力與曲線運動真題情境2021·全國甲卷T152021·全國乙卷T182020·全國卷ⅠT162020·全國卷ⅡT16考情分析【命題分析】高考對本講的命題，選擇題多集中在考查平拋運動、衛星運動的規律；計算題集中在圓周運動規律的綜合應用，題目與生活、生產相聯系，涉及相關物理量的臨界和極限狀態的求解。【素養要求】1．掌握小船渡河問題、關聯速度問題的處理方法。2．應用平拋運動特點及規律解決相關問題。3．掌握圓周運動動力學特點，靈活處理相關問題。4．掌握天體和衛星的運行特點和規律。5．會應用動力學和能量觀點分析衛星變軌問題。必備知識突破點一|拋體運動1．平拋運動的研究方法2．平拋運動的二級結論(1)做平拋運動的物體在任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，則tanα＝eq\f(y,\f(x,2))。(2)做平拋運動的物體在任一時刻任一位置處，其速度與水平方向的夾角α的正切值，是位移與水平方向的夾角θ的正切值的2倍，即tanα＝2tanθ。(3)若物體在斜面上平拋又落到斜面上，則其豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角的正切值。(4)若平拋物體垂直打在斜面上，則物體打在斜面上瞬間，其水平速度與豎直速度之比等于斜面傾角的正切值。[典例1]如圖所示，一小球在斜面的頂端以初速度v0水平拋出，最后落到斜面上。已知斜面的傾角為α，小球的質量為m，重力加速度為g。求：(1)小球落到斜面時速度大小和方向與水平面夾角的正切值；(2)小球離斜面最遠時的速度大小和運動時間。[解析](1)如圖所示，設小球落到斜面上時速度方向與水平方向的夾角為θ小球在水平方向上做勻速直線運動，有vx1＝v0，x＝v0t小球在豎直方向上做自由落體運動，有vy1＝gt，y＝eq\f(1,2)gt2小球落到斜面上，所以有tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)解得t＝eq\f(2v0tanα,g)tanθ＝eq\f(vy1,vx1)＝eq\f(gt,v0)＝2tanα小球落到斜面上的速度v1＝eq\r(v\o\al(2,x1)＋v\o\al(2,y1))＝v0eq\r(1＋4tan2α)。(2)當小球的運動方向與斜面平行時，小球與斜面相距最遠，設此時經歷時間為t′，小球的運動方向與水平方向的夾角為α，則有vx＝vcosα，tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt′,vx)，vx＝v0解得t′＝eq\f(v0tanα,g)，v＝eq\f(v0,cosα)。[答案](1)v0eq\r(1＋4tan2α)2tanα(2)eq\f(v0,cosα)eq\f(v0tanα,g)[母題追問]1．在上述例題的基礎上改變為以下情景：在足夠長斜面上的A點，以水平速度v0拋出一個小球，不計空氣阻力，小球落至斜面時下落的豎直高度為h1；若將此球改用2v0水平速度拋出，仍落至斜面時下落的豎直高度為h2。則h1∶h2為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．1∶4D[斜面傾角的正切值為tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，則運動的時間為t＝eq\f(2v0tanα,g)，可知運動的時間與平拋運動的初速度有關，初速度變為原來的2倍，則運動時間變為原來的2倍，所以時間比為1∶2。平拋運動下落的豎直高度h＝eq\f(1,2)gt2∝t2，則h1∶h2＝1∶4，故D正確，A、B、C錯誤。]2．在上述例題的基礎上改變為以下情景：讓小球在斜面的頂端以初速度v0垂直斜面斜向上拋出，最后仍落到斜面上。其他條件不變。求：(1)小球落到斜面上時的水平位移和豎直位移的大小；(2)小球從拋出到離斜面最遠時的時間；(3)小球離斜面最遠時的速度大小。[解析](1)建立如圖所示的坐標系，分解重力可知：小球在沿斜面方向上做初速度為0的勻加速直線運動，ax＝gsinα；小球在y軸方向上做加速度大小為ay＝gcosα的類豎直上拋運動。