2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第一部分專題整合提升專題一力與運動第3課時力與曲線運動【知識網(wǎng)絡(luò)】熱點一曲線運動、運動的合成與分解例1兩同學(xué)用尺子在黑板上畫圖，如圖1(a)所示，甲同學(xué)拿尺子豎直貼在黑板上，水平向右勻速移動，乙同學(xué)拿粉筆貼著尺子右邊緣在黑板上畫線。若粉筆相對尺子向上運動的速度隨時間變化的圖像如圖(b)所示，則黑板上畫出的形狀可能是()圖1答案C解析由圖(b)可知，粉筆相對尺子向上的速度先增大后減小，相對尺子一直向上運動，軌跡一直向上延伸，A、B錯誤；粉筆水平方向的分運動為向右的勻速運動，第一階段豎直方向的分運動為初速度為0的勻加速直線運動，合運動軌跡為拋物線，開口向上。第二階段豎直方向的分運動為勻減速直線運動，末速度為0，合運動軌跡為拋物線的一部分，開口向下，故C正確，D錯誤。例2(2024·江蘇淮安高三聯(lián)考)如圖2所示，質(zhì)量為m的物體P置于傾角為θ1的固定光滑斜面上，輕細繩跨過光滑定滑輪分別連接著P與小車，P與滑輪間的細繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運動。已知重力加速度為g，則當小車與滑輪間的細繩和水平方向的夾角為θ2時，下列判斷正確的是()圖2A.P做勻速運動B.P的速率為eq\f(v,cosθ2)C.繩的拉力大于mgsinθ1D.繩的拉力小于mgsinθ1答案C解析將小車速度沿繩方向與垂直繩方向分解，P的速率為vP＝vcosθ2，小車以速率v水平向右做勻速直線運動，θ2逐漸減小，P的速度逐漸增大，P沿斜面向上做加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有T－mgsinθ1＝ma＞0，故繩的拉力大于mgsinθ1，故C正確，A、B、D錯誤。把物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個分量，根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。常見的模型如圖所示。訓(xùn)練1(2024·浙江名校協(xié)作體適應(yīng)性考試)如圖3所示，有一半徑為r的圓環(huán)在一水平地面上向右運動，且其圓心速度大小為v?，F(xiàn)有一木板，左端固定于地面之上，同時還搭于圓環(huán)之上，且木板與地面所成銳角為θ。則木板轉(zhuǎn)動的角速度ω為()圖3A.eq\f(v,r)cosθtaneq\f(θ,2) B.eq\f(v,r)sinθtaneq\f(θ,2)C.eq\f(v,r)coseq\f(θ,2)tanθ D.eq\f(v,r)cosθtanθ答案B解析設(shè)圓環(huán)與木板的接觸點為P，圓心為O，角的頂點為A，連接AO，A、P之間的距離為x，將圓心的速度分解為板的速度和圓環(huán)上P點的速度，如圖所示。由幾何關(guān)系有taneq\f(θ,2)＝eq\f(r,x)，由運動的合成與分解有v板＝vsinθ，板的角速度為ω＝eq\f(v板,x)，解得ω＝eq\f(v,r)sinθtaneq\f(θ,2)，故B正確。熱點二拋體運動例3(2023·浙江6月選考，3)鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關(guān)系中，正確的是()答案D解析鉛球在空中做平拋運動，加速度為重力加速度，恒定不變，A錯誤；鉛球的速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，又vy＝gt，聯(lián)立可得v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋g2t2)，所以v－t圖像為曲線，B錯誤；由動能定理有mgh＝Ek－Ek0，又h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立可得Ek＝Ek0＋eq\f(1,2)mg2t2，所以Ek－t圖線為二次函數(shù)圖線，C錯誤；由于不計空氣阻力，則鉛球在空中運動過程中只有重力做功，機械能守恒，E不變，D正確。例4(2024·河北保定高三檢測)跳臺滑雪是冬奧會的重要項目之一。如圖4所示，某次比賽中，運動員以速度v0從跳臺頂端水平飛出，經(jīng)過一段時間后落在傾斜賽道上，賽道的傾角為θ，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計，運動員(包括滑雪板)視為質(zhì)點。則運動員在空中運動的過程中下列說法正確的是()圖4A.后一半時間內(nèi)速度的變化量大于前一半時間內(nèi)速度的變化量B.運動員在空中運動的時間是eq\f(v0tanθ,g)C.運動員離開傾斜賽道至垂直賽道最遠處所用的時間是eq\f(v0tanθ,g)D.運動員離開傾斜賽道至垂直賽道最遠處的水平位移是eq\f(2veq\o\al(2,0)tanθ,g)答案C解析由Δv＝gΔt可知，后一半時間內(nèi)速度的變化量與前一半時間內(nèi)速度的變化量相等，故A錯誤；由平拋運動的水平和豎直位移關(guān)系tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，可得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，故B錯誤；距離賽道最遠時，速度與斜面平行，有tanθ＝eq\f(gt′,v0)得t′＝eq\f(v0tanθ,g)，故C正確；運動員離開傾斜賽道至垂直賽道最遠處的水平位移x＝v0t′＝eq\f(veq\o\al(2,0)tanθ,g)，故D錯誤。處理平拋(類平拋)運動的四個注意點(1)處理平拋運動(或類平拋運動)時，利用“化曲為直”的思想，分別研究物體在兩個不同方向的分運動，再根據(jù)運動學(xué)公式、牛頓運動定律、幾何關(guān)系等列式求解。(2)如圖甲所示，對于從斜面上水平拋出又落到斜面上的問題，有eq\f(y,x)＝tanθ，速度方向與斜面平行時，物體離斜面最遠。(3)如圖乙所示，對平拋運動的物體垂直打在斜面上，有eq\f(v0,vy)＝tanθ。(4)如圖丙所示，做平拋運動的物體，其位移方向與速度方向一定不同，它們之間的關(guān)系tanφ＝2tanθ。例5(2024·山東濰坊一模)跑酷，又稱自由奔跑，是一種結(jié)合了速度、力量和技巧的極限運動。如圖5甲所示為一城墻的入城通道，通道寬L＝6m。一質(zhì)量m＝50kg的跑酷愛好者從左墻根由靜止開始正對右墻做加速運動，加速到A點斜向上躍起，到達右墻壁B點時豎直速度恰好為零，B點距地面高h＝0.8m，然后立即蹬右墻壁，使水平速度變?yōu)榈却蠓聪颍@得一豎直向上的速度，恰能躍到左墻壁的C點，C點與B點等高，飛躍過程中人距地面的最大高度為H＝2.05m，重力加速度為g，可認為整個過程中人的姿態(tài)不發(fā)生變化，如圖乙所示，求：圖5(1)人蹬墻后的水平速度大?。?2)人加速助跑的距離s。答案(1)6m/s(2)3.6m解析(1)設(shè)人蹬墻后的水平速度大小為v1，從B到C做斜拋運動，水平方向有L＝v1t豎直方向有H－h(huán)＝eq\f(1,2)g(eq\f(t,2))2聯(lián)立得v1＝6m/s。(2)人從A點跳起到B點的過程中，逆過程為平拋運動，則水平方向v0＝v1，x＝v0t0豎直方向h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)解得t0＝0.4s，x＝2.4m由題意可知，人加速助跑的距離s＝L－x＝3.6m。斜拋運動(類斜拋運動)的處理方法(1)斜拋運動是勻變速曲線運動，以斜上拋運動為例(如圖所示)速度：vx0＝v0cosθ，vy0＝v0sinθ－gt位移：x＝v0cosθ·t，y＝v0sinθ·t－eq\f(1,2)gt2。(2)當物體做斜上拋運動至最高點時，運用逆向思維，可轉(zhuǎn)化為平拋運動處理。訓(xùn)練2(多選)(2024·安徽亳州高三期末)如圖6所示，斜面的傾角θ＝45°，∠C＝90°，AC＝0.8m，從斜面頂端A點垂直斜面AB以初速度v0拋出一個小球(可以看成質(zhì)點)，當小球與斜面碰撞時，碰后垂直斜面方向的速度反向大小不變，沿斜面方向的速度不變，重力加速度g取10m/s2，忽略空氣阻力的影響。若小球能擊中B點，初速度v0可能為()圖6A.1m/s B.2m/s C.3m/s D.4m/s答案AB解析垂直斜面方向加速度為ay＝gcosθ，每次到達斜面所用時間為t＝eq\f(2v0,ay)；沿斜面方向，加速度為ax＝gsinθ，設(shè)小球第n次到達斜面時恰到達B點，則eq\f(1,2)ax(nt)2＝eq\f(AC,sinθ)，以上各式聯(lián)立解得v0＝eq\f(2,n)m/s(n＝1，2，3，…)，當n＝1時，v0＝2m/s；當n＝2時，v0＝1m/s，故A、B正確。熱點三圓周運動例6(2024·重慶一中高三月考)如圖7(a)所示，質(zhì)量均為1kg的物體A和B放置在圓盤上，與圓盤間的動摩擦因數(shù)分別為μA和μB。