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第2 讲 人造卫星 宇宙速度
1．天体(卫星)运行问题分析
将天体或卫星的运动看成匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供。
2．人造卫星
(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)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＝7.9 km/s(人造地球卫星的最大运行速度)，周期T≈85 min(人造地球卫星
的最小周期)。
(3)地球同步卫星
①其中的静止卫星，轨道平面与赤道共面，且与地球自转的方向相同。
②周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h＝86 400 s。
③角速度大小一定：与地球自转的角速度大小相同。
④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)。
3．宇宙速度
考点一 人造卫星运行特点及规律
1．人造卫星轨道及特点
(1)轨道：赤道轨道、极地轨道及其他轨道，如图所示。
(2)轨道特点：轨道圆心是地球的球心。
2．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律
【典例1】（2026·安徽合肥·二模）地球有周期性的潮汐现象，研究表明潮汐力会耗散地球
自转能量，缓慢降低地球自转速度，若仅考虑这一影响因素，则多年以后与现在相比，下列
说法正确的是（ ）
A．地球的第一宇宙速度大小不变
B．地球同步卫星的轨道高度减小
C．地球表面赤道处的重力加速度减小
D．地球表面两极处的重力加速度增大
【答案】A
【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据万有引力提供向心力G Mm
R
2 =m v
2
R
可得v = ❑√
GM
R ，其中G为引力常量，M为地球质量，R为地球半径，三者均与地球自转速
度无关，因此第一宇宙速度大小不变，A 正确；
B．同步卫星的周期等于地球自转周期，地球自转速度减慢则周期T增大，根据万有引力提
供向心力G
Mm
(R+h)
2 =m 4 π
2(R+h)
T
2
整理得(R+h)
3= GM T
2
4 π
2 ，T增大则轨道半径R+h增大，轨道高度h增大，B 错误；
C．赤道处物体的万有引力一部分提供自转向心力，一部分为重力，即
G Mm
R
2 =m g赤+mω
2 R
推导得g赤= GM
R
2 −ω
2 R ，地球自转角速度ω减小，则g赤增大，C 错误；
D．两极处物体无自转向心力，万有引力全部等于重力，即G Mm
R
2 =m g极
可得g极= GM
R
2 ，与自转速度无关，因此两极处重力加速度不变，D 错误。
故选A。
【典例2】（2026·广东深圳·二模）2025 年10 月17 日我国以“一箭18 星”的方式成功将千
帆极轨18 组卫星发射升空，其中“千帆-105”卫星运行轨道的远地点高度和近地点高度随时
间变化关系如下图所示。对于该卫星（ ）
A．在区间Ⅰ内，线速度大小不变
B．在区间Ⅱ内，运行的周期变大
C．在区间Ⅲ内，线速度大于地球第一宇宙速度
D．在区间Ⅲ内，周期大于地球同步卫星的周期
【答案】B
【详解】A．在区间Ⅰ内，由图可知远地点高度大于近地点高度，卫星在椭圆轨道上运行。
根据开普勒第二定律，卫星在近地点速度大，远地点速度小，线速度大小是变化的，故A 错
误；
B．在区间Ⅱ内，由图可知远地点高度和近地点高度均增大，说明轨道半长轴 a 增大。根
据开普勒第三定律 a
3
T
2 =k 可知，半长轴越大，周期T越大，故B 正确；
C．在区间Ⅲ内，卫星轨道高度约为1100 多千米，轨道半径r大于地球半径R。第一宇宙速
度是近地卫星的环绕速度，也是最大的环绕速度，根据 v = ❑√
GM
r
可知，轨道半径越大，
线速度越小，所以该卫星线速度小于第一宇宙速度，故C 错误；
D．在区间Ⅲ内，卫星轨道高度约为1100 多千米，远小于地球同步卫星的高度（约36000
千米）。根据开普勒第三定律 r
3
T
2 =k 可知，轨道半径越小，周期越小，所以该卫星周期小
于地球同步卫星的周期，故D 错误。
故选B。
考点二 宇宙速度
1．第一宇宙速度的推导
方法一：由G＝m，得v1＝≈7.9×103 m/s。
方法二：由mg＝m，得v1＝≈7.9×103 m/s。
第一宇宙速度是发射地球人造卫星的最小速度，也是地球人造卫星的最大环绕速度，此
时它的运行周期最短，Tmin＝2π≈84.8 min。
2．宇宙速度与运动轨迹的关系(如图所示)
(1)v 发＝7.9 km/s 时，卫星在地球附近绕地球做匀速圆周运动。
(2)7.9 km/s<v 发<11.2 km/s 时，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆。
(3)11.2 km/s≤v 发<16.7 km/s 时，卫星绕太阳做椭圆运动。
(4)v 发≥16.7 km/s 时，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间。
【典例3】（2026·河北沧州·三模）2026 年3 月26 日，我国在太原卫星发射中心用长征二号
丁火箭，成功将四维高景二号05、06 星送入预定轨道，卫星在距地面高度为h 的圆轨道上
稳定运行，为国土测绘、应急减灾提供服务。已知地球质量为M，地球半径为R，引力常量
为G，忽略地球自转影响。关于该卫星在轨运行，下列说法正确的是（ ）
A．卫星的线速度大于第一宇宙速度
B．卫星的向心加速度等于地球表面的重力加速度
C．卫星运行的周期T =2π
❑√
(R+h)
3
GM
D．若某一时刻卫星速度突然增大，则卫星将做近心运动
【答案】C
【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是绕地球做圆周运动的最大环绕速度。
由万有引力提供向心力，有G Mm
r
2 =m v
2
r
解得线速度v = ❑√
GM
r
轨道半径r越大，线速度越小。卫星轨道半径大于地球半径R，因此线速度一定小于第一宇
宙速度，故A 错误；
B．由万有引力提供向心力，有G
Mm
