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高考物理模型全归纳 第25讲 卫星变轨、发射、回收、空间站对接及其能量问题
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高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第25讲 卫星变轨、发射、回收、空间站对接及其能量问题
1．（全国高考）我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行（即绕地球一圈需要24小时）；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球。如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比，（ ）
A．卫星动能增大，引力势能减小
B．卫星动能增大，引力势能增大
C．卫星动能减小，引力势能减小
D．卫星动能减小，引力势能增大
【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有
F＝F向
故
GMmr2=mv2r=mω2r＝m（2πT）2r＝ma
解得
v=GMr①
T=2πrv=2πr3GM②
a=GMr2③
根据题意两次变轨分别为：从“24小时轨道”变轨为“48小时轨道”和从“48小时轨道”变轨为“72小时轨道”，则结合②式可知，在每次变轨完成后与变轨前相比运行周期增大，运行轨道半径增大，运行线速度减小，所以卫星动能减小，引力势能增大，D正确。
故选：D。
一.必备知识
1.卫星变轨的基本原理
当卫星开启发动机，或者受空气阻力作用时，万有引力不再等于卫星所需向心力，卫星的轨道将发生变化。如图所示。
(1)当卫星的速度增加时，G
2．卫星的发射与回收原理
卫星轨道的突变：由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间内启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其进入预定的轨道。如图所示，发射同步卫星时，可以分多过程完成：
(1)先将卫星发送到近地轨道Ⅰ，使其绕地球做匀速圆周运动，速率为v1。
(2)变轨时在P点点火加速，短时间内将速率由v1增加到v2，这时
飞船和空间站的对接过程与此类似。卫星的回收过程和飞船的返回则是相反的过程，通过突然减速，>m，变轨到低轨道，最后在椭圆轨道的近地点处返回地面。发射或回收示意图如下：
空间站对接示意图如下：
3．卫星变轨时三类物理量的定性比较
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v4，在轨道Ⅱ上过P、Q点时的速率分别为v2、v3，在P点加速，则v2>v1；在Q点加速，则v4>v3。又因v1>v4，故有v2>v1>v4>v3。
(2)加速度：因为在P点不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过，P点到地心的距离都相同，卫星的加速度都相同，设为aP。同理，在Q点加速度也相同，设为aQ。又因Q点到地心的距离大于P点到地心的距离，所以aQ
卫星速率增大(发动机做正功)会做离心运动，轨道半径增大，万有引力做负功，卫星动能减小，由于变轨时遵从能量守恒，稳定在圆轨道上时需满足G＝m，致使卫星在较高轨道上的运行速率小于在较低轨道上的运行速率，但机械能增大(发动机做正功)；
相反，卫星由于速率减小(发动机做负功)会做向心运动，轨道半径减小，万有引力做正功，卫星动能增大，同样原因致使卫星在较低轨道上的运行速率大于在较高轨道上的运行速率，但机械能减小(发动机做负功)。
二.例题精析
例1．2022年6月5日17时42分，神舟十四号载人飞船与天和核心舱径向端口成功对接。对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道离地面高度为地球半径的116。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．神舟十四号与天和核心舱对接时，要先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速追上核心舱进行对接
B．组合体的向心加速度大于g
C．组合体的线速度小于地球赤道上物体的线速度
D．组合体运行的周期为T=17π3217Rg
【解答】解：A、神舟十四先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速后会做离心运动，无法追上核心舱进行对接，故A错误；
B、组合体绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，得GMmr2=ma，得a=GMr2，式中M是地球的质量，r是组合体的轨道半径。
在地球表面上，有：GMm'R2=m′g，得g=GMR2，式中R是地球的半径，因r＞R，所以a＜g
，即组合体的向心加速度小于g，故B错误；
C、对于组合体和地球同步卫星，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r，可得v=GMr，因为组合体的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度。地球同步卫星与地球赤道上物体的角速度相等，由v＝ωr知地球同步卫星的线速度大于地球赤道上物体的线速度，所以组合体的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故C错误；
D、组合体的轨道半径为r＝R+116R=1716R，根据GMmr2=m4π2T2r，以及g=GMR2，解得组合体运行的周期为T=17π3217Rg，故D正确。
故选：D。
例2．神舟十三号飞船于2021年10月16日顺利发射升空，在轨驻留6个月，于2022年4月16日成功返回地球，标志着中国航天又站在了一个新的起点。已知神舟十三号飞船的发射初始轨道为近地点200km、远地点356km的椭圆轨道，对接轨道是距地表394km的圆轨道。下列关于神舟十三号飞船的说法中不正确的是（ ）
A．发射速度必须大于7.9km/s
B．在对接轨道上运行速度小于7.9km/s
C．在初始轨道上的周期大于在对接轨道上的周期
D．在初始轨道上的近地点速度大于在远地点的速度
【解答】解：AB、7.9 km/s是地球第一宇宙速度，是绕地球做圆周运动最大的速度，也是发射卫星的最小速度。
所以神舟十号发射速度必须大于7.9 km/s，在对接轨道上运行速度小于7.9 km/s。故A，B正确
C、根据开普勒第三定律知，a3T2=k，椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半径，所以在初始轨道上的周期小于在对接轨道上的周期，故C错误；
D、在椭圆轨道上运行时，由远地点向近地点运动，万有引力做正功，动能增大，所以近地点动能大于远地点动能，所以近地点速度大于在远地点的速度。故D正确。
本题选错误的故选：C。
例3．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，三位中国航天员首次进入了自己的空间站，对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与天和核心舱对接，则神舟十二号飞船（ ）
A．沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1(r1+r32r1)3
B．在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运动经过A点时速度大小相同
