資源簡介

微專題6　圓周運動　萬有引力與宇宙航行
考點一　圓周運動
1.(2023·全國甲卷·17)一質點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于：
A.1 B.2 C.3 D.4
2.(2024·廣東卷·5)如圖所示，在細繩的拉動下，半徑為r的卷軸可繞其固定的中心點O在水平面內轉動。卷軸上沿半徑方向固定著長度為l的細管，管底在O點。細管內有一根原長為、勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧底端固定在管底，頂端連接質量為m、可視為質點的插銷。當以速度v勻速拉動細繩時，插銷做勻速圓周運動。若v過大，插銷會卡進固定的端蓋，使卷軸轉動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內。要使卷軸轉動不停止，v的最大值為：
A.r B.l C.r D.l
3.(多選)(2024·廣東湛江市二模)某馬戲團上演的飛車節目如圖所示，在豎直平面內有半徑為R的固定圓軌道。表演者騎著摩托車在圓軌道內做圓周運動。已知人和摩托車的總質量為m，重力加速度大小為g，摩托車以的速度通過圓軌道的最高點B。關閉摩托車的動力，不計摩擦，忽略空氣阻力，人和摩托車整體可視為質點，下列說法正確的是：
A.摩托車經過B點時對軌道的壓力大小為2mg
B.摩托車經過A點時的速度大小為
C.摩托車從B點到A點的過程中，重力的功率先增大后減小
D.摩托車從B點到A點的過程中，先超重后失重
4.(多選)(2024·江西鷹潭市模擬)如圖所示，空間內存在方向水平向右的勻強電場，一根長為L，不可伸長的絕緣細繩的一端連著一個質量為m、帶電荷量為+q(q>0)的小球(視為質點)，另一端固定于O點。初始時細繩(張緊狀態)與電場線平行，由靜止釋放小球，小球擺到O點正下方時速度為零，重力加速度大小為g，下列說法正確的是：
A.勻強電場的電場強度大小為
B.擺動過程中小球的最大速度為
C.擺動過程中小球所受的最大拉力為(3-2)mg
D.擺動過程中小球減少的重力勢能與增加的電勢能始終相等
【點撥·提煉】　對于帶電體在電場和重力場疊加下的圓周運動： (1)先求出等效重力加速度：作出重力與靜電力的合力F合，將這個合力視為一個等效重力，則等效重力加速度g'=。 (2)找等效最高點和最低點：在“等效重力場”中做圓周運動的帶電體，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點即為等效最高點和最低點。
5.(2024·江西卷·14)雪地轉椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉椅在雪地上滑動。如圖(a)、(b)所示，傳動裝置有一高度可調的水平圓盤，可繞通過中心O點的豎直軸勻速轉動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉椅(視為質點)。轉椅運動穩定后，其角速度與圓盤角速度相等。轉椅與雪地之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。
(1)(3分)在圖(a)中，若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O點做半徑為r1的勻速圓周運動。求AB與OB之間夾角α的正切值。
(2)(5分)將圓盤升高，如圖(b)所示。圓盤勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O1點做半徑為r2的勻速圓周運動，繩子與豎直方向的夾角為θ，繩子在水平雪地上的投影A1B與O1B的夾角為β。求此時圓盤的角速度ω2。
考點二　萬有引力與宇宙航行
6.(多選)(2024·湖南卷·7)2024年5月3日，“嫦娥六號”探測器順利進入地月轉移軌道，正式開啟月球之旅。相較于“嫦娥四號”和“嫦娥五號”，本次的主要任務是登陸月球背面進行月壤采集并通過升空器將月壤轉移至繞月運行的返回艙，返回艙再通過返回軌道返回地球。設返回艙繞月運行的軌道為圓軌道，半徑近似為月球半徑。已知月球表面重力加速度約為地球表面的，月球半徑約為地球半徑的。關于返回艙在該繞月軌道上的運動，下列說法正確的是：
