

在飞船从A运动到B的过程中，r逐渐增大，所以加速度a越来越小，故A正确；

B．飞船在椭圆轨道上运动时，只有万有引力做功，根据机械能守恒定律，其机械能保持不变，故B错误；

C．根据开普勒第二定律，对每一个行星而言，太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等；同理可知

在飞船从A运动到B的过程中，相同时间内，与地心连线扫过的面积相等，故C错误；

D．在A、B克服引力做功的功率为0，所以从A运动到B的过程中，克服引力做功的功率先变大后变小，

故D错误。

故选A。

1．微元法解读开普勒第二定律：行星在近日点、远日点时的速度方向与两点连线垂直，若行星在近日点、

远日点到太阳的距离分别为a、b，取足够短的时间Δt，则行星在Δt时间内的运动可看作匀速直线运动，由

11vbb

Sa＝Sb知va·Δt·a＝vb·Δt·b，可得va＝。行星到太阳的距离越大，行星的速率越小，反之越大。

22a

a3

2.开普勒第三定律＝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

T2

绕同一中心天体公转的两星体之间。

【例2】一卫星运行轨迹投影图如图所示，它记录了卫星在地球表面垂直投影的位置变化。在一段时间内卫

星绕地球沿圆周匀速飞行了三圈，其投影图依次为①、②、③，图中竖线为经线，相邻两条经线相差15°。

则地球静止卫星与该卫星的轨道半径之比为（）

A．2318B．2350C．336D．3

【答案】A

【详解】设地球自转周期为T，即静止卫星周期为T，卫星每运行一周，地球自转角度为215°，则卫星运

30T

行的周期T'T×

36012

r同T同2323

根据开普勒第三定律3()12218

r卫T卫

故选A。

【变式1】如图所示，某卫星变轨后绕地球做椭圆运动，PQ是椭圆的长轴，AB是椭圆的短轴，O为地心，

1

AO、OQ和椭圆AQ段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的k2，则卫星沿顺时针方向从P点运动到A

k

点的平均速率和从A点运动到Q点的平均速率之比为（）

12k-2

A．B．k1C．D．

k1k22

【答案】C

11k2

【详解】根据题意，OP、OA及PA段曲线所围成的面积占整个椭圆面积的

2k2k

设卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的时间为t1，从A点运动到Q点的时间为t2，根据开普勒第二定律可

tk2

知1

t22

由于PA曲线和AQ曲线长度相等，则卫星沿顺时针方向从P点运动到A点的平均速率和从A点运动到Q点

vt2

的平均速率之比为12。

v2t1k2

故选C。

【变式2】中国的二十四节气是中华民族优秀的文化传统与祖先广博智慧的世代传承，被国际气象界誉为

中国“第五大发明”。如图所示为地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处的四个位置，分别对应我国的四个节气。

冬至和夏至时地球中心与太阳中心的距离分别为r1、r2，下列说法正确的是（）

A．冬至时地球的运行速度最小

r

B．地球运行到冬至和夏至时，运行速度之比为2

r1

1

C．地球从秋分到冬至的运行时间为公转周期的

4

2

r

D．地球在冬至和夏至时，所受太阳的万有引力之比为1

r2

【答案】B

【详解】A．由开普勒第二定律可知，地球绕太阳做椭圆运动时，近地点的速度大于远地点的速度，所以冬

至时运行速度大，A错误；

vtr

B．行星从轨道的冬至位置经足够短的时间t，与太阳的连线扫过的面积可看作很小的扇形，其面积S11；

2

同理行星从轨道的夏至位置经足够短的时间t，与太阳的连线扫过的面积可看作很小的扇形，其面积

vtrvtrvtrr2

S22，；根据开普勒第二定律，得1122，即速度之比为，B正确；

222r1

1

C．由开普勒第二定律可知，冬至附近速度快，时间短，所以周期小于公转的，C错误；

4

2

GMmr

．由万有引力公式可知，与2成反比，所以引力之比为2，错误。

DF2FRD

Rr1

故选B。

【题型二】万有引力定律及其应用

1．万有引力的“两点理解”和“三个推论”