(R+h)
2 =ma
解得卫星向心加速度a=
GM
(R+h)
2
地球表面，万有引力等于重力，有G Mm
R
2 =mg
解得地表重力加速度g= GM
R
2
因此a< g，故B 错误；
C．由万有引力提供向心力有G
Mm
(R+h)
2 =m 4 π
2
T
2 (R+h)
解得T =2π
❑√
(R+h)
3
GM
，故C 正确；
D．若某一时刻卫星速度突然增大，地球提供的向心力小于卫星需要的向心力，则卫星将做
离心运动，故D 错误。
故选C。
【典例4】（2026·河南新乡·模拟预测）2026 年3 月30 日，中科宇航力箭二号遥一运载火箭
在东风商业航天创新试验区成功发射，将新征程01 卫星、新征程02 卫星和天视卫星01 星
送入预定轨道，发射任务取得成功。若某卫星在半径为r 的圆轨道上以周期T 绕地球运行，
已知引力常量为G，地球半径为R，则（ ）
A．该卫星的发射速度大于11.2km/s
B．该卫星做圆周运动的速度可能大于7.9km/s
C．地球的质量为4 π
2r
3
GT
2
D．地球的密度为3 π
GT
2
【答案】C
【详解】A．11.2km/s 是第二宇宙速度，是物体脱离地球引力束缚的最小发射速度，该卫星
仍绕地球运行，发射速度应小于11.2km/s，故A 错误；
B．7.9km/s 是第一宇宙速度，是地球卫星做圆轨道运动的最大环绕速度，由万有引力提供
向心力有G Mm
r
2 =m v
2
r
可解得v = ❑√
GM
r
所以轨道半径r越大，线速度越小，该卫星轨道半径r ≥R，运行速度不大于7.9km/s，故B
错误；
C．卫星做圆周运动万有引力提供向心力，有G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2 r
整理得地球质量M = 4 π
2r
3
GT
2 ，故C 正确；
D．地球体积为V = 4
3 π R
3
地球密度ρ= M
V = 3 π r
3
GT
2 R
3
仅当r = R（近地卫星）时密度才为3 π
GT
2，本题r ≠R，故D 错误。
故选C。
考点三 地球同步卫星、近地卫星和赤道上物体的比较
1．地球同步卫星的特点：六个“一定”
轨道面一定
轨道平面与赤道平面共面
周期一定
与地球自转周期相同，即T＝24 h
角速度一定
与地球自转的角速度相同
高度一定
h＝－R≈6R(恒量)
速率一定
运行速率v＝
绕行方向
一定
与地球自转的方向一致
2.近地卫星、同步卫星与地球赤道上物体的比较
项目
近地卫星
同步卫星
地球赤道上物体
图示
向心力
万有引力
万有引力
万有引力的一个分力
轨道半径
r 同＞r 物＝r 近
角速度
ω 近＝，ω 同＝ω 物＝，有ω 近＞ω 同＝ω 物
线速度
v 近＝，v 同＝ω 同(R＋h)＝，v 物＝ω 物R，有v 近＞v 同＞v 物
向心加
速度
a 近＝ωR＝，a 同＝ω(R＋h)＝，a 物＝ωR，有a 近＞a 同＞a 物
【典例5】（2026·重庆梁平·二模）如图所示，I 为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其
对地张角为2θ；II 为地球的近地卫星。已知地球的自转周期为T 0，万有引力常量为G，根
据题中条件，可求出（ ）
A．地球的平均密度为3 π sin
3θ
GT 0
2
B．卫星I 和卫星II 的加速度之比sin
22θ
C．卫星II 的周期为T 0
❑√sin
3θ
D．卫星II 运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间(π +2θ)T 0
2π
❑√sin
3θ
【答案】C
【详解】A．对卫星I，由万有引力提供向心力G Mm
r1
2 =m 4 π
2
T 0
2 r1
由几何关系知sinθ = R
r1
联立解得地球质量M =
4 π
2 R
3
GT 0
2sin
3θ
地球平均密度ρ=
M
4
3 π R
3 =
3 π
GT 0
2sin
3θ ，故A 错误；
B．卫星I 和卫星II 的加速度分别为a1= GM
r1
2 、a2= GM
R
2
则
a1
a2
= R
2
r1
2 =sin
2θ，故B 错误；
C．由开普勒第三定律r1
3
T 0
2 = R
3
T 2
2
解得卫星II 的周期T 2=T 0
❑√¿¿，故C 正确；
D．当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内，卫星Ⅱ无法直接接收到卫星I 发出
电磁波信号，其对应的圆心角为π +2θ，设这段时间为t。若两卫星同向运行，则有
(ω2−ω1）t = π +2θ
其中ω2= 2π
T 2
=
2π
T 0
❑√sin
3θ ，ω1= 2π
T 0
解得t =
(π +2θ)T 0
❑√sin
3θ
2π (1−
❑√sin
3θ)
若两卫星相向运行，则有(ω2+ω1）t = π +2θ
其中ω2= 2π
T 2
=
2π
T 0
❑√sin
3θ ，ω1= 2π
T 0
解得t =
(π +2θ)T 0
❑√sin
3θ
2π (1+
❑√sin
3θ)
，故D 错误。
故选C。
【典例6】（2026·四川成都·三模）如图所示，a 为地球赤道上随地球自转的物体，b 为赤道
上空的静止轨道卫星，c 为赤道上空的椭圆轨道卫星，P 为b、c 卫星轨道交点。已知b 卫星
轨道的半径与c 卫星轨道的半长轴相等。下列说法中正确的是（ ）
A．a 物体与c 卫星的周期相等
B．b 卫星与c 卫星在P 点的万有引力相等
C．a 物体的线速度大于b 卫星的线速度
D．b 卫星的线速度小于c 卫星在远地点的线速
度
【答案】A
【详解】A．b 卫星轨道的半径与c 卫星轨道的半长轴相等，根据开普勒第三定律可知，a 物
体与c 卫星的周期相等，A 正确；
B．b 卫星与c 卫星的质量关系不确定，则不能比较两卫星在P 点的万有引力大小，B 错误；
C．a 物体和b 卫星的角速度相同，根据v =ωr可知，a 物体的线速度小于b 卫星的线速度，
C 错误；
D．若过椭圆轨道的远地点做圆轨道（设为d 卫星），则c 卫星在椭圆轨道远地点加速才能
进入d 卫星的圆轨道，可知d 卫星的速度大于c 卫星在椭圆轨道远地点的速度，根据
G mM
r
2 =m v
2
r 可得v = ❑√
GM
r
则d 卫星的速度小于b 卫星速度，可知b 卫星的线速度大于c 卫星在远地点的线速度，D 错
误。
故选A。
1.
