考点10 圆周运动及其应用-【红对勾】2026年高考物理一轮复习金卷

考点101 圆周运动及其应用 刷小题·重基础 1.(多选)(2024·湖北黄石模拟)如图所 示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮是 相互关联的三个转动部分，它们的边大齿轮 小齿轮 缘有三个点A、B、C。自行车链条不 后轮 打滑，关于这三点的线速度、角速度、周期和向心加速度的说法正确 的是 A.A、B两点的线速度大小相等 B.B、C两点的角速度大小相等 C.A、C两点的周期大小相等 D.A、B两点的向心加速度大小相等 2.(2024·山东淄博模拟)如图所示，圆桌桌面 中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，A是 圆盘边缘的一点，B是圆盘内的一点。分别 把A、B点的角速度记为ωAωB,线速度记为 vA、vB,向心加速度记为aA、aB,周期记为 TA、TB,则 A.0A>ωB B.UA>UB C.anaB D.TA<T 3.(2024·甘肃酒泉三模)如图所示为脚踏自 行车的传动装置简化图，各轮的转轴均固 丙 定且相互平行，甲、乙两轮同轴且无相对转 动，已知甲、乙、丙三轮的半径之比为1： 9：3,传动链条在各轮转动过程中不打滑，则乙、丙转速之比为 ( A.1:2 B.2:1 C.3:1 D.1:3 4.(多选)(2024·江西鹰潭模拟)如图所示，长为 1的轻杆的两端，其中一端固定一个小球，另一 端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面 内做圆周运动，小球过最高点的速度大小为， 下列叙述正确的是 ( ) A.v的值可以小于√g乙 B.当由零逐渐增大时，小球在最高点所需向心力也逐渐增大 C.当v由√g值逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大 D.当？由√g(值逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐减小 5.（多选)(2024·湖南常德模拟)飞机飞行时除受到发动机的推力和 空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所 在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼倾斜 (如图所示)，以保证重力和机翼升力的合力 提供向心力。设飞机以速率v在水平面内做 半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面 成0角，飞行周期为T,则下列说法正确的是 () A.若飞行速率v不变，0增大，则半径R增大 B.若飞行速率不变，0增大，则周期T增大 C.若0不变，飞行速率v增大，则半径R增大 D.若飞行速率v增大，0增大，则周期T可能不变 6.(2024·江苏苏州模拟)如图所示，游乐场 ω(5 有一种叫“旋转飞椅”的游乐项目。钢绳 的一端系着座椅，另一端固定在水平转盘 上。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。 当转盘匀速转动时，质量相等的两游客 P P、Q在同一水平面内做匀速圆周运动，连接游客P、Q的钢绳与竖 直方向之间的夹角分别为01、02，且01<02。将游客看作一个质点， 不计钢绳和座椅的重力，下列说法正确的是 () A.游客P、Q的角速度大小不相等 B.游客P、Q的线速度大小相等 C.游客P的向心加速度小于Q的向心加速度 D.游客P、Q受到钢绳的拉力大小相等 7.(多选)(2025·广东惠州期末)如图 甲为一小朋友在水泥管道内踢球。 将其简化为图乙所示，固定的竖直圆 形轨道半径为R,球的质量为m,在 某次运动中，球恰能通过轨道最高点，将球视为质点，忽略所有阻 力，重力加速度为g,则 () A.球经过最高点时的速度大小为√gR B.球经过最高点时受到两个力的作用 C.球经过最低点时受到支持力大小为4mg D.球经过最低点时受到支持力大小为6g 8.(2024·辽宁名校联盟一模)如图所示，质量为 M、半径为R、内壁光滑的圆形轨道竖直放置在 水平地面上，轨道圆心为O,P、Q是轨道上与 圆心O等高的两点。