(1)两点理解

①两物体相互作用的万有引力是一对作用力和反作用力。

m1m2

②万有引力定律的表达式F＝G适用于计算质点间的万有引力。当物体不能看成质点时，可以把物体

r2

分成若干部分，求出两物体每部分之间的万有引力，然后矢量求和计算它们的合力。

(2)三个推论

①推论1：两个质量分布均匀的球体之间的万有引力，等于位于两球心处、质量分别与两球体相等的质点

间的万有引力。

②推论2：在匀质球壳的空腔内任意位置处，质点受到球壳的万有引力的合力为零，即∑F引＝0。

③推论3：在匀质球体内部距离球心r处的质点(m)受到的球体其他部分物质的万有引力，等于球体内半径

M′m

为r的同心球体(M′)对其的万有引力，即F＝G。

r2

【例1】海边会发生潮汐现象，潮来时，水面升高；潮退时，水面降低。太阳、月球对某一区域海水引力的

周期性变化，就引起了潮汐现象。已知太阳质量约为月球质量的3×107倍，太阳到地球与地球到月球距离的

比值约为400。对同一片海水来说，太阳对海水的引力与月球对海水的引力的比值大约为（）

A．1∶180B．180∶1C．75000∶1D．1∶75000

【答案】B

【详解】设月球质量为M，则太阳质量为3107M，地球到月球的距离为r，则太阳到地球的距离为400r，

Mm

设海水的质量为m，则月球对海水的引力FG

1r2

3107Mm

则太阳对海水的引力F2G2

400r

F180

则2

F11

故选B。

【例2】已知地球质量为M，月球质量为m，地月距离为L。以地心作为坐标原点，沿地月连线建立x轴，

在x轴上有一个探测器。由于地球和月球对探测器的引力做功与路径无关，探测器具有与其位置相关的引

力势能。仅考虑地球和月球对探测器的作用，可得探测器引力势能Ep随位置变化关系如图所示。在xkL处

引力势能最大，k已知，下列选项正确的是（）

A．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，先逐渐增大后逐渐减小

B．探测器受到的作用力随位置坐标x的增大，一直减小

2

Mk

C．地球与月球的质量之比

m1k

2

Mk

D．地球与月球的质量之比

m1k

【答案】C

【详解】AB．设地球质量为M，月球的质量为m，探测器的质量为m0，引力的合力做功与引力势能的关

系FxEp

E

可知Ex图线的斜率绝对值为Fp

px

由图可知，图像切线斜率绝对值先减小后增大，则地球和月球对探测器作用力随探测器位置x的增大，先

逐渐减小后逐渐增大，故AB错误；

CD．在xkL处图线的切线斜率为0，则探测器在该处受地球和月球的引力的合力为零，即

GMm0Gmm0

22

kLLkL

2

Mk

解得地球与月球的质量之比

m1k

故C正确，D错误。

故选C。

【变式1】（多选）如图甲所示，一颗地球的卫星绕以地球为焦点的椭圆轨道运行，轨道远地点为M，近地

点为N，卫星受到地球的万有引力大小F随时间t的变化情况如图乙所示。下列说法中正确的是（）

A．卫星运动周期是T0

B．卫星运动周期是2T0

C．地球与M点间距离是地球与N点间距离的2倍

D．地球与M点间距离是地球与N点间距离的4倍

【答案】AC

【详解】AB．从图乙可知，卫星从近地点N到远地点M再回到近地点N，万有引力F完成一个周期性变化，

这个过程所用时间为T0，而卫星运动的周期是完成一次完整的椭圆轨道运动的时间，所以卫星运动周期为T0，

故A正确，B错误；

GMm

CD．根据万有引力定律F

r2

设地球与近地点N间的距离为r1，与远地点M再间的距离为r2

GMm

则在点FN28F0

r1

GMm

在点FM22F0

r2

GMm

Fr2r28F

N120