（2026·江苏南京·模拟预测）“天问二号”探测器完成对小行星HL688 取样并返回地球。小
行星运行周期与地球近似相等，被称为“地球准卫星”。地球绕太阳公转可视作圆轨道，小
行星绕太阳运行轨道为椭圆，它的近日点位于地球圆轨道内侧。下列说法正确的是（ ）
A．探测器的发射速度大于第三宇宙速度
B．小行星在近日点的加速度大于地球运动的加速度
C．小行星在近日点的速度小于地球公转速度
D．小行星绕太阳运行轨道的半长轴大于地球公转轨道半径
【答案】B
【详解】A．第三宇宙速度是探测器脱离太阳引力、飞出太阳系的最小发射速度，本题探测
器任务完成后返回地球，仍在太阳系内，发射速度小于第三宇宙速度，故A 错误；
B．加速度由万有引力提供，满足公式ma= GMm
r
2
即a= GM
r
2 ，小行星近日点到太阳的距离小于地球公转轨道半径，因此小行星在近日点的加
速度更大，故B 正确；
C．由万有引力提供向心力G Mm
r
2 =m v
2
r
可得地球公转速度v地= ❑√
GM
r地
小行星近日点距离小于r地，则同位置圆周运动速度大于地球的公转速度，且同时小行星从
近日点向远日点运动做离心运动，说明其近日点速度大于同位置圆周运动速度，因此小行星
近日点速度大于地球公转速度，故C 错误；
D．根据开普勒第三定律a
3
T
2 =k，小行星周期与地球公转周期近似相等，因此小行星轨道半
长轴等于地球公转轨道半径，故D 错误。
故选B。
2.
（2026·山东济宁·三模）如图甲所示，某飞行器绕地球变轨过程中的两椭圆轨道Ⅰ、Ⅱ相切
于P点。图乙为该飞行器在两轨道上受到地球引力大小F引随时间的变化规律。下列说法正
确的是（ ）
A．飞行器在t2时刻恰好到达P点
B．飞行器在t2时刻与t3时刻到地心的距离之比为9:1
C．飞行器沿轨道Ⅰ和Ⅱ运行的周期之比为5 9∶
D．(t2−t1)与(t 4−t3)之比为❑√729:❑√125
【答案】D
【详解】A．根据万有引力定律F引=G Mm
r
2 ，可得r = ❑√
GMm
F引
，即引力越小，距离地心越
远。结合变轨过程（先在轨道Ⅱ运行，后变轨到轨道Ⅰ）和图像分析：t2时刻引力最小，对
应最远点，因此t2时刻不在P 点，故A 错误；
B．t2时刻F2= F，t3时刻F3=9 F，由r = ❑√
GMm
F引
得r2
r3
= ❑√
F3
F2
= ❑√
9 F
F = 3
1
，故B 错误；
C．设k = ❑√
GMm
F
，轨道Ⅰ：近地点Fmax=9 F，r近= k
3
远地点Fmin= 4 F，r远= k
2，半长轴a1= r近+r远
2
= 5k
12
轨道Ⅱ：近地点F近= 4 F，r近1= k
2，远地点Fmin= F，r远1=k
半长轴a2= r近1+r远1
2
= 3k
4
根据开普勒第三定律
T 1
2
T 2
2 = a1
3
a2
3
得： T 1
T 2
=
❑√( 5
9 )
3
，故 C 错误；
D．t2−t1是轨道Ⅱ从近地点到远地点的时间，为T 2
2
t 4−t3是轨道Ⅰ从近地点到远地点的时间，为T 1
2
因此t2−t1
t 4−t3
= T 2
T 1
==
❑√( 9
5 )
3
=
❑√729
❑√125
，故D 正确。
故选D。
3.
（2025·贵州毕节·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．v1
v2
=1
B．v2
v3
=(
r
R)
1
2
C．a1
a3
=(
R
r )
2
D．a2
a3
= R
r
【答案】B
【详解】BD．卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得GMm
r
2
=ma=m v
2
r
可得v = ❑√
GM
r
，a= GM
r
2
则有v2
v3
= ❑√
r
R ，
a2
a3
= r
2
R
2，故B 正确，D 错误；
AC．地球赤道上的物体与静止卫星的角速度相等，根据v =rω，a=r ω
2
可得
v1
v3
= R
r ，
a1
a3
= R
r
则有v1
v2
= R
r
❑√
R
r ，故AC 错误。
故选B。
4.
（2026·内蒙古兴安·二模）（多选）人类设想在赤道平面内建造垂直于地面并延伸到太空的
电梯，又称“太空电梯”（如图甲所示）。图乙中，图线A表示地球引力对航天员产生的加
速度大小与航天员距地心的距离r的关系，图线B表示航天员相对地面静止时的向心加速度
大小与r的关系。其中地球半径R=6400 km，地球同步轨道近似高度为36000km。已知地球
自转周期为T，引力常量为G，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的有（ ）
A．太空电梯停在r0处时，航天员对电梯舱没有弹力
B．随着r的增大，航天员对电梯舱的弹力逐渐减小
C．太空电梯在地球同步轨道高度处的向心加速度约为g
3
D．地球的质量为4 π
2r0
3
GT
2
【答案】AD
【详解】AB．航天员所需的向心力Fn=man=m 4 π
2
T
2 r，随着r的增加，航天员所需的向心
力逐渐增加，在r =r0时，引力完全提供向心力，此时航天员与电梯舱的弹力为0；当r <r0
时，电梯舱对航天员的弹力表现为支持力，则G Mm
r
2 −F N =m 4 π
2
T
2 r
解得F N =G Mm
r
2 −m 4 π
2
T
2 r，F N随着r的增大而减小；当r >r0时，电梯舱对航天员的弹力
表现为指向地心的压力，此时F N =m 4 π
2
T
2 r −G Mm
r
2 ，F N随着r的增大而增大，故A 正确、
B 错误；
C．由G Mm
R
2 =mg，G Mm
r0
2 =m g
′
联立解得g
′ = R
2
r0
2 g= 1
44 g，故C 错误；
D．太空电梯在r0时，由于航天员的引力完全提供其所需的向心力，设地球的质量为M，航
天员的质量为m，则G Mm
r0
2 =m 4 π
2
T
2 r0
解得地球质量M = 4 π
2r0
3
GT
2 ，故D 正确。
故选AD。
5.
