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专题08 天体运动
[题型导航]
题型一 开普勒三定律的理解和应用...................................................................................................1
题型二 万有引力定律的理解...............................................................................................................5
题型三 天体质量和密度的估算...........................................................................................................6
题型四 卫星运行参量的分析.............................................................................................................12
题型五 卫星变轨问题......................................................................................................................... 17
题型六 双星问题.................................................................................................................................17
题型七 天体追及相遇问题................................................................................................................. 24
[考点分析]
题型一 开普勒三定律的理解和应用
1．开普勒定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕地球的运动．
2．由开普勒第二定律知：当离太阳比较近时，行星运行的速度比较快，而离太阳比较远时，行星
运行的速度比较慢．
3．在开普勒第三定律中，所有行星绕太阳转动的k 值均相同；但对不同的天体系统k 值不相同．k
值的大小由系统的中心天体决定．
[例题1]
2018 年6 月2 日，“高分六号”光学遥感卫星在酒泉卫星发射中心成功发射，这
是我国第一颗实现精准农业观测的高分卫星。其运行轨道为如图所示的绕地球E 运动的椭圆轨
道，地球E 位于椭圆的一个焦点上。轨道上标记了“高分六号”经过相等时间间隔（Δt= T
14 ，
T 为“高分六号”沿椭圆轨道运行的周期）的有关位置。则下列说法正确的是（ ）
1
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A．面积S1＞S2
B．卫星在轨道A 点的速度小于B 点的速度
C．T2＝Ca3，其中C 为常数，a 为椭圆半长轴
D．T2＝C′b3，其中C′为常数，b 为椭圆半短轴
【解答】解：A、光学遥感卫星运行轨道为如图所示的绕地球E 运动的椭圆轨道，地球E 位于椭
圆的一个焦点上，根据开普勒第二定律可知，对每一个卫星而言，地球卫星的连线在相同时间
内扫过的面积相等，故面积S1＝S2，故A 错误；
B、根据开普勒第二定律可知，卫星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，卫星在轨道A 点
的速度大于其在B 点的速度，故B 错误；
CD、根据开普勒第三定律：所有卫星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相
等，即a
3
T
2 =C，T2＝Ca3，其中C 为常数，a 为椭圆半长轴，故C 正确，D 错误。
故选：C。
[例题2]
（多选）2020 年7 月23 日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中
国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4 亿公
里，最近时大约0.55 亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。
当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22 分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们
要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机
会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9 倍，认为地球和火星在同
一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判
断下列说法正确的是（ ）
2
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A．当探测器加速后刚离开A 处的加速度与速度均比在火星轨道C 点时的要大
B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约10 分钟到达火星
C．如果火星运动到B 点，地球恰好在A 点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC 运动到C 点
时，恰好与火星相遇
D．下一个发射时机需要再等约2.1 年
【解答】解：A．根据万有引力提供向心力可知
G Mm
r
2 =ma
解得：a＝G M
r
2 ，当探测器加速后刚离开A 处，rA＜rC，aA＞aC，则A 处向心加速度较大，A 是
近地点，C 是远地点，近地点的速度大于远地点的速度，故A 正确；
B．火星距离地球最远时有4 亿公里，从地球发出一个指令，约22 分钟才能到达火星，最近时
大约0.55 亿公里，因为指令传播速度相同，则时间为
t= 22×0.55
4
s＝3.025 分，则B 错误；
C．根据开普勒第三定律，火星与探测器的公转半径不同，则公转周期不相同，因此探测器与火
星不能在C 点相遇，故C 错误；
D．地球的公转周期为1 年，火星的公转周期约是地球公转周期的1.9 倍，两者的角速度之差为
ω= 2π
1 - 2π
1.9 = 1.8 π
1.9
则地球再一次追上火星的用时为
t= 2π
Δω ≈2.1 年，故D 正确。
故选：AD。
3
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[例题3]
如图所示，天文学家观测到某行星和地球在同一轨道平面内绕太阳做同向匀速圆
周运动，且行星的轨道半径比地球的轨道半径小，地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线
所夹的角叫做地球对该行星的观察视角。当行星处于最大观察视角处时，是地球上的天文爱好
者观察该行星的最佳时期，已知该行星的最大观察视角为θ，不计行星与地球之间的引力，则
该行星环绕太阳运动的周期约为（ ）
A．(sinθ)
3
2年
B．(sinθ)
2
3年
C．(cosθ)
3
2年
D．(cosθ)
2
3年
【解答】解：由题图可知，当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切：
根据几何关系有R 行＝R 地sinθ
根据开普勒第三定律有：
R行
3
T 行
2 = R地
3
T 地
2
所以行星环绕太阳运动的周期T 行=√
R行
3
R地
3 •T 地=(sinθ)
3
2年，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[例题4]
如图所示，地球绕太阳运动的轨道形状为椭圆，P 点为近日点，到太阳的距离为
R1，Q 点为远日点，到太阳的距离为R2，公转周期为T，月亮围绕地球做圆周运动，半径为
r，公转周期为t.则（ ）
A．地球在P 点和Q 点的速率之比vP
vQ
= R2
R1
4
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B．地球从P 点运动到Q 点的过程中，机械能变大
C．相同时间内，月球与地球的连线扫过的面积等于地球与太阳连线扫过的面积
D．由开普勒第三定律可知( R1+ R2)
3
8T
2
= r
3
t
2 =k，k 为常数
【解答】解：A、根据开普勒第二定律可知在相等的时间内，地球在近日点和远日点扫过的面积
相等。
1
2R1vp•△t= 1
2R2vQ•△t，即地球在P 点和Q 点的速率之比vP
vQ
= R2
R1
，故A 正确；
B、地球从P 点运动到Q 点的过程中，只有太阳的引力做功，机械能不变，故B 错误；
C、根据开普勒第二定律可知，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，前提是同一天体
环绕同一中心天体，月球环绕地球、地球环绕太阳环绕天体与中心天体均不同，故C 错误；
D、根据开普勒第三定律可知，所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都
相等，前提是同一中心天体。地球绕太阳，月球绕地球，中心天体不同，半长轴的三次方跟公
转周期的二次方的比值不等，故D 错误。
故选：A。
题型二 万有引力定律的理解
1．万有引力定律的表达式：F＝G.
