2024屆物理一輪復習講義專題強化六圓周運動的臨界問題及豎直面內的“兩類模型”學習目標1.會分析水平面內及豎直面內物體做圓周運動所需向心力的來源。2.掌握判斷臨界問題的方法。3.理解豎直面內圓周運動的“輕桿”“輕繩”模型。考點一水平面內的圓周運動臨界問題1.運動特點(1)運動軌跡是水平面內的圓。(2)合外力沿水平方向指向圓心，提供向心力，豎直方向合力為零，物體在水平面內做勻速圓周運動。2.常見的兩種臨界極值問題(1)與摩擦力有關的臨界極值問題物體間恰好不發生相對滑動的臨界條件是物體間的靜摩擦力恰好達到最大靜摩擦力。(2)與彈力有關的臨界極值問題壓力、支持力的臨界條件是物體間的彈力恰好為零；繩上拉力的臨界條件是繩恰好拉直且其上無彈力或繩上拉力恰好為最大承受力等。3.解決此類問題的一般思路首先要考慮達到臨界條件時物體所處的狀態；其次分析該狀態下物體的受力特點；最后結合圓周運動知識，列出相應的動力學方程綜合分析。例1(2022·廣東深圳模擬)如圖1所示，小木塊a、b和c(可視為質點)放在水平圓盤上，a、b的質量均為m，c的質量為eq\f(m,2)，a與轉軸OO′的距離為l，b、c與轉軸OO′的距離為2l且均處于水平圓盤的邊緣。木塊與圓盤間的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉軸緩慢地加速轉動，下列說法中正確的是()圖1A.b、c所受的摩擦力始終相等，故同時從水平圓盤上滑落B.當a、b和c均未滑落時，a、c所受摩擦力的大小相等C.b和c均未滑落時線速度一定相同D.b開始滑動時的角速度是eq\r(2kgl)答案B解析木塊隨圓盤一起轉動，水平方向只受靜摩擦力，故由靜摩擦力提供向心力，當需要的向心力大于最大靜摩擦力時，木塊開始滑動。b、c質量不等，由Ff＝mω2r知b、c所受摩擦力不等，不能同時從水平圓盤上滑落，A錯誤；當a、b和c均未滑落時，a、b、c和圓盤無相對運動，因此它們的角速度相等，Ff＝mω2r，所以a、c所受摩擦力的大小相等，B正確；b和c均未滑落時，由v＝ωr知線速度大小相等，方向不相同，故C錯誤；b開始滑動時，最大靜摩擦提供向心力，kmg＝mω2·2l，解得ω＝eq\r(\f(kg,2l))，故D錯誤。跟蹤訓練1.(多選)如圖2所示，三角形為一光滑錐體的正視圖，錐面與豎直方向的夾角為θ＝37°。一根長為l＝1m的細線一端系在錐體頂端，另一端系著一可視為質點的小球，小球在水平面內繞錐體的軸做勻速圓周運動，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不計空氣阻力，則()圖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.當ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s時，小球對錐體的壓力剛好為零D.當ω＝2eq\r(5)rad/s時，小球受重力、支持力和拉力作用答案BC解析轉速較小時，小球緊貼圓錐面，則FTcosθ＋FNsinθ＝mg，FTsinθ－FNcosθ＝mω2lsinθ，隨著轉速的增加，FT增大，FN減小，當轉速達到ω0時支持力為零，有mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ，解得ω0＝eq\f(5,2)eq\r(2)rad/s，A錯誤，B、C正確；當ω＝2eq\r(5)rad/s時，小球已經離開斜面，只受重力、拉力的作用，D錯誤。考點二豎直面內圓周運動的“兩類模型”物理情景輕繩模型輕桿模型實例球與繩連接、水流星、沿內軌道運動的“過山車”等球與桿連接、球在光滑管道中運動等圖示最高點無支撐最高點有支撐受力特征在最高點除重力外，物體受到的彈力方向向下或等于零在最高點除重力外，物體受到的彈力方向向下、等于零或向上受力示意圖力學方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)臨界特征FT＝0mg＝meq\f(veq\o\al(2,min),r)即vmin＝eq\r(gr)v＝0即F向＝0FN＝mg過最高點的條件在最高點的速度v≥eq\r(gr)v≥0模型輕繩模型例2如圖3所示，長度為L＝0.4m的輕繩，系一小球在豎直平面內做圓周運動，小球的質量為m＝0.5kg，且可視為質點，g取10m/s2。圖3(1)求小球剛好通過最高點時的速度大小v1；(2)小球通過最高點時的速度大小為4m/s時，求繩的拉力大小FT；(3)若輕繩能承受的最大張力為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)小球剛好通過最高點時，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)小球通過最高點時的速度大小為4m/s時，繩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)分析可知小球通過最低點時繩的張力最大，在最低點由牛頓第二定律得FT′－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,3),L)將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。跟蹤訓練2.(2021·浙江6月選考)質量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖4所示，對該時刻，下列說法正確的是()圖4A.秋千對小明的作用力小于mgB.秋千對小明的作用力大于mgC.小明的速度為零，所受合力為零D.小明的加速度為零，所受合力為零答案A解析設秋千的擺長為l，擺到最高點時擺繩與豎直方向的夾角為θ，秋千對小明的作用力為F，沿擺繩方向，對小明受力分析，有F－mgcosθ＝meq\f(v2,l)，因最高點時小明的速度為0，則F＝mgcosθ<mg；沿垂直擺繩方向，有mgsinθ＝ma，即a＝gsinθ，故A正確，B、C、D錯誤。