一质量为的小球沿轨 道做圆周运动且刚好能通过轨道最高点，运动 过程中轨道始终保持静止状态。已知重力加速度为g,下列说法正 确的是 A.小球经过轨道最高点时，轨道对地面的压力最小 B.小球经过轨道最低点时，轨道对地面的压力最大 考点10圆周运动及其应用023 C.小球经过P点时，轨道对地面的压力为(M十m)g D.小球经过Q点时，轨道对地面的摩擦力沿水平面向左 9.(2024·黑龙江哈尔滨模拟)一 T 根轻质细线一端系一可视为质 Taf-..--- 点的小球，小球的质量为m,细 T 线另一端固定在一光滑圆锥顶 上，如图甲所示，设小球在水平 09 面内做匀速圆周运动的角速度 甲 乙 为ω，细线的拉力T随ω2变化的图像如图乙所示，下列说法正确 的是 ( A.细线的长度为2 T B.细线的长度为2 mas 1nw。 C.细线的长度为 T:-T D.细线的长度为T,-T mwd mws 10.(2024·江苏扬州模拟)如图甲所示，某同学将手机用长约1m的 充电线悬挂于固定点，拉开小角度释放，手机在竖直面内摆动，手 机传感器记录角速度随时间变化的关系如图乙所示，则手机() uuL 1.00 0.00 -1.04 22.023.024.0 时间s 甲 乙 A.在A→B过程中，速度增大 B.在A、C两点时，速度方向相反 C.在C点时，线中的拉力最小 D.在B、D两点时，线中拉力方向相同 11.(2025·福建福州预测)水车是中国最古老的 二*% 农业灌溉工具，是珍贵的历史文化遗产。水 车的简易模型如图所示，水流自水平放置的 R 水管流出，水流轨迹与水车车轮的边缘相切， 1o5370 可使车轮持续转动，切点与所在车轮横截面 的圆心的连线与水平方向的夹角为37°。若水管出水口处水流的 速度vo=6m/s,车轮半径R=2m,不计空气阻力。重力加速度g 取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，水流到达车轮边缘时的速 度与车轮边缘切点的线速度相同，下列说法正确的是 () A.水管出水口距轮轴O的水平距离为4.8m B.水管出水口距轮轴O的竖直距离为3.2m C.车轮的角速度为2orad/s D.水流速度的变化量的大小为8m/s >0242对勾·高考一轮复习金卷物理 12.(2025·辽宁丹东期末)如图 甲所示，一长为R且不可伸 长的轻绳一端固定在点O, 另一端系住一小球，使小球 b 2b 在竖直面内做圆周运动。若 小球经过最高点时速度大小为、轻绳拉力大小为F,则F与 的关系如图乙所示，下列说法正确的是 ) A.绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大 B.小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线b点的位置不变 C.利用该装置可以得出小球的质量m=R b D、利用该装置可以得出重力加速度g尽 a 13.(多选)(2024·湖南长沙二模)如图所示，一 倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴 以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离 2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静 30° 上，小物体质量为1kg,与盘面间的动摩擦因数为，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。 则下列说法正确的是 () A.角速度w的最大值是1rad/s B.小物体运动过程中所受的摩擦力始终指向圆心 C.ω取不同数值时，小物体在最高点受到的摩擦力一定随ω的增 大而增大 D.小物体由最低点运动到最高点的过程中摩擦力所做的功为25J 14.(2025·山东聊城期末)如图甲所示，小木块a和b(可视为质点)用 轻绳连接置于水平圆盘上，a的质量为3m,b的质量为m。它们分 居圆心两侧，与圆心的距离分别为Ra=r,Rb=2r,a、b与圆盘间 的动摩擦因数相同且均为“。