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第 24 讲 同步、近地卫星模型、赤道物体转动模型及其物理量的
比较
1．（天津高考）探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，
则变轨后与变轨前相比（ ）
A．轨道半径变小 B．向心加速度变小
C．线速度变小 D．角速度变小
【解答】解：由于 G Mm =m( 2π ) 2r ，所以 r= √ 3 GMT2，T变小，r变小，A正确。
r2 T 4π2
Mm GM
又G =ma ，a = ，r变小，a 增大，B错误。
r2 n n r2 n
由 Mm v2， √GM，r变小，v增大，C错误。
G =m v=
r2 r r
由 G Mm =mω2r ， ω= √GM，r变小， 增大，D错误
r2 r3
ω
故选：A。
一.知识回顾
1.人造卫星的运动规律
(1)一种模型：无论自然天体(如地球、月亮)还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看
成质点，围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动。
(2)两条思路：①万有引力提供向心力，即G＝ma。
n
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、
表面重力加速度)，公式gR2＝GM应用广泛，被称为“黄金代换”。
(3)地球卫星的运行参数(将卫星轨道视为圆)
物理量 推导依据 表达式 最大值或最小值
线速度 G＝m v＝ 当r＝R时有最大值，v＝7.9 km/s
角速度 G＝mω2r ω＝ 当r＝R时有最大值
当r＝R时有最小值，约
周期 G＝m2r T＝2π
85 min
向心 当r＝R时有最大值，最
G＝ma a＝
n n
加速度 大值为g
轨道
圆周运动的圆心与中心天体中心重合
平面
共性：距地面越高，轨道半径大，运动越慢，周期越长——高轨低速（线速度、角速度 加速
度）长周期
2．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G＝m，解得：v＝；
(2)由mg＝m，解得：v＝。
4．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＝m，所以v＝ ＝ ＝3.1×103 m/s。
由G＝ma得a＝G＝g＝0.23 m/s2。
h
（3) 不高不低：
高度一定，据G＝mr得r＝ ＝4.23×104 km，卫星离地面高度
h＝r－R≈6R(为恒量)。转道半径一定。。
5．极地卫星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。如下图所示：
二.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
物体随地球自转的向心加
卫星绕地球运行的向心加速度
速度
产生 由万有引力的一个分力(另
由万有引力产生
原因 一分力为重力)产生
方向 指向地心 垂直且指向地轴
a＝rω2，r为地面上某点
大小 a＝(地面附近a近似等于g) 到地轴的距离，ω为地球自转
的角速度
随卫星到地心的距离的增大而减
特点 从赤道到两极逐渐减小
小
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＝2π，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。
三.例题精析
例1．如图所示，A为地面上的待发射卫星，B为近地圆轨道卫星，C为地球同步卫星。三颗卫星
质量相同，线速度大小分别为v 、v 、v ，角速度大小分别为 、 、 ，周期分别为T 、
A B C A B C A
T 、T ，向心加速度分别为a 、a 、a ，则（ ） ω ω ω
B C A B C
A． ＝ ＜ B．T ＝T ＜T C．v ＝v ＜v D．a ＝a ＞a