（2026·河南安阳·三模）2025 年8 月在距离地球最近的恒星系统中发现了一颗气态巨行星，
该巨行星位于宜居带内，可能拥有卫星，这些卫星未来可能成为搜寻生命的目标。若该巨行
星的半径为R，某卫星在距该巨行星表面高度为h 的圆形轨道上运行，运行周期为T，引力
常量为G。则（ ）
A．该巨行星的质量为4 π
2 R
3
GT
2
B．该巨行星的密度为3 π
GT
2
C．该巨行星表面的重力加速度为4 π
2 R
T
2
D．从该巨行星表面发射探测器，最小发射速度为❑√
4 π
2( R+h)
3
T
2 R
【答案】D
【详解】A．卫星绕巨行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，轨道半径为r = R+h，
由万有引力公式和向心力公式得G
Mm
(R+h)
2 =m 4 π
2
T
2 (R+h)
可得该巨行星的质量为M = 4 π
2(R+h)
3
GT
2
，故A 错误；
B．巨行星密度ρ= M
V
体积V = 4
3 π R
3
联立可得该巨行星的密度为ρ= 3 π (R+h)
3
GT
2 R
3
，故B 错误；
C．巨行星表面万有引力等于重力，即G Mm
R
2 =mg
代入M得表面重力加速度g= 4 π
2(R+h)
3
T
2 R
2
，故C 错误；
D．巨行星表面最小发射速度为第一宇宙速度，满足G Mm
R
2 =m v
2
R
推导得v = ❑√
GM
R
代入M得v = ❑√
4 π
2( R+h)
3
T
2 R
，故D 正确。
故选D。
6.
（2026·安徽合肥·三模）北京时间2025 年4 月24 日17 时17 分，搭载神舟二十号载人飞船
的长征二号F 遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10 分钟后，神舟二十号载
人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，并与空间站组合体完成了快速径向交会对接。假设
空间站组合体在距地面高度为h 的圆形轨道上运行，地球半径为R，地表重力加速度为g。
神舟二十号飞船先在低于空间站的椭圆轨道上运行，其远地点恰好与空间站轨道相切于P
点。飞船在P 点进行变轨操作，成功进入空间站轨道并完成对接。忽略阻力及其他天体影
响，下列说法正确的是（ ）
A．空间站组合体的运行速度大于第一宇宙速度
B．飞船在椭圆轨道远地点P 的加速度小于空间站在该点的加速度
C．飞船在椭圆轨道上的运行周期小于空间站的运行周期
D．飞船在P 点只要向后喷气加速，就能从椭圆轨道进入空间站所在的圆形轨道
【答案】C
【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，由 G Mm
R
2 =m v1
2
R
解得v1= ❑√
GM
R
根据万有引力提供向心力 G Mm
r
2 =m v
2
r
得v = ❑√
GM
r
空间站轨道半径r = R+h> R
因此运行速度小于第一宇宙速度，故A 错误；
B．加速度由万有引力决定a= GM
r
2
P 点到地心的距离相同，因此飞船在椭圆轨道P 点的加速度等于空间站在该点的加速度，故
B 错误；
C．根据开普勒第三定律，绕地球运行的天体满足a
3
T
2 =k（k为常量）。
由题椭圆轨道的远地点地心距等于空间站圆轨道半径r = R+h
椭圆近地点地心距小于r，因此椭圆半长轴a= r近+r 远
2
<R+h
可得椭圆轨道周期小于空间站的运行周期，故C 正确；
D．飞船在椭圆轨道远地点P 时，万有引力大于圆周运动所需的向心力，因此保持椭圆轨道；
要进入圆轨道，需要向后喷气加速增大速度，需要加速到特定的速度值，才能刚好进入圆轨
道，不是只要加速就可以，使万有引力等于圆周运动所需的向心力，即可进入空间站所在的
圆轨道，故D 错误；
故选C。
7.
（2026·湖北孝感·三模）2026 年4 月7 日，长征八号运载火箭以“一箭18 星”的方式将千帆
星座第七批卫星送入预定圆轨道，使千帆星座在轨总数达到126 颗，初步实现全球物联网覆
盖。已知地球质量为M，引力常量为G，地球半径为R，某颗卫星的轨道半径为r (r > R)，
忽略地球自转影响和卫星间的相互作用，g为地球表面重力加速度，下列说法正确的是
（ ）
A．该卫星的运行周期与轨道半径的三次方成正比
B．若r =2 R，则该卫星的运行速度大小为❑√
gR
2
C．由该卫星的运行周期T可计算出地球密度为ρ= 3π
GT
2
D．若该卫星从原轨道减速，将做近心运动进入更低轨道，且新轨道的运行周期大于原
轨道
【答案】B
【详解】A．根据开普勒第三定律，r
3
T
2 =k（k为与中心天体质量有关的常量），即卫星的
运行周期的平方与轨道半径的三次方成正比，故A 错误；
B．地球表面物体重力近似等于万有引力，即G Mm
R
2 =mg
卫星绕地球做匀速圆周运动G Mm
r
2 =m v
2
r
解得v =
❑√
g R
2
r
= ❑√
gR
2
，故B 正确；
C．由G Mm
r
2 =mr(
2π
T )
2
且M = ρ· 4
3 π R
3
联立得ρ= 3 π r
3
GT
2 R
3
轨道半径与地球半径的关系未知，无法求出地球的密度，故C 错误；
D．卫星从原轨道减速，万有引力大于所需向心力，做近心运动进入更低轨道，根据开普勒
第三定律r
3
T
2 =C可知运行周期T随之变小，故新轨道周期小于原轨道，故D 错误。
故选B 。
8.