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加 速转动，木块和圆盘保持相对静止。ω表示圆盘转动的角速度，在 角速度w增大到一定值的过程中，a、b与圆盘保持相对静止，所受 摩擦力f与ω2满足如图乙所示关系，图中2f2=3f1。下列判断 正确的是 () (2) a b 片①) 2 分 A.图线(1)对应小木块a 3 B.@3-2@2 3 C.w2=201 D.w=w3时轻绳上张力大小为6f1 15.(2024·河南郑州模拟)如图所示，固定于竖直 P 平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从 大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑 0外50 A 到最低点的过程中，运动到Q点时，重力的功 率最大，OQ与水平面的夹角为0，重力加速度 为g,则下列说法正确的是 ( A.小环运动至与圆心O等高处的A点的加速度大小为√2g B.小环运动至与圆心O等高处的A点的加速度大小为g C.sin √3 3 D.sin3 刷大题·提能力 16.(2024·安徽蚌埠三模)如图所示，长为L的轻绳悬挂于O点，另 一端连接质量为m的小球，小球可视为质点。在O点正下方的C 处固定一光滑小钉，将小球拉起使悬线呈水平绷紧状态后，无初速 度释放，小球运动到最低点后绕C点运动，不计空气阻力，重力加 速度为g。 (1)要使小球能以C为圆心做完整的圆周运动，OC长度至少为 多大？ (2)小球从A运动到B的过程中，当重力功率最大时，轻绳对小球 的拉力为多大？ AQ 0 B 17.(2024·安徽合肥模拟)如图甲所示，一小物块放置在水平台面上， 在水平推力F的作用下，物块从坐标原点O由静止开始沿x轴运 动，F与物块的位置坐标x的关系如图乙所示。物块在x=2m 处从平台飞出，同时撤去F,物块恰好由P点沿其切线方向进入 竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M飞出。已知物块质量为 0.5kg,物块与水平台面间的动摩擦因数为0.7，轨道圆心为O', 半径为0.5m,MN为竖直直径，∠PO'N=37°，重力加速度g取 10m/s2,sin37°=0.6，不计空气阻力。求： (1)物块飞出平台时的速度大小； (2)物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。 M F/N 7 0 P<37 0 12x/m 甲 乙5 hM=h一2gti柳=gh:第二次球做平抛运动，设平抛的初速 度为Uo,根据平抛运动规律对PD段有xpD=2d=VotpD,对 NP段有xp=2d=otp,对ND段有hv=2gtp十+tpm)', 4 h=hv一豆gtip,联立可得hv=了h,则两次击球位置到来面 的商度之比为的品故递 15.C设篮球出手时初速度大小为v。,与竖直 方向的夹角为日，分别沿篮球初速度方向和 垂直于初速度方向建立x轴和y轴，如图所 %, 示。在x方向篮球以初速度大小为V。、加速 度大小为gcos日做匀减速运动，有x0= :8. 之gcos日·t,在y方向篮球以初速度大小g 为0，加速度大小为gsin0做匀加速运动，有yo=2gsin0· t,从出手点到篮筐的距离s=√x十y=7.2m,联立解得 t=1.2s,故选C。 16.(1)1950N,方向竖直向下(2)-13800J 解析：(1)运动员从C,点到着陆坡D点的过程做平抛运动，则 有x=t,y=之gt, 由几何关系可得tan日=Y 联立可得运动员在C点时的速度大小为 gt 10×4.5 v=2an9=2X0.75m/s=30m/s, 在C点，根据牛顿第二定律可得N一mg=mR, 代入数据可得支持力大小为V=1950N, 根据牛顿第三定律可知，在C,点运动员对起跳区压力大小为 1950N,方向竖直向下。 (2)由A至C过程，根据动能定理可得mgh ac十W:=之mu, 其中h4c=Lsin9+R(1-cos8)=68m, 联立解得阻力对运动员所做的功W,=一13800J。 17.(1)14.45m(2)37.2m 解析：(1)石块抛出时沿竖直方向的分速度为00，=vosin日= 16m/s, y=12.8m 则石块从抛出点到最高点的高度为一2g 粒出后石块距离地面的最大高度为H=h1十h=14.45m。 (2)当石块刚好被木板上端挡住时，木板离石块抛出，点距离最 近，石块从最高，点到木板上端的过程做平抛运动，竖直方向有 H-L=28. 2(H-L=1.5s, 解得t入g 石块从抛出到最高点所用时间为一g y=1.6s, 石块抛出时的水平分速度为v=voc0s8=12m/s, 则木板离石块抛出点的最近距离为x=v(t1十t2)=37.2m。 考点10圆周运动及其应用 1.AB自行车的链条不打滑，A点与B点的线速度大小相等，故 A正确：B点与C点绕同一转轴转动，角速度大小相等，故B正 确：由T=2”可知，A点的周期大于B点的周期，而B点的周 期与C点的周期相等，所以A点的周期大于C点的周期，故C 错误；由向心加速度公式口，三可知，A点的向心加速度小于 B,点的向心加速度，故D错误。 2.B因A、B两点同轴转动，角速度相同，则仙4=仙B,A错误；因 为rA>rB,根据U=r可知，VA>UB,B正确；因为rA>rB,根 据am=w“r可知，a4A>aB,C错误；因w4=wB,根据T= 2可 知，TA=TB,D错误。 3.C甲、丙两轮边缘处的各，点线速度大小相等，根据=仙r= 2πr可得甲、丙的转速之比为3：1，甲、乙同轴转动，角速度相 等，转速相等，所以乙、丙转速之比为3：1，故选C。 2利勾·高考一轮复习金卷物理 13 4.ABC轻杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高，点的最 小速度为零，故A正确；根据F。=m 二m片知，选度增大： 小球需要的向心力增大，故B正确；当v=√gl时，杆的作用力 为零，当>√gl时，杆对小球的作用力表现为拉力，速度增 大，拉力增大，故C正确；当)<√g时，杆对小球的作用力表 现为支持力，速度减小，支持力增大，故D错误。 5.CD对飞机进行受力分析如图所示，根据重力和F、 机翼升力的合力提供向心力，得mg tan日=m反= 4π1 R F合 mR,解得u=√gRian 0,T=2r√gn0。若 飞行速率v不变，日增大，由v=√/gRtan 0知，R减 mg R 小，再由T=2π√gam知，T减小，故A,B错误； 若日不变，飞行速率v增大，由v=√gR tan日知，R增大，故C 正确；若飞行速率v增大，日增大，R的变化不能确定，则周期T 可能不变，故D正确。 6.C两游客绕同一轴转动，则游客P、Q的角速度大小相等，故 A错误；根据v=仙，两游客P、Q的转动半径不等，则线速度大 小不相等，故B错误；根据a。=wr,因游客P的转动半径比游 客Q的转动半径小，可知游客P的向心加速度小于Q的向心 cos9,可知游客 加速度，故C正确；游客受到钢绳的拉力下=mg P、Q受到钢绳的拉力大小不相等，故D错误。 7.AD球恰能通过轨道最高点，在最高点时球只受重力，则 mg=m R,解得v=√R,故A正确，B错误；球从最高点到 最低，点由动能定理得mg·2R=2m0-2 mu,在最低，点 由合力提供向心力得F-mg=m尺，联立解得F=6mg,故C 错误，D正确。 8.B小球经过轨道最高，点时，重力提供向心力，小球处于完全失 重状态，轨道对地面的压力等于轨道的重力，小球在下半轨道 运动时，小球对轨道的压力有向下的分力，则轨道对地面的压 力大于轨道的重力，小球在上半轨道运动（除最高点外）时，小 球对轨道的压力有向上的分力，则轨道对地面的压力小于轨道 的重力，故小球经过轨道最高，点时，轨道对地面的压力不是最 小，故A错误：轨道对地面的压力最大时小球的位置在下半轨 道，设小球和轨道圆心的连线与竖直方向的夹角为日，根据牛顿 第二定律得Fv一mgc0s0=mR,小球经过轨道最低点时速度 最大，B=0,则在轨道最低，点时，小球受到轨道的支持力最大， 根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力最大，则轨道对地面 的压力最大，故B正确；小球经过P点时，轨道对小球向右的支 持力提供向心力，小球处于完全失重状态，轨道对地面的压力 等于轨道的重力，为F1=Mg,故C错误；小球经过Q,点时，轨 道对小球向左的支持力提供向心力，根据牛顿第三定律，小球 对轨道的压力向右，轨道静止，根据平衡条件可知地面对轨道 的摩擦力沿水平面向左，根据牛顿第三定律，轨道对地面的摩 擦力沿水平面向右，故D错误。 