A C B A C B A C B A C B
ω ω ω GMm v2
【解答】解：分析题意可知，B、C均为卫星，万有引力提供圆周运动向心力， =m =
r2 rm 2r＝m4π2 ma，
r=
T2
ω
解得：v
=
√GM，
ω=
√GM，T
=2π
√ r3 ，a
=
GM，
r r3 GM r2
C的轨道半径大，故 ＜ ，T ＞T ，v ＜v ，a ＜a ，
C B C B C B C B
A和C属于同轴转动ω的模型ω，角速度、周期相等，即 ＝ ，T ＝T ，C的轨道半径大，则线
A C A C
速度满足：v ＞v ，向心加速度满足：a ＞a ， ω ω
C A C A
则 ＝ ＜ ，T ＝T ＞T ，v ＜v ＜v ，a ＜a ＜a ，故A正确，BCD错误。
A C B A C B A C B A C B
故选ω：Aω。 ω
例2．我国的航天事业正飞速发展，“天宫”空间站正环绕地球运行，“天问一号”环绕器正环绕
火星运行。假设它们都是圆形轨道运行，地球与火星质量之比为p，“天宫”空间站与“天问一
号”环绕器的轨道半径之比为k。“天宫”空间站与“天问一号”环绕器的（ ）
A．运行周期之比为√k3 B．加速度之比为pk2
p
p2
C．动能之比为 D．运行速度之比为√pk
k
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，则有：GMm
=
mr4π2，解得：T
=
√4π2r3，所以
r2 T2 GM
运行周期之比为√k3，故A正确；
p
GMm GM p
B、根据牛顿第二定律可得 =ma，解得a= ，所以加速度之比为 ，故B错误；
r2 r2 k2
GMm v2 1 GMm
C、由万有引力提供向心力有： =m ，解得：E = mv2= ，“天宫”空间站与
r2 r k 2 2r
“天问一号”环绕器的质量关系未知，无法求得动能之比，故C错误；
D、由万有引力提供向心力有： GMm = m v2 ，解得：v= √GM ，运行速度之比为 √ p ，故D错
r2 r r k
误。
故选：A。例3．2020年6月23日9时43分，我国“北斗三号”全球卫星导航系统最后一颗组网卫星成功发
射，全球组网完美收官。在“北斗三号”的30颗组网卫星中，包含3颗地球静止轨道卫星（即
同步卫星）。另外还有24颗中圆地球轨道卫星，于2019年就已全部完成发射，运行在距离地面
2万多千米的轨道上，轨道周期约为12小时。关于静止轨道卫星和中圆地球轨道卫星，下列说
法正确的是（ ）
A．中圆地球轨道卫星的运行速度大于7.9km/s
B．静止轨道卫星的加速度大于中圆地球轨道卫星的加速度
C．中圆地球轨道卫星的加速度大于地球赤道上物体的加速度
D．静止轨道卫星和中圆地球轨道卫星相比，中圆地球轨道卫星的动能更大
【解答】解：中圆地球轨道卫星的周期约为12小时，地球静止轨道卫星的周期为24h，所以中
圆地球轨道卫星的轨道半径小于地球静止轨道卫星的轨道半径。
A、第一宇宙速度（7.9km/s）等于卫星贴近地面做匀速圆周运动的环绕速度，由万有引力提供
向心力有：
GMm
= m
v2
，解得：v=
√GM
，中圆地球轨道卫星的运行速度小于7.9km/s，故A
r2 r r
错误；
GMm GM
B、根据牛顿第二定律可得 =ma，解得a= ，所以静止轨道卫星的加速度小于中圆地
r2 r2
球轨道卫星的加速度，故B错误；
C、地球赤道上物体与地球静止轨道卫星的角速度相同，根据a＝r 2可知，地球赤道上物体的加
速度小于地球静止卫星的加速度，而静止轨道卫星的加速度小于中ω圆地球轨道卫星的加速度，
所以中圆地球轨道卫星的加速度大于地球赤道上物体的加速度，故C正确；
1
D、动能的大小为：E = mv2，由于不知道静止轨道卫星和中圆地球轨道卫星的质量大小，动
k
2
能大小无法比较，故D错误。
故选：C。
四.举一反三，巩固练习
1. 中国航天“超级2021“，天和核心舱一飞冲天，中国正式迈入空间站时代，“天问一
号”火星着陆，“羲和号”实现中国太阳探测零的突破，长征系列火箭发射超过 400次……这
一年，无数航天人接力探索，成就了这史无前例的航天大年！根据已知信息，下列选项中判断
不正确的是（ ）A．天和核心舱绕地球稳定运行时离地球表面大约400公里，则天和核心舱运行周期一定小于24
小时
B．“天问一号”火星探测器着陆前在停泊轨道运行，停泊轨道是椭圆，则探测器在近火点的速
度一定大于远火点速度
C．“羲和号”人造地球卫星运行于距离地球517公里高度的轨道，这个轨道经过地球的南北极，
则“羲和号”卫星的发射速度一定大于第二宇宙速度
D．长征系列火箭发射时是掌喷出气流的反冲作用获得巨大速度，则同一火箭喷出相同质量气体
时，气流的速度越大，火箭获得的速度就越大
【解答】解：A、天和核心舱绕地球稳定运行时离地球表面大约400公里，小于地球同步卫星离
地球表面的高度（约36000公里），则天和核心舱的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径。根
据万有引力提供向心力有：GMm
=
m4π2 r，解得：T＝2 √ r3 ，由于天和核心舱的轨道半径
r2 T2 GM
π
小于地球同步卫星的轨道半径，所以天和核心舱绕地球运行周期小于地球同步卫星的运行周期
24小时，故A正确；
B、“天问一号”火星探测器在绕火星的椭圆轨道上运动时，根据开普勒第二定律知探测器在近
火点的速度一定大于远火点速度，故B正确；
C、“羲和号”人造地球卫星没有脱离地球束缚，所以“羲和号”卫星的发射速度一定小于第二
宇宙速度，故C错误；
D、设火箭喷出的气体质量为m，气流速度大小为v，火箭的总质量为M，火箭获得的速度大小
为v′。取气流的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知 mv﹣（M﹣m）v'＝0，可得v′
mv
= ，则同一火箭喷出相同质量气体时，气流的速度越大，火箭获得的速度就越大，故 D
M-m
正确。
本题选不正确的，
故选：C。
2. 如图所示，A为地球表面赤道上的物体，B为轨道在赤道平面内的气象卫星，C为在
赤道上空的地球同步卫星，已知卫星C和卫星B的轨道半径之比为4：1，且两卫星的绕行方
向相同，下列说法正确的是（ ）A．A、B、C的线速度大小关系为v ＜v ＜v
A B C
B．A、B、C的角速度大小关系为 ＜ ＜
A B C
C．在卫星B中一天内可看到8次日ω出 ω ω
D．A、B、C的向心加速度大小关系为a ＜a ＜a
A B C
【解答】解：ABD、地球同步卫星的角速度等于地球自转角速度，则知A与C的角速度大小相
等，由v＝ r可知，v ＜v 。由a＝ 2r可知，a ＜a 。
A C A C
对于卫星B
ω
与C，根据万有引力提
ω
供向心力得：G
Mm
= m
v2
=m 2r＝ma，可得v=
√GM
，
r2 r r
ω ω
√GM，a GM
= =
r3 r2
因卫星B的轨道半径小于卫星C的轨道半径，则知v ＞v ， ＞ ，a ＞a ，所以A、B、C的
B C B C B C
线速度大小关系为v ＜v ＜v ，角速度大小关系为 ＞ ＝ω ，ω向心加速度大小关系为a ＜a
A C B B A C A C
＜a ，故ABD错误； ω ω ω
B
C、根据 Mm 4π2 ，可得 √ r3 ，地球同步卫星C和卫星B的轨道半径之比为
G =m r T=2π
r2 T2 GM
T √r3
4：1，卫星C和卫星B的周期之比为： C = C =√43= 8，卫星C的运行周期与地球的自转周
T r3
B B
1 1
1 = =
期相等，为1天，所以B的周期为T = 天，一天内卫星B绕地球的圈数为n T 1周＝8周，
B
8 B
8
所以在卫星B中一天内可看到8次日出，故C正确。
故选：C。
3. 如图所示，三颗卫星A、B、C都在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，其中B为同步卫星，D为地球赤道地面上静止的物体。则下列说法正确的是（ ）
A．物体D的向心加速度比卫星B的向心加速度小
B．卫星C绕地球运动的周期小于24小时
C．三颗卫星中A的角速度最小
D．三颗卫星中C的线速度最大
【解答】解：A、物体D与卫星B的周期相同，物体D的运动半径较小，则由向心加速度表达
式a 4π2 r可知，物体D的向心加速度比卫星B的向心加速度小，故A正确；
=
T2
B、根据万有引力提供向心力得GMm
=
m4π2 r，得T＝2 √ r3 ，知卫星C的轨道半径与B的
r2 T2 GM
π
大，则卫星C绕地球运动的周期大于卫星B绕地球运动的周期，而卫星B绕地球运动的周期为
24小时，则卫星C绕地球运动的周期大于24小时，故B错误；
C、根据GMm m 2r得 √GM，三颗卫星中卫星A的运动半径最小，则角速度最大，故C
= =
r2 r3
ω ω
错误；
D、根据G
Mm
= m
v2
得v=
√GM
，三颗卫星中卫星C的运动半径最大，则线速度最小，故D错
r2 r r
误。
故选：A。
4. 两颗人造卫星A和B，其轨道近似为圆，如图虚线所示。则两者相比（ ）A．A的周期较大 B．A的角速度较大
C．B的运动速度较小 D．B的向心加速度较小
【解答】解：A、B 两卫星均绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有，
GMm
=
mv2
=
m 2r
=m(
2π
) 2r=
ma可得v
=
√GM，
=
√GM
=
，T
=2π
√ r3 ，a
=
GM，而
r2 r T r r3 GM r2
ω ω
r ＞r ，可知卫星A的线速度较小，角速度较小，加速度较小，而周期较大，故 A正确，C、
A B
B、D错误。
故选：A。
5. 北京时间2022年4月16日09时56分，“神舟十三号”在东风着陆场成功着陆，首
次实施快速返回。如图所示是“神舟十三号”载人飞船与“天和核心舱”分离后，在较低轨道
上运行，“天和核心舱”继续在较高轨道运行，它们都绕地球近似做匀速圆周运动，下列说法
正确的是（ ）
A．分离后“神舟十三号”载人飞船的运行速度小于“天和核心舱”的运行速度
B．分离后“神舟十三号”载人飞船的运行周期大于“天和核心舱”的运行周期
C．分离后“神舟十三号”载人飞船的动能大于分离前“神舟十三号”载人飞船的动能
D．“神舟十三号”载人飞船与“天和核心舱”分离后，若要降入更低轨道需要再次加速
【解答】解：A.“神舟十三号“载人飞船与天和核心舱”分离后在较低轨道上运行，“天和核
心舱”在较高轨道运行，它们都绕地球近似做匀速圆周运动，根据
GMm
= m
v2
，得v=
√GM
，
r2 r r可知“神舟十三号”载人飞船的运行速度大于“天和核心舱”，故A错误；
B.根据GMm
=
mr4π2，得T
=
√4π2r3，可知分离后“神舟十三号”载人飞船的轨道半径较小，
r2 T2 GM
则周期较小，周期小于“天和核心舱”的周期，故B错误；
C.“神舟十三号”载人飞船分离后在较低轨道运动，速度增大，动能增大，故C正确；
D.“神舟十三号”载人飞船与“天和核心舱”分离后减速才能进入较低轨道，故D错误。
故选：C。
6. 中国北斗卫星导航系统（简称BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，可为全球
用户提供定位、导航和授时服务，该导航系统由多颗不同轨道的卫星组成。如图所示，北斗导
航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道 1上，然后在P
处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道
2、3相切于Q点。忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是（ ）
A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速
B．该卫星在轨道从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增大
C．该卫星在轨道3的动能大于在轨道1的动能
D．该卫星在轨道3上经过Q点的加速度小于在轨道2上Q点的加速度
【解答】解：A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，做离心运动，故A错误；
B．该卫星在从轨道1到轨道2需要点火加速，则机械能增加，从轨道2再到轨道3，又需要点
火加速，机械能增加，故该卫星在轨道从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐增加，故B正
确；
C．根据万有引力提供向心力有 Mm v2解得： √GM，可知，该卫星在轨道3的速度
G =m v=
r2 r r
小于在轨道1的速度，则卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能，故C错误；Mm GM
D．根据万有引力提供向心力有G =ma，解得：a= 可知，该卫星稳定运行时，在轨道
r2 r2
3上经过Q点的加速度等于在轨道2上Q点的加速度，故D错误。
故选：B。
7. 2022年5月10日1时56分，天舟四号货运飞船采用快速交会对接技术，顺利与在轨
运行的天和核心舱进行交会对接。对接前，天舟四号货运飞船绕地球做椭圆运动，近地点A和
远地点B，如图所示；天和核心舱在离地球表面高度h处做匀速圆周运动。若对接地点在椭圆
轨道的远地点B处，下列说法正确的是（ ）
A．天舟四号在A点的运行速度小于在B点的运行速度
B．在远地点B天舟四号所受地球的引力一定等于天和核心舱所受地球的引力
C．天舟四号在B点点火加速，才能与天和核心舱顺利完成对接
D．天舟四号从A运动到B的过程中，动能减小，引力势能增大，机械能减小
【解答】解：A、天舟四号从A点运行到B点的过程中，万有引力做负功，动能减小，所以天
舟四号在A点的运行速度大于在B点的运行速度，故A错误；
B、由于天舟四号与天和核心舱的质量关系不知道，无法判断受到的万有引力大小，故B错误；
C、天舟四号在B点点火加速，由椭圆轨道变轨到圆轨道，这样才能与天和核心舱顺利完成对接，
故C正确；
D、天舟四号从A运动到B的过程中只有万有引力做负功，动能减小，引力势能增大，机械能
不变，故D错误。
故选：C。
8. 中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统，2020年7月31日上午，
北斗三号全球卫星导航系统正式开通。同步卫星是北斗卫星导航系统非常重要的组成部分，如
图所示为地球某同步卫星的转换轨道示意图，其中Ⅰ为近地轨道，Ⅱ为转换轨道，Ⅲ为同步轨
道，下列说法正确的是（ ）A．赤道上静止物体的向心加速度为a ，Ⅰ轨道上卫星的加速度为a ，Ⅲ轨道上卫星的加速度为
0 1
a ，则加速度的大小关系为a ＞a ＞a
3 3 1 0
B．在Ⅱ轨道上，从P到Q的过程中机械能增加
C．在P点，Ⅱ轨道的线速度大于Ⅰ轨道的线速度
D．Ⅱ轨道的运行周期大于Ⅲ轨道的运行周期
【解答】解：A．赤道上静止物体与地球同步卫星角速度相等，由a＝r 2可得a ＞a
3 0
Mm GM ω
根据牛顿第二定律可得：G =ma，解得：a= ，则a ＞a ，所以a ＞a ＞a ，故A错误；
r2 r2 1 3 1 3 0
B．在Ⅱ轨道上，从P到Q的过程中只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；
C．卫星从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ要在P点点火加速做离心运动，所以在P点，Ⅱ轨道的线速度大
于Ⅰ轨道的线速度，故C正确；
D．由开普勒第三定律r3 k可知，由于Ⅱ轨道半长轴小于Ⅲ轨道的半径，故Ⅱ轨道的运行周期
=
T2
小于Ⅲ轨道的运行周期，故D错误。
故选：C。
9. 2020年6月23日，北斗导航系统中最后一颗卫星在西昌发射中心成功发射。至此我
国自主建设、独立运行的北斗卫星导航系统开始运行，提供导航服务。人造卫星的发射过程要
经过多次变轨方可到达预定轨道。如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星从圆轨道Ⅰ
的P点先变轨到椭圆轨道Ⅱ，然后再次回到P点变轨进入椭圆轨道Ⅲ。则下列说法正确的是（
）A．卫星在轨道Ⅰ上的运行速度大于7.9km/s
B．卫星在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度小于Q点的速度
C．卫星在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D．卫星从轨道Ⅰ的P点变轨进入轨道Ⅱ后机械能减小
GMm v2
【解答】解：A、7.9km/s是贴近地面卫星的环绕速度，由万有引力提供向心力有： =m
r2 r
√GM
，解得：v= ，可知卫星在轨道Ⅰ上的运行速度小于7.9km/s，故A错误；
r
B、卫星在轨道Ⅱ上运动时，从P到Q万有引力做负功，动能减小，所以卫星在P点的速度大于
Q点的速度，故B错误；
GMm GM
C、根据牛顿第二定律可得 =ma，解得a= ，则卫星在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速
r2 r2
度等于卫星在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，故C正确；
D、卫星从轨道Ⅰ的P点点火加速才能变轨进入轨道Ⅱ，所以卫星从轨道Ⅰ的P点变轨进入轨道
Ⅱ后机械能增大，故D错误。
故选：C。
10. 北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的三维卫星定位与通信系统（CNSS），该系
统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星，这些卫星的运动可以看作匀速圆周运动。关于这
些卫星，以下说法正确的是（ ）
A．5颗同步卫星的运行轨道不一定在同一平面内
B．5颗同步卫星入轨后可以位于北京正上方
C．5颗同步卫星的运行速度一定小于7.9km/s
D．导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大，运行周期越小
【解答】解：A、地球同步卫星均在赤道上空同一高度处，轨道半径过地心，所以一定在同一平
面内，故A错误；
B、北京不在赤道上，5颗同步卫星入轨后不能位于北京正上方，故B错误；
GMm v2
C、7.9km/s是贴近地面卫星做匀速圆周运动的线速度，由万有引力提供向心力有： =m
r2 r
√GM
，解得：v= ，可知，轨道半径越大，运行速度越小，所以地球同步卫星的运行速度一定
r
小于7.9km/s，故C正确；D、对地球卫星，根据万有引力提供向心力可得：GMm
=
mr4π2，解得T √4π2r3，所以，轨
=
r2 T2 GM
道半径越大，周期越大，故D错误。
故选：C。
11. 在北京2022年冬季奥运会即将开幕之际。“吉林一号“卫星从太空传回了北京冬奥
会、平昌冬奥会等历届冬奥会场馆影像。从卫星影像中可以看到，每个场馆都包含了奥林匹克
竞技精神和独具一格的城市风韵。已知“吉林一号“卫星星座中某颗卫星运行在太阳同步轨道
上，每天绕地球转16圈，若地球卫星绕地球做匀速圆周运动，则关于该卫星，下列说法正确
的是（ ）
A．该卫星的向心加速度大于地球表面的重力加速度
B．该卫星的线速度小于地球赤道上随地球一起自转的物体的线速度
C．该卫星每绕地球一周，地球自转22.5°
D．该卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径之比为1：4
GM GM
【解答】解：A、该卫星的向心加速度a= ，地球表面的最大重力加速度g= ，r＞R，故
r2 R2
A错误；
B、该卫星的线速度大于同步卫星线速度，同步卫星线速度大于地球赤道上随地球一起自转的物
体的线速度，故B错误
2π
C、该卫星的周期为1.5小时，地球在90分钟内自转的角度 = ×1.5=22.5°，故C正确；
24
θ
D、设该卫星的半径为r，同步卫星半径为R，由开普勒第二定律得： r3 R3 ，r3 1 ，故
= =
1.52 242 R3 28
D错误；
故选：C。
