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[-考点-04-] 卫星运行参量的分析
[典例1]
答案 A
解析 根据万有引力提供向心力有G＝m＝mr＝ma，解得v＝，T＝，a＝，所以运行周期
之比为＝，环绕速度之比为＝，加速度之比为＝，选项A 正确，B、C 错误；“天宫”空间
站与“天问一号”环绕器的质量关系未知，无法求得动能之比，选项D 错误.
[典例2]
答案 D
解析 若环状物质是天王星的组成部分，则环状物质与天王星同轴转动，角速度相同是定
值，由线速度公式v＝ωr 可得v∝r，题中图线特点是v
2∝r
－1，说明环状物质不是天王星的
组成部分，A、B 错误；若环状物质是天王星的卫星群，由天王星对环状物质的引力提供
环状物质做圆周运动的向心力，则有G＝m 可得v
2＝GMr
－1则有v
2∝r
－1，由图象特点可
知，环状物质是天王星的卫星群，可得v2－r
－1图象的斜率等于GM，不等于天王星的质
量，C 错误；由v
2∝r
－1的关系图象可知r
－1的最大值是r，则天王星的卫星群转动的最小
半径为r0，即天王星的半径是r0，卫星群在天王星的表面运行的线速度为v0，天王星表面
的重力加速度即卫星群的向心加速度为，D 正确.
[典例3]
答案 CD
解析 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，＝mr＝m＝ma，解得T＝2π，v
＝，a＝，a、b 卫星的轨道半径相等，则周期相等，线速度大小相等，方向不同，向心加
速度大小相等，c 卫星的轨道半径大于a、b 卫星的轨道半径，则c 卫星的向心加速度小于
a、b 的向心加速度，周期大于a、b 的周期，故A 错误，C、D 正确；卫星的质量未知，无
法比较向心力的大小，故B 错误．
1.答案 CD
解析 人造地球卫星运行时，由于地球对卫星的引力提供它做圆周运动的向心力，而这个
力的方向必定指向圆心，即指向地心，也就是说人造地球卫星所在轨道圆的圆心一定要和
地球的中心重合，不可能是地轴上(除地心外)的某一点，故A 错误；由于地球同时绕着地
轴在自转，所以卫星的轨道平面不可能和经线所决定的平面共面，故B 错误；相对地球表
面静止的卫星就是地球的同步卫星，它必须在赤道平面内，且距地面有确定的高度，而低
于或高于这个轨道的卫星也可以在赤道平面内运动，不过由于它们公转的周期和地球自转
周期不同，就会相对于地面运动，故C、D 正确．
2.答案 B
解析 飞船绕地球稳定运行时，万有引力提供向心力，有＝m＝mr＝F 万＝man，解得v＝，
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T＝，an＝，依题意，飞船从停泊点到完成对接属于从低轨到高轨，即轨道半径增大，可知
线速度减小，周期增大，所受万有引力减小，向心加速度减小，故A、C、D 错误，B 正确．
3.答案 D
解析 由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期，根据G＝mr，可得T＝2π，可
知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C 错误；根据G＝m，可得v＝，结合C 选项解
析，可知火星公转的线速度小于地球公转的线速度，故A 错误；根据ω＝可知火星公转的
角速度小于地球公转的角速度，故B 错误；根据G＝ma，可得a＝，可知火星公转的加速
度小于地球公转的加速度，故D 正确．
4.答案 CD
解析 人造卫星绕地球做圆周运动时有G＝m，即v＝，因此甲的速度是乙的倍，故A 错误；
由G＝ma 得a＝，故甲的向心加速度是乙的，故B 错误；由F＝G 知甲的向心力是乙的，
故C 正确；由开普勒第三定律＝k，绕同一天体运动，k 值不变，可知甲的周期是乙的2 倍，
故D 正确．
5.答案 C
解析 轨道周长C＝2πr，与半径成正比，故轨道周长之比为3∶2，故A 错误；根据万有
引力提供向心力有＝m，得v＝，则＝＝，故B 错误；由万有引力提供向心力有＝mω2r，
得ω＝，则＝＝，故C 正确；由＝ma，得a＝，则＝＝，故D 错误．
6.答案 AD
解析 根据万有引力提供向心力，有G＝m，G＝m′，故＝；对于同步卫星和地球赤道上
的物体，其共同点是角速度相等，有a1＝ω2r，a2＝ω2R，故＝，故选A、D.
7.答案 C
解析 地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律有＝mg，可得GM＝gR2，根据题意
可知，卫星的运行周期为T′＝，根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星做匀速圆周运动
所需的向心力，则有＝m′(R＋h)，联立以上式子解得h＝－R，故选C.
8.答案 A
解析 根据万有引力提供向心力，可得G＝，G＝m，G＝man，且在地球表面满足G＝
mg，即GM＝gR2，由题意知神舟十三号载人飞船轨道半径为r＝R＋h，解得周期为T＝
2π，线速度大小为v＝，向心加速度大小即重力加速度大小为an＝，故A 正确，B、C 错误；
根据密度公式得地球的平均密度为ρ＝＝＝，故D 错误．
9.答案 D
解析 “天和”核心舱内的宇航员仍受到地球引力的作用，故A 错误；由公式G＝m，得
贴近地球表面飞行的卫星的线速度v＝＝7.9 km/s，“天和”号运行的线速度v1＝<v＝7.9
km/s，苏炳添东奥百米决赛比赛时间小于10 s，所以聂海胜在轨观看苏炳添东奥百米决赛
比赛时间段内飞行路程小于79 km，故B 错误；北京不在赤道上，考虑到地球的自转的因
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素，若聂海胜记录连续两次经过北京上空的时间间隔T，该时间一定不是在较低的轨道上
的“天和”号做匀速圆周运动的周期，所以不能用ρ＝估算地球的密度，故C 错误；由题
可知，“天和”核心舱的轨道半径和地球同步卫星的轨道半径不同，但其轨道平面内可能
存在一颗与地球自转周期相同的地球卫星，故D 正确．
10.答案 D
解析 由万有引力提供向心力有G＝m()2r，解得r＝，所以飞船的轨道半径与地球同步卫星
的轨道半径的比值＝＝＝。故A、B、C 错误，D 正确.
11.答案 B
解析 地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由
开普勒第三定律可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星
周期最小时，由几何关系可作出卫星间的位置关系如图所示．
卫星的轨道半径为r＝＝2R,由＝得＝，解得T2≈4 h，故选B.
12.答案 BC
解析 根据万有引力提供向心力，有G＝mR＝ma，可得T＝2π，a＝，由题图可知，水星
的公转半径比金星的小，故水星的公转周期比金星的小，水星的公转向心加速度比金星的
大，故A 错误，B 正确；设水星的公转半径为R 水、地球的公转半径为R 地，当α 角最大时
有sin αm＝，同理可知有sin βm＝，所以水星与金星的公转半径之比为R 水∶R 金＝sin
αm∶sin βm，故C 正确；根据G＝m，可得v＝，结合前面的分析可得v 水∶v 金＝∶，故D 错
误．
13.答案 B
解析 宇航员站在“太空电梯”上，相对地面静止，故角速度与地球自转角速度相同，在
不同高度角速度不变，故A 错误；当r＝r0时，引力加速度正好等于宇航员做圆周运动的向
心加速度，即万有引力提供做圆周运动的向心力，若宇航员相当于卫星，此时宇航员的角
速度跟地球的自转角速度一致，可以看作是地球的同步卫星，即r0为地球同步卫星的轨道
半径，故B 正确；宇航员在r＝R 处时在地面上，除了受到万有引力还受到地面的支持力，
线速度远小于第一宇宙速度，故C 错误；宇航员乘坐太空舱在“太空电梯”的某位置时，
有－FN＝mω2r，其中FN为太空舱对宇航员的支持力，大小等于宇航员对太空舱的压力，则
F 压＝FN＝－mω2r＝ma 引－ma 向＝m(a 引－a 向)，其中a 引为地球引力对宇航员产生的加速度
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大小，a 向为地球自转而产生的向心加速度大小，由题图可知，在R≤r≤r0时，(a 引－a 向)随
着r 增大而减小，宇航员对太空舱的压力随r 的增大而减小，故D 错误．
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