将两式相比可得24

FMGMmr12F0

2

r2

r

即22

r1

所以地球与M点间距离是地球与N点间距离的2倍，故C正确，D错误。

故选AC。

【变式2】（多选）未来人类设计的真空列车隧道，可使列车在地球表面任意两地间的运行时间缩短到42min。

如图所示，把地球看作质量均匀分布、半径为R的球体，在不考虑地球自转的情况下，质量为m的列车（不

需要引擎）从A点由静止进入隧道，从地球另一端的B点离开隧道，此过程中列车做简谐运动，所用的时

间等于地球表面近地卫星周期的一半，与地心О到隧道的距离h无关，图中O'为隧道的中点，已知质量均匀

分布的球壳对内部物体的引力为零，地球表面的重力加速度大小为g，物体做简谐运动的最大速度等于振幅

2A

乘以角速度，即vA，下列说法正确的是（）

mT

mgRR

A．列车的动能不超过B．列车从A点运动到B点的时间为2

2g

mgRR2h2

C．列车在O'点受到的支持力大小为D．列车在O'点的速度大小为g

RR

【答案】AD

【详解】A．如图所示，当列车经过地心O时动能最大，此时列车的运动为近地卫星的一个分运动（匀速圆

周运动可分解为两个正交的简谐运动），列车经过地心时的速度等于第一宇宙速度vgR，所以列车的动

能不超过

1mgR

mv2

22

故A正确；

B．在地球表面近，卫星的周期T满足

GMm4p2

=mR

R2T2

在地表附近有

GMm

mg

R2

联立解得

R

T2

g

所以列车从A点运动到B点的时间为

TR

t

2g

故B错误：

C.将地球看作两部分，一部分是以O为球心，h为半径的小球，另一部分即剩余的球壳，球壳对O'处的引

力为零，列车在O'点受到的支持力大小

GMmhmgh

F

R2RR

故C错误；

D．列车在O'点的速度大小

2R2h2

vR2h2g

TR

选D正确。

故选AD。

【题型三】天体质量和密度的估算

1．重力加速度法：利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。

MmgR2

(1)由G＝mg得天体质量M＝。

R2G

M

天体密度＝M＝＝3g。

(2)ρ4

VπR34πGR

3

2．天体环绕法：测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T。

Mm4π2r4π2r3

(1)由G＝m得天体的质量M＝。

r2T2GT2

(2)若已知天体的半径R，则天体的密度

MM3πr3

ρ＝＝＝。

423

VπR3GTR

3

3π

(3)若卫星绕天体表面运行，可认为轨道半径r等于天体半径R，则天体密度ρ＝，可见，只要测出卫星

GT2

环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。

【例1】开普勒用二十年的时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动规律。通常认为，太阳保持静止

R3

不动，行星绕太阳做匀速圆周运动，则开普勒第三定律中常量k（R为行星轨道半径，T为运行周期）。

1T2

如图所示，三个质量均为m的天体相距为L成一直线排列，在万有引力作用下构成一稳定的星系。该星系

L3

中有类似于开普勒第三定律中常量k。已知引力常量为G，则k2的值为（）

2T2

5GmGm3Gm22Gm

．．．．

A2B2C2D

16π4π4π4π2

【答案】A

Mm2

【详解】设中心天体的质量为M，万有引力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律可得Gm()2R