C．沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，速度不断增大
D．沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
【解答】解：A、由开普勒第三定律可知：T22T12=(r1+r32)3r13，解得神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1(r1+r3)3(2r1)3，故A正确；
B、神舟十二号飞船在轨Ⅰ上经过A点需要点火加速才能变轨到Ⅱ，所以在轨Ⅰ上经过A点的速度小于在轨道Ⅱ上经过A点的速度，故B错误。
C、神舟十二号载人飞船沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，根据开普勒第二定律，速度越来越小，故C错误；
D、由万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r，解得：T=4π2r3GM，神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的轨道半径小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的轨道半径，神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故D错误；
故选：A。
三.举一反三，巩固练习
1. 北京时间2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。这是我国载人航天工程立项实施以来的第21次飞行任务，也是空间站阶段的第2
次载人飞行任务。飞船入轨后，在完成与空间站高难度的径向交会对接后，航天员将进驻天和核心舱，开启为期6个月的在轨驻留。已知天和号核心舱在距离地面高度为400km的轨道上做匀速圆周运动（如图），地球半径约为6400km。已知地球表面的重力加速度为9.8m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．天和号核心舱绕地球运动的速度大于7.9km/s
B．载人飞船需先进入空间站轨道，再加速追上空间站完成对接
C．空间站运行的速度小于地球赤道上物体随地球自转的速度
D．天和号核心舱每天绕地球公转大于15圈
【解答】解：A、7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是发射卫星的最小速度，也是卫星最大的环绕速度，所以天和核心舱绕地球运动的速度小于7.9km/s，故A错误；
B、若载人飞船先进入空间站轨道，加速后会做离心运动飞到更高的轨道，无法与空间站完成对接，故B错误；
C、根据地球同步卫星的周期与地球赤道上的物体随地球自转的周期相同，地球同步卫星轨道半径大于地球半径，结合公式v＝r2πT，可得地球同步卫星的线速度大于地球赤道上的物体随地球自转的速度，对于天和号核心舱和地球同步卫星，根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，解得线速度为：v=GMr，由于天和号核心舱绕地球运动的半径小于地球同步卫星半径，可得天和号核心舱绕地球运动的速度大于地球同步卫星的线速度，所以天和号核心舱绕地球运动的速度大于地球赤道上的物体随地球自转的速度，故C错误；
D、对天和号核心舱，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：GMm(R+h)2=m（R+h）4π2T2，在地面上：mg＝GMmR2，联立解得周期为T＝2π(R+h)3gR2，代入数据解得周期为：T＝5588s，那么一天转的圈数为：n=24×36005588圈＝15.5圈，故D正确。
故选：D。
2. 2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱成功对接，对接过程如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1
，当经过A点时，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与核心舱对接，则神舟十二号飞船（ ）
A．在轨道Ⅰ上的速度小于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度
B．沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1(r1+r32r1)3
C．沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，速度不断增大
D．沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
【解答】解：A、由GMmr2=mv2r得v=GMr，r1＜r3，故v1＞v3，在B点经点火加速后才能进入轨道Ⅲ，故轨道Ⅱ上经过B点的速度小于v3，所以在轨道Ⅰ上的速度大于于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度，故A错误；
B、根据开普勒第三定律r13T12=(r1+r32)3T22，所以：T2=T1(r1+r32r1)3，故B正确；
C、沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，万有引力做负功，速度不断减小，故C错误；
D、绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，有GMmr2=m4π2T2r，解得T=4π2r3GM，因为r1小于r3，所以飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故D错误。
故选：B。
3. 2021年6月17日，“神舟十二号”载人飞船搭载着聂海胜、刘伯明、汤洪波三名宇航员成功飞天，开启历时三个月的太空驻留。9月17日，“神舟十二号”返回舱在东风着陆场安全降落。返回舱从工作轨道Ⅰ返回地面的运动轨迹如图，椭圆轨道Ⅱ与圆轨道Ⅰ、Ⅲ分别相切于P、Q两点，轨道Ⅰ、Ⅲ的半径分别为r1、r3；返回舱从轨道Ⅲ上适当位置减速后进入大气层，最后在东风着陆场着陆。已知地球半径为R，地面重力加速度为g，返回舱的质量为m。关于返回舱返回地面过程，下列说法正确的是（ ）
A．返回舱在Ⅰ轨道上P点点燃反推发动机进入Ⅱ轨道前后，其加速度减小
B．返回舱在Ⅱ轨道上从P点运动到Q点经历的最短时间为π(r1+r3)2Rr1+r32g
C．返回舱从Ⅰ轨道转移到Ⅲ轨道过程中，发动机做的功为mgR2(r3−r1)2r1r3
D．返回舱在Ⅱ轨道上经过P点时的速率可能等于在Ⅲ轨道上运动速率
【解答】解：A、返回舱在Ⅰ轨道上P点点燃反推发动机进入Ⅱ轨道后，其离地球的距离越来越近，根据ma=GMmr2，可知其加速度增大，故A错误；
B、返回舱进入Ⅱ轨道后由P到Q经历的时间为运行周期T的一半，即t=T2，
而半长轴为r2=r1+r32，接近地球表面运行的卫星的周期满足：mg=m⋅4π2RT02，
由开普勒定律可得：r23T2=R3T02，
所以飞船由P到Q经历的时间：t=π(r1+r3)2Rr1+r32g，故B正确；
C、设返回舱在Ⅰ轨道上的速度为v1，在Ⅲ轨道上的速度为v3，返回舱在轨道Ⅰ、Ⅲ上运动的向心力由万有引力提供，则：GMmr12=mv12r1①，GMmr32=mv32r3②；
可得：12mv12=GMm2r1，12mv32=GMm2r3
选取无穷远处为引力势能的零点，返回舱在轨道Ⅰ、Ⅲ上的引力势能分别为：E1=−GMmr1，E3=−GMmr3；