（2026·湖南长沙·一模）如图所示，质量相等、周期均为T的两颗人造地球卫星，1 轨道为圆、
2 轨道为椭圆（不考虑卫星之间引力）。A、B两点是椭圆长轴两端，A距离地心为r。C点
为椭圆短轴端点且是两轨道的交点，到地心距离为2r，卫星1 的速率为v，下列说法正确的
是（ ）
A．C点到椭圆中心的距离为r
B．卫星1 和卫星2 运动到C点时加速度不同
C．卫星2 在C点的向心加速度等于
❑√3 v
2
4 r
D．卫星2 由A到C的时间等于T
4
【答案】C
【详解】A．因为两卫星的周期均为T，根据开普勒第三定律，椭圆轨道半长轴等于圆轨道
半径，有a=2r
椭圆的焦距c =a−r =2r −r =r
C 点在椭圆的短轴上，即C 点到椭圆轨道中心的距离b=
❑√a
2−c
2= ❑√3r，故A 错误；
B．两颗卫星质量相等，运动到C 点时，到地心距离相等，则在C 点受到的万有引力相同，
根据牛顿第二定律可知，在C 点时加速度相同，故B 错误；
C．卫星1 做匀速圆周运动，在C 点的加速度为a1= v
2
2r
方向指向地心，卫星2 和卫星1 运动到C 点时加速度相同，则卫星2 加速度的大小为
a2= v
2
2r
卫星2 在C 点的向心加速度a2n=a2
❑√3r
2r = v
2
2r ⋅
❑√3r
2r =
❑√3 v
2
4 r
，故C 正确；
D．根据开普勒第二定律可知，卫星2 在离地球较近的时候速度较大，所以卫星2 由A 到C
的时间小于T
4 ，故D 错误。
故选C。
9.
（2026·浙江·三模）2025 年9 月3 日，在北京天安门大阅兵上，我国展示了“东风—5C”液
体洲际战略核导弹，其最具革命性的升级在于分导式多弹头（MIRV）能力。如图所示，若
从地面上A 点发射一枚导弹，导弹沿ACDB 轨道飞行，最终击中地面目标B。已知CD 段为
导弹在大气层外关闭发动机后自由飞行的一段轨迹，D 点距地面的高度为地球半径的1
10，
地球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．导弹沿CD 段飞行过程中机械能守恒
B．导弹沿CD 段飞行时处于失重状态，不受地球引力作用
C．导弹在D 点的速度大于地球第一宇宙速度
D．导弹在D 点的加速度大小为10g
11
【答案】A
【详解】A B．导弹CD段只受引力作用，导弹沿CD段飞行过程中机械能守恒，故B 错误、
A 正确；
C．导弹在D点之后会落回地面，说明导弹在D 点的速度不足以维持一个过D 点为圆轨道的
圆周运动，且过D 点的圆轨道上的速度小于第一宇宙速度，故导弹在D 点的速度小于地球
第一宇宙速度，故C 错误；
D．导弹在D点牛顿第二定律有
man=G
Mm
(R+ R
10)
2，又地球表面物体mg=G Mm
R
2
解得an=(
10
11)
2
g，故D 错误。
故选A。
10. （2026·河南许昌·模拟预测）（多选）2026 年3 月26 日，我国长征二号丁运载火箭将四维
高景二号卫星送入距地面高度h= 480km的近地圆轨道。取地球半径R =6400km，地球表面
重力加速度g=9.8 m/s
2，G =6．67×10
−11N⋅m
2/kg
2，忽略地球自转影响。下列物理量
能由上述数据求出的有（ ）
A．地球的平均密度
B．卫星的运行速度
C．卫星所受万有引力的大小
D．卫星的向心加速度
【答案】ABD
【详解】A．对于地球表面的物体有mg=G Mm
R
2
变形有g R
2=GM（黄金代换）
对于地球密度ρ= M
V = g R
2/G
4
3 π R
3 =
3 g
4 πGR
g、G、R已知，因此地球密度可求出，故A 正确；
B．卫星绕地球公转有G
Mm
(R+h)
2 =m
v
2
(R+h)
化简得v = ❑√
GM
R+h =
❑√
g R
2
R+h
g、R、h已知，因此卫星运行速度可求出，故B 正确；
C．卫星所受万有引力大小F =G
Mm
(R+h)
2
G、R、h已知，M可求，但卫星质量m未知，因此不可求出，故C 错误；
D．根据牛顿第二定律ma=m
v
2
(R+h)
化简得a=
v
2
(R+h) =
g R
2
(R+h)
2
g、R、h已知，因此卫星向心加速度可求出，故D 正确；
故选ABD。
11. （2026·河北衡水·模拟预测）（多选）探测车在某行星上执行科研任务时突然失去动力，从
倾角为θ的固定斜坡上静止滑下，从车上传感器获取其速度平方v
2与位移x的关系如图所示，
且图像斜率为k。已知该行星半径为R，引力常量为G，不计一切摩擦和该行星的自转影响。
则下列说法正确的是（ ）
A．该行星表面的重力加速度为
k
2sinθ
B．该行星的质量为k R
2
Gsinθ
C．该行星的密度为
3k
8 πGRsinθ
D．该行星的第一宇宙速度为❑√
R
2k sinθ
【答案】AC
【详解】A．探测车在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式
v
2−v0
2=2ax
可知v
2=2ax
结合v
2−x图像可知斜率k =2a
解得加速度a= k
2
根据牛顿第二定律mgsinθ =ma
解得行星表面重力加速度g=
a
sinθ =
k
2sinθ ，故A 正确；
B．在行星表面，忽略自转影响，万有引力等于重力，有G Mm
R
2 =mg
解得行星质量M = g R
2
G =
k R
2
2Gsinθ ，故B 错误；
C．行星的体积V = 4
3 π R
3
密度ρ= M
V =
k R
2
2Gsinθ
4
3 π R
3
=
3k
8 πGRsinθ ，故C 正确；
