2024届物理一轮复习讲义专题强化六 圆周运动的临界问题及竖直面内的“两类模型”含答案

2024届物理一轮复习讲义专题强化六圆周运动的临界问题及竖直面内的“两类模型”学习目标1.会分析水平面内及竖直面内物体做圆周运动所需向心力的来源。2.掌握判断临界问题的方法。3.理解竖直面内圆周运动的“轻杆”“轻绳”模型。考点一水平面内的圆周运动临界问题1.运动特点(1)运动轨迹是水平面内的圆。(2)合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动。2.常见的两种临界极值问题(1)与摩擦力有关的临界极值问题物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力。(2)与弹力有关的临界极值问题压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零；绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等。3.解决此类问题的一般思路首先要考虑达到临界条件时物体所处的状态；其次分析该状态下物体的受力特点；最后结合圆周运动知识，列出相应的动力学方程综合分析。例1(2022·广东深圳模拟)如图1所示，小木块a、b和c(可视为质点)放在水平圆盘上，a、b的质量均为m，c的质量为eq\f(m,2)，a与转轴OO′的距离为l，b、c与转轴OO′的距离为2l且均处于水平圆盘的边缘。木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，下列说法中正确的是()图1A.b、c所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落B.当a、b和c均未滑落时，a、c所受摩擦力的大小相等C.b和c均未滑落时线速度一定相同D.b开始滑动时的角速度是eq\r(2kgl)答案B解析木块随圆盘一起转动，水平方向只受静摩擦力，故由静摩擦力提供向心力，当需要的向心力大于最大静摩擦力时，木块开始滑动。b、c质量不等，由Ff＝mω2r知b、c所受摩擦力不等，不能同时从水平圆盘上滑落，A错误；当a、b和c均未滑落时，a、b、c和圆盘无相对运动，因此它们的角速度相等，Ff＝mω2r，所以a、c所受摩擦力的大小相等，B正确；b和c均未滑落时，由v＝ωr知线速度大小相等，方向不相同，故C错误；b开始滑动时，最大静摩擦提供向心力，kmg＝mω2·2l，解得ω＝eq\r(\f(kg,2l))，故D错误。跟踪训练1.(多选)如图2所示，三角形为一光滑锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°。一根长为l＝1m的细线一端系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力，则()图2A.小球受重力、支持力、拉力和向心力B.小球可能只受拉力和重力C.当ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s时，小球对锥体的压力刚好为零D.当ω＝2eq\r(5)rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用答案BC解析转速较小时，小球紧贴圆锥面，则FTcosθ＋FNsinθ＝mg，FTsinθ－FNcosθ＝mω2lsinθ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当转速达到ω0时支持力为零，有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ，解得ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s，A错误，B、C正确；当ω＝2eq\r(5)rad/s时，小球已经离开斜面，只受重力、拉力的作用，D错误。考点二竖直面内圆周运动的“两类模型”物理情景轻绳模型轻杆模型实例球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等球与杆连接、球在光滑管道中运动等图示最高点无支撑最高点有支撑受力特征在最高点除重力外，物体受到的弹力方向向下或等于零在最高点除重力外，物体受到的弹力方向向下、等于零或向上受力示意图力学方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)临界特征FT＝0mg＝meq\f(veq\o\al(2,min),r)即vmin＝eq\r(gr)v＝0即F向＝0FN＝mg过最高点的条件在最高点的速度v≥eq\r(gr)v≥0模型轻绳模型例2如图3所示，长度为L＝0.4m的轻绳，系一小球在竖直平面内做圆周运动，小球的质量为m＝0.5kg，且可视为质点，g取10m/s2。图3(1)求小球刚好通过最高点时的速度大小v1；(2)小球通过最高点时的速度大小为4m/s时，求绳的拉力大小FT；(3)若轻绳能承受的最大张力为FT′＝45N，求小球速度的最大值。答案(1)2m/s(2)15N(3)4eq\r(2)m/s解析(1)小球刚好通过最高点时，小球的重力恰好提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)解得v1＝eq\r(gL)＝2m/s。(2)小球通过最高点时的速度大小为4m/s时，绳的拉力和小球的重力的合力提供向心力，有FT＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),L)解得FT＝15N。(3)分析可知小球通过最低点时绳的张力最大，在最低点由牛顿第二定律得FT′－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,3),L)将FT′＝45N代入解得v3＝4eq\r(2)m/s即小球的速度的最大值是4eq\r(2)m/s。跟踪训练2.(2021·浙江6月选考)质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图4所示，对该时刻，下列说法正确的是()图4A.秋千对小明的作用力小于mgB.秋千对小明的作用力大于mgC.小明的速度为零，所受合力为零D.小明的加速度为零，所受合力为零答案A解析设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，沿摆绳方向，对小明受力分析，有F－mgcosθ＝meq\f(v2,l)，因最高点时小明的速度为0，则F＝mgcosθ<mg；沿垂直摆绳方向，有mgsinθ＝ma，即a＝gsinθ，故A正确，B、C、D错误。