可
详解答案
24.解析发光体的速度=
2h
发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向
解得
心力，则静摩擦力大小为f=mr
水平方向上做匀速直线运动，所以水平距离为
答案
vo=wr:f=mar
2五
25.解析(1)滑雪考从A到P根据动能定理有
x=功=0入
mgdsin45”-mgcos45d=2m呢-0
2h
撼据动量定理有(ngsin45°一mgc0s45°)1=mvp一0
(2)包襄落地时，竖直方向连度为可，=g1=
落地时速度为=√6十=√/6十2g
22d
联立解得t√g(一
(3)包襄做平抛运动，分解位移x=%t
p=√W2gd(1-)
y=28t
(2》由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故
从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B
两式消去时同得包夏的轨远方程为y嘉
点有B=即=√2gd(1-)
/2h
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大：滑雪
答案(1)w√g
(2W/6+2gh(3)y=8x2
26
者从B,点飞出做斜运动，竖直方向上有
29.解(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的
pc0s45°=g×号
分速度为1，由运动的合成与分解规律得=w3in72.8
①
水平方向上有L=vp sin45°·t
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1,由
联主可得L=√2d(1一》
牛领第二定律得mgc0s17.2°=m41②
22d
答案(1)1g(1-
由运动学公式得d=2西
联立①②③式，代入数据得d=4.8m④
(2W/2gd(1-r),(3)W2d(1-)
(2)在M点，设运动员在ABCD而内平行AD方向的分速
26.解析(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D,则
度为U2,由运动的合成与分解规律得2=r 0s72.8°⑤
在D点有n爱-n时
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由
牛颜第二定律得gsin17.2°=ma2⑤
解得=√gR.
(2)由题知，小物块从C点沿弧切线方向进入轨道CDE内
设晦空时间为1，由运动学公式得1=2四
a
侧，则在C点有c0s60°=坚
vc
L=购t计2a⑧
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
联主①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12m⑨
-mg(R+Rcos60)=号m呢-？m呢
专题五万有引力与航天
题组一
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
1,D“鹊桥二号”中继星在24小时椭國轨道上运行时，由开普
mgH即=2m吃-2m呢
勒第三定律有号=，对地球同步卫星由开普勒第三定律有
联主解得s=√gR,HD=0
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
r
mgs=之m呢-合m听
s=π·2R
2.BD根据万有引力提供向心力有G=m
R2
,在星球表
解得UA=√3gR
西有Gmg,解得√R.又8前三石地R
答案(1)√gR:(2)0:(3)√3gR
27.解析频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之
间被喇去3个影像，故相邻两球的时间间隔为
子R地别运回轮在月球表面的飞行逢度用√分a返回
1
t=4T=0.05×48=0.2s
舱相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度，A错误，B正
设抛出瞬间小球的速度为，每相邻两球间的水平方向上
确：设返回舱绕星球飞行周期为T,由万有引力提供向心力
位移为x,竖直方向上的位移分别为，2，极据平抛运动
位移公式有x=心1
得G=m(）R,在星球表面附近有GM=mg,联立
R2
4=282=2×10×0.2m=0.2m
R
可得周期T=2√M=2√g
T
为=g(2)2-s=×10×0.4-0.2)m=
3
,C错误，D正确。
0.6m
令1=y,则有y2=3y1=3y
3.A