2．万有引力的特性
(1)普遍性：万有引力存在于宇宙中任何两个有质量的物体之间(天体间、地面物体间、微观粒子间)．
(2)相互性：两个物体间相互作用的引力是一对作用力和反作用力，符合牛顿第三定律．
(3)宏观性：天体间万有引力很大，它是支配天体运动的原因．地面物体间、微观粒子间的万有引力
很小，不足以影响物体的运动，故常忽略不计．
3．万有引力公式的适用条件
(1)两个质点间．
(2)两个质量分布均匀的球体间，其中r 为两个球心间的距离．
(3)一个质量分布均匀的球体与球外一个质点间，r 为球心到质点的距离．
4．引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2
(1)物理意义：引力常量在数值上等于两个质量都是1 kg 的质点相距1 m 时的相互吸引力．
5
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(2)引力常量测定的意义
卡文迪许利用扭秤装置通过改变小球的质量和距离，得到了G 的数值及验证了万有引力定律的正确
性．引力常量的确定使万有引力定律能够进行定量的计算，显示出真正的实用价值．
[例题5]
关于万有引力定律的表达式F＝Gm1m2
r
2
，下列说法正确的是（ ）
A．公式中G 为引力常量，它的值是6.67×1011N•m2/kg2
B．当r 趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
C．质量分别为m1、m2的物体受到的引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力
D．质量分别为m1、m2的物体受到的引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力
【解答】解：A、万有引力定律公式中G 为引力常量，它是由实验测得的，值是6.67×10﹣
11N•m2/kg2，故A 错误；
B、当r 趋近于零时，万有引力定律表达式不再适用，故B 错误；
CD、m1与m2受到的引力是一对相互作用力，两个力不是同一物体受到的力，所以不是平衡力，
故C 错误，D 正确。
故选：D。
[例题6]
北京时间2022 年10 月12 日15 点45 分，“天宫课堂”再次开启，神舟十四号飞
行乘组航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲通过“天地连线”在距地面约400km 的中国空间站面向广大
青少年进行了太空授课，演示了微重力环境下的相关实验。已知空间站大约90min 绕地球转一
圈，地球半径为6400km，引力常量G＝6.67×10﹣11N•m2/kg2。则（ ）
A．所谓“微重力环境”是指空间站里面的任何物体所受合力近似为零
B．宇航员在空间站中每天大约能看到8 次太阳升起
C．由以上数据可以近似求出地球的平均密度
D．由以上数据可以近似求出空间站所受到的向心力
【解答】解：A．所谓“微重力环境”是指空间站里面的任何物体所受合力提供向心力，并非为
0，故A 错误；
B．空间站大约90min 绕地球转一圈，所以看到太阳升起的次数为n= t
T = 24×60
90
次＝16 次，故
B 错误；
CD．根据万有引力提供向心力，对空间站有F= GMm
( R+h)
2 =m4 π
2
T
2
（R+h），地球的密度为ρ
6
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= M
V =
M
4
3 π R
3；
联立可解得：ρ= 3 π( R+h)
3
GT
2 R
3
由于空间站的质量未知，无法计算向心力，故C 正确，D 错误；
故选：C。
[例题7]
上世纪70 年代，苏联在科拉半岛与挪威的交界处进行了人类有史以来最大规模
的地底挖掘计划。当苏联人向地心挖掘深度为d 时，井底一个质量为m 的小球与地球之间的万
有引力为F，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，质量分布均匀的地球的半径为
R，质量为M，万有引力常量为G，则F 大小等于（ ）
A．GMm
( R -d)
2
B．GMm( R -d)
R
3
C．GMm R
3
R -d
D．GMm
R
2
【解答】解：将地球分为半径为（R﹣d）的球和厚度为d 球壳两部分，球壳对小球的引力为零；
则F 等于半径为（R﹣d）的球对小球的引力，则F = G m1m
( R -d)
2，m1为半径为（R﹣d）球的质量；
又m1
M = ( R -d)
3
R
3
，解得F = GMm( R -d )
R
3
，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
[例题8]
假设地球可视为质量均匀分布的球体，地球表面重力加速度在两极的大小为g0，
在赤道的大小为g，地球自转的周期为T，地球的半径是（ ）
A．(g- g0)T
2
4 π
2
B．(g- g0)T
2
2π
2
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C．(g0- g)T
2
4 π
2
D．(g0- g)T
2
2π
2
【解答】解：在两极地区，物体受到地球的万有引力，其大小为mg0，在赤道处，地球对物体的
万有引力大小仍为mg0，
万有引力的一个分力提供圆周运动的向心力有即有：
m（g0﹣g）＝m4 π
2
T
2 R，R= (g0- g)T
2
4 π
2
，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
题型三 天体质量和密度的估算
1．解决天体(卫星)运动问题的基本思路
(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即
G＝man＝m＝mω
2 r ＝m
(2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即G＝mg(g 表示天体表面的重力加速
度)．
2．天体质量和密度的计算
(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R.