用兩根不可伸長的細繩將物體A、B和圓盤轉(zhuǎn)軸相連，物體A、B與轉(zhuǎn)軸的距離分別為rA和rB。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當圓盤繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的角速度ω緩慢增大時，轉(zhuǎn)軸與物體A之間的細繩拉力T1、A與B之間的細繩拉力T2隨ω2的關(guān)系如圖(b)所示。g＝10m/s2，則下列選項正確的是()圖7A.μA＝0.25 B.μB＝0.1 C.rA＝1.5m D.rB＝2.5m答案C解析以物體B為研究對象，則有T2＋μBmg＝mω2rB，變形得T2＝mω2rB－μBmg，與T2圖像對比可得rB＝2m，μB＝0.2，故B、D錯誤；以A為研究對象可得T1－T2＋μAmg＝mω2rA，代入T2得T1＝mω2(rA＋rB)－(μA＋μB)mg，與T1圖像對比可得rA＋rB＝3.5m，μA＋μB＝0.5，即rA＝1.5m，μA＝0.3，故A錯誤，C正確。1.水平面內(nèi)圓周運動的分析思路2.水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題(1)繩的臨界：繩恰好伸直，拉力FT＝0。(2)接觸面滑動臨界：達到最大靜摩擦力，F(xiàn)＝Ffmax。(3)接觸面分離臨界：FN＝0。例7(2024·北京東城高三期末)如圖8所示，一長為l的輕桿的一端固定在水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量為m的小球。使輕桿隨轉(zhuǎn)軸在豎直平面內(nèi)做角速度為ω的勻速圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是()圖8A.小球運動到最高點時，桿對球的作用力一定向上B.小球運動到水平位置A時，桿對球的作用力指向O點C.若ω＝eq\r(\f(g,l))，小球通過最高點時，桿對球的作用力為零D.小球通過最低點時，桿對球的作用力可能向下答案C解析根據(jù)題意可知，小球做勻速圓周運動，小球運動到最高點時，若桿對球的作用力為零，則有mg＝mω2l，解得ω＝eq\r(\f(g,l))，可知，若小球運動的角速度ω＞eq\r(\f(g,l))，桿對球的作用力向下，若小球運動的角速度ω＜eq\r(\f(g,l))，桿對球的作用力向上，故A錯誤，C正確；小球做勻速圓周運動，則小球運動到水平位置A時，合力指向圓心，對小球受力分析可知，小球受重力和桿的作用力，由平行四邊形定則可知，桿對球的作用力不可能指向O點，故B錯誤；小球通過最低點時，合力豎直向上，則桿對球的作用力一定向上，故D錯誤。方法總結(jié)訓(xùn)練3(2024·江蘇卷，11)如圖9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(nèi)的勻速圓周運動，現(xiàn)用力將細繩緩慢下拉，使小球在B高度處做水平面內(nèi)的勻速圓周運動，不計一切摩擦，則()圖9A.線速度vA>vB B.角速度ωA>ωBC.向心加速度aA<aB D.向心力FnA>FnB答案C解析設(shè)小球和管口間的細繩與豎直方向的夾角為θ，則θA<θB，對小球受力分析有tanθ＝eq\f(Fn,mg)，則FnA<FnB，由牛頓第二定律可知aA<aB，C正確，D錯誤；對小球有mgtanθ＝meq\f(v2,r)＝mω2r、r＝htanθ，聯(lián)立得v＝eq\r(ghtan2θ)、ω＝eq\r(\f(g,h))，又hA>hB，則ωA<ωB，B錯誤；線速度大小無法判斷，A錯誤。新情境命題生活中的曲線運動情境分析生活中的曲線運動也是高考必考內(nèi)容之一，通常以日常生活情境、科技情境或體育運動情境為素材，考查運動的合成與分解、平拋運動和圓周運動等知識點，在具體題目中往往涉及臨界極值問題，解題時要注意臨界狀態(tài)的分析。典例1如圖10所示，一質(zhì)量為m的小孩(可視為質(zhì)點)做雜技表演。一不可伸長的輕繩一端固定于距離水平安全網(wǎng)高為H的O點，小孩抓住繩子上的P點從與O點等高的位置由靜止開始向下擺動，小孩運動到繩子豎直時松手離開繩子做平拋運動，落到安全網(wǎng)上。已知P點到O點的距離為l(0＜l＜H)，空氣阻力不計，小孩運動過程中繩子始終處于伸直狀態(tài)。下列說法正確的是()圖10A.l越大，小孩在O點正下方松手前瞬間，對繩子的拉力越大B.l越小，小孩在O點正下方松手前瞬間，對繩子的拉力越大C.當l＝eq\f(H,2)時，小孩在安全網(wǎng)上的落點距O點的水平距離最大D.當l＝eq\f(\r(2)H,2)時，小孩在安全網(wǎng)上的落點距O點的水平距離最大答案C解析小孩向下擺動的過程中機械能守恒，由mgl＝eq\f(1,2)mv2，解得小孩在O點正下方的速度v＝eq\r(2gl)，運動到O點正下方時，設(shè)繩子對小孩的拉力為F，由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v2,l)，解得F＝3mg，由牛頓第三定律知，小孩對繩子的拉力為3mg，與l大小無關(guān)，故A、B錯誤；小孩運動到繩子豎直時松手，此后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律有x＝vt，H－l＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得x＝2eq\r(l（H－l）)，由數(shù)學(xué)知識可知，當l＝eq\f(H,2)時，小孩在安全網(wǎng)上的落點距離O點的水平距離x最大，故C正確，D錯誤。典例2(多選)問天實驗艙配置了多種實驗柜用來開展太空實驗，其中，變重力科學(xué)實驗柜為科學(xué)實驗提供0.01g～2g(零重力到兩倍重力范圍)高精度模擬的重力環(huán)境，支持開展微重力、模擬月球重力、火星重力等不同重力作用下的科學(xué)研究。如圖11所示，變重力實驗柜的主要裝置是兩套900毫米直徑的離心機。離心機旋轉(zhuǎn)的過程中，由于慣性，實驗樣品會有一個向外飛出的趨勢，對容器壁產(chǎn)生壓力，就像放在水平地面上的物體受到重力擠壓地面一樣。因此，這個壓力的大小可以體現(xiàn)“模擬重力”的大小。根據(jù)上面資料結(jié)合所學(xué)知識，判斷下列說法正確的是()圖11A.實驗樣品的質(zhì)量越大，“模擬重力加速度”越大B.離心機的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?倍，同一位置的“模擬重力加速度”變?yōu)樵瓉淼?倍C.實驗樣品所受“模擬重力”的方向指向離心機轉(zhuǎn)軸中心D.為防止兩臺離心機轉(zhuǎn)動時對空間站的影響，兩臺離心機應(yīng)按相反方向轉(zhuǎn)動答案BD解析根據(jù)題意可得m(2πn)2r＝mg模，則模擬重力加速度g模＝4π2n2r，模擬重力加速度與樣品的質(zhì)量無關(guān)，離心機的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼?倍，g?！洌?g模，即同一位置的“模擬重力加速度”變?yōu)樵瓉淼?倍，故A錯誤，B正確；實驗樣品因為有向外飛出的趨勢，對容器壁產(chǎn)生的壓力向外，所以模擬重力的方向背離離心機轉(zhuǎn)軸中心，故C錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，一臺離心機從靜止開始加速轉(zhuǎn)動，會給空間站施加相反方向的力，使空間站發(fā)生轉(zhuǎn)動，所以為防止兩臺離心機轉(zhuǎn)動時對空間站的影響，兩臺離心機應(yīng)按相反方向轉(zhuǎn)動，故D正確。1.(2024·江蘇卷，4)噴泉a、b出射點高度相同，形成如圖12所示的形狀，不計空氣阻力，則噴泉a、b的()圖12A.加速度相同 B.初速度相同C.最高點的速度相同 D.在空中的時間相同答案A解析不計空氣阻力，噴泉噴出的水在空中只受重力，加速度為重力加速度，A正確；設(shè)噴泉噴出的水豎直方向的分速度為vy，水平方向的分速度為vx，豎直方向，根據(jù)對稱性可知在空中運動的時間t＝2eq\r(\f(2h,g))，可知tb>ta，D錯誤；最高點的速度等于水平方向的分速度vx＝eq\f(x,t)，由于水平方向的位移大小關(guān)系未知，無法判斷最高點的速度大小關(guān)系，根據(jù)速度的合成可知無法判斷初速度的大小，B、C錯誤。2.(2024·湖北卷，3)如圖13所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上，設(shè)低處荷葉a、b、c、d和青蛙在同一豎直平面內(nèi)，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分別在c、d正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應(yīng)跳到()圖13A.