小球運動的時間t＝eq\f(2v0,ay)＝eq\f(2v0,gcosα)沿斜面的距離x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(2v\o\al(2,0)sinα,gcos2α)所以小球落到斜面上的水平位移為x∥＝xcosα＝eq\f(2v\o\al(2,0)tanα,g)豎直位移為x⊥＝xsinα＝eq\f(2v\o\al(2,0)tan2α,g)。(2)小球從拋出到離斜面最遠時的時間為t′＝eq\f(t,2)＝eq\f(v0,gcosα)。(3)小球離斜面最遠時vy＝0，只有沿x軸方向上的速度，則vx＝axt′＝v0tanα。[答案](1)eq\f(2v\o\al(2,0)tanα,g)eq\f(2v\o\al(2,0)tan2α,g)(2)eq\f(v0,gcosα)(3)v0tanα反思感悟：平拋運動問題要構建好兩類模型，一類是常規平拋運動模型，注意分解方法，應用勻變速運動的規律；另一類是平拋斜面結合模型，要靈活應用斜面傾角，分解速度或位移，構建幾何關系。[考向預測]1．(2021·湖南永州二模)如圖所示，在斜面頂端a處以速度va水平拋出一小球，經過時間ta恰好落在斜面底端c處。今在c點正上方與a等高的b處以速度vb水平拋出另一小球，經過時間tb恰好落在斜面的三等分點d處。若不計空氣阻力，下列關系式正確的是()A．ta＝eq\f(\r(3),2)tb B．ta＝3tbC．va＝eq\f(\r(3),2)vb D．va＝eq\f(3,2)vbC[由于a、b兩球下降的高度之比為3∶1，根據h＝eq\f(1,2)gt2可知下落時間t＝eq\r(\f(2h,g))，則兩小球運動的時間關系是ta＝eq\r(3)tb，故A、B錯誤；因為兩球水平位移之比為3∶2，由v0＝eq\f(x,t)得va＝eq\f(\r(3),2)vb，故C正確，D錯誤。]2．(多選)如圖所示，在一個傾角為37°的長斜面底端O點正上方h＝1.7m的P點處將一小球以速度v0水平拋出，恰好垂直擊中斜面上的Q點，sin37°＝0.6。取g＝10m/s2。下列說法正確的是()A．小球的初速度v0＝4m/sB．Q點離O點的距離|QO|＝1.2mC．保持h不變，將小球以2v0的速度水平拋出，則擊中斜面的位置到O點的距離小于2|QO|D．若拋出點高度變為2h，欲使小球仍能垂直擊中斜面，小球的初速度應調整為eq\r(2)v0CD[如圖甲所示，小球垂直擊中斜面時，速度的偏向角為53°，設Q到水平面的高度為y，到OP的距離為x，根據平拋運動規律的推論可知，速度偏向角的正切值tan53°＝2·eq\f(h－y,x)＝2·eq\f(h－y,\f(y,tan37°))，可得y＝eq\f(9,17)h≈0.9m，x＝1.2m，|QO|＝eq\f(x,sin53°)＝1.5m，B錯誤；小球在空中運動的時間t＝eq\r(\f(2h－y,g))＝0.4s，初速度v0＝eq\f(x,t)＝3m/s，A錯誤；保持拋出點高度不變，初速度大小變為原來的兩倍，如圖乙所示，若無斜面，則小球應擊中Q′點，實際擊中點為軌跡與斜面的交點，顯然離底端O的距離小于2|QO|，C正確；若拋出點高度變為2h，根據小球垂直擊中斜面的規律知，y′＝eq\f(9,17)×2h，小球下落的高度和水平位移均變為原來的兩倍，故小球的初速度應調整為原來的eq\r(2)倍，D正確。故選CD。甲乙]3．如圖所示，邊長為a的正方體無蓋盒子ABCD-A′B′C′D′放置在水平地面上，O與A′、B′在同一直線上，且O與A′的距離為a。將小球(可視為質點)從O點正上方距離O點3a處以某一速度水平拋出，不計空氣阻力，重力加速度為g。為使小球能落在盒子內部，則小球拋出時速度vA．eq\f(\r(ga),2)<v<eq\r(ga) B．eq\f(\r(ga),2)<v<eq\f(\r(5ga),2)C．eq\f(\r(2ga),2)<v<eq\f(\r(3ga),2) D．eq\f(\r(2ga),2)<v<eq\f(\r(5ga),2)B[小球拋出后做平拋運動，欲使小球落在盒內，則在豎直方向上小球下落的高度為2a，在豎直方向上有h＝2a＝eq\f(1,2)gt2，當小球落在A點時水平位移最小，小球拋出的速度最小，在水平方向上有x＝a＝v1t，解得v1＝eq\f(\r(ga),2)；當小球落在C點時水平位移最大，小球拋出的速度最大，在水平方向上有eq\r(a2＋2a2)＝v2t，解得v2＝eq\f(\r(5ga),2)。