高考物理一轮复习 第五章　第24课时　人造卫星　宇宙速度（教师版）

第24课时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.了解同步卫星特点，会比较同步卫星、近地卫星及赤道上物体的运行。4.会应用万有引力定律解决星球“瓦解”和黑洞问题。考点一天体运动参量的分析1.基本公式(1)线速度大小：由GMmr2=mv2r得(2)角速度：由GMmr2=mω2r得ω=(3)周期：由GMmr2=m(2πT)2r得T=(4)向心加速度大小：由GMmr2=man得an=结论：同一中心天体的不同卫星，轨道半径r越大，v、ω、an越小，T越大，即越高越慢。2.“黄金代换式”的应用忽略中心天体自转影响，则有mg=GMmR2，整理可得GM=gR2。在引力常量G和中心天体质量M未知时，可用gR2替换例1(2025·湖北卷·2)甲、乙两行星绕某恒星做匀速圆周运动，甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用，下列说法正确的是()A.甲运动的周期比乙的小B.甲运动的线速度比乙的小C.甲运动的角速度比乙的小D.甲运动的向心加速度比乙的小答案A解析恒星对行星的万有引力提供行星做匀速圆周运动所需的向心力，可知GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=ma，解得T=2πr3GM，v=GMr，ω=GMr3，a=GMr2，因r甲<r乙，可知T甲<T乙，v甲>v乙例2(2025·广东揭阳市一模)极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道)。若某极地卫星从南极的正上方开始到第二次运行至北极正上方，所用时间为t，已知地球半径为R(地球可看作球体)，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，由以上可知下列选项正确的是()A.卫星运行的角速度为3πB.卫星运行的线速度大小为4πC.地球的质量为gRD.卫星距地面的高度为3R2答案A解析某极地卫星从南极的正上方开始第二次运行至北极正上方，所用时间为t，即t=32T，所以卫星运行的周期为T=23t，卫星运行的角速度为ω=2πT=3πt，故A正确；根据万有引力提供卫星运动的向心力有GMmr2=mω2r，地球表面的重力和万有引力相等有GMmR2=mg，联立两式解得r=3R2gt29π2，所以线速度大小v=ωr=33πR2gt，故B错误；由GMm考点二三个宇宙速度三个宇宙速度第一宇宙速度(环绕速度)v1=7.9km/s，是人造地球卫星的最小发射速度，这也是地球卫星的最大环绕速度第二宇宙速度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.(1)试推导第一宇宙速度的两个表达式。(2)近地卫星的运行周期大约是多长时间？(已知地球质量为m地，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，其中R=6.4×103km，g=9.8m/s2)答案(1)由Gm地mR2=mv由mg=mv2R得v(2)近地卫星运行周期T=2πRg=2π6.4×2.已知引力势能的表达式为Ep=-GMmr，其中r为卫星到地心的距离。试推导地球第二宇宙速度与第一宇宙速度的关系，并给出第二宇宙速度的估算值。(此关系对于其他天体也是正确的答案卫星从发射到脱离地球至无穷远处的过程中机械能守恒，有-GMmR+12m在地球表面附近环绕的卫星GMmR2联立得v2=2v1又v1=7.9km/s，故可得v2=11.2km/s。例3(2025·福建宁德市模拟)火星为太阳系里四颗类地行星之一，火星的半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的十分之一，把地球和火星看作质量分布均匀的球体，忽略地球和火星的自转，则火星与地球的第一宇宙速度大小之比约为()A.1∶5 B.2∶5C.3∶5 D.2∶3答案A解析根据万有引力提供向心力有GMmR2=mv2R，可得v火v地例4(2025·甘肃卷·2)如图，一小星球与某恒星中心距离为R时，小星球的速度大小为v、方向与两者中心连线垂直。恒星的质量为M，引力常量为G。下列说法正确的是()A.若v=GMRB.若GMR<v<2C.若v=2GMD.若v>2GM答案A解析根据题意，若小星球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有GMmR2=mv2R，解得v=GMR，故A正确；结合A分析可知，若GMR<v<2GMR，万有引力不足以提供小星球做匀速圆周运动所需要的向心力，小星球做离心运动，但又不能脱离恒星的引力范围，所以小星球做椭圆运动，而不是抛物线运动，故B错误；若v=2GM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时，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆。3.11.2km/s≤v发<16.7km/s时，卫星绕太阳运动的轨迹为椭圆。4.v发≥16.7km/s时，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间。考点三同步卫星、近地卫星及赤道上物体的运动问题人造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，同步卫星中的静止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)静止卫星的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)运行速率约为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(人造地球卫星做匀速圆周运动的最大运行速度)。注意：近地卫星可能为极地卫星，也可能为赤道卫星。(1)在同一轨道上质量大的卫星受到地球引力大，是否加速度就大，运行速度就快？(2)随着我国航空航天科技的发展，将来可以发射定点到广州上空的静止卫星吗？(3)赤道上放置一待发射卫星A，天空运行一同步卫星B，可以由v=GMr得A卫星线速度大于B答案(1)由a=GMr2及v=(2)由于静止卫星必须与地球自转同步，且转动中心必须在地心，故静止卫星只能定点在赤道正上方。(3)赤道上放置的物体由万有引力的一个分力提供向心力，故不满足v=GMr，又由v=ωr，A、B两卫星具有相同的角速度，故B例5(2025·天津市和平区期末)2025年4月11日0时47分，我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，成功将通信技术试验卫星十七号(以下简称十七号)发射升空，该卫星进入赤道上方高度约36000km处的静止轨道后绕地球做匀速圆周运动。以下说法正确的是()A.十七号的轨道半径约为36000kmB.十七号的运行速度比月球绕地球的速度小C.十七号的向心加速度小于地球表面的重力加速度D.十七号会在每天固定时间从北京的正上方经过答案C解析36000km是该卫星离地球的高度，不是其轨道半径，其轨道半径为36000km加上地球半径，故A错误；该卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，可得v=GMr，可知十七号的运行速度比月球绕地球的速度大，故B错误；根据牛顿第二定律GMmr2=ma可得a例6(2025·贵州毕节市一模)两种卫星绕地球运行的轨道如图，设地球半径为R，地球赤道上的物体随地球自转的速度大小为v1，加速度大小为a1；近地卫星的轨道半径近似为R，运行速度大小为v2，加速度大小为a2；地球静止卫星的轨道半径为r，运行速度大小为v3，加速度大小为a3。下列选项正确的是()A.v1v2=1 B.C.a1a3=(Rr)2 D答案B解析卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r=ma，可得v=GMr，a=GMr2，则有v2v3=rR=(rR)12，a2a3=r2R2，故B正确，D错误；地球赤道上的物体与静止卫星的角速度相等，根据v=ωr，a同步卫星、近地卫星及赤道上物体的比较比较项目近地卫星a(r1、ω1、v1、a1)同步卫星b(r2、ω2、v2、a2)赤道上随地球自转的物体c(r3、ω3、v3、a3)向心力来源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考点四星球“瓦解”问题黑洞问题1.星球的“瓦解”问题当星球自转越来越快时，星球对“赤道”上的物体的引力不足以提供向心力时，物体将会“飘起来”，进一步导致星球瓦解，瓦解的临界条件是“赤道”上的物体所受星球的引力恰好提供向心力，即GMmR2=mω2R，得ω=GMR3。当ω>GMR2.黑洞黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸，科学家一般通过观测绕黑洞运行的天体的运动规律间接研究黑洞。当天体的逃逸速度(逃逸速度为其第一宇宙速度的2倍)超过光速时，该天体就是黑洞。例72018年2月，我国500m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知引力常量为6.67×10-11N·m2/kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为()A.5×109kg/m3 B.5×1012kg/m3C.5×1015kg/m3 D.5×1018kg/m3答案C解析毫秒脉冲星稳定自转，万有引力提供向心力，则有GMmr2≥mr4π2T2，又知M=ρ整理得密度ρ≥3πGT2=3≈5.2×1015kg/m3，故选C。例8(2025·山东青岛市模拟)史瓦西半径是任何有质量的物质都存在的一个临界半径，该半径的含义是：该物质被压缩到此半径时，就成为一个黑洞，即它的逃逸速度等于光速c。