荷葉a B.荷葉b C.荷葉c D.荷葉d答案C解析3.(2024·廣東卷，5)如圖14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(nèi)轉(zhuǎn)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(nèi)有一根原長為eq\f(l,2)、勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧底端固定在管底，頂端連接質(zhì)量為m、可視為質(zhì)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(zhuǎn)動停止。忽略摩擦力，彈簧在彈性限度內(nèi)。要使卷軸轉(zhuǎn)動不停止，v的最大值為()圖14A.req\r(\f(k,2m)) B.leq\r(\f(k,2m)) C.req\r(\f(2k,m)) D.leq\r(\f(2k,m))答案A解析由題意可知當插銷剛卡緊固定端蓋時彈簧的伸長量為Δx＝eq\f(l,2)，根據(jù)胡克定律有F＝kΔx＝eq\f(kl,2)，插銷與卷軸同軸轉(zhuǎn)動，角速度相同，對插銷，由彈力提供向心力F＝mlω2，對卷軸有v＝rω，聯(lián)立解得v＝req\r(\f(k,2m))，故A正確。4.(多選)(2024·山東卷，12)如圖15所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度v0大小為20m/s，與水平方向的夾角為30°，拋出點P和落點Q的連線與水平方向夾角為30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運動過程中，下列說法正確的是()圖15A.運動時間為2eq\r(3)sB.落地速度與水平方向夾角為60°C.重物離PQ連線的最遠距離為10mD.軌跡最高點與落點的高度差為45m答案BD解析對重物從P運動到Q的過程，水平方向上有x＝v0tcos30°，豎直方向上有y＝－v0tsin30°＋eq\f(1,2)gt2，由幾何關(guān)系有eq\f(y,x)＝tan30°，聯(lián)立解得重物的運動時間t＝4s，A錯誤；結(jié)合A項分析可知，重物落地時的水平分速度vx＝v0cos30°，豎直分速度vy＝－v0sin30°＋gt，則tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\r(3)，所以重物的落地速度與水平方向夾角為60°，B正確；對重物從P運動到Q的過程，垂直于PQ連線方向有2ghmcos30°＝(v0sin60°)2，解得重物離PQ連線的最遠距離hm＝10eq\r(3)m，C錯誤；結(jié)合B項分析，豎直方向上有2gym＝veq\o\al(2,y)，聯(lián)立解得重物軌跡最高點與落點的高度差ym＝45m，D正確。5.(2024·新課標卷，25)如圖16，一長度l＝1.0m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離Δl＝eq\f(l,6)時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質(zhì)量相等，它們之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，重力加速度大小g＝10m/s2。求：圖16(1)物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；(2)平臺距地面的高度。答案(1)4m/seq\f(1,3)s(2)eq\f(5,9)m解析(1)設(shè)物塊和薄板的質(zhì)量均為m，薄板加速度大小為a1，物塊離開薄板時薄板的速度大小為v1，對薄板，由牛頓第二定律得μmg＝ma1由初速度為零的勻加速直線運動規(guī)律得Δl＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)v1＝a1t1設(shè)物塊的初速度大小為v0，加速度大小為a2，離開薄板時速度大小為v2，由題意可知，物塊滑離薄板時，相對平臺向右運動的位移為eq\f(1,6)l＋l＝eq\f(7,6)l對物塊，由牛頓第二定律得μmg＝ma2由勻變速直線運動規(guī)律得eq\f(7,6)l＝v0t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)聯(lián)立解得t1＝eq\f(1,3)s，v0＝4m/s。(2)物塊離開薄板后做平拋運動，薄板做勻速直線運動，設(shè)運動時間為t2，平臺高度為h，對薄板，由運動學(xué)規(guī)律得eq\f(1,2)l－Δl＝v1t2對物塊，由平拋運動規(guī)律得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)聯(lián)立解得h＝eq\f(5,9)m。6.(2024·江西卷，14)雪地轉(zhuǎn)椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉(zhuǎn)椅在雪地上滑動。如圖17(a)、(b)所示，傳動裝置有一高度可調(diào)的水平圓盤，可繞通過中心O點的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動。圓盤邊緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端B連接轉(zhuǎn)椅(視為質(zhì)點)。轉(zhuǎn)椅運動穩(wěn)定后，其角速度與圓盤角速度相等。轉(zhuǎn)椅與雪地之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。圖17(1)在圖(a)中，若圓盤在水平雪地上以角速度ω1勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)椅運動穩(wěn)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)將圓盤升高，如圖(b)所示。圓盤勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)椅運動穩(wěn)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。答案(1)eq\f(μg,ωeq\o\al(2,1)r1)(2)eq\r(\f(μgsinθcosβ,（μcosθ＋sinθsinβ）r2))解析(1)對轉(zhuǎn)椅受力分析，轉(zhuǎn)椅在水平面內(nèi)受摩擦力、輕繩拉力，兩者合力提供其做圓周運動所需向心力，如圖所示。設(shè)轉(zhuǎn)椅的質(zhì)量為m，則轉(zhuǎn)椅所需的向心力Fn1＝mωeq\o\al(2,1)r1轉(zhuǎn)椅受到的摩擦力Ff1＝μmg根據(jù)幾何關(guān)系有tanα＝eq\f(Ff1,Fn1)聯(lián)立解得tanα＝eq\f(μg,ωeq\o\al(2,1)r1)。(2)轉(zhuǎn)椅在題圖(b)所示情況下所需的向心力Fn2＝mωeq\o\al(2,2)r2轉(zhuǎn)椅受到的摩擦力Ff2＝μFN根據(jù)幾何關(guān)系有tanβ＝eq\f(Ff2,Fn2)由平衡條件，豎直方向上有FN＋FTcosθ＝mg水平面上有Ff2＝FTsinθsinβ聯(lián)立解得ω2＝eq\r(\f(μgsinθcosβ,（μcosθ＋sinθsinβ）r2))。基礎(chǔ)保分練1.(2024·黑吉遼卷，2)“指尖轉(zhuǎn)球”是花式籃球表演中常見的技巧。如圖1，當籃球在指尖上繞軸轉(zhuǎn)動時，球面上P、Q兩點做圓周運動的()圖1A.半徑相等B.線速度大小相等C.向心加速度大小相等D.角速度大小相等答案D解析由圖可知rP<rQ，A錯誤；籃球繞軸轉(zhuǎn)動時，P、Q在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角相等，根據(jù)ω＝eq\f(θ,t)可知，ωP＝ωQ，D正確；根據(jù)v＝ωr可知，線速度vP<vQ，B錯誤；根據(jù)a＝ω2r可知，向心加速度aP<aQ，C錯誤。2.(多選)(2024·江西卷，8)一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖到高處。如圖2所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x軸沿水平方向，建立坐標系，小魚的初速度為v0，末速度v沿x軸正方向。在此過程中，小魚可視為質(zhì)點且只受重力作用。