由于G＝mg，故天体质量M＝，天体密度ρ＝＝＝.
(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r.
①由万有引力等于向心力，即G＝mr，得出中心天体质量M＝；
②若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝＝＝；
③若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径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．
[例题9]
（多选）中国“雪龙号”南极科考船上的科研人员，在经过赤道时测量的重力加
速度大小为g，到达南极后，在南极附近测得的重力加速度大小为g0，已知地球的自转周期为
T，引力常量为G，假设地球是均匀球体。则下列说法正确的是（ ）
A．地球的密度为
3 πg
G(g0- g)T
2
B．地球的半径为(g0- g)T
2
4 π
2
8
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C．地球的第一宇宙速度为T
2π √g0(g0- g)
D．若地球的自转角速度变为原来的√
g0- g
g0
倍时，地球赤道上的物体对地面的压力为零
【解答】解：设地球半径为R，那么，由地球表面两级处自转速度为零，故物体重力等于万有引
力，则有：GMm
R
2
=mg0，在赤道处重力、向心力和万有引力方向已知，故由力的合成可得：
GMm
R
2
=mg+m( 2π
T )
2 R，
A、mg0＝mg+m( 2π
T )
2 R，所以地球半径为R= (g0- g)T
2
4 π
2
，故A 正确；
B、地球质量M= g0 R
2
G
，所以地球密度ρ=
M
4
3 π R
3 =
3 π g0
(g0- g)GT
2，故B 正确；
C、根据重力提供向心力可知，地球的第一宇宙速度：v=√g0 R = T
2π √g0(g0- g)，故C 正确；
D、当放在地球赤道地面上的物体不再对地面有压力时：mg0＝mω′ 2R，结合GMm
R
2
=
mg+mω2R，解得ω′=√
g0
g0- g
ω 时，地球赤道上的物体对地面的压力为零，故D 错误。
故选：ABC。
[例题10] （多选）我国首次火星探测任务“天问一号”探测器于2020 年7 月23 日成功发
射，并于2021 年5 月15 日实施降轨，软着陆在火星表面。如图所示为“天问一号”探测器发
射过程的简化示意图，当地球位于A 点、火星位于C 点时发射探测器，探测器仅在太阳引力作
用下经椭圆轨道（霍曼转移轨道）在远日点B 被火星捕获。地球和火星绕太阳的公转均可视为
匀速圆周运动，已知地球和火星的公转数据如下表所示，下列说法正确的是（1.26
3
2 ≈1.42）（
）
行星
与日距离（百
万千米）
赤道半径
（km）
公转周期
质量（kg）
公转速度
km/s
地球
r0＝149.6
6378
365 天
M0＝6×1024
29.8
9
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火星
1.52r0
3395
687 天
0.11M0
24.1
A．由地球发射火星探测器的发射速度应大于11.2km/s 小于16.7km/s
B．探测器沿霍曼转移轨道到达B 点时的速度大于火星的运行速度
C．探测器从A 点沿霍曼转移轨道到达B 点所用的时间约为263 天
D．从地球上发射探测器时，地球、火星分别与太阳的连线之间的夹角约为44°
【解答】解：A、第二宇宙速度11.2km/s 是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，第三宇宙速
度16.7km/s 是卫星逃逸太阳系的最小发射速度，火星探测器脱离地球引力束缚，绕火星做圆周
运动，故发射速度应该大于11.2km/s，小于16.7km/s，故A 正确；
B、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G Mm
r
2 =mv
2
r ，解得：v=√
GM
r
，探测器沿霍曼
转移轨道到达B 点时绕太阳运动的轨道半径与火星绕太阳运动的轨道半径相等，探测器与火星
的速度相等，故B 错误；
C、设天问一号在地火转移轨道上的半长轴为a，周期为T，地球公转轨道半径为r0，周期为T 地，
火星轨道半径为1.52r0，
则有：2a＝r0+1.5r0，a＝1.25r0，由开普勒第三定律有：a
3
T
2 = r
3
T 地
2 ，解得：T＝16.5 月，
天问一号在地火转移轨道上运行的时间t= T
2 = 16.5
2
月＝8.25 月≈248 天，故C 错误；
D、设火星公转周期为T 火，太阳、地球、火星的质量分别为M 日、M 地、M 火，
万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
G M 日M 地
r0
2
= M 地( 2π
T 地
)
2r0，
G M 日M 火
(1.52r0)
2 =M 火
×1.5r0×( 2π
T 火
)
2，解得：T 火＝21.6 月
10
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天问一号从出发到与火星相遇的过程中，火星与太阳连线转过的角度α= t
T 火
×360°= 8.25
21.6 ×
360°＝136°，
天问一号刚进入地火转移轨道时，探测器与太阳连线，火星与太阳连线之间的夹角θ＝180°﹣
α，
联立代入数据解得：θ＝44°，故D 正确。
故选：AD。
[例题11] 2021 年5 月15 日“祝融号”火星车成功着陆火星表面，是我国航天事业发展中
具有里程碑意义的进展。此前我国“玉兔2 号”月球车首次实现月球背面软着陆，若“祝融
号”的质量是“玉免2 号”的K 倍，火星的质量是月球的N 倍，火星的半径是月球的P 倍，火