已知某星球的逃逸速度为其第一宇宙速度的2倍，该星球半径R=6400km，表面重力加速度g取10m/s2，光速c=3×108m/s，不考虑星球的自转，则该星球的史瓦西半径约为()A.6毫米 B.9毫米C.6米 D.9米答案B解析对该星球，有GMmr2=m(c2)2r，由黄金代换公式有GM=gR2，联立得史瓦西半径r=2gR2c课时精练[分值：60分][1~5题，每题4分]1.(2025·贵州毕节市三模)2025年1月7日，实践二十五号卫星在西昌卫星发射中心发射成功，并在离地36000km高空的圆轨道为北斗G7卫星加注142公斤燃料，完成人类首次太空卫星燃料补加及延寿服务。若加注燃料前后G7卫星的轨道半径不变，则()A.加注燃料时，实践二十五号卫星的线速度大于7.9km/sB.加注燃料时，实践二十五号卫星与G7卫星处于平衡状态C.加注燃料后，G7卫星质量增大，线速度大小不变D.加注燃料后，G7卫星质量增大，加速度减小答案C解析第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，是最大环绕速度，所以实践二十五号卫星的线速度小于7.9km/s，A错误；在加注燃料时，两卫星相对静止，处于失重状态，并非平衡状态，B错误；根据GMmr2=ma=mv2r，解得v=GMr，a=GM2.(多选)(2026·云南曲靖市检测)地球的同步卫星可以根据所在的轨道平面不同进行分类，其中轨道平面在地球赤道面上的叫静止卫星，倾斜轨道同步卫星的轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。两种同步卫星的绕行轨道都为圆轨道，运行周期都等于地球的自转周期。下列说法中正确的是()A.两种同步卫星的轨道半径大小相等B.两种同步卫星的运行速度都小于第一宇宙速度C.同步卫星的向心加速度可能大于地球表面的重力加速度D.随着科技的发展，将来一定能发射定点于北京上空的地球同步卫星答案AB解析同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有GMmr2=m4π2T2r，解得r=3GMT24π2，同步卫星的周期与地球自转周期相同，所以同步卫星离地面的高度一定，即两种同步卫星的轨道半径大小相等，故A正确；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是做圆周运动的最大的环绕速度，所以地球同步卫星运行的线速度小于第一宇宙速度，故B正确；根据G3.(2025·河南卷·3)2024年天文学家报道了他们新发现的一颗类地行星Gliese12b，它绕其母恒星的运动可视为匀速圆周运动。已知Gliese12b轨道半径约为日地距离的114，其母恒星质量约为太阳质量的27，则Gliese12b绕其母恒星的运动周期约为(A.13天 B.27天 C.64天 D.128天答案A解析地球绕太阳运行时，根据万有引力提供向心力得GM0m0r02=m04π2T02r0，同理得类地行星绕其母恒星运行时有GMmr2=m4π2T2r，整理得T2T02=r3M0r4.(多选)(2025·福建厦门市三模)如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法中正确的是()A.a、b、c三物体，都仅由万有引力提供向心力B.周期关系为Ta=Tc>TbC.线速度的大小关系为va<vb<vcD.向心加速度的大小关系为ab>ac>aa答案BD解析b、c围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力。a为地球赤道上的物体，由万有引力和地面的支持力的合力提供向心力，故A错误；c为地球同步卫星，a为地球赤道上的物体，两者的周期与地球自转周期相等。对于b、c，根据开普勒第三定律，可得r3T2=k，由题图可知rb<rc，则得Tb<Tc，所以周期关系为Ta=Tc>Tb，故B正确；根据v=ωr，a、c角速度相等，a的轨道半径比c的轨道半径小，可得va<vc，对于b、c，由万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，解得v=GMr，c的轨道半径大于b的轨道半径，则vc<vb，所以线速度的大小关系为va<vc<vb，故C错误；根据向心加速度公式a=ω2r，a、c角速度相等，a的轨道半径比c的轨道半径小，则有ac>aa，对于b、c，根据牛顿第二定律，可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，由于c的轨道半径大于b的轨道半径，则c的向心加速度小于b5.(多选)(2024·湖南卷·7)2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。已知月球表面重力加速度约为地球表面的16，月球半径约为地球半径的14。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是(A.