關(guān)于小魚的水平位置x、豎直位置y、水平方向分速度vx和豎直方向分速度vy與時間t的關(guān)系，下列圖像可能正確的是()圖2答案AD解析由于小魚在運動過程中只受重力作用，則小魚在水平方向上做勻速直線運動，即vx為一定量，則有x＝vxt，A正確，C錯誤；小魚在豎直方向上做豎直上拋運動，則有y＝vy0t－eq\f(1,2)gt2，vy＝vy0－gt，且vy最終減為0，B錯誤，D正確。3.(2024·山東歷城二中高三月考)如圖3是內(nèi)燃機中一種傳動裝置，車輪和滑塊上分別設(shè)置可以繞軸A、B轉(zhuǎn)動的輕桿，O軸固定。工作時高壓氣體驅(qū)動活塞在汽缸中做往復(fù)運動，再通過連桿驅(qū)動滑塊在斜槽中做往復(fù)運動，最終驅(qū)動車輪做角速度為ω的勻速圓周運動。已知輕桿OA長度為L，運動到圖示位置時AB、BC垂直，α＝β＝60°，那么此時活塞的速度大小為()圖3A.eq\f(1,2)ωL B.eq\f(3,2)ωL C.eq\f(\r(3),2)ωL D.eq\f(\r(3),3)ωL答案B解析A點的線速度為v＝ωL，A點的線速度沿AB水平桿的分速度為v′＝vsinα＝eq\f(\r(3),2)ωL，滑塊在斜槽中的速度分解為沿BC向上和沿AB水平向右的分速度，滑塊沿AB方向的分速度vAB＝v′＝eq\f(\r(3),2)ωL，結(jié)合圖可知活塞的速度等于滑塊在斜槽中沿豎直向上的分速度，所以滑塊在斜槽中豎直向上的分速度為vBC＝vABtanβ＝eq\f(\r(3),2)ωL·eq\r(3)＝eq\f(3,2)ωL，故B正確。4.(2024·浙江1月選考，8)如圖4所示，小明取山泉水時發(fā)現(xiàn)水平細水管到水平地面的距離為水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿A。已知桶高為h，直徑為D，重力加速度為g，則水離開出水口的速度大小為()圖4A.eq\f(D,4)eq\r(\f(g,h)) B.eq\f(D,2)eq\r(\f(g,2h))C.eq\f(（\r(2)＋1）D,2)eq\r(\f(g,2h)) D.(eq\r(2)＋1)Deq\r(\f(g,2h))答案C解析設(shè)出水孔到水桶中心距離為x，則x＝v0eq\r(\f(2h,g))，落到桶底A點時，有x＋eq\f(D,2)＝v0eq\r(\f(2×2h,g))，解得v0＝eq\f(（\r(2)＋1）D,2)eq\r(\f(g,2h))，故C正確。5.(2024·江西南昌一模)一住宅陽臺失火，消防員用靠在一起的兩支水槍噴水滅火，如圖5所示甲水柱射向水平陽臺近處著火點A，乙水柱射向水平陽臺遠處著火點B，兩水柱最高點在同一水平線上，不計空氣阻力，甲、乙水柱噴出時的速度大小分別為v1、v2，甲、乙水柱在空中運動的時間分別為t1、t2。以下判斷正確的是()圖5A.v1＞v2，t1＝t2 B.v1＜v2，t1＝t2C.v1＞v2，t1＜t2 D.v1＜v2，t1＜t2答案B解析根據(jù)題意可知，甲、乙兩水柱最高點在同一水平線上，則甲、乙水柱在空中運動的時間相等，即t1＝t2，甲、乙水柱豎直方向的初速度相等，由圖可知，乙的水平位移大，則乙水平方向的初速度大，有v2＞v1，故B正確。6.(多選)(2024·貴州貴陽模擬)如圖6所示，質(zhì)量均為m的甲、乙、丙三個小物塊(均可看作質(zhì)點)隨水平轉(zhuǎn)盤一起以角速度ω繞OO′軸做勻速圓周運動，物塊甲疊放在物塊乙的上面，所有接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ。已知甲、乙到轉(zhuǎn)軸的距離為r1，丙到轉(zhuǎn)軸的距離為r2，且r2＞r1。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6A.甲受到的摩擦力一定為μmgB.乙受到轉(zhuǎn)盤的摩擦力一定為2mω2r1C.若角速度增大，丙先達到滑動的臨界點D.若角速度增大，甲先達到滑動的臨界點答案BC解析當轉(zhuǎn)動角速度較小時，甲受到的靜摩擦力提供向心力，大小不等于μmg，故A錯誤；對甲、乙整體分析可知，乙受到轉(zhuǎn)盤的摩擦力為Ff＝2mω2r1，故B正確；若角速度增大，根據(jù)μmg＝mω2r，丙到轉(zhuǎn)軸的距離較大，則丙先達到滑動的臨界點，故C正確，D錯誤。7.(2024·河南周口高三月考)如圖7所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，BC是軌道的水平直徑，O為圓心，一個小球靜止在軌道的最低點A?，F(xiàn)給小球水平向左的初速度，小球沿圓軌道向上運動到D點時剛好離開圓軌道，此后小球恰能通過E點，E為O點上方與D等高的位置，OD與水平方向的夾角為θ，不計小球的大小，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()圖7A.θ＝30° B.θ＝37° C.θ＝45° D.θ＝53°答案C解析小球剛要脫離圓軌道時，設(shè)小球的速度大小為v1，此時對小球mgsinθ＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，小球脫離軌道后，將做斜拋運動，則小球在D點時的水平方向vx＝v1sinθ，xDE＝Rcosθ，t＝eq\f(xDE,vx)，在豎直方向vy＝v1cosθ，t＝eq\f(2vy,g)，以上各式聯(lián)立，解得sinθ＝eq\f(\r(2),2)，即θ＝45°，故C正確。8.(2024·山東煙臺高三期末)如圖8，半徑為R的勻質(zhì)實心圓盤，盤面與水平面的夾角為θ，開始時圓盤靜止，其上表面均勻覆蓋著一層細沙沒有掉落，細沙與盤面間的動摩擦因數(shù)為μ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)讓圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸旋轉(zhuǎn)，其角速度從0開始緩慢增加到ω(未知)，此時圓盤表面上的細沙有eq\f(8,9)被甩掉，重力加速度為g。則ω的值為()圖8A.eq\r(\f(g（μcosθ＋sinθ）,R)) B.eq\r(\f(g（μcosθ－sinθ）,R))C.eq\r(\f(3g（μcosθ＋sinθ）,R)) D.eq\r(\f(3g（μcosθ－sinθ）,R))答案D解析根據(jù)Fn＝mω2r可知在角速度相同的情況下半徑越大，向心力越大，所以最外邊的細沙隨著角速度的增大最先發(fā)生滑動，因為圓盤表面上的細沙有eq\f(8,9)被甩掉，即eq\f(8,9)面積上的細沙發(fā)生滑動，剩下eq\f(1,9)的未滑動，設(shè)未滑動的半徑為r，則πr2＝eq\f(1,9)πR2，解得r＝eq\f(1,3)R，在最低點有mg(μcosθ－sinθ)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(3g（μcosθ－sinθ）,R))，故D正確。提能增分練9.(2024·山東聊城一模)如圖9所示，正方體框架ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1處于水平地面上。從頂點A沿不同方向水平拋出小球(可視為質(zhì)點)，不計空氣阻力。關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是()圖9A.落點在棱BB1上的小球，落在B1點時水平拋出的初速度最大B.落點在面A1B1C1D1內(nèi)的小球，落在C1點的運動時間最長C.落點在三角形B1C1D1內(nèi)的小球，水平拋出的初速度的最小值與最大值之比是1∶2D.落點在線B1D1上的小球，落地時重力的瞬時功率均不相同答案C解析設(shè)正方形棱長為l，落點在棱BB1上的小球，初速度沿AB方向，落在B1點時豎直位移最大，根據(jù)t＝eq\r(\f(2l,g))可知，時間最長，根據(jù)v＝eq\f(x,t)可知，水平拋出的初速度最小，故A錯誤；落點在面A1B1C1D1內(nèi)的小球豎直位移相等，則運動時間相等，故B錯誤；落點在三角形B1C1D1內(nèi)的小球運動時間相等，最大的水平位移為eq\r(2)l，最小的水平位移為eq\f(\r(2),2)l，最小水平位移與最大水平位移之比為1∶2，由v＝eq\f(x,t)知水平拋出的初速度的最小值與最大值之比是1∶2，故C正確；落點在線B1D1上的小球，豎直速度均為vy＝eq\r(2gl)，落地時重力的瞬時功率PG＝mgvy均相同，故D錯誤。10.(多選)(2024·陜西西安高三期末)如圖10所示，在豎直面內(nèi)固定一半圓形容器，圓心為O，半徑為R。在圓心O處分別水平向左和向右拋出一個可視為質(zhì)點的小球，兩小球落在圓弧時速度方向相互垂直。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是()圖10A.兩小球的初速度大小可能都為eq\r(\f(2\r(5)gR,5))B.兩小球的初速度大小可能都為eq\f(\r(\r(2)gR),2)C.從拋出到落在圓弧上，兩小球的運動時間可能不相等D.