模型轻杆模型例3(2023·山东枣庄月考)如图5，轻杆长2l，中点装在水平轴O上，两端分别固定着小球A和B，A球质量为m，B球质量为2m，重力加速度为g，两者一起在竖直平面内绕O轴做圆周运动。图5(1)若A球在最高点时，杆的A端恰好不受力，求此时B球的速度大小；(2)若B球到最高点时的速度等于第(1)问中的速度，求此时O轴的受力大小、方向；(3)在杆的转速逐渐变化的过程中，能否出现O轴不受力的情况？若不能，请说明理由；若能，求出此时A、B球的速度大小。答案(1)eq\r(gl)(2)2mg方向竖直向下(3)能eq\r(3gL)eq\r(3gL)解析(1)A在最高点时，对A根据牛顿第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),l)解得vA＝eq\r(gl)因为A、B球的角速度相等，半径相等，则vB＝vA＝eq\r(gl)。(2)B在最高点时，对B根据牛顿第二定律得2mg＋FTOB′＝2meq\f(veq\o\al(2,B),l)代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0对A有FTOA′－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),l)可得FTOA′＝2mg根据牛顿第三定律知，O轴所受的力的大小为2mg，方向竖直向下。(3)要使O轴不受力，根据B的质量大于A的质量，设A、B的速度为v，可判断B球应在最高点。对B有FTOB″＋2mg＝2meq\f(v2,l)对A有FTOA″－mg＝meq\f(v2,l)轴O不受力时FTOA″＝FTOB″可得v＝eq\r(3gl)所以当A、B球的速度大小为eq\r(3gl)时O轴不受力。跟踪训练3.(多选)(2022·四川师范大学附中模拟)如图6所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径R＝1m，小球可看作质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2。则()图6A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9mB.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9mC.小球经过管道的B点时，受到下管道的作用力FNB的大小是2ND.小球经过管道的B点时，受到下管道的作用力FNB的大小是1N答案AD解析小球从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰，则在C点的竖直分速度为vCy＝gt＝3m/s，因小球恰好垂直撞在斜面上，则平抛运动水平初速度为vB＝vCytan45°＝3m/s，小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为x＝vBt＝0.9m，故A正确，B错误；设小球经过B点时，受到上管道竖直向下的作用力为FNB，根据牛顿第二定律可得FNB＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，联立方程解得FNB＝－1N，负号说明小球在B点受到下管道的作用力的大小是1N，方向竖直向上，故C错误，D正确。A级基础对点练对点练1水平面内的圆周运动临界问题1.如图1所示，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为()图1A.eq\f(1,2)eq\r(\f(μg,r)) B.eq\r(\f(μg,r)) C.eq\r(\f(2μg,r)) D.2eq\r(\f(μg,r))答案B解析硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，则Ff＝mω2r，而Ff≤Ffm＝μFN＝μmg，联立可得mω2r≤μmg，解得ω≤eq\r(\f(μg,r))，即圆盘转动的最大角速度为eq\r(\f(μg,r))，故选项B正确。2.如图2所示的路段是一段半径约为120m的圆弧形弯道，路面水平，路面对轮胎的最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面被雨水淋湿，路面对轮胎的最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车可视为质点，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()图2A.汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为43.2m/s2B.汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/sC.晴天时，汽车以100km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道D.下雨时，汽车以60km/h的速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动答案C解析汽车通过此圆弧形弯道时做匀速圆周运动，轨道半径R＝120m，运动速率v＝72km/h＝20m/s，向心加速度为a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(202,120)m/s2≈3.3m/s2，角速度ω＝eq\f(v,R)＝eq\f(20,120)rad/s＝eq\f(1,6)rad/s，A、B错误；以汽车为研究对象，当路面对轮胎的摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm。设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得Ffm＝meq\f(veq\o\al(2,m),R)，在竖直方向有FN＝mg，最大静摩擦力为正压力的0.8倍，即Ffm＝kFN，联立得vm＝eq\r(kgR)，解得vm≈111.5km/h，所以晴天时，汽车以100km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，C正确；下雨时，路面对轮胎的最大静摩擦力变为正压力的0.4倍，有vm′＝eq\r(k′gR)，解得vm＝78.8km/h＞60km/h，所以汽车可以安全通过此圆弧形弯道而不做离心运动，D错误。3.(2022·湖北武汉模拟)如图3所示，竖直杆AB在A、B两点通过光滑铰链连接两等长轻杆AC和BC，AC和BC与竖直方向的夹角均为θ，轻杆长均为L，在C处固定一质量为m的小球，重力加速度为g，在装置绕竖直杆AB转动的角速度ω从0开始逐渐增大的过程中，下列说法正确的是()图3A.