2023版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天冲刺训练

PAGEPAGE2第四章曲线运动万有引力与航天冲刺训练(一)曲线运动中的一个难点——双临界问题(细化题型)平抛运动和圆周运动是两种典型的曲线运动模型，均是高考的重点，两者巧妙地结合对学生的推理能力提出更高要求，成为高考的难点。双临界问题能有效地考查学生的分析能力和创新能力，从而成为高考命题的重要素材。下面分三类情况进行分析。平抛运动中的双临界问题[典例1](多项选择)(2022·济宁联考)刀削面是西北人喜欢的面食之一，全凭刀削得名。如下图，将一锅水烧开，拿一块面团放在锅旁边较高处，用刀片飞快地削下一片片很薄的面片儿，面片便水平飞向锅里，假设面团到锅上沿的竖直距离为0.8m，面团离锅上沿最近的水平距离为0.4m，锅的直径为0.4m。假设削出的面片能落入锅中，那么面片的水平初速度可能是(g＝10m/s2)()A．0.8m/sB．1.2m/sC．1.8m/s D．3.0m/s[解析]水平飞出的面片发生的运动可看成平抛运动，根据平抛运动规律，水平方向：x＝v0t①，竖直方向：y＝eq\f(1,2)gt2②，其中水平位移大小的范围是0.4m≤x≤0.8m，联立①②代入数据解得1m/s≤v0≤2m/s，故B、C项正确。[答案]BC[方法规律]解决平抛运动中双临界问题的一般思路(1)从题意中提取出重要的临界条件，如“恰好〞“不大于〞等关键词，准确理解其含义；(2)作出草图，确定物体的临界位置，标注速度、高度、位移等临界值；(3)在图中画出临界轨迹，运用平抛运动的规律进行解答。[集训冲关]1．(2022·济南模拟)套圈游戏是一项很受欢送的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3m的20cm高的竖直细杆，即为获胜。一身高1.7m的人从距地面1m高度水平抛出圆环，圆环半径为8cm，要想套住细杆，他水平抛出圆环的速度可能为(g取10m/s2)()A．7.4m/sB．7.8m/sC．8.2m/s D．8.6m/s解析：选B根据h1－h2＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2h1－h2,g))＝eq\r(\f(2×1.0－0.2,10))s＝0.4s。那么圆环做平抛运动的最大速度v1＝eq\f(x＋d,t)＝eq\f(3＋0.16,0.4)m/s＝7.9m/s，最小速度v2＝eq\f(x,t)＝eq\f(3,0.4)m/s＝7.5m/s，那么7.5m/s<v<7.9m/s，故B正确。2.(2022·安徽师大附中检测)如图，窗子上、下沿间的高度H＝1.6m，墙的厚度d＝0.4m，某人在离墙壁距离L＝1.4m、距窗子上沿h＝0.2m处的P点，将可视为质点的小物件以速度v水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10m/s2。那么v的取值范围是()A．v>7m/s B．v<2.3m/sC．3m/s≤v≤7m/s D．2.3m/s≤v≤3m/s解析：选C小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大。此时有L＝vmaxt，h＝eq\f(1,2)gt2，代入解得vmax＝7m/s，恰好擦着窗口下沿左侧穿过时速度v最小，那么有L＋d＝vmint，H＋h＝eq\f(1,2)gt′2，解得vmin＝3m/s，故v的取值范围是3m/s≤v≤7m/s，C正确。3.一阶梯如下图，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m，一小球以水平速度v飞出，g取10m/s2，欲打在第四级台阶上，那么v的取值范围是()A.eq\r(6)m/s<v≤2eq\r(2)m/sB．2eq\r(2)m/s<v≤3.5m/sC.eq\r(2)m/s<v<eq\r(6)m/sD．2eq\r(2)m/s<v<eq\r(6)m/s解析：选A假设小球打在第四级台阶的边缘上，高度h＝4d，根据h＝eq\f(1,2)gt12，得t1＝eq\r(\f(8d,g))＝eq\r(\f(8×0.4,10))s＝eq\r(0.32)s，水平位移x1＝4d，那么平抛的最大速度v1＝eq\f(x1,t1)＝eq\f(1.6,\r(0.32))m/s＝2eq\r(2)m/s；假设小球打在第三级台阶的边缘上，高度h＝3d，根据h＝eq\f(1,2)gt22，得t2＝eq\r(\f(6d,g))＝eq\r(0.24)s，水平位移x2＝3d，那么平抛运动的最小速度v2＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(1.2,\r(0.24))m/s＝eq\r(6)m/s，所以速度范围：eq\r(6)m/s<v≤2eq\r(2)m/s，故A正确。4．(2022·湛江质检)如下图，一网球运发动将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置(不计空气阻力)，数据如下图，那么以下说法中正确的选项是()A．击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝2h2B．