模型輕桿模型例3(2023·山東棗莊月考)如圖5，輕桿長2l，中點裝在水平軸O上，兩端分別固定著小球A和B，A球質量為m，B球質量為2m，重力加速度為g，兩者一起在豎直平面內繞O軸做圓周運動。圖5(1)若A球在最高點時，桿的A端恰好不受力，求此時B球的速度大小；(2)若B球到最高點時的速度等于第(1)問中的速度，求此時O軸的受力大小、方向；(3)在桿的轉速逐漸變化的過程中，能否出現O軸不受力的情況？若不能，請說明理由；若能，求出此時A、B球的速度大小。答案(1)eq\r(gl)(2)2mg方向豎直向下(3)能eq\r(3gL)eq\r(3gL)解析(1)A在最高點時，對A根據牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),l)解得vA＝eq\r(gl)因為A、B球的角速度相等，半徑相等，則vB＝vA＝eq\r(gl)。(2)B在最高點時，對B根據牛頓第二定律得2mg＋FTOB′＝2meq\f(veq\o\al(2,B),l)代入(1)中的vB，可得FTOB′＝0對A有FTOA′－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),l)可得FTOA′＝2mg根據牛頓第三定律知，O軸所受的力的大小為2mg，方向豎直向下。(3)要使O軸不受力，根據B的質量大于A的質量，設A、B的速度為v，可判斷B球應在最高點。對B有FTOB″＋2mg＝2meq\f(v2,l)對A有FTOA″－mg＝meq\f(v2,l)軸O不受力時FTOA″＝FTOB″可得v＝eq\r(3gl)所以當A、B球的速度大小為eq\r(3gl)時O軸不受力。跟蹤訓練3.(多選)(2022·四川師范大學附中模擬)如圖6所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球在管道內做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，經過0.3s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰。已知半圓形管道的半徑R＝1m，小球可看作質點且其質量為m＝1kg，g取10m/s2。則()圖6A.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.9mB.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9mC.小球經過管道的B點時，受到下管道的作用力FNB的大小是2ND.小球經過管道的B點時，受到下管道的作用力FNB的大小是1N答案AD解析小球從B點脫離后做平拋運動，經過0.3s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰，則在C點的豎直分速度為vCy＝gt＝3m/s，因小球恰好垂直撞在斜面上，則平拋運動水平初速度為vB＝vCytan45°＝3m/s，小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離為x＝vBt＝0.9m，故A正確，B錯誤；設小球經過B點時，受到上管道豎直向下的作用力為FNB，根據牛頓第二定律可得FNB＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，聯立方程解得FNB＝－1N，負號說明小球在B點受到下管道的作用力的大小是1N，方向豎直向上，故C錯誤，D正確。A級基礎對點練對點練1水平面內的圓周運動臨界問題1.如圖1所示，一硬幣(可視為質點)置于水平圓盤上，硬幣與豎直轉軸OO′的距離為r，已知硬幣與圓盤之間的動摩擦因數為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，重力加速度大小為g。若硬幣與圓盤一起繞OO′軸勻速轉動，則圓盤轉動的最大角速度為()圖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解析硬幣做圓周運動的向心力由靜摩擦力提供，則Ff＝mω2r，而Ff≤Ffm＝μFN＝μmg，聯立可得mω2r≤μmg，解得ω≤eq\r(\f(μg,r))，即圓盤轉動的最大角速度為eq\r(\f(μg,r))，故選項B正確。2.如圖2所示的路段是一段半徑約為120m的圓弧形彎道，路面水平，路面對輪胎的最大靜摩擦力為正壓力的0.8倍，下雨時路面被雨水淋濕，路面對輪胎的最大靜摩擦力變為正壓力的0.4倍，若汽車通過圓弧形彎道時做勻速圓周運動，汽車可視為質點，取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()圖2A.汽車以72km/h的速率通過此圓弧形彎道時的向心加速度為43.2m/s2B.汽車以72km/h的速率通過此圓弧形彎道時的角速度為0.6rad/sC.晴天時，汽車以100km/h的速率可以安全通過此圓弧形彎道D.下雨時，汽車以60km/h的速率通過此圓弧形彎道時將做離心運動答案C解析汽車通過此圓弧形彎道時做勻速圓周運動，軌道半徑R＝120m，運動速率v＝72km/h＝20m/s，向心加速度為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錯誤；以汽車為研究對象，當路面對輪胎的摩擦力指向內側且達到徑向最大靜摩擦力時，此時汽車的速率為安全通過圓弧形彎道的最大速率vm。設汽車的質量為m，在水平方向上根據牛頓第二定律得Ffm＝meq\f(veq\o\al(2,m),R)，在豎直方向有FN＝mg，最大靜摩擦力為正壓力的0.8倍，即Ffm＝kFN，聯立得vm＝eq\r(kgR)，解得vm≈111.5km/h，所以晴天時，汽車以100km/h的速率可以安全通過此圓弧形彎道，C正確；下雨時，路面對輪胎的最大靜摩擦力變為正壓力的0.4倍，有vm′＝eq\r(k′gR)，解得vm＝78.8km/h＞60km/h，所以汽車可以安全通過此圓弧形彎道而不做離心運動，D錯誤。3.