星与月球均视为球体，不考虑星球自转，下列说法正确的是（ ）
A．火星的第一宇宙速度是月球的√
N
P
倍
B．火星的平均密度是月球的P
3
N 倍
C．火星表面的重力加速度大小是月球表面的P
2
N 倍
D．火星对“祝融号”引力的大小是月球对“玉兔二号”引力的K P
2
N
倍
【解答】解：AC、在星球表面，由G Mm
R
2 =mg 得 g= GM
R
2
可知火星表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为
g火
g月
= M 火
M 月
•
R月
2
R火
2 = N
P
2，即火星的重
力加速度是月球表面的重力加速度的N
P
2倍。
由mg＝mv
2
R ，得第一宇宙速度表达式为v=√gR，可知火星的第一宇宙速度与月球的第一宇宙
速度之比为v 火
v月
=√
g火R火
g月R月
=√
N
P
2 ⋅P =√
N
P
，故A 正确，C 错误；
B、根据密度的定义有ρ= M
V =
M
4
3 π R
3，可知火星的平均密度与月球的平均密度之比为
11
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ρ火
ρ月
= M 火
M 月
• R月
3
R火
3 = N
P
3
，即火星的平均密度是月球的N
P
3倍，故B 错误；
D、由万有引力定律得F＝G Mm
R
2 ，可知火星对“祝融号”引力大小与月球对“玉兔二号”引力
大小之比为
F 火
F月
= M 火m祝
M 月m玉
= KN
P
2 ，即火星对“祝融号”引力大小是月球对“玉兔二号”引力大
小的KN
P
2 倍，故D 错误。
故选：A。
[例题12] （多选）在星球A 上将一小物块P 竖直向上抛出，P 的速度的二次方v2与位移x
间的关系如图中实线所示；在另一星球B 上用另一小物块Q 完成同样的过程，Q 的v2﹣x 关系
如图中虚线所示。已知星球A、B 的半径相等，若两星球均为质量均匀分布的球体，两星球上
均没有空气，不考虑两星球的自转，则下列说法正确的是（ ）
A．星球A 表面的重力加速度是星球B 表面的重力加速度的1
3
B．A 的密度是B 的密度的3 倍
C．P 抛出后落回原处的时间是Q 抛出后落回原处的时间的1
3
D．A 的第一宇宙速度是B 的第一宇宙速度的√3倍
【解答】解：A、设重力加速度为g，根据速度位移关系式可知：0﹣v2＝2gx，得：v2＝﹣2gx，
图象的斜率代表﹣2g，两图象斜率比为3：1，所以A 表面的重力加速度是B 表面的重力加速度
的3 倍，故A 错误；
B、根据G Mm
R
2 =mg，结合密度公式M＝ρV 解得：ρ=
3 g
4 πGR ，A 的密度是B 的密度的3 倍，故
B 正确；
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C、根据竖直上抛运动对称性可知：t= 2v0
g
，根据图象可知，P 的初速度为√2v0，Q 的初速度为
v0，所以P 抛出后落回原处的时间是Q 抛出后落回原处的时间的√2
3 ，故C 错误；
D、根据第一宇宙速度的公式v=√gR可知，A 的第一宇宙速度是B 的第一宇宙速度的√3倍，故
D 正确。
故选：BD。
题型四 卫星运行参量的分析
1．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律
[例题13] 如图，轨道在同一平面内的两颗卫星a 和b 某时刻运动到地球的同一侧，且三者
在同一条直线上，经t 时间两颗卫星与地心的连线转过的角度分别为θ1和θ2。下列说法正确的
是（ ）
A．a 卫星的动能大于b 卫星的动能
13
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B．a 卫星的角速度与b 卫星的角速度之比为θ2：θ1
C．a 卫星的线速度与b 卫星的线速度之比为( θ1
θ2
)
1
2
D．a、b 卫星到下次与行星共线，还需经过的时间为
πt
θ1-θ2
【解答】解：A、由于两颗星的质量大小不确定，无法判断a、b 卫星的动能大小，故A 错误；
B、根据角速度的定义式可得ω= θ
t ，时间t 相同，则a 卫星的角速度与b 卫星的角速度之比为θ1
θ2
，
故B 错误；
C、根据开普勒第三定律可得r
3
T
2 =k，则a 卫星的半径与b 卫星的半径之比为
3√
( θ2
θ1
)
2，根据万有
引力提供向心力可得线速度v=√
GM
r
，则a 卫星的线速度与b 卫星的线速度之比为( θ1
θ2
)
1
3，故C
错误；
D 、a 、b 卫星到下次与行星共线，还需经过的时间为t′ ，则有：t '
T a
- t '
T b
= 1
2，即
t '
2πt
θ1
- t '
2πt
θ2
= 1
2，解得t′=
πt
θ1-θ2
，故D 正确。
故选：D。
[例题14] 如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h 的圆形轨道
Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道
的近地点B 时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星
球的影响，则下列说法正确的是（ ）
14
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A．该卫星在轨道Ⅲ上B 点的速率小于在轨道Ⅱ上A 点的速率
B．卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小
C．卫星从远地点A 向近地点B 运动的过程中，加速度变小
D．地球的质量可表示为4 π
2( R+h)
3
GT
2
【解答】解：A、在轨道Ⅰ上A 点速率大于在轨道Ⅱ上A 点的速率，在轨道Ⅲ上B 的速率大于
在轨道Ⅰ上A 点的速率，故A 错误；
B、卫星在圆轨道Ⅰ运行到轨道Ⅲ上，要在A、B 两点两次加速，同时万有引力做负功，故轨道