D．行星的第一宇宙速度v1满足mg=m v1
2
R
解得v1= ❑√gR = ❑√
kR
2sinθ ，故D 错误。
故选AC。
12. （2026·湖北武汉·三模）嫦娥七号探测器计划于2026 年下半年发射，将着陆于月球南极区域
进行水冰资源勘查。已知月球质量为7.35×10
22kg，月球半径为1.74×10
6 m，引力常量为
6.67×10
−11N⋅m
2/kg
2。则月球第一宇宙速度约为（ ）
A．1.68km /s
B．3.36km /s
C．7.90km /s
D．11.2km /s
【答案】A
【详解】第一宇宙速度是星体表面附近环绕天体做匀速圆周运动的速度，此时万有引力提供
向心力，由公式G Mm
R
2 =m v
2
R
化简得第一宇宙速度表达式为v = ❑√
GM
R
代入已知数据计算得
v = ❑√
6.67×10
−11×7.35×10
22
1.74×10
6
m/ s≈
❑√2.82×10
6m/ s≈1.68×10
3m/ s=1.68km/ s
故选A。
13. （2026·山东聊城·二模）“食双星”是一种双星系统，两颗恒星在引力作用下绕连线上某点
做匀速圆周运动，由于距离遥远，观测者不能把两颗星区分开，但两颗恒星的彼此“掩食”
会使观测到的亮度发生周期性变化。如图所示，两颗恒星相邻两次“掩食”的时刻分别为t1、
t2。t1时刻，较亮的恒星遮挡较暗的恒星，观测到亮度L 稍微减弱；t2时刻，较暗的恒星遮
挡较亮的恒星，观测到亮度L 减弱比较明显。若双星间的距离始终为d，引力常量为G，不
计其他星球的影响，下列说法正确的是（ ）
A．根据已知条件，可求得两恒星质量之比
B．双星系统的角速度为π
2(t2−t1)
C．双星系统的总质量为π
2d
3
G(t2−t1)
2
D．双星做圆周运动的速率之和为2πd
t2−t1
【答案】C
【详解】A．由万有引力提供向心力得G m1m2
d
2
=m1ω
2r1=m2ω
2r2
化简可得
m1
m2
= r2
r1
根据已知条件无法求得半径的比值，因此无法得到质量比，故A 错误；
B．根据题意可得双星系统周期为T =2(t2−t1)
双星系统的角速度为ω= 2π
T =2π
2(t2−t1)
=π
t2−t1，故B 错误；
C．因为G m1m2
d
2
=m1ω
2r1
得G m2=ω
2d
2r1
根据
Gm1m2
d
2
=m2ω
2r2
得G m1=ω
2d
2r2
两式相加可得G m2+G m1=ω
2d
2r1+ω
2d
2r2=ω
2d
3
双星系统的总质量为m1+m2= ω
2d
3
G
=π
2d
3
G(t2−t1)
2，故C 正确；
D．双星做圆周运动的速率之和为v1+ v2=ω(r1+r2)=πd
t2−t1
，故D 错误。
故选C。
14. （2026·河北雄安·三模）风云四号C 卫星是我国新一代地球静止轨道气象卫星。“墨子号”
量子科学实验卫星运行在近地圆轨道上，其轨道半径近似为地球半径。已知地球的平均密度
为ρ，万有引力常量为G，地球自转周期为T，下列说法正确的是（ ）
A．风云四号C 卫星的运行周期为❑√
3π
ρG
B．风云四号C 的轨道半径与墨子号的轨道半径之比为(
T
2 ρG
3π )
1
3
C．根据题中信息可以求得地球的质量
D．ρT
2是对于任何地球卫星都相同的一个常量
【答案】B
【详解】A．风云四号C 卫星为地球同步卫星，其周期等于地球自转周期T
故A 错误；
B．根据开普勒第三定律，绕同一中心天体运行的卫星满足r
3
T
2 =k
设风云四号轨道半径为r，周期为T，墨子号轨道半径为R，周期为T 1，则r
3
T
2 = R
3
T 1
2
对墨子号G Mm
R
2 =m 4 π
2
T
2
1
R
且M = ρ⋅4
3 π R
3
代入整理得r
R =( T
2 ρG
3 π
)
1
3
故B 正确；
C．地球质量M = ρ⋅4
3 π R
3
题中未给出地球半径R的具体数值，无法求解地球质量，故C 错误；
D．卫星满足G Mm
r
2 =m 4 π
2
T
2
卫
r
由M = ρ⋅4
3 π R
3
ρT
2
卫= 3 π r
3
G R
3
若卫星是近地卫星，则ρT
2
卫= 3 π
G
是一个常量，但是T 卫≠T
若卫星是地球同步卫星，ρT
2= 3 π r同步
3
G R
3
，因r同步是定值，故ρT
2对于同步卫星才有的常数，
故D 错误；
故选B。
15. （2026·安徽阜阳·模拟预测）如图所示，某火星探测器从地球发射后，经过地火转移轨道1
从B点进入停泊轨道2，运行一段时间后再从B点进入近火轨道3。已知停泊轨道2 的远火点
C到火星中心的距离约为近火点B到火星中心距离的k倍，下列说法正确的是（ ）
A．地球发射火星探测器的速度至少为16.7km /s才能进入地火转移轨道
B．探测器在停泊轨道运行时，B、C两点的速度大小关系约为vB=k vC
C．火星探测器从停泊轨道2 进入近火轨道3 时必须加速
D．火星探测器在停泊轨道2 的周期小于在近火轨道3 的周期
【答案】B
【详解】A．地球发射火星探测器，需要脱离地球引力的束缚，但未脱离太阳引力的束缚，
所以发射速度应大于第二宇宙速度11.2km/ s，小于第三宇宙速度16.7 km/ s，故A 错误；
B．探测器在停泊轨道2 运行时，根据开普勒第二定律1
2 vB Δt·rB= 1
2 vC Δt·rC
有vBrB= vC rC，已知rC =k rB，解得vB=k vC，故B 正确；
C．探测器从停泊轨道2 进入近火轨道3，是在B点做近心运动，需要减速，使万有引力大
于所需的向心力，故C 错误；
D．根据开普勒第三定律a
3
T
2 =k，停泊轨道2 的半长轴a2= rB+rC
2
，近火轨道3 的半径
r3=rB，因为rC>rB，所以a2>r3，则探测器在停泊轨道2 的周期大于在近火轨道3 的周期，
故D 错误。
故选B。
16. （2026·江西·模拟预测）我国北斗卫星导航系统（BDS）已经开始提供全球服务，具有定位、
导航、授时、5 G 传输等功能，A、B 为北斗系统中的两颗工作卫星．如图所示，A、B 两颗
卫星绕地球做匀速圆周运动，O 为地心，在两卫星运行过程中，A、B 连线和O、A 连线的夹
角最大为θ，则A、B 两卫星（ ）
A．做圆周运动的线速度的比值为❑√
1
sinθ
B．做圆周运动的周期的比值为1
sinθ
C．与地心O 的连线在相等时间内扫过的面积的比值为❑√
1
sin
3θ
D．做圆周运动的加速度的比值为sin2θ
【答案】D
【详解】A．A、B 连线与O、A 连线的夹角最大时，OB 与AB 垂直，根据几何关系有
rB=rAsinθ
由万有引力提供向心力，有GMm
r
2
=m v
2
r
解得v = ❑√
GM
r
则做圆周运动的线速度的比值为vA
vB
= ❑√sinθ，故A 错误；
B．由开普勒第三定律可得T A
2
T B
2 = rA
3
rB
3
可得T A
T B
= ❑√
1
sin
3θ
，故B 错误；
C．t 时间内，卫星与地心的连线扫过的面积S = t
T ·π r
2
则SA
SB
= T B
T A
· rA
2
rB
2 = ❑√
1
sinθ ，故C 错误；
D．由万有引力提供向心力，有GMm
r
2
=ma
解得a= GM
r
2
则做圆周运动的加速度的比值为aA
aB
=sin
2θ，故D 正确。
故选D。
17. （2026·福建泉州·三模）（多选）如图，a 是地球赤道上一栋建筑，b 是在赤道平面内做匀速
圆周运动的卫星，c 是静止轨道卫星。已知b、c 的轨道半径为1:2。某一时刻b、c 刚好位
于a 的正上空，则（ ）
A．a、b、c 三者运行速度的大小关系为va>vb>vc
B．a、b、c 三者运行速度的大小关系为vb>vc>va
C．经24h，b 的大致位置在ca 连线的右侧
D．经24h，b 的大致位置在ca 连线的左侧
【答案】BC
【详解】AB．卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得GMm
r
2
=m v
2
r
解得v = ❑√
GM
r
则vb>vc，而a、c 的角速度相等，由v =ωr可知vc>va，则vb>vc>va，故A 错误，B 正确；
CD．根据开普勒第三定律rb
3
T b
2 = rc
3
T c
2
而T c =24 h，b、c 的轨道半径为1:2，代入解得T b=6❑√2h≈8.48h
经24h，b 的大致位置在ca 连线的右侧，故C 正确，D 错误。
故选BC。
18. （2026·天津·一模）近年来我国的火星探测工程和探月工程都取得了巨大进展。已知火星和
月球的半径分别为R1和R2，质量分别为M 1和M 2，表面重力加速度分别为g1和g2，第一宇
宙速度分别为v1和v2，近火轨道的卫星周期和近月轨道的卫星周期分别为T 1和T 2，忽略自
转效应，则下列说法正确的是（ ）
A．g1
g2
= ❑√
M 1
M 2
R2
R1
B．v1
v2
= M 1 R2
M 2 R1
C．T 1
T 2
= ❑√
M 2 R1
3
M 1 R2
3
D．g1
g2
= T 1v1
T 2v2
【答案】C
【详解】A．忽略自转效应，在星球表面有mg=G Mm
R
2
可得表面重力加速度为g= GM
R
2
则有
g1
g2
= M 1 R2
2
M 2 R1
2，故A 错误；
B．第一宇宙速度等于表面轨道卫星的运行速度，则有GMm
R
2
=m v
2
R
可得v = ❑√
GM
R
则有v1
v2
= ❑√
M 1 R2
M 2 R1
，故B 错误；
C．对于近轨卫星，由万有引力提供向心力得GMm
R
2
=m 4 π
2
T
2 R
可得T =
❑√
4 π
2 R
3
GM
则有T 1
T 2
= ❑√
M 2 R1
3
M 1 R2
3，故C 正确；
D．对于近轨卫星，有GMm
R
2
=mg=m v
2
R =mvω=mv ⋅2π
T
可得g= 2πv
T
则有
g1
g2
= T 2v1
T 1v2
，故D 错误。
故选C。
19. （2026·福建龙岩·三模）（多选）我国“天关”卫星首次捕捉到中等质量黑洞撕裂并吞噬白
矮星的天文事件。该中等质量黑洞的质量为M，白矮星半径为R，密度为ρ，两者初始距离
为r (R≪r)。当黑洞潮汐力（黑洞对白矮星表面靠近黑洞一侧的单位质量质点的引力与黑
洞对白矮星球心处单位质量质点的引力差）超过白矮星对自身表面单位质量质点的引力时，
白矮星就会被撕裂。已知万有引力常量为G，白矮星视为质量均匀分布的球体，忽略其他天
体影响，可能用到的近似
1
(r −R)
2 ≈1
r
2(1+ 2 R
r )，下列说法正确的是（ ）
A．白矮星的第一宇宙速度v = ❑√
GM
R
B．白矮星的第一宇宙速度v =
❑√
4 πGρ R
2
3
C．黑洞撕裂白矮星的条件是r <
3√
3 M
2πρ
D．黑洞撕裂白矮星的条件是r <
3√
3 M
πρ
【答案】BC
【详解】AB．白矮星质量m= ρ⋅4
3 π R
3
对于白矮星表面物体，由万有引力提供向心力G m
R
3 m0=m0
v
2
R
联立可得白矮星的第一宇宙速度v =
❑√
4 πGρ R
2
3
，故A 错误，B 正确；
CD．黑洞对白矮星表面靠近黑洞一侧单位质量质点的引力F1=
GM
(r −R)