(2022·湖北武漢模擬)如圖3所示，豎直桿AB在A、B兩點通過光滑鉸鏈連接兩等長輕桿AC和BC，AC和BC與豎直方向的夾角均為θ，輕桿長均為L，在C處固定一質量為m的小球，重力加速度為g，在裝置繞豎直桿AB轉動的角速度ω從0開始逐漸增大的過程中，下列說法正確的是()圖3A.當ω＝0時，AC桿和BC桿對球的作用力都表現為拉力B.AC桿對球的作用力先增大后減小C.AC桿與BC桿上的力的大小之差越來越大D.當ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))時，BC桿對球的作用力為0答案D解析當ω＝0時，由于小球在水平方向受力平衡，因此AC桿對小球的作用力表現為拉力，BC桿對小球的作用力表現為支持力，且大小相等，故A錯誤；當ω逐漸增大時，AC桿對小球的拉力逐漸增大，BC桿對小球的支持力逐漸減小，當BC桿的作用力為0時，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，當ω繼續增大時，AC桿對小球的拉力繼續增大，BC桿對小球的作用力變為拉力，且逐漸增大，故B錯誤，D正確；一定時間后，AC桿和BC桿的作用力都變為拉力，拉力的豎直分力之差等于小球的重力，即F1cosθ－F2cosθ＝mg，則F1－F2＝eq\f(mg,cosθ)，因此AC桿與BC桿上的力的大小之差不變，故C錯誤。4.(2023·山東青島模擬)如圖4，相同的物塊a、b用沿半徑方向的細線相連放置在水平圓盤上。當圓盤繞轉軸轉動時，物塊a、b始終相對圓盤靜止。下列關于物塊a所受的摩擦力隨圓盤角速度的平方(ω2)的變化關系正確的是()圖4答案D解析轉動過程中a、b角速度相同。當圓盤角速度較小時，a、b由靜摩擦力提供向心力，繩子拉力為零，此過程中a、b所需要的摩擦力分別為Ffa＝mω2ra，Ffb＝mω2rb，因為rb>ra，故Ffb>Ffa，又因為a、b與平臺的最大靜摩擦力相同，所以隨著角速度增大，b先達到最大靜摩擦力，當b達到最大靜摩擦力Ff0時繩子開始出現拉力，此時對于a、b有Ffa－FT＝mω2ra，Ff0＋FT＝mω2rb，聯立可得Ffa＝mω2(ra＋rb)－Ff0，由上述分析可知，繩子拉力出現之前Ffa－ω2圖像的斜率為mra，繩子拉力出現之后圖線的斜率為m(ra＋rb)，所以繩子有拉力時圖線斜率變大，故D正確。對點練2豎直面內圓周運動的“兩類模型”5.(2022·江蘇揚州模擬)無縫鋼管的制作原理如圖5所示，豎直平面內，管狀模型置于兩個支承輪上，支承輪轉動時通過摩擦力帶動管狀模型轉動，鐵水注入管狀模型后，由于離心作用，緊緊地覆蓋在模型的內壁上，冷卻后就得到無縫鋼管。已知管狀模型內壁半徑R，則下列說法正確的是()圖5A.鐵水是由于受到離心力的作用才覆蓋在模型內壁上B.模型各個方向上受到的鐵水的作用力相同C.管狀模型轉動的角速度ω最大為eq\r(\f(g,R))D.若最上部的鐵水恰好不離開模型內壁，此時僅重力提供向心力答案D解析鐵水是由于離心作用覆蓋在模型內壁上的，模型對它的彈力和重力沿半徑方向的合力提供向心力，故A錯誤；模型最下部受到的鐵水的作用力最大，最上部受到的作用力最小，故B錯誤；若最上部的鐵水恰好不離開模型內壁，此時僅重力提供向心力，則有mg＝mω2R，可得ω＝eq\r(\f(g,R))，即管狀模型轉動的角速度ω最小為eq\r(\f(g,R))，故C錯誤，D正確。6.如圖6所示，用輕繩懸掛一個小球，在懸點正下方A點固定一顆釘子，釘子與懸點的距離d小于繩子的長度L，把小球拉到與懸點O等高的水平位置由靜止釋放，當小球下落到懸點正下方繩子碰撞釘子的瞬間，下列說法正確的是()圖6A.小球角速度大小保持不變B.小球向心加速度的大小保持不變C.小球受到拉力、重力、向心力D.d越大，釘子的位置越靠近小球，繩子就越容易斷答案D解析當小球下落到懸點正下方繩子碰撞釘子的瞬間，小球水平方向受力為零，小球的線速度不變，因轉動半徑減小，則角速度變大，選項A錯誤；根據a＝eq\f(v2,r)，因線速度不變，轉動半徑減小，則向心加速度變大，選項B錯誤；小球只受拉力和重力作用，兩個力的合力提供向心力，選項C錯誤；d越大，釘子的位置越靠近小球，小球的轉動半徑越小，根據FT＝mg＋meq\f(v2,r)，可知繩子拉力越大，則繩子就越容易斷，選項D正確。7.(2022·湖北荊州高三模擬)將過山車經過兩端彎曲軌道過程等效簡化成如圖7所示兩個圓周的一部分(RA<RB)，A、B分別為軌道的最低點和最高點，過山車與軌道的動摩擦因數處處相等，則過山車()圖7A.在A點時合外力方向豎直向上B.在B點時合外力方向豎直向下C.在A點時所受摩擦力較大D.在B點時所受向心力較大答案C解析過山車不是做勻速圓周運動，在經過A、B時其合外力并不指向圓心，則A、B錯誤；在A點有FNA－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),rA)，則A點對軌道壓力為FNA＝mg＋meq\f(veq\o\al(2,A),rA)，同理可得在B點對軌道壓力為FNB＝mg－meq\f(veq\o\al(2,B),rB)，則FNA＞FNB，則由摩擦力Ff＝μFN，故C正確；由于A點速度大于B點速度，半徑rA＜rB，則由向心力公式Fn＝meq\f(v2,r)可知A點向心力較大，則D錯誤。8.(多選)(2023·河北保定高三期末)如圖8所示，質量為m的小明(視為質點)坐摩天輪。小明乘坐的車廂與摩天輪的轉軸間的距離為r，摩天輪以大小為keq\r(\f(g,r))(常數k<1，g為重力加速度大小)的角速度做勻速圓周運動。若小明坐在車廂水平座墊上且雙腳離地，則下列說法正確的是()圖8A.小明通過最高點時不受重力B.小明做勻速圓周運動的周期為eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))C.小明通過最高點時處于完全失重狀態D.小明通過最低點時對車廂座墊的壓力大小為(1＋k2)mg答案BD解析當小明通過最高點時小明依然要受到重力作用，A錯誤；小明做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,k)eq\r(\f(r,g))，B正確；小明做圓周運動所需的向心力大小F向＝k2mg<mg，故小明通過最高點時處于失重狀態，但并非處于完全失重狀態，C錯誤；當小明通過最低點時，由牛頓第二定律有F－mg＝mω2r，解得F＝(1＋k2)mg，根據牛頓第三定律可知，此時小明對車廂座墊的壓力大小為(1＋k2)mg，D正確。