從拋出到落在圓弧上，兩小球的運動時間一定相等答案AC解析若兩小球的初速度大小相等，如圖，根據(jù)平拋運動推論，速度偏轉(zhuǎn)角的正切值等于位移偏轉(zhuǎn)角正切值的兩倍，兩小球落在圓弧時速度方向相互垂直，有tanθ＝eq\f(1,2)tan45°＝eq\f(1,2)，sinθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,R)，cosθ＝eq\f(v0t,R)，聯(lián)立得v0＝eq\r(\f(2\r(5)gR,5))，故A正確，B錯誤；當v1、v2不相等時，兩小球運動時間可能不相等，速度偏轉(zhuǎn)角不相等，但總能有兩小球落在圓弧時速度方向相互垂直的速度值，故C正確，D錯誤。11.(2024·山東濟寧高三期末)如圖11所示，小環(huán)A套在粗糙的水平桿KO上，小球B通過細線分別與小環(huán)和豎直軸OO′相連，A、B間細線長為L1＝0.5m，與豎直方向的夾角θ＝37°，B、P間細線水平，長為L2＝0.2m，整個裝置可繞豎直軸OO′轉(zhuǎn)動。已知小環(huán)A和小球B均可視為質(zhì)點，小環(huán)A的質(zhì)量為mA＝0.6kg，小球B的質(zhì)量為mB＝0.4kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，在以下兩問中，小環(huán)A與桿均未發(fā)生相對滑動。求：圖11(1)裝置勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω1＝eq\r(10)rad/s時，小環(huán)A受到摩擦力的大小Ff1；(2)小環(huán)A受到摩擦力的大小為Ff2＝1.8N時，B、P間細線張力的大小。答案(1)0(2)3.32N或4.28N解析(1)對B受力分析，如圖甲所示，豎直方向由平衡條件得F1cosθ＝mBg解得F1＝5N對A受力分析，如圖乙所示，由牛頓第二定律得F1sinθ－Ff1＝mAωeq\o\al(2,1)(L1sinθ＋L2)解得Ff1＝0。(2)小環(huán)A受到摩擦力的大小為Ff2＝1.8N時，當摩擦力向左時，對A由牛頓第二定律得F1sinθ－Ff2＝mAωeq\o\al(2,2)(L1sinθ＋L2)解得ω2＝2rad/s對B，由牛頓第二定律得F－F1sinθ＝mBωeq\o\al(2,2)L2解得B、P間細線張力的大小為F＝3.32N當摩擦力向右時，對A由牛頓第二定律得F1sinθ＋Ff2＝mAωeq\o\al(2,3)(L1sinθ＋L2)解得ω3＝4rad/s對B，由牛頓第二定律得F′－F1sinθ＝mBωeq\o\al(2,3)L2解得B、P間細線張力的大小為F′＝4.28N。第4課時萬有引力定律的應(yīng)用【知識網(wǎng)絡(luò)】熱點一開普勒定律與萬有引力定律的應(yīng)用例1(2024·浙江6月選考，8)與地球公轉(zhuǎn)軌道“外切”的小行星甲和“內(nèi)切”的小行星乙的公轉(zhuǎn)軌道如圖1所示，假設(shè)這些小行星與地球的公轉(zhuǎn)軌道都在同一平面內(nèi)，地球的公轉(zhuǎn)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()圖1A.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(zhuǎn)加速度C.小行星甲與乙的運行周期之比eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(Req\o\al(3,1),Req\o\al(3,2)))D.甲、乙兩星從遠日點到近日點的時間之比eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(（R1＋R）3,（R2＋R）3))答案D解析由開普勒第二定律可知，小行星甲在遠日點的速度小于在近日點的速度，A錯誤；由eq\f(GMm,r2)＝ma，可得a＝eq\f(GM,r2)，結(jié)合題圖可知，小行星乙的遠日點到太陽的距離等于地球的公轉(zhuǎn)半徑，故小行星乙在遠日點的加速度等于地球公轉(zhuǎn)加速度，B錯誤；根據(jù)開普勒第三定律可得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R1＋R,2)))\s\up12(3),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R2＋R,2)))\s\up12(3),Teq\o\al(2,2))，則eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(（R1＋R）3,（R2＋R）3))，C錯誤；甲、乙兩星從遠日點到近日點的時間之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(\f(T1,2),\f(T2,2))＝eq\f(T1,T2)＝eq\r(\f(（R1＋R）3,（R2＋R）3))，D正確。例2(2024·河北模擬預(yù)測)嫦娥六號月球探測器于2024年6月25日在內(nèi)蒙古預(yù)定區(qū)域成功著陸，實現(xiàn)了世界首次月球背面采樣返回的壯舉。假設(shè)距離月球球心h處的重力加速度g與h的關(guān)系圖像如圖2所示，已知引力常量為G，則()圖2A.距月球表面h0處的重力加速度為g0B.月球的平均密度為eq\f(3g0,4πGh0)C.在距月球表面2h0軌道上運行的航天器的速度大小為eq\f(\r(2g0h0),2)D.距月球球心eq\f(1,2)h0和eq\f(3,2)h0兩位置處的重力加速度大小相等答案B解析由題圖可知，距月球球心距離h0處的重力加速度為g0，A錯誤；設(shè)月球半徑為R，當h≤R時，Geq\f(Mm,h2)＝mg，M＝ρ·eq\f(4,3)πh3，解得g＝eq\f(4Gπρh,3)；當h＞R時，Geq\f(Mm,h2)＝mg′，解得g′＝eq\f(GM,h2)，由題圖可知R＝h0，月球的密度為ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(heq\o\al(2,0)g0,G·\f(4,3)πheq\o\al(3,0))＝eq\f(3g0,4πGh0)，B正確；當距月球球心eq\f(1,2)h0時，g1＝eq\f(4Gπρ·\f(1,2)h0,3)＝eq\f(1,2)g0，當距月球球心eq\f(3,2)h0時，g2＝eq\f(GM,（\f(3,2)h0）2)＝eq\f(4,9)g0，D錯誤；在距月球表面2h0軌道上運行時，有eq\f(GMm,（3h0）2)＝meq\f(v2,3h0)，則航天器的速度大小為v＝eq\r(\f(GM,3h0))＝eq\r(\f(g0h0,3))，C錯誤。訓(xùn)練1(2024·海南卷，6)嫦娥六號進入環(huán)月圓軌道，周期為T，軌道高度與月球半徑之比為k，引力常量為G，則月球的平均密度為()A.eq\f(3π（1＋k）3,GT2k3) B.eq\f(3π,GT2) C.eq\f(π（1＋k）,3GT2k) D.eq\f(3π（1＋k）3,GT2)答案D解析eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(萬有引力提供向心力，有,\f(GMm,（R＋h）2)＝m\f(4π2,T2)（R＋h）,密度公式ρ＝\f(M,V),球體體積公式V＝\f(4,3)πR3,已知條件h∶R＝k))eq\o(→,\s\up7(聯(lián)立))eq\a\vs4\al(ρ＝\f(3π（1＋k）3,GT2)，,D正確。)熱點二人造衛(wèi)星和天體運動例3(2024·湖南長沙模擬)某型號手機實現(xiàn)了手機衛(wèi)星通信，只要有衛(wèi)星信號覆蓋的地方，就可以實現(xiàn)通話。如圖3所示三顆赤道上空的通信衛(wèi)星就能實現(xiàn)環(huán)赤道全球通信，已知三顆衛(wèi)星離地高度均為h，地球的半徑為R，地球同步衛(wèi)星離地高度為6R，地球表面重力加速度為g，引力常量為G，下列說法正確的是()圖3A.三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬有引力的大小相等B.能實現(xiàn)全球通信時，衛(wèi)星離地高度至少為2RC.其中一顆質(zhì)量為m的通信衛(wèi)星的動能為eq\f(2mgR2,R＋h)D.通信衛(wèi)星和地球自轉(zhuǎn)周期之比為eq\r(\f(（R＋h）3,（7R）3))答案D解析通信衛(wèi)星受到的萬有引力F＝Geq\f(Mm,（R＋h）2)，三顆通信衛(wèi)星的質(zhì)量未知，所以萬有引力大小不一定相等，A錯誤；三顆通信衛(wèi)星若要全覆蓋，如圖所示，由幾何關(guān)系可知cos60°＝eq\f(R,R＋h)，解得通信衛(wèi)星離地高度至少h＝R，B錯誤；對衛(wèi)星，有Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝meq\f(v2,R＋h)，在地球表面Geq\f(Mm,R2)＝mg，其動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgR2,2（R＋h）)，C錯誤；由開普勒第三定律可得eq\f(Teq\o\al(2,1),Teq\o\al(2,2))＝eq\f(req\o\al(3,1),req\o\al(3,2))＝(eq\f(R＋h,R＋6R))3，同步衛(wèi)星與地球自轉(zhuǎn)周期相等，解得通信衛(wèi)星和地球自轉(zhuǎn)周期之比為eq\f(T1,T地)＝eq\f(T1,T2)＝eq\r(（\f(R＋h,7R)）3)，D正確。