9,A设线长为L,锥体母线与竖直方向的夹角为日，当ω=0时， 小球静止，受重力g、支持力N和细线的拉力T而平衡，此时 有T1=ng cos0≠0，w增大时，T增大，V减小，当V=0时， 角速度为wo,当ω<wo时，由牛顿第二定律有Tsin8一Vcos8= no Lsin8,Tcos8+Nsin8=ng,解得T=no Lsin8十 1gc0s日，当w>ω时，小球离开锥面，细线与竖直方向夹角变 大，设为B,由牛顿第二定律得Tsin B=mo'Lsin B,所以T= mLω，此时图线的反向延长线经过原，点，可知T-w2图线的斜 率变大，结合图像可得T,=Lw,则细线的长度为L= mwo 故选A。 10.B根据℃=rw可知，在A→B过程中，角速度减小，速度减 小，A错误；A、C两点刚好相差半个周期，手机的速度最大，即 在最低，点，则速度方向相反，B正确；在C点时，手机角速度最 大，此时手机在最低，点，根据牛顿第二定律得F一mg=@2l, 可知线中的拉力最大，C错误；B、D两，点相差半个周期，速度为 0,可知手机在对称的两侧最高点，线中拉力方向不相同，D错误。 11.D设水流到达车轮边缘时的竖直分速度为v,,运动时间为 t,水平、竖直分位移分别为x、y,则vy= tan 37=8 m/s,t= 00 66 =0.8sz=,t=4.8my=2gt=3.2m,水管出水口 距轮轴O的水平距离1=x一Rcos37°=3.2m,竖直距离h= y十Rsin37°=4.4m,故A、B错误：因为车轮边缘切，点的线速 度即为水流做平尬运动的合速度v=√v。十v=10m/s,故 w=R=5rad/s,故C错误；水流速度的变化量△u=g△t= 8m/s,故D正确。 12,C小球在最高点时，根据F十g=m发，可得下- 2 mg,则困像的斜率=窄，绳长不变，用质童更小的球做实 验，得到的图线斜率更小，A错误：根据F=尺。一mg,结合 题图乙可知b=gR,则小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实 验，图线b点的位置右移，B错误；由题图乙可知k=R=方， m aR 利用该装置可以得出小球的质量m= ,C正确；由b=gR, 可知利用该装置可以得出重力加速度g=尺 b ,D错误。 13.AD当小物体随圆盘转到圆盘的最低，点，所受的静摩擦力沿 斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得 ng cos30°-ng sin30°=mawr,代入数据解得w=1rad/s,故 A正确；由于小物体做匀速圆周运动，除了最高，点和最低，点两 ,点之外，在圆盘面内小物体所受静摩擦力的一个分力要与小 物体重力沿圆盘平面向下的分力相平衡，另一个分力提供小 物体做圆周运动的向心力，所以小物体运动过程中所受的摩 擦力不是始终指向圆心，故B错误；小物体所受向心力的最大 值为mgcos30°-mg sin30°=2.5N,而mg sin30°=5N,大 于向心力最大值，故小物体随圆盘转到最高点时，根据牛顿第 二定律得mg sin30°-∫=mmr,故小物体在最高点受到的摩 擦力一定随仙的增大而减小，故C错误；小物体由最低，点运动 到最高点的过程中，根据动能定理得-mg·2rsin30°十W 0,代入数据解得摩擦力所做的功为W:=25J,故D正确。 14.D角速度较小时，两小木块所受静摩擦力提供向心力，对 有f=3rw,对b有f=2mrw2,则角速度较小时，b所受的 静摩擦力较小，则图线(1)对应小木块b,A错误；当角速度达 到w2时，设轻绳拉力为T,对a有T十3mg=3mrw,对b有 T十mg=2mrw,当角速度达到仙3时，设轻绳拉力为T',对 3 a、b分别有T'+3mg=3mwi,T'=2mrw,解得u,=√之wB 错误；当角速度达到仙1时，b所受最大静摩擦力提供向心力， 有f1=mmg=2mrw1,当角速度达到w2时，设轻绳拉力为T, 对a、b分别有T十3mg=3rw,T+mg=2mrw2,解得 w2=2w1,C错误：w=w3时，f1=umg=2mrw,T'=2w, 解得T'=6∫1，D正确。 