B級綜合提升練9.(多選)如圖9所示，一傾斜的勻質圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉動，盤面上離轉軸2.5m處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止，物體與盤面間的動摩擦因數為eq\f(\r(3),2)，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，盤面與水平面的夾角為30°，g取10m/s2，則以下說法中正確的是()圖9A.小物體隨圓盤做勻速圓周運動時，一定始終受到三個力的作用B.小物體隨圓盤以不同的角速度ω做勻速圓周運動時，ω越大時，小物體在最高點處受到的摩擦力一定越大C.小物體受到的摩擦力可能背離圓心D.ω的最大值是1.0rad/s答案CD解析當物體在最高點時，可能只受到重力與支持力2個力的作用，合力提供向心力，故A錯誤；當物體在最高點時，可能只受到重力與支持力2個力的作用，也可能受到重力、支持力與摩擦力三個力的作用，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時，ω越大時，小物體在最高點處受到的摩擦力越小，故B錯誤；當物體在最高點時，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，即可能指向圓心，也可能背離圓心，故C正確；當物體轉到圓盤的最低點恰好不滑動時，轉盤的角速度最大，此時小物體受豎直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圓心的摩擦力，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正確。10.(多選)(2022·湖北華中師大一附中模擬)如圖10所示，在豎直平面內有一半徑為R的光滑固定細管(忽略管的內徑)，半徑OB水平，OA豎直，一個直徑略小于管內徑的小球由B點以某一初速度v0進入細管，之后由管內的頂部A點以大小為vA的水平速度飛出。重力加速度為g，下列說法正確的是()圖10A.為使小球能從A點飛出，小球在B點的初速度必須滿足v0>eq\r(3gR)B.為使小球能從A點飛出，小球在B點的初速度必須滿足v0>eq\r(2gR)C.為使小球從A點水平飛出后再返回B點，小球在B點的初速度應為v0＝eq\r(\f(5gR,2))D.小球從A點飛出的水平初速度必須滿足vA>eq\r(gR)，因而不可能使小球從A點水平飛出后再返回B點答案BC解析為使小球能從A點飛出，則在A點的最小速度為零，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR，解得v0＝eq\r(2gR)，則小球在B點的初速度必須滿足v0>eq\r(2gR)，選項A錯誤，B正確；為使小球從A點水平飛出后再返回B點，則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點的初速度應為v0＝eq\r(\f(5gR,2))，選項C正確；要使小球從A點飛出，則小球在A點的速度大于零即可，由選項C的分析可知，只要小球在A點的速度為eq\r(\f(gR,2))，小球就能從A點水平飛出后再返回B點，選項D錯誤。11.(2023·湖南岳陽高三月考)如圖11所示，疊放在水平轉臺上的物體A、B及物體C能隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動，A、B、C的質量分別為3m、2m、m，A與B、B和C與轉臺間的動摩擦因數都為μ，A和B、C離轉臺中心的距離分別為r和1.5r。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，下列說法正確的是()圖11A.B對A的摩擦力一定為3μmgB.B對A的摩擦力一定為3mω2rC.轉臺的角速度需要滿足ω≤eq\r(\f(μg,r))D.若轉臺的角速度逐漸增大，最先滑動的是A物體答案B解析由于物體A、B及物體C能隨轉臺一起勻速轉動，則三個物體受到的均為靜摩擦力，則B對A的摩擦力滿足0<FfA≤Ffmax＝3μmg，由于角速度大小不確定，B對A的摩擦力不一定達到最大靜摩擦力3μmg，物體做勻速圓周運動，由靜摩擦力提供向心力，則FfA＝3mω2r，A錯誤，B正確；若物體A達到最大靜摩擦力，則3μmg＝3mωeq\o\al(2,1)r，解得ω1＝eq\r(\f(μg,r))，若轉臺對物體B達到最大靜摩擦力，對A、B整體有5μmg＝5mωeq\o\al(2,2)r，解得ω2＝eq\r(\f(μg,r))，若物體C達到最大靜摩擦力，則μmg＝mωeq\o\al(2,3)×1.5r，解得ω3＝eq\r(\f(2μg,3r))，可知ω1＝ω2>ω3，由于物體A、B及物體C均隨轉臺一起勻速轉動，則轉臺的角速度需要滿足ω≤ω3＝eq\r(\f(2μg,3r))，該分析表明，當角速度逐漸增大時，物體C所受摩擦力先達到最大靜摩擦力，即若轉臺的角速度逐漸增大，最先滑動的是C物體，C、D錯誤。12.(2023·天津薊州區模擬)如圖12甲是某游樂場中水上過山車的實物圖片，圖乙是其原理示意圖。在原理圖中半徑為R＝8m的圓形軌道固定在離水面高h＝3.2m的水平平臺上，圓軌道與水平平臺相切于A點，A、B分別為圓形軌道的最低點和最高點。過山車(實際是一艘帶輪子的氣墊小船，可視作質點)高速行駛，先后會通過多個圓形軌道，然后從A點離開圓軌道而進入光滑的水平軌道AC，最后從C點水平飛出落入水中，整個過程刺激驚險，受到很多年輕人的喜愛。已知水面寬度為s＝12m，假設運動中不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，結果可保留根號。