R2T

R3GM

解得k

T2421

Gm2Gm22

在三星体系中，同理可得m()2L

L2(2L)2T

L35Gm

解得k故选A。

T21622

【例2】2025年1月13日11时，我国太原卫星发射中心成功将微厘空间01组卫星发射升空，卫星顺利进

入预定轨道。已知卫星绕地球做圆周运动的周期为T1，轨道半径为r1；地球绕太阳做圆周运动的周期为T2，

轨道半径为r2，引力常量为G，下列说法正确的是（）

T2T2

12

A．33B．由T1、r1和G能求太阳的质量

r1r2

32

r2T1

C．由T2、r2和G能求太阳的质量D．地球质量与太阳质量的比值为32

r1T2

【答案】C

【详解】A．开普勒第三定律是针对同一中心天体才成立，卫星绕地球运动与地球绕太阳运动的中心天体不

T2T2

12

相同，开普勒第三定律不成立，即不能够认为33故A错误；

r1r2

2

GM太m4r

2

BC．地球绕太阳做圆周运动的周期为T2，轨道半径为r2，则有2m2

r2T2

42r3

2

解得M太2

GT2

故B错误，C正确；

2

GM地m4r1

D．卫星绕地球做圆周运动的周期为T1，轨道半径为r1，则有2m2

r1T1

2332

4rM地rT

112

解得M地2结合上述解得32故D错误。故选C。

GT1M太r2T1

【变式1】近年来，我国空间科学创新发展驶入“快车道”。假设有一空间探测器着陆在某个类地星球表面进

行观测时发现，该星球为规则球体，半径为R，自转周期为2T，其赤道上空有一颗沿圆形轨道运行的卫星，

它的运行方向与类地星球的自转方向相同，公转周期为T。如图所示，某时刻，位于星球赤道上P点的探测

T

器观测到卫星的仰角为30，后，观测到卫星仰角变为90。引力常量为G。根据以上信息，该类地星球

6

的质量约为（）

42R32R3

A．B．

GT2GT2

1232R3332R3

C．D．

GT2GT2

【答案】C

【详解】如图所示

T

P点在内转过的圆心角30，卫星转过的圆心角60，由

6

几何关系可知，POA为等腰三角形，则有OAr2Rcos303R

Mm42

根据牛顿第二定律可得Gmr

r2T2

1232R3

联立解得M故选C。

GT2

【变式2】（多选）下表为地球与火星的数据比较表，地球与火星绕太阳的运动视做圆周运动，根据表中信

息，下列说法正确的是（）

星球地球火星

与太阳的平均距离（亿km）1.4962.279

赤道半径（km）6.3783.395

公转周期1年1.9年

自转周期23小时56分24小时37分

质量（地球视为1）10.11

体积（地球视为1）10.15

赤道平面与公转轨道平面夹角23262359

A．地球公转的线速度大于火星公转的线速度

B．地球公转的向心加速度大于火星公转的向心加速度

C．地球的自转角速度小于火星的自转角速度

D．地球表面的重力加速度大于火星表面的重力加速度

【答案】ABD

GMmmv2

【详解】A．根据万有引力提供向心力，则有

r2r

GM

解得v

r

由于火星圆周运动的轨道半径大于地球圆周运动的轨道半径，故地球公转的线速度大于火星公转的线速度，

A正确；

GMmGM

B．根据牛顿第二定律可得ma解得a

r2r2

由于火星圆周运动的轨道半径大于地球圆周运动的轨道半径，故地球公转的向心加速度大于火星公转的向

心加速度，B正确；

22

C．根据T，可得

T

由于地球的自转周期小于火星的自转周期，故地球的自转角速度大于火星的自转角速度，C错误；

GMm

D．在星球表面，根据万有引力等于重力，则有mg

R2

gGMR2

地地火1（3.395）2

解得地球和火星可知地球表面的重力加速度之比为22.55

g火R地GM火0.116.378

故地球表面的重力加速度大于火星表面的重力加速度，D正确。故选ABD。

估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做圆周运动的向心力估算天体质量时，估算的是中心天体的质量，并非环绕天体

的质量。

4

(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运动的卫星才有r≈R；计算天体密度时，V＝πR3

3

中的R只能是中心天体的半径。

GMm

(3)在考虑中心天体自转问题时，只有在两极处才有＝mg。

R2

【题型四】卫星运行参量的分析

分析人造卫星的运动规律的两条思路

Mm

(1)万有引力提供向心力，即G＝man。

r2

GMm

(2)天体对其表面的物体的万有引力近似等于重力，即＝mg或gR2＝GM(R、g分别是天体的半径、表

R2

面重力加速度)，公式gR2＝GM应用广泛，被称为“黄金代换”。

2．地球卫星的运行参数(将卫星轨道视为圆)

最大值

物理量推导依据表达式

或最小值

Mmv2当r＝R时有最大值，v

线速度＝＝GM

G2mv

rrr＝7.9km/s

MmGM

角速度G＝mω2rω＝当r＝R时有最大值

r2r3

2π23当r＝R时有最小值，

Mm＝r

周期G＝mTrT2π

r2GM约85min

MmGM当r＝R时有最大值，

向心加速度G＝manan＝

22

rr最大值为g

轨道平面圆周运动的圆心与中心天体中心重合

【例1】北京时间2025年1月7日04时00分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功

将实践25号卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，该卫星主要用于卫星燃料补加与延寿服务技术验证。