I 上引力势能大，机械能大，根据v=√
GM
r
可知，轨道半径越大，速度越小，动能越小，故轨道
I 上动能小，引力势能大，机械能大，故B 错误；
C、根据公式G Mm
r
2 =ma 可得：a= GM
r
2 ，所以距离地球越远，向心加速度越小，故从远地点到
近地点运动过程中，加速度变大，故C 错误；
D、在轨道Ⅰ上运动过程中，万有引力充当向心力，故有：G
Mm
( R+h)
2 =m 4 π
2
T
2 ( R+h)，解得：
M= 4 π
2( R+h)
3
GT
2
，故D 正确；
故选：D。
[例题15] （多选）量子卫星成功运行后，我国将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。假设量子卫星轨道在赤道平面，如图
所示。已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m 倍，静止卫星的轨道半径是地球半径的n 倍，
图中P 点是地球赤道上一点，下列说法正确的是（ ）
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A．静止卫星与量子卫星的运行周期之比为√
n
3
m
3
B．静止卫星与P 点的速度之比为n：1
C．静止卫星与量子卫星的速度之比为√
n
m
D．量子卫星与P 点的速度之比为√
n
3
m
3
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力有GMm
r
2
=m4 π
2
T
2 r，得T=√
4 π
2r
3
GM
，由题意知r 量＝
mR，r 静＝nR，联立解得：T 静
T 量
=√
n
3
m
3，故A 正确；
B、P 为地球赤道上一点，P 点角速度等于静止卫星的角速度，根据v＝ωr 有v静
vP
= r静
r P
=n，故B
正确；
C、根据万有引力提供向心力，GMm
r
2
=mv
2
r
，解得v=√
GM
r
，根据半径的关系解得v 量
v静
=√
n
m，
故C 错误；
D、由v 静＝nvP，v 量
nvP
=√
n
m，得v 量
v P
=√
n
3
m ，故D 错误。
故选：AB。
[例题16] （多选）2019 年3 月10 日，长征三号乙运载火箭将“中星6C”通信卫星（记为
卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与
广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间t
（t 未知）无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星
Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为2α。已知卫星Ⅰ对地球的张角为2β，
地球自转周期为T0，万有引力常量为G，则根据题中条件，可求出（ ）
16
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A．地球的平均密度为ρ=
3 π
GT 0
2sin
3 β
B．卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为
sinβ
sin(α - β)
C．卫星Ⅱ的周期为√
sin
3 β
sin
3(α - β)
⋅T 0
D．题中时间t 为√
sin
3 β
sin
3(α - β)
⋅α
π T 0
【解答】解：A、设地球半径为R，质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1、R2，角速度分
别为ω1、ω2，周期分别为T1、T2；
对卫星Ⅰ，根据牛顿第二定律，有：GMm
R1
2
=m4 π
2
T 0
2 R1
其中：M= ρ⋅4
3 π R
3，
sinβ= R
R1
解得：ρ=
3 π
GT 0
2sin
3 β ，故A 正确；
B、根据牛顿第二定律GMm
r
2
=mrω2，可知ω=√
GM
r
3 ，两颗卫星的角速度之比为：ω1
ω2
=√
R2
3
R1
3，
在图中三角形AOB 中，根据正弦定理，有：
R1
sin(α - β) = R2
sinβ ，
故ω1
ω2
=√
sin
3 β
sin
3(α - β)
，故B 错误；
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C、根据牛顿第二定律GMm
r
2
=m4 π
2
T
2 r，卫星Ⅰ、Ⅱ的周期之比：T 0
T 1
= ω2
ω1
=√
sin
3(α - β)
sin
3 β
，
解得：T2=√
sin
3 β
sin
3(α - β)
⋅T 0，故C 正确；
D、由于卫星做的是匀速圆周运动，卫星Ⅱ相对于卫星Ⅰ的角速度为Δω＝ω2﹣ω1，
则有：2α＝Δωt
故t= 2α
2π × T 0T 2
T 0-T 2
=√
sin
3 β
sin
3(α - β)
α
π ⋅
T 0
T 0-T 2
，故D 错误。
故选：AC。
题型五 卫星变轨问题
1．当卫星的速度突然增大时，G<m，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原
来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝ 可知其运行速度比原轨道时减
小．
2．当卫星的速度突然减小时，G>m，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离
原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝ 可知其运行速度比原轨道时
增大．
卫星的发射和回收就是利用这一原理．
[例题17] 如图为一退役卫星绕地球M 运动的示意图，卫星先绕虚线圆轨道运行，在B 点
处变轨进入椭圆轨道，A、B 分别为椭圆轨道的近地点和远地点，A 点与地球球心的距离为a，
