1、选择题 关于“亚洲一号”地球同步通讯卫星，下述说法正确的是（ ）
A．它的运行速度小于第一宇宙速度
B．它可能定点在福州的正上方
C．只能定点在赤道上空，但离地面的高度可以选择
D．若将它的质量变为原来的2倍，其同步轨道半径变为原来的2倍
参考答案：A、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A正确．
B、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，所以同步卫星不可能经过福州的正上空．故B错误．
C、因为同步卫星要和地球自转同步，即同步卫星周期T为一定值，
根据F=GMmr2=m4π2T2r，因为T一定值，所以 r 也为一定值，所以同步卫星定点在赤道上空，且距离地面的高度是一定值，故C错误．
D、由F=GMmr2=m4π2T2r，质量的改变，不会影响运行半径，故D错误．
故选：A．
本题解析：
本题难度：一般
2、选择题 在圆周轨道上运行的质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，设地球表面上的重力加速度为g，则（ ）
A．卫星运动的速度为
B．卫星运动的周期为4π
C．卫星运动的加速度为g
D．卫星运动的角速度为
参考答案：卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力：GMmr2=mv2r=m4π2T2r=ma=mω2r，
解得：v=
本题解析：
本题难度：简单
3、简答题 取距地球无穷远处物体的重力势能为零，则地球周围物体的重力势能的表达式为：Ep=-G ，其中G为万有引力常量，M为地球的质量，m为物体的质量，r为物体到地心的距离，地球半径R=6400km，地球表面重力加速度g取10m/s2．试计算：
（1）质量为1×103kg的卫星绕地表飞行，其总机械能为多大？
（2）再补充多少能量可使它脱离地球的引力？
参考答案：（1）卫星在离地高度为H处环绕地球做匀速圆周运动，据万有引力提供向心力，列出等式：
GMmr2=mv2r，r=R…①
根据根据在地面附近物体受到地球的万有引力近似等于物体在地面上的重力，列出等式：
GMmR2=mg…②
动能Ek=12mv2?③
由①②③得：
万有引力势能的表达式：Ep=-GMmr…④
卫星的机械能应该是动能和势能之和．
所以E=Ek+Ep=-3.2×1010J?
（2）根据能量守恒，要使卫星能飞离地球，动能转化为引力势能，而且要飞到引力势能为零的地方，
所以需要补充3.2×1010J能量可使它脱离地球的引力．
答：（1）质量为1×103kg的卫星绕地表飞行，其总机械能为-3.2×1010J
（2）再补充3.2×1010J能量可使它脱离地球的引力．
本题解析：
本题难度：一般
4、选择题 极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极（轨道可视为圆轨道）．如图所示，若某极地卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方，所用时间为t，已知地球半径为R（地球可看做球体），地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，由以上条件可知（ ）
A．地球的质量为
B．卫星运行的角速度为
C．卫星运行的线速度为
D．卫星距地面的高度?（）?
参考答案：
A、地球表面的重力和万有引力相等GmMR2=mg?M=gR2G，故A错误；
B、从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方转过的圆心角为θ=π2，据ω=θt=12πt=π2t，故B正确；
C、据线速度v=rω，由于R是地球半径，故C错误；
D、代入A和B分析结果，万有引力提供圆周运动向心力有：GmMr2=mr(2πT)2?gR2r2=r16t2?r=3gR216t2
本题解析：
本题难度：简单
5、选择题 木星至少有16颗卫星，1610年1月7日伽利略用望远镜发现了其中的4颗。这4颗卫星被命名为木卫1、木卫2、木卫3和木卫4。他的这个发现对于打破“地心说”提供了重要的依据。若将木卫1、木卫2绕木星的运动看做匀速圆周运动，已知木卫2的轨道半径大于木卫1的轨道半径，则它们绕木星运行时
[? ]
A．木卫2的向心加速度大于木卫1的向心加速度
B．木卫2的线速度大于木卫1的线速度
C．木卫2的角速度大于木卫1的角速度
D．木卫2的周期大于木卫1的周期
参考答案：D
本题解析：
本题难度：简单
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