方法總結(jié)人造衛(wèi)星運動問題的分析要點例4(2024·黑龍江哈爾濱一模)科學(xué)家在地球上用望遠鏡觀測一個雙星系統(tǒng)，可觀測到一個亮度周期性變化的光點，這是因為其中一個天體擋住另一個天體時，光點亮度會減弱?，F(xiàn)科學(xué)家用一航天器去撞擊雙星系統(tǒng)中的一顆小行星，撞擊后，科學(xué)家觀測到系統(tǒng)光點明暗變化的時間間隔變短。若不考慮撞擊引起的小行星質(zhì)量變化，且撞擊后該雙星系統(tǒng)仍能穩(wěn)定運行，則被航天器撞擊后()A.該雙星系統(tǒng)的運動周期不變B.兩顆小行星中心連線的距離不變C.兩顆小行星的向心加速度均變大D.兩顆小行星做圓周運動的半徑之比變大答案C解析撞擊后，科學(xué)家觀測到系統(tǒng)光點明暗變化的時間間隔變短，可知該雙星系統(tǒng)的運動周期變小，故A錯誤；設(shè)雙星之間的距離為L，根據(jù)萬有引力提供向心力可得Geq\f(m1m2,L2)＝m1eq\f(4π2,T2)r1＝m2eq\f(4π2,T2)r2，其中r1＋r2＝L，聯(lián)立解得eq\f(r1,r2)＝eq\f(m2,m1)，T2＝eq\f(4π2L3,G（m1＋m2）)，可知兩顆小行星中心連線的距離減小，兩顆小行星做圓周運動的半徑之比不變，故B、D錯誤；根據(jù)牛頓第二定律Geq\f(m1m2,L2)＝m1a1＝m2a2，兩顆小行星中心連線的距離減小，兩顆小行星的向心加速度均變大，故C正確。訓(xùn)練2(2024·廣東湛江一模)北京時間2024年1月9日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心采用長征二號丙運載火箭，成功將“愛因斯坦探針”空間科學(xué)衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入高度為600km、傾角為29°的近地軌道，發(fā)射任務(wù)取得圓滿成功。已知同步衛(wèi)星距地球表面高度約為35900km，下列說法正確的是()A.該衛(wèi)星的運行速度大于第一宇宙速度B.該衛(wèi)星的運行周期大于24hC.該衛(wèi)星軌道處的重力加速度大于9.8m/s2D.該衛(wèi)星運行的角速度大于地球同步衛(wèi)星的角速度答案D解析Geq\f(Mm,r2)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m\f(v2,r)→v＝\r(\f(GM,r))\o(→,\s\up7(r衛(wèi)＞R地))v＜v1＝7.9km/s，,A錯誤；,m\f(4π2,T2)r→T＝2π\(zhòng)r(\f(r3,GM))\o(→,\s\up7(r衛(wèi)＜R同),\s\do5(T同＝24h))T衛(wèi)＜,24h，B錯誤；,mg→g＝\f(GM,r2)\o(→,\s\up7(r衛(wèi)＞R地))g衛(wèi)＜g＝9.8m/s2，,C錯誤；,mω2r→ω＝\r(\f(GM,r3))\o(→,\s\up7(r衛(wèi)＜r同))ω衛(wèi)＞ω同，,D正確。))熱點三衛(wèi)星的變軌、對接、追及相遇問題例5(2024·湖南長沙模擬預(yù)測)2023年10月26日，神舟十七號載人飛船與天和核心艙進行了對接，“太空之家”迎來湯洪波、唐勝杰、江新林3名航天員入駐。如圖4為神舟十七號的發(fā)射與交會對接過程示意圖，圖中①為飛船的近地圓軌道，其軌道半徑為R1，②為橢圓變軌軌道，③為天和核心艙所在的圓軌道，其軌道半徑為R2，P、Q分別為②軌道與①、③軌道的交會點。關(guān)于神舟十七號載人飛船與天和核心艙交會對接過程，下列說法正確的是()圖4A.飛船從②軌道變軌到③軌道需要在Q點點火減速B.飛船在③軌道上運行的速度大于第一宇宙速度C.飛船在①軌道的動能一定大于天和核心艙在③軌道的動能D.若核心艙在③軌道運行周期為T，則飛船在②軌道從P到Q的時間為eq\f(1,2)eq\r(（\f(R1＋R2,2R2)）3)T答案D解析飛船從②軌道變軌到③軌道，飛船將由近心運動變成圓周運動，需要在Q點點火加速，故A錯誤；第一宇宙速度是最小發(fā)射速度，最大環(huán)繞速度，即物體環(huán)繞地球表面做勻速圓周運動時的速度，根據(jù)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))，可知軌道半徑越大，線速度越小，而③軌道的軌道半徑大于地球半徑，因此飛船繞地球運行的速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；根據(jù)以上分析可知，軌道半徑越大，線速度越小，因此飛船在①軌道的速度大于天和核心艙在③軌道的速度，但由于飛船和天和核心艙的質(zhì)量未知，因此無法判斷他們動能的大小，故C錯誤；根據(jù)開普勒第三定律可知eq\f(Req\o\al(3,2),T2)＝eq\f(（\f(R1＋R2,2)）3,T′2)，可得T′＝eq\r(（\f(R1＋R2,2R2)）3)T，飛船在②軌道從P到Q的時間為eq\f(1,2)T′，即t＝eq\f(1,2)eq\r(（\f(R1＋R2,2R2)）3)T，故D正確。1.衛(wèi)星變軌的分析思路離心運動近心運動變軌起因衛(wèi)星速度突然增大衛(wèi)星速度突然減小受力分析Geq\f(Mm,r2)＜meq\f(v2,r)Geq\f(Mm,r2)＞meq\f(v2,r)變軌結(jié)果變?yōu)闄E圓軌道運動或再變軌到較大半徑圓軌道上運動變?yōu)闄E圓軌道運動或再變軌到較小半徑圓軌道上運動2.變軌過程中的能量變化衛(wèi)星在同一軌道上穩(wěn)定運行過程中機械能守恒，在變軌過程中，點火加速，做離心運動，軌道升高，機械能增加；點火減速，做近心運動，軌道降低，機械能減少。訓(xùn)練3(2023·湖北卷，2)2022年12月8日，地球恰好運行到火星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線，此現(xiàn)象被稱為“火星沖日”?；鹦呛偷厍驇缀踉谕黄矫鎯?nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動，火星與地球的公轉(zhuǎn)軌道半徑之比約為3∶2，如圖5所示。根據(jù)以上信息可以得出()圖5A.火星與地球繞太陽運動的周期之比約為27∶8B.當火星與地球相距最遠時，兩者的相對速度最大C.火星與地球表面的自由落體加速度大小之比約為9∶4D.下一次“火星沖日”要出現(xiàn)在2023年12月8日之前答案B解析火星和地球均繞太陽運動，由于火星與地球的軌道半徑之比約為3∶2，根據(jù)開普勒第三定律有eq\f(req\o\al(3,火),req\o\al(3,地))＝eq\f(Teq\o\al(2,火),Teq\o\al(2,地))，可得eq\f(T火,T地)＝eq\r(\f(req\o\al(3,火),req\o\al(3,地)))＝eq\f(3\r(3),2\r(2))，故A錯誤；當火星與地球相距最遠時，兩者的速度方向相反，此時兩者相對速度最大，故B正確；在星球表面，根據(jù)Geq\f(Mm,R2)＝mg，由于不知道火星和地球的質(zhì)量比和半徑比，所以無法得出火星和地球表面的自由落體加速度之比，故C錯誤；火星和地球繞太陽做勻速圓周運動，有ω火＝eq\f(2π,T火)，ω地＝eq\f(2π,T地)，要發(fā)生下一次火星沖日，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T地)－\f(2π,T火)))t＝2π，得t＝eq\f(T火T地,T火－T地)＞T地，可知下一次“火星沖日”要出現(xiàn)在2023年12月8日之后，故D錯誤。1.(2024·山東卷，5)鵲橋二號中繼星環(huán)繞月球運行，其24小時橢圓軌道的半長軸為a。已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，則月球與地球質(zhì)量之比可表示為()A.eq\r(\f(r3,a3)) B.eq\r(\f(a3,r3)) C.eq\f(r3,a3) D.eq\f(a3,r3)答案D解析鵲橋二號中繼星在24小時橢圓軌道上運行時，由開普勒第三定律有eq\f(a3,T2)＝k，對地球同步衛(wèi)星由開普勒第三定律有eq\f(r3,T2)＝k′，則有eq\f(M月,M地)＝eq\f(k,k′)＝eq\f(a3,r3)，D正確。