当ω＝0时，AC杆和BC杆对球的作用力都表现为拉力B.AC杆对球的作用力先增大后减小C.AC杆与BC杆上的力的大小之差越来越大D.当ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))时，BC杆对球的作用力为0答案D解析当ω＝0时，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC杆对小球的作用力表现为拉力，BC杆对小球的作用力表现为支持力，且大小相等，故A错误；当ω逐渐增大时，AC杆对小球的拉力逐渐增大，BC杆对小球的支持力逐渐减小，当BC杆的作用力为0时，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，当ω继续增大时，AC杆对小球的拉力继续增大，BC杆对小球的作用力变为拉力，且逐渐增大，故B错误，D正确；一定时间后，AC杆和BC杆的作用力都变为拉力，拉力的竖直分力之差等于小球的重力，即F1cosθ－F2cosθ＝mg，则F1－F2＝eq\f(mg,cosθ)，因此AC杆与BC杆上的力的大小之差不变，故C错误。4.(2023·山东青岛模拟)如图4，相同的物块a、b用沿半径方向的细线相连放置在水平圆盘上。当圆盘绕转轴转动时，物块a、b始终相对圆盘静止。下列关于物块a所受的摩擦力随圆盘角速度的平方(ω2)的变化关系正确的是()图4答案D解析转动过程中a、b角速度相同。当圆盘角速度较小时，a、b由静摩擦力提供向心力，绳子拉力为零，此过程中a、b所需要的摩擦力分别为Ffa＝mω2ra，Ffb＝mω2rb，因为rb>ra，故Ffb>Ffa，又因为a、b与平台的最大静摩擦力相同，所以随着角速度增大，b先达到最大静摩擦力，当b达到最大静摩擦力Ff0时绳子开始出现拉力，此时对于a、b有Ffa－FT＝mω2ra，Ff0＋FT＝mω2rb，联立可得Ffa＝mω2(ra＋rb)－Ff0，由上述分析可知，绳子拉力出现之前Ffa－ω2图像的斜率为mra，绳子拉力出现之后图线的斜率为m(ra＋rb)，所以绳子有拉力时图线斜率变大，故D正确。对点练2竖直面内圆周运动的“两类模型”5.(2022·江苏扬州模拟)无缝钢管的制作原理如图5所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径R，则下列说法正确的是()图5A.铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上B.模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C.管状模型转动的角速度ω最大为eq\r(\f(g,R))D.若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力答案D解析铁水是由于离心作用覆盖在模型内壁上的，模型对它的弹力和重力沿半径方向的合力提供向心力，故A错误；模型最下部受到的铁水的作用力最大，最上部受到的作用力最小，故B错误；若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力，则有mg＝mω2R，可得ω＝eq\r(\f(g,R))，即管状模型转动的角速度ω最小为eq\r(\f(g,R))，故C错误，D正确。6.如图6所示，用轻绳悬挂一个小球，在悬点正下方A点固定一颗钉子，钉子与悬点的距离d小于绳子的长度L，把小球拉到与悬点O等高的水平位置由静止释放，当小球下落到悬点正下方绳子碰撞钉子的瞬间，下列说法正确的是()图6A.小球角速度大小保持不变B.小球向心加速度的大小保持不变C.小球受到拉力、重力、向心力D.d越大，钉子的位置越靠近小球，绳子就越容易断答案D解析当小球下落到悬点正下方绳子碰撞钉子的瞬间，小球水平方向受力为零，小球的线速度不变，因转动半径减小，则角速度变大，选项A错误；根据a＝eq\f(v2,r)，因线速度不变，转动半径减小，则向心加速度变大，选项B错误；小球只受拉力和重力作用，两个力的合力提供向心力，选项C错误；d越大，钉子的位置越靠近小球，小球的转动半径越小，根据FT＝mg＋meq\f(v2,r)，可知绳子拉力越大，则绳子就越容易断，选项D正确。7.(2022·湖北荆州高三模拟)将过山车经过两端弯曲轨道过程等效简化成如图7所示两个圆周的一部分(RA<RB)，A、B分别为轨道的最低点和最高点，过山车与轨道的动摩擦因数处处相等，则过山车()图7A.在A点时合外力方向竖直向上B.在B点时合外力方向竖直向下C.在A点时所受摩擦力较大D.在B点时所受向心力较大答案C解析过山车不是做匀速圆周运动，在经过A、B时其合外力并不指向圆心，则A、B错误；在A点有FNA－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),rA)，则A点对轨道压力为FNA＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,A),rA)，同理可得在B点对轨道压力为FNB＝mg－meq\f(veq\o\al(2,B),rB)，则FNA＞FNB，则由摩擦力Ff＝μFN，故C正确；由于A点速度大于B点速度，半径rA＜rB，则由向心力公式Fn＝meq\f(v2,r)可知A点向心力较大，则D错误。8.(多选)(2023·河北保定高三期末)如图8所示，质量为m的小明(视为质点)坐摩天轮。小明乘坐的车厢与摩天轮的转轴间的距离为r，摩天轮以大小为keq\r(\f(g,r))(常数k<1，g为重力加速度大小)的角速度做匀速圆周运动。若小明坐在车厢水平座垫上且双脚离地，则下列说法正确的是()图8A.小明通过最高点时不受重力B.小明做匀速圆周运动的周期为eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))C.小明通过最高点时处于完全失重状态D.小明通过最低点时对车厢座垫的压力大小为(1＋k2)mg答案BD解析当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；小明做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))，B正确；小明做圆周运动所需的向心力大小F向＝k2mg<mg，故小明通过最高点时处于失重状态，但并非处于完全失重状态，C错误；当小明通过最低点时，由牛顿第二定律有F－mg＝mω2r，解得F＝(1＋k2)mg，根据牛顿第三定律可知，此时小明对车厢座垫的压力大小为(1＋k2)mg，D正确。B级综合提升练9.