15.D小环运动到A点时，根据机械能守恒可得mgR=之u, 小环受到的弹力提供向心力，即N4= 0资长这可得 2mg,则小环在A点所受的合力为FA=√5mg,加速度大小为 a=4=5g,故A,B错误：小球运动到Q点时重力的功率 7 最大，则此时小环的竖直分速度最大，小环在竖直方向上的合 力为零，即小环所受弹力的竖直分力刚好与重力平衡，则有 Vsin日=mg,设此时小环的速度为v,从P点到Q点的过程 中，根据机械能守恒可得mgR(1十sin8)= 乞mu,小环在Q 点，由牛顿第二定律可得N一mg sin日=m尺，联立解得 3sin29十2sin8一1=0，解得sin8=3,sin8=-1(舍去)，故C】 错误，D正确。 16.(1)号L(2)W5mg 解析：(1)以O点所在平面为重力势能参考平面，设OC距离 为h,小球恰好通过最高点时的速度为U,由机械能守恒定律 得0= 2m2-mg(2h-L)）, mu? 由牛顿第二定律得mg=L-h' 解得=子L。 7 (2)如图所示，当轻绳对小球拉力F,的 A○ .0 竖直分量与重力大小相等时，小球运动 速度的竖直分量最大，重力功率最大， 设此时轻绳与水平方向的夹角为日，小 球速度大小为v,则有Frsin8=mg, Fcos0。C 由动能定理得mgLsin0=2mv， ￥0 由牛顿第二定律得 B mg FT-mg sin0=m五' 解得Fr=√3g。 17.(1)4m/s(2)0.5J 解析：(1)由F与物块的位置坐标x的关系图像与横轴所围的 面积分析可知，当物块运动到x=2m处时F所做的功 W1=4大7 2 ×2J=11J, 设物块运动到x=2m处时的速度为v,由动能定理得 W1一mgx=之mw, 解得u=4m/s。 (2)分析可知，物块从平台飞出后做平抛运动，且从P,点沿切 线方向进入竖直圆轨道，设物块运动到P点时的速度大小为 Up,可得p cos37元=5m/s, 设物块恰好由轨道最高，点M飞出时的速度大小为UM,由圆周 UM 运动知识得mg=mR' 可得vM=√/gR=√5m/s, 设物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功为W,,由动能定 理得-mgR(1十c0s37)-W2=2mwiM一之mwp, 解得W2=0.5J。 考点11 万有引力与宇宙航行 1.A嫦娥六号探测器进入地月转移轨道时需要，点火加速，故A 正确，B错误；嫦娥六号探测器需实施近月制动，才能顺利进入 环月轨道飞行，故C错误；上升器与轨道器和返回器组合体完 成月球轨道的交会对接时要加速，故D错误。 2.A航天器由于地磁暴的影响导致速度衰减而做近心运动，轨 道半径减小，在更近的轨道上做圆周运动时，根据GM 4π GMGM =ma。=m产r,解得v= r ,a= ,T=2x√G成则 速度变大，动能变大，周期变小，向心加速度变大，故选A。 3.A“天舟号”在A点从圆轨道点火加速可进入椭圆轨道，根据 GM ,解得=√ 二，可知“天舟号”在A点所在圆轨 道的线速度大于在B,点所在圆轨道的线速度，所以“天舟号”在 A点的线速度大于“天宫号”的线速度，故A正确；根据GMm ma可得a= ,严，则“天舟号”在B点的加速度大小等于“天宫 CMv 号”的加速度大小，故B错误；由开普勒第三定律可知“天舟号” 比“天宫号”的运动周期小，故C错误；“天舟号”与“天宫号”对 接前必须先加速做离心运动，才能与“天宫号”对接，故D错误。 4.BC根据开普勒第二定律可知，载人飞船在轨道I上B点的 速度小于A点的速度，A错误；载人飞船在轨道I上B点加速 做离心运动才能进入轨道Ⅱ，则在轨道I上B,点的速度小于空 M 间站在轨道Ⅱ上C点的速度，B正确；向心加速度a,=G三， 可知载人飞船在轨道I上B点的向心加速度大小等于空间站 在轨道Ⅱ上B,点的向心加速度大小，C正确：根据开普勒第三 定律可知，航天器在轨道I和轨道Ⅱ上运动时周期不同，则空 间站从C点运行到B,点和载人飞船从A点运行到B,点所用的 时间不相等，D错误。 5.D为实现成功对接，“天舟七号”需，点火加速做离心运动从较 低轨道进入较高的轨道，A错误；7.9m/s是近地卫星的最大环 绕速度，由万有引力提供向心力有G,产 ·,解得U ,由于空间站的轨道半径大于地球的半径，所以“天舟七号” Nr 与空间站的组合体在轨道上运行速度小于7.9k/s,B错误；由万 7 参考答案