设返回舱从Ⅰ轨道转移到Ⅲ轨道过程中，发动机做的功为W，则：E1+12mv12+W=E3+12mv32
联立解得：W=GMm(12r3−12r1)
在地球的表面：mg=GMmR2
所以：W=mgR2(r1−r3)2r1r3，故C错误；
D、设返回舱在Ⅱ轨道上经过P点的速度为vP，经过Q点的速度为vQ，由于在P点需要减速才能进入Ⅱ轨道，所以：v1＞vP，同理在Q点需要减速才能从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道，所以：vQ＞v3，由于r1＞r3，比较①②可知v1＜v3，所以四个速度的大小关系为：vQ＞v3＞v1＞vP，所以返回舱在Ⅱ轨道上经过P点时的速率一定小于在Ⅲ轨道上运动速率，故D错误。
故选：B。
4. 2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波进入天和核心舱，标志着中国人首次进入了自己的空间站。对接过程如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ，神舟十二号飞船沿着半径为r1的圆轨道I运动到Q点时，通过一系列变轨操作，沿椭圆轨道Ⅱ运动到P点与天和核心舱对接。已知神舟十二号飞船沿圆轨道I运行周期为T1，则下列说法正确的是（ ）
A．神舟十二号飞船沿轨道I运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
B．神舟十二号飞船在轨道I的Q点需要加速才能进入轨道Ⅱ
C．神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运动到对接点P点的过程中，其速度不断增大
D．神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ从Q到P运动时间为t=T1(r1+r32r1)3
【解答】解：A、根据开普勒第三定律，轨道Ⅰ的轨道半径小于轨道Ⅲ的轨道半径，则沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故A错误；
B、由低轨道进入高轨道，即由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要加速做离心运动，故B正确；
C、神舟十二号载人飞船沿轨道Ⅱ运动到对接点P过程中，根据开普勒第二定律，速度越来越小，故C错误；
D、根据开普勒第三定律r13T12=(r1+r32)3T22
解得T2=T1(r1+r32r1)3
从Q到P运动时间为t=T22=T12(r1+r32r1)3，故D错误。
故选：B。
5. 2021年10月16日我国“神舟十三号”载人飞船入轨后顺利完成与天和核心舱的交会对接，假设“核心舱”与“神舟十三号”都围绕地球做匀速圆周云动为了实现飞船与核心舱的对接，下列措施可行的是（ ）
A．使飞船与核心舱在同一轨道上云行，然后飞船加速追上核心舱实现对接
B．使飞船与核心舱在同一轨道上运行，然后核心舱减速等待飞船实现对接
C．飞船先在比核心舱半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对接
D．飞船先在比核心舱半径小的轨道上减速。减速后飞船涿渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对接
【解答】解：AB.使飞船与核心舱在同一轨道上运行时，若使飞船加速，飞船所需向心力大于万有引力做离心运动，偏离原来的轨道，不可能与核心舱的对接，相反，若减速做向心运动，也不可能实现对接，故AB错误；
C.飞船先在比核心舱半径小的轨道上加速，则其做离心运动，可使飞船逐渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对接，故C正确；
D.飞船先在比核心舱半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与核心舱相接触，故D错误；
故选：C。
6. 2021年2月，我国“天问一号”火星探测器抵达环绕火星的轨道，正式开启火星探测之旅，如图所示。“天问一号”进入火星停泊轨道2后，在近火点280千米，远火点5.9万千米，进行相关探测后再进入较低的椭圆轨道3开展科学探测。则“天问一号”（ ）
A．轨道2环绕周期比轨道3环绕周期小
B．轨道2近火点的加速度比轨道3近火点的加速度大
C．轨道2近火点的速率比轨道3近火点的速率大
D．轨道2近火点的机械能比轨道2远火点的机械能小
【解答】解：A、根据开普勒第三定律可知，轨道半径越大，环绕周期越大，故轨道2环绕周期比轨道3环绕周期大，故A错误；
B、轨道2的近火点和轨道3的近火点为同一位置，加速度a=GMr2，相等，故B错误；
C、根据卫星变轨原理可知，从轨道2进入轨道3做近心运动，轨道2近火点的速率比轨道3近火点的速率大，故C正确；
D、探测器在轨道2上运行，只受万有引力作用，机械能守恒，故D错误。
故选：C。
7. 2021年5月15日，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区.如图所示，着陆前其近火M和远火点N的高度分别为280千米（可视为贴近火星表面）和5.9万千米，若“天问一号”探测器的质量为m，在远火点N时的速度大小为v，N点距离火星球心的距离为r，火星的密度为ρ，半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．“天问一号”探测器在M点的动量大小为 mv
B．“天问一号”探测器在M点的线速度大于4πGρR23
C．“天问一号”探测器在M点的引力势能大于在N点的引力势能
D．“天问一号”探测器在N点的加速度小于v2r
【解答】解：A、探测器在远火点和近火点的速度不相等，动量大小不等，故A错误；
B、火星的半径为R，质量为M，质量为m的近火卫星绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMmR2=mv2R，解得线速度：v=GMR=G43πR3R=4πGρR23，根据卫星变轨原理可知，探测器通过M点做离心运动，则探测器在M点的线速度大于4πGρR23，故B正确；
C、探测器从M点运动到N点的过程中，万有引力做负功，则引力势能增大，则探测器在M点的引力势能小于在N点的引力势能，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力，GMmR2=ma，则探测器在N点的加速度等于v2r，故D错误；
故选：B。
8. 我国的“嫦娥奔月”月球探测工程启动至今，以“绕、落、回”为发展过程。中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车嫦娥四号。中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆，假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为r1＝100公里环月圆轨道Ⅰ后成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道Ⅱ，在从15公里高度降至近月表面圆轨道Ⅲ，最后成功实现登月。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m的质点距质量为M的引力中心为r时，其万有引力势能表达式为Ep＝﹣GMmr（式中G为引力常数）。已知月球质量M0，月球半径为R，发射的“嫦娥四号”探测器质量为m0，引力常量G。则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是（ ）