(多选)如图9所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为eq\f(\r(3),2)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2，则以下说法中正确的是()图9A.小物体随圆盘做匀速圆周运动时，一定始终受到三个力的作用B.小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大C.小物体受到的摩擦力可能背离圆心D.ω的最大值是1.0rad/s答案CD解析当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，合力提供向心力，故A错误；当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故B错误；当物体在最高点时，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，即可能指向圆心，也可能背离圆心，故C正确；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，沿斜面的合力提供向心力，支持力FN＝mgcos30°，摩擦力Ff＝μFN＝μmgcos30°，又μmgcos30°－mgsin30°＝mω2R，解得ω＝1.0rad/s，故D正确。10.(多选)(2022·湖北华中师大一附中模拟)如图10所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑固定细管(忽略管的内径)，半径OB水平，OA竖直，一个直径略小于管内径的小球由B点以某一初速度v0进入细管，之后由管内的顶部A点以大小为vA的水平速度飞出。重力加速度为g，下列说法正确的是()图10A.为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0>eq\r(3gR)B.为使小球能从A点飞出，小球在B点的初速度必须满足v0>eq\r(2gR)C.为使小球从A点水平飞出后再返回B点，小球在B点的初速度应为v0＝eq\r(\f(5gR,2))D.小球从A点飞出的水平初速度必须满足vA>eq\r(gR)，因而不可能使小球从A点水平飞出后再返回B点答案BC解析为使小球能从A点飞出，则在A点的最小速度为零，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR，解得v0＝eq\r(2gR)，则小球在B点的初速度必须满足v0>eq\r(2gR)，选项A错误，B正确；为使小球从A点水平飞出后再返回B点，则R＝vAt，R＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vA＝eq\r(\f(gR,2))，小球在B点的初速度应为v0＝eq\r(\f(5gR,2))，选项C正确；要使小球从A点飞出，则小球在A点的速度大于零即可，由选项C的分析可知，只要小球在A点的速度为eq\r(\f(gR,2))，小球就能从A点水平飞出后再返回B点，选项D错误。11.(2023·湖南岳阳高三月考)如图11所示，叠放在水平转台上的物体A、B及物体C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r和1.5r。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是()图11A.B对A的摩擦力一定为3μmgB.B对A的摩擦力一定为3mω2rC.转台的角速度需要满足ω≤eq\r(\f(μg,r))D.若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是A物体答案B解析由于物体A、B及物体C能随转台一起匀速转动，则三个物体受到的均为静摩擦力，则B对A的摩擦力满足0<FfA≤Ffmax＝3μmg，由于角速度大小不确定，B对A的摩擦力不一定达到最大静摩擦力3μmg，物体做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力，则FfA＝3mω2r，A错误，B正确；若物体A达到最大静摩擦力，则3μmg＝3mωeq\o\al(2,1)r，解得ω1＝eq\r(\f(μg,r))，若转台对物体B达到最大静摩擦力，对A、B整体有5μmg＝5mωeq\o\al(2,2)r，解得ω2＝eq\r(\f(μg,r))，若物体C达到最大静摩擦力，则μmg＝mωeq\o\al(2,3)×1.5r，解得ω3＝eq\r(\f(2μg,3r))，可知ω1＝ω2>ω3，由于物体A、B及物体C均随转台一起匀速转动，则转台的角速度需要满足ω≤ω3＝eq\r(\f(2μg,3r))，该分析表明，当角速度逐渐增大时，物体C所受摩擦力先达到最大静摩擦力，即若转台的角速度逐渐增大，最先滑动的是C物体，C、D错误。12.(2023·天津蓟州区模拟)如图12甲是某游乐场中水上过山车的实物图片，图乙是其原理示意图。在原理图中半径为R＝8m的圆形轨道固定在离水面高h＝3.2m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点。过山车(实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点)高速行驶，先后会通过多个圆形轨道，然后从A点离开圆轨道而进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s＝12m，假设运动中不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，结果可保留根号。图12(1)若过山车恰好能通过圆形轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？(2)为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？(3)某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，则过山车落入水中时的速度大小是多少？答案(1)4eq\r(5)m/s(2)15m/s(3)4eq\r(14)m/s解析(1)过山车恰好过最高点时，只受重力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)则vB＝eq\r(gR)＝4eq\r(5)m/s。(2)离开C点后做平抛运动，由h＝eq\f(1,2)gt2运动时间为t＝0.8s故最大速度为vm＝eq\f(s,t)＝15m/s。(3)在圆轨道最低点有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)解得vA＝eq\r(2gR)＝4eq\r(10)m/s过山车从C处做平抛运动，落水时竖直速度为vy＝gt＝8m/s则落水速度为v＝eq\r(veq\o\al(2,A)＋veq\o\al(2,y))＝4eq\r(14)m/s。专题强化七卫星运动的三类问题学习目标1.会分析卫星的变轨过程及各物理量的变化。2.掌握双星或多星模型的特点。3.会分析卫星的追及与相遇问题。考点一卫星的变轨和能量问题1.变轨原理(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上，如图所示。(2)在A点(近地点)点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供卫星在轨道Ⅰ上做圆周运动的向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ。(3)在B点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。2.变轨过程各物理量比较速度关系在A点加速：vⅡA＞vⅠ，在B点加速：vⅢ＞vⅡB，即vⅡA＞vⅠ＞vⅢ＞vⅡB(向心)加速度关系aⅢ＝aⅡBaⅡA＝aⅠ周期关系TⅠ＜TⅡ＜TⅢ机械能EⅠ＜EⅡ＜EⅢ例1(2023·江苏南京模拟)2020年我国实施“天问一号”计划，通过一次发射，实现“环绕、降落、巡视”三大任务。如图1所示，探测器经历椭圆轨道Ⅰ→椭圆轨道Ⅱ→圆轨道Ⅲ的变轨过程。Q为轨道Ⅰ远火点，P为轨道Ⅰ近火点，探测器在三个轨道运行时都经过P点。则探测器()图1A.沿轨道Ⅰ运行至P点速度大于运行至Q点速度B.沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度小于沿轨道Ⅲ运行至P点的加速度C.沿轨道Ⅰ运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期D.与火星连线在相等时间内，沿轨道Ⅰ运行与沿轨道Ⅱ运行扫过面积相等答案A解析根据开普勒第二定律可知，沿轨道Ⅰ运行至近火点P的速度大于运行至远火点Q的速度，选项A正确；根据a＝eq\f(GM,r2)可知，沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度等于沿轨道Ⅲ运行至P点的加速度，选项B错误；根据开普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，可知沿轨道Ⅰ运行的半长轴大于沿轨道Ⅱ运行的半长轴，则沿轨道Ⅰ运行的周期大于沿轨道Ⅱ运行的周期，选项C错误；根据开普勒第二定律可知，沿同一轨道运动时在相等的时间内与火星的连线扫过的面积相等，而在相等时间内，沿轨道Ⅰ运行与沿轨道Ⅱ运行扫过面积一定不相等，选项D错误。跟踪训练1.(2022·湖北孝感模拟)2022年4月13日，神舟十三号飞船在历经了183天的太空航行之后，成功返回地球。神舟十三号此行的主要任务之一是进入太空并与天宫空间站进行对接，飞船的运动可简化为如图2所示的情境，圆形轨道2为天宫空间站运行轨道，椭圆轨道1为载人飞船运行轨道，两轨道相切于P点，Q点在地面附近，是轨道1的近地点，则下列判断正确的是()图2A.载人飞船可在到达轨道2后不断加速追上空间站实现对接B.载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度C.载人飞船在轨道1上经过Q点时的速度等于7.9km/sD.载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力不做功答案B解析若载人飞船在到达轨道2后不断加速，则会做离心运动，从而远离轨道2，不会追上空间站，不能实现对接，选项A错误；根据a＝eq\f(GM,r2)可知，载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度，选项B正确；载人飞船从近地圆轨道的Q点加速才能进入轨道1的椭圆轨道，则在轨道1上经过Q点时的速度大于7.9km/s，选项C错误；载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力对飞船做负功，选项D错误。2.(2022·重庆市育才中学模拟)2021年5月15日中国首次火星探测任务“天问一号”探测器在火星乌托邦平原南部预选着陆区成功着陆。“天问一号”探测器需要通过霍曼转移轨道从地球发送到火星，地球轨道和火星轨道看成圆形轨道，此时霍曼转移轨道是一个近日点M和远日点P分别与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道(如图3所示)，在近日点短暂点火后“天问一号”进入霍曼转移轨道，接着“天问一号”沿着这个轨道运行直至抵达远日点，然后再次点火进入火星轨道。已知引力常量为G，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、“天问一号”运行方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”的作用力，下列说法正确的是()图3A.“天问一号”在霍曼转移轨道由M点运动到P点过程中机械能增大B.两次点火喷射方向一次与速度方向相同，一次与速度方向相反C.“天问一号”在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为eq\r(\f(R,r))D.“天问一号”运行中在转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度之比为eq\f(R,r)答案C解析“天问一号”在霍曼转移轨道由M点运动到P点过程中，只有太阳的引力做功，则机械能守恒，选项A错误；两次点火喷射都使“天问一号”加速，所以喷射方向都与速度方向相反，选项B错误；根据Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(v2,r)，得a＝eq\f(GM,r2)，v＝eq\r(\f(GM,r))，则“天问一号”在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为eq\r(\f(R,r))，选项C正确；“天问一号”运行中在转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度之比为1∶1，选项D错误。考点二双星或多星模型1.双星模型(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统。如图4所示。图4(2)特点①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即eq\f(Gm1m2,L2)＝m1ωeq\o\al(2,1)r1，eq\f(Gm1m2,L2)＝m2ωeq\o\al(2,2)r2。②两颗星的周期、角速度相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。③两颗星的轨道半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L。④两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即eq\f(m1,m2)＝eq\f(r2,r1)。⑤双星的运动周期T＝2πeq\r(\f(L3,G（m1＋m2）))。⑥双星的总质量m1＋m2＝eq\f(4π2L3,T2G)。2.多星模型(1)定义：所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同。(2)常见的三星模型①三颗星体位于同一直线上，两颗质量相等的环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行(如图甲所示)。②三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)。(3)常见的四星模型①四颗质量相等的星体位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动(如图丙所示)。②三颗质量相等的星体始终位于正三角形的三个顶点上，另一颗位于中心O，外围三颗星绕O做匀速圆周运动(如图丁所示)。例2(2022·湖南长沙模拟)如图5甲所示，河外星系中两黑洞A、B的质量分别为m1和m2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动。为研究方便简化为如图乙所示的示意图，黑洞A和黑洞B均可看成球体，OA＞OB，且黑洞A的半径大于黑洞B的半径，下列说法正确的是()图5A.两黑洞质量之间的关系一定是m1＞m2B.黑洞A的运行角速度小于黑洞B的运行角速度C.人类要把宇航器发射到距黑洞A较近的区域进行探索，发射速度一定大于第三宇宙速度D.若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，它们运行的周期变大答案C解析黑洞A与黑洞B绕O点相同时间内转过的角度相同，二者的角速度相等，设它们相距为L，角速度为ω，根据牛顿第二定律得Geq\f(m1m2,L2)＝m1ω2·OA，Geq\f(m1m2,L2)＝m2ω2·OB，联立得m1·OA＝m2·OB，根据题意OA>OB，所以m1<m2，故A、B错误；人类要把宇航器发射到距黑洞A较近的区域进行探索，必须冲出太阳系，所以发射速度一定大于第三宇宙速度，故C正确；根据m1·OA＝m2·OB，OA＋OB＝L，可得OA＝eq\f(m2L,m1＋m2)，又由于Geq\f(m1m2,L2)＝m1ω2·OA，整理得ω＝eq\r(G\f(（m1＋m2）,L3))，所以周期为T＝2πeq\r(\f(L3,G（m1＋m2）))，若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，两黑洞质量之和不变，运行周期不变，故D错误。跟踪训练3.(2022·江苏泰州模拟)如图6所示，“食双星”是两颗相距为d的恒星A、B，只在相互引力作用下绕连线上O点做匀速圆周运动，彼此掩食(像月亮挡住太阳)而造成亮度发生周期性变化的两颗恒星。观察者在地球上通过望远镜观察“食双星”，视线与双星轨道共面。观测发现每隔时间T两颗恒星与望远镜共线一次，已知引力常量为G，则()图6A.恒星A、B运动的周期为TB.恒星A质量小于B的质量C.恒星A、B的总质量为eq\f(π2d3,GT2)D.恒星A线速度大于B的线速度答案C解析每隔时间T两颗恒星与望远镜共线一次，则两恒星的运动周期为T′＝2T，故A错误；根据万有引力提供向心力，有Geq\f(mAmB,d2)＝mAeq\f(4π2,（2T）2)rA＝mBeq\f(4π2,（2T）2)rB，因为rA<rB，则mA>mB，故B错误；由B选项得，两恒星总质量为M＝mA＋mB＝eq\f(π2d3,GT2)，故C正确；根据v＝ωr，两恒星角速度相等，则vA<vB，故D错误。4.(多选)宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中一种三星系统如图7所示。三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R。忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G，则()图7A.每颗星做圆周运动的线速度大小为eq\r(\f(Gm,R))B.每颗星做圆周运动的角速度为eq\r(\f(3Gm,R3))C.每颗星做圆周运动的周期为2πeq\r(\f(R3,3Gm))D.每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关答案ABC解析每颗星受到的合力为F＝2Geq\f(m2,R2)sin60°＝eq\r(3)Geq\f(m2,R2)，轨道半径为r＝eq\f(\r(3),3)R，由向心力公式得F＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r，解得a＝eq\f(\r(3)Gm,R2)，v＝eq\r(\f(Gm,R))，ω＝eq\r(\f(3Gm,R3))，T＝2πeq\r(\f(R3,3Gm))，显然加速度a与m有关，故A、B、C正确，D错误。考点三天体中的追及相遇问题天体“相遇”指两天体相距最近，以地球和行星“相遇”为例(“行星冲日”)，某时刻行星与地球最近，此时行星、地球与太阳三者共线且行星和地球的运转方向相同(图甲)，根据eq\f(GMm,r2)＝mω2r可知，地球公转的速度较快，从初始时刻到之后“相遇”，地球与行星距离最小，三者再次共线，有两种方法可以解决问题。 甲乙1.角度关系ω1t－ω2t＝n·2π(n＝1，2，3…)2.圈数关系eq\f(t,T1)－eq\f(t,T2)＝n(n＝1，2，3…)解得t＝eq\f(nT1T2,T2－T1)(n＝1，2，3…)同理，若两者相距最远(行星处在地球和太阳的延长线上)(图乙)，有关系式ω1t－ω2t＝(2n－1)π(n＝1，2，3…)或eq\f(t,T1)－eq\f(t,T2)＝eq\f(2n－1,2)(n＝1，2，3…)。例3(2022·湖南师大附中模拟)冲日是指某一外行星(火星、木星、土星、天王星、海王星、冥王星)于绕日公转过程中运行到与地球、太阳成一直线的状态，已知火星的公转周期约为地球公转周期的1.9倍，半径约为地球的一半，质量约为地球质量的eq\f(1,9)，现认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，下列说法中正确的是()A.火星冲日时间间隔约为两年零一个月B.火星与地球公转轨道半径之比约为6∶1C.火星与地球表面重力加速度之比约为2∶9D.火星与地球密度之比约为4∶9答案A解析由(ω地－ω火)t＝2π和T＝eq\f(2π,ω)，可得火星冲日时间间隔t＝eq\f(T地T火,T火－T地)＝2.1年，选项A正确；由开普勒第三定律可得eq\f(Teq\o\al(2,火),Teq\o\al(2,地))＝eq\f(req\o\al(3,火),req\o\al(3,地))，则火星与地球公转轨道半径之比约为3∶2，选项B错误；由g＝eq\f(GM,R2)，可得火星与地球表面重力加速度之比约为4∶9，选项C错误；由ρ＝eq\f(3M,4πR3)，可得火星与地球密度之比约为8∶9，选项D错误。A级基础对点练对点练1卫星的变轨和能量问题1.宇宙飞船和空间站在同一轨道上运动。若飞船想与前方的空间站对接，飞船为了追上空间站，可采取的方法是()A.飞船加速直到追上空间站，完成对接B.飞船从原轨道减速至一个较低轨道，再加速追上空间站完成对接C.飞船加速至一个较高轨道，再减速追上空间站，完成对接D.无论飞船采取何种措施，均不能与空间站对接答案B解析飞船在轨道上正常运行时，有Geq\f(m中m,r2)＝meq\f(v2,r)。当飞船直接加速时，所需向心力meq\f(v2,r)增大，则Geq\f(m中m,r2)＜meq\f(v2,r)，故飞船做离心运动，轨道半径增大，将导致不在同一轨道上，A错误；飞船若先减速，它的轨道半径将减小，但运行速度增大，故在低轨道上飞船可接近空间站，当飞船运动到合适的位置再加速，回到原轨道，即可追上空间站，B正确，D错误；若飞船先加速，它的轨道半径将增大，但运行速度减小，再减速故而追不上空间站，C错误。2.(2023·山东临沂高三专练)神舟十三号载人飞船返回舱首次采用快速返回模式，于2022年4月16日9时56分在东风着陆场成功着陆。返回的大致过程如下：0时44分飞船沿径向与空间站天和核心舱成功分离，分离后空间站仍沿原轨道飞行，飞船下降到空间站下方200m处的过渡轨道并进行调姿，由径向飞行改为横向飞行。绕行5圈后，经过制动减速、自由滑行、再入大气层、着陆返回四个阶段，如图1为该过程的示意图。下列说法正确的是()图1A.分离后空间站运行速度变小B.飞船在过渡轨道的速度大于第一宇宙速度C.飞船沿径向与空间站分离后在重力作用下运动到过渡轨道D.与空间站分离后，返回舱进入大气层之前机械能减少答案D解析空间站沿着原来的轨道运行，轨道半径不变，根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，分离后空间站运行速度不变，故A错误；根据v＝eq\r(\f(GM,r))可知，在过渡轨道的速度小于第一宇宙速度，故B错误；飞船沿径向与空间站分离后，是因为飞船点火减速，飞船做向心运动从而到达过渡轨道，故C错误；与空间站分离后，返回舱进入大气层之前，飞船经过多次减速，除了万有引力之外的其他力做负功，机械能减少，故D正确。3.(2022·江苏南京模拟)2021年5月16日至6月24日，运行在约555km高度轨道上的“星链—1095”卫星降轨至平均高度为382km的近圆轨道上，后持续运行于这一与中国空间站相近的高度。在此期间，中国空间站采取了紧急避碰措施。关于卫星的降轨，下列说法正确的是()A.降轨前，卫星在原轨道上处于平衡状态B.降轨时，卫星在原轨道上需要先行减速C.降轨后，卫星在新轨道上运动周期变大D.降轨后，卫星在新轨道上的速度将大于第一宇宙速度答案B解析降轨前，卫星在原轨道做圆周运动，其合外力提供向心力，卫星在原轨道上不处于平衡状态，A错误；降轨时，卫星的轨道半径减小，做向心运动，万有引力大于向心力，故卫星在原轨道上需要先行减速，B正确；根据万有引力提供向心力，则有Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r，解得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，由此可知，轨道半径越小，周期越小，故降轨后，卫星在新轨道上运动周期变小，C错误；根据万有引力提供向心力，则有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，由于当轨道半径等于地球半径时，卫星在轨道上的速度将等于第一宇宙速度，又降轨后运行的轨道半径大于地球半径，故降轨后，卫星在新轨道上的速度将小于第一宇宙速度，D错误。4.(2023·江西景德镇模拟)如图2所示为某一同步卫星的发射过程示意图，Ⅱ为椭圆轨道，与圆形轨道Ⅰ和同步轨道Ⅲ分别相切于P、Q点。已知地球同步卫星的轨道半径为r，卫星在Ⅰ、Ⅲ轨道上运行时，卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k，下列说法正确的是()图2A.轨道Ⅰ的轨道半径为eq\f(r,k2)B.轨道Ⅰ的轨道半径为rk2C.卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需要在Q点减速D.卫星在轨道Ⅰ上的运行周期大于在轨道Ⅱ上的运行周期答案B解析因为卫星在Ⅰ、Ⅲ轨道上运行时，卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k，则由S＝eq\f(1,2)lr＝eq\f(1,2)vΔtr，可得eq\f(S1,S3)＝eq\f(v1r1,v3r)，又由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，联立得eq\f(S1,S3)＝eq\r(\f(r1,r))＝k，解得r1＝rk2，故A错误，B正确；卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需要在Q点加速，故C错误；由开普勒第三定律得eq\f(req\o\al(3,1),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(a3,Teq\o\al(2,2))，可见轨道半径或半长轴越大，周期越大，故卫星在轨道Ⅰ上的运行周期小于在轨道Ⅱ上的运行周期，故D错误。对点练2双星或多星模型5.(多选)(2022·湖南岳阳模拟)中国科学家利用“慧眼”太空望远镜观测到了银河系的MaxiJ1820＋070是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，距离地球约10000光年。根据观测，黑洞的质量大约是太阳的8倍，恒星的质量只有太阳的一半，若已知太阳质量为M，引力常量为G，据此以上信息可以估算出()A.黑洞与恒星做匀速圆周运动的轨道半径之比B.黑洞与恒星做匀速圆周运动的线速度大小之比C.黑洞做匀速圆周运动的角速度大小D.恒星的自转周期答案AB解析由题意知，黑洞的质量为8M，恒星的质量为eq\f(M,2)，黑洞和恒星组成双星系统，则角速度相等，设为ω，设黑洞的轨道半径为r1，恒星的轨道半径为r2，则恒星和黑洞的距离L＝r1＋r2，根据万有引力提供向心力，对黑洞，有Geq\f(8M·\f(M,2),L2)＝8M·ω2r1，对恒星，有Geq\f(8M·\f(M,2),L2)＝eq\f(M,2)·ω2r2，联立可得ω＝eq\r(\f(17GM,2L3))，eq\f(M,2)·ω2r2＝8Mω2r1，则eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,16)，根据v＝ωr，可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,16)，由于不知道黑洞和恒星的距离，无法求出角速度，故A、B正确，C错误；根据题中条件无法求出恒星的自转周期，故D错误。6.如图3所示，某双星系统的两星A和B各自绕其连线上的O点做匀速圆周运动，已知A星和B星的质量分别为m1和m2，相距为d。下列说法正确的是()图3A.A星的轨道半径为eq\f(m1,m1＋m2)dB.A星和B星的线速度之比为m1∶m2C.若在O点放一个质点，它受到的合力一定为零D.若A星所受B星的引力可等效为位于O点处质量为m′的星体对它的引力，则m′＝eq\f(meq\o\al(3,2),（m1＋m2）2)答案D解析双星系统中，两颗星球属于同轴转动模型，角速度相等，周期相等，根据万有引力提供向心力可得eq\f(Gm1m2,d2)＝m1ω2rA＝m2ω2rB，又有d＝rA＋rB，解得rA＝eq\f(m2d,m1＋m2)，rB＝eq\f(m1d,m1＋m2)，故A错误；由v＝ωr得A星和B星线速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\f(rA,rB)＝eq\f(m2,m1)，故B错误；在O点放一个质点，设质量为m，受到B的万有引力FB＝eq\f(Gm2m,req\o\al(2,B))，受到A的万有引力FA＝eq\f(Gm1m,req\o\al(2,A))，因为eq\f(m1,m2)≠eq\f(req\o\al(2,A),req\o\al(2,B))，可得FA≠FB，故质点受到的合力不为零，故C错误；A星所受B星的引力可等效为位于O点处质量为m′的星体对它的引力，由万有引力定律可得eq\f(Gm1m2,d2)＝eq\f(Gm1m′,req\o\al(2,A))，解得m′＝eq\f(req\o\al(2,A),d2)m2＝eq\f(meq\o\al(3,2),（m1＋m2）2)，故D正确。对点练3天体中的追及相遇问题7.如图4所示，A、B为地球的两个轨道共面的人造卫星，运行方向相同，A为地球同步卫星，A、B卫星的轨道半径的比值为k，地球自转周期为T0。某时刻A、B两卫星距离达到最近，从该时刻起到A、B间距离最远所经历的最短时间为()图4A.eq\f(T0,2（\r(k3)＋1）) B.eq\f(T0,\r(k3)－1)C.eq\f(T0,2（\r(k3)－1）) D.eq\f(T0,\r(k3)＋1)答案C解析由开普勒第三定律得eq\f(req\o\al(3,A),Teq\o\al(2,A))＝eq\f(req\o\al(3,B),Teq\o\al(2,B))，设两卫星至少经过时间t距离最远，即B比A多转半圈，eq\f(t,TB)－eq\f(t,TA)＝nB－nA＝eq\f(1,2)，又由A是地球同步卫星知TA＝T0，解得t＝eq\f(T0,2（\r(k3)－1）)，故C正确。8.当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，称之为“木星冲日”，若2022年9月26日出现一次“木星冲日”。已知木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍。则下列说法正确的是()A.下一次的“木星冲日”时间肯定在2024年B.下一次的“木星冲日”时间肯定在2023年C.木星运行的加速度比地球的大D.木星运行的周期比地球的小答案B解析设太阳质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，周期为T，加速度为a。由牛顿第二定律可得Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(4π2,T2)r，解得a＝eq\f(GM,r2)，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，由于木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，因此，木星运行的加速度比地球的小，木星运行的周期比地球的大，故C、D错误；地球公转周期T1＝1年，由T＝2πeq\r(\f(r3,GM))可知，木星公转周期T2＝eq\r(125)T1≈11.2年。设经时间t，再次出现“木星冲日”，则有ω1t－ω2t＝2π，其中ω1＝eq\f(2π,T1)，ω2＝eq\f(2π,T2)，解得t≈1.1年，因此下一次“木星冲日”发生在2023年，故A错误，B正确。B级综合提升练9.(多选)(2022·湖南卷，8)如图5，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是()图5A.火星的公转周期大约是地球的eq\r(\f(8,27))倍B.在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行C.在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行D.在冲日处，火星相对于地球的速度最小答案CD解析根据题意结合开普勒第三定律可知eq\f(req\o\al(3,地),Teq\o\al(2,地))＝eq\f(req\o\al(3,火),Teq\o\al(2,火))，由于火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5倍，则可得T火＝eq\r(\f(27,8))T地，故A错误；根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