假设保持击球高度不变，只要球的初速度v0不大于eq\f(s,h1)eq\r(2gh1)，球就一定落在对方界内C．任意降低击球高度(仍大于h2)，只要击球初速度适宜，球就一定能落在对方界内D．任意增加击球高度，只要击球初速度适宜，球一定能落在对方界内解析：选D不计空气阻力，网球做平抛运动。网球由h1高度被水平击出，刚好越过球网，落在另一侧的中点。由h1＝eq\f(1,2)gt12，eq\f(3,2)s＝v0t1及h1－h2＝eq\f(1,2)gt22，s＝v0t2得h1＝1.8h2，A错误；要使球落在对方界内，h1＝eq\f(1,2)gt32，x＝v0t3＜2s，得v0＜eq\f(s,h1)eq\r(2gh1)，当v0＝eq\f(s,h1)eq\r(2gh1)时，球刚好落在界线上，B错误；击球高度为某一值hL时，假设球刚好过网并落在界线上，有hL＝eq\f(1,2)gtL2,2s＝vLtL及hL－h2＝eq\f(1,2)gtL′2，s＝vLtL′，解得hL＝eq\f(4,3)h2，高度小于hL时，球击出后或者落在自己一侧(速度过小时)，或者出界(速度过大时)，C错误；击球高度大于hL时，只要击球速度适宜，球一定能落在对方界内，D正确。5.如下图，水平屋顶高H＝5m，墙高h＝3.2m，墙到房子的距离L＝3m，墙外马路宽x＝10m，小球从房顶水平飞出，落在墙外的马路上，g＝10m/s2。求：(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；(2)小球落在马路上的最小速度。解析：(1)设小球恰好落到马路的右侧边缘时，水平初速度为v01，那么水平位移L＋x＝v01t1竖直位移H＝eq\f(1,2)gt12联立解得v01＝13m/s设小球恰好越过墙的边缘时，水平初速度为v02，那么水平位移L＝v02t2竖直位移H－h＝eq\f(1,2)gt22联立解得v02＝5m/s所以小球抛出时的速度大小范围为5m/s≤v0≤13m/s。(2)小球落在马路上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过墙的边缘落在马路上时，落地速度最小。竖直方向vy2＝2gH又有vmin＝eq\r(v022＋vy2)，解得vmin＝5eq\r(5)答案：(1)5m/s≤v0≤13m/s(2)5eq\r(5)圆周运动中的双临界问题[典例2](多项选择)如下图，AC、BC两绳系一质量为m＝0.1kg的小球，AC绳长L＝2m，两绳的另一端分别固定于轴的A、B两处，两绳拉直时与竖直轴的夹角分别为30°和45°。小球在水平面内做匀速圆周运动时，假设两绳中始终有张力，小球的角速度可能是(g＝10m/s2)()A．2rad/s B．2.5rad/sC．3rad/s D．4rad/s[解析]当BC绳刚好拉直时(BC绳中的张力为0)，此时小球的角速度最小，那么有mgtan30°＝mωmin2Lsin30°，解得ωmin＝eq\r(\f(g,Lcos30°))，代入数据得ωmin≈2.4rad/s；当角速度继续增大时，AC绳中拉力减小，BC绳中张力增大，当AC绳中拉力为0(AC绳刚好拉直)时，小球角速度最大，那么有mgtan45°＝mωmax2Lsin30°，代入数据得ωmax≈3.16rad/s，综上所述，B、C项正确。[答案]BC[方法规律]圆周运动中的常用临界条件(1)绳子松弛，绳子张力为零；(2)绳子刚好拉断或刚好不断，绳子张力最大；(3)两接触物体在接触面上刚好脱离或不脱离，那么两物体接触面间相互作用力为零；(4)物体刚好不滑动，那么静摩擦力到达最大。[集训冲关]1.(多项选择)(2022·广东联考)如下图，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，要使小球不脱离圆轨道运动，v0的大小可能为(g＝10m/s2)()A．2m/s B．4m/sC．6m/s D．8m/s解析：选ACD假设小球能通过最高点，那么由mg＝meq\f(vmin2,r)，可求得小球通过最高点的最小速度vmin＝eq\r(gr)＝2m/s，由机械能守恒定律，有：mg·2r＋eq\f(1,2)mvmin2＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝2eq\r(5)m/s；假设不通过四分之一圆周，根据机械能守恒定律有：mgr＝eq\f(1,2)mv02，得出v0＝2eq\r(2)m/s，所以v0≥2eq\r(5)m/s或v0≤2eq\r(2)m/s均符合要求，故A、C、D正确，B错误。2.如下图，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环之间的摩擦阻力)，那么瞬时速度v必须满足()A．最小值eq\r(4gr) B．最大值eq\r(6gr)C．最小值eq\r(3gr) D．