2
由近似
1
(r −R)
2 ≈1
r
2(1+ 2 R
r )可得F1≈GM
r
2 (1+ 2 R
r )
黑洞对白矮星球心处单位质量质点的引力F2= GM
r
2
黑洞潮汐力Δ F = F1−F2= 2GMR
r
3
白矮星对自身表面单位质量质点的引力F自= Gm
R
2 = 4
3 πGρR
当Δ F > F自白时白矮星被撕裂，即2GMR
r
3
> 4
3 πGρR
化简可得r <
3√
3 M
2πρ ，故C 正确，D 错误。
故选BC。
20. （2026·福建三明·二模）（多选）如图，绕地心O 运动的倾斜圆轨道卫星a、b，其运动可视
为匀速圆周运动，a、b 的周期分别为地球自转周期的2
5和3
5。t0时刻，a、b 恰好均经过地球
赤道上P 点的正上方，则（ ）
A．a、b 的轨道半径之比为3√9∶
3√4
B．a、b 的向心加速度大小之比为3√81∶
3√16
C．从t0时刻到下一次a 卫星经过P 点正上方时，a 恰好绕地心转5 圈
D．从t0时刻到下一次b 卫星经过P 点正上方时，b 恰好绕地心转5 圈
【答案】BC
【详解】A．设地球自转周期为T，由题意得T a= 2
5 T，T b= 3
5 T
根据开普勒第三定律
ra
3
rb
3 = T a
2
T b
2 = 4
9
解得
ra
rb
=
3√4
3√9
，A 错误；
B．万有引力提供向心力G Mm
r
2 =ma
可得a= GM
r
2
因此
aa
ab
= rb
2
ra
2 =
3√81
3√16
，B 正确；
C．设下一次a 卫星经过P 点正上方时，a 卫星绕m整圈，P 点绕n整圈。因为卫星运行轨道
与地球赤道不公面，所以下一次a 卫星经过P 点正上方有两种情况。第一种是各自运行整数
圈，可知m× 2
5 T =nT
解得m=5，n=2
第二种是各自运行整数圈加半圈，则有m× 2
5 T + 1
2 × 2
5 T =nT + 1
2 T
则m、n 无解，综上可知从t0时刻到下一次a 卫星经过P 点正上方时，a 恰好绕地心转5 圈，
C 正确；
D．同理，下一次b 卫星经过P 点正上方有两种情况。第一种是各自运行整数圈，可知
m× 3
5 T =nT
解得m=5，n=3
第二种是各自运行整数圈加半圈，则有m× 3
5 T + 1
2 × 3
5 T =nT + 1
2 T
则m=2，n=1
综上可知从t0时刻到下一次b 卫星经过P 点正上方时，b 恰好绕地心转2.5 圈，D 错误。
故选BC。
21. （2026·安徽蚌埠·二模）（多选）2025 年11 月25 日，我国成功发射神舟二十二号飞船。飞
船进入椭圆轨道运动时，近地点距地面高度为h1，远地点距地面高度为h2。飞船在远地点点
火加速，变轨进入与远地点相切的圆轨道。设地球半径为R，地球表面重力加速度为g，忽
略地球自转，下列说法正确的是（ ）
A．飞船在椭圆轨道运行时，经过近地点与远地点的速度大小之比为❑√
h2+ R
h1+ R
B．飞船在椭圆轨道运行时，经过近地点与远地点的速度大小之比为h2+ R
h1+ R
C．飞船在圆轨道上的运行速度大小为❑√
g R
2
h2
D．飞船在圆轨道上的运行速度大小为❑√
g R
2
h2+ R
【答案】BD
【详解】AB．根据开普勒第二定律，椭圆轨道上飞船与地心的连线在相等时间内扫过的面
积相等。取极短时间Δt，近地点（地心距r1=h1+ R）、远地点（地心距r2=h2+ R）扫过的
面积满足1
2 v1r1 Δt = 1
2 v2r2 Δt
整理得速度比
v1
v2
= r2
r1
= h2+ R
h1+ R ，故A 错误，B 正确；
CD．变轨后圆轨道的轨道半径为r =h2+ R，万有引力提供向心力 G Mm
r
2 =m v
2
r
地球表面忽略自转，重力等于万有引力，可得mg=G Mm
R
2
联立解得圆轨道运行速度 v = ❑√
GM
r
= ❑√
g R
2
h2+ R ，故C 错误，D 正确。
故选BD。
22. （2026·江西宜春·模拟预测）如图，“天问二号”在地球上发射后直接进入地球和2016HO3
小行星间的转移轨道，在转移轨道的B点被2016HO3 小行星俘获，俘获后绕2016HO3 小行
星在高度h的轨道上以周期T做匀速圆周运动，2016HO3 小行星与地球的距离为d。已知引
力常量为G，地球和小行星半径分别为R、r，忽略其他星体的影响，下列说法正确的是（
）
A．“天问二号”从A点发射速度等于7.9km /s
B．小行星的密度大于3π
GT
2
C．地球的质量为4π
2(R+d +r)
3
GT
2
D．从A到B转移过程，地球对“天问二号”的引力始终小于“天问二号”对地球的引
力
【答案】B
【详解】A．“天问二号”是行星探测器，其发射速度应介于第二和第三宇宙速度之间，即
发射的速度介于11.2km/s 和16.7km/s 之间，故A 错误；
B．“天问二号”绕小行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
G
Mm
(r +h)
2 =m 4 π
2
T
2 (r +h)
解得小行星质量 M = 4 π
2(r +h)
3
GT
2
小行星密度 ρ= M
V =
M
4
3 π r
3 = 3 π(r +h)
3
GT
2r
3
> 3 π
GT
2，故B 正确；
C．小行星不绕地球运动，由小行星和地球两球心间距R+d +r及“天问二号”绕小行星的
周期T 无法计算地球的质量，故C 错误；
D．地球对“天问二号”的引力与“天问二号”对地球的引力是一对相互作用力，根据牛顿
第三定律，二者大小始终相等，故D 错误。
故选B。