已标注的线段5152分别为5=√2十y
变轨前，后，根据a=G4可知，空间站在P点
52=√T2+(3y)=√π2+9y
A正确
则有√x2+y:√/x+9y=3:7
的加速度相同
整理得x=2⑤
由于变轨后的轨道半长轴大于变轨前的轨道
5
半径，则根据开普勒第三定律可知，空间站变
B错误
故在抛出晚同小球的速度大小为==2⑤】
轨后的运动周期比变轨前的大
5 m s
变轨时，空间站喷气加速，因此变轨后其在P
C错误
答案25m:8
点的速度比变轨前的大
5
28.解析(1)包裹胱离无人机后做平抛运动，在竖直方向做自
变轨后，空间站在近地点的速度最大，大于变
由落体运动，则=g
轨后在P点的速度，结合C项分析可知，变轨
D错误
后空间站在近地点的递度大于变轨前的速度
145五年高考真题分美集训
物理
4.A
半径为r,由万有引力提供向心力可知GM=m4
@
GM Ek=2
Ekl
2
设近火点到火星中心为R1=R十d1
③
GMm
r
·A对
设远火点到火星中心为R2=R十d2
①
2
T9→T
/4π2r3
T
R+)
N GM
T2r号
2
由开普动第三定律可知=。
⑤
5.C设引力常童为G,地球半径为R,则对地球表面的物体所
受重力等于地球对它的引力，即GMm
由以上分析可得d2≈6×10m.故选C,
=mg,月球绕地球做
R2
12.D由绕地线速度和绕地丰径可以表示出周期T=2πR,由
回周运动，所受地球的万有引力提供向心力，即GMm
GMm=m4R得地球的质量M=4R
,D正确
m'1x2
T名
r,又r=60R,解得T=120元√
上，C正确
R
GT
13.AA.当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地
6.D物体在低速（速度远小于光速》宏观条件下质量保持不
球的引力在太阳系的范国内运动，火星在太阳系内，所以火
变，即在空间站和地面质量相同，故A错误：设空间站离地面
星探测器的发射達度应大于第二宇宙達度，故A正确：B.
的高度为h,这批物质在地面上静止合力为零，在空间站所受
第二宇宙達度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界
合力为万有引力即F=
(R十h)2,在地面受地球引力为F
GMm
发射速度，当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之
间时，探测器将国绕地球运动，故B错误：C.万有引力提供
GMm
GM
R2
,因此有F1>F,故BC错误：物体绕地袋做身速圆周
向心力，则有M0,解得第一宇宙连度为買
运动万有引力提供向心力M=m2r,解得w气
GM
,这批
/10%
所以火星的第一宇宙速度为火0叹%=宁地
物质在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此
所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C
这批物质的角速度大于同步卫星的角速度，同步卫星的角速
度等于地球自转的角速度，即这批物质的角速度大于地球自
错误：D.万有引力近似等于重力，则有GMm
=mg
转的角速度，故D正确，故选D,
解得星表面的重力加速度g大=
GMx
10%
7.D根据题意可得，木卫3的轨道半径为r3=u
R
(50%)28地
极报万有引力提供向心力GR2=”2R
2
地
GMT
所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，
可得R=
4π
故D错误.故远A.
木卫一、木卫二，木卫三做圆周运动的周期之比为1：2：4，
14,B由G=ma得a=G兴，显然卫星不论在轨道1上过
2
可得木卫一轨道半径为1=
8/16
P点·还是在轨道2上过P点，加速度都相同，A错误，卫星
木卫二桃道丰径为？脂
在轨道1上过P点后微近心运功，则有G>m,解
故AB错误；木卫三田绕的中心天体是木星，月球的国绕的
GM
中心天体是地球，根据题意无法求出周期T与T。之比，故C
得劝<
r
;卫星在轨道2上过P点后做匀速圆周运动，
错误；根据万有引力提供向心力，分别有G(r
,M木m
4π2
=m
则有G=m,解得
GM
2
.所以山<功，由动量
4π2
公式p=mv可知p1
周运动，卫星的加速度方向始终指向圆心，因此卫星在轨道
限立可得M=T
2上任何位置的加遂度都不相同，C错送，卫星在轨道1上
M
m,故D正确，故选D
由远地点向近地点运动时，引力势能逐渐减小，动能逐渐增
8.C根据GM=ma,可得a=GY
大：由近地点向远地点运动时，引力势能逐渐增大，动能逐
r2
渐减小，D错误.