圖12(1)若過山車恰好能通過圓形軌道的最高點B，則其在B點的速度為多大？(2)為使過山車安全落入水中，則過山車在C點的最大速度為多少？(3)某次運動過程中乘客在圓軌道最低點A對座椅的壓力為自身重力的3倍，則過山車落入水中時的速度大小是多少？答案(1)4eq\r(5)m/s(2)15m/s(3)4eq\r(14)m/s解析(1)過山車恰好過最高點時，只受重力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)則vB＝eq\r(gR)＝4eq\r(5)m/s。(2)離開C點后做平拋運動，由h＝eq\f(1,2)gt2運動時間為t＝0.8s故最大速度為vm＝eq\f(s,t)＝15m/s。(3)在圓軌道最低點有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)解得vA＝eq\r(2gR)＝4eq\r(10)m/s過山車從C處做平拋運動，落水時豎直速度為vy＝gt＝8m/s則落水速度為v＝eq\r(veq\o\al(2,A)＋veq\o\al(2,y))＝4eq\r(14)m/s。專題強化七衛星運動的三類問題學習目標1.會分析衛星的變軌過程及各物理量的變化。2.掌握雙星或多星模型的特點。3.會分析衛星的追及與相遇問題。考點一衛星的變軌和能量問題1.變軌原理(1)為了節省能量，在赤道上順著地球自轉方向發射衛星到圓軌道Ⅰ上，如圖所示。(2)在A點(近地點)點火加速，由于速度變大，萬有引力不足以提供衛星在軌道Ⅰ上做圓周運動的向心力，衛星做離心運動進入橢圓軌道Ⅱ。(3)在B點(遠地點)再次點火加速進入圓形軌道Ⅲ。2.變軌過程各物理量比較速度關系在A點加速：vⅡA＞vⅠ，在B點加速：vⅢ＞vⅡB，即vⅡA＞vⅠ＞vⅢ＞vⅡB(向心)加速度關系aⅢ＝aⅡBaⅡA＝aⅠ周期關系TⅠ＜TⅡ＜TⅢ機械能EⅠ＜EⅡ＜EⅢ例1(2023·江蘇南京模擬)2020年我國實施“天問一號”計劃，通過一次發射，實現“環繞、降落、巡視”三大任務。如圖1所示，探測器經歷橢圓軌道Ⅰ→橢圓軌道Ⅱ→圓軌道Ⅲ的變軌過程。Q為軌道Ⅰ遠火點，P為軌道Ⅰ近火點，探測器在三個軌道運行時都經過P點。則探測器()圖1A.沿軌道Ⅰ運行至P點速度大于運行至Q點速度B.沿軌道Ⅱ運行至P點的加速度小于沿軌道Ⅲ運行至P點的加速度C.沿軌道Ⅰ運行的周期小于沿軌道Ⅱ運行的周期D.與火星連線在相等時間內，沿軌道Ⅰ運行與沿軌道Ⅱ運行掃過面積相等答案A解析根據開普勒第二定律可知，沿軌道Ⅰ運行至近火點P的速度大于運行至遠火點Q的速度，選項A正確；根據a＝eq\f(GM,r2)可知，沿軌道Ⅱ運行至P點的加速度等于沿軌道Ⅲ運行至P點的加速度，選項B錯誤；根據開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，可知沿軌道Ⅰ運行的半長軸大于沿軌道Ⅱ運行的半長軸，則沿軌道Ⅰ運行的周期大于沿軌道Ⅱ運行的周期，選項C錯誤；根據開普勒第二定律可知，沿同一軌道運動時在相等的時間內與火星的連線掃過的面積相等，而在相等時間內，沿軌道Ⅰ運行與沿軌道Ⅱ運行掃過面積一定不相等，選項D錯誤。跟蹤訓練1.(2022·湖北孝感模擬)2022年4月13日，神舟十三號飛船在歷經了183天的太空航行之后，成功返回地球。神舟十三號此行的主要任務之一是進入太空并與天宮空間站進行對接，飛船的運動可簡化為如圖2所示的情境，圓形軌道2為天宮空間站運行軌道，橢圓軌道1為載人飛船運行軌道，兩軌道相切于P點，Q點在地面附近，是軌道1的近地點，則下列判斷正確的是()圖2A.載人飛船可在到達軌道2后不斷加速追上空間站實現對接B.載人飛船在軌道1上P點的加速度等于空間站在軌道2上P點的加速度C.載人飛船在軌道1上經過Q點時的速度等于7.9km/sD.載人飛船從Q點向P點運動過程中，萬有引力不做功答案B解析若載人飛船在到達軌道2后不斷加速，則會做離心運動，從而遠離軌道2，不會追上空間站，不能實現對接，選項A錯誤；根據a＝eq\f(GM,r2)可知，載人飛船在軌道1上P點的加速度等于空間站在軌道2上P點的加速度，選項B正確；載人飛船從近地圓軌道的Q點加速才能進入軌道1的橢圓軌道，則在軌道1上經過Q點時的速度大于7.9km/s，選項C錯誤；載人飛船從Q點向P點運動過程中，萬有引力對飛船做負功，選項D錯誤。2.(2022·重慶市育才中學模擬)2021年5月15日中國首次火星探測任務“天問一號”探測器在火星烏托邦平原南部預選著陸區成功著陸。“天問一號”探測器需要通過霍曼轉移軌道從地球發送到火星，地球軌道和火星軌道看成圓形軌道，此時霍曼轉移軌道是一個近日點M和遠日點P分別與地球軌道、火星軌道相切的橢圓軌道(如圖3所示)，在近日點短暫點火后“天問一號”進入霍曼轉移軌道，接著“天問一號”沿著這個軌道運行直至抵達遠日點，然后再次點火進入火星軌道。已知引力常量為G，地球軌道和火星軌道半徑分別為r和R，地球、火星、“天問一號”運行方向都為逆時針方向。若只考慮太陽對“天問一號”的作用力，下列說法正確的是()圖3A.“天問一號”在霍曼轉移軌道由M點運動到P點過程中機械能增大B.兩次點火噴射方向一次與速度方向相同，一次與速度方向相反C.“天問一號”在地球軌道上的線速度與在火星軌道上的線速度之比為eq\r(\f(R,r))D.“天問一號”運行中在轉移軌道上P點的加速度與在火星軌道上P點的加速度之比為eq\f(R,r)答案C解析“天問一號”在霍曼轉移軌道由M點運動到P點過程中，只有太陽的引力做功，則機械能守恒，選項A錯誤；兩次點火噴射都使“天問一號”加速，所以噴射方向都與速度方向相反，選項B錯誤；根據Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(v2,r)，得a＝eq\f(GM,r2)，v＝eq\r(\f(GM,r))，則“天問一號”在地球軌道上的線速度與在火星軌道上的線速度之比為eq\r(\f(R,r))，選項C正確；“天問一號”運行中在轉移軌道上P點的加速度與在火星軌道上P點的加速度之比為1∶1，選項D錯誤。考點二雙星或多星模型1.雙星模型(1)定義：繞公共圓心轉動的兩個星體組成的系統，我們稱之為雙星系統。如圖4所示。圖4(2)特點①各自所需的向心力由彼此間的萬有引力提供，即eq\f(Gm1m2,L2)＝m1ωeq\o\al(2,1)r1，eq\f(Gm1m2,L2)＝m2ωeq\o\al(2,2)r2。②兩顆星的周期、角速度相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。③兩顆星的軌道半徑與它們之間的距離關系為r1＋r2＝L。④兩顆星到圓心的距離r1、r2與星體質量成反比，即eq\f(m1,m2)＝eq\f(r2,r1)。⑤雙星的運動周期T＝2πeq\r(\f(L3,G（m1＋m2）))。⑥雙星的總質量m1＋m2＝eq\f(4π2L3,T2G)。2.多星模型(1)定義：所研究星體的萬有引力的合力提供做圓周運動的向心力，除中央星體外，各星體的角速度或周期相同。(2)常見的三星模型①三顆星體位于同一直線上，兩顆質量相等的環繞星圍繞中央星在同一半徑為R的圓形軌道上運行(如圖甲所示)。②三顆質量均為m的星體位于等邊三角形的三個頂點上(如圖乙所示)。(3)常見的四星模型①四顆質量相等的星體位于正方形的四個頂點上，沿著外接于正方形的圓形軌道做勻速圓周運動(如圖丙所示)。②三顆質量相等的星體始終位于正三角形的三個頂點上，另一顆位于中心O，外圍三顆星繞O做勻速圓周運動(如圖丁所示)。例2(2022·湖南長沙模擬)如圖5甲所示，河外星系中兩黑洞A、B的質量分別為m1和m2，它們以兩者連線上的某一點為圓心做勻速圓周運動。為研究方便簡化為如圖乙所示的示意圖，黑洞A和黑洞B均可看成球體，OA＞OB，且黑洞A的半徑大于黑洞B的半徑，下列說法正確的是()圖5A.兩黑洞質量之間的關系一定是m1＞m2B.黑洞A的運行角速度小于黑洞B的運行角速度C.人類要把宇航器發射到距黑洞A較近的區域進行探索，發射速度一定大于第三宇宙速度D.若兩黑洞間的距離一定，把黑洞A上的物質移到黑洞B上，它們運行的周期變大答案C解析黑洞A與黑洞B繞O點相同時間內轉過的角度相同，二者的角速度相等，設它們相距為L，角速度為ω，根據牛頓第二定律得Geq\f(m1m2,L2)＝m1ω2·OA，Geq\f(m1m2,L2)＝m2ω2·OB，聯立得m1·OA＝m2·OB，根據題意OA>OB，所以m1<m2，故A、B錯誤；人類要把宇航器發射到距黑洞A較近的區域進行探索，必須沖出太陽系，所以發射速度一定大于第三宇宙速度，故C正確；根據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))，所以周期為T＝2πeq\r(\f(L3,G（m1＋m2）))，若兩黑洞間的距離一定，把黑洞A上的物質移到黑洞B上，兩黑洞質量之和不變，運行周期不變，故D錯誤。跟蹤訓練3.(2022·江蘇泰州模擬)如圖6所示，“食雙星”是兩顆相距為d的恒星A、B，只在相互引力作用下繞連線上O點做勻速圓周運動，彼此掩食(像月亮擋住太陽)而造成亮度發生周期性變化的兩顆恒星。觀察者在地球上通過望遠鏡觀察“食雙星”，視線與雙星軌道共面。觀測發現每隔時間T兩顆恒星與望遠鏡共線一次，已知引力常量為G，則()圖6A.恒星A、B運動的周期為TB.恒星A質量小于B的質量C.恒星A、B的總質量為eq\f(π2d3,GT2)D.恒星A線速度大于B的線速度答案C解析每隔時間T兩顆恒星與望遠鏡共線一次，則兩恒星的運動周期為T′＝2T，故A錯誤；根據萬有引力提供向心力，有Geq\f(mAmB,d2)＝mAeq\f(4π2,（2T）2)rA＝mBeq\f(4π2,（2T）2)rB，因為rA<rB，則mA>mB，故B錯誤；由B選項得，兩恒星總質量為M＝mA＋mB＝eq\f(π2d3,GT2)，故C正確；根據v＝ωr，兩恒星角速度相等，則vA<vB，故D錯誤。4.(多選)宇宙中存在一些離其他恒星較遠的三星系統，其中一種三星系統如圖7所示。三顆質量均為m的星體位于等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為R。忽略其他星體對它們的引力作用，三星在同一平面內繞三角形中心O做勻速圓周運動，引力常量為G，則()圖7A.每顆星做圓周運動的線速度大小為eq\r(\f(Gm,R))B.每顆星做圓周運動的角速度為eq\r(\f(3Gm,R3))C.每顆星做圓周運動的周期為2πeq\r(\f(R3,3Gm))D.每顆星做圓周運動的加速度與三星的質量無關答案ABC解析每顆星受到的合力為F＝2Geq\f(m2,R2)sin60°＝eq\r(3)Geq\f(m2,R2)，軌道半徑為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))，顯然加速度a與m有關，故A、B、C正確，D錯誤。考點三天體中的追及相遇問題天體“相遇”指兩天體相距最近，以地球和行星“相遇”為例(“行星沖日”)，某時刻行星與地球最近，此時行星、地球與太陽三者共線且行星和地球的運轉方向相同(圖甲)，根據eq\f(GMm,r2)＝mω2r可知，地球公轉的速度較快，從初始時刻到之后“相遇”，地球與行星距離最小，三者再次共線，有兩種方法可以解決問題。 甲乙1.角度關系ω1t－ω2t＝n·2π(n＝1，2，3…)2.圈數關系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，若兩者相距最遠(行星處在地球和太陽的延長線上)(圖乙)，有關系式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·湖南師大附中模擬)沖日是指某一外行星(火星、木星、土星、天王星、海王星、冥王星)于繞日公轉過程中運行到與地球、太陽成一直線的狀態，已知火星的公轉周期約為地球公轉周期的1.9倍，半徑約為地球的一半，質量約為地球質量的eq\f(1,9)，現認為地球和火星在同一平面上、沿同一方向繞太陽做勻速圓周運動，下列說法中正確的是()A.火星沖日時間間隔約為兩年零一個月B.火星與地球公轉軌道半徑之比約為6∶1C.火星與地球表面重力加速度之比約為2∶9D.