2.(2024·新課標卷，16)天文學(xué)家發(fā)現(xiàn)，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(zhì)量約為太陽質(zhì)量的()A.0.001倍 B.0.1倍 C.10倍 D.1000倍答案B解析設(shè)行星質(zhì)量為m，軌道半徑為r1，周期為T1，紅矮星質(zhì)量為M1，由萬有引力提供向心力有Geq\f(M1m,req\o\al(2,1))＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T1)))eq\s\up12(2)r1，可得M1＝eq\f(4π2req\o\al(3,1),GTeq\o\al(2,1))；同理可得太陽質(zhì)量M2＝eq\f(4π2req\o\al(3,2),GTeq\o\al(2,2))(其中r2為日地距離，T2為地球公轉(zhuǎn)周期)，eq\f(M1,M2)＝eq\f(req\o\al(3,1),req\o\al(3,2))·eq\f(Teq\o\al(2,2),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(0.073,0.062)≈0.1，B正確。3.(2024·湖北卷，4)太空碎片會對航天器帶來危害。設(shè)空間站在地球附近沿逆時針方向做勻速圓周運動，如圖6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(xiàn)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()圖6A.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答案A解析變軌前、后，根據(jù)a＝eq\f(GM,r2)可知，空間站在P點的加速度相同，A正確；由于變軌后的軌道半長軸大于變軌前的軌道半徑，則根據(jù)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，B錯誤；變軌時，空間站噴氣加速，因此變軌后其在P點的速度比變軌前的大，C錯誤；變軌后，空間站在近地點的速度最大，大于變軌后在P點的速度，結(jié)合C項分析可知，變軌后空間站在近地點的速度大于變軌前的速度，D錯誤。4.(多選)(2024·河北卷，8)2024年3月20日，鵲橋二號中繼星成功發(fā)射升空，為嫦娥六號在月球背面的探月任務(wù)提供地月間中繼通信。鵲橋二號采用周期為24h的環(huán)月橢圓凍結(jié)軌道(如圖7)，近月點A距月心約為2.0×103km，遠月點B距月心約為1.8×104km，CD為橢圓軌道的短軸，下列說法正確的是()圖7A.鵲橋二號從C經(jīng)B到D的運動時間為12hB.鵲橋二號在A、B兩點的加速度大小之比約為81∶1C.鵲橋二號在C、D兩點的速度方向垂直于其與月心的連線D.鵲橋二號在地球表面附近的發(fā)射速度大于7.9km/s且小于11.2km/s答案BD解析鵲橋二號圍繞月球做橢圓運動，從A→C→B做減速運動，從B→D→A做加速運動，所以從C→B→D的運動時間大于半個周期，即大于12h，A錯誤；在A點，根據(jù)牛頓第二定律，有Geq\f(Mm,req\o\al(2,OA))＝maA，在B點，根據(jù)牛頓第二定律，有Geq\f(Mm,req\o\al(2,OB))＝maB，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得鵲橋二號在A、B兩點的加速度大小之比約為aA∶aB＝req\o\al(2,OB)∶req\o\al(2,OA)＝81∶1，B正確；根據(jù)物體做曲線運動時速度方向沿該點的切線方向，可知鵲橋二號在C、D兩點的速度方向不垂直于其與月心的連線，C錯誤；鵲橋二號發(fā)射后圍繞月球沿橢圓軌道運動，并未脫離地球引力束縛，也在圍繞地球運動，所以鵲橋二號在地球表面附近的發(fā)射速度大于7.9km/s而小于11.2km/s，D正確。5.(多選)(2024·廣東卷，9)如圖8所示，探測器及其保護背罩通過彈性輕繩連接降落傘。在接近某行星表面時以60m/s的速度豎直勻速下落。此時啟動“背罩分離”，探測器與背罩斷開連接，背罩與降落傘保持連接。已知探測器質(zhì)量為1000kg，背罩質(zhì)量為50kg，該行星的質(zhì)量和半徑分別為地球的eq\f(1,10)和eq\f(1,2)。地球表面重力加速度大小g＝10m/s2。忽略大氣對探測器和背罩的阻力。下列說法正確的有()圖8A.該行星表面的重力加速度大小為4m/s2B.該行星的第一宇宙速度為7.9km/sC.“背罩分離”后瞬間，背罩的加速度大小為80m/s2D.“背罩分離”后瞬間，探測器所受重力對其做功的功率為30kW答案AC解析在星球表面，根據(jù)Geq\f(Mm,R2)＝mg，可得g＝eq\f(GM,R2)，eq\f(g行,g)＝eq\f(M行,M地)·eq\f(Req\o\al(2,地),Req\o\al(2,行))＝eq\f(2,5)，可得該行星表面的重力加速度大小g行＝4m/s2，故A正確；在行星表面上空，根據(jù)萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可得行星的第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，可得該行星的第一宇宙速度v行＝eq\f(\r(5),5)v地，地球的第一宇宙速度為7.9km/s，所以該行星的第一宇宙速度v行＝eq\f(\r(5),5)×7.9km/s，故B錯誤；“背罩分離”前，探測器及其保護背罩和降落傘整體做勻速直線運動，對探測器受力分析，可知探測器與保護背罩之間的作用力F＝mg行＝4000N，“背罩分離”后，背罩所受的合力大小為4000N，對背罩，根據(jù)牛頓第二定律F＝m′a，解得a＝80m/s2，故C正確；“背罩分離”后瞬間探測器所受重力對其做功的功率P＝mg行v＝1000×4×60W＝240kW，故D錯誤。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(zhuǎn)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(wù)是登陸月球背面進行月壤采集，并通過升空器將月壤轉(zhuǎn)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(shè)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eq\f(1,6)，月球半徑約為地球半徑的eq\f(1,4)。關(guān)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(wèi)星周期的eq\r(\f(2,3))倍D.其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛(wèi)星周期的eq\r(\f(3,2))倍答案BD解析地球第一宇宙速度等于衛(wèi)星在近地軌道的環(huán)繞速度，根據(jù)萬有引力提供向心力有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，結(jié)合mg＝Geq\f(Mm,R2)，可得第一宇宙速度v＝eq\r(gR)，又g月＝eq\f(1,6)g地，R月＝eq\f(1,4)R地，則v月＝eq\f(\r(6),12)v地，可知返回艙在繞月軌道上相對月球的速度小于地球第一宇宙速度，選項A錯誤，B正確；根據(jù)Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，又GM＝gR2，解得T＝eq\r(\f(4π2R,g))，可知eq\f(T月,T地)＝eq\r(\f(R月,R地))·eq\r(\f(g地,g月))＝eq\r(\f(3,2))，選項C錯誤，D正確?；A(chǔ)保分練1.(2024·全國甲卷，16)2024年5月，嫦娥六號探測器發(fā)射成功，開啟了人類首次從月球背面采樣返回之旅。將采得的樣品帶回地球，飛行器需經(jīng)過月面起飛、環(huán)月飛行、月地轉(zhuǎn)移等過程。月球表面自由落體加速度約為地球表面自由落體加速度的eq\f(1,6)。下列說法正確的是()A.在環(huán)月飛行時，樣品所受合力為零B.若將樣品放置在月球正面，它對月球表面壓力等于零C.樣品在不同過程中受到的引力不同，所以質(zhì)量也不同D.樣品放置在月球背面時對月球的壓力，比放置在地球表面時對地球的壓力小答案D解析在環(huán)月飛行時，樣品所受的合力提供向心力，不為零，A錯誤；若將樣品放置在月球正面，根據(jù)牛頓第三定律可知，它對月球表面的壓力等于月球?qū)λ闹С至?，根?jù)力的平衡條件可知，月球?qū)λ闹С至Φ扔谒谠虑蛏系闹亓?