所以小球拋出的速度大小的范圍為eq\f(\r(ga),2)<v<eq\f(\r(5ga),2)，所以B正確，A、C、D錯誤。]突破點二|圓周運動1．水平面內的圓周運動的“臨界”分析(1)繩的臨界：張力FT＝0(2)接觸面滑動臨界：F＝fm(3)接觸面分離臨界：FN＝02．豎直面內的圓周運動(輕繩模型和輕桿模型)輕繩模型輕桿模型圖示在最高點受力重力，彈力F彈向下或等于零，mg＋F彈＝meq\f(v2,R)重力，彈力F彈向下、向上或等于零，mg±F彈＝meq\f(v2,R)恰好過最高點F彈＝0，mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(Rg)，即在最高點速度不能為零v＝0，mg＝F彈，在最高點速度可為零關聯應用動能定理或機械能守恒定律將初、末狀態聯系起來列方程求解[典例2](多選)(2021·云南曲靖二模)如圖甲所示，小球穿在豎直平面內光滑的固定圓環上，繞圓心O點做半徑為R的圓周運動。小球運動到最高點時，圓環與小球間彈力大小為F，小球在最高點的速度大小為v，其F-v2圖象如圖乙所示，g取10m/s2，則()甲乙A．小球的質量為4kgB．固定圓環的半徑R為0.8mC．小球在最高點的速度為4m/s時，小球受圓環的彈力大小為20N，方向向上D．若小球恰好做圓周運動，則其承受的最大彈力為100N[思路點撥]解此題關鍵有兩點：(1)做好小球在某一位置的動力學分析。(2)將小球的動力學方程與F-v2圖象對應，找出已知物理量。BD[對小球在最高點進行受力分析，速度為0時，F－mg＝0，結合圖象可知：20N－m·10m/s2＝0，解得小球質量m＝2kg，選項A錯誤；當F＝0時，由重力提供向心力可得mg＝eq\f(mv2,R)，結合圖象可知mg＝eq\f(8m/s2·m,R)，解得固定圓環半徑R為0.8m，選項B正確；小球在最高點的速度為4m/s時，設小球受圓環的彈力方向向下，由牛頓第二定律得F＋mg＝meq\f(v2,R)，代入數據解得F＝20N，方向豎直向下，所以選項C錯誤；小球經過最低點時，其受力最大，由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v2,R)，若小球恰好做圓周運動，由機械能守恒得mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，由以上兩式得F＝5mg，代入數據得F＝100N，選項D正確。]反思感悟：抓“兩點”“一聯”把握解題關鍵點①“兩點”②“一聯”[考向預測]4．(多選)(2021·山東省煙臺市一模)質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質細桿的B點和A點，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．a繩的張力不可能為零B．a繩的張力隨角速度的增大而增大C．當角速度ω>eq\r(\f(g,ltanθ))時，b繩將出現彈力D．若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發生變化AC[對小球受力分析，可得a繩的彈力在豎直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝eq\f(mg,sinθ)，為定值，A正確，B錯誤；當Tacosθ＝mω2l，即ω＝eq\r(\f(g,ltanθ))時，b繩的彈力為零，若角速度大于該值，則b繩將出現彈力，C正確；由于繩b可能沒有彈力，故繩b突然被剪斷，則a繩的彈力可能不變，D錯誤。]5．(易錯題)(多選)如圖，兩個質量均為m的小木塊a和b(可視為質點)放在水平圓盤上，a與轉軸OO′的距離為l，b與轉軸的距離為2l，木塊與圓盤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，用ω表示圓盤轉動的角速度，A．b一定比a先開始滑動B．