因该卫星与月球的轨道半径相同，可知向心加速度相同：因
15.C火星与地球轨道周长之比等于公转轨道半径之比，A项
该卫星的质量与月球质量不同，则向心力大小以及受地球的
错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力捉供向
万有引力大小均不相同.故选C
9.C航天萌在空间站中所受地球引力提供其做圆周运动的向
心力，由Gm去m=ma,Gm去”=m
2
,Gm去"=ma2,
2
心力，因此所受地球引力的大小与其随飞船运动的向心力大
小近似相等，故C正确，AB错误：根据万有引力公式F秀
解得a=
Gm表
Gm
.v-
三Gm支，所以火星与地球线
G Mm
”,可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受
速度大小之比为√2：3，角速度大小之比为2√2：33，向
的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需
心加速度大小之比为4：9，B,D项错误，C项正确.
向心力的大小，故D错误，故选C
题组三
2
1,BD鹊桥二号国绕月球做椭圆运动，从A→C→B做减速运
10.C由题意可知卫星的周期为
,由万有引力提供向心力
动，从B·D→A做加速运动，所以从C→B·D的运动时间
2x
大于半个周期，即大于12小时，A错误：在A点，根据牛頓第
有GMm
2
Mm
(R十h)=m
(R十h),根据在地面附近万有引
二定律，有G
=m0a,在B点，根据牛顿第二定律，有
力近似等于重力有G
Mm
R2
=mg,解得h=
一R
4n2π2
)户=mg联主并代入数据可得鹊桥二号在A,B两点
G
故C正确，ABD错误，
的加速度大小之比约为“a:口5=81：1，B正确：根据物体做
11,C息略火星自转则GM=mg
O
曲线运动时速度方向沿该点的切线方向，可知鹄桥二号在
R2
C,D两点的速度方向不垂直于其与月心的连线，C错误；鹊
可知GM=gR
桥二号发射后围绕月球沿椭圆轨道运动，并未脱高地球引力
设与为1.8×105s的椭圈形停泊轨道月期相同的圆形轨道
来缚，也在国绕地球运动，所以鹊桥二号在地球表面附近的
发射速度大于7.9km‘s而小于11.2kmrs,D正确。
146
详解答案
2.B火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭苑加反作用力
故火箭的推力是向后喷出的燃气施加的，A错误：由万有引
速度可=区2M,中子星质量大于白矮星，密度大于白
R
力定律得G,Mm
=,解得卫星的向心加速度大小约为
矮星，可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，D
(r+h)8
错误
(十h=8.4m,s子，B正确：由万有引力定律得
a=
GM
8.B火星和地球均绕大阳运动，由于火星与地球的轨道半径
GMm
(r十h)2=m
4r+),解得卫星的周期T=
T
之比的为312，根据开香粉务三元律有修一是可行费
2/
GM
=1.58h,C错误：发射升空初始阶段，火箭加选
区=3尽，故A错误：火星和地球绕太阳微句连圆周运动，
度方向向上，故装在火箭上部的卫星处于超重状态，D错误
速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速
3.B设行星质量为m,轨道半径为，周期为T1,红揍星质量
度方向相反，故此时两者相对遮度最大，故B正确：在星球表
为M1,由万有引力提供向心力有
M”-n()》n可号
ri
西根据万有引力定律有GM=mg,由于不知道火星和地球
4π22
M=GTi
,同理可得太阳质量M2=
42r Mri T
的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，
GT'M=·T月
=(0.07)
故C错误：火星和地球绕太阳做匀选国周运动，有吹=红·
(0.06)2≈0.1，B正确
4.AC在星球表面，根据G
M=ng,可得g=,
R2
行里的质量和半径分别为地球的品和名，地球表面重力加
要发生下一次大星冲日别有（器一资）=2
速度大小取g=10ms2,可得该行星表面的重力加速度大小
TT地>T地
得=T数一T地
g=4ms2,故A正确：在星球表面上空，根据万有引力提供
可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月18日之后，
向心力G0=m
故D错误.故选B.