其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度B.其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度C.其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的23D.其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的32答案BD解析返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径，则有mg月=mv月2R月，得由于地球第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得v地=g地R由①②可得v月=612v地，故A错误，B再根据线速度和周期的关系有T=2πv·R，T月T地=R得T月=32T地，故C错误，D6.(10分)(2025·湖南邵阳市检测)假设航天员登上某一星球，该星球的半径为R=3×106m。他在该星球表面将一小球从与水平面成θ=30°角的斜面上水平抛出，如图所示，抛出的初速度大小为v0=33m/s，经过时间t=2s小球又落在斜面上。忽略星球自转的影响，不计星球表面的大气阻力，求：(1)(5分)该星球表面的自由落体加速度；(2)(5分)该星球的第一宇宙速度。答案(1)3m/s2(2)3×103m/s解析(1)设该星球表面的自由落体加速度为g，小球做平抛运动，有tan30°=yx=解得g=2v0tan30°t(2)设该星球的第一宇宙速度为v，由万有引力提供向心力可得GMmR2=又GMmR2可得v=gR=3×103m/s。[7~11题，每题6分]7.(2025·重庆市三模)千帆星座卫星具有覆盖范围广以及传输延迟低等优点，已知千帆星座的某颗卫星运行在距地球表面高度约为600km的圆轨道上，地球半径为R=6400km，地球质量为M=5.97×1024kg，引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2。则()A.若轨道高度加倍，该卫星的线速度将变为原来的2倍B.该卫星的公转周期约为24小时C.该卫星的公转速度大小约为3km/sD.该卫星的向心加速度大小约为8.1m/s2答案D解析根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，解得v=GMr，可知轨道高度加倍，则线速度变小，故A错误；根据万有引力提供向心力有GMmr2=m(2πT)2r，解得T=2πr3GM，因其轨道半径比同步卫星的小，故其周期一定比同步卫星的24小时周期小，故B错误；由v=GMr代入数据得v≈7.5km/s，故C错误；根据牛顿第二定律有GMmr28.(2023·广东卷·7)如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是()A.周期为2t1-t0B.半径为3C.角速度的大小为πD.加速度的大小为3答案B解析由题图(b)可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为T=t1-t0，则P的公转周期为t1-t0，故A错误；P绕Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r，解得半径为r=3GMT24π2=3GM(t1-t0)24π2，故B正确；P的角速度为ω=2πT=9.(2025·广东清远市二模)卫星与地心连线同地球表面的交点称为星下点(即卫星的正投影位置)，通过星下点监测系统可实时追踪卫星运行状态。某卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道如图甲虚线所示。图乙为该卫星的监测示意图：底部数值表示经度，曲线为星下点轨迹的时空展开图，其中标注了第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ圈的轨迹，A、B、C三点分别为各圈轨迹与赤道的交点。已知地球自转周期为24小时，卫星运行方向如图甲箭头所示。下列判断正确的是()A.该卫星属于地球同步卫星中的静止卫星B.该卫星的运行周期约1.5hC.该卫星运行过程中，线速度大小大于第一宇宙速度D.根据A、B、C交点可判断，在卫星运行一圈时间内，地球大约自转30°答案B解析由题图甲可知，该卫星运行轨道与赤道平面不重合，不属于地球同步卫星中的静止卫星，A错误；第一宇宙速度为卫星运行的最大速度，该卫星运行过程中，线速度大小小于第一宇宙速度，C错误；根据赤道与星下点轨迹展开图的交点A、C可知，地球自转45°，此时该卫星刚好运行两圈。即在该卫星运行一圈时间内，地球大约自转22.5°，D错误；该卫星刚好运行两圈所用时间t=45°360°×24h=3h，可知该卫星的运行周期约1.5h，B10.(2025·重庆卷·7)“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面