a、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開始滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmgAC[本題從向心力來源入手，分析發生相對滑動的臨界條件。小木塊a、b做勻速圓周運動時，由靜摩擦力提供向心力，即f＝mω2R。當角速度增加時，靜摩擦力增大，當增大到最大靜摩擦力時，發生相對滑動，對木塊a：fa＝mωeq\o\al(2,a)l，當fa＝kmg時，即kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，ωa＝eq\r(\f(kg,l))；對木塊b：fb＝mωeq\o\al(2,b)·2l，當fb＝kmg時，即kmg＝mωeq\o\al(2,b)·2l，ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，所以b先達到最大靜摩擦力，選項A正確；兩木塊滑動前轉動的角速度相同，則fa＝mω2l，fb＝mω2·2l，fa<fb，選項B錯誤；當ω＝eq\r(\f(kg,2l))時b剛開始滑動，選項C正確；當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a沒有滑動，則fa＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，選項D錯誤。]6．(多選)如圖甲所示，用一輕質繩拴著一質量為m的小球，在豎直平面內做圓周運動(不計一切阻力)，小球運動到最高點時繩對小球的拉力為T，小球在最高點的速度大小為v，其T-v2圖象如圖乙所示，則()甲乙A．輕質繩長為eq\f(mb,a)B．當地的重力加速度為eq\f(m,a)C．當v2＝c時，輕質繩的拉力大小為eq\f(ac,b)＋aD．只要v2≥b，小球在最低點和最高點時繩的拉力差均為6AD[設繩長為R，由牛頓第二定律知小球在最高點滿足T＋mg＝meq\f(v2,R)，即T＝eq\f(m,R)v2－mg，由題圖乙知a＝mg，b＝gR，所以g＝eq\f(a,m)，R＝eq\f(mb,a)，A正確，B錯誤；當v2＝c時，有T＋mg＝meq\f(c,R)，將g和R的值代入得T＝eq\f(ac,b)－a，C錯誤；因小球在最低點滿足T′－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，即在最低點和最高點時繩的拉力差ΔT＝T′－T＝2mg＋eq\f(m,R)(veq\o\al(2,1)－v2)，又由機械能守恒定律知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2，可得ΔT＝6mg＝6a，D正確。]突破點三|萬有引力與航天1．估算天體質量和密度的解題技巧(1)利用萬有引力提供天體做圓周運動的向心力估算天體質量時，求出的只是中心天體的質量，并非環繞天體的質量。(2)區別天體半徑R和衛星軌道半徑r，只有在天體表面附近的衛星才有r≈R；計算天體密度時，體積V＝eq\f(4,3)πR3中R為天體半徑。2．分析衛星運行參量的“一模型”“兩思路”(1)一種模型：無論是自然天體(如地球、月亮)還是人造天體(如宇宙飛船、人造衛星)都可以看作質點，圍繞中心天體(視為靜止)做勻速圓周運動，如例題中的中心天體為地球。(2)兩條思路①萬有引力提供向心力，即Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2·r＝meq\f(4π2,T2)·r。②天體對其表面物體的萬有引力近似等于重力，即eq\f(GMm,R2)＝mg或GM＝gR2(R、g分別是天體的半徑、表面重力加速度)，公式GM＝gR2應用廣泛，被稱為“黃金代換式”。3．用好——“橋梁”地面赤道上的物體隨地球一起轉動，與同步衛星具有相同的角速度。比較地面赤道上物體和空中衛星的運行參數，可借助同步衛星的“橋梁”作用。4．衛星變軌的運動模型是向心運動和離心運動，當由于某種原因衛星速度v突然增大時，有Geq\f(Mm,r2)<meq\f(v2,r)，萬有引力不足以提供向心力，衛星將偏離圓軌道做離心運動；當v突然減小時，有Geq\f(Mm,r2)>meq\f(v2,r)，衛星將做向心運動。