R2
R
可得星球的第一宇雷连度√R,
GM
9,CD火星与地球均绕太阳傲匀述国周运动，即GMm
行显的质量和半径分别为地球的。和弓，可得该行星的第
m号，解得=√所以大里公转建度小于地球公特地
度，因此在冲日时，地球上的观测者规测火星由东向西运动，
一宇宙速度m=写地'
/5
C正确：在冲日处，地球与火星速度方向相同，故此时火星相
对地球速度最小，D正确
地球的第一宇宙速度为7,9km/s,所以该行星的第一宇宙速
10.D由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期
粉=台X7.9kms故B错误，“背军分离”前，深测医
4π2
其保护背罩和降落伞整体做匀速直线运动，对探测器受力分
C根据G恤=m禁，可得T=2可如大星的公
祈，可知探测器与保护背罩之间的作用力F=g'=4000N
转半径大于地球的公转半径，故C错误；A.根据GM
“背罩分离”后，背罩所受的合力大小为4000N,对背军，根
据牛顿第二定律F=m'a
解得a=80ms2,故C正确；
m可得√，结合C遂项，可知大星的公转线定
“背罩分离”后瞬间探测器所受重力对其做功的功率P=
mgv=1000×4×60W=240kW,故D错误。故选AC。
小于地球的公转线速度，故A错误：B.根据w一纤可知火里
5.D对“嫦城五号”探测器受力分析有F、=g月
公转的角速度小于地球公转的角速度，故B错误；D.根据G
则对一条腿有户1=子mg用=贤
=a可得a=G
,可知火星公转的加速度小于地球公
r2
2
根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为
转的加速度，故D正确.故选D.
24
故选D.
1.CAC根据6=m号，可得√
GM
6.D设月球绕地球运动的轨道半径为1，地球绕太阳运动的
轨道半径为r2·
可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小，而只要环绕速
根据GM=m罕
4x2
度相同，返回舱和天和核心舱可以在同一轨道运行，与返回
2
舱和天和核心舱的质量无关，故A错误，C正确；B.返回舱
4x2
4π2
中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的
习经《三—对装1一三是王2
引力提供字航员绕地球运动的向心力，故B错误；D.返回舱
其中上=R月R地
m
穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机枝能
A之=R=R旦4xR3
减小，故D错误.故选C.
12.AC设地球的质量为M、半径为R,核心舱的质量为m,由
万有引力定律得，核心轮交到的万有引力为F=G,则
故选D.
核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小与它在地而受
7.B重力加速度为失量，有方向，在同一使星表面不同位置重
力加速度的方向不同，A错误：位星坍缩前后质量不变，体积
到的万有引力大小之比为
R2
1612
,A正确：
变小，即半径变小，根据在星球表面两极处万有引力等于重
力GMmn
F.(
=177
R2”=mg可知，重力加速度会支大，B正确：根搭万有引
由万有引力定律得G=m,解得周期T
力提供星球表面附近做国周运动的物体的向心力G
r2
R2
v2
GM
2n√核心舱在轨道上飞行的半径小于同步卫星的轨道
m尺得0√R,可知第一宇宙速度变大，C错误；根据述速
半径，故其周期小于24h,C正确.
147五年高考真题分美集训
物理
13.D对于飞船，由万有引力提供向心力得GMm飞鱼
由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×10⑧kW的
风能资源，则每天发电量应满足E1.0×103×24kW·h
m1都(2)，对于地球同步卫星，由万有引力提供向心力
4x2
2.4×103kW·h,C错误：D.若风场每年有5000h风達在6
一10ms的风能资源，当风速取最小值6m‘s时，该发电机
4π2
年发电堂具有最小值，根据题意，风速为9ms时，输出电功
得GM地m卫里=m2￥T2,联立解得上
2
平为405kW,风速在5一10ms范田内，转化效率可视为不
故D正确，ABC错误.
支，可如风建为6ms时，输出电功争为P-6×05kW
14.C卫星环绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供其做匀速
120kW,则该发电机年发电量至少为E=Pt=120×
国周运动的向心力，由公式G"地”=m4实，祥T
T2
5000kW·h=6.0×105kW·h
D正确；故选D.
,则a、b的周期比c的小，A错误：由于a、b的质
7,BCAC,物体从斜面底端回到斜而底端根据动能定理有
2元入G地
量关系来知，则a、b所受的向心力大小无法确定，B错误：由
-mg·21csa--E
公式G””=m号得0ab的建度大小相等.C
物体从针面底端到斜面顶端根据动能定理有
-ngl sin a一glcos a=0一Ek
正确：由公式G”m-mu得a=Gm
E
,a,b的向心加速度
整理得=
mg
=0.5,A误，C正确：B.物体向下滑动时
比c的向心加速度大，D错误.
的根据牛顿第二定律有a=ng sin a一ngcos a,求解得出
专题六机械能及其守恒定律
Q=答，B正确：D.物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
题组一
上=ng sin a十gco3
1.B当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
体有g=kx0,解得弹性绳的仲长量xo=坚，则此时弹性
HaF=mg sina一ngC0sa
k
由上式可知a上>4T
能的弹性势能为E,=名k号=心m
一，从开始拉动乙所坐
由于上升过程中的未连度为零，下滑过程中的初连度为零，
2k
木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位
且走过相网的住移，根据公式1=名
移为1=x0十1一d,则由功能关系可知该过程下所做的功
则可得出t上W=B十mg石1=3m2+mg1-d,B正确。
8.B设微波有效攻击范国为”时单位面积接收微波功啤为
2k
PP
P
2.B筒车经时间t,到达高H处的水简的个数为N=Rt,礼
4r2
入稻田的水的质量为M=NmX60%,由功能关系可知筒车
P
W
对这部分水所做的功W=MgH,做功的功率P=
,联立解
解得r入4πP
得P=3mmR日，B正确.
则引起神经混乱时有n一√4P了
P
3×107
-√4×3.14X250≈
3.A小车艳动物体行驶的位移为1的过程中，根据动能定理
100m
P
得(F-f-mg)1=之(M十m),轻绳从物体上脱落至物
3×107
引起心肺功能袭竭时有n√4xPg√4x.1X1000≈
体停下的过程中，根据动能定理得一mg（红一5）
50m,所以B正确；ACD错误：故选B.
2(F-f)(52-1）
9,A由排泥量和排泥管的横撬面积可得排泥速度v
2mt,解得u√M+m-Ms
,则小车的颜定功率
1.4m,=2m's,由P=Fu可得泥泵对排泥管内泥浆的推
2F2(F-f)s(s2一51）
0.7m2
为P。=Fu(M+m)52-M
,A正确，BCD错误
力F=卫=1X10W=5X105N,A正确.
2 mis
4.BD当物块从木板右瑞离开时，对m有一fxm=2m哈
10.BD无人机从静止到是停的过程中先加速上升后减速上
升最终速度减为零，即无人机经历先超重再失重的过程，故
2m6,对M有f红M=名m听，其中1=xn一xM,由于1>
空气对无人机的作用力并非始终大于或等于无人机的重
xM,则根据以上分析可知木板的动能一定小于f儿，A错误、B
力，A项错误；直流电源对无人机供电的颜定电流I=
正确：根据以上分析，联立有之m喝一f1=2m呢十2m听，
5000A=12.5A,B项正确：无人机上升过程中克服重力做
400
则物块的动能一定小于名m哈-f1,C错误，D正确，故
的功W=mgh=2X10J,克服重力做功的功率P=W
选BD.