最大值eq\r(7gr)解析：选D要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg＝meq\f(v02,r)，对小球从最低点运动到最高点的过程应用机械能守恒得eq\f(1,2)mvmin2＝mg·2r＋eq\f(1,2)mv02，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为eq\r(5gr)，A、C错误；为了不使环在竖直方向上跳起，那么在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg，满足3mg＝meq\f(v12,r)，从最低点到最高点由机械能守恒得eq\f(1,2)mvmax2＝mg·2r＋eq\f(1,2)mv12，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为eq\r(7gr)，B错误，D正确。3.如下图，半径为eq\f(l,4)、质量为m的小球用两根不可伸长的轻绳a、b连接，两轻绳的另一端系在一根竖直杆的A、B两点上，A、B两点相距为l，当两轻绳伸直后，A、B两点到球心的距离均为l。当竖直杆以自己为轴转动并到达稳定时(轻绳a、b与杆在同一竖直平面内)。求：(1)竖直杆角速度ω为多大时，小球恰好离开竖直杆；(2)轻绳a的张力Fa与竖直杆转动的角速度ω之间的关系。解析：(1)小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，设此时轻绳a与竖直杆间的夹角为α，由题意可知sinα＝eq\f(1,4)，r＝eq\f(l,4)沿半径：Fasinα＝mω2r垂直半径：Facosα＝mg联立解得ω＝2eq\r(\f(g,\r(15)l))。(2)由(1)可知0≤ω≤2eq\r(\f(g,\r(15)l))时，Fa＝eq\f(4,\r(15))mg；假设角速度ω再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b恰伸直前，设轻绳a与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆周运动的半径为r＝lsinβ沿半径：Fasinβ＝mω2r垂直半径：Facosβ＝mg联立解得Fa＝mω2由几何关系知，当轻绳b恰伸直时，β＝60°，解得此时ω＝eq\r(\f(2g,l))。故有Fa＝mω2l，此时2eq\r(\f(g,\r(15)l))<ω≤eq\r(\f(2g,l))；假设角速度ω再增大，轻绳b伸直后，小球做圆周运动的半径为r＝lsin60°沿半径：Fasin60°＋Fbsin60°＝mω2r垂直半径：Facos60°＝Fbcos60°＋mg联立解得Fa＝eq\f(1,2)mlω2＋mg，此时ω>eq\r(\f(2g,l))。答案：(1)2eq\r(\f(g,\r(15)l))(2)见解析平抛运动与圆周运动组合中的双临界问题[典例3](2022·长沙校级月考)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如下图，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动距离L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。赛车质量m＝0.1kg，通电后以额定功率P＝2.5W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为0.25N，随后在运动中受到的阻力均可不计。图中L＝10.00m，R＝0.18m，h＝0.80m，s＝2.00m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(g＝10m/s2)[解析]设赛车恰好通过圆轨道最高点的速度大小为v1，最低点的速度大小为v2，根据牛顿第二定律和动能定理得mg＝eq\f(mv12,R)，①－mg·2R＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22，②综合①②解得v2＝3m/s。设赛车越过壕沟需要的最小速度为v3，由平抛运动规律得s＝v3t，③h＝eq\f(1,2)gt2，④综合③④解得v3＝5m/s。综上分析，欲使赛车完成比赛，在进入竖直圆轨道前的最小速度应该是v3＝5m/s。设电动机工作时间至少为t′，根据动能定理有Pt′－fL＝eq\f(1,2)mv32，代入数据解得t′＝1.5s。[答案]1.5s[方法规律]平抛运动与圆周运动组合中的双临界问题本质上是多过程运动问题，通常求解分三步：[提能增分集训]1.(多项选择)(2022·佛山调研)如下图，两个半径均为R的eq\f(1,4)光滑圆弧对接于O点，有物体从上面圆弧上的某点C以上任意位置由静止下滑(C点未标出)，都能从O点平抛出去，那么()A．∠CO1O＝60° B．∠CO1O＝45°C．落地点距O2最远为2R D．落地点距O2最近为R解析：选AC要使物体从O点平抛出去，在O点有mg≤eq\f(mv2,R)，解得物体从O点平抛出去的最小速度vmin＝eq\r(gR)。设∠CO1O＝θ，由机械能守恒定律得，mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvmin2，解得∠CO1O＝θ＝60°，选项A正确，B错误；由平抛运动规律，有R＝eq\f(1,2)gt2，xmin＝vmint，解得落地点距O2最近为xmin＝eq\r(2)R，选项D错误；假设物体从A点由静止下滑，到达O点时速度最大为vmax＝eq\r(2gR)，由平抛运动规律，有R＝eq\f(1,2)gt2，xmax＝vmaxt，解得落地点距O2最远为xmax＝2R，选项C正确。2．(多项选择)(2022·广西模拟)如下图，两个eq\f(3,4)竖直光滑圆弧轨道固定在同一水平地面上，左侧轨道由金属凹槽制成，半径为2R，右侧轨道由金属圆管制成，半径为R，在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球释放处距离地面的高度分别为hA和hB，那么以下说法正确的选项是()A．适当调整hA，可使小球A从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处B．适当调整hB，可使小球B从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处C．假设使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5RD．假设使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为eq\f(5R,2)解析：选BC小球A通过圆弧轨道最高点具有最小速度时，重力完全提供向心力，即mg＝meq\f(v2,2R)，解得v＝eq\r(2gR)，小球A飞出后，做平抛运动，2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，解得x＝2eq\r(2)R>2R，因此无论怎么调整hA，小球A都不可能落在轨道的右端口处，A项错误；小球A以最小速度通过轨道最高点时，hA具有最小值，由动能定理可知，mg(hA－4R)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得最小高度hA＝5R，C项正确；小球B通过圆管轨道最高点的最小速度为零，因此可以适当调整hB，使小球B从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，B项正确；由机械能守恒定律可知，hB的最小高度为2R，D项错误。3．如下图，一个四分之三圆弧形光滑细圆管轨道ABC放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平桌面AD相接，桌面与圆心O等高。MN是放在水平桌面上长为3R、厚度不计的垫子，左端M正好位于A点。将一个质量为m、直径略小于圆管直径的小球从A处管口正上方某点由静止释放，不考虑空气阻力。欲使小球能通过C点落到垫子上，求小球离A点的高度的范围。解析：小球通过C点后做平抛运动，假设恰好落在M端，水平方向：R＝v1t1①竖直方向：R＝eq\f(1,2)gt12②对小球从静止释放到最高点(C点)过程应用动能定理有mg(h1－R)＝eq\f(1,2)mv12③综合①②③式解得h1＝eq\f(5,4)R。假设小球通过C点恰好落在N端，水平方向：4R＝v2t2④竖直方向：R＝eq\f(1,2)gt22⑤对小球从静止到最高点(C点)过程应用动能定理有mg(h2－R)＝eq\f(1,2)mv22⑥综合④⑤⑥式解得h2＝5R。欲使小球通过C点落在垫子MN上，小球下落的高度范围为eq\f(5,4)R≤h≤5R。答案：eq\f(5,4)R≤h≤5R4．(2022·洛阳统考)某物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如下图，选手在A点用一弹射装置可将小滑块以水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2m，水平距离s＝0.6m，水平轨道AB长为L1＝1m，BC长为L2＝2.6m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。(1)假设小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点被弹射出时的速度大小；(2)假设游戏规那么为小滑块沿着圆形轨道运行一周后只要不掉进陷阱即为选手获胜。求获胜选手在A点将小滑块弹射出的速度大小的范围。解析：(1)设小滑块恰能通过圆形轨道最高点时的速度为v，由牛顿第二定律有mg＝meq\f(v2,R)从B点到最高点，小滑块机械能守恒，有eq\f(1,2)mvB2＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2由A点到B点由动能定理得－μmgL1＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv12由以上三式解得A点的速度为v1＝5m/s。(2)假设小滑块刚好停在C处，从A到C点由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mv22解得A点的速度为v2＝6m/s假设小滑块停在BC段，应满足5m/s≤vA≤6m/s假设小滑块能通过C点并恰好越过陷阱，利用平抛运动规律有竖直方向：h＝eq\f(1,2)gt2水平方向：s＝vCt从A点到C点由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv32解得v3＝3eq\r(5)所以初速度的范围需满足5m/s≤vA≤6m/s或vA≥3eq\r(5)m/s。答案：(1)5m/s(2)5m/s≤vA≤6m/s或vA≥3eq\r(5)第四章冲刺985深化内容(二)万有引力与航天中的一个热点——天体运动(强练提能)近地卫星、同步卫星及轨道上物体的运行问题1．(多项选择)(2022·襄阳模拟)最近我国连续发射了多颗“北斗一号〞导航定位卫星，预示着我国通讯技术的不断提高。该卫星处于地球的同步轨道，假设其离地高度为h，地球半径为R，地面附近重力加速度为g，那么有()A．该卫星运行周期为24hB．该卫星所在处的重力加速度是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,R＋h)))2gC．该卫星周期与近地卫星周期之比是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(h,R)))eq\f(2,3)D．该卫星的动能是eq\f(mgR2,2R＋h)解析：选ABD地球同步卫星和地球自转同步，周期为24h，A正确；由Geq\f(Mm,r2)＝mg＝meq\f(4π2,T2)r＝meq\f(v2,r)可知，g＝eq\f(GM,r2)，那么该卫星所在处的重力加速度和地面处的重力加速度之比是eq\f(R2,R＋h2)，可知B正确；T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，该卫星周期与近地卫星周期之比是eq\r(\f(R＋h3,R3))，C错误；该卫星的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)·eq\f(GMm,R＋h)＝eq\f(mgR2,2R＋h)，D正确。2．(多项选择)地球同步卫星离地心的距离为r，运行速率为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，半径为R，那么以下比例关系中正确的选项是()A.eq\f(a1,a2)＝eq\f(r,R) B.eq\f(a1,a2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,R)))2C.eq\f(v1,v2)＝eq\f(r,R) D.eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(R,r))解析：选AD设地球质量为M，同步卫星的质量为m1，在地球赤道外表随地球做匀速圆周运动的物体的质量为m2，根据向心加速度和角速度的关系有a1＝ω12r，a2＝ω22R，又ω1＝ω2，故eq\f(a1,a2)＝eq\f(r,R)，选项A正确；由万有引力定律和牛顿第二定律得Geq\f(Mm1,r2)＝m1eq\f(v12,r)，Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v22,R)，解得eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(R,r))，选项D正确。3．地球赤道上的物体随地球自转的线速度大小为v1、向心加速度大小为a1，近地卫星线速度大小为v2、向心加速度大小为a2，地球同步卫星线速度大小为v3、向心加速度大小为a3。设近地卫星距地面高度不计，同步卫星距地面高度约为地球半径的6倍。那么以下结论正确的选项是()A.eq\f(v2,v3)＝eq\f(\r(6),1)B.eq\f(v2,v3)＝eq\f(1,7)C.eq\f(a1,a3)＝eq\f(1,7)D.eq\f(a1,a3)＝eq\f(49,1)解析：选C地球赤道上的物体与地球同步卫星是相对静止的，有相同的角速度和周期，同步卫星距地心距离约为地球半径的7倍，由公式a＝ω2r知eq\f(a1,a3)＝eq\f(1,7)，那么C正确，D错误；近地卫星与地球同步卫星都是卫星，都绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力：Geq\f(Mm,r2)＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，那么速度比v2∶v3＝eq\r(7)∶1，故A、B错误。4．(2022·河南省中原名校高三第二次联考)四颗地球卫星a、b、c、d的排列位置如下图，其中，a是静止在地球赤道上还未发射的卫星，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，四颗卫星相比拟()A．a的向心加速度最大B．相同时间内b转过的弧长最长C．c相对于b静止D．d的运动周期可能是23h解析：选B同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，那么知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r知，c的向心加速度比a的向心加速度大，故A错误；由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，卫星的半径越小，速度越大，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B正确；b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，c相对于地面静止，近地轨道卫星相对于地面运动，所以c相对于b运动，故C错误；由开普勒第三定律eq\f(R3,T2)＝k知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故D错误。卫星沿椭圆轨道运行问题5．(2022·北京高考)如下图，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。以下说法正确的选项是()A．不管在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B．不管在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量解析：选B在P点，沿轨道1运行时，地球对人造卫星的引力大于人造卫星做圆周运动需要的向心力，即F引＞eq\f(mv12,r)，沿轨道2运行时，地球对人造卫星的引力刚好能提供人造卫星做圆周运动的向心力，即F引＝eq\f(mv22,r)，故v1＜v2，选项A错误；在P点，人造卫星在轨道1和轨道2运行时，地球对人造卫星的引力相同，由牛顿第二定律可知，人造卫星在P点的加速度相同，选项B正确；在轨道1的不同位置，地球对人造卫星引力大小不同，故加速度也不同，选项C错误；在轨道2上不同位置速度方向不同，故动量不同，选项D错误。6．(2022·黄冈中学模拟)地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，卫星甲、乙、丙在如下图三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中正确的选项是()A．如果地球自转的角速度突然变为原来的eq\f(g＋a,a)倍，那么赤道上的物体将会“飘〞起来B．卫星甲、乙经过P点时的加速度大小相等C．卫星甲的周期最小D．三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度解析：选B使地球上的物体“飘〞起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提供物体随地球自转时的向心力那么有：eq\f(GMm,R2)－mg＝ma，当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，那么此时物体的向心加速度为a′：ma′＝eq\f(GMm,R2)＝mg＋ma，即此时的向心加速度a′＝g＋a，那么a＝rω2，那么ω2变为原来的eq\f(g＋a,a)倍，那么A错误；卫星在同一位置其加速度大小相等，那么B正确；根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，故周期最小，那么C错误；卫星在远地点做向心运动，其速度要小于第一宇宙速度，那么D错误。7.如下图，1、3轨道均是卫星绕地球做圆周运动的轨道示意图，1轨道的半径为R,2轨道是一颗卫星绕地球做椭圆运动的轨道示意图，3轨道与2轨道相切于B点，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，三轨道和地心都在同一平面内。在1、2两轨道上运动的卫星的周期相等，引力常量为G，地球质量为M，三颗卫星的质量相等，那么以下说法正确的选项是()A．卫星在3轨道上的机械能小于在2轨道上的机械能B．假设卫星在1轨道上的速率为v1，卫星在2轨道A点的速率为vA，那么v1＜vAC．假设卫星在1、3轨道上的加速度大小分别为a1、a3，卫星在2轨道A点的加速度大小为aA，那么aA＜a1＜a3D．假设OA＝0.4R，那么卫星在2轨道B点的速率vB＞eq\r(\f(5GM,8R))解析：选B2、3轨道在B点相切，卫星在3轨道相对于2轨道是做离心运动的，卫星在3轨道上的线速度大于在2轨道上B点的线速度，因卫星质量相同，所以卫星在3轨道上的机械能大于在2轨道上的机械能，A错误；以OA为半径作一个圆轨道4与2轨道相切于A点，那么v4＜vA，又因v1＜v4，所以v1＜vA，B正确；加速度是万有引力产生的，只需要比拟卫星到地心的高度即可，那么aA＞a1＞a3，C错误；由开普勒第三定律可知，2轨道的半长轴为R，OB＝1.6R,3轨道上的线速度v3＝eq\r(\f(5GM,8R))，又因vB＜v3，所以vB＜eq\r(\f(5GM,8R))，D错误。天体运动中的能量问题8．2016年10月17日、11月14日和12月13日，“超级月亮〞“三连发〞，实属罕见！这是月球运动到了近地点的缘故。然后月球离开近地点向着远地点而去，“超级月亮〞也与我们渐行渐远。在月球从近地点到达远地点的过程中，下面说法正确的选项是()A．月球运动速度越来越大B．月球的向心加速度越来越大C．地球对月球的万有引力做正功D．虽然离地球越来越远，但月球的机械能不变解析：选D根据开普勒定律，近地点到达远地点过程中，速度逐渐减小，万有引力做负功，A、C错误；由F引＝F向即Geq\f(Mm,r2)＝man，因为随着地月之间距离变大，万有引力减小，向心加速度也变小，B错误；月球运动过程只有万有引力做功，机械能守恒，D正确。9．某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为Ek，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减小了ΔE，在轨道2上也做圆周运动，那么轨道2的半径为()A.eq\f(Ek,Ek－ΔE)r B.eq\f(Ek,ΔE)rC.eq\f(ΔE,Ek－ΔE)r D.eq\f(Ek－ΔE,ΔE)r解析：选A卫星在轨道1上时，Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝eq\f(2Ek,r)，因此Ek＝eq\f(GMm,2r)，同理，卫星在轨道2上时，Ek－ΔE＝eq\f(GMm,2r2)，因此r2＝eq\f(Ek,Ek－ΔE)r，A项正确。10．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－eq\f(GMm,r)，其中G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为()A．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) B．GMmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))C.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1))) D.eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R1)－\f(1,R2)))解析：选C卫星做匀速圆周运动，有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)，变形得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，即卫星的动能Ek＝eq\f(GMm,2r)，结合题意，卫星的机械能E＝Ek＋Ep＝－eq\f(GMm,2r)，题述过程中因摩擦产生的热量等于卫星的机械能损失，即Q＝E1－E2＝－eq\f(GMm,2R1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(GMm,2R2)))＝eq\f(GMm,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,R2)－\f(1,R1)))。故C正确。11.(2022·山东高考)2022年我国相继完成“神十”与“天宫〞对接、“嫦娥〞携“玉兔〞落月两大航天工程。某航天爱好者提出“玉兔〞回家的设想：如图，将携带“玉兔〞的返回系统由月球外表发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔〞返回地球。设“玉兔〞质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月。以月面为零势能面，“玉兔〞在h高度的引力势能可表示为Ep＝eq\f(GMmh,RR＋h)，其中G为引力常量，M为月球质量。假设忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔〞做的功为()A.eq\f(mg月R,R＋h)(h＋2R) B.eq\f(mg月R,R＋h)(h＋eq\r(2)R)C.eq\f(mg月R,R＋h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(\r(2),2)R)) D.eq\f(mg月R,R＋h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(1,2)R))解析：选D根据题意可知，要使“玉兔〞和飞船在距离月球外表高为h的轨道上对接，假设不考虑月球的自转影响，从开始发射到完成对接需要对“玉兔〞做的功应为克服月球的万有引力做的功与在该轨道做圆周运动的动能之和，所以W＝Ep＋Ek，Ep＝eq\f(GMmh,RR＋h)，再根据：eq\f(GMm,R＋h2)＝eq\f(mv2,R＋h)，据此可求得需要的动能为：Ek＝eq\f(GMm,2R＋h)，再联系：GM＝g月R2，由以上三式可求得，从开始发射到对接完成需要对“玉兔〞做的功应为：W＝eq\f(mg月R,R＋h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(1,2)R))，所以D正确。卫星的追及、相遇问题12．(多项选择)(2022·西安模拟)如下图，运行轨道在同一平面内的两颗人造卫星A、B，同方向绕地心做匀速圆周运动，此时刻A、B连线与地心恰在同一直线上且相距最近，A的周期为T，B的周期为eq\f(2T,3)。以下说法正确的选项是()A．A的线速度大于B的线速度B．A的加速度小于B的加速度C．A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积相等D．从此时刻到下一次A、B相距最近的时间为2T解析：选BD根据万有引力提供向心力：Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(v2,r)，得a＝eq\f(GM,r2)，v＝eq\r(\f(GM,r))，可知vA<vB，aA<aB，A错误，B正确；A、B与地心连线在相同时间内扫过的面积S＝eq\f(1,2)r2ωt＝eq\f(1,2)eq\