B 点与地球球心的距离为b，半短轴的长度为c。当退役卫星运动到A 点时，再次变轨进入大
气层以实现回收太空垃圾的目的，则下列说法中正确的是（引力常量为G，地球质量为M）（
）
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A．退役卫星沿椭圆轨道从B 点经C 点运动到A 点的过程中，速率先减小后增大
B．退役卫星在C 点的加速度大小a=
4GM
(b-a)
2+ 4 c
2
C．若要将退役卫星带回地球大气层，微型电力推进器需提供动力使其加速运动
D．退役卫星在A 点变轨刚要进入大气层的速度比虚线圆轨道的速度小
【解答】解：A、卫星从B 到C 再到A，同于万有引力一直做正功，所以动能一直增大，速度一
直增大，故A 错误；
B、当卫星在C 点时，在△MOC 中由几何关系可得：rC
2＝（a+b
2
-a）2+c2，卫星在C 点的加速
度由地球对它的万有引力产生的，所以a=
GMm
rC
2
m
=
4GM
(b-a)
2+ 4 c
2
，故B 正确；
C、若卫星需要返回大气层，即卫星做近心运动，那么必须减速，故C 错误；
D、由于在A 点变轨进入大气层时要减速，但虚线圆轨道的速度远小于A 点的速度，则vA＞v 虚，
故D 错误。
故选：B。
[例题18] 嫦娥五号探测器经过约112 小时奔月飞行，于2020 年11 月28 日，在距月面约
400km（图中P 点）处发动机点火启动反向推进减速，顺利进入环月轨道A 绕月球做圆周运动，
下列说法正确的是（ ）
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A．发动机减速前探测器速度一定大于月球的第一宇宙速度
B．发动机减速后探测器速度一定等于月球的第一宇宙速度
C．从环月轨道A 转移到近月圆轨道至少还需要两次减速
D．从环月轨道A 经过多次变轨后嫦娥五号将以较小速度在近月圆轨道运动
【解答】解：A、题中我们只能判断出探测器在椭圆轨道上在P 的速度大于在环月轨道上的速度，
高轨变到低轨需要减速，但无法判断它和月球第一宇宙速度的关系，故A 错误。
B、由G Mm
r
2 =m v
2
r 得：v =√
GM
r
，环月轨道的半径比月球的半径大，故速度小于月球的第一
宇宙速度。故B 错误。
C、从环月轨道A 转移到近月圆轨道至少首先要减速进入椭圆轨道，再在椭圆轨道的近月点再减
速进入近月圆轨道，故C 正确（这是至少，可能有更多过程。）
D、由B 选项中：v =√
GM
r
可得：r 越小v 越大，故D 错误。
故选：C。
[例题19] 我国第一个自主火星探测器“天问一号”自2020 年成功发射以来，飞行里程已
经突破了4 亿公里，即将接近火星。“天问一号”飞向火星的模拟示意图如图，Ⅰ为地球公转
轨道，椭圆轨道Ⅱ为“天问一号”飞行轨道，Ⅲ为火星公转轨道。P、Q 是轨道Ⅱ分别与Ⅰ、
Ⅲ两轨道的公切点。下列说法正确的是（ ）
A．地球公转的线速度小于火星公转的线速度
B．“天问一号”从P 点运行到Q 点的过程中，线速度逐渐增大
C．“天问一号”从P 点运行到Q 点的时间大于180 天
D．“天问一号”在轨道Ⅱ上经过Q 点时的加速度小于火星在轨道Ⅲ上经过Q 点的加速度
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【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，GMm
r
2
=m v
2
r ，解得线速度：v=√
GM
r
，轨道半径
越大，线速度越小，故地球公转的线速度大于火星公转的线速度，故A 错误；
B、根据开普勒第二定律可知，近日点的速度大，远日点的速度小，“天问一号”从P 点运行到
Q 点的过程中，线速度逐渐减小，故B 错误；
C、根据开普勒第三定律可知，r
3
T
2 =k，地球公转的周期为365 天，则“天问一号”的公转周期
大于365 天，“天问一号”从P 点运行到Q 点的时间为半个周期，大于180 天，故C 正确；
D、根据万有引力产生加速度，GMm
r
2
=ma，解得加速度：a= GM
r
2 ，“天问一号”在轨道Ⅱ上经
过Q 点时的加速度等于火星在轨道Ⅲ上经过Q 点的加速度，故D 错误。
故选：C。
[例题20] （多选）火星探测项目是我国继载人航天工程、探月工程之后又一个重大空间探
索项目，也是我国首次开展的地外行星空间环境探测活动。据报道，我国将于2020 年发射火
星探测器。假设图示三个轨道是探测器绕火星飞行的轨道，其中轨道1、轨道3 是圆形轨道，
轨道是椭圆轨道，三个轨道在同一平面内，轨道2 与轨道1 相切于P 点，与轨道3 相切于Q 点，
探测器在轨道2 上运行时，在P 点的速率为v1、在Q 点的速率为v2。T1、T2分别表示探测器在
轨道1、轨道3 上运行的周期，R1、R2分别表示轨道1、轨道3 的半径。引力常量为G，不计
探测器在变轨过程中的质量变化，则下列说法正确的是（ ）
A．探测器在轨道2 上运行的周期T=√
( R1+ R2
R1
)
3T 1
2
B．探测器在轨道1 上运动时，它的向心加速度a= v1
2
R1
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C．火星的质量小于2π R1
2
GT 1
v1
D．探测器在轨道3 上运行时的动能小于在P 点时的动能
【解答】解：A、根据开普勒第三定律可知，
T
2
( R1+ R2
2
)
3
= T 1
2
R1
3，探测器在轨道2 上的运行周期：
T=√
( R1+ R2
2 R1
)
3T 1
2，故A 错误；
B、根据探测器的变轨原理可知，探测器在轨道1 运动时，它的速度小于v1，向心加速度a＜v1
2
R1
，故B 错误；
C、探测器在轨道1 上运动时，GMm
R1
2
=mω
2 R1，其中ω= 2π
T 1
，可得M＜2π R1
2
GT 1
v1，故C 正确；
D、探测器在轨道3 上运行时的动能小于在轨道1 上运行时的动能，探测器在轨道1 上运行时的
动能小于在轨道2 上P 点的动能，则探测器在轨道3 上运行时的动能小于探测器在P 点时的动能
故D 正确。
故选：CD。
题型六 双星问题
绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图所示，双星系统模型有以下特
点：
(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即＝m1ωr1，＝m2ωr2
(2)两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2
(3)两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L
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(4)两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即＝
(5)双星的运动周期T＝2π
(6)双星的总质量公式m1＋m2＝
[例题21] 如图甲所示，2022 年7 月15 日，由清华大学天文系祝伟教授牵头的国际团队近
日宣布在宇宙中发现两个罕见的恒星系统。该系统均是由两颗互相绕行的中央恒星组成，被气
体和尘埃盘包围，且该盘与中央恒星的轨道成一定角度，呈现出“雾绕双星”的奇幻效果。若
其中一个系统简化模型如图乙所示，质量不等的恒星A 和B 绕两者连线上某一定点O 做匀速
圆周运动，由天文观察测得其运动周期为T，A 到O 点的距离为r1，A 和B 的距离为r，已知
引力常量为G，则A 的质量为（ ）
A．4 π
2r
2(r -r1)
GT
2
B．4 π r1
3
GT
2
C．4 π
2r
3
GT
2
D．4 π
2r
2r1
GT
2
【解答】解：取B 为研究对象，B 绕O 点做匀速圆周运动，设A、B 的质量分别为m1和m2
由牛顿第二定律得Gm1m2
r
2
=m2r4 π
2
T
2
解得：m1= 4 π
2r
2(r -r1)
GT
2
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[例题22] 2012 年7 月26 日，一个国际研究小组观测到了一组双星系统，它们绕两者连接
线上的某点O 做匀速圆周运动，如图所示，此双星系统中体积较小的成员能“吸食”另一颗体
积较大星体的表面物质，达到质量转移的目的，假设在“吸食”过程中，两者球心之间的距离
保持不变，则在该过程中（ ）
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A．它们做圆周运动的万有引力大小保持不变
B．它们做圆周运动的角速度不断变大
C．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，角速度也变大
D．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，角速度不变
【解答】解：A、设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积较大的星体质量为m2轨道
半径为r2，双星间的距离为L，转移质量为Δm，两个星体间的万有引力为：
F＝G(m1+ Δm)(m2- Δm)
L
2
根据数学知识可知随着Δm 的增加，F 逐渐增大，到两个星体质量相等时最大，故A 错误；
B、对小星体万有引力提供向心力：G(m1+ Δm)(m2- Δm)
L
2
=（m1+Δm）ω2r1
对大星体万有引力提供向心力：G(m1+ Δm)(m2- Δm)
L
2
=（m2﹣Δm）ω2r2
解得：ω=√
G(m1+m2)
L
2
总质量不变，两者间距L 不变，角速度ω 不变，故B 错误；
CD、由G(m1+ Δm)(m2- Δm)
L
2
=（m2﹣Δm）ω2r2，可知r2变大，故D 正确，C 错误。
故选：D。
[例题23] 如图甲所示，河外星系中两黑洞 A、B 的质量分别为M1和M2，它们以两者连线
上的某一点为圆心做匀速圆周运动。为研究方便简化为如图乙所示示意图，黑洞A 和黑洞B 均
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可看成球体，OA＞OB，且黑洞A 的半径大于黑洞B 的半径。根据你所学的识，下列说法正确
的是（ ）
A．两黑洞质量之间的关系一定是M1＞M2
B．双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大
C．黑洞A 的运行角速度小于黑洞B 的运行角速度
D．人类要把宇航器发射到距黑洞A 较近的区域进行探索，发射速度大于第二宇宙速度小于第三
宇宙速度
【解答】解：AC、两黑洞绕O 点旋转的角速度相等，G M 1 M 2
L
2
=M1ω2R1＝M2ω2R2，R1＞R2可
知，M1＜M2，故AC 错误；
B、R1+R2＝L，结合A 项解得：GM 总＝ω2L3，若双星的质量一定，双星之间的距离越大，所以
它们运行的角速度变小，则周期变大，故B 正确；
D、人类要把宇航器发射到黑洞A 或B 较近的区域进行探索发射速度一定大于第三宇宙速度，
即大于16.7km/s，故D 错误；
故选：B。
[例题24] 在天体运动中，把两颗相距很近的恒星称为双星。已知组成某双星系统的两颗恒
星质量分别为m1和m2，相距为L。在万有引力作用下各自绕它们连线上的某一点在同一平面
内做匀速圆周运动，运动过程中二者之间的距离始终不变。已知万有引力常量为G。下列关于
m1和m2的轨道半径r1和r2关系，速度v1和v2关系，动能Ek1和Ek2关系中正确的是（ ）
A．r1
r2
= m2
m1
B．v1
v2
= m1
m2
C．Ek 1
Ek 2
= m1
m2
D．Ek 1+ Ek 2= G m1m2
L
【解答】解：AB 、双星系统的周期相等，根据万有引力提供向心力有：
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G m1m2
L
2
=m1( 2π
T )
2r1=m2( 2π
T )
2r2
解得：
r1
r2
= m2
m1
，
v1
v2
= m2
m1
，故A 正确，B 错误；
C、对于m1：Ek 1= 1
2 m1v1
2，对于m2：Ek 2= 1
2 m2v2
2，故Ek 1
Ek 2
= m2
m1
，故C 错误；
D、根据万有引力提供向心力有：G m1m2
L
2
=m1
v1
2
r1
=m2
v2
2
r2
，可得Ek 1= 1
2 m1v1
2= G m1m2
2 L
2
r1，
Ek 2= 1
2 m2v2
2= G m1m2
2 L
2
r2，
联立解得：Ek 1+ Ek 2= Gm1m2
2 L
，故D 错误。
故选：A。
题型七 天体追及相遇问题
低轨道的卫星追高轨道的卫星需要加速，同一轨道后面的卫星追赶前面的卫星需要先减速后加速．
[例题25] 我国将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二
号”对接。假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与
空间实验室的对接，下列措施可行的是（ ）
A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接
B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接
C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接
近时实现对接
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D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接
近时实现对接
【解答】解：A、B、在同一轨道上运行加速做离心运动，减速做向心运动均不可实现对接。则
AB 错误
C、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动可使飞船逐渐靠近空间实验室，
两者速度接近时实现对接。则C 正确
D、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与空间实验室相接触。
则D 错误。
故选：C。
[例题26] （多选）据报道，2016 年10 月23 日7 时31 分，随天宫二号空间实验室（轨道
舱）发射入轨的伴随卫星成功释放。伴随卫星重约47 千克，尺寸相当于一台打印机大小。释
放后伴随卫星将通过多次轨道控制，伴星逐步接近轨道舱，最终达到仅在地球引力作用下对轨
道舱的伴随飞行目标。之后对天宫二号四周表面进行观察和拍照以及开展其他一系列试验，进
一步拓展空间应用。根据上述信息及所学知识可知（ ）
A．轨道控制阶段同一轨道上落后的伴星需点火加速才能追上前方的天宫二号
B．轨道控制阶段同一轨道上落后的伴星需经历先减速再加速过程才能追上前方的天宫二号
C．伴随飞行的伴星和天宫二号绕地球做椭圆轨道运行时具有相同的半长轴
D．由于伴星和天宫二号的轨道不重合，故他们绕地运行的周期不同
【解答】解：A、伴星做匀速圆周运动时，引力提供向心力，根据万有引力等于向心力，可以知
道速度与轨道半径的关系为v=√
GM
r
，当伴星加速时，在原轨道运行所需要的向心力变大，但
万有引力大小不变，故引力不足以提供向心力，伴星会做离心运动，飞到较高的轨道；轨道半
径越大，线速度越小，故伴星不能追上轨道空间站；故需要减速到较低轨道，追上轨道空间站
后，再加速上升到较高轨道才能追上前方的天宫二号；故A 错误，B 正确；
C、根据开普勒第三定律的推广形式可知，绕地球飞行的伴星与天宫二号的周期相同，则二者运
行时具有相同的半长轴。故C 正确，D 错误。
故选：BC。
[例题27] 计划发射一颗距离地面高度为地球半径R0的圆形轨道地球卫星，卫星轨道平面
与赤道平面重合，已知地球表面重力加速度为g，
（1）求出卫星绕地心运动周期T
（2）设地球自转周期T0，该卫星绕地旋转方向与地球自转方向相同，则在赤道上某一点的人能
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连续看到该卫星的时间是多少？
【解答】解：（1）地球对卫星的引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，故有
GMm
(2 R0)
2 =m4 π
2
T
2 （2R0）
由于地球的质量未知，而地球表面的重力加速度g 已知，
故有
GMm
R0
2 =mg
联立以上二式可得卫星绕地心运动周期T＝4π√
2 R0
g
（2）设人在B1位置刚好看见卫星出现在A1位置，最后在B2位置看到卫星从A2位置消失，OA1
＝2OB1
设∠A1OB1＝∠A2OB2＝θ
则cosθ= O B1
O A1
= 1
2，
所以θ= π
3
设人从B1位置到B2位置的时间为t，则人转过的角度为t
T 0
2π，
卫星转过的角度为t
T 2π，
故有2π
3 + t
T 0
2π= t
T 2π，
将卫星绕地心运动周期T＝4π√
2 R0
g
代入上式可得
t=
T T 0
3(T 0-T ) =
2π√
8 R0
g T 0
3(T 0-2π√
8 R0
g )
=
4 π√
2 R0
g T 0
3(T 0- 4 π√
2 R0
g )
答：（1）卫星绕地心运动周期T 等于4π√
2 R0
g
．
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（2）在赤道上某一点的人能连续看到该卫星的时间是
4 π√
2 R0
g T 0
3(T 0- 4 π√
2 R0
g )
．
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