5.C如图所示
100W,同时无人机上升过程中还需克服空气阻力做功，故
设圆环下降的高度为h,图环的半径为R,
C项错误；无人机上升过程中及悬停过程中均会使空气动
它到P点的距离为L,根据机械能守恒定
能增加，即对空气做功，D项正确，
11,BC由于动车以位定功率运动，则由P=F李v可知在功率
律得mgh=2mv
不变时，动车的速度增大则牵引力减小，由牛颜第二定撑可
知F章一F=ma,动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；
由几何关系可得h=Lsin0,sin0=2求，联
当动车的加速度为容时，即牵引力等于阻力时，动车的速度
L2
最大，即P=FmC正确：设动车在时间t内的位移为x,由
立可得h=可得=L√，故C正
动能定理得W-Fx=2ma2-合mw2,则牵引力所微的
确，ABD错误.故逃C.
6.DAB.单位时间流过面积A的流动空气体积为V。=A
功为Ww=Fx十2m2一之%2，D错误.
单位时间流过面积A的流动空气质量为mo=pV,=Av
单位时间流迹面积A的流动室气动能为m子=？A
题组二
1
wW=mgh
风速在510m:s范国内，转化效单可视为不变，可知该风
p-vgh Q-y
P
力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，AB错误；C
1,B发电功率P=7·7m=pV
t
Qgh代入数据解得p≈107W,B对。
148五年高考真题分类集训
物理
专题五
万有引力与航天
题组
用时：
易错记录：
1.(2024·山东卷)“鹊桥二号”中继星环绕月球运
4.(2024·江西卷)“嫦娥六号”探测器于2024年5
行，其24小时椭圆轨道的半长轴为a。已知地球
月8日进人环月轨道，后续经调整环月轨道高度
同步卫星的轨道半径为，则月球与地球质量之
和倾角，实施月球背面软着陆。当探测器的轨道
比可表示为
(
半径从”1调整到r2时（两轨道均可视为圆形轨
道)，其动能和周期从Ek1、T1分别变为Ek2、T2。
A.d
B.
下列选项正确的是
(
Ek1=2.T=
AET2同
B
E=1,T=
E2r2'T2√
2.(2024·湖南卷)（多选）2024年5月3日，“嫦娥
C.
E12T1
El_r T1
六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启
E27'T2
月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本
D.a2T72丽
5.(2023·山东卷)牛顿认为物体落地是由于地球
次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集，并
对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间（如地
通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返
球与月球)的引力具有相同的性质，且都满足
回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月
运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。已
F cMm。已知地月之间的距离r大约是地球半
知月球表面重力加速度约为地球表面的后，月球
径的60倍，地球表面的重力加速度为g,根据牛
顿的猜想，月球绕地球公转的周期为
半径约为地球半径的号。关于返回舱在该绕月
A.30xg
B.30r7
轨道上的运动，下列说法正确的是
A.其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度
r
C.120x
D.120x/g
B.其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度
6.(2023·新课标卷)2023年5月，世界现役运输能
C其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星
力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的
周期的/？倍
物资进入距离地面约400km(小于地球同步卫
星与地面的距离)的轨道，顺利对接中国空间站后
D.其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星
近似做匀速圆周运动.对接后，这批物资
()
周期的？倍
A.质量比静止在地面上时小
B.所受合力比静止在地面上时小
3.(2024·湖北卷)太空碎片会
C.所受地球引力比静止在地面上时大
P
对航天器带来危害。设空间
D.做圆周运动的角速度大小比地球自转角速
站在地球附近沿逆时针方向
度大
做匀速圆周运动，如图中实线
7.(2023·6月浙江卷)木星的卫星中，木卫一、木
所示。为了避开碎片，空间站
卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1：2：
在P点向图中箭头所指径向
4.木卫三周期为T,公转轨道半径是月球绕地球
方向极短时间喷射气体，使空
轨道半径r的n倍.月球绕地球公转周期为T。,
则
间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨
后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道
A木卫一轨道半径为
半径。则
A.空间站变轨前、后在P点的加速度相同
B.木卫二轨道半径为公，
B.空间站变轨后的运动周期比变轨前的小
C.周期T与T。之比为n
C.空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小
D.空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大
D,木星质量与地球质量之比为
2
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