经过一个月的时间，实践25号抵达同步轨道，并成功给北斗三号G7星加注了142公斤肼类燃料，实现了

全球首次卫星在轨加注燃料。若后期还要给同轨道上的另一颗卫星A加注燃料，加注前两卫星的位置如图

所示，则是要想实现加注燃料，对实践25号星操作正确的是（）

A．实践25号卫星直接加速与卫星A对接即可

B．实践25号卫星和卫星A对接时具有相同的速度

C．实践25号卫星受到地球的万有引力一定大于卫星A受到地球的万有引力

D．实践25号卫星对卫星A加注燃料时处于静止状态

【答案】B

【详解】ABD．航天器对接，后面的航天器应先减速降低高度，再加速提升高度，通过适当控制，使后面的

航天器追上前面的航天器时恰好具有相同的速度，相对静止，故B正确，AD错误；

C．由于不知道实践25号卫星和卫星A的质量大小，故无法比较受到地球的万有引力大小，故C错误。

故选B。

【例2】如图所示，在空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星与空间站一起绕地球做匀速圆

周运动，且微型卫星、空间站和地球中心始终位于同一直线。忽略空间站和微型卫星的尺寸及它们之间的

万有引力，则（）

A．微型卫星的线速度比空间站的小

B．微型卫星的加速度比空间站的小

C．机械臂对微型卫星的作用力大小为零

D．机械臂对微型卫星的作用力大小不为零，方向指向地心

【答案】D

【详解】A．微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度

与空间站的角速度相等，vr，所以微型卫星的线速度比空间站的大，故A错误；

B．加速度ar2，所以微型卫星的加速度比空间站的大，故B错误；

Mm

CD．由Gm2r

r2

GM

解得

r3

可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站

以共同的角速度运动，由Fm2r可知所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有拉力作用，方向指向地

心，故C错误D正确。故选D。

【变式1】某中轨道通讯卫星（MEO）绕地球做匀速圆周运动，但由于地球的自转，该卫星飞行轨道在地球

表面的投影以及该卫星相继飞临赤道上空对应的地面的经度如图。若该卫星绕地球飞行的轨道半径为r1，地

球静止卫星的轨道半径为r2，则r1与r2的比值为（）

1111

A．B．C．D．

10842

【答案】C

【详解】设地球自转周期为T0，即地球静止卫星的周期为T0，由题图可知，飞船每转动一圈，地球自转45，

451

则飞船的周期为TTT

1360080

22

GMm4r1T11

根据万有引力提供向心力可得则有3故选。

2m2r2C

rTr2T04

【变式2】2024年4月25日，神舟十八号载人飞船与跬地表约400km的空间站顺利完成径向对接。对接

前，飞船在空间站正下方200m的“停泊点”处调整为垂直姿态，并保持相对静止；随后逐步上升到“对接点”，

与空间站完成对接形成组合体，组合体在空间站原轨道上做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）

A．飞船在“停泊点”时，其运动速度大于空间站运动速度

B．飞船在“停泊点”时，万有引力提供向心力

C．相比于对接前，对接稳定后空间站速度会变小

D．相比于“停泊点”，对接稳定后飞船的机械能增加

【答案】D

【详解】A．径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成对接。飞船维持在“停泊

点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方200米的轨迹半径较小，根据vr可知，

它的运动速度小于空间站运动速度，故A错误；

GMm

B．飞船维持在“停泊点”的状态时，以空间站为研究对象，根据万有引力提供向心力有mr2

r2

飞船维持在“停泊点”的状态时，即飞船与空间站角速度相同，飞船在空间站正下方，轨迹半径较小，分析可

GMm

知mr2

r2

需要开动发动机给飞船提供一个背离地心的推力使飞船能与空间站保持相对静止，故B错误；

GMmv2

C．对接稳定后空间站的轨道半径不变，质量增大，根据万有引力提供向心力有m

r2r

GM

解得v

r

对接稳定后空间站速度与质量无关，保持不变，故C错误；

D．对接稳定过程中，外力对飞船做正功，相比于“停泊点”，飞船的机械能增加，故D正确；

故选D。

【变式2】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点物体的向心加速度小于卫星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cos