火星與地球密度之比約為4∶9答案A解析由(ω地－ω火)t＝2π和T＝eq\f(2π,ω)，可得火星沖日時間間隔t＝eq\f(T地T火,T火－T地)＝2.1年，選項A正確；由開普勒第三定律可得eq\f(Teq\o\al(2,火),Teq\o\al(2,地))＝eq\f(req\o\al(3,火),req\o\al(3,地))，則火星與地球公轉軌道半徑之比約為3∶2，選項B錯誤；由g＝eq\f(GM,R2)，可得火星與地球表面重力加速度之比約為4∶9，選項C錯誤；由ρ＝eq\f(3M,4πR3)，可得火星與地球密度之比約為8∶9，選項D錯誤。A級基礎對點練對點練1衛星的變軌和能量問題1.宇宙飛船和空間站在同一軌道上運動。若飛船想與前方的空間站對接，飛船為了追上空間站，可采取的方法是()A.飛船加速直到追上空間站，完成對接B.飛船從原軌道減速至一個較低軌道，再加速追上空間站完成對接C.飛船加速至一個較高軌道，再減速追上空間站，完成對接D.無論飛船采取何種措施，均不能與空間站對接答案B解析飛船在軌道上正常運行時，有Geq\f(m中m,r2)＝meq\f(v2,r)。當飛船直接加速時，所需向心力meq\f(v2,r)增大，則Geq\f(m中m,r2)＜meq\f(v2,r)，故飛船做離心運動，軌道半徑增大，將導致不在同一軌道上，A錯誤；飛船若先減速，它的軌道半徑將減小，但運行速度增大，故在低軌道上飛船可接近空間站，當飛船運動到合適的位置再加速，回到原軌道，即可追上空間站，B正確，D錯誤；若飛船先加速，它的軌道半徑將增大，但運行速度減小，再減速故而追不上空間站，C錯誤。2.(2023·山東臨沂高三專練)神舟十三號載人飛船返回艙首次采用快速返回模式，于2022年4月16日9時56分在東風著陸場成功著陸。返回的大致過程如下：0時44分飛船沿徑向與空間站天和核心艙成功分離，分離后空間站仍沿原軌道飛行，飛船下降到空間站下方200m處的過渡軌道并進行調姿，由徑向飛行改為橫向飛行。繞行5圈后，經過制動減速、自由滑行、再入大氣層、著陸返回四個階段，如圖1為該過程的示意圖。下列說法正確的是()圖1A.分離后空間站運行速度變小B.飛船在過渡軌道的速度大于第一宇宙速度C.飛船沿徑向與空間站分離后在重力作用下運動到過渡軌道D.與空間站分離后，返回艙進入大氣層之前機械能減少答案D解析空間站沿著原來的軌道運行，軌道半徑不變，根據Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，分離后空間站運行速度不變，故A錯誤；根據v＝eq\r(\f(GM,r))可知，在過渡軌道的速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；飛船沿徑向與空間站分離后，是因為飛船點火減速，飛船做向心運動從而到達過渡軌道，故C錯誤；與空間站分離后，返回艙進入大氣層之前，飛船經過多次減速，除了萬有引力之外的其他力做負功，機械能減少，故D正確。3.(2022·江蘇南京模擬)2021年5月16日至6月24日，運行在約555km高度軌道上的“星鏈—1095”衛星降軌至平均高度為382km的近圓軌道上，后持續運行于這一與中國空間站相近的高度。在此期間，中國空間站采取了緊急避碰措施。關于衛星的降軌，下列說法正確的是()A.降軌前，衛星在原軌道上處于平衡狀態B.降軌時，衛星在原軌道上需要先行減速C.降軌后，衛星在新軌道上運動周期變大D.降軌后，衛星在新軌道上的速度將大于第一宇宙速度答案B解析降軌前，衛星在原軌道做圓周運動，其合外力提供向心力，衛星在原軌道上不處于平衡狀態，A錯誤；降軌時，衛星的軌道半徑減小，做向心運動，萬有引力大于向心力，故衛星在原軌道上需要先行減速，B正確；根據萬有引力提供向心力，則有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，軌道半徑越小，周期越小，故降軌后，衛星在新軌道上運動周期變小，C錯誤；根據萬有引力提供向心力，則有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，由于當軌道半徑等于地球半徑時，衛星在軌道上的速度將等于第一宇宙速度，又降軌后運行的軌道半徑大于地球半徑，故降軌后，衛星在新軌道上的速度將小于第一宇宙速度，D錯誤。4.(2023·江西景德鎮模擬)如圖2所示為某一同步衛星的發射過程示意圖，Ⅱ為橢圓軌道，與圓形軌道Ⅰ和同步軌道Ⅲ分別相切于P、Q點。已知地球同步衛星的軌道半徑為r，衛星在Ⅰ、Ⅲ軌道上運行時，衛星與地心的連線在相等時間內掃過的面積之比為k，下列說法正確的是()圖2A.軌道Ⅰ的軌道半徑為eq\f(r,k2)B.軌道Ⅰ的軌道半徑為rk2C.衛星從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅲ，需要在Q點減速D.衛星在軌道Ⅰ上的運行周期大于在軌道Ⅱ上的運行周期答案B解析因為衛星在Ⅰ、Ⅲ軌道上運行時，衛星與地心的連線在相等時間內掃過的面積之比為k，則由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))，聯立得eq\f(S1,S3)＝eq\r(\f(r1,r))＝k，解得r1＝rk2，故A錯誤，B正確；衛星從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅲ，需要在Q點加速，故C錯誤；由開普勒第三定律得eq\f(req\o\al(3,1),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(a3,Teq\o\al(2,2))，可見軌道半徑或半長軸越大，周期越大，故衛星在軌道Ⅰ上的運行周期小于在軌道Ⅱ上的運行周期，故D錯誤。對點練2雙星或多星模型5.(多選)(2022·湖南岳陽模擬)中國科學家利用“慧眼”太空望遠鏡觀測到了銀河系的MaxiJ1820＋070是一個由黑洞和恒星組成的雙星系統，距離地球約10000光年。根據觀測，黑洞的質量大約是太陽的8倍，恒星的質量只有太陽的一半，若已知太陽質量為M，引力常量為G，據此以上信息可以估算出()A.黑洞與恒星做勻速圓周運動的軌道半徑之比B.黑洞與恒星做勻速圓周運動的線速度大小之比C.黑洞做勻速圓周運動的角速度大小D.恒星的自轉周期答案AB解析由題意知，黑洞的質量為8M，恒星的質量為eq\f(M,2)，黑洞和恒星組成雙星系統，則角速度相等，設為ω，設黑洞的軌道半徑為r1，恒星的軌道半徑為r2，則恒星和黑洞的距離L＝r1＋r2，根據萬有引力提供向心力，對黑洞，有Geq\f(8M·\f(M,2),L2)＝8M·ω2r1，對恒星，有Geq\f(8M·\f(M,2),L2)＝eq\f(M,2)·ω2r2，聯立可得ω＝eq\r(\f(17GM,2L3))，eq\f(M,2)·ω2r2＝8Mω2r1，則eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,16)，根據v＝ωr，可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,16)，由于不知道黑洞和恒星的距離，無法求出角速度，故A、B正確，C錯誤；根據題中條件無法求出恒星的自轉周期，故D錯誤。6.如圖3所示，某雙星系統的兩星A和B各自繞其連線上的O點做勻速圓周運動，已知A星和B星的質量分別為m1和m2，相距為d。下列說法正確的是()圖3A.A星的軌道半徑為eq\f(m1,m1＋m2)dB.A星和B星的線速度之比為m1∶m2C.若在O點放一個質點，它受到的合力一定為零D.若A星所受B星的引力可等效為位于O點處質量為m′的星體對它的引力，則m′＝eq\f(meq\o\al(3,2),（m1＋m2）2)答案D解析雙星系統中，兩顆星球屬于同軸轉動模型，角速度相等，周期相等，根據萬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錯誤；由v＝ωr得A星和B星線速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\f(rA,rB)＝eq\f(m2,m1)，故B錯誤；在O點放一個質點，設質量為m，受到B的萬有引力FB＝eq\f(Gm2m,req\o\al(2,B))，受到A的萬有引力FA＝eq\f(Gm1m,req\o\al(2,A))，因為eq\f(m1,m2)≠eq\f(req\o\al(2,A),req\o\al(2,B))，可得FA≠FB，故質點受到的合力不為零，故C錯誤；A星所受B星的引力可等效為位于O點處質量為m′的星體對它的引力，由萬有引力定律可得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正確。對點練3天體中的追及相遇問題7.如圖4所示，A、B為地球的兩個軌道共面的人造衛星，運行方向相同，A為地球同步衛星，A、B衛星的軌道半徑的比值為k，地球自轉周期為T0。某時刻A、B兩衛星距離達到最近，從該時刻起到A、B間距離最遠所經歷的最短時間為()圖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解析由開普勒第三定律得eq\f(req\o\al(3,A),Teq\o\al(2,A))＝eq\f(req\o\al(3,B),Teq\o\al(2,B))，設兩衛星至少經過時間t距離最遠，即B比A多轉半圈，eq\f(t,TB)－eq\f(t,TA)＝nB－nA＝eq\f(1,2)，又由A是地球同步衛星知TA＝T0，解得t＝eq\f(T0,2（\r(k3)－1）)，故C正確。8.當地球位于太陽和木星之間且三者幾乎排成一條直線時，稱之為“木星沖日”，若2022年9月26日出現一次“木星沖日”。已知木星與地球幾乎在同一平面內沿同一方向繞太陽近似做勻速圓周運動，木星到太陽的距離大約是地球到太陽距離的5倍。則下列說法正確的是()A.下一次的“木星沖日”時間肯定在2024年B.下一次的“木星沖日”時間肯定在2023年C.木星運行的加速度比地球的大D.木星運行的周期比地球的小答案B解析設太陽質量為M，行星質量為m，軌道半徑為r，周期為T，加速度為a。由牛頓第二定律可得Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(4π2,T2)r，解得a＝eq\f(GM,r2)，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，由于木星到太陽的距離大約是地球到太陽距離的5倍，因此，木星運行的加速度比地球的小，木星運行的周期比地球的大，故C、D錯誤；地球公轉周期T1＝1年，由T＝2πeq\r(\f(r3,GM))可知，木星公轉周期T2＝eq\r(125)T1≈11.2年。設經時間t，再次出現“木星沖日”，則有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“木星沖日”發生在2023年，故A錯誤，B正確。B級綜合提升練9.(多選)(2022·湖南卷，8)如圖5，火星與地球近似在同一平面內，繞太陽沿同一方向做勻速圓周運動，火星的軌道半徑大約是地球的1.5倍。地球上的觀測者在大多數的時間內觀測到火星相對于恒星背景由西向東運動，稱為順行；有時觀測到火星由東向西運動，稱為逆行。當火星、地球、太陽三者在同一直線上，且太陽和火星位于地球兩側時，稱為火星沖日。忽略地球自轉，只考慮太陽對行星的引力，下列說法正確的是()圖5A.火星的公轉周期大約是地球的eq\r(\f(8,27))倍B.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運動為順行C.在沖日處，地球上的觀測者觀測到火星的運動為逆行D.在沖日處，火星相對于地球的速度最小答案CD解析根據題意結合開普勒第三定律可知eq\f(req\o\al(3,地),Teq\o\al(2,地))＝eq\f(req\o\al(3,火),Teq\o\al(2,火))，由于火星軌道半徑大約是地球軌道半徑的1.5倍，則可得T火＝eq\r(\f(27,8))T地，故A錯誤；根據Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