A．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅰ上运行的动能大于在轨道Ⅲ运行的动能
B．“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅰ上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了GM0m0（1r1−1R）
C．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅲ上运行时机械能等于在轨道Ⅰ运行时的机械能
D．落月的“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，所要提供的最小能量是12GM0m（1R−1r1）
【解答】解：A．根据万有引力定律GMmr2=m4π2rT2
得“嫦娥四号”在I轨道和Ⅲ轨道的动能分别是
Ek1=GM0m02r1，Ek2=GM0m02R
由r1＞R
所以“嫦娥四号”在轨道I上运行的动能小于在轨道Ⅲ上运行的动能，故A错误；
B．根据EP＝﹣GMmr
可知，“嫦娥四号”在轨道I和轨道Ⅲ上的势能分别是
EP1=−GM0m0r1，EP2=−GM0m0R
“嫦娥四号”从轨道I上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了
ΔEP＝GM0m0（1R−1r1），故B错误；
C．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅲ变轨到轨道I时需要点火加速做离心运动，此过程中由化学能转化为机械能，则“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅲ上运行时的机械能小于在轨道I上运行时的机械能，故C错误；
D．根据能量守恒定律，落月的“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，所要提供的最小能量是
ΔE＝EP1﹣EP2+Ek1﹣Ek2=12GM0m（1R−1r1），故D正确。
故选：D。
9. 北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空。飞船的运动可近似为如图所示的情景：圆形轨道Ⅰ为空间站运行轨道，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点。设圆形轨道Ⅰ的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球的自转周期为T，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，下列说法正确的是（ ）
A．根据题中信息，可求出地球的质量M=4π2r3GT2
B．载人飞船若要从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ，需要在A点减速
C．载人飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D．空间站运行的周期与载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为r3：a3
【解答】解：A、根据题目信息可知：GMmR2=mg，解得：M=gR2G，故A错误；
B、载人飞船若要进入轨道Ⅰ，做离心运动，需要在A点加速，故B错误；
C、根据GMmr2=ma可知，在距离一样的情况下，载人飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度，方向都指向地球，故C错误；
D、根据开普勒第三定律可知：r3T2=k，解得：T=r3k
又空间站和载人飞船运行轨道的中心天体都是地球，所以常数K一样，因此可得周期之比为：r3：a3，故D正确；
故选：D。
10. （多选）如图是一次地球同步卫星发射过程，先将卫星发射进入绕地球的较低圆形轨道Ⅰ，然后在a点使卫星进入椭圆形的转移轨道Ⅱ，再在椭圆轨道的远地点b使卫星进入同步轨道Ⅲ，则下列说法正确的是（ ）
A．在轨道Ⅰ上，卫星的运行速度大于7.9km/s
B．在轨道Ⅱ上，卫星在a点的速度大于在b点的速度
C．卫星在b点须通过加速才能由轨道Ⅱ进入同步轨道Ⅲ
D．在轨道Ⅱ上运行的过程中，卫星、地球系统的机械能守恒
【解答】解：A、7.9km/s为最大的环绕速度，故A错误
B、a点距离地心比b点距离地心近，所以在轨道Ⅱ上，卫星在a点的速度大于在b点的速度，故B正确
C、卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需点火加速，故C正确
D、在轨道Ⅱ上运行的过程中，只有引力做功，所以卫星、地球系统的机械能守恒，故D正确
故选：BCD。
11. （多选）2021年7月6日，我国成功将“天链一号05”卫星发射升空，卫星进入预定轨道，天链系列卫星为我国信息传送发挥了重要作用。如图所示，卫星在半径为R的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道远地点B时，再次点火进入轨道半径为5R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动。则下列说法中正确的是（ ）
A．卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的周期之比为3：9
B．卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的周期之比为5：25
C．卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的速度大于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过B处的速度
D．卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度小于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度
【解答】解：AB．根据开普勒第三定律得：T12R13=T22R23，结合题意有：R1R2=RR+5R2=13，所以卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的周期之比为T1：T2=3：9，故A正确，B错误；
C．轨道Ⅰ和轨道Ⅲ都是圆轨道，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，解得线速度为：v=GMr，因轨道Ⅲ的半径大于轨道Ⅰ的半径，所以轨道Ⅲ上B点速度小于轨道Ⅰ上A点速度，又因为从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ时需要点火加速，所以轨道Ⅲ上B点速度大于轨道Ⅱ上B点速度，所以卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的速度大于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过B处的速度，故C正确；
D．卫星在轨道Ⅰ上和轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处时，所受万有引力相同，根据牛顿第二定律，可得卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度，故D错误。
故选：AC。
高考物理全归纳——模型专题
在高中物理教学中，引导学生认识、理解和建立“物理模型”，是培养学生创造性思维和创新能力的有效途径。