D．卫星A、B的周期之比为3cos2

【答案】A

【详解】A．OAB90，所以OB大于OA，即卫星B做匀速圆周运动的半径大于卫星A做匀速圆周运动

GMm

的半径，由万有引力提供向心力得m2r

r2

GM

可得

r3

2

可知BA，又PB，所以PA，由rPrA，ar

可得aPaA

故A正确；

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；

GMmmv2

C．由万有引力提供向心力得

r2r

GM

可得v

r

r

又Acos

rB

vrB1

可得卫星A、B的线速度之比为A

vBrAcos

故C错误；

GMm42

D．由万有引力提供向心力得mr

r2T2

42r3

可得T

GM

Tr3

可得卫星、的周期之比为AA3

AB3cos

TBrB

故D错误。

故选A。

卫星运行参量分析问题的解题技巧

(1)灵活运用卫星运动的动力学方程的不同表述形式：

22π2

Mmv22

G＝man＝m＝mωr＝mTr＝m(2πf)r。

r2r

(2)比较卫星与地球表面的物体的运动参量时，可以间接通过比较卫星与同步卫星的参量来确定。

【题型五】天体的“追及相遇”问题

1．天体“追及相遇”问题的理解

天体“追及相遇”，指两天体在各自轨道绕中心天体公转时，周期性地追赶至相距最近。以地球和太阳系内

其他某地外行星为例，某时刻行星与地球最近(“行星冲日”)，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，

GMm2

如图甲所示，根据＝mωr可知，地球公转的角速度ω1较大，行星公转的角速度ω2较小，地球与行星

r2

的距离再次最小时，地球比行星多转一圈。

2．解决天体“追及相遇”问题的两种方法

(1)根据角度关系列式

设从图甲位置至又相距最近所用时间为t，则ω1t－ω2t＝n·2π(n＝1，2，3…)

2nπ

可解得t＝(n＝1，2，3…)。

ω1－ω2

(2)根据圈数关系列式

tt

设从图甲位置至又相距最近所用时间为t，则－＝n(n＝1，2，3…)

T1T2

nT1T2

可解得t＝(n＝1，2，3…)。

T2－T1

设从图甲相距最近位置到相距最远位置(图乙)所用时间为t′，同理有关系式：ω1t′－ω2t′＝(2n

t′t′2n－1

－1)π(n＝1，2，3…)或－＝(n＝1，2，3…)。

T1T22

【例1】如图所示，A、B为同一平面内均沿顺时针方向绕行的两颗卫星．某时刻两卫星的连线与A卫星的

轨道相切，已知A、B卫星的运行周期分别为TA、TB，A、B卫星的运行半径分别为r、2r，则（）

A．卫星A的角速度小于卫星B的角速度

B．卫星A的向心力大于卫星B的向心力

C．TA:TB1:4

TT

D．经时间AB两卫星距离最近

6(TBTA)

【答案】D

Mm

【详解】A．根据万用引力提供向心力有Gm2r

r2

GM

得

r3

即卫星A的角速度大于卫星B的角速度，故A错误；

Mm

B．根据万有引力定律有FG

r2

因两卫星的质量关系未知，所以无法比较卫星A的向心力与卫星B的向心力的大小，故B错误；

33

r2rTA1

C．根据开普勒第三定律有得故C错误；

22T

TATBB22

r1

D．设图示时刻两卫星与地球球心的连线夹角为，则cos得

2r23

22TT

设由图示时刻经时间两卫星相距最近，则t得tAB故D正确。故选D。

t

TATB36(TBTA)

【例2】2025年1月13日，我国自主研制的捷龙三号运载火箭在山东海洋海域成功发射，一次将十颗卫星

送入预定轨道，创造了我国海上发射的新纪录。其中卫星A、B在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周

运动，它们之间的距离r随时间变化的关系如图所示，不考虑A、B之间的万有