，不為零，故它對月球表面的壓力不為零，B錯誤；質(zhì)量是物體的固有屬性，不會隨受到的引力的變化而變化，C錯誤；由于月球表面重力加速度較地球表面的小，則樣品在月球表面所受重力較在地球表面的小，結(jié)合B項分析可知，樣品放置在月球背面時對月球的壓力較其放在地球表面時對地球的壓力小，D正確。2.(2024·山東泰安一模)如圖1所示，A、B是圍繞地球運轉(zhuǎn)的兩顆衛(wèi)星，其中A衛(wèi)星的軌道半徑為RA，B衛(wèi)星的軌道半徑為RB，經(jīng)過相同的時間，A衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積為SA，B衛(wèi)星與地心О的連線掃過的面積為SB，已知SB∶SA＝1∶2，則RB∶RA的值為()圖1A.1∶2 B.1∶3 C.1∶4 D.1∶8答案C解析設(shè)衛(wèi)星的周期為T，t時間內(nèi)衛(wèi)星與地心O的連線掃過的面積為S＝eq\f(t,T)πR2，根據(jù)題意有SB∶SA＝（eq\f(t,TB)πReq\o\al(2,B)）∶（eq\f(t,TA)πReq\o\al(2,A)）＝eq\f(Req\o\al(2,B),TB)∶eq\f(Req\o\al(2,A),TA)＝1∶2，根據(jù)eq\f(GMm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，可得T＝eq\r(\f(4π2R3,GM))，則eq\f(TA,TB)＝eq\r(\f(Req\o\al(3,A),Req\o\al(3,B)))，聯(lián)立可得RB∶RA＝1∶4，故C正確。3.(2024·天津和平模擬)嫦娥六號探測器測得月球表面的重力加速度為g0，已知月球的半徑為R0，地球表面的重力加速度為g，地球的半徑為R。忽略地球、月球自轉(zhuǎn)的影響，則()A.月球質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為eq\f(g0Req\o\al(2,0),gR2)B.月球密度與地球密度之比為eq\f(g0R0,gR)C.月球第一宇宙速度與地球第一宇宙速度之比為eq\f(Rg,R0g0)D.嫦娥六號在月球表面所受萬有引力與在地球表面所受萬有引力大小之比為eq\f(g,g0)答案A解析在星球表面，由萬有引力和重力近似相等，有eq\f(GMm,R2)＝mg，可得eq\f(M月,M地)＝eq\f(g0Req\o\al(2,0),gR2)，故A正確；密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(3M,4πR3)，可得eq\f(ρ月,ρ地)＝eq\f(g0R,gR0)，故B錯誤；由mg＝eq\f(mv2,R)，可得eq\f(v月,v地)＝eq\r(\f(R0g0,Rg))，故C錯誤；嫦娥六號在月球表面所受萬有引力與在地球表面所受萬有引力之比為eq\f(F月,F地)＝eq\f(mg0,mg)＝eq\f(g0,g)，故D錯誤。4.(2024·江西卷，4)嫦娥六號探測器于2024年5月8日進入環(huán)月軌道，后續(xù)經(jīng)調(diào)整環(huán)月軌道高度和傾角，實施月球背面軟著陸。當探測器的軌道半徑從r1調(diào)整到r2時(兩軌道均可視為圓形軌道)，其動能和周期從Ek1、T1分別變?yōu)镋k2、T2。下列選項正確的是()A.eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(r2,r1)，eq\f(T1,T2)＝eq\f(\r(req\o\al(3,1)),\r(req\o\al(3,2))) B.eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(r1,r2)，eq\f(T1,T2)＝eq\f(\r(req\o\al(3,1)),\r(req\o\al(3,2)))C.eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(r2,r1)，eq\f(T1,T2)＝eq\f(\r(req\o\al(3,2)),\r(req\o\al(3,1))) D.eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(r1,r2)，eq\f(T1,T2)＝eq\f(\r(req\o\al(3,2)),\r(req\o\al(3,1)))答案A解析5.(多選)(2024·江西名校聯(lián)盟高三摸底)北斗系統(tǒng)空間段由若干地球靜止軌道衛(wèi)星、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星和中圓地球軌道衛(wèi)星等組成。將地球看成質(zhì)量均勻的球體，若地球半徑與同步衛(wèi)星的軌道半徑之比為k，下列說法正確的是()圖2A.傾斜地球同步軌道衛(wèi)星有可能每天同一時刻在北京的正上方B.地球靜止軌道衛(wèi)星有可能總在北京正上方與我們相對靜止C.地球赤道重力加速度大小與北極的重力加速度大小之比為(1－k3)D.地球北極重力加速度大小與赤道的重力加速度大小之比為(1－k3)答案AC解析傾斜地球同步軌道衛(wèi)星周期仍然是24小時，但軌道與赤道平面有夾角，如果某時刻在北京正上方，則24小時后就又在北京正上方，故A正確；地球靜止軌道衛(wèi)星只可能在赤道的正上方，不可能在北京正上方，故B錯誤；根據(jù)題意，由萬有引力提供向心力有eq\f(GMm,（\f(R,k)）2)＝meq\f(4π2,T2)(eq\f(R,k))，在地球北極有eq\f(GMm,R2)＝mg極，在赤道上有eq\f(GMm,R2)＝mg赤＋meq\f(4π2,T2)R，聯(lián)立可得g赤＝(1－k3)g極，則地球赤道重力加速度大小與北極的重力加速度大小之比為(1－k3)，故C正確，D錯誤。6.(2024·安徽合肥一模)我國科學(xué)家團隊在某個河外星系中發(fā)現(xiàn)了一對相互繞轉(zhuǎn)的超大質(zhì)量雙黑洞系統(tǒng)，這是迄今為止發(fā)現(xiàn)的第二例超大質(zhì)量雙黑洞繞轉(zhuǎn)系統(tǒng)，兩黑洞繞它們連線上某點做勻速圓周運動。黑洞1、2的質(zhì)量分別為M1、M2，下列關(guān)于黑洞1、2的說法正確的是()A.半徑之比為M1∶M2B.向心力之比為M1∶M2C.動能之比為M1∶M2D.角速度之比為1∶1答案D解析根據(jù)Geq\f(M1M2,L2)＝M1ω2r1＝M2ω2r2，可得M1r1＝M2r2，所以有r1∶r2＝M2∶M1，故A錯誤；根據(jù)F向＝Geq\f(M1M2,L2)，可得黑洞1、2的向心力之比為1∶1，故B錯誤；雙星系統(tǒng)角速度相等，所以黑洞1、2的角速度之比ω1∶ω2＝1∶1，故D正確；根據(jù)v＝ωr，可得黑洞1、2的線速度之比v1∶v2＝M2∶M1，動能之比為Ek1∶Ek2＝eq\f(1,2)M1veq\o\al(2,1)∶eq\f(1,2)M2veq\o\al(2,2)＝M2∶M1，故C錯誤。7.(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(fā)射升空。當?shù)诌_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3所示，軌道的半長軸約為51900km。后經(jīng)多次軌道調(diào)整，進入凍結(jié)軌道運行，軌道的半長軸約為9900km，周期約為24h。則鵲橋二號在捕獲軌道運行時()圖3A.周期約144hB.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(jié)軌道運行時近月點的速度D.近月點的加速度大于在凍結(jié)軌道運行時近月點的加速度答案B解析凍結(jié)軌道和捕獲軌道的中心天體是月球，根據(jù)開普勒第三定律得eq\f(aeq\o\al(3,1),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(aeq\o\al(3,2),Teq\o\al(2,2))，整理得T1＝T2eq\r(\f(aeq\o\al(3,1),aeq\o\al(3,2)))＝288h，A錯誤；根據(jù)開普勒第二定律得，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(jié)軌道鵲橋二號進行近月制動，其在捕獲軌道近月點的速度大于在凍結(jié)軌道運行時近月點的速度，C錯誤；兩軌道的近月點所受的萬有引力相同，根據(jù)牛頓第二定律可知，其在捕獲軌道近月點的加速度等于在凍結(jié)軌道運行時近月點的加速度，D錯誤。8.(2024·河南鄭州模擬預(yù)測)2024年4月25日，神舟十八號在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火升空，成功將神舟十八號乘組成員順利送入太空。對接前，空間站與神舟十八號的軌道如圖4所示。對接后組合體在空間站之前的軌道上運行，已知空間站距地球表面約400km。則下列判斷正確的是()圖4A.若神舟十八號從圖示位置變軌實現(xiàn)對接