一、什么是物理模型
自然界中事物与事物之间总是存在着千丝万缕的联系，并都处在不断的变化之中。面对复杂多变的自然界，进行科学研究时，总是遵循这样一条重要的原则，即从简到繁，先易后难，循序渐进，逐次深入。
物理模型有三个类型：（1）物理研究对象的理想化（对象模型）；（2）物理条件的理想化（条件模型）；（3）物理过程的理想化（过程模型）
二、为什么要建立物理模型
1、帮助学生掌握学习方法 2、落实“过程与方法”的教学目标
3、提高学生解决问题能力
三、如何帮助学生的建立物理模型
（一）提高认识，重视过程：
对研究对象建立理想的物理模型和在研究物理过程中选择最简单的物理模型，在教学中是经常涉及到的，但学生总不能从中得到启示。
（二）概括总结，触类旁通：
新课程提出高中阶段应给学生更多的空间，让学生较独立地进行科学探究，培养学生的自主探究、自主学习、自已解决问题的能力。
第25讲 卫星变轨、发射、回收、空间站对接及其能量问题
1．（全国高考）我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行（即绕地球一圈需要24小时）；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球。如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比，（ ）
A．卫星动能增大，引力势能减小
B．卫星动能增大，引力势能增大
C．卫星动能减小，引力势能减小
D．卫星动能减小，引力势能增大
【解答】解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有
F＝F向
故
GMmr2=mv2r=mω2r＝m（2πT）2r＝ma
解得
v=GMr①
T=2πrv=2πr3GM②
a=GMr2③
根据题意两次变轨分别为：从“24小时轨道”变轨为“48小时轨道”和从“48小时轨道”变轨为“72小时轨道”，则结合②式可知，在每次变轨完成后与变轨前相比运行周期增大，运行轨道半径增大，运行线速度减小，所以卫星动能减小，引力势能增大，D正确。
故选：D。
一.必备知识
1.卫星变轨的基本原理
当卫星开启发动机，或者受空气阻力作用时，万有引力不再等于卫星所需向心力，卫星的轨道将发生变化。如图所示。
(1)当卫星的速度增加时，G
2．卫星的发射与回收原理
卫星轨道的突变：由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间内启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其进入预定的轨道。如图所示，发射同步卫星时，可以分多过程完成：
(1)先将卫星发送到近地轨道Ⅰ，使其绕地球做匀速圆周运动，速率为v1。
(2)变轨时在P点点火加速，短时间内将速率由v1增加到v2，这时
飞船和空间站的对接过程与此类似。卫星的回收过程和飞船的返回则是相反的过程，通过突然减速，>m，变轨到低轨道，最后在椭圆轨道的近地点处返回地面。发射或回收示意图如下：
空间站对接示意图如下：
3．卫星变轨时三类物理量的定性比较
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v4，在轨道Ⅱ上过P、Q点时的速率分别为v2、v3，在P点加速，则v2>v1；在Q点加速，则v4>v3。又因v1>v4，故有v2>v1>v4>v3。
(2)加速度：因为在P点不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过，P点到地心的距离都相同，卫星的加速度都相同，设为aP。同理，在Q点加速度也相同，设为aQ。又因Q点到地心的距离大于P点到地心的距离，所以aQ
卫星速率增大(发动机做正功)会做离心运动，轨道半径增大，万有引力做负功，卫星动能减小，由于变轨时遵从能量守恒，稳定在圆轨道上时需满足G＝m，致使卫星在较高轨道上的运行速率小于在较低轨道上的运行速率，但机械能增大(发动机做正功)；
相反，卫星由于速率减小(发动机做负功)会做向心运动，轨道半径减小，万有引力做正功，卫星动能增大，同样原因致使卫星在较低轨道上的运行速率大于在较高轨道上的运行速率，但机械能减小(发动机做负功)。
二.例题精析
例1．2022年6月5日17时42分，神舟十四号载人飞船与天和核心舱径向端口成功对接。对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道离地面高度为地球半径的116。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．神舟十四号与天和核心舱对接时，要先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速追上核心舱进行对接
B．组合体的向心加速度大于g
C．组合体的线速度小于地球赤道上物体的线速度
D．组合体运行的周期为T=17π3217Rg
【解答】解：A、神舟十四先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速后会做离心运动，无法追上核心舱进行对接，故A错误；
B、组合体绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，得GMmr2=ma，得a=GMr2，式中M是地球的质量，r是组合体的轨道半径。
在地球表面上，有：GMm'R2=m′g，得g=GMR2，式中R是地球的半径，因r＞R，所以a＜g
，即组合体的向心加速度小于g，故B错误；
C、对于组合体和地球同步卫星，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r，可得v=GMr，因为组合体的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以组合体的线速度大于地球同步卫星的线速度。地球同步卫星与地球赤道上物体的角速度相等，由v＝ωr知地球同步卫星的线速度大于地球赤道上物体的线速度，所以组合体的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故C错误；
D、组合体的轨道半径为r＝R+116R=1716R，根据GMmr2=m4π2T2r，以及g=GMR2，解得组合体运行的周期为T=17π3217Rg，故D正确。
故选：D。
例2．神舟十三号飞船于2021年10月16日顺利发射升空，在轨驻留6个月，于2022年4月16日成功返回地球，标志着中国航天又站在了一个新的起点。已知神舟十三号飞船的发射初始轨道为近地点200km、远地点356km的椭圆轨道，对接轨道是距地表394km的圆轨道。下列关于神舟十三号飞船的说法中不正确的是（ ）
A．发射速度必须大于7.9km/s
B．在对接轨道上运行速度小于7.9km/s
C．在初始轨道上的周期大于在对接轨道上的周期
D．在初始轨道上的近地点速度大于在远地点的速度
【解答】解：AB、7.9 km/s是地球第一宇宙速度，是绕地球做圆周运动最大的速度，也是发射卫星的最小速度。
所以神舟十号发射速度必须大于7.9 km/s，在对接轨道上运行速度小于7.9 km/s。故A，B正确
C、根据开普勒第三定律知，a3T2=k，椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半径，所以在初始轨道上的周期小于在对接轨道上的周期，故C错误；
D、在椭圆轨道上运行时，由远地点向近地点运动，万有引力做正功，动能增大，所以近地点动能大于远地点动能，所以近地点速度大于在远地点的速度。故D正确。
本题选错误的故选：C。
例3．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，三位中国航天员首次进入了自己的空间站，对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与天和核心舱对接，则神舟十二号飞船（ ）
A．沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1(r1+r32r1)3
B．在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运动经过A点时速度大小相同
C．沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，速度不断增大
D．沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
【解答】解：A、由开普勒第三定律可知：T22T12=(r1+r32)3r13，解得神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1(r1+r3)3(2r1)3，故A正确；
B、神舟十二号飞船在轨Ⅰ上经过A点需要点火加速才能变轨到Ⅱ，所以在轨Ⅰ上经过A点的速度小于在轨道Ⅱ上经过A点的速度，故B错误。
C、神舟十二号载人飞船沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，根据开普勒第二定律，速度越来越小，故C错误；
D、由万有引力提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r，解得：T=4π2r3GM，神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的轨道半径小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的轨道半径，神舟十二号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故D错误；
故选：A。
三.举一反三，巩固练习
1. 北京时间2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。这是我国载人航天工程立项实施以来的第21次飞行任务，也是空间站阶段的第2
次载人飞行任务。飞船入轨后，在完成与空间站高难度的径向交会对接后，航天员将进驻天和核心舱，开启为期6个月的在轨驻留。已知天和号核心舱在距离地面高度为400km的轨道上做匀速圆周运动（如图），地球半径约为6400km。已知地球表面的重力加速度为9.8m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．天和号核心舱绕地球运动的速度大于7.9km/s
B．载人飞船需先进入空间站轨道，再加速追上空间站完成对接
C．空间站运行的速度小于地球赤道上物体随地球自转的速度
D．天和号核心舱每天绕地球公转大于15圈
【解答】解：A、7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是发射卫星的最小速度，也是卫星最大的环绕速度，所以天和核心舱绕地球运动的速度小于7.9km/s，故A错误；
B、若载人飞船先进入空间站轨道，加速后会做离心运动飞到更高的轨道，无法与空间站完成对接，故B错误；
C、根据地球同步卫星的周期与地球赤道上的物体随地球自转的周期相同，地球同步卫星轨道半径大于地球半径，结合公式v＝r2πT，可得地球同步卫星的线速度大于地球赤道上的物体随地球自转的速度，对于天和号核心舱和地球同步卫星，根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，解得线速度为：v=GMr，由于天和号核心舱绕地球运动的半径小于地球同步卫星半径，可得天和号核心舱绕地球运动的速度大于地球同步卫星的线速度，所以天和号核心舱绕地球运动的速度大于地球赤道上的物体随地球自转的速度，故C错误；
D、对天和号核心舱，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：GMm(R+h)2=m（R+h）4π2T2，在地面上：mg＝GMmR2，联立解得周期为T＝2π(R+h)3gR2，代入数据解得周期为：T＝5588s，那么一天转的圈数为：n=24×36005588圈＝15.5圈，故D正确。
故选：D。
2. 2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱成功对接，对接过程如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十二号飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1
，当经过A点时，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与核心舱对接，则神舟十二号飞船（ ）
A．在轨道Ⅰ上的速度小于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度
B．沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1(r1+r32r1)3
C．沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，速度不断增大
D．沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
【解答】解：A、由GMmr2=mv2r得v=GMr，r1＜r3，故v1＞v3，在B点经点火加速后才能进入轨道Ⅲ，故轨道Ⅱ上经过B点的速度小于v3，所以在轨道Ⅰ上的速度大于于沿轨道Ⅱ运动经过B点的速度，故A错误；
B、根据开普勒第三定律r13T12=(r1+r32)3T22，所以：T2=T1(r1+r32r1)3，故B正确；
C、沿轨道Ⅱ从A运动到B的过程中，万有引力做负功，速度不断减小，故C错误；
D、绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，有GMmr2=m4π2T2r，解得T=4π2r3GM，因为r1小于r3，所以飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故D错误。
故选：B。
3. 2021年6月17日，“神舟十二号”载人飞船搭载着聂海胜、刘伯明、汤洪波三名宇航员成功飞天，开启历时三个月的太空驻留。9月17日，“神舟十二号”返回舱在东风着陆场安全降落。返回舱从工作轨道Ⅰ返回地面的运动轨迹如图，椭圆轨道Ⅱ与圆轨道Ⅰ、Ⅲ分别相切于P、Q两点，轨道Ⅰ、Ⅲ的半径分别为r1、r3；返回舱从轨道Ⅲ上适当位置减速后进入大气层，最后在东风着陆场着陆。已知地球半径为R，地面重力加速度为g，返回舱的质量为m。关于返回舱返回地面过程，下列说法正确的是（ ）
A．返回舱在Ⅰ轨道上P点点燃反推发动机进入Ⅱ轨道前后，其加速度减小
B．返回舱在Ⅱ轨道上从P点运动到Q点经历的最短时间为π(r1+r3)2Rr1+r32g
C．返回舱从Ⅰ轨道转移到Ⅲ轨道过程中，发动机做的功为mgR2(r3−r1)2r1r3
D．返回舱在Ⅱ轨道上经过P点时的速率可能等于在Ⅲ轨道上运动速率
【解答】解：A、返回舱在Ⅰ轨道上P点点燃反推发动机进入Ⅱ轨道后，其离地球的距离越来越近，根据ma=GMmr2，可知其加速度增大，故A错误；
B、返回舱进入Ⅱ轨道后由P到Q经历的时间为运行周期T的一半，即t=T2，
而半长轴为r2=r1+r32，接近地球表面运行的卫星的周期满足：mg=m⋅4π2RT02，
由开普勒定律可得：r23T2=R3T02，
所以飞船由P到Q经历的时间：t=π(r1+r3)2Rr1+r32g，故B正确；
C、设返回舱在Ⅰ轨道上的速度为v1，在Ⅲ轨道上的速度为v3，返回舱在轨道Ⅰ、Ⅲ上运动的向心力由万有引力提供，则：GMmr12=mv12r1①，GMmr32=mv32r3②；
可得：12mv12=GMm2r1，12mv32=GMm2r3
选取无穷远处为引力势能的零点，返回舱在轨道Ⅰ、Ⅲ上的引力势能分别为：E1=−GMmr1，E3=−GMmr3；
设返回舱从Ⅰ轨道转移到Ⅲ轨道过程中，发动机做的功为W，则：E1+12mv12+W=E3+12mv32
联立解得：W=GMm(12r3−12r1)
在地球的表面：mg=GMmR2
所以：W=mgR2(r1−r3)2r1r3，故C错误；
D、设返回舱在Ⅱ轨道上经过P点的速度为vP，经过Q点的速度为vQ，由于在P点需要减速才能进入Ⅱ轨道，所以：v1＞vP，同理在Q点需要减速才能从Ⅱ轨道进入Ⅲ轨道，所以：vQ＞v3，由于r1＞r3，比较①②可知v1＜v3，所以四个速度的大小关系为：vQ＞v3＞v1＞vP，所以返回舱在Ⅱ轨道上经过P点时的速率一定小于在Ⅲ轨道上运动速率，故D错误。
故选：B。
4. 2021年6月17日，神舟十二号载人飞船与天和核心舱完成对接，航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波进入天和核心舱，标志着中国人首次进入了自己的空间站。对接过程如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ，神舟十二号飞船沿着半径为r1的圆轨道I运动到Q点时，通过一系列变轨操作，沿椭圆轨道Ⅱ运动到P点与天和核心舱对接。已知神舟十二号飞船沿圆轨道I运行周期为T1，则下列说法正确的是（ ）
A．神舟十二号飞船沿轨道I运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
B．神舟十二号飞船在轨道I的Q点需要加速才能进入轨道Ⅱ
C．神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ运动到对接点P点的过程中，其速度不断增大
D．神舟十二号飞船沿轨道Ⅱ从Q到P运动时间为t=T1(r1+r32r1)3
【解答】解：A、根据开普勒第三定律，轨道Ⅰ的轨道半径小于轨道Ⅲ的轨道半径，则沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故A错误；
B、由低轨道进入高轨道，即由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要加速做离心运动，故B正确；
C、神舟十二号载人飞船沿轨道Ⅱ运动到对接点P过程中，根据开普勒第二定律，速度越来越小，故C错误；
D、根据开普勒第三定律r13T12=(r1+r32)3T22
解得T2=T1(r1+r32r1)3
从Q到P运动时间为t=T22=T12(r1+r32r1)3，故D错误。
故选：B。
5. 2021年10月16日我国“神舟十三号”载人飞船入轨后顺利完成与天和核心舱的交会对接，假设“核心舱”与“神舟十三号”都围绕地球做匀速圆周云动为了实现飞船与核心舱的对接，下列措施可行的是（ ）
A．使飞船与核心舱在同一轨道上云行，然后飞船加速追上核心舱实现对接
B．使飞船与核心舱在同一轨道上运行，然后核心舱减速等待飞船实现对接
C．飞船先在比核心舱半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对接
D．飞船先在比核心舱半径小的轨道上减速。减速后飞船涿渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对接
【解答】解：AB.使飞船与核心舱在同一轨道上运行时，若使飞船加速，飞船所需向心力大于万有引力做离心运动，偏离原来的轨道，不可能与核心舱的对接，相反，若减速做向心运动，也不可能实现对接，故AB错误；
C.飞船先在比核心舱半径小的轨道上加速，则其做离心运动，可使飞船逐渐靠近核心舱，两者速度接近时实现对接，故C正确；
D.飞船先在比核心舱半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与核心舱相接触，故D错误；
故选：C。
6. 2021年2月，我国“天问一号”火星探测器抵达环绕火星的轨道，正式开启火星探测之旅，如图所示。“天问一号”进入火星停泊轨道2后，在近火点280千米，远火点5.9万千米，进行相关探测后再进入较低的椭圆轨道3开展科学探测。则“天问一号”（ ）
A．轨道2环绕周期比轨道3环绕周期小
B．轨道2近火点的加速度比轨道3近火点的加速度大
C．轨道2近火点的速率比轨道3近火点的速率大
D．轨道2近火点的机械能比轨道2远火点的机械能小
【解答】解：A、根据开普勒第三定律可知，轨道半径越大，环绕周期越大，故轨道2环绕周期比轨道3环绕周期大，故A错误；
B、轨道2的近火点和轨道3的近火点为同一位置，加速度a=GMr2，相等，故B错误；
C、根据卫星变轨原理可知，从轨道2进入轨道3做近心运动，轨道2近火点的速率比轨道3近火点的速率大，故C正确；
D、探测器在轨道2上运行，只受万有引力作用，机械能守恒，故D错误。
故选：C。
7. 2021年5月15日，“天问一号”着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区.如图所示，着陆前其近火M和远火点N的高度分别为280千米（可视为贴近火星表面）和5.9万千米，若“天问一号”探测器的质量为m，在远火点N时的速度大小为v，N点距离火星球心的距离为r，火星的密度为ρ，半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．“天问一号”探测器在M点的动量大小为 mv
B．“天问一号”探测器在M点的线速度大于4πGρR23
C．“天问一号”探测器在M点的引力势能大于在N点的引力势能
D．“天问一号”探测器在N点的加速度小于v2r
【解答】解：A、探测器在远火点和近火点的速度不相等，动量大小不等，故A错误；
B、火星的半径为R，质量为M，质量为m的近火卫星绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMmR2=mv2R，解得线速度：v=GMR=G43πR3R=4πGρR23，根据卫星变轨原理可知，探测器通过M点做离心运动，则探测器在M点的线速度大于4πGρR23，故B正确；
C、探测器从M点运动到N点的过程中，万有引力做负功，则引力势能增大，则探测器在M点的引力势能小于在N点的引力势能，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力，GMmR2=ma，则探测器在N点的加速度等于v2r，故D错误；
故选：B。
8. 我国的“嫦娥奔月”月球探测工程启动至今，以“绕、落、回”为发展过程。中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车嫦娥四号。中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆，假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入半径为r1＝100公里环月圆轨道Ⅰ后成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道Ⅱ，在从15公里高度降至近月表面圆轨道Ⅲ，最后成功实现登月。若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m的质点距质量为M的引力中心为r时，其万有引力势能表达式为Ep＝﹣GMmr（式中G为引力常数）。已知月球质量M0，月球半径为R，发射的“嫦娥四号”探测器质量为m0，引力常量G。则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是（ ）
A．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅰ上运行的动能大于在轨道Ⅲ运行的动能
B．“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅰ上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了GM0m0（1r1−1R）
C．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅲ上运行时机械能等于在轨道Ⅰ运行时的机械能
D．落月的“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，所要提供的最小能量是12GM0m（1R−1r1）
【解答】解：A．根据万有引力定律GMmr2=m4π2rT2
得“嫦娥四号”在I轨道和Ⅲ轨道的动能分别是
Ek1=GM0m02r1，Ek2=GM0m02R
由r1＞R
所以“嫦娥四号”在轨道I上运行的动能小于在轨道Ⅲ上运行的动能，故A错误；
B．根据EP＝﹣GMmr
可知，“嫦娥四号”在轨道I和轨道Ⅲ上的势能分别是
EP1=−GM0m0r1，EP2=−GM0m0R
“嫦娥四号”从轨道I上变轨到轨道Ⅲ上时，势能减小了
ΔEP＝GM0m0（1R−1r1），故B错误；
C．“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅲ变轨到轨道I时需要点火加速做离心运动，此过程中由化学能转化为机械能，则“嫦娥四号”探测器在轨道Ⅲ上运行时的机械能小于在轨道I上运行时的机械能，故C错误；
D．根据能量守恒定律，落月的“嫦娥四号”探测器从轨道Ⅲ回到轨道Ⅰ，所要提供的最小能量是
ΔE＝EP1﹣EP2+Ek1﹣Ek2=12GM0m（1R−1r1），故D正确。
故选：D。
9. 北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空。飞船的运动可近似为如图所示的情景：圆形轨道Ⅰ为空间站运行轨道，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点。设圆形轨道Ⅰ的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球的自转周期为T，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，下列说法正确的是（ ）
A．根据题中信息，可求出地球的质量M=4π2r3GT2
B．载人飞船若要从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ，需要在A点减速
C．载人飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度大于在轨道Ⅱ上A点的加速度
D．空间站运行的周期与载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为r3：a3
【解答】解：A、根据题目信息可知：GMmR2=mg，解得：M=gR2G，故A错误；
B、载人飞船若要进入轨道Ⅰ，做离心运动，需要在A点加速，故B错误；
C、根据GMmr2=ma可知，在距离一样的情况下，载人飞船在轨道Ⅰ上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度，方向都指向地球，故C错误；
D、根据开普勒第三定律可知：r3T2=k，解得：T=r3k
又空间站和载人飞船运行轨道的中心天体都是地球，所以常数K一样，因此可得周期之比为：r3：a3，故D正确；
故选：D。
10. （多选）如图是一次地球同步卫星发射过程，先将卫星发射进入绕地球的较低圆形轨道Ⅰ，然后在a点使卫星进入椭圆形的转移轨道Ⅱ，再在椭圆轨道的远地点b使卫星进入同步轨道Ⅲ，则下列说法正确的是（ ）
A．在轨道Ⅰ上，卫星的运行速度大于7.9km/s
B．在轨道Ⅱ上，卫星在a点的速度大于在b点的速度
C．卫星在b点须通过加速才能由轨道Ⅱ进入同步轨道Ⅲ
D．在轨道Ⅱ上运行的过程中，卫星、地球系统的机械能守恒
【解答】解：A、7.9km/s为最大的环绕速度，故A错误
B、a点距离地心比b点距离地心近，所以在轨道Ⅱ上，卫星在a点的速度大于在b点的速度，故B正确
C、卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需点火加速，故C正确
D、在轨道Ⅱ上运行的过程中，只有引力做功，所以卫星、地球系统的机械能守恒，故D正确
故选：BCD。
11. （多选）2021年7月6日，我国成功将“天链一号05”卫星发射升空，卫星进入预定轨道，天链系列卫星为我国信息传送发挥了重要作用。如图所示，卫星在半径为R的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道远地点B时，再次点火进入轨道半径为5R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动。则下列说法中正确的是（ ）
A．卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的周期之比为3：9
B．卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的周期之比为5：25
C．卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的速度大于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过B处的速度
D．卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度小于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度
【解答】解：AB．根据开普勒第三定律得：T12R13=T22R23，结合题意有：R1R2=RR+5R2=13，所以卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的周期之比为T1：T2=3：9，故A正确，B错误；
C．轨道Ⅰ和轨道Ⅲ都是圆轨道，由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，解得线速度为：v=GMr，因轨道Ⅲ的半径大于轨道Ⅰ的半径，所以轨道Ⅲ上B点速度小于轨道Ⅰ上A点速度，又因为从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ时需要点火加速，所以轨道Ⅲ上B点速度大于轨道Ⅱ上B点速度，所以卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的速度大于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过B处的速度，故C正确；
D．卫星在轨道Ⅰ上和轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处时，所受万有引力相同，根据牛顿第二定律，可得卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度，故D错误。
故选：AC。
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