[典例3](多選)(2021·湖南卷)2021年4月29日，中國空間站天和核心艙發射升空，準確進入預定軌道。根據任務安排，后續將發射問天實驗艙和夢天實驗艙，計劃2022年完成空間站在軌建造。核心艙繞地球飛行的軌道可視為圓軌道，軌道離地面的高度約為地球半徑的eq\f(1,16)。下列說法正確的是()A．核心艙進入軌道后所受地球的萬有引力大小約為它在地面時的eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,17)))eq\s\up12(2)倍B．核心艙在軌道上飛行的速度大于7.9km/sC．核心艙在軌道上飛行的周期小于24hD．后續加掛實驗艙后，空間站由于質量增大，軌道半徑將變小[思路點撥]解此題把握兩點：(1)衛星的運行看成萬有引力作用下的勻速圓周運動，且運行軌道和質量無關。(2)第一宇宙速度是最大環繞速度。AC[根據萬有引力定律有F＝Geq\f(Mm,r2)，核心艙進入軌道后的萬有引力與地面上萬有引力之比為eq\f(F1,F2)＝eq\f(R2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(1,16)R))eq\s\up12(2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,17)))eq\s\up12(2)，所以A正確；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))，核心艙做圓周運動的半徑大于地球半徑，故核心艙在軌道上飛行的速度小于第一宇宙速度，即小于7.9km/s，所以B錯誤；根據T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，可知核心艙做圓周運動的軌道半徑小于同步衛星做圓周運動的軌道半徑，則其周期比同步衛星的周期小，小于24h，所以C正確；衛星做圓周運動時萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，則衛星的環繞速度與衛星的質量無關，所以變軌時需要點火減速或者點火加速，增加質量不會改變軌道半徑，所以D錯誤。]反思感悟：衛星運行參量的比較方法(1)列出四個連等式：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝ma。(2)導出四個表達式：a＝eq\f(GM,r2)，v＝eq\r(\f(GM,r))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))。(3)結合r大小關系，比較得出a、v、ω、T的大小關系。[考向預測]7．宇宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用互相繞轉，稱之為雙星系統，設某雙星系統繞其連線上的O點做勻速圓周運動，如圖所示。若AO<OB，則()A．星球A的向心力一定大于星球B的向心力B．星球A的線速度一定大于星球B的線速度C．星球A的質量一定大于星球B的質量D．雙星的總質量一定，雙星之間的距離越大，其轉動周期越小C[雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，所以向心力大小相等，故A錯誤；雙星系統角速度相等，根據v＝ωr，且AO<OB，可以知道，A的線速度小于B的線速度，故B錯誤；根據萬有引力提供向心力，得：Geq\f(m1m2,L2)＝m1ω2r1＝m2ω2r2，因為r1<r2，所以m1>m2，即A的質量一定大于B的質量，故C正確；根據萬有引力提供向心力得：Geq\f(m1m2,L2)＝m1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r1＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)r2，又r1＋r2＝L，計算得出周期為T＝2πeq\r(\f(L3,Gm1＋m2))，由此可以知道雙星的總質量一定，雙星之間的距離越大，轉動周期越大，故D錯誤。]8．