A.其相對于月球的速度大于地球第一宇宙速度
B.其相對于月球的速度小于地球第一宇宙速度
C.其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛星周期的倍
D.其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛星周期的倍
7.(2024·新課標卷·16)天文學家發現，在太陽系外的一顆紅矮星有兩顆行星繞其運行，其中行星GJ1002c的軌道近似為圓，軌道半徑約為日地距離的0.07倍，周期約為0.06年，則這顆紅矮星的質量約為太陽質量的：
A.0.001倍 B.0.1倍
C.10倍 D.1 000倍
8.(2024·安徽卷·5)2024年3月20日，我國探月工程四期鵲橋二號中繼星成功發射升空。當抵達距離月球表面某高度時，鵲橋二號開始進行近月制動，并順利進入捕獲軌道運行，如圖所示，軌道的半長軸約為51 900 km。后經多次軌道調整，進入凍結軌道運行，軌道的半長軸約為9 900 km，周期約為24 h。則鵲橋二號在捕獲軌道運行時：
A.周期約為144 h
B.近月點的速度大于遠月點的速度
C.近月點的速度小于在凍結軌道運行時近月點的速度
D.近月點的加速度大于在凍結軌道運行時近月點的加速度
9.(2024·湖北卷·4)太空碎片會對航天器帶來危害。設空間站在地球附近沿逆時針方向做勻速圓周運動，如圖中實線所示。為了避開碎片，空間站在P點向圖中箭頭所指徑向方向極短時間噴射氣體，使空間站獲得一定的反沖速度，從而實現變軌。變軌后的軌道如圖中虛線所示，其半長軸大于原軌道半徑。則：
A.空間站變軌前、后在P點的加速度相同
B.空間站變軌后的運動周期比變軌前的小
C.空間站變軌后在P點的速度比變軌前的小
D.空間站變軌前的速度比變軌后在近地點的大
【點撥·提煉】 1.開普勒第三定律適用于圍繞同一中心天體運行的各種軌道的天體 (1)橢圓軌道與橢圓軌道：=k； (2)圓軌道與圓軌道：=k； (3)橢圓軌道與圓軌道：=。 2.衛星經過兩個軌道的相切點時，加速度相等。 3.不同軌道周期的比較：無論是圓軌道還是橢圓軌道，都是外軌道的周期較大。 4.同一衛星在不同軌道上機械能的比較：軌道半徑越大，機械能越大。
10.(2024·重慶卷·7)在萬有引力作用下，太空中的某三個天體可以做相對位置不變的圓周運動，假設a、b兩個天體的質量均為M，相距為2r，其連線的中點為O，另一天體(圖中未畫出)質量為m(m M)，若c處于a、b連線的垂直平分線上某特殊位置，a、b、c可視為繞O點做角速度相同的勻速圓周，且相對位置不變，忽略其他天體的影響，引力常量是G，則：
A.c的線速度大小為a的倍 B.c的向心加速度大小為b的一半
C.c在一個周期內的路程為2πr D.c的角速度大小為
1.(2024·浙江6月選考·8)與地球公轉軌道“外切”的小行星甲和“內切”的小行星乙的公轉軌道如圖所示，假設這些小行星與地球的公轉軌道都在同一平面內，地球的公轉半徑為R，小行星甲的遠日點到太陽的距離為R1，小行星乙的近日點到太陽的距離為R2，則：
A.小行星甲在遠日點的速度大于近日點的速度
B.小行星乙在遠日點的加速度小于地球公轉加速度
C.小行星甲與乙的運行周期之比=
D.甲乙兩星從遠日點到近日點的時間之比=
2.(2024·江蘇卷·11)如圖所示，細繩穿過豎直的管子拴住一個小球，讓小球在A高度處做水平面內的勻速圓周運動，現用力將細繩緩慢下拉，使小球在B高度處做水平面內的勻速圓周運動，不計一切摩擦，則：
A.線速度vA>vB B.角速度ωA>ωB
C.向心加速度aAFB
3.(2024·黑吉遼·7)如圖(a)，將一彈簧振子豎直懸掛，以小球的平衡位置為坐標原點O，豎直向上為正方向建立x軸。若將小球從彈簧原長處由靜止釋放，其在地球與某球狀天體表面做簡諧運動的圖像如(b)所示(不考慮自轉影響)，設地球、該天體的平均密度分別為ρ1和ρ2，地球半徑是該天體半徑的n倍。的值為：
A.2n B. C. D.
4.(2024·河北卷·13)如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周上的兩點，A點為最低點，B點與O點等高。當小球運動到A點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為q(q>0)、質量為m，A、B兩點間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：
(1)(2分)電場強度E的大小；
(2)(6分)小球在A、B兩點的速度大小。
答案精析
高頻考點練
1.C　[質點做勻速圓周運動，根據題意設周期T=質點所受合外力等于質點圓周運動的向心力，根據F合=Fn=mr，聯立可得Fn=r3，其中為常數，r的指數為3，故題中n=3，故選C。]
2.A　[由題意可知當插銷剛卡進固定端蓋時彈簧的伸長量為Δx=
根據胡克定律有F=kΔx=
插銷與卷軸同軸轉動，角速度相同，對插銷，彈力提供向心力，
則有F=mlω2
對卷軸有v=rω
聯立解得v=r故選A。]
3.BC　[由題意可知，摩托車在B點時，有FB+mg=m解得FB=mg，由牛頓第三定律可知，摩托車經過B點時對軌道的壓力大小為mg，選項A錯誤；摩托車從B點到A點的過程中，由機械能守恒定律有2mgR+m=m其中vB=解得vA=選項B正確；摩托車從B點到A點的過程中，豎直速度vy先增大后減小，重力的功率P=mgvy，重力的功率先增大后減小，選項C正確；摩托車從B點到A點的過程中，加速度豎直分量先向下后向上，即先失重后超重，選項D錯誤。]
4.AC　[設勻強電場的電場強度大小為E，小球由靜止釋放至最低點的過程中，根據動能定理有mgL-qEL=0，解得E=故A正確；將靜電力與重力合成，則有F合==mg，合力方向與豎直方向成45°斜向右下，將合力看成一個等效重力，找出等效最低點O'，則OO'與豎直方向成45°斜向右下，小球由靜止運動到O'點的過程，根據動能定理有mgL(1-cos 45°)=m解得擺動過程中小球的最大速度為vm=故B錯誤；小球在O'點時受到的拉力最大，設拉力為FTm，根據牛頓第二定律有FTm-F合=m解得FTm=(3-2)mg，故C正確；擺動過程中小球減少的重力勢能等于小球的動能增加量和電勢能的增加量之和，故D錯誤。]
5.(1)　(2)
解析　(1)設轉椅做勻速圓周運動時輕繩拉力為FT，轉椅質量為m，受力分析可知輕繩拉力沿切線方向的分量與轉椅受到地面的滑動摩擦力平衡，沿徑向方向的分量提供轉椅做圓周運動的向心力，故可得
FTcos α=mr1，μmg=FTsin α
聯立解得tan α=
(2)設此時輕繩拉力為FT'，沿A1B方向和垂直A1B方向豎直向上的分力分別為FT1=FT'sin θ，
FT2=FT'cos θ
對轉椅根據牛頓第二定律得FT1cos β=mr2
沿切線方向根據平衡條件有FT1sin β=Ff=μFN
豎直方向根據平衡條件有FN+FT2=mg
聯立解得ω2=。
6.BD　[返回艙在該繞月軌道上運動時萬有引力提供向心力，且返回艙繞月運行的軌道為圓軌道，半徑近似為月球半徑，則有
mg月=得v月=①
由于地球第一宇宙速度為近地衛星的環繞速度，
同理可得v地=②
由①②可得v月=v地
故A錯誤，B正確；
再根據線速度和周期的關系有
T=·R=·=
得T月=T地，故C錯誤，D正確。]
7.B　[設紅矮星質量為M1，行星質量為m1，軌道半徑為r1，行星繞紅矮星運行周期為T1；太陽的質量為M2，地球質量為m2，地球到太陽距離為r2，地球公轉周期為T2；根據萬有引力提供向心力有G=m1r1
G=m2r2
聯立得=()3·()2
由于軌道半徑約為日地距離的0.07倍，周期約為0.06年，得≈0.1，故選B。]
8.B　[根據開普勒第三定律有=可知鵲橋二號在捕獲軌道運行周期T2=T1≈288 h，A錯誤；根據開普勒第二定律可知，近月點的速度大于遠月點的速度，B正確；
從捕獲軌道到凍結軌道，鵲橋二號在近月點進行近月制動減速，在捕獲軌道運行時近月點的速度大于在凍結軌道運行時近月點的速度，C錯誤；
鵲橋二號在兩軌道的近月點所受的萬有引力相同，根據牛頓第二定律可知，在捕獲軌道運行時近月點的加速度等于在凍結軌道運行時近月點的加速度，D錯誤。]
9.A　[在P點變軌前后空間站所受到的萬有引力不變，根據牛頓第二定律可知空間站變軌前、后在P點的加速度相同，故A正確；
因為變軌后其半長軸大于原軌道半徑，根據開普勒第三定律可知空間站變軌后的運動周期比變軌前的大，故B錯誤；
變軌后在P點獲得豎直向下的反沖速度，原水平向左的圓周運動速度不變，因此合速度變大，故C錯誤；
由于空間站變軌后在P點的速度比變軌前大，而比在近地點的速度小，則空間站變軌前的速度比變軌后在近地點的小，故D錯誤。]
10.A　[a、b、c三個天體角速度相同，由于m M，則對a天體有G=Mω2r，解得ω=故D錯誤；設c與a、b的連線與a、b連線中垂線的夾角為α，對c天體有2Gcos α=mω2解得α = 30°，則c的軌道半徑為rc==r，由v=ωr可知c的線速度大小為a的倍，故A正確；由a=ω2r可知c的向心加速度大小是b的倍，故B錯誤；c在一個周期內運動的路程為s=2πrc=2πr，故C錯誤。]
補償強化練
1.D　[根據開普勒第二定律，小行星甲在遠日點的速度小于近日點的速度，故A錯誤；
根據=ma，小行星乙在遠日點的加速度等于地球公轉加速度，故B錯誤；
根據開普勒第三定律，小行星甲與乙的運行周期之比==故C錯誤；
甲乙兩行星從遠日點到近日點的時間均為各自做橢圓運動的半個周期，可得==故D正確。]
2.C　[設繩子與豎直方向夾角為θ，從小球到頂點的繩子長度為l，小球所在平面距離頂點的豎直高度為h，對小球受力分析有F向=mgtan θ=ma，由題圖可知，小球從A高度到B高度θ增大，則FB>FA，aB>aA，故C正確，D錯誤；
又mgtan θ=mrω2=mr=htan θ=lsin θ，整理有v=ω=小球從A處到達B處，l減小，θ增大，則無法判斷vA、vB的關系，又hBωA，故A、B錯誤。]
3.C　[設地球表面的重力加速度為g，某球狀天體表面的重力加速度為g'，彈簧的勁度系數為k，小球質量為m，根據簡諧運動的平衡位置合力為零有k·2A=mg，k·A=mg'，可得g=g'=可得=2，設某球狀天體的半徑為R，在地球和天體表面，分別有G=mg，
G=mg'，
聯立可得=故選C。]
4.(1)　(2)　
解析　(1)由勻強電場中電勢差與電場強度的關系，電場強度E=
(2)在A點細線對小球的拉力為0，
根據牛頓第二定律得
Eq-mg=m
A到B過程根據動能定理得
qU-mgL=m-m
聯立解得vA=vB=。(共42張PPT)
專題一　力與運動
微專題6
圓周運動　萬有引力與宇宙航行
知識聚焦
高頻考點練
內容索引
補償強化練
知識聚焦
PART ONE
考點一　圓周運動
1.(2023·全國甲卷·17)一質點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于
A.1 B.2
C.3 D.4
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7
8
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PART TWO
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質點做勻速圓周運動，根據題意設周期T=，質點所受合外力等于質點圓周運動的向心力，根據F合=Fn=mr，聯立可得Fn=r3，其中為常數，r的指數為3，故題中n=3，故選C。
10
2.(2024·廣東卷·5)如圖所示，在細繩的拉動下，半徑為r的卷軸可繞其固定的中心點O在水平面內轉動。卷軸上沿半徑方向固定著長度為l的細管，管底在O點。細管內有一根原長為、勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧底端固定在管底，頂端連接質量為m、可視為質點的插銷。當以速度v勻速拉動細繩時，插銷做勻速圓周運動。若v過大，插銷會卡進固定的端蓋，使卷軸轉動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內。要使卷軸轉動不停止，v的最大值為
A.r B.l
C.r D.l
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插銷與卷軸同軸轉動，角速度相同，對插銷，彈力提供向心力，則有F=mlω2
對卷軸有v=rω
聯立解得v=r，故選A。
由題意可知當插銷剛卡進固定端蓋時彈簧的
伸長量為Δx=，
根據胡克定律有F=kΔx=
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3.(多選)(2024·廣東湛江市二模)某馬戲團上演的飛車節目如圖所示，在豎直平面內有半徑為R的固定圓軌道。表演者騎著摩托車在圓軌道內做圓周運動。已知人和摩托車的總質量為m，重力加速度大小為g，摩托車以的速度通過圓軌道的最高點B。關閉摩托車的動力，不計摩擦，忽略空氣阻力，人和摩托車整體可視為質點，下列說法正確的是
A.摩托車經過B點時對軌道的壓力大小為2mg
B.摩托車經過A點時的速度大小為
C.摩托車從B點到A點的過程中，重力的功率先增大后減小
D.摩托車從B點到A點的過程中，先超重后失重
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摩托車從B點到A點的過程中，由機械能守恒定律有2mgR
+m=m，其中vB=，解得vA=，選項B正確；
摩托車從B點到A點的過程中，豎直速度vy先增大后減小，重力的功率P=mgvy，重力的功率先增大后減小，選項C正確；
摩托車從B點到A點的過程中，加速度豎直分量先向下后向上，即先失重后超重，選項D錯誤。
由題意可知，摩托車在B點時，有FB+mg=m，解得FB=mg，由牛頓第三定律可知，摩托車經過B點時對軌道的壓力大小為mg，選項A錯誤；
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4.(多選)(2024·江西鷹潭市模擬)如圖所示，空間內存在方向水平向右的勻強電場，一根長為L，不可伸長的絕緣細繩的一端連著一個質量為m、帶電荷量為+q(q>0)的小球(視為質點)，另一端固定于O點。初始時細繩(張緊狀態)與電場線平行，由靜止釋放小球，小球擺到O點正下方時速度為零，重力加速度大小為g，下列說法正確的是
A.勻強電場的電場強度大小為
B.擺動過程中小球的最大速度為
C.擺動過程中小球所受的最大拉力為(3-2)mg
D.擺動過程中小球減少的重力勢能與增加的電勢能始終相等
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將靜電力與重力合成，則有F合==
mg，合力方向與豎直方向成45°斜向右下，將合力看成一個等效重力，找出等效最低點O'，則OO'與豎直方向成45°斜向右下，小球由靜止運動到O'點的過程，根據動能定理有mgL(1-cos 45°)=
m，解得擺動過程中小球的最大速度為vm=，故B錯誤；
設勻強電場的電場強度大小為E，小球由靜止釋放至最低點的過程中，根據動能定理有mgL-qEL=0，解得E=，故A正確；
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小球在O'點時受到的拉力最大，設拉力為FTm，根據牛頓第二定律有FTm-F合=m，解得FTm=(3-2)mg，故C正確；
擺動過程中小球減少的重力勢能等于小球的動能增加量和電勢能的增加量之和，故D錯誤。
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點撥·提煉
對于帶電體在電場和重力場疊加下的圓周運動：
(1)先求出等效重力加速度：作出重力與靜電力的合力F合，將這個合力視為一個等效重力，則等效重力加速度g'=。
(2)找等效最高點和最低點：在“等效重力場”中做圓周運動的帶電體，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點即為等效最高點和最低點。
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5.(2024·江西卷·14)雪地轉椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉椅在雪地上滑動。如圖(a)、(b)所示，傳動裝置有一高度可調的水平圓盤，可繞通過中心O點的豎直軸勻速轉動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉椅(視為質點)。轉椅運動穩定后，其角速度與圓盤角速度相等。轉椅與雪地之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。
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(1)在圖(a)中，若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O點做半徑為r1的勻速圓周運動。求AB與OB之間夾角α的正切值。
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設轉椅做勻速圓周運動時輕繩拉力為FT，轉椅質量為m，受力分析可知輕繩拉力沿切線方向的分量與轉椅受到地面的滑動摩擦力平衡，沿徑向方向的分量提供轉椅做圓周運動的向心力，故可得
FTcos α=mr1，μmg=FTsin α
聯立解得tan α=
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(2)將圓盤升高，如圖(b)所示。圓盤勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞O1點做半徑為r2的勻速圓周運動，繩子與豎直方向的夾角為θ，繩子在水平雪地上的投影A1B與O1B的夾角為β。求此時圓盤的角速度ω2。
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設此時輕繩拉力為FT'，沿A1B方向和垂直A1B方向豎直向上的分力分別為FT1=FT'sin θ，FT2=FT'cos θ
對轉椅根據牛頓第二定律得FT1cos β=mr2
沿切線方向根據平衡條件有FT1sin β=Ff=μFN
豎直方向根據平衡條件有FN+FT2=mg
聯立解得ω2=。
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考點二　萬有引力與宇宙航行
6.(多選)(2024·湖南卷·7)2024年5月3日，“嫦娥六號”探測器順利進入地月轉移軌道，正式開啟月球之旅。相較于“嫦娥四號”和“嫦娥五號”，本次的主要任務是登陸月球背面進行月壤采集并通過升空器將月壤轉移至繞月運行的返回艙，返回艙再通過返回軌道返回地球。設返回艙繞月運行的軌道為圓軌道，半徑近似為月球半徑。已知月球表面重力加速度約為地球表面的，月球半徑約為地球半徑的。關于返回艙在該繞月軌道上的運動，下列說法正確的是
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A.其相對于月球的速度大于地球第一宇宙速度
B.其相對于月球的速度小于地球第一宇宙速度
C.其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛星周期的倍
D.其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛星周期的倍
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返回艙在該繞月軌道上運動時萬有引力提供向心力，且返回艙繞月運行的軌道為圓軌道，半徑近似為月球半徑，則有
mg月=得v月= ①
由于地球第一宇宙速度為近地衛星的環繞速度，
同理可得v地= ②
由①②可得v月=v地
故A錯誤，B正確；
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再根據線速度和周期的關系有
T=·R，=·=
得T月=T地，故C錯誤，D正確。
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7.(2024·新課標卷·16)天文學家發現，在太陽系外的一顆紅矮星有兩顆行星繞其運行，其中行星GJ1002c的軌道近似為圓，軌道半徑約為日地距離的0.07倍，周期約為0.06年，則這顆紅矮星的質量約為太陽質量的
A.0.001倍 B.0.1倍
C.10倍 D.1 000倍
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√
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設紅矮星質量為M1，行星質量為m1，軌道半徑為r1，行星繞紅矮星運行周期為T1；太陽的質量為M2，地球質量為m2，地球到太陽距離為r2，
地球公轉周期為T2；根據萬有引力提供向心力有G=m1r1
G=m2r2
聯立得=()3·()2
由于軌道半徑約為日地距離的0.07倍，周期約為0.06年，得≈0.1，
故選B。
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8.(2024·安徽卷·5)2024年3月20日，我國探月工程四期鵲橋二號中繼星成功發射升空。當抵達距離月球表面某高度時，鵲橋二號開始進行近月制動，并順利進入捕獲軌道運行，如圖所示，軌道的半長軸約為51 900 km。后經多次軌道調整，進入凍結軌道運行，軌道的半長軸約為9 900 km，周期約為24 h。則鵲橋二號在捕獲軌道運行時
A.周期約為144 h
B.近月點的速度大于遠月點的速度
C.近月點的速度小于在凍結軌道運行時近月點的速度
D.近月點的加速度大于在凍結軌道運行時近月點的加速度
√
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根據開普勒第二定律可知，近月點的速度大于遠月點的速度，B正確；
從捕獲軌道到凍結軌道，鵲橋二號在近月點進行近月制動減速，在捕獲軌道運行時近月點的速度大于在凍結軌道運行時近月點的速度，C錯誤；
根據開普勒第三定律有=，可知鵲橋二號在捕獲軌道運行周期T2=T1≈288 h，A
錯誤；
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鵲橋二號在兩軌道的近月點所受的萬有引力相同，根據牛頓第二定律可知，在捕獲軌道運行時近月點的加速度等于在凍結軌道運行時近月點的加速度，D錯誤。
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9.(2024·湖北卷·4)太空碎片會對航天器帶來危害。設空間站在地球附近沿逆時針方向做勻速圓周運動，如圖中實線所示。為了避開碎片，空間站在P點向圖中箭頭所指徑向方向極短時間噴射氣體，使空間站獲得一定的反沖速度，從而實現變軌。變軌后的軌道如圖中虛線所示，其半長軸大于原軌道半徑。則
A.空間站變軌前、后在P點的加速度相同
B.空間站變軌后的運動周期比變軌前的小
C.空間站變軌后在P點的速度比變軌前的小
D.空間站變軌前的速度比變軌后在近地點的大
√
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變軌后在P點獲得豎直向下的反沖速度，原水平向左的圓周運動速度不變，因此合速度變大，故C錯誤；
由于空間站變軌后在P點的速度比變軌前大，而比在近地點的速度小，則空間站變軌前的速度比變軌后在近地點的小，故D錯誤。
在P點變軌前后空間站所受到的萬有引力不變，根據牛頓第二定律可知空間站變軌前、后在P點的加速度相同，故A正確；
因為變軌后其半長軸大于原軌道半徑，根據開普勒第三定律可知空間站變軌后的運動周期比變軌前的大，故B錯誤；
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點撥·提煉
1.開普勒第三定律適用于圍繞同一中心天體運行的各種軌道的天體
(1)橢圓軌道與橢圓軌道：=k；
(2)圓軌道與圓軌道：=k；
(3)橢圓軌道與圓軌道：=。
2.衛星經過兩個軌道的相切點時，加速度相等。
3.不同軌道周期的比較：無論是圓軌道還是橢圓軌道，都是外軌道的周期較大。
4.同一衛星在不同軌道上機械能的比較：軌道半徑越大，機械能越大。
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10.(2024·重慶卷·7)在萬有引力作用下，太空中的某三個天體可以做相對位置不變的圓周運動，假設a、b兩個天體的質量均為M，相距為2r，其連線的中點為O，另一天體(圖中未畫出)質量為m(m M)，若c處于a、b連線的垂直平分線上某特殊位置，a、b、c可視為繞O點做角速度相同的勻速圓周，且相對位置不變，忽略其他天體的影響，引力常量是G，則
A.c的線速度大小為a的倍
B.c的向心加速度大小為b的一半
C.c在一個周期內的路程為2πr
D.c的角速度大小為
√
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設c與a、b的連線與a、b連線中垂線的夾角為α，對c天體有2Gcos α
=mω2，解得α = 30°，則c的軌道半徑為rc==r，由v=ωr可知c的線速度大小為a的倍，故A正確；
由a=ω2r可知c的向心加速度大小是b的倍，故B錯誤；
c在一個周期內運動的路程為s=2πrc=2πr，故C錯誤。
a、b、c三個天體角速度相同，由于m M，則對
a天體有G=Mω2r，解得ω=，故D錯誤；
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1.(2024·浙江6月選考·8)與地球公轉軌道“外切”的小行星甲和“內切”的小行星乙的公轉軌道如圖所示，假設這些小行星與地球的公轉軌道都在同一平面內，地球的公轉半徑為R，小行星甲的遠日點到太陽的距離為R1，小行星乙的近日點到太陽的距離為R2，則
A.小行星甲在遠日點的速度大于近日點的速度
B.小行星乙在遠日點的加速度小于地球公轉加速度
C.小行星甲與乙的運行周期之比=
D.甲乙兩星從遠日點到近日點的時間之比=
補償強化練
PART THREE
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√
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根據開普勒第三定律，小行星甲與乙的運行周期之比==
，故C錯誤；
根據開普勒第二定律，小行星甲在遠日點的速度小于近日點的速度，故A錯誤；
根據=ma，小行星乙在遠日點的加速度等于地球公轉加速度，故B錯誤；
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甲乙兩行星從遠日點到近日點的時間均為各自做橢圓運動的半個周期，可得==，故D正確。
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2.(2024·江蘇卷·11)如圖所示，細繩穿過豎直的管子拴住一個小球，讓小球在A高度處做水平面內的勻速圓周運動，現用力將細繩緩慢下拉，使小球在B高度處做水平面內的勻速圓周運動，不計一切摩擦，則
A.線速度vA>vB B.角速度ωA>ωB
C.向心加速度aAFB
√
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又mgtan θ=mrω2=m，r=htan θ=lsin θ，整理有v=，ω=，小球從A處到達B處，l減小，θ增大，則無法判斷vA、vB的關系，又hBωA，故A、B錯誤。
設繩子與豎直方向夾角為θ，從小球到頂點的繩子長度為l，小球所在平面距離頂點的豎直高度為h，對小球受力分析有F向=mgtan θ=ma，由題圖可知，小球從A高度到B高度θ增大，則FB>FA，aB>aA，故C正確，D錯誤；
3.(2024·黑吉遼·7)如圖(a)，將一彈簧振子豎直懸掛，以小球的平衡位置為坐標原點O，豎直向上為正方向建立x軸。若將小球從彈簧原長處由靜止釋放，其在地球與某球狀天體表面做簡諧運動的圖像如(b)所示(不考慮自轉影響)，設地球、該天體的平均密度分別為ρ1和ρ2，地球半徑是該天體半徑的n倍。的值為
A.2n B.
C. D.
√
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可得g=，g'==2，設某球狀天體的半徑為R，在地球和
天體表面，分別有G=mg，G=mg'，聯立可得=，
故選C。
設地球表面的重力加速度為g，某球狀天體表面的重力加速度為g'，彈簧的勁度系數為k，小球質量為m，根據簡諧運動的平衡位置合力為零有k·2A=mg，k·A=mg'，
4.(2024·河北卷·13)如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周上的兩點，A點為最低點，B點與O點等高。當小球運動到A點時，細線對小
球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為q(q>0)、質量為m，A、B兩點間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：
(1)電場強度E的大小；
答案　　
由勻強電場中電勢差與電場強度的關系，電場強度E=
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(2)小球在A、B兩點的速度大小。
答案　　
在A點細線對小球的拉力為0，
根據牛頓第二定律得Eq-mg=m
A到B過程根據動能定理得
qU-mgL=m-m
聯立解得vA=，vB=。
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