(多選)(2021·福建高三二模)2021年2月15日17時，天問一號火星探測器在“火星捕獲軌道”的遠火點成功實施平面機動，進入兩極上空的“環火星1軌道”，之后多次在近火點實施制動，進入運行周期為火星自轉周期2倍的“火星停泊軌道”，載荷的高分辨率相機、光譜儀等儀器將對預選著陸區地形地貌、沙塵天氣等進行詳查，為擇機著陸火星做好準備，則“天問一號”()A．在“火星停泊軌道”的運行周期大于它在“環火星1軌道”的運行周期B．在“火星停泊軌道”從近火點向遠火點運動過程機械能守恒C．在“火星停泊軌道”每次經過近火點時，都在火星上同一個位置的正上空D．在“火星捕獲軌道”的遠火點要沿捕獲軌道的速度反方向點火進入“環火星1軌道”BC[在“火星停泊軌道”的運行半長軸小于“環火星1軌道”的半長軸，根據開普勒第三定律可知，在“火星停泊軌道”的周期小于它在“環火星1軌道”的運行周期，選項A錯誤；在“火星停泊軌道”從近火點向遠火點運動過程，只有火星的引力做功，則機械能守恒，選項B正確；因為在“火星停泊軌道”上的周期等于火星自轉周期的2倍，則在“火星停泊軌道”每次經過近火點時，都在火星上同一個位置的正上空，選項C正確；“火星捕獲軌道”與“環火星1軌道”有一定夾角，所以無論沿捕獲軌道的速度正方向或反方向點火，均不會進入“環火星1軌道”，選項D錯誤。]9．(易錯題)(多選)有a、b、c、d四顆地球衛星，a還未發射，在赤道表面上隨地球一起轉動，b是近地軌道衛星，c是地球同步衛星，d是高空探測衛星，它們均做勻速圓周運動，各衛星排列位置如圖所示，則()A．a的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度B．在相同時間內b轉過的弧長最長，a、c轉過的弧長對應的角度相等C．c在4小時內轉過的圓心角是eq\f(π,3)，a在2小時內轉過的圓心角是eq\f(π,6)D．b的周期一定小于d的周期，d的周期一定小于24小時BC[a在地球表面隨地球一起轉動，其萬有引力等于重力與向心力之和，且重力遠大于向心力，故a的向心加速度遠小于重力加速度g，根據牛頓第二定律，萬有引力提供向心力，Geq\f(Mm,r2)＝man，解得向心加速度an＝eq\f(GM,r2)，由于衛星d的軌道半徑大于衛星c的軌道半徑，所以衛星c的向心加速度大于d的向心加速度，選項A錯誤；地球同步衛星c繞地球運動的角速度與地球自轉角速度相同，相同時間內a、c轉過的弧長對應的角度相等，由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\r(\f(GM,r))，軌道半徑越小速度越大，則vb>vc>vd，又a與c角速度相等，且a的軌道半徑小于c的軌道半徑，故vc>va，即b的速度最大，所以在相同時間內b轉過的弧長最長，選項B正確；a、c角速度相同，在4小時內轉過的圓心角都為eq\f(2π,6)＝eq\f(π,3)，在2小時內轉過的圓心角都為eq\f(2π,12)＝eq\f(π,6)，選項C正確；c和b的軌道半徑都小于d的軌道半徑，由開普勒第三定律可知，b的運動周期一定小于d的運動周期，d的運動周期一定大于c的運動周期(24小時)，選項D錯誤。]突破點四|新情境探究以大氣環境監測為背景考查衛星運行規律[案例1](2021·北京豐臺區高三一模)為了對大氣二氧化碳進行全天時、高精度監測，我國研制的全球首顆搭載主動激光雷達的大氣環境監測衛星，將于2021年7月出廠待發射。與地球同步軌道衛星(圖中衛星1)不同，大氣環境監測衛星(圖中衛星2)是軌道平面與赤道平面夾角接近90°的衛星，一天內環繞地球飛14圈。下列說法正確的是()A．衛星2的速度大于衛星1的速度B．衛星2的周期大于衛星1的周期C．衛星2的向心加速度小于衛星1的向心加速度D．衛星2所處軌道的重力加速度等于衛星1所處軌道的重力加速度A[因為地球同步衛星(衛星1)的周期是24h，而大氣環境監測衛星(衛星2)的周期是eq\f(24h,14)，可見衛星2的周期小，根據萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，故衛星2的軌道半徑小于衛星1的軌道半徑，根據萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM