步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：4.4万有引力与航天

第四章 章末检测1．一辆静止在水平地面上的汽车里有一个小球从高处自由下落，下落一半高度时汽车突然向右匀加速运动，站在车厢里的人观测到小球的运动轨迹是图中的( )解析 开始时小球相对观察者是做自由落体运动，当车突然加速时，等效成小球相对汽车向左突然加速，刚开始加速时，水平方向的相对速度较小，随着时间的延长，水平方向的相对速度逐渐增大，故观察者看到的小球的运动轨迹应该是C 图。

答案C2．中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就．如图1所示，在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A 点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B 点上，且AB 平行于边界CD .已知网高为h ，球场的长度为s ，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H 和水平初速度v 分别为( )．图1A ．H ＝43hB ．H ＝32hC ．v ＝s 3h 3ghD ．v ＝s 4h 6gh 解析 由平抛知识可知12gt 2＝H ，H －h ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22得H ＝43h ，A 正确、B 错误．由v t ＝s ，得v ＝s 4h 6gh ，D 正确、C 错误．答案 AD3．“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，简化后的模型如图2所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动．若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H ，侧壁倾斜角度α不变，则下列说法中正确的是( )．图2A ．摩托车做圆周运动的H 越高，向心力越大B ．摩托车做圆周运动的H 越高，线速度越大C ．摩托车做圆周运动的H 越高，向心力做功越多D ．摩托车对侧壁的压力随高度H 变大而减小解析 经分析可知摩托车做匀速圆周运动的向心力由重力及侧壁对摩托车弹力的合力提供，由力的合成知其大小不随H 的变化而变化，A 错误；因摩托车和演员整体做匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，即F 合＝m v 2r ，随H 的增高，r 增大，线速度增大，B 正确；向心力与速度方向一直垂直，不做功，C 错误；由力的合成与分解知识知摩托车对侧壁的压力恒定不变，D 错误． 答案 B4．如图所示，一小钢球从平台上的A 处以速度v 0水平飞出．经t 0时间落在山坡上B 处，此时速度方向恰好沿斜坡向下，接着小钢球从B 处沿直线自由滑下，又经t 0时间到达坡上的C 处．斜坡BC 与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则小钢球从A 到C 的过程中水平、竖直两方向的分速度v x 、v y 随时间变化的图像是( )解析 小钢球从A 到C 的过程中水平方向的分速度vx ，先是匀速直线运动，后是匀加速直线运动，A 、B 错误；小钢球从A 到C 的过程中竖直方向的分速度vy ，显示加速度为g 的匀加速直线运动，后是加速度为g/4的匀加速直线运动，C 错误、D 正确。

步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：4.1曲线运动--运动的合成与分解要求考纲解读考点内容运动的合成与分解 Ⅱ 1．平抛运动的规律及其研究方法、圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年高考的热点，且多数与电场、磁场、机械能结合命制综合类试题． 2．万有引力定律在天体中的应用，的物理题.抛体运动 Ⅱ匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 Ⅰ匀速圆周运动的向心力 Ⅱ 离心现象 Ⅰ万有引力定律及其应用、环绕速度 Ⅱ 第二宇宙速度和第三宇宙速度Ⅰ经典时空观和相对论时空观 Ⅰ第1课时曲线运动运动的合成与分解考纲解读1.掌握曲线运动的概念、特点及条件.2.掌握运动的合成与分解法则．1．[对曲线运动性质的理解]一辆轿车正在通过标有如图1所示图标的路段，关于该轿车在转弯的过程中，正确的是()图1A．轿车处于平衡状态B．轿车的速度大小不一定变化C．轿车加速度的方向一定沿运动路线的切线方向D．轿车加速度的方向一定垂直于运动路线的切线方向答案 B2．[对合运动与分运动关系的理解]关于运动的合成，下列说法中正确的是()A．合运动的速度一定比每一个分运动的速度大B．两个分运动的时间一定与它们合运动的时间相等C．只要两个分运动是直线运动，合运动就一定是直线运动D．两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动答案 B3．[合运动与分运动关系的应用]在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x 轴和y轴方向运动的速度—时间图象如图2甲、乙所示，下列说法中正确的是()图2A．前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动B．后2 s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C．4 s末物体坐标为(4 m,4 m)D．4 s末物体坐标为(6 m,2 m)答案AD解析前2 s内物体在y轴方向速度为0，由题图甲知只沿x轴方向做匀加速直线运动，A 正确；后2 s内物体在x轴方向做匀速运动，在y轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y 轴方向，合运动是曲线运动，B 错误； 4 s 内物体在x 轴方向上的位移是x ＝(12×2×2＋2×2) m ＝6 m ，在y 轴方向上的位移为y ＝12×2×2 m ＝2 m ，所以4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)，C 错误，D 正确．1．曲线运动(1)速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动．(3)曲线运动的条件：物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与速度方向不在同一条直线上．2．运动的合成与分解遵循的原则：位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．3．合运动与分运动的关系(1)等时性合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止．(2)独立性一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响．(3)等效性各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果．考点一物体做曲线运动的条件及轨迹分析1．条件物体受到的合外力与初速度不共线．2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧．3．速率变化情况判断(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大；(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小；(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变．例1质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F1、F2不变，仅将F3的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做()A．加速度大小为F3m的匀变速直线运动B．加速度大小为2F3m的匀变速直线运动C．加速度大小为2F3m的匀变速曲线运动D．匀速直线运动解析物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，必有F3与F1、F2的合力等大反向，当F3大小不变，方向改变90°时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后的F3夹角为90°，故F合＝2F3，加速度a＝F合m＝2F3m.若初速度方向与F合方向共线，则物体做匀变速直线运动；若初速度方向与F合方向不共线，则物体做匀变速曲线运动，综上所述本题选B、C.答案BC例2如图3所示，光滑水平桌面上，一个小球以速度v向右做匀速运动，它经过靠近桌边的竖直木板ad边时，木板开始做自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是()图3解析木板做自由落体运动，若以木板作参考系，则小球沿竖直方向的运动可视为竖直向上的初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，所以小球在木板上的投影轨迹是B.答案 B1．合外力或加速度指向轨迹的“凹”(内)侧．2．曲线的轨迹不会出现急折，只能平滑变化，且与速度方向相切．突破训练1如图4所示为一个做匀变速曲线运动质点的轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，且质点的运动方向是从A 到E，则下列说法中正确的是()图4A．D点的速率比C点的速率大B．A点的加速度与速度的夹角小于90°C．A点的加速度比D点的加速度大D．从A到D加速度与速度的夹角先增大后减小答案 A解析质点做匀变速曲线运动，合力的大小与方向均不变，加速度不变，故C错误；由B 点速度与加速度相互垂直可知，合力方向与B 点切线垂直且向下，故质点由C到D过程，合力做正功，速率增大，A正确；A点的加速度方向与过A的切线方向即速度方向的夹角大于90°，B错误；从A到D加速度与速度的夹角一直变小，D错误．考点二运动的合成及运动性质分析1．运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则．2．合运动的性质判断错误!3．两个直线运动的合运动性质的判断标准：看合初速度方向与合加速度方向是否共线.两个互成角合运动的性质度的分运动两个匀速直匀速直线运动线运动一个匀速直线运动、匀变速曲线运动一个匀变速直线运动两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动如果v合与a合共线，为匀变速直线运动如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动例3一个质点受到两个互成锐角的力F1和F2的作用，由静止开始运动，若运动中保持两个力的方向不变，但F1突然增大ΔF，则质点此后()A．一定做匀变速曲线运动B．在相等时间内速度变化一定相等C．可能做变加速曲线运动D．一定做匀变速直线运动解析质点受到两个恒力F1、F2的作用，由静止开始沿两个恒力的合力方向做匀加速直线运动，如图所示，此时运动方向与F合方向相同；当力F1发生变化后，力F1与F2的合力F合′与原合力F合相比，大小和方向都发生了变化，此时合力F合′方向不再与速度方向相同，但是F合′仍为恒力，故此后质点将做匀变速曲线运动，故A正确，C、D错误；由于合力恒定不变，可得Δv 则质点的加速度也恒定不变，由a＝ΔvΔt＝aΔt，即在相等时间内速度变化也必然相等，则B正确．答案AB突破训练2如图5所示，吊车以v1的速度沿水平直线向右匀速行驶，同时以v2的速度匀速收拢绳索提升物体，下列表述正确的是()图5A．物体的实际运动速度为v1＋v2B．物体的实际运动速度为v21＋v22C．物体相对地面做曲线运动D．绳索保持竖直状态答案BD解析物体在两个方向均做匀速运动，因此合外力F＝0，绳索应在竖直方向，实际速度为v21＋v22，因此选项B、D正确．15．运动的合成与分解实例——小船渡河模型小船渡河问题分析(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．(2)三种速度：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度)．(3)三种情景①过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t 短＝d v 1(d 为河宽)． ②过河路径最短(v 2<v 1时)：合速度垂直于河岸时，航程最短，s 短＝d .船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝v 2v 1. ③过河路径最短(v 2>v 1时)：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．确定方法如下：如图6所示，以v 2矢量末端为圆心，以v 1矢量的大小为半径画弧，从v 2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短．由图可知：cos α＝v 1v 2，最短航程：s 短＝d cos α＝v 2v 1d .图6例4已知河水的流速为v1，小船在静水中的速度为v2，且v2>v1，下面用小箭头表示小船及船头的指向，则能正确反映小船在最短时间内渡河、最短位移渡河的情景如图7所示，依次是()图7A．①②B．①⑤C．④⑤D．②③解析船的实际速度是v1和v2的合速度，v1与河岸平行，对渡河时间没有影响，所以v2与河岸垂直即船头指向对岸时，渡河时间最短，式中d为河宽，此时合速度与河为t min＝d v2岸成一定夹角，船的实际路线应为④所示；最短位移即为d，应使合速度垂直河岸，则v2应指向河岸上游，实际路线为⑤所示，综合可得选项C正确．答案 C求解小船渡河问题的方法求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移．无论哪类都必须明确以下四点：(1)解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，在船的航行方向也就是船头指向方向的运动，是分运动．船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线．(2)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向分解．(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关．(4)求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形法则求极限的方法处理．突破训练3小船横渡一条河，船头始终垂直河岸且船本身提供的速度大小、方向都不变．已知小船的运动轨迹如图8所示，则河水的流速()图8A．越接近B岸水速越大B．越接近B岸水速越小C．由A到B水速先增后减D．水流速度恒定答案 B16．“关联”速度问题——绳(杆)端速度分解模型1．模型特点：沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等．2．思路与方法合运动→绳拉物体的实际运动速度v分运动→⎩⎨⎧其一：沿绳(或杆)的速度v 1其二：与绳(或杆)垂直的分速度v 2方法：v 1与v 2的合成遵循平行四边形定则．3．解题的原则：把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图9所示．图9例5如图10所示，一人站在岸上，利用绳和定滑轮拉船靠岸，在某一时刻绳的速度为v，绳AO段与水平面的夹角为θ，OB段与水平面的夹角为α.不计摩擦和轮的质量，则此时小船的速度多大？图10解析小船的运动引起了绳子的收缩以及绳子绕定滑轮转动的效果，所以将小船的运动分解到绳子收缩的方向和垂直于绳子的方向，分解如图所示，则由图可知v A＝vcos θ.答案v cos θ解决此类问题时应把握以下两点：(1)确定合速度，它应是小船的实际速度；(2)小船的运动引起了两个效果：一是绳子的收缩，二是绳绕滑轮的转动．应根据实际效果进行运动的分解．高考题组1．(2011·四川·22(1))某研究性学习小组进行如下实验：如图11所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R.将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．同学们测出某时刻R的坐标为(4,6)，此时R的速度大小为________ cm/s.R在上升过程中运动轨迹的示意图是________．(R 视为质点)图11答案5 D解析红蜡块有水平方向的加速度，所受合外力指向曲线的内侧，所以其运动轨迹应如D 图所示．因为竖直方向匀速，由y＝6 cm＝v0t知t＝2 s，水平方向x＝v x2·t＝4 cm，所以v x ＝4 cm/s，因此此时R的速度大小v＝v2x＋v20＝5 cm/s.模拟题组2．一只小船在静水中的速度为3 m/s，它要渡过一条宽为30 m的河，河水流速为4 m/s，则这只船()A．不可能渡过这条河B．可以渡过这条河，而且最小位移为50 m C．过河时间不可能小于10 sD．不能沿垂直于河岸方向过河答案CD3．有一个质量为2 kg的质点在x－y平面上运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象分别如图12甲、乙所示，下列说法正确的是()图12A．质点所受的合外力为3 NB．质点的初速度为3 m/sC．质点做匀变速直线运动D．质点初速度的方向与合外力的方向垂直答案 A解析由题图乙可知，质点在y方向上做匀速运动，v y＝x＝4 m/s，在xt＝1.5 方向上做匀加速直线运动，a＝ΔvΔtm/s2，故质点所受合外力F＝ma＝3 N，A正确．质点的初速度v＝v2x0＋v2y＝5 m/s，B错误．质点做匀变速曲线运动，C错误．质点初速度的方向与合外力的方向不垂直，如图，θ＝53°，D错误．(限时：30分钟)►题组1物体做曲线运动的条件及轨迹分析1．在美国拉斯维加斯当地时间2011年10月16日进行的印地车世界锦标赛的比赛中，发生15辆赛车连环撞车事故，两届印第安纳波利斯500赛冠军、英国车手丹·威尔顿因伤势过重去世．在比赛进行到第11圈时，77号赛车在弯道处强行顺时针加速超越是酿成这起事故的根本原因，下面四幅俯视图中画出了77号赛车转弯时所受合力的可能情况，你认为正确的是()答案 B解析做曲线运动的物体，所受的合外力指向轨迹凹的一侧，A、D选项错误；因为顺时针加速，F与v夹角为锐角，故B正确，C错误．2．光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角(如图1)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y，则()图1A．因为有F x，质点一定做曲线运动B．如果F y>F x，质点向y轴一侧做曲线运动C．质点不可能做直线运动D．如果F x>F y cot α，质点向x轴一侧做曲线运动答案 D解析若F y＝F x tan α，则F x和F y的合力F 与v在同一直线上，此时质点做直线运动．若F x>F y cot α，则F x、F y的合力F与x轴正方向的夹角β<α，则质点向x轴一侧做曲线运动，故正确选项为D.3．一小船在河中xOy平面内运动的轨迹如图2所示，下列判断正确的是()图2A．若小船在x方向始终匀速，则在y方向先加速后减速B．若小船在x方向始终匀速，则在y方向先减速后加速C．若小船在y方向始终匀速，则在x方向先减速后加速D．若小船在y方向始终匀速，则在x方向先加速后减速答案BD解析若小船在x方向始终匀速运动，根据轨迹弯曲方向可知，在相同的x方向位移内，对应y方向的位移先减小后增大故B正确，同理可知D正确．4．质量为m＝4 kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O处，先用沿＋x轴方向的力F1＝8 N作用了2 s，然后撤去F1；再用沿＋y轴方向的力F2＝24 N作用了1 s，则质点在这3 s内的轨迹为()答案 D解析在t1＝2 s内，质点沿x轴方向的加速度a1＝F1m＝2 m/s2，2 s末的速度v1＝a1t1＝4m/s，位移x1＝12a1t21＝4 m；撤去F1后的t2＝1s内沿x轴方向做匀速直线运动，位移x2＝v1t2＝4 m．沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a2＝F2m ＝6 m/s2，位移y＝12a2t22＝3 m，故3 s末质点的坐标为(8,3)，故A、B 错误；由于曲线运动中合力指向轨迹的“凹”侧，故C错误，D正确．►题组2小船渡河模型问题的分析5．甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H，河水流速为v0，划船速度均为v，出发时两船相距233H，甲、乙两船船头均与河岸成60°角，如图3所示．已知乙船恰好能垂直到达对岸A点，则下列判断正确的是()图3A．甲、乙两船到达对岸的时间不同B．v＝2v0C．两船可能在未到达对岸前相遇D．甲船也在A点靠岸答案BD解析渡河时间均为Hv sin 60°，乙能垂直于河岸渡河，对乙船由v cos 60°＝v0得v＝2v0，甲船在该段时间内沿水流方向的位移为(v cos60°＋v 0)H v sin 60°＝233H ，刚好到达A 点，综上所述，A 、C 错误，B 、D 正确．6．如图4所示，两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变．已知第一次实际航程为A至B ，位移为x 1，实际航速为v 1，所用时间为t 1.由于水速增大，第二次实际航程为A至C ，位移为x 2，实际航速为v 2，所用时间为t 2.则( )图4A ．t 2>t 1，v 2＝x 2v 1x 1B ．t 2>t 1，v 2＝x 1v 1x 2C ．t 2＝t 1，v 2＝x 2v 1x 1D ．t 2＝t 1，v 2＝x 1v 1x 2答案 C解析 设河宽为d ，船自身的速度为v ，与河岸上游的夹角为θ，对垂直河岸的分运动，过河时间t ＝d v sin θ，则t 1＝t 2；对合运动，过河时间t ＝x 1v 1＝x 2v 2，故C 正确． 7．一艘小船在静水中的速度大小为4 m/s ，要横渡水流速度为5 m/s 的河，河宽为80 m ．设船加速启动和减速停止的阶段时间很短，可忽略不计．下列说法正确的是( )A ．船无法渡过此河B ．小船渡河的最小位移(相对岸)为80 mC ．船渡河的最短时间为20 sD ．船渡过河的位移越短(相对岸)，船渡过河的时间也越短答案 C解析只要在垂直于河岸的方向上有速度就一定能渡过此河，A错．由于水流速度大于静水中船的速度，故无法合成垂直河岸的合速度，B错．当船头垂直河岸航行时，垂直河岸的分运动速度最大，时间最短，t min＝804s＝20 s，C对，D显然错误．►题组3“关联”速度模型8．人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图5所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A实际运动的速度是()图5 A．v0sin θB.v0 sin θC．v0cos θD.v0 cos θ答案 D解析由运动的合成与分解可知，物体A参与两个分运动：一个是沿着与它相连接的绳子的运动，另一个是垂直于绳子斜向上的运动．而物体A的实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的，这一轨迹所对应的运动就是物体A的合运动，它们之间的关系如图所示．由几何，所以D项正确．关系可得v＝v0cos θ9．如图6所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与重物B相连，由于B的质量较大，在释放B后，A将沿杆上升，当A运动至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度为v A≠0，B未落地，这时B的速度v B＝________.图6答案0解析环A沿细杆上升的过程中，任取一位置，此时绳与竖直方向的夹角为α.将A的速度v A沿绳方向和垂直于绳的方向进行分解，如图所示，则v1＝v A cos α，B下落的速度v B＝v1＝v A cos α.当环A上升至与定滑轮的连线处于水平位置时α＝90°，所以此时B 的速度v B＝0.►题组4运动的合成与分解的应用10．某人骑自行车以4 m/s的速度向正东方向行驶，气象站报告当时是正北风，风速也是4 m/s，则骑车人感觉的风速方向和大小分别是()A．西北风，风速4 m/s B．西北风，风速4 2 m/sC．东北风，风速4 m/s D．东北风，风速4 2 m/s答案 D解析若无风，人以4 m/s的速度向东行驶，则相当于人不动，风以4 m/s的速度从东向西刮，而实际风从正北方以4 m/s的速度刮来，所以人感觉到的风速应是这两个速度的合速度(如图所示)．所以v合＝v21＋v22＝42＋42m/s＝4 2 m/s，风向为东北风，D 项正确．11．在第16届亚洲运动会上，10米移动靶团体冠军被我国选手获得．图7为简化的比赛现场图，设移动靶移动的速度为v 1，运动员射出的子弹的速度为v 2，移动靶离运动员的最近距离为d ，忽略空气阻力的影响，要想在最短的时间内射中目标，则运动员射击时离目标的距离应该为( )图7 A.d v 2v 22－v 21B.d v 22＋v 21v 2C.d v 1v 2D.d v 2v 1答案 B12．如图8所示，在光滑水平面上有坐标系xOy ，质量为1 kg 的质点开始静止在xOy 平面上。

第4课时 万有引力与航天考纲解读 1.掌握万有引力定律的内容、公式及应用.2.理解环绕速度的含义并会求解.3.了解第二和第三宇宙速度．1．[对开普勒三定律的理解](2013·江苏单科·1)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( )A ．太阳位于木星运行轨道的中心B ．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C ．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D ．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 答案 C解析 火星和木星在各自的椭圆轨道上绕太阳运动，速度的大小不可能始终相等，因此B 错；太阳在这些椭圆的一个焦点上，因此A 错； 在相同时间内，某个确定的行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，因此D 错，本题答案为C. 2．[对万有引力定律的理解]关于万有引力公式F ＝Gm 1m 2r 2，以下说法中正确的是 ( )A ．公式只适用于星球之间的引力计算，不适用于质量较小的物体B ．当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大C ．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律D ．公式中引力常量G 的值是牛顿规定的 答案 C解析 万有引力公式F ＝Gm 1m 2r，虽然是牛顿由天体的运动规律得出的，但牛顿又将它推广到了宇宙中的任何物体，适用于计算任何两个质点间的引力．当两个物体间的距离趋近于0时，两个物体就不能视为质点了，万有引力公式不再适用．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律．公式中引力常量G 的值是卡文迪许在实验室里用实验测定的，而不是人为规定的．故正确答案为C.3．[第一宇宙速度的计算]美国宇航局2011年12月5日宣布，他们发现了太阳系外第一颗类似地球的、可适合居住的行星——“开普勒—22b”，其直径约为地球的2.4倍．至今其确切质量和表面成分仍不清楚，假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息，估算该行星的第一宇宙速度等于( )A ．3.3×103m/s B ．7.9×103m/s C ．1.2×104 m/sD ．1.9×104m/s 答案 D解析 由该行星的密度和地球相当可得M 1R 31＝M 2R 32，地球第一宇宙速度v 1＝ GM 1R 1，该行星的第一宇宙速度v 2＝GM 2R 2，联立解得v 2＝2.4v 1＝1.9×104m/s ，选项D 正确． 4．[对人造卫星及卫星轨道的考查]a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上，b 、c 轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图1所示．下列说法中正确的是( )图1A ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度B ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度C ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度D ．a 、c 存在在P 点相撞的危险 答案 A解析 由G Mm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝mr 4π2T2＝ma ，可知B 、C 、D 错误，A 正确．一、万有引力定律及其应用1．内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m 1和m 2的乘积成正比、与它们之间距离r 的二次方成反比． 2．表达式：F ＝Gm 1m 2r2，G 为引力常量：G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2. 3．适用条件(1)公式适用于质点间的相互作用．当两物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点．(2)质量分布均匀的球体可视为质点，r 是两球心间的距离． 二、环绕速度1．第一宇宙速度又叫环绕速度．推导过程为：由mg ＝mv 21R ＝GMmR2得：v 1＝GMR＝gR ＝7.9 km/s. 2．第一宇宙速度是人造地球卫星在地面附近环绕地球做匀速圆周运动时具有的速度． 3．第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度．特别提醒 1.两种周期——自转周期和公转周期的不同2．两种速度——环绕速度与发射速度的不同，最大环绕速度等于最小发射速度 3．两个半径——天体半径R 和卫星轨道半径r 的不同 三、第二宇宙速度和第三宇宙速度1．第二宇宙速度(脱离速度)：v 2＝11.2 km/s ，使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度． 2．第三宇宙速度(逃逸速度)：v 3＝16.7 km/s ，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度．考点一 天体质量和密度的计算 1．解决天体(卫星)运动问题的基本思路(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即G Mm r 2＝ma n ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2r T2 (2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即G MmR2＝mg (g 表示天体表面的重力加速度)． 2．天体质量和密度的计算(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R .由于G Mm R 2＝mg ，故天体质量M ＝gR 2G ，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3g 4πGR.(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r .①由万有引力等于向心力，即G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得出中心天体质量M ＝4π2r3GT 2；②若已知天体半径R ，则天体的平均密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3πr 3GT 2R 3；③若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r 等于天体半径R ，则天体密度ρ＝3πGT2.可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T ，就可估算出中心天体的密度．例1 1798年，英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G ，因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人．若已知万有引力常量G ，地球表面处的重力加速度g ，地球半径R ，地球上一个昼夜的时间T 1(地球自转周期)，一年的时间T 2(地球公转周期)，地球中心到月球中心的距离L 1，地球中心到太阳中心的距离L 2.你能计算出( )A ．地球的质量m 地＝gR 2GB ．太阳的质量m 太＝4π2L 32GT 22C ．月球的质量m 月＝4π2L 31GT 21D ．可求月球、地球及太阳的密度解析 对地球表面的一个物体m 0来说，应有m 0g ＝Gm 地m 0R 2，所以地球质量m 地＝gR 2G，选项A 正确．对地球绕太阳运动来说，有Gm 太m 地L 22＝m 地4π2T 22L 2，则m 太＝4π2L 32GT 22，B 项正确．对月球绕地球运动来说，能求地球质量，不知道月球的相关参量及月球的卫星运动参量，无法求出它的质量和密度，C 、D 项错误． 答案 AB突破训练1 (2012·福建·16)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( )A.mv 2GN B.mv 4GN C.Nv 2GmD.Nv 4Gm答案 B解析 设卫星的质量为m ′由万有引力提供向心力，得G Mm ′R 2＝m ′v 2R①m ′v 2R＝m ′g②由已知条件：m 的重力为N 得N ＝mg ③由③得g ＝N m ，代入②得：R ＝mv 2N代入①得M ＝mv 4GN，故B 项正确．考点二 卫星运行参量的比较与运算 1．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律2．极地卫星和近地卫星(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖． (2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s. (3)两种卫星的轨道平面一定通过地球的球心．深化拓展 (1)卫星的a 、v 、ω、T 是相互联系的，如果一个量发生变化，其他量也随之发生变化；这些量与卫星的质量无关，它们由轨道半径和中心天体的质量共同决定． (2)卫星的能量与轨道半径的关系：同一颗卫星，轨道半径越大，动能越小，势能越大，机械能越大．例2 (2012·天津理综·3)一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的14，不考虑卫星质量的变化，则变轨前、后卫星的( )A ．向心加速度大小之比为4∶1B ．角速度大小之比为2∶1C ．周期之比为1∶8D ．轨道半径之比为1∶2 解析 根据E k ＝12mv 2得v ＝2E km ，所以卫星变轨前、后的速度之比为v 1v 2＝21.根据G Mmr2＝m v 2r ，得卫星变轨前、后的轨道半径之比为r 1r 2＝v 22v 21＝14，选项D 错误；根据G Mm r 2＝ma ，得卫星变轨前、后的向心加速度大小之比为a 1a 2＝r 22r 21＝161，选项A 错误；根据G Mm r2＝m ω2r ，得卫星变轨前、后的角速度大小之比为ω1ω2＝r 32r 31＝81，选项B 错误；根据T ＝2πω，得卫星变轨前、后的周期之比为T 1T 2＝ω2ω1＝18，选项C 正确．答案 C突破训练2 2013年6月13日，神州十号与天宫一号成功实现自动交会对接．对接前神州十号与天宫一号都在各自的轨道上做匀速圆周运动．已知引力常量为G ，下列说法正确的是( )A ．由神州十号运行的周期和轨道半径可以求出地球的质量B ．由神州十号运行的周期可以求出它离地面的高度C ．若神州十号的轨道半径比天宫一号大，则神州十号的周期比天宫一号小D ．漂浮在天宫一号内的宇航员处于平衡状态答案 A例3 地球赤道地面上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为F 1，向心加速度为a 1，线速度为v 1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星(高度忽略)所受的向心力为F 2，向心加速度为a 2，线速度为v 2，角速度为ω2；地球同步卫星所受的向心力为F 3，向心加速度为a 3，线速度为v 3，角速度为ω3；地球表面重力加速度为g ，第一宇宙速度为v ，假设三者质量相等，则下列结论正确的是( )A ．F 1＝F 2>F 3B ．a 1＝a 2＝g >a 3C ．v 1＝v 2＝v >v 3D ．ω1＝ω3<ω2解析 在赤道上随地球自转的物体所受的向心力由万有引力和支持力的合力提供，即F 1＝G Mm 1R 2－F N ，绕地球表面附近做圆周运动的卫星向心力由万有引力提供，F 2＝GMm 2R2，同步卫星的向心力F 3＝GMm 3R ＋h2，所以F 2>F 1，F 2>F 3，A 错误；地面附近mg ＝G Mm R2，F 1<mg ，所以a 1<g ，F 2＝mg ，所以a 2＝g ，F 3<mg ，所以a 3<g ，即a 1<a 2＝g >a 3，B 错误；GMm R 2＝m v 2R ，F 1<GMm R 2，所以v 1<v ，F 2＝GMm R 2，所以v 2＝v ，F 3<GMmR2，所以v 3<v ，v 1<v 2＝v >v 3，C 错误；地球自转角速度ω＝v 1R，赤道上随地球自转的物体和同步卫星的角速度与地球相同，所以ω1＝ω3＝ω，ω2＝v R，v >v 1，所以ω2>ω，ω1＝ω3<ω2，D 正确．答案 D同步卫星的六个“一定”突破训练3 已知地球质量为M ，半径为R ，自转周期为T ，地球同步卫星质量为m ，引力常量为G .有关同步卫星，下列表述正确的是( )A ．卫星距地面的高度为 3GMT 24π2B ．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C ．卫星运行时受到的向心力大小为G MmR2D ．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度 答案 BD解析 天体运动的基本原理为万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即F 万＝F 向＝m v 2r ＝4π2mr T 2.当卫星在地表运行时，F 万＝GMmR2＝mg (R 为地球半径)，设同步卫星离地面高度为h ，则F 万＝GMmR ＋h2＝F 向＝ma 向<mg ，所以C 错误，D 正确．由GMmR ＋h 2＝mv 2R ＋h 得，v ＝ GM R ＋h < GM R ，B 正确．由GMm R ＋h2＝4π2m R ＋hT2，得R ＋h ＝ 3GMT 24π2，即h ＝ 3GMT 24π2－R ，A 错误．考点三 卫星变轨问题分析当卫星由于某种原因速度突然改变时(开启或关闭发动机或空气阻力作用)，万有引力不再等于向心力，卫星将变轨运行：(1)当卫星的速度突然增大时，G Mm r 2<m v 2r，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝ GMr可知其运行速度比原轨道时减小．(2)当卫星的速度突然减小时，G Mm r 2>m v 2r，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝GMr可知其运行速度比原轨道时增大． 卫星的发射和回收就是利用这一原理．例4 “嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图2所示是绕地飞行的三条轨道，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道．A 点是2轨道的近地点，B 点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7 km/s ，则下列说法中正确的是( )图2A ．卫星在2轨道经过A 点时的速率一定大于7.7 km/sB ．卫星在2轨道经过B 点时的速率一定小于7.7 km/sC ．卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D ．卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率解析 卫星在1轨道做匀速圆周运动，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm r 2＝m v 21r ，卫星在2轨道A 点做离心运动，则有G Mm r 2<m v 22Ar ，故v 1<v 2A ，选项A 正确；卫星在2轨道B点做近心运动，则有G Mm r 2B >m v 22B r B ，若卫星在经过B 点的圆轨道上运动，则G Mm r 2B ＝m v 2Br B ，由于r <r B ，所以v 1>v B ，故v 2B <v B <v 1＝7.7 km/s ，选项B 正确；3轨道的高度大于2轨道的高度，故卫星在3轨道所具有的机械能大于在2轨道所具有的机械能，选项C 错误；卫星在各个轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，在A 点时重力势能最小，动能最大，速率最大，故卫星在3轨道所具有的最大速率大于在2 轨道所具有的最大速率，选项D 错误． 答案 AB突破训练4 2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件．如图3所示，一块陨石从外太空飞向地球，到A 点刚好进入大气层，之后由于受地球引力和大气层空气阻力的作用，轨道半径渐渐变小，则下列说法中正确的是( )图3A ．陨石正减速飞向A 处B ．陨石绕地球运转时角速度渐渐变小C ．陨石绕地球运转时速度渐渐变大D ．进入大气层后，陨石的机械能渐渐变大 答案 C解析 由于万有引力做功，陨石正加速飞向A 处，选项A 错误．陨石绕地球运转时，因轨道半径渐渐变小，则角速度渐渐变大，速度渐渐变大，选项B 错误，C 正确．进入大气层后，由于受到空气阻力的作用，陨石的机械能渐渐变小，选项D 错误． 考点四 宇宙速度的理解与计算1．第一宇宙速度v 1＝7.9 km/s ，既是发射卫星的最小发射速度，也是卫星绕地球运行的最大环绕速度． 2．第一宇宙速度的求法：(1)GMm R 2＝m v 21R ，所以v 1＝GMR. (2)mg ＝mv 21R，所以v 1＝gR .3．第二、第三宇宙速度也都是指发射速度．例5 “伽利略”木星探测器，从1989年10月进入太空起，历经6年，行程37亿千米，终于到达木星周围．此后在t 秒内绕木星运行N 圈后，对木星及其卫星进行考察，最后坠入木星大气层烧毁．设这N 圈都是绕木星在同一个圆周上运行，其运行速率为v ，探测器上的照相机正对木星拍摄整个木星时的视角为θ(如图4所示)，设木星为一球体．求：图4(1)木星探测器在上述圆形轨道上运行时的轨道半径； (2)木星的第一宇宙速度．解析 (1)设木星探测器在题述圆形轨道运行时，轨道半径为r ，由v ＝2πrT可得：r ＝vT2π由题意，T ＝t N联立解得r ＝vt2πN(2)探测器在圆形轨道上运行时，万有引力提供向心力，G mM r 2＝m v 2r. 设木星的第一宇宙速度为v 0，有，G m ′M R 2＝m ′v 20R联立解得：v 0＝rRv 由题意可知R ＝r sin θ2，解得：v 0＝vsinθ2.答案 (1)vt2πN(2)vsinθ2突破训练5 随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想．假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v 0竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到出发点．已知月球的半径为R ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．月球表面的重力加速度为v 0tB ．月球的质量为2v 0R2GtC ．宇航员在月球表面获得v 0Rt的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动D ．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为 Rt v 0答案 B解析 根据竖直上抛运动可得t ＝2v 0g ，g ＝2v 0t ，A 项错误；由GMm R 2＝mg ＝m v 2R ＝m (2πT)2R可得：M ＝2v 0R2Gt ，v ＝2v 0Rt，T ＝2πRt2v 0，故B 项正确，C 、D 项错误．20．双星系统模型问题的分析与计算绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图5所示，双星系统模型有以下特点：图5(1)各自需要的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即Gm 1m 2L 2＝m 1ω21r 1，Gm 1m 2L2＝m 2ω22r 2 (2)两颗星的周期及角速度都相同，即T 1＝T 2，ω1＝ω2(3)两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r 1＋r 2＝L (4)两颗星到圆心的距离r 1、r 2与星体质量成反比，即m 1m 2＝r 2r 1(5)双星的运动周期T ＝2πL 3G m1＋m 2(6)双星的总质量公式m 1＋m 2＝4π2L3T 2G例6 宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用相互绕转，称之为双星系统．在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动，如图6所示．若AO >OB ，则( )图6A ．星球A 的质量一定大于B 的质量B ．星球A 的线速度一定大于B 的线速度C ．双星间距离一定，双星的质量越大，其转动周期越大D ．双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大解析 设双星质量分别为m A 、m B ，轨道半径分别为R A 、R B ，两者间距为L ，周期为T ，角速度为ω，由万有引力定律可知：Gm A m B L2＝m A ω2R A① Gm A m B L 2＝m B ω2R B②R A ＋R B ＝L③由①②式可得m A m B ＝R B R A， 而AO >OB ，故A 错误．v A ＝ωR A ，v B ＝ωR B ，B 正确．联立①②③得G (m A ＋m B )＝ω2L 3， 又因为T ＝2πω，故T ＝2π L 3G m A ＋m B，可知C 错误，D 正确．答案 BD高考题组1．(2013·新课标Ⅰ·20)2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343 km 的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是( )A ．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B ．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C ．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D ．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 答案 BC解析 地球所有卫星的运行速度都小于第一宇宙速度，故A 错误．轨道处的稀薄大气会对天宫一号产生阻力，不加干预其轨道会缓慢降低，同时由于降低轨道，天宫一号的重力势能一部分转化为动能，故天宫一号的动能可能会增加，B 、C 正确；航天员受到地球引力作用，此时引力充当向心力，产生向心加速度，航天员处于失重状态，D 错误． 2．(2013·新课标Ⅱ·20)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A ．卫星的动能逐渐减小B ．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C ．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D ．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小 答案 BD解析 在卫星轨道半径逐渐变小的过程中，地球引力做正功，引力势能减小；气体阻力做负功，机械能逐渐转化为内能，机械能减小，选项B 正确，C 错误．卫星的运动近似看作是匀速圆周运动，根据G Mm r 2＝m v 2r 得v ＝GMr，所以卫星的速度逐渐增大，动能增大，选项A 错误．减小的引力势能一部分用来克服气体阻力做功，一部分用来增加动能，故D 正确． 模拟题组3．假设地球是一半径为R ，质量分布均匀的球体．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，不考虑地球自转的影响，距离地球球心为r 处的重力加速度大小可能为如下图象中的哪一个( )答案 A解析 当r ＝R 时，G MmR 2＝mg 0，所以g 0＝GM R 2；r <R 时，g ＝GM 1r 2，M ＝ρ·43πR 3，M 1＝ρ·43πr 3，联立可得g 0＝43πG ρR ，g ＝43πG ρr ，即g ＝r R g 0；当r >R 时，GMm R 2＝mg 0，GMm r 2＝mg ，即g ＝R 2g 0·1r2，综上可得g －r 的图象如A 所示，A 正确．4．2010年10月1日，嫦娥二号卫星发射成功．作为我国探月工程二期的技术先导星，嫦娥二号的主要任务是为嫦娥三号实现月面软着陆开展部分关键技术试验，并继续进行月球科学探测和研究．如图7所示，嫦娥二号卫星的工作轨道是100 km 环月圆轨道Ⅰ，为对嫦娥三号的预选着陆区——月球虹湾地区(图中B 点正下方)进行精细成像，北京航天飞行控制中心对嫦娥二号卫星实施了降轨控制，嫦娥二号在A 点轨道变为椭圆轨道Ⅱ，使其近月点在虹湾地区正上方B 点，距月面大约15公里．下列说法正确的是( )图7A ．嫦娥二号卫星在A 点的势能大于在B 点的势能 B ．嫦娥二号卫星变轨前后的机械能不相等C ．嫦娥二号卫星在轨道Ⅰ上的速度大于月球的第一宇宙速度D ．嫦娥二号卫星在轨道Ⅱ上A 点的向心加速度大于在轨道Ⅰ上A 点的向心加速度 答案 AB解析 因为A 点高度大于B 点的高度，所以卫星在A 点的势能大于在B 点的势能，A 项正确；因为变轨瞬间卫星点火减速，做向心运动，则其机械能变小，B 项正确；因为轨道Ⅰ的半径大于月球半径，所以卫星在轨道Ⅰ上的速度小于月球的第一宇宙速度，C 项错；由a ＝GM r2知，D 项错误．5．已知月球的半径为R ，某登月飞船在接近月球表面的上空做匀速圆周运动时，周期为T .飞船着陆后，宇航员用绳子拉着质量为m 的仪器箱在平坦的“月面”上运动，已知拉力大小为F ，拉力与水平面的夹角为θ，箱子做匀速直线运动．引力常量为G ，求： (1)月球的质量．(2)箱子与“月面”间的动摩擦因数μ. 答案 (1)4π2R 3GT 2 (2)T 2F cos θ4π2mR －T 2F sin θ解析 (1)G Mm 0R 2＝m 0R ·4π2T 2，由此解得M ＝4π2R3GT 2(2)以箱子为研究对象受力分析，由平衡条件得： 水平方向F cos θ＝μF N 竖直方向F sin θ＋F N ＝mgGMmR 2＝mg解得：μ＝T 2F cos θ4π2mR －T 2F sin θ6．有一极地卫星绕地球做匀速圆周运动，该卫星的运动周期为T 0/4，其中T 0为地球的自转周期．已知地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R .求： (1)该卫星一昼夜经过赤道上空的次数n 为多少？试说明理由． (2)该卫星离地面的高度H .答案 (1)8次 (2)14 3gR 2T 2π2－R解析 (1)由于一个周期通过赤道上空两次，卫星在一昼夜共四个周期，故通过8次．(2)GMmR ＋H 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2πT 042(R ＋H ) m 0g ＝GMm 0R2H ＝14 3gR 2T 20π2－R(限时：30分钟)►题组1 万有引力定律及应用1．(2012·新课标全国·21)假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )A ．1－d RB ．1＋d RC ．(R －d R)2D ．(RR －d)2答案 A解析 设地球的密度为ρ，地球的质量为M ，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g ＝GM R 2.地球质量可表示为M ＝43πR 3ρ.因质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R －d )为半径的地球的质量为M ′＝43π(R －d )3ρ，解得M ′＝(R －d R )3M ，则矿井底部的重力加速度g ′＝GM ′R －d2，则矿井底部的重力加速度和地面处的重力加速度大小之比为g ′g ＝1－dR，选项A 正确． 2．如图1所示，三颗质量均为m 的地球同步卫星等间隔分布在半径为r 的圆轨道上，设地球质量为M 、半径为R .下列说法正确的是( )图1A ．地球对一颗卫星的引力大小为GMmr －R2B ．一颗卫星对地球的引力大小为GMm r C ．两颗卫星之间的引力大小为Gm 23r2D ．三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMmr2答案 BC解析 地球对一颗卫星的引力等于一颗卫星对地球的引力，由万有引力定律得其大小为GMmr 2，故A 错误，B 正确；任意两颗卫星之间的距离L ＝3r ，则两颗卫星之间的引力大小为Gm 23r2，C 正确；三颗卫星对地球的引力大小相等且三个引力互成120°，其合力为0，故D 选项错误．3．2013年1月27日，我国在境内再次成功地进行了陆基中段反导拦截技术试验，中段是指弹道导弹在大气层外空间依靠惯性飞行的一段．如图2所示，一枚蓝军弹道导弹从地面上A 点发射升空，目标是攻击红军基地B 点，导弹升空后，红军反导预警系统立刻发现目标，从C 点发射拦截导弹，并在弹道导弹飞行中段的最高点D 将其击毁．下列说法中正确的是( )图2A ．图中E 到D 过程，弹道导弹机械能不断增大B ．图中E 到D 过程，弹道导弹的加速度不断减小C ．弹道导弹在大气层外运动轨迹是以地心为焦点的椭圆D ．弹道导弹飞行至D 点时速度大于7.9 km/s 答案 BC解析 弹道导弹从E 到D 靠惯性飞行，只受地球的引力作用，机械能守恒，选项A 错误；弹道导弹从E 到D ，与地心的距离R 增大，万有引力F ＝GM 地mR 2减小，弹道导弹的加速度a ＝Fm减小，选项B 正确；由开普勒第一定律知，选项C 正确；D 点在远地点，弹道导弹的速度最小，由v ＝ GMr可知，D 点到地心的距离r 大于地球的半径R 0，所以弹道导弹的速度v ＝GMr小于第一宇宙速度v 宇＝ GMR 0＝7.9 km/s ，选项D 错误． ►题组2 天体质量和密度的计算4．有一宇宙飞船到了某行星上(该行星没有自转运动)，以速度v 贴近行星表面匀速飞行，测出运动的周期为T ，已知引力常量为G ，则可得( )A ．该行星的半径为vT2πB ．该行星的平均密度为3πGT2C ．无法求出该行星的质量D ．该行星表面的重力加速度为4π2v2T2答案 AB解析 由T ＝2πR v 可得：R ＝vT 2π，A 正确；由GMm R 2＝m v 2R 可得：M ＝v 3T 2πG ，C 错误；由M ＝43πR 3ρ得：ρ＝3πGT 2，B 正确；由GMm R 2＝mg 得：g ＝2πv T，D 错误．5．宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t 小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t 小球落回原处，已知该星球的半径与地球半径之比R 星∶R 地＝1∶4，地球表面重力加速度为g ，设该星球表面重力加速度为g ′，地球的质量为M 地，该星球的质量为M 星．空气阻力不计．则 ( ) A ．g ′∶g ＝5∶1B ．g ′∶g ＝1∶5C ．M 星∶M 地＝1∶20D ．M 星∶M 地＝1∶80。

[限时训练][限时45分钟，满分100分]1．(6分)火星的质量和半径分别约为地球的110和12，地球表面的重力加速度为g 地，则火星表面的重力加速度约为A ．0.2g 地B ．0.4g 地C ．2.5g 地D ．5g 地解析 在星球表面有G MmR 2＝mg ，故火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为g 火g 地＝M 火R 2地M 地R 2火＝0.4，故B 正确．答案 B2．(6分)(2014·苏北四市调研)2012年2月25日我国成功地将第十一颗北斗导航卫星送入太空预定轨道——地球同步轨道，使之成为地球同步卫星．关于该卫星，下列说法正确的是A ．相对于地面静止，离地面高度为在R ～4R (R 为地球半径)之间的任意值B ．运行速度大于7.9 km/sC ．角速度大于静止在地球赤道上物体的角速度D ．向心加速度大于静止在地球赤道上物体的向心加速度解析 地球同步卫星周期T ＝24 h ，离地面高度为定值，选项A 错；同步卫星运行速度小于7.9 km/s ，选项B 错；角速度等于静止在地球赤道上物体的角速度，选项C 错；由a ＝rω2知，选项D 对．答案 D3．(2014·四川省成都市诊断)2012年，天文学家首次在太阳系外找到一个和地球尺寸大体相同的系外行星P ，这个行星围绕某恒星Q 做匀速圆周运动．测得P 的公转周期为T ，公转轨道半径为r ，已知引力常量为G .则A ．恒星Q 的质量约为4π2r 3GT 2B ．行星P 的质量约为4π2r 3GT 2C ．以7.9 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面D ．以11.2 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面解析 设恒星Q 的质量为M ，行星P 的质量为m ，由万有引力提供向心力得：G Mmr2＝mr (2πT )2得M ＝4π2r 3GT 2无法求出m ，选项A 对、B 错；以16.7 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面，选项C 、D 错．答案 A4．金星一直被视为是生命最不可能生存的地方，然而近年来科学家的研究和推测发现，地球上的生命可能来自金星．这一研究和发现，再一次引起了人们对金星的极大兴趣．金星的半径为6 052 km ，密度与地球十分接近．已知地球半径R ＝6 400 km ，地球表面重力加速度为g .则A ．金星表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为6 40026 0522B ．金星表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为6 0526 400C ．金星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为6 0526 400D ．金星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为1∶1解析 物体在天体表面万有引力等于重力，有G Mm R 2＝mg ，即GMR 2＝g ，且g ＝4πρG 3R ，g 金星g 地球＝R 金星R 地球＝6 0526 400.A 错、B 对；由万有引力充当向心力得mg ＝m v 2R ，即v ＝gR ，v 金星v 地球＝R 金星g 金星R 地球g 地球＝6 0526 400，D 错、C 对．答案 BC5．(2014·九江统考)冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线点O 做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O 点运动的A ．轨道半径约为卡戎的17B ．角速度大小约为卡戎的17C ．线速度大小约为卡戎的7倍D ．向心力大小约为卡戎的7倍 解析 设两星轨道半径分别为r 1、r 2，由GMm L2＝Mω2r 1＝mω2r 2，故r 1∶r 2＝m ∶M ＝1∶7，选项A 正确；由于双星周期相同，由ω＝2πT 知角速度相同，选项B 错误；线速度v ＝ωr ，知v 1∶v 2＝1∶7，选项C 错误；根据a ＝ω2r 知a 1∶a 2＝1∶7，选项D 错误．答案 A6．(2014·徐州高三上学期摸底)我国“北斗”卫星导航定位系统由5颗静止轨道卫星(同步卫星)和30颗非静止轨道卫星组成，30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星，中轨道卫星轨道高度约为2.15×104 km ，静止轨道卫星的高度约为3.60×104 km.下列说法正确的是A ．中轨道卫星的线速度大于7.9 km/sB ．静止轨道卫星的线速度大于中轨道卫星的线速度C ．静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期D ．静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度解析 中轨道卫星的线速度小于7.9 km/s ，静止轨道卫星的线速度小于中轨道卫星的线速度，选项A 、B 错误；静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期，静止轨道卫星的向心加速度小于中轨道卫星的向心加速度，选项C 正确、D 错误．答案 C7．(2014·烟台模拟)2012年2月25日0时12分，西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，成功将第11颗北半导航卫星送入了太空预定轨道．这是一颗地球同步卫星，若卫星离地心距离为r ，运行速率为v 1，加速度为a 1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，第一宇宙速度为v 2，地球半径为R ，则A.a 1a 2＝r RB.a 1a 2＝R 2r 2C.v 1v 2＝R 2r 2D.v 1v 2＝Rr解析 同步卫星的角速度等于静止在地球赤道上物体的角速度，由a ＝rω2得，a 1a 2＝rR ，选项A 对而B 错；万有引力充当向心力，由v ＝GMr 得，v 1v 2＝Rr，选项D 对． 答案 AD8．(2013·广东理综)如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M 的行星做匀速圆周运动．下列说法正确的是A ．甲的向心加速度比乙的小B ．甲的运行周期比乙的小C ．甲的角速度比乙的大D ．甲的线速度比乙的大解析 由GMm r 2＝ma 知a ＝GMr2，因M 甲＝M ，M 乙＝2M ，r 甲＝r 乙，故a 甲＜a 乙，A 项正确．由GMm r 2＝m ·4π2T 2·r 知T 2＝4π2r 3GM ，据已知条件得T 甲＞T 乙，B 项错误．由GMm r2＝mω2r知ω2＝GM r 3，据已知条件得ω甲＜ω乙，C 项错误．由GMm r2＝m v 2r 知v 2＝GMr ，据已知条件得v 甲＜v 乙，D 项错误．答案 A9．(2013·浙江理综)如图所示，三颗质量均为m 的地球同步卫星等间隔分布在半径为r 的圆轨道上，设地球质量为M 、半径为R .下列说法正确的是A ．地球对一颗卫星的引力大小为GMm（r －R ）2B ．一颗卫星对地球的引力大小为GMmr 2C ．两颗卫星之间的引力大小为Gm 23r2D ．三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMmr2解析 根据万有引力定律，地球对一颗卫星的引力大小F 万＝G Mmr 2，A 项错误，由牛顿第三定律知B 项正确．三颗卫星等间距分布，任意两星间距为3r ，故两星间引力大小F 万′＝G m 23r 2， C 项正确．任意两星对地球引力的夹角为120°，故任意两星对地球引力的合力与第三星对地球的引力大小相等，方向相反，三星对地球引力的合力大小为零，D 项错误．答案 BC10．我国研制并成功发射的“嫦娥二号”探测卫星，在距月球表面高度为h 的轨道上做匀速圆周运动，运行的周期为T .若以R 表示月球的半径，则A ．卫星运行时的向心加速度为4π2RT 2B ．物体在月球表面自由下落的加速度为4π2RT 2C ．卫星运行时的线速度为2πRT D ．月球的第一宇宙速度为2πR （R ＋h ）3TR解析 卫星运行时的轨道半径为r ＝R ＋h ，其向心加速度为 a ＝4π2r T 2＝4π2（R ＋h ）T 2，A 错．运行时的线速度为v ＝2πr T ＝2π（R ＋h ）T ，C 错．由G Mm（R ＋h ）2＝m (R ＋h )4π2T 2得GM ＝4π2（R ＋h ）3T 2所以g ＝GM R 2＝4π2（R ＋h ）3R 2T 2，其第一宇宙速度v 1＝GM r ＝2πR （R ＋h ）32R，B 错、D 正确．答案 D11．2011年12月24日，美国宇航局宣布，通过开普勒太空望远镜项目证实了太阳系外第一颗类似地球的、适合居住的行星“开普勒－22b(Kepler —22b)”，该行星距离地球约600光年，体积是地球的2.4倍，质量约是地球的18.5倍，它像地球绕太阳运行一样每290天环绕一恒星运行，由于恒星风的影响，该行星的大气不断被吸引到恒星上．据估计，这颗行星每秒丢失至少10 000 t 物质，已知地球半径为6 400 km ，地球表面的重力加速度为9.8 m/s 2，引力常量G 为6.67×10－11N ·m 2·kg －2，则由上述信息A ．可估算该恒星密度B ．可估算该行星密度C ．可判断恒星对行星的万有引力增大D ．可判断该行星绕恒星运行周期大小不变解析 由地球半径和地球表面的重力加速度可得地球质量，从而得出该行星质量和半径，可估算该行星密度，选项B 正确．该行星绕恒星运行的向心力由万有引力提供，则有GMmr 2＝m (2πT )2r ，即GM ＝4π2T 2r 3，T ＝4π2r 3GM ，由题知，行星质量m 减少，恒星质量M 增大，但Mm 减小，故恒星对行星的万有引力F ＝GMmr 2减小，周期T 减小，故选项C 、D 错．设该恒星密度ρ，则ρ＝3πr 3GT 2R3，该恒星半径未知，故不能估算其密度，选项A 错．答案 B12．天宫一号变轨到距离地面约362千米的近似圆轨道，这是考虑到受高层大气阻力的影响，轨道的高度会逐渐缓慢降低．通过这样轨道的降低，预计可以使天宫一号在神舟八号发射时，轨道高度自然降到约343千米的交会对接轨道，从而尽量减少发动机开机，节省燃料．假设天宫一号从362千米的近似圆轨道变到343千米的圆轨道的过程中，没有开启发动机．则A ．天宫一号的运行周期将增大B ．天宫一号的运行的加速度将增大C ．天宫一号的运行的线速度将增大D ．天宫一号的机械能将增大解析 根据人造卫星的运行规律可得天宫一号的线速度和周期：v ＝GMr，T ＝2πr 3GM，r 减小，所以天宫一号的周期将减小，线速度将增大，C 正确、A 错误，天宫一号的加速度a ＝G Mr 2将增大，B 正确．由于该运动过程天宫一号需克服大气阻力做功，其机械能将减小．D 错误．答案 BC13．(2014·杭州模拟)“嫦娥二号”卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100 km ，周期为118 min 的工作轨道，开始对月球进行探测，则A ．卫星在轨道Ⅲ上的运行速度比月球的第一宇宙速度小B ．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点的速度比在轨道Ⅰ上经过P 点时大C ．卫星在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅰ上短D ．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大 解析 由G Mmr2＝m v 2r 得v ＝GMr，故卫星在轨道Ⅲ上的运行速度比月球的第一宇宙速度小，选项A 正确；卫星在轨道Ⅰ上经过P 点时做近心运动，其速度比在轨道Ⅲ上经过P 点时大，选项B 错误；由开普勒第三定律可知R 3T 2为定值，故卫星在轨道Ⅲ上运行的周期比在轨道Ⅰ上短，选项C 正确；卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大，选项D 正确．答案 ACD 二、计算题(共22分)14．(2014·四川省名校模拟)火星表面特征非常接近地球，适合人类居住．近期我国宇航员王跃正与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动．宇航员为了测定火星球表面的重力加速度，做了如下探究：将直径为d 的光滑环形轨道竖直固定在火星表面，让小滑块在轨道内做圆周运动，如图所示，当小滑块经过轨道最低点速度为v 0时，恰能通过轨道最高点．已知火星球的半径为R 星． (1)试求火星表面的重力加速度g ；(2)若给火星球发射一颗人造卫星，试计算卫星运行周期应满足的条件． 解析 (1)小滑块在轨道内做圆周运动时机械能守恒，有 12m v 20＝mg ·2R ＋12m v 2① 由于滑块恰能通过轨道最高点，所以有 mg ＝m v 2R ②R ＝d 2③联立①②③解得g ＝2v 205d④(2)卫星运动时万有引力等于向心力，有 G Mmr 2＝m 4π2T2r ⑤ 在星球表面，万有引力近似等于其重力，即 G MmR 2星＝mg ⑥ 联立⑤⑥解得T ＝2πr 3R 2星g⑦ 当卫星贴近星球表面运动时，r ≈R 星，此时运行周期最短，故T≥2πR星g⑧代入④式得T≥πv010R星d.答案见解析。

实验四探究加速度与力、质量的关系考纲解读 1.学会用控制变量法研究物理规律.2.学会灵活运用图象法处理物理问题的方法.3.探究加速度与力、质量的关系，并验证牛顿第二定律．考点一对实验原理与注意事项的考查例1(2013·天津·9(2))某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系．图1①下列做法正确的是________(填字母代号)A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)③甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图2所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图9中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(选填“大于”、“小于”或“等于”)图2解析①在探究加速度与力、质量的关系的实验中，平衡摩擦力时木块不通过定滑轮挂砝码桶，而要挂纸带，并且改变质量时不需要重新平衡摩擦力；在实验时应先接通电源再放开木块，故选项A、D均正确，B、C均错误．②选木块和木块上砝码(设总质量为M)、砝码桶及桶内的砝码(设总质量为m)为研究对象，则mg＝(M＋m)a选砝码桶及桶内的砝码为研究对象则mg－F T＝ma联立解得：F T＝mg－m2gM＋m要使F T＝mg，需要m2gM＋m→0，即M≫m③对质量为m的木块由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma即a＝1m F－μg.上式与题图结合可知：1m甲＞1m乙，μ甲g＞μ乙g.即：m甲＜m乙，μ甲＞μ乙答案①AD②远小于③小于大于考点二 对实验步骤和数据处理的考查例2 为了探究加速度与力的关系，使用如图3所示的气垫导轨装置进行实验．其中G 1、G 2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G 1、G 2光电门时，光束被遮挡的时间Δt 1、Δt 2都可以被测量并记录，滑行器同上面固定的一条形挡光片的总质量为M ，挡光片宽度为D ，两光电门间距离为x ，牵引砝码的质量为m .回答下列问题：图3(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？答：___________________________________________________________________. (2)若取M ＝0.4 kg ，改变m 的值，进行多次实验，以下m 的取值不合适的一个是________． A ．m ＝5 g B ．m ＝15 g C ．m ＝40 g D ．m ＝400 g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，写出该加速度的表达式：________________.(用Δt 1、Δt 2、D 、x 表示)答案 (1)取下牵引砝码，M 放在任意位置都不动；或取下牵引砝码，轻推滑行器M ，数字计时器记录两个光电门的光束被挡的时间Δt 相等 (2)D (3)a ＝⎝⎛⎭⎫D Δt 22－⎝⎛⎭⎫D Δt 122x创新实验设计例3 某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图4所示．已知小车质量M ＝214.6 g ，砝码盘质量m 0＝7.8 g ，所使用的打点计时器交流电频率f ＝50 Hz.其实验步骤是：图4A．按图中所示安装好实验装置；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；D．将小车置于打点计时器旁，先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复B－D步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度．回答下列问题：(1)按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？________(填“是”或“否”)．(2)实验中打出的其中一条纸带如图5所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝________ m/s2.图5(3)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如下表，________________________________________________________________________，从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是________________________，其大小为________．图6答案(1)否(2)0.88(3)在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力(只要涉及“未考虑砝码质量的因素”就算正确)砝码盘的重力0.08 N解析 (1)取下砝码盘后，小车加速运动时所受的合外力即为砝码和砝码盘的总重力，而实验中的研究对象是小车，因此，实验中不必使砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量．(2)a ＝(8.64＋7.75)－(6.87＋6.00)4×(0.1)2×10－2 m /s 2＝0.88 m/s 2. (3)实验中本应有(m 0＋m )g ＝Ma ，由于实验中未计入砝码盘质量m 0，测得的图象与真实图象相比沿F 轴左移m 0g ，图象将不过原点．由图象及上述分析可知，m 0g ＝0.08 N.14.物理实验思想方法之近似法、控制变量 法、平衡摩擦力法和化曲为直法1．近似法：在探究加速度与力、质量的关系实验中，近似法是指绳对小车的拉力近似等于绳另一端连接的小盘和砝码的总重力，近似法要在小盘和砝码的总重力远小于小车的重力的情况下才能用．2．控制变量法：控制变量法是指分别研究加速度与力、加速度与质量关系时用到的方法，在实验中的具体体现是：研究加速度与力的关系时，保持小车质量不变；研究加速度与质量的关系时，保持小盘和砝码的总重力不变．3．平衡摩擦力法：平衡摩擦力法是指通过调整斜面倾角，让小车重力沿斜面的分力与摩擦力抵消，使小车受到的合外力等于绳对小车的拉力，体现在实验中是让小车不挂小盘时能在斜面上匀速运动．4．化曲为直法：化曲为直法是指处理数据时，不作a －m 图象而作a －1m 图象，反映在图象中就是把原来的曲线变成倾斜的直线．例4 某实验小组欲以图7所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”．图中A为小车，B 为装有砝码的小盘，C 为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m 1，小盘(及砝码)的质量为m 2.图7(1)下列说法正确的是()A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C．本实验中应满足m2远小于m1的条件D．在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a－m1图象(2)实验中，得到一条打点的纸带，如图8所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的计算式为v F＝________，小车加速度的计算式a＝________.图8(3)某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力F的图象如图9所示．若牛顿第二定律成立，重力加速度g ＝10 m/s 2，则小车的质量为__________kg ，小盘的质量为________kg.图9(4)实际上，在砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为________m/s 2.解析 (1)实验时应先接通电源，再放开小车，A 项错；每次改变小车质量时，没必要重新平衡摩擦力，B 项错；实验要求m 2≪m 1，C 项对；D 项中应作a －m 2或a －F 图象，D 错．(2)v F ＝v t2＝v ＝x 5＋x 62T ，由逐差法知a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 3－x 2－x 19T 2.(3)由题图中的a －F 图线可知：a ＝F m ＋0.3，即图线的斜率k ＝1m ，可求解得m ＝2.0 kg.当F ＝0时，a ＝0.3 m/s 2，此时a ＝F 0m ＝m 0gm，所以m 0＝0.06 kg.(4)当砝码重力越来越大时，a ＝(m ＋m 0)gm ＋m 0＋M ，即m 无限大时，a 趋向于g . 答案 (1)C (2)x 5＋x 62T x 4＋x 5＋x 6－x 3－x 2－x 19T 2(3)2.0 0.06 (4)101．用如图10所示装置探究影响加速度的因素，提供的器材有长木板、铁架台、米尺、计时仪器、小车(可视为质点)、砝码等，进行以下探究活动：图10(1)探究加速度与质量的关系①测量木板长度l，将木板一端放在铁架台的支架上．②让小车从静止开始由顶端滑到底端，测出下滑时间t，则小车运动的加速度可表示为a＝________.③保持木板倾角不变，向小车内加入砝码，再使其从静止开始由顶端滑到底端，测出下滑时间t′.④在实验误差允许范围内小车两次下滑的加速度a与a′的关系为a____a′.(填“>”、“<”或“＝”)⑤据此能否得出加速度与质量的关系？______(填“能”或“不能”)(2)探究加速度与合外力的关系①若不计摩擦，小车质量为M ，木板长度为l ，木板两端高度差为h ，重力加速度为g ，则小车沿木板下滑受到的合外力为F ＝______.②改变木板倾角，测出每次木板两端的高度差h 和小车下滑的时间t .③为了寻求a 与F 的关系，可以作出与变量h 、t 相关的图象，当两坐标轴的物理量分别为________和________时，得到的图象才是直线．答案 (1)②2l t 2 ④＝ ⑤不能 (2)①Mg h l ③h 1t 2(或“t 2 1h”) 2．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图11所示．图11(1)在平衡摩擦力后，挂上砝码盘，打出了一条纸带如图12所示．计时器打点的时间间隔为0.02 s ．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离(图中已标出)，该小车的加速度a ＝________ m/s 2.(结果保留两位有效数字)图12(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：坐标原点，请说明主要原因是什么？答案(1)0.17 m/s2(2)未计入砝码盘的重力3．如图13为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．图13(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力作为____________，用DIS测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a －F关系图线(如图14所示)．图14①分析此图线的OA段可得出的实验结论是______________________________．②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________．A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大答案 (1)小车的总质量 小车所受的外力(2)①在质量不变的情况下，加速度与外力成正比 ②C解析 (1)因为要探究“加速度和力的关系”，所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受的外力．(2)由于OA 段a －F 关系图线为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg ＝Ma 得：a ＝mg M ＝F M ，而实际上a ′＝mg M ＋m，可见AB 段明显偏离直线是没有满足M ≫m 造成的．4．某同学在用如图15甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验时．(1)该同学在实验室找到了一个小正方体木块，用实验桌上的一把游标卡尺测出正方体木块的边长，示数如图乙所示，则正方体木块的边长为________ cm ；图15(2)接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动．设小车的质量为M ，正方体木块的边长为a ，并用刻度尺量出图中AB 的距离l (a ≪l ，且已知θ很小时tan θ≈sin θ)，则小车向下滑动时受到的摩擦力为________．(3)然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车匀加速下滑，不断改变重物的质量m ，测出对应的加速度a ，则下列图象中能正确反映小车加速度a 与所挂重物质量m 的关系的是________．答案 (1)3.150 (2)Mga l(3)C 5．(2011·课标·23)利用图16所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动．当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲滑至乙所用的时间t.改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示.图16(1)若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v t、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是______________；(2)根据表中给出的数据，在图17给出的坐标纸上画出st－t图线；图17(3)由所画出的s t－t 图线，得出滑块加速度的大小为a ＝__________m/s 2(保留2位有效数字)． 答案 (1)s ＝v t t －12at 2或s t ＝v t －12at (2)见解析图 (3)2.0 解析 可认为滑块从乙到甲做匀减速直线运动，根据运动学公式有s ＝v t t －12at 2，得s t ＝v t －12at ，根据所给数据描点并连线如图所示，图线的斜率为－12a ，根据图象得－12a ＝－1.0，则a ＝2.0 m/s 2(注意保留2位有效数字)．6．用如图18所示的实验装置可以探究加速度与力、质量的关系．小车上固定一个盒子(图中未画出)，盒子内盛有砂子，小车的总质量(包括车、盒子及盒内砂子)记为M ，砂桶的总质量(包括桶以及桶内砂子)记为m .图18(1)验证“在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比”．从盒子中取出一些砂子，装入砂桶中，称量并记录砂桶的总重力mg ，将该力视为合外力F ，对应的加速度a 则从打点纸带中计算得到．多次改变合外力F 的大小，每次都会得到一个相应的加速度．以合外力F 为横轴、加速度a 为纵轴画出a －F 图象，图象是一条过原点的直线． ①a －F 图象斜率的物理意义是_________________________________________． ②你认为把砂桶的总重力mg 当作合外力F 是否合理？答：________(填“合理”或“不合理”)．(2)验证“在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比”．本次实验中，保持桶内的砂子质量不变，故系统所受的合外力不变．用图象法处理数据时，以加速度a 为纵轴，以________为横轴，才能保证图象是一条过原点的直线．答案 (1)①1m ＋M ②合理 (2)1m ＋M解析 (1)本题是对课本中已有的“验证牛顿第二定律”实验方案的创新．本题中“从盒子中取出一些砂子，装入砂桶中”说明小车的质量是变化的，而此项操作是要求验证“在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比”，显然研究对象不再是小车，仔细审题后不难发现，研究对象应该是小车与砂桶所组成的系统，是系统的总质量(m ＋M )保持不变．a －F 图象的斜率表示1m ＋M，故把砂桶的总重力mg 当作(系统所受的)合外力F 是合理的． (2)此项操作中明确说明了“系统所受的合外力不变”，因此，应以系统总质量的倒数即1m ＋M 为横轴，以加速度a 为纵轴，画出a －1m ＋M图象，图象才是一条过原点的直线．。

第4课时 万有引力与航天考纲解读 1.掌握万有引力定律的内容、公式及应用.2.理解环绕速度的含义并会求解.3.了解第二和第三宇宙速度．1．[对开普勒三定律的理解](2013·江苏单科·1)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( )A ．太阳位于木星运行轨道的中心B ．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C ．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D ．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 答案 C解析 火星和木星在各自的椭圆轨道上绕太阳运动，速度的大小不可能始终相等，因此B 错；太阳在这些椭圆的一个焦点上，因此A 错； 在相同时间内，某个确定的行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，因此D 错，本题答案为C.2．[对万有引力定律的理解]关于万有引力公式F ＝G m 1m 2r2，以下说法中正确的是( )A ．公式只适用于星球之间的引力计算，不适用于质量较小的物体B ．当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大C ．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律D ．公式中引力常量G 的值是牛顿规定的 答案 C解析 万有引力公式F ＝G m 1m 2r ，虽然是牛顿由天体的运动规律得出的，但牛顿又将它推广到了宇宙中的任何物体，适用于计算任何两个质点间的引力．当两个物体间的距离趋近于0时，两个物体就不能视为质点了，万有引力公式不再适用．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律．公式中引力常量G 的值是卡文迪许在实验室里用实验测定的，而不是人为规定的．故正确答案为C.3．[第一宇宙速度的计算]美国宇航局2011年12月5日宣布，他们发现了太阳系外第一颗类似地球的、可适合居住的行星——“开普勒—22b ”，其直径约为地球的2.4倍．至今其确切质量和表面成分仍不清楚，假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息，估算该行星的第一宇宙速度等于( )A ．3.3×103 m /sB ．7.9×103 m/sC ．1.2×104 m /sD ．1.9×104 m/s答案 D解析 由该行星的密度和地球相当可得M 1R 31＝M 2R 32，地球第一宇宙速度v 1＝GM 1R 1，该行星的第一宇宙速度v 2＝GM 2R 2，联立解得v 2＝2.4v 1＝1.9×104 m/s ，选项D 正确． 4．[对人造卫星及卫星轨道的考查]a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上，b 、c 轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图1所示．下列说法中正确的是( )图1A ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度B ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度C ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度D ．a 、c 存在在P 点相撞的危险 答案 A解析 由G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr 4π2T2＝ma ，可知B 、C 、D 错误，A 正确．一、万有引力定律及其应用1．内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m 1和m 2的乘积成正比、与它们之间距离r 的二次方成反比． 2．表达式：F ＝Gm 1m 2r 2，G 为引力常量：G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2.3．适用条件(1)公式适用于质点间的相互作用．当两物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点．(2)质量分布均匀的球体可视为质点，r 是两球心间的距离． 二、环绕速度1．第一宇宙速度又叫环绕速度．推导过程为：由mg ＝m v 21R ＝GMmR 2得：v 1＝GMR＝gR ＝7.9 km/s. 2．第一宇宙速度是人造地球卫星在地面附近环绕地球做匀速圆周运动时具有的速度． 3．第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度．特别提醒 1.两种周期——自转周期和公转周期的不同2．两种速度——环绕速度与发射速度的不同，最大环绕速度等于最小发射速度 3．两个半径——天体半径R 和卫星轨道半径r 的不同 三、第二宇宙速度和第三宇宙速度1．第二宇宙速度(脱离速度)：v 2＝11.2 km/s ，使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度． 2．第三宇宙速度(逃逸速度)：v 3＝16.7 km/s ，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度．考点一 天体质量和密度的计算 1．解决天体(卫星)运动问题的基本思路(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即 G Mm r 2＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2r T2 (2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即G Mm R 2＝mg (g 表示天体表面的重力加速度)． 2．天体质量和密度的计算(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R . 由于G Mm R 2＝mg ，故天体质量M ＝gR 2G ，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3g4πGR.(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r .①由万有引力等于向心力，即G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得出中心天体质量M ＝4π2r 3GT 2；②若已知天体半径R ，则天体的平均密度 ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3πr 3GT 2R 3；③若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r 等于天体半径R ，则天体密度ρ＝3πGT 2.可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T ，就可估算出中心天体的密度．例1 1798年，英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G ，因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人．若已知万有引力常量G ，地球表面处的重力加速度g ，地球半径R ，地球上一个昼夜的时间T 1(地球自转周期)，一年的时间T 2(地球公转周期)，地球中心到月球中心的距离L 1，地球中心到太阳中心的距离L 2.你能计算出 ( )A ．地球的质量m 地＝gR 2GB ．太阳的质量m 太＝4π2L 32GT 22 C ．月球的质量m 月＝4π2L 31GT 21D ．可求月球、地球及太阳的密度解析 对地球表面的一个物体m 0来说，应有m 0g ＝Gm 地m 0R 2，所以地球质量m 地＝gR 2G ，选项A 正确．对地球绕太阳运动来说，有Gm 太m 地L 22＝m 地4π2T 22L 2，则m 太＝4π2L 32GT 22，B 项正确．对月球绕地球运动来说，能求地球质量，不知道月球的相关参量及月球的卫星运动参量，无法求出它的质量和密度，C 、D 项错误． 答案 AB突破训练1 (2012·福建·16)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( )A.m v 2GN B.m v 4GNC.N v 2GmD.N v 4Gm答案 B解析 设卫星的质量为m ′由万有引力提供向心力得G Mm ′R 2＝m ′v 2R① m ′v 2R＝m ′g②由已知条件：m 的重力为N 得 N ＝mg③由③得g ＝Nm ，代入②得：R ＝m v 2N代入①得M ＝m v 4GN ，故B 项正确．考点二 卫星运行参量的比较与运算 1．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律2．极地卫星和近地卫星(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖． (2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s. (3)两种卫星的轨道平面一定通过地球的球心．深化拓展 (1)卫星的a 、v 、ω、T 是相互联系的，如果一个量发生变化，其他量也随之发生变化；这些量与卫星的质量无关，它们由轨道半径和中心天体的质量共同决定． (2)卫星的能量与轨道半径的关系：同一颗卫星，轨道半径越大，动能越小，势能越大，机械能越大．例2 (2012·天津理综·3)一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的14，不考虑卫星质量的变化，则变轨前、后卫星的( )A ．向心加速度大小之比为4∶1B ．角速度大小之比为2∶1C ．周期之比为1∶8D ．轨道半径之比为1∶2 解析 根据E k ＝12m v 2得v ＝2E k m ，所以卫星变轨前、后的速度之比为v 1v 2＝21.根据G Mmr2＝m v 2r ，得卫星变轨前、后的轨道半径之比为r 1r 2＝v 22v 21＝14，选项D 错误；根据G Mm r 2＝ma ，得卫星变轨前、后的向心加速度大小之比为a 1a 2＝r 22r 21＝161，选项A 错误；根据G Mm r 2＝mω2r ，得卫星变轨前、后的角速度大小之比为ω1ω2＝r 32r 31＝81，选项B 错误；根据T ＝2πω，得卫星变轨前、后的周期之比为T 1T 2＝ω2ω1＝18，选项C 正确．答案 C突破训练2 目前我国已成功发射北斗导航卫星十六颗，计划到2020年，将建成由35颗卫星组成的全球卫星导航系统．关于系统中的地球同步静止卫星，以下说法正确的是( )A ．运行角速度相同B ．环绕地球运行可以不在同一条轨道上C ．运行速度大小相等，且都大于7.9 km/sD ．向心加速度大小大于静止在赤道上物体的向心加速度大小 答案 AD例3 如图2所示，同步卫星与地心的距离为r ，运行速率为v 1，向心加速度为a 1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，第一宇宙速度为v 2，地球半径为R ，则下列比值正确的是( )图2A.a 1a 2＝r RB.a 1a 2＝(R r )2C.v 1v 2＝r RD.v 1v 2＝ R r解析 本题中涉及三个物体，其已知量排列如下： 地球同步卫星：轨道半径r ，运行速率v 1，向心加速度a 1； 地球赤道上的物体：轨道半径R ，随地球自转的向心加速度a 2； 近地卫星：轨道半径R ，运行速率v 2.对于卫星，其共同特点是万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝m v 2r ，故v 1v 2＝Rr. 对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同点是角速度相等，有a ＝ω2r ，故a 1a 2＝rR .答案 AD同步卫星的六个“一定”突破训练3 已知地球质量为M ，半径为R ，自转周期为T ，地球同步卫星质量为m ，引力常量为G .有关同步卫星，下列表述正确的是( )A ．卫星距地面的高度为 3GMT 24π2B ．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C ．卫星运行时受到的向心力大小为G MmR2D ．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度 答案 BD解析 天体运动的基本原理为万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即F 万＝F 向＝m v 2r ＝4π2mr T 2.当卫星在地表运行时，F 万＝GMmR 2＝mg (R 为地球半径)，设同步卫星离地面高度为h ，则F 万＝GMm(R ＋h )2＝F 向＝ma 向<mg ，所以C 错误，D正确．由GMm(R ＋h )2＝m v 2R ＋h得，v ＝GMR ＋h< GM R ，B 正确．由GMm (R ＋h )2＝4π2m (R ＋h )T 2，得R ＋h ＝ 3GMT 24π2，即h ＝ 3GMT 24π2－R ，A 错误．考点三 卫星变轨问题分析当卫星由于某种原因速度突然改变时(开启或关闭发动机或空气阻力作用)，万有引力不再等于向心力，卫星将变轨运行：(1)当卫星的速度突然增大时，G Mm r 2<m v 2r ，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝ GM r可知其运行速度比原轨道时减小．(2)当卫星的速度突然减小时，G Mm r 2>m v 2r ，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝ GMr可知其运行速度比原轨道时增大． 卫星的发射和回收就是利用这一原理．例4 “嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图3所示是绕地飞行的三条轨道，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道．A 点是2轨道的近地点，B 点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7 km/s ，则下列说法中正确的是( )图3A ．卫星在2轨道经过A 点时的速率一定大于7.7 km/sB ．卫星在2轨道经过B 点时的速率一定小于7.7 km/sC ．卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D ．卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率解析 卫星在1轨道做匀速圆周运动，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm r 2＝m v 21r ，卫星在2轨道A 点做离心运动，则有G Mm r 2<m v 22Ar ，故v 1<v 2A ，选项A 正确；卫星在2轨道B 点做近心运动，则有G Mm r 2B >m v 22Br B ，若卫星在经过B 点的圆轨道上运动，则G Mm r 2B＝m v 2Br B，由于r <r B ，所以v 1>v B ，故v 2B <v B <v 1＝7.7 km/s ，选项B 正确；3轨道的高度大于2轨道的高度，故卫星在3轨道所具有的机械能大于在2轨道所具有的机械能，选项C 错误；卫星在各个轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，在A 点时重力势能最小，动能最大，速率最大，故卫星在3轨道所具有的最大速率大于在2 轨道所具有的最大速率，选项D 错误． 答案 AB突破训练4 如图4所示，一飞行器围绕地球沿半径r 的圆轨道1运动．经P 点时，启动推进器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P 点的可能轨道．则飞行器( )图4A ．变轨后将沿轨道2运动B ．相对于变轨前运行周期变长C ．变轨前、后在两轨道上经P 点的速度大小相等D ．变轨前、后在两轨道上经P 点的加速度大小相等 答案 D解析 由于向前喷气，在P 点减速变轨后经P 点的速度小于变轨前经P 点的速度，故C 错误．由于速度变小，飞行器将做近心运动，故变轨后将沿轨道3运动，A 错误．周期变短，B 错误．由牛顿第二定律G Mmr 2＝ma 知，同一位置处万有引力相同，加速度大小也相等，D 正确． 考点四 宇宙速度的理解与计算1．第一宇宙速度v 1＝7.9 km/s ，既是发射卫星的最小发射速度，也是卫星绕地球运行的最大环绕速度．2．第一宇宙速度的求法：(1)GMm R 2＝m v 21R，所以v 1＝GMR. (2)mg ＝m v 21R，所以v 1＝gR .3．第二、第三宇宙速度也都是指发射速度．例5 “伽利略”木星探测器，从1989年10月进入太空起，历经6年，行程37亿千米，终于到达木星周围．此后在t 秒内绕木星运行N 圈后，对木星及其卫星进行考察，最后坠入木星大气层烧毁．设这N 圈都是绕木星在同一个圆周上运行，其运行速率为v ，探测器上的照相机正对木星拍摄整个木星时的视角为θ(如图5所示)，设木星为一球体．求： (1)木星探测器在上述圆形轨道上运行时的轨道半径； (2)木星的第一宇宙速度．图5解析 (1)设木星探测器在题述圆形轨道运行时，轨道半径为r ，由v ＝2πr T可得：r ＝v T2π由题意，T ＝tN联立解得r ＝v t2πN(2)探测器在圆形轨道上运行时，万有引力提供向心力， G mMr 2＝m v 2r.设木星的第一宇宙速度为v 0，有，G m ′M R 2＝m ′v 20R联立解得：v 0＝rRv 由题意可知R ＝r sin θ2，解得：v 0＝vsin θ2. 答案 (1)v t2πN(2)v sin θ2突破训练5 随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想．假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v 0竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到出发点．已知月球的半径为R ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是 ( )A ．月球表面的重力加速度为v 0tB ．月球的质量为2v 0R 2GtC ．宇航员在月球表面获得v 0Rt的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D ．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为 Rt v 0答案 B解析 根据竖直上抛运动可得t ＝2v 0g ，g ＝2v 0t ，A 项错误；由GMm R 2＝mg ＝m v 2R ＝m (2πT )2R可得：M ＝2v 0R 2Gt ，v ＝2v 0Rt，T ＝2π Rt2v 0，故B 项正确，C 、D 项错误．20．双星系统模型问题的分析与计算绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图6所示，双星系统模型有以下特点：图6(1)各自需要的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即 Gm 1m 2L 2＝m 1ω21r 1，Gm 1m 2L 2＝m 2ω22r 2 (2)两颗星的周期及角速度都相同，即 T 1＝T 2，ω1＝ω2(3)两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r 1＋r 2＝L (4)两颗星到圆心的距离r 1、r 2与星体质量成反比，即m 1m 2＝r 2r 1(5)双星的运动周期T ＝2πL 3G (m 1＋m 2)(6)双星的总质量公式m 1＋m 2＝4π2L 3T 2G例6 宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用相互绕转，称之为双星系统．在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动，如图7所示．若AO >OB ，则( )图7A ．星球A 的质量一定大于B 的质量 B ．星球A 的线速度一定大于B 的线速度C ．双星间距离一定，双星的质量越大，其转动周期越大D ．双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大解析 设双星质量分别为m A 、m B ，轨道半径分别为R A 、R B ，两者间距为L ，周期为T ，角速度为ω，由万有引力定律可知： Gm A m BL 2＝m A ω2R A① Gm A m BL 2＝m B ω2R B② R A ＋R B ＝L③由①②式可得m A m B ＝R BR A ，而AO >OB ，故A 错误．v A ＝ωR A ，v B ＝ωR B ，B 正确．联立①②③得G (m A ＋m B )＝ω2L 3，又因为T ＝2πω，故T ＝2πL 3G (m A ＋m B )，可知C 错误，D 正确． 答案 BD高考题组1．(2013·山东·20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( ) A.n 3k 2T B.n 3kT C.n 2kTD.n kT 答案 B解析 双星靠彼此的万有引力提供向心力，则有 G m 1m 2L 2＝m 1r 14π2T 2 G m 1m 2L 2＝m 2r 24π2T 2 并且r 1＋r 2＝L 解得T ＝2πL 3G (m 1＋m 2)当双星总质量变为原来的k 倍，两星之间距离变为原来的n 倍时T ′＝2πn 3L 3Gk (m 1＋m 2)＝n 3k·T 故选项B 正确．2．(2013·广东·14)如图8，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M 的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )图8A ．甲的向心加速度比乙的小B ．甲的运行周期比乙的小C ．甲的角速度比乙的大D ．甲的线速度比乙的大 答案 A解析 由万有引力提供向心力得G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝ma ＝m 4π2T 2r ，变形得：a ＝GM r 2，v ＝GMr，ω＝ GMr 3，T ＝2π r 3GM，只有周期T 和M 成减函数关系，而a 、v 、ω和M 成增函数关系，故选A.3．(2013·新课标Ⅰ·20)2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面 343 km 的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是( )A ．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B ．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C ．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D ．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 答案 BC解析 地球所有卫星的运行速度都小于第一宇宙速度，故A 错误．轨道处的稀薄大气会对天宫一号产生阻力，不加干预其轨道会缓慢降低，同时由于降低轨道，天宫一号的重力势能一部分转化为动能，故天宫一号的动能可能会增加，B 、C 正确；航天员受到地球引力作用，此时引力充当向心力，产生向心加速度，航天员处于失重状态，D 错误． 4．(2013·新课标Ⅱ·20)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A ．卫星的动能逐渐减小B ．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C ．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D ．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小 答案 BD解析 在卫星轨道半径逐渐变小的过程中，地球引力做正功，引力势能减小；气体阻力做负功，机械能逐渐转化为内能，机械能减小，选项B 正确，C 错误．卫星的运动近似看作是匀速圆周运动，根据G Mmr 2＝m v 2r得v ＝GMr，所以卫星的速度逐渐增大，动能增大，选项A 错误．减小的引力势能一部分用来克服气体阻力做功，一部分用来增加动能，故D 正确． 模拟题组5．2013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”成功发射，“嫦娥三号”最终进入距月面h ＝200 km 的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动．设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．嫦娥三号绕月球运行的周期为2π R gB ．月球的平均密度为3g4πGRC ．嫦娥三号在工作轨道上的绕行速度为g (R ＋h )D ．在嫦娥三号的工作轨道处的重力加速度为(R R ＋H )2答案 B解析 由GMm (R ＋h )2＝m (2πT )2(R ＋h )，GMmR 2＝mg 可得：T ＝2π(R ＋h )RR ＋h g ，A 错；因为GMm R 2＝mg ，所以M ＝gR 2G ，ρ＝M 43πR 3＝gR 2·3G ·4πR 3＝3g4πGR，B 对；因为GMm(R ＋h )2＝m v 2R ＋r，所以v ＝GMR ＋h＝gR 2R ＋h＝R g R ＋h ，C 错；由GMm (R ＋h )2＝ma ，GMm R 2＝mg 可得：a ＝gR 2(R ＋h )2，D 错．6．已知月球的半径为R ，某登月飞船在接近月球表面的上空做匀速圆周运动时，周期为T .飞船着陆后，宇航员用绳子拉着质量为m 的仪器箱在平坦的“月面”上运动，已知拉力大小为F ，拉力与水平面的夹角为θ，箱子做匀速直线运动．引力常量为G ，求： (1)月球的质量．(2)箱子与“月面”间的动摩擦因数μ. 答案 (1)4π2R 3GT 2 (2)T 2F cos θ4π2mR －T 2F sin θ解析 (1)G Mm 0R 2＝m 0R ·4π2T 2，由此解得M ＝4π2R 3GT 2(2)以箱子为研究对象受力分析，由平衡条件得：水平方向F cos θ＝μF N 竖直方向F sin θ＋F N ＝mg GMmR 2＝mg 解得：μ＝T 2F cos θ4π2mR －T 2F sin θ(限时：45分钟)►题组1 万有引力定律及应用1．(2012·新课标全国·21)假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )A ．1－dRB ．1＋dRC ．(R －d R )2D ．(R R －d)2答案 A解析 设地球的密度为ρ，地球的质量为M ，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g ＝GM R 2.地球质量可表示为M ＝43πR 3ρ.因质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R －d )为半径的地球的质量为M ′＝43π(R －d )3ρ，解得M ′＝(R －d R )3M ，则矿井底部的重力加速度g ′＝GM ′(R －d )2，则矿井底部的重力加速度和地面处的重力加速度大小之比为g ′g ＝1－dR，选项A 正确．2.(2013·浙江·18)如图1所示，三颗质量均为m 的地球同步卫星等间隔分布在半径为r 的圆轨道上，设地球质量为M 、半径为R .下列说法正确的是( )图1A ．地球对一颗卫星的引力大小为GMm(r －R )2B ．一颗卫星对地球的引力大小为GMmr 2C ．两颗卫星之间的引力大小为Gm 23r2D ．三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMmr 2答案 BC解析 地球对一颗卫星的引力等于一颗卫星对地球的引力，由万有引力定律得其大小为GMmr 2，故A 错误，B 正确；任意两颗卫星之间的距离L ＝3r ，则两颗卫星之间的引力大小为Gm 23r 2，C 正确；三颗卫星对地球的引力大小相等且三个引力互成120°，其合力为0，故D 选项错误．3．2013年1月27日，我国在境内再次成功地进行了陆基中段反导拦截技术试验，中段是指弹道导弹在大气层外空间依靠惯性飞行的一段．如图2所示，一枚蓝军弹道导弹从地面上A 点发射升空，目标是攻击红军基地B 点，导弹升空后，红军反导预警系统立刻发现目标，从C 点发射拦截导弹，并在弹道导弹飞行中段的最高点D 将其击毁．下列说法中正确的是( )图2A ．图中E 到D 过程，弹道导弹机械能不断增大B ．图中E 到D 过程，弹道导弹的加速度不断减小C ．弹道导弹在大气层外运动轨迹是以地心为焦点的椭圆D ．弹道导弹飞行至D 点时速度大于7.9 km/s 答案 BC解析 弹道导弹从E 到D 靠惯性飞行，只受地球的引力作用，机械能守恒，选项A 错误；弹道导弹从E 到D ，与地心的距离R 增大，万有引力F ＝G M 地mR 2减小，弹道导弹的加速度a ＝Fm 减小，选项B 正确；由开普勒第一定律知，选项C 正确；D 点在远地点，弹道导弹的速度最小，由v ＝ GMr可知，D 点到地心的距离r 大于地球的半径R 0，所以弹道导弹的速度v ＝ GMr小于第一宇宙速度v 宇＝ GMR 0＝7.9 km/s ，选项D 错误．►题组2 天体质量和密度的计算4．有一宇宙飞船到了某行星上(该行星没有自转运动)，以速度v 贴近行星表面匀速飞行，测出运动的周期为T ，已知引力常量为G ，则可得( )A ．该行星的半径为v T2πB ．该行星的平均密度为3πGT 2C ．无法求出该行星的质量D ．该行星表面的重力加速度为4π2v 2T 2答案 AB解析 由T ＝2πR v 可得：R ＝v T 2π，A 正确；由GMmR 2＝m v 2R 可得：M ＝v 3T 2πG ，C 错误；由M＝43πR 3ρ得：ρ＝3πGT 2，B 正确；由GMmR 2＝mg 得：g ＝2πv T，D 错误． 5．宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t 小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t 小球落回原处，已知该星球的半径与地球半径之比R 星∶R 地＝1∶4，地球表面重力加速度为g ，设该星球表面重力加速度为g ′，地球的质量为M 地，该星球的质量为M 星．空气阻力不计．则 ( )A ．g ′∶g ＝5∶1B ．g ′∶g ＝1∶5C ．M 星∶M 地＝1∶20D ．M 星∶M 地＝1∶80答案 BD解析 小球以相同的初速度在星球和地球表面做竖直上抛运动，星球上：v 0＝g ′·5t2得，g ′＝2v 05t ，同理地球上的重力加速度g ＝2v 0t ；则有g ′∶g ＝1∶5，所以A 错误，B 正确．由星球表面的物重近似等于万有引力可得，在星球上取一质量为m 0的物体，则有m 0g ′＝G M 星m 0R 2星，得M 星＝g ′R 2星G ，同理得：M 地＝g ·R 2地G ，所以M 星∶M 地＝1∶80，故C 错误，D 正确．►题组3 卫星运行参量的分析与计算6．已知金星绕太阳公转的周期小于木星绕太阳公转的周期，它们绕太阳的公转均可看做匀速圆周运动，则可判定( )A ．金星到太阳的距离大于木星到太阳的距离B ．金星运动的速度小于木星运动的速度C ．金星的向心加速度大于木星的向心加速度D ．金星的角速度小于木星的角速度 答案 C解析 由F ＝GMm R 2＝m v 2R ＝mω2R ＝m 4π2R T 2得：R ＝3GMT 24π2，所以周期大的轨道半径大，因此A 错；v ＝GM R ，所以半径小的线速度大，因此B 错；向心加速度a ＝GMR2，半径小的向心加速度大，因此C 正确；ω＝2πT ，周期小的角速度大，因此D 错．7．2013年我国实施了16次宇航发射，将“神舟十号”、“嫦娥三号”等20颗航天器送入太空，若已知地球和月球的半径之比为a ，“神舟十号”绕地球表面附近运行的周期与“嫦娥三号”绕月球表面附近运行的周期之比为b ，则( )A ．“神舟十号”绕地球表面运行的角速度与“嫦娥三号”绕月球表面运行的角速度之比为bB ．地球和月球的质量之比为b 2a3C ．地球表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为b 2aD ．地球和月球的第一宇宙速度之比为ab答案 D解析 由角速度ω＝2πT ，可知“神舟十号”绕地球表面运行的角速度与“嫦娥三号”绕月球表面运行的角速度之比为1b .选项A 错误．由GMm R 2＝mR (2πT )2，可得M ＝4π2R 3GT 2.由此。

第3课时 圆周运动考纲解读 1.掌握描述圆周运动的物理量及其之间的关系.2.理解向心力公式并能应用；了解物体做离心运动的条件．1．[匀速圆周运动的条件和性质]质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是 ( )A ．速度的大小和方向都改变B ．匀速圆周运动是匀变速曲线运动C ．当物体所受合力全部用来提供向心力时，物体做匀速圆周运动D ．向心加速度大小不变，方向时刻改变 答案 CD解析 匀速圆周运动的速度的大小不变，方向时刻变化，A 错；它的加速度大小不变，但方向时刻改变，不是匀变速曲线运动，B 错，D 对；由匀速圆周运动的条件可知，C 对．2．[圆周运动的相关公式]关于质点做匀速圆周运动的下列说法正确的是( )A ．由a ＝v 2r 知，a 与r 成反比B ．由a ＝ω2r 知，a 与r 成正比C ．由ω＝vr 知，ω与r 成反比D ．由ω＝2πn 知，ω与转速n 成正比 答案 D解析 由a ＝v 2r 知，只有在v 一定时，a 才与r 成反比，如果v 不一定，则a 与r 不成反比，同理，只有当ω一定时，a 才与r 成正比；v 一定时，ω与r 成反比；因2π是定值，故ω与n 成正比．3．[向心力来源分析]如图1所示，水平的木板B 托着木块A 一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中( )图1A ．B 对A 的支持力越来越大 B ．B 对A 的支持力越来越小C ．B 对A 的摩擦力越来越小D ．B 对A 的摩擦力越来越大 答案 BC解析 因做匀速圆周运动，所以其向心力大小不变，方向始终指向圆心，故对木块A ，在a →b 的过程中，竖直方向的分加速度向下且增大，而竖直方向的力是由A 的重力减去B 对A 的支持力提供的，因重力不变，所以支持力越来越小，即A 错，B 对；在水平方向上A 的加速度向左且减小，至b 时减为0，因水平方向的加速度是由摩擦力提供的，故B 对A 的摩擦力越来越小，所以C 对，D 错． 4．[对离心现象的理解]下列关于离心现象的说法正确的是( )A ．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做背离圆心的圆周运动C ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将沿切线做直线运动D ．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失后，物体将做曲线运动 答案 C解析 物体只要受到力，必有施力物体，但“离心力”是没有施力物体的，故所谓的离心力是不存在的，只要物体所受合外力不足以提供其所需向心力，物体就做离心运动，故A 选项错；做匀速圆周运动的物体，当所受的一切力突然消失后，物体将沿切线做匀速直线运动，故B 、D 选项错，C 选项对．一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．v ＝Δs Δt ＝2πr T.2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．ω＝ΔθΔt ＝2πT.3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T ＝2πr v ，T ＝1f.4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．a n ＝rω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r .5．向心力：作用效果产生向心加速度，F n ＝ma n . 6．相互关系：(1)v ＝ωr ＝2πTr ＝2πrf .(2)a n ＝v 2r ＝rω2＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r .(3)F n ＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝mr 4π2T 2＝mr 4π2f 2.二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动 1．匀速圆周运动(1)定义：线速度大小不变的圆周运动 .(2)性质：向心加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动． (3)质点做匀速圆周运动的条件合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心． 2．非匀速圆周运动(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动． (2)合力的作用①合力沿速度方向的分量F t 产生切向加速度，F t ＝ma t ，它只改变速度的方向． ②合力沿半径方向的分量F n 产生向心加速度，F n ＝ma n ，它只改变速度的大小． 三、离心运动1．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向． 2．受力特点(如图2所示)图2(1)当F ＝mrω2时，物体做匀速圆周运动． (2)当F ＝0时，物体沿切线方向飞出．(3)当F <mrω2时，物体逐渐远离圆心，F 为实际提供的向心力．(4)当F >mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做向心运动．考点一 圆周运动中的运动学分析 1．对公式v ＝ωr 的理解当r 一定时，v 与ω成正比． 当ω一定时，v 与r 成正比． 当v 一定时，ω与r 成反比． 2．对a ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 的理解在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 特别提醒 在讨论v 、ω、r 之间的关系时，应运用控制变量法．例1 如图3所示，轮O 1、O 3固定在同一转轴上，轮O 1、O 2用皮带连接且不打滑．在O 1、O 2、O 3三个轮的边缘各取一点A 、B 、C ，已知三个轮的半径比r 1∶r 2∶r 3＝2∶1∶1，求：图3(1)A 、B 、C 三点的线速度大小之比v A ∶v B ∶v C ； (2)A 、B 、C 三点的角速度之比ωA ∶ωB ∶ωC ； (3)A 、B 、C 三点的向心加速度大小之比a A ∶a B ∶a C .解析 (1)令v A ＝v ，由于皮带转动时不打滑，所以v B ＝v .因ωA ＝ωC ，由公式v ＝ωr 知，当角速度一定时，线速度跟半径成正比，故v C ＝12v ，所以v A ∶v B ∶v C ＝2∶2∶1.(2)令ωA ＝ω，由于共轴转动，所以ωC ＝ω.因v A ＝v B ，由公式ω＝vr 知，当线速度一定时，角速度跟半径成反比，故ωB ＝2ω.所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝1∶2∶1.(3)令A 点向心加速度为a A ＝a ，因v A ＝v B ，由公式a ＝v 2r 知，当线速度一定时，向心加速度跟半径成反比，所以a B ＝2a .又因为ωA ＝ωC ，由公式a ＝ω2r 知，当角速度一定时，向心加速度跟半径成正比，故a C ＝12a .所以a A ∶a B ∶a C ＝2∶4∶1.答案 (1)2∶2∶1 (2)1∶2∶1 (3)2∶4∶11.高中阶段所接触的传动主要有：(1)皮带传动(线速度大小相等)；(2)同轴传动(角速度相等)；(3)齿轮传动(线速度大小相等)；(4)摩擦传动(线速度大小相等)．2．传动装置的特点：(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；(2)皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小相等．突破训练1如图4所示，摩擦轮A和B通过中介轮C进行传动，A、B、C间没有相对滑动，A为主动轮，A的半径为20 cm，B的半径为10 cm，则A、B两轮边缘上的点()图4A．角速度之比为1∶2B．向心加速度之比为1∶2C．线速度之比为1∶2D．线速度之比为1∶1答案ABD考点二圆周运动中的动力学分析1．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力．例2(2013·重庆·8)如图5所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.图5(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k )ω0，且0＜k ≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向． 解析 (1)对小物块受力分析可知：F N cos 60°＝mgF N sin 60°＝mR ′ω20R ′＝R sin 60° 联立解得：ω0＝ 2g R(2)由于0＜k ≪1，当ω＝(1＋k )ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．由受力分析可知： F N ′cos 60°＝mg ＋f cos 30° F N ′sin 60°＋f sin 30°＝mR ′ω2 R ′＝R sin 60° 联立解得：f ＝3k (2＋k )2mg 当ω＝(1－k )ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知． F N ″cos 60°＋f ′sin 60°＝mgF N ″sin 60°－f ′cos 60°＝mR ′ω2 R ′＝R sin 60° 所以f ′＝3k (2－k )2mg . 答案 (1)ω0＝2g R(2)当ω＝(1＋k )ω0时，f 沿罐壁切线向下，大小为3k (2＋k )2mg 当ω＝(1－k )ω0时，f 沿罐壁切线向上，大小为3k (2－k )2mg解决圆周运动问题的主要步骤(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环． (2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等； (3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源； (4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．突破训练2 如图6所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO ′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R 和H ，筒内壁A 点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块，求：图6(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A 点受到的摩擦力和支持力的大小； (2)当物块在A 点随筒匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度． 答案 (1)mgHR 2＋H 2mgR R 2＋H 2(2)2gHR解析 (1)物块静止时，对物块进行受力分析如图所示，设筒壁与水平面的夹角为θ. 由平衡条件有Ff ＝mg sin θ，F N ＝mg cos θ 由图中几何关系有 cos θ＝R R 2＋H 2，sin θ＝H R 2＋H 2故有F f ＝mgH R 2＋H 2，F N＝mgRR 2＋H 2(2)分析此时物块受力如图所示， 由牛顿第二定律有 mg tan θ＝mrω2. 其中tan θ＝H R ，r ＝R2.可得ω＝2gH R.18．用极限法分析圆周运动的临界问题1．有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．2．若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态．3．若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界状态．例3 如图7所示，用一根长为l ＝1 m 的细线，一端系一质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T .(g 取10 m/s 2，结果可用根式表示)求：图7(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？ 解析 (1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线拉力，如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan θ＝mω20l sin θ 解得：ω20＝gl cos θ即ω0＝g l cos θ＝522 rad/s. (2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式： mg tan α＝mω′2l sin α解得：ω′2＝g l cos α，即ω′＝gl cos α＝2 5 rad/s. 答案 (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s19．竖直平面内圆周运动中的绳模型与杆模型问题1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管道)约束模型”． 2．绳、杆模型涉及的临界问题例4 如图8所示，竖直环A 半径为r ，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左右两侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C ，A 、B 、C 的质量均为m .现给小球一水平向右的瞬时速度v ，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，则瞬时速度v 必须满足( )图8A ．最小值4grB ．最大值6grC ．最小值5grD ．最大值7gr 审题与关联解析 要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg ＝m v 20r ，由最低点到最高点由机械能守恒得12m v 2min ＝mg ·2r ＋12m v 20，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为5gr ；为了不会使环在竖直方向上跳起，在最高点有最大速度时，球对环的压力为2mg ，满足3mg ＝m v 21r ，从最低点到最高点由机械能守恒得：12m v 2max ＝mg ·2r ＋12m v 21，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为7gr . 答案 CD高考题组1．(2013·新课标Ⅱ·21)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图9，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处( )图9A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v c ，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v c ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c 的值变小 答案 AC解析 当汽车行驶的速度为v c 时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A 正确．当速度稍大于v c 时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C 正确．同样，速度稍小于v c 时，车辆不会向内侧滑动，选项B 错误．v c 的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与地面的粗糙程度无关，D 错误．2.(2013·江苏单科·2)如图10所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图10A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小 答案 D解析 因为物体的角速度ω相同，线速度v ＝rω，而r A <r B ，所以v A <v B ， 则A 项错；根据a n ＝rω2知a n A <a n B ，则B 项错；如图，tan θ＝a ng ，而B的向心加速度较大，则B 的缆绳与竖直方向夹角较大，缆绳拉力T ＝mgcos θ，则T A <T B ，所以C 项错， D 项正确．模拟题组3．如图11所示，一竖直平面内光滑圆形轨道半径为R ，小球以速度v 0经过最低点B 沿轨道上滑，并恰能通过轨道最高点A .以下说法正确的是( )图11A ．v 0应等于2gR ，小球到A 点时速度为零B ．v 0应等于5gR ，小球到A 点时速度和加速度都不为零C ．小球在B 点时加速度最大，在A 点时加速度最小D ．小球从B 点到A 点，其速度的增量为(1＋5)gR 答案 BCD解析 恰能通过最高点A 的条件是mg ＝m v 2AR，则v A ＝gR ，且加速度为g 不为零．从最低点到最高点，由动能定理，mg ·2R ＝12m v 20－12m v 2A ，得v 0＝5gR .故A 不正确，B 正确．由a ＝v 2R ，A 处速度最小，加速度也最小，B 处速度最大，加速度最大，C 正确．由于小球在A 、B 两点的速度方向相反，速度增量Δv ＝gR －(－5gR )＝(1＋5)gR ，D 正确．4．如图12所示，质量为m 的木块，用一轻绳拴着，置于很大的水平转盘上，细绳穿过转盘中央的光滑细管，与质量也为m 的小球相连，木块与转盘间的最大静摩擦力为其重力的μ倍(μ＝0.2)，当转盘以角速度ω＝4 rad /s 匀速转动时，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的取值范围是多少？(g 取10 m/s 2)图12答案 0.5 m ≤r ≤0.75 m解析 由于转盘以角速度ω＝4 rad/s 匀速转动，当木块恰不做近心运动时有mg －μmg ＝mr 1ω2 解得r 1＝0.5 m当木块恰不做离心运动时有：mg ＋μmg ＝mr 2ω2 解得r 2＝0.75 m因此，要保持木块与转盘相对静止，木块转动半径的取值范围是：0.5 m ≤r ≤0.75 m.(限时：45分钟)►题组1 匀速圆周运动的运动学分析 1．关于匀速圆周运动的说法，正确的是( )A ．匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度B ．做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度C ．做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动D ．匀速圆周运动加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动答案 BD解析 速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度．加速度大小虽然不变，但方向时刻改变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动．故本题选B 、D.2.如图1所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r 1、r 2、r3.若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为( )图1A.r 1ω1r 3B.r 3ω1r 1C.r 3ω1r 2D.r 1ω1r 2答案 A解析 连接轮之间可能有两种类型，即皮带轮或齿轮传动和同轴轮传动(各个轮子的轴是焊接的)，本题属于齿轮传动，同轴轮的特点是角速度相同，皮带轮或齿轮的特点是各个轮边缘的线速度大小相同，即v 1＝ω1r 1＝v 2＝ω2r 2＝v 3＝ω3r 3，显然A 选项正确． 3．如图2所示，m 为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A 为终端皮带轮，已知该皮带轮的半径为r ，传送带与皮带轮间不会打滑，当m 可被水平抛出时，A 轮每秒的转数最少是( )图2A.12πg rB.g rC.grD.12πgr 答案 A解析 小物体不沿曲面下滑，而是被水平抛出，需满足关系式mg ≤m v 2/r ，即传送带转动的速度v ≥gr ，其大小等于A 轮边缘的线速度大小，A 轮转动的周期为T ＝2πrv ≤2π r g ，每秒的转数n ＝1T ≥12π gr.本题答案为A.►题组2 圆周运动的动力学分析4.如图3所示，洗衣机脱水筒在转动时，衣服贴靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来，则衣服( )图3A ．受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用B ．所需的向心力由重力提供C ．所需的向心力由弹力提供D ．转速越快，弹力越大，摩擦力也越大 答案 C解析 衣服只受重力、弹力和静摩擦力三个力作用，A 错；衣服做圆周运动的向心力为它所受到的合力，由于重力与静摩擦力平衡，故弹力提供向心力，即F N ＝mrω2，转速越大，F N 越大．C 对，B 、D 错．5．如图4所示，长为l 的轻杆一端固定一质量为m 的小球，另一端固定在转轴O 上，杆可在竖直平面内绕轴O 无摩擦转动．已知小球通过最低点Q 时，速度大小为v ＝9gl /2，则小球的运动情况为( )图4A ．小球不可能到达圆周轨道的最高点PB ．小球能到达圆周轨道的最高点P ，但在P 点不受轻杆对它的作用力C ．小球能到达圆周轨道的最高点P ，且在P 点受到轻杆对它向上的弹力D ．小球能到达圆周轨道的最高点P ，且在P 点受到轻杆对它向下的弹力 答案 C解析 小球从最低点Q 到最高点P ，由机械能守恒定律得12m v 2P ＋2mgl ＝12m v 2，则v P ＝gl2，因为0<v P ＝ gl2<gl ，所以小球能到达圆周轨道的最高点P ，且在P 点受到轻杆对它向上的弹力，C 正确．6.如图5所示，放置在水平地面上的支架质量为M ，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m ，现将摆球拉至水平位置，然后静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是( )图5A ．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m ＋M )gB ．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(M －m )gC ．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m ＋M )gD ．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(3m ＋M )g 答案 D解析 在释放前的瞬间绳拉力为零 对M ：F N1＝Mg当摆球运动到最低点时，由机械能守恒得mgR ＝m v 22① 由牛顿第二定律得：F T －mg ＝m v 2R②由①②得绳对小球的拉力F T ＝3mg摆球到达最低点时，对支架M 由受力平衡，地面支持力F N ＝Mg ＋3mg 由牛顿第三定律知，支架对地面的压力F N2＝3mg ＋Mg ，故选项D 正确．7.如图6所示，一根细线下端拴一个金属小球P ，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块Q 都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较，下列说法中正确的是( )图6A ．Q 受到桌面的支持力变大B ．Q 受到桌面的静摩擦力变大C ．小球P 运动的角速度变大D ．小球P 运动的周期变大 答案 BC解析 根据小球做圆周运动的特点，设线与竖直方向的夹角为 θ，故F T ＝mgcos θ，对金属块受力分析由平衡条件F f ＝F T sin θ＝mg tan θ，F N ＝F T cos θ＋Mg ＝mg ＋Mg ，故在θ增大时，Q 受到 的支持力不变，静摩擦力变大，A 选项错误，B 选项正确；设 线的长度为L ，由mg tan θ＝mω2L sin θ，得ω＝gL cos θ，故 角速度变大，周期变小，故C 选项正确，D 选项错误．8.如图7所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平面相切．质量为m 的小球以大小为v 0的初速度经半圆槽轨道最低点B 滚上半圆槽，小球恰能通过最高点C 后落回到水平面上的A 点．(不计空气阻力，重力加速度为g )求：图7(1)小球通过B 点时对半圆槽的压力大小； (2)A 、B 两点间的距离； (3)小球落到A 点时的速度方向． 答案 (1)mg ＋m v 20R(2)2R (3)见解析解析 (1)在B 点小球做圆周运动，F N －mg ＝m v 20RF N ＝mg ＋m v 20R.(2)在C 点小球恰能通过，故只有重力提供向心力， 则mg ＝m v 2CR过C 点小球做平抛运动：x AB ＝v C t h ＝12gt 2 h ＝2R联立以上各式可得x AB ＝2R .(3)设小球落到A 点时，速度方向与水平面的夹角为θ，则 tan θ＝v ⊥v C ，v ⊥＝gt,2R ＝12gt 2解得：tan θ＝2，即小球落到A 点时，速度与水平面成θ角向左下，且tan θ＝2. ►题组3 匀速圆周运动中的临界问题9．如图8所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P 和Q 靠静摩擦传动，两轮的半径R ∶r ＝2∶1.当主动轮Q 匀速转动的角速度为ω1时，在Q 轮边缘上放置的小木块恰能保持相对静止；若把小木块放在P图8轮边缘上，改变Q 轮转动的角速度至ω2时，小木块也恰能静止．则 ( ) A ．ω1＝22ω2B ．ω1＝ω2C ．ω1＝2ω2D ．ω1＝2ω2答案 A解析 当主动轮Q 匀速转动的角速度为ω1时，小木块恰能相对静止得μmg ＝mω21r ，当Q 轮角速度为ω2时，P 轮角速度设为ωP ，则ωP ·R ＝ω2r ，又小木块恰能静止，则μmg＝mω2P ·R ，解得ω1＝22ω2，故选A. 10．在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108 km/h.汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6倍．(1)如果汽车在这种高速公路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？(2)如果高速公路上设计了圆弧拱形立交桥，要使汽车能够以设计时速安全通过圆弧拱桥，这个圆弧拱形立交桥的半径至少是多少？(取g ＝10 m/s 2) 答案 (1)150 m (2)90 m解析 (1)汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有F max ＝0.6mg ＝m v 2r min，由速度v ＝108 km /h ＝30 m/s 得，弯道半径r min ＝150 m.(2)汽车过拱桥，可看做在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，根据向心力公式有mg －F N ＝m v 2R .为了保证安全通过，车与路面间的弹力F N 必须大于等于零，有mg ≥m v 2R ，则R ≥90 m.。

单元小结练 万有引力与航天(限时：45分钟)1．(2013·福建理综·13)设太阳质量为M ，某行星绕太阳公转周期为T ，轨道可视作半径为r的圆．已知万有引力常量为G ，则描述该行星运动的上述物理量满足( )A ．GM ＝4π2r 3T 2B ．GM ＝4π2r 2T 2C ．GM ＝4π2r 2T 3D ．GM ＝4πr 3T 2答案 A解析 太阳对行星的万有引力提供向心力，即GMm r 2＝m 4π2T 2r ，整理可得GM ＝4π2T 2r 3，故A 正确．2．由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的( )A ．质量可以不同B ．轨道半径可以不同C ．轨道平面可以不同D ．速率可以不同答案 A解析 地球同步卫星的运转周期与地球的自转周期相同且与地球自转“同步”，所以它们的轨道平面都必须在赤道平面内，故C 项错误；由ω＝2πT 、mRω2＝G MmR 2可得R ＝3GMT 24π2，由此可知所有地球同步卫星的轨道半径都相同，故B 项错误；由v ＝Rω，ω＝2πT 可得v ＝2πR T .可知所有地球同步卫星的运转速率都相同，故D 项错误；而卫星的质量不影响运转周期，故A 项正确．3．如图1所示，某次发射同步卫星时，先进入一个近地的圆轨道，然后在P 点经极短时间点火变速后进入椭圆形转移轨道(该椭圆轨道的近地点为近地圆轨道上的P 点，远地点为同步轨道上的Q 点)，到达远地点时再次经极短时间点火变速后，进入同步轨道．设卫星在近地圆轨道上运行的速率为v 1，在P 点经极短时间变速后的速率为v 2，沿转移轨道刚到达远地点Q 时的速率为v 3，在Q 点经极短时间变速后进入同步轨道后的速率为v 4.下列关系正确的是( )图1A ．v 1<v 3B ．v 4<v 1C ．v 3<v 4D ．v 4<v 2答案 BCD解析 在P 点经极短时间点火，速度增大后进入椭圆形转移轨道，v 2>v 1；卫星在椭圆轨道上运动，机械能守恒，v 3<v 2；不能比较v 1和v 3的大小，选项A 错误．在Q 点经极短时间点火，速度增大后进入圆形同步轨道，v 3<v 4，选项C 正确．根据G Mmr 2＝m v 2r ，v ＝GMr，由此可知，v 4<v 2，v 4<v 1，选项B 、D 正确． 4．宇宙中两个星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法错误的是( )A ．双星相互间的万有引力减小B ．双星做圆周运动的角速度增大C ．双星做圆周运动的周期增大 Z*xx*kD ．双星做圆周运动的半径增大 Zxxk 答案 B ZXXK]解析 由m 1r 1ω2＝m 2r 2ω2及r 1＋r 2＝r 得，r 1＝m 2r m 1＋m 2，r 2＝m 1rm 1＋m 2，可知D 正确；F＝G m 1m 2r 2＝m 1r 1ω2＝m 2r 2ω2，r 增大，F 减小，A 正确；r 1增大，ω减小，B 错误；由T＝2πω知T 增大，C 正确． 5．2010年诺贝尔物理学奖授予英国的安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究．它是目前世界上已知的强度最高的材料，为“太空电梯”缆线的制造提供了可能．近日，日本大林建设公司公布了建造“太空电梯”计划，希望到了2050年，人们不需要搭乘太空船，只要搭电梯就能够圆太空梦．如图2所示，假设有一个从地面赤道上某处连向其正上方地球同步卫星的“太空电梯”．关于“太空电梯”缆线上各处，下列说法正确的是( )Z#xx#k图2 Z|xx|kA ．重力加速度相同B ．线速度相同C ．角速度相同D ．各质点处于完全失重状态解析 由G Mm (R ＋h )2＝mg 得g ＝GM(R ＋h )2，可见离地面高度不同，其重力加速度大小不同，选项A 错误；缆线上各处的角速度均与地球自转角速度相同，选项C 正确；由v ＝(R ＋h )ω知，离地面高度不同的点，其线速度大小不同，选项B 错误；假设各质点处于完全失重状态，由G Mm (R ＋h )2＝m (R ＋h )ω2得ω＝ GM(R ＋h )3，则完全失重时离地面高度不同处角速度大小不同，因角速度相同，故假设不成立．选项D 错误．6．2013年2月16日凌晨，2012DA14小行星与地球“擦肩而过”，距离地球最近约2.77万公里．据观测，它绕太阳公转的周期约为366天，比地球的公转周期多1天．假设小行星和地球绕太阳运行的轨道均为圆轨道，对应的轨道半径分别为R 1、R 2，线速度大小分别为v 1、v 2，以下关系式正确的是( )A.R 1R 2＝366365B.R 31R 32＝36623652 C.v 1v 2＝365366D.v 1v 2＝ 3365366答案 BD解析 由开普勒行星运动定律和万有引力提供向心力可知R 3T 2＝k ，v ＝GM R ，将T 1T 2＝366365代入可得选项B 、D 正确． 7．小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍．某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图3所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回．当第一次回到分离点时恰与航天站对接．登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行．已知月球表面的重力加速度为g 0，月球半径为R ，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为( )图3A ．4.7π Rg 0 B ．3.6π R g 0 C ．1.7πRg 0D ．1.4πR g 0解析 由题可知，航天站的轨道半径为3R ，设航天站转一周的时间为T ，则有GM 月m(3R )2＝m 4π2T 2(3R )，对月球表面的物体有m 0g 0＝GM 月·m 0R2，联立两式得T ＝63π Rg 0.登月器的登月轨道是椭圆，从与航天站分离到第一次回到分离点所用时间为沿椭圆运行一周的时间T ′和在月球上停留时间t 之和，若恰好与航天站运行一周所用时间相同时t 最小，则有：t min ＋T ′＝T ，由开普勒第三定律有：(3R )3T 2＝(4R 2)3T ′2，得T ′＝42πRg 0，则t min ＝T －T ′≈4.7πRg 0，所以只有A 对． 8．2012年6月18日，我国的神舟九号载人飞船与“天宫一号”目标飞行器顺利对接，三位航天员首次入住“天宫”．已知“天宫一号”绕地球的运动可看做匀速圆周运动，转一周所用的时间约90分钟．关于“天宫一号”，下列说法正确的是( )A ．“天宫一号”离地面的高度一定比地球同步卫星离地面的高度小B ．“天宫一号”的线速度一定比静止于赤道上的物体的线速度小 学+科+C ．“天宫一号”的角速度约为地球同步卫星角速度的16倍D ．当航天员站立于“天宫一号”内不动时，他所受的合力为零 答案 AC解析 由G Mm (R ＋h )2＝m v 2R ＋h＝m (2πT )2(R ＋h )得v ＝ GMR ＋h，T ＝ 4π2(R ＋h )3GM可知，因为T 天<T 同，则h 天<h 同，v 天>v 同，A 对，B 错；因ω天ω同＝T 同T 天＝60×2490＝16，所以C 对．9．在四川汶川的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统，在抗震救灾中发挥了巨大作用．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O 做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置(如图4所示)．若卫星均按顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R .不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是( )图4A ．这两颗卫星的加速度大小相等，均为RgrB ．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C ．卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为πr3Rr gD ．卫星1中质量为m 的物体的动能为12mgr答案 C解析 由万有引力定律GMm r 2＝ma n ，在地球表面GMm 物R 2＝m 物g ，故a n ＝gR 2r 2，故A 错误；卫星1向后喷气时，卫星速度增大，将做离心运动，不能追上卫星2，故B 错误；由GMmr 2＝m ·4π2T 2r 得T ＝2πrrGM＝2πr r R 2g ＝2πrRrg，卫星1由A 运动到B 所需时间t ＝T 6＝πr 3Rr g ，故C 正确；由GMm r 2＝m v 2r 和GM ＝gR 2得E k ＝12m v 2＝mR 2g 2r，故D 错误． 10．我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站．如图5所示，关闭发动机的航天飞机A 在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B 处与空间站对接．已知空间站绕月轨道半径为r ，周期为T ，引力常量为G ，月球的半径为R .下列判断正确的是( )学_科_图5A ．航天飞机到达B 处由椭圆轨道进入空间站轨道时必须减速 B ．图中的航天飞机正在加速飞向B 处C ．月球的质量M ＝4π2r 3GT 2D ．月球的第一宇宙速度v ＝2πr T答案 ABC解析 航天飞机到达B 处时速度比较大，如果不减速此时万有引力不足以提供航天飞机所需的向心力，这时航天飞机将做离心运动，故A 正确；因为航天飞机越接近月球，受到的万有引力越大，加速度越大，所以正在加速飞向B 处，故B 正确；由万有引力提供空间站做圆周运动的向心力，则G Mm r 2＝m 4π2r T 2，整理得M ＝4π2r 3GT 2，故C 正确；速度v ＝2πrT 是空间站在轨道r 上的线速度，而不是围绕月球表面运动的第一宇宙速度，故D 错误．11．“神舟十号”飞船发射升空后，先后经历5次变轨，调整到处于“天宫一号”目标飞行器后方约52公里处，并与“天宫一号”处于同一离地面高343公里的圆形轨道上，最后与“天宫一号”实施首次交会对接，完成浪漫的“太空之吻”．“神舟十号”飞船与“天宫一号”飞行器处在同一轨道上时，忽略它们之间的万有引力，则( )A ．“神舟十号”飞船与“天宫一号”飞行器受到地球的吸引力大小相等B ．“神舟十号”飞船与“天宫一号”飞行器的向心加速度大小相等C ．对接前，“神舟十号”欲追上“天宫一号”，必须在同一轨道上点火加速D ．“神舟十号”飞船与“天宫一号”飞行器速度一样大，比地球同步卫星速度大 答案 BD解析 “神舟十号”飞船与“天宫一号”飞行器二者质量未知，受到地球的吸引力大小无法求出，A 错误；由于二者处于同一离地面高343公里的圆形轨道上，由公式v ＝ GMr知，“神舟十号”与“天宫一号”的速度大小相等，高度比同步卫星低，所以速度比地球同步卫星速度大，由a ＝GMr 2知，二者向心加速度大小相等，所以B 、D 正确；若在同一轨道上点火加速，飞船将做离心运动，所以C 错误． 12．某球形天体的密度为ρ0，引力常量为G .(1)证明对环绕密度相同的球形天体表面运行的卫星，运动周期与天体的大小无关．(球的体积公式为V ＝43πR 3，其中R 为球半径)．(2)若球形天体的半径为R ，自转的角速度为ω0＝πGρ02，表面周围空间充满厚度d ＝R2(小于同步卫星距天体表面的高度)、密度ρ＝4ρ019的均匀介质，试求同步卫星距天体表面的高度．答案 见解析解析 (1)设环绕其表面运行的卫星的质量为m ，运动周期为T ，球形天体半径为R ，天体质量为M ，由牛顿第二定律有G mM R 2＝m (2πT )2R①而M ＝ρ0·43πR 3②学#科#网Z#X#X#K]由①②式解得T ＝3πGρ0，可见T 与R 无关，为一常量． (2)设该天体的同步卫星距天体中心的距离为r ，同步卫星的质量为m 0，则有G m 0(M ＋M ′)r 2＝m 0ω20r③学&科&网Z&X&X&K]而M ′＝ρ·43π[(R ＋d )3－R 3]④由②③④式解得r ＝2R则该天体的同步卫星距表面的高度h ＝r －R ＝R。

第2课时平抛运动考纲解读 1.掌握平抛运动的特点和性质.2.掌握研究平抛运动的方法，并能应用解题．1．[对平抛运动性质和特点的理解]关于平抛运动，下列说法错误的是() A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动B．平抛运动的轨迹为抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也时刻变化C．做平抛运动的物体在Δt时间内速度变化量的方向可以是任意的D．做平抛运动的物体的初速度越大，在空中的运动时间越长答案BCD解析做平抛运动的物体只受重力作用，加速度为g恒定，任意时间内速度变化量的方向竖直向下(Δv＝gt)，运动时间由抛出时的高度决定，选项B、C、D错误．2．[斜抛运动的特点]做斜上抛运动的物体，到达最高点时() A．速度为零，加速度向下B．速度为零，加速度为零C．具有水平方向的速度和竖直向下的加速度D．具有水平方向的速度和加速度答案 C解析斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动．因物体只受重力，且方向竖直向下，所以水平方向的分速度不变，竖直方向上的加速度也不变，所以只有C选项正确．3．[用分解思想处理类平抛运动问题]如图1所示，两个足够大的倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中b小球在两斜面之间．若同时释放a、b、c小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系不正确的是()图1A ．t 1>t 3>t 2B ．t 1＝t 1′、t 2＝t 2′、t 3＝t 3′C ．t 1′>t 3′>t 2′D ．t 1<t 1′、t 2<t 2′、t 3<t 3′答案 D解析 由静止释放三个小球时对a ：h sin 30°＝12g sin 30°·t 21，则t 21＝8h g .对b ：h ＝12gt 22，则t 22＝2h g .对c ：h sin 45°＝12g sin 45°·t 23，则t 23＝4h g，所以t 1>t 3>t 2.当平抛三个小球时，小球b 做平抛运动，小球a 、c 在斜面内做类平抛运动．沿斜面方向的运动同第一种情况，所以t 1＝t 1′，t 2＝t 2′，t 3＝t 3′.故选D.一、平抛运动1．性质：加速度为重力加速度g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．2．基本规律：以抛出点为原点，水平方向(初速度v 0方向)为x 轴，竖直向下方向为y 轴，建立平面直角坐标系，则：(1)水平方向：做匀速直线运动，速度v x ＝v 0，位移x ＝v 0t . (2)竖直方向：做自由落体运动，速度v y ＝gt ，位移y ＝12gt 2.(3)合速度：v ＝v 2x ＋v 2y ，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v y v x ＝gt v 0. (4)合位移：s ＝x 2＋y 2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝y x ＝gt 2v 0.二、斜抛运动 1．运动性质加速度为g 的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线．图22．基本规律(以斜向上抛为例说明，如图2所示)(1)水平方向：v 0x ＝v 0cos_θ，F 合x ＝0. (2)竖直方向：v 0y ＝v 0sin_θ，F 合y ＝mg .考点一 平抛运动的基本规律 1．飞行时间：由t ＝ 2hg知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关． 2．水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关．3．落地速度：v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh ，以θ表示落地速度与x 轴正方向的夹角，有tan θ＝v y v x ＝2gh v 0，所以落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关． 4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度g ，所以图3做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g Δt 相同，方向恒为竖直向下，如图3所示． 5．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图4中A 点和B 点所示．图4(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.例1 如图5甲所示，汽车以1.6 m /s 的速度在水平地面上匀速行驶，汽车后壁货架上放有一小球(可视作质点)，架高1.8 m ．由于前方事故，突然急刹车，汽车轮胎抱死，小球从架上落下．已知该型号汽车在所在路面行驶时刹车痕s (即刹车距离)与刹车前车速v 的关系如图乙所示，忽略货物与架子间的摩擦及空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图5(1)汽车刹车过程中的加速度的大小； (2)货物在车厢底板上落点距车后壁的距离． 答案 (1)4 m/s 2 (2)0.64 m解析 (1)汽车以速度v 刹车，匀减速到零，刹车距离为s . 由运动学公式知：v 2＝2as 由v —s 关系图象知： 当v ＝4 m/s 时，s ＝2 m 代入数值得：a ＝4 m/s 2 (2)刹车后，货物做平抛运动： h ＝12gt 2 t ＝2hg＝0.6 s 货物的水平位移为： x 1＝v 0t ＝0.96 m汽车做匀减速直线运动，刹车时间为t ′，则： t ′＝v 0a ＝0.4 s<0.6 s则汽车的实际位移为： x 2＝v 202a ＝0.32 m故：Δx ＝x 1－x 2＝0.64 m“化曲为直”思想——平抛运动的基本求 解方法平抛运动的三种分解思路(1)分解速度：v 合＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋(gt )2(2)分解位移：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，tan θ＝y x(3)分解加速度突破训练1 “套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏，游戏规则是：游戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈，落下后套中前方的物体，所套即所得．如图6所示，小孩站在界外抛出圈圈并套取前方一物体，若大人也抛出圈圈并套取前方同一物体，则()图6A ．大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈B ．大人站在小孩同样的位置，以大点的速度抛出圈圈C ．大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈D ．大人退后并下蹲至与小孩等高，以小点的速度抛出圈圈 答案 AC解析 若大人站在小孩同样的位置，由h ＝12gt 2知，由于h 大所以时间t 长，又由x ＝v 0t知：要想套取同一物体，x 相同v 0应小些，故A 对，B 错．若大人后退并下蹲至小孩等高，则t 相同，由于x 大，则v 0应大些，故C 对，D 错．考点二 斜面上的平抛运动问题斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决．常见的模型如下：例2 如图7所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O 点水平飞出，经过3 s 落到斜坡上的A 点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m ＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g 取10 m/s 2)．求：图7(1)A 点与O 点的距离L ；(2)运动员离开O 点时的速度大小；(3)运动员从O 点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间． 解析 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有 L sin 37°＝12gt 2，L ＝gt 22sin 37°＝75 m.(2)设运动员离开O 点时的速度为v 0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有L cos 37°＝v 0t ， 即v 0＝L cos 37°t＝20 m/s.(3)解法一 运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v 0cos 37°、加速度为g sin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v 0sin 37°、加速度为g cos 37°)．当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有 v 0sin 37°＝g cos 37°·t ，解得t ＝1.5 s解法二 当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成37°角时，运动员离斜坡最远，有gtv 0＝tan 37°，t ＝1.5 s. 答案 (1)75 m (2)20 m/s (3)1.5 s常见平抛运动模型运动时间的计算方法(1)在水平地面正上方h 处平抛： 由h ＝12gt 2知t ＝2hg，即t 由高度h 决定． (2)在半圆内的平抛运动(如图8)，由半径和几何关系制约时间t ：图8h ＝12gt 2R ±R 2－h 2＝v 0t 联立两方程可求t .(3)斜面上的平抛问题(如图9)：图9①顺着斜面平抛 方法：分解位移 x ＝v 0t y ＝12gt 2 tan θ＝y x可求得t ＝2v 0tan θg②对着斜面平抛(如图10)图10方法：分解速度 v x ＝v 0 v y ＝gt tan θ＝v 0v y ＝v 0gt可求得t ＝v 0g tan θ(4)对着竖直墙壁平抛(如图11)图11水平初速度v 0不同时，虽然落点不同，但水平位移d 相同．t ＝d v 0突破训练2 将一小球以水平速度v 0＝10 m /s 从O 点向右抛出，经1.73 s 小球恰好垂直落到斜面上的A 点，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图12所示，以下判断正确的是( )图12A ．斜面的倾角约是30°B ．小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15 mC ．若将小球以水平速度v 0′＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 的上方D ．若将小球以水平速度v 0′＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 处 答案 AC解析 设斜面倾角为θ，对小球在A 点的速度进行分解有tan θ＝v 0gt ，解得θ≈30°，A 项正确；小球距过A 点水平面的距离为h ＝12gt 2≈15 m ，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15 m ，B 项错误；若小球的初速度为v 0′＝5 m /s ，过A 点做水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v 0＝10 m/s 抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P 、A 之间，C 项正确，D 项错误．考点三 平抛运动中的临界问题例3 如图13所示，水平屋顶高H ＝5 m ，围墙高h ＝3.2 m ，围墙到房子的水平距离L ＝3 m ，围墙外空地宽x ＝10 m ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g 取10 m/s 2.求：图13(1)小球离开屋顶时的速度v 0的大小范围； (2)小球落在空地上的最小速度．解析 (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v 01，则小球的水平位移： L ＋x ＝v 01t 1小球的竖直位移：H ＝12gt 21解以上两式得v 01＝(L ＋x )g2H＝13 m/s 设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v 02，则此过程中小球的水平位移：L ＝v 02t 2小球的竖直位移：H －h ＝12gt 22解以上两式得：v 02＝5 m/s小球抛出时的速度大小为5 m /s ≤v 0≤13 m/s(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小． 竖直方向：v 2y ＝2gH又有：v min ＝v 202＋v 2y解得：v min ＝5 5 m/s答案 (1)5 m /s ≤v 0≤13 m/s (2)5 5 m/s1.本题使用的是极限分析法，v 0不能太大，否则小球将落在空地外边；v 0又不能太小，否则被围墙挡住而不能落在空地上．因而只要分析落在空地上的两个临界状态，即可解得所求的范围．2．从解答中可以看到，解题过程中画出示意图的重要性，它既可以使抽象的物理情境变得直观，也可以使隐藏于问题深处的条件显露无遗．小球落在墙外的空地上，其速度最大值所对应的落点位于空地的外侧边缘，而其速度最小值所对应的落点却不是空地的内侧边缘，而是围墙的最高点，这一隐含的条件只有在示意图中才能清楚地显露出来． 突破训练3 质量为m ＝0.5 kg 、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h 0＝0.6 m 的A 点由静止开始自由滑下．已知斜面AB 与水平面BC 在B 处通过一小圆弧光滑连接．长为x 0＝0.5 m 的水平面BC 与滑块之间的动摩擦因数μ＝0.3，C 点右侧有3级台阶(台阶编号如图14所示)，D 点右侧是足够长的水平面．每级台阶的高度均为h ＝0.2 m ，宽均为L ＝0.4 m ．(设滑块从C 点滑出后与地面或台阶碰撞后不再弹起，取g ＝10 m/s 2)．图14(1)求滑块经过B 点时的速度v B ；(2)求滑块从B 点运动到C 点所经历的时间t ；(3)某同学是这样求滑块离开C 点后落点P 与C 点在水平方向的距离x 的：滑块离开C 点后做平抛运动，下落高度H ＝4h ＝0.8 m ，在求出滑块经过C 点速度的基础上，根据平抛运动知识即可求出水平位移x .你认为该同学的解法是否正确？如果正确，请解出结果．如果不正确，请说明理由，并用正确的方法求出结果．答案 (1)2 3 m/s (2)0.155 s (3)见解析 解析 (1)滑块在斜面AB 上下滑时，机械能守恒， mgh 0＝12m v 2B＋0v B ＝2gh 0＝2×10×0.6 m/s ＝2 3 m/s (2)滑块在水平面BC 上运动时，由动能定理： －μmgx 0＝12m v 2C －12m v 2B vC ＝v 2B －2μgx 0＝12－2×0.3×10×0.5 m/s ＝3 m/s 由牛顿第二定律： μmg ＝maa ＝μg ＝0.3×10 m /s 2＝3 m/s 2 t 1＝v C －v B －a ＝3－23－3s ≈0.155 s (3)不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上．正确解法为： 假定无台阶，滑块直接落在D 点右侧的水平面上， t ′＝2Hg＝ 2×0.810s ＝0.4 s 水平位移x ′＝v C t ′＝3×0.4 m ＝1.2 m ，恰好等于3L (也就是恰好落在图中的D 点)，因此滑块会撞到台阶上． 当滑块下落高度为2h 时， t ″＝2×2hg＝ 2×2×0.210s ≈0.283 s x ″＝v C t ″＝0.849 m>2L 所以小滑块能落到第③个台阶上 3h ＝12gt 2t ＝6h g ＝ 1.210 s ＝35 s x ＝v C t ＝3×35m ≈1.04 m17．类平抛问题模型的分析方法类平抛运动在高考中常被考到，特别是带电粒子在电场中偏转时的类平抛运动考查到的概率很大．1．类平抛运动的受力特点物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直． 2．类平抛运动的运动特点在初速度v 0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝F 合m .3．类平抛运动的求解方法(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a 分解为a x 、a y ，初速度v 0分解为v x 、v y ，然后分别在x 、y 方向列方程求解．例4 如图15所示的光滑斜面长为l ，宽为b ，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P 水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，试求：图15(1)物块由P 运动到Q 所用的时间t ； (2)物块由P 点水平射入时的初速度v 0； (3)物块离开Q 点时速度的大小v .解析 (1)沿斜面向下的方向有mg sin θ＝ma ，l ＝12at 2联立解得t ＝2lg sin θ. (2)沿水平方向有b ＝v 0tv 0＝b t ＝bg sin θ2l. (3)物块离开Q 点时的速度大小 v ＝v 20＋(at )2＝(b 2＋4l 2)g sin θ2l.答案 (1) 2lg sin θ(2)b g sin θ2l(3)(b 2＋4l 2)g sin θ2l高考题组1.(2013·江苏单科·7)如图16所示，从地面上同一位置抛出两小球A 、B ，分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( )图16A ．B 的加速度比A 的大 B ．B 的飞行时间比A 的长C ．B 在最高点的速度比A 在最高点的大D ．B 在落地时的速度比A 在落地时的大 答案 CD解析 两物体都只受重力，因此它们的加速度相同，A 项错；由题意和抛体运动规律知，竖直方向分运动完全相同，因此飞行时间一样，则B 项错；再根据水平方向，同样的时间内B 物体水平位移大，则B 物体在最高点的速度较大，由机械能守恒定律知B 落地速度比A 的落地速度大，则C 、D 项正确．2．(2012·江苏·6)如图17所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h (l 、h 均为定值)．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则 ( )图17A ．A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰答案AD解析由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝2hg，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝lv<t1，即v>lt1，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A的初速度决定，故选项B、C错误，选项D正确．模拟题组3．一位参加达喀尔汽车拉力赛的选手驾车翻越了如图18所示的沙丘，A、B、C、D为车在翻越沙丘过程中经过的四个点，车从坡的最高点B开始做平抛运动，无碰撞地落在右侧直斜坡上的C点，然后运动到平地上D点．当地重力加速度为g，下列说法正确的是()图18A．A到B过程中，汽车应该加速B．B到C过程中，汽车的机械能不守恒C．若已知斜坡的倾角和车在B点的速度，可求出B、C间高度差D．由斜坡进入平地拐点处时，车处于失重状态答案 C4.如图19所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为h处以初速度v0平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下．已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时()图19A．小球的速率为v0＋2ghB．小球的速率为2ghC ．小球在水平方向的速度大小为v 0D ．小球在水平方向的速度大小为v 02gh v 20＋2gh答案 BD5．如图20所示，球网上沿高出桌面H ，网到桌边的距离为L .某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球的运动为平抛运动．则乒乓球( )图20A ．在空中做变加速直线运动B ．在水平方向做匀加速直线运动C ．在网的右侧运动的时间是左侧的2倍D ．击球点的高度是网高的2倍 答案 C解析 本题考查平抛运动的规律，意在考查学生对平抛运动各物理量的理解．乒乓球击出后，在重力的作用下做平抛运动，其运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，A 、B 错误；球在网的左侧和右侧通过的水平距离之比12L L ＝v 水平t 1v 水平t 2＝t 1t 2＝12，C 正确； 设击球点到桌面的高度为h ，则击球点到网上沿的高度与击球点到桌面的高度之比为h －H h ＝12gt 2112g (t 1＋t 2)2＝19，所以击球点的高度与网高度之比为h H ＝98，D 错误． 6．如图21所示，可视为质点的滑块B 放在水平面上，在其正上方离水平面高h ＝0.8 m 处有一可视为质点的小球A ，某时刻小球A 以v 1＝5 m /s 的初速度开始向右做平抛运动，同时滑块B 以v 2＝3 m/s的初速度开始向右做匀加速直线运动，小球A 恰好能击中滑块B ，求B 运动的加速度a 的大小．(g ＝10 m/s 2)图21答案 10 m/s 2解析 设经时间t ，小球A 击中滑块B ，则对小球A 由平抛运动的规律得： h ＝12gt 2 小球A 在水平方向上的位移为x ，则：x ＝v 1t 滑块B 在时间t 内的位移也为x ，则： x ＝v 2t ＋12at 2联立以上各式解得：a ＝10 m/s 2(限时：45分钟)►题组1 平抛运动规律的应用1．如图1所示为一长为2L 、倾角θ＝45°的固定斜面．今有一弹性小球，自与斜面上端等高的某处自由释放，小球落到斜面上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与斜面夹角相等，若不计空气阻力，欲使小球恰好落到斜面下端，则小球释放点距斜面上端的水平距离为( )图1A.24L B.14L C.25L D.15L 答案 D解析 由θ＝45°知释放点距斜面的高度与到斜面上端的水平距离相等，从小球与斜面碰撞后变向到落到斜面下端，小球做平抛运动且水平位移与竖直位移等大，即x ＝y ，由x ＝v 0t 和y ＝v y 2t 联立得v y ＝2v 0，即2g (L －h )＝22gh ，解得h ＝L5，选项D 正确．2.倾角为θ的斜面上有A 、B 、C 三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D 点，如图2所示，今测得AB ∶BC ∶CD ＝5∶3∶1，由此可判断( )图2A ．A 、B 、C 处三个小球运动时间之比为1∶2∶3B ．A 、B 、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1 C ．A 、B 、C 处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1D ．A 、B 、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 答案 BC解析 由于沿斜面AB ∶BC ∶CD ＝5∶3∶1，故三个小球竖直位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，A 项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B 项正确；同时tan α＝gt v 0，所以三个小球的初速度之比等于运动时间之比，为3∶2∶1，C 项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D 点相切，因此不会在空中相交，D 项错误． 3.如图3所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H 高处的飞机以水平对地速度v 1发射一颗炸弹轰炸地面目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看作竖直上抛)，设此时拦截系统与飞机的水平距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2的关系应满足( )图3A ．v 1＝Hx v 2B ．v 1＝v 2xHC ．v 1＝xH v 2D ．v 1＝v 2答案 C解析 炸弹离开飞机做平抛运动，若恰好被拦截，则水平位移x ＝v 1t ，得t ＝xv 1，这段时间内炸弹下落的距离为h 1＝12gt 2＝gx 22v 21，拦截炮弹上升的高度为h 2＝v 2t －12gt 2＝v 2x v 1－gx 22v 21，h 1＋h 2＝H ，解得v 1＝xHv 2，C 项正确． 4.如图4所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图4A ．小球水平抛出时的初速度大小为gt tan θB ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C ．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D ．若小球初速度增大，则θ减小 答案 D解析 落地时的速度分解如图所示，可知：tan θ＝gt v 0，所以v 0＝gttan θ，选项A 错误．设t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝yx＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝12tan θ，B 选项错误．小球的运动时间由高度决定，C 项错误．当初速度增大 时，tan θ＝gtv 0，t 不变，tan θ变小，θ变小，D 项正确．5.a 、b 两个物体做平抛运动的轨迹如图5所示，设它们抛出的初速度分别为v a 、v b ，从抛出至碰到台上的时间分别为t a 、t b ，则()图5A ．v a >v bB ．v a <v bC ．t a >t bD ．t a <t b答案 AD解析 由题图知，h b >h a ，因为h ＝12gt 2，所以t a <t b ，又因为x ＝v 0t ，且x a >x b ，所以v a >v b ，选项A 、D 正确．6．如图6所示，在水平地面上O 点正上方不同高度的A 、B 两点分别水平抛出一小球，如果两球均落在同一点C 上，则两小球( )图6A ．落地的速度大小可能相等B ．落地的速度方向可能相同C ．落地的速度大小不可能相等D ．落地的速度方向不可能相同 答案 AD解析 由h ＝12gt 2、v y ＝2gh 可知v yA <v yB 、t A <t B ，由x ＝v 0t 可知v 0A >v 0B ，落地的速度大小v ＝v 20＋v 2y ，故落地的速度大小可能相等，也可能不相等，选项A 正确，C 错误；落地的速度方向与水平方向夹角为θ，则有tan θ＝v yv 0，解得θA <θB ，故落地的速度方向不可能相同，选项B 错误，D 正确．7．如图7所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两小球初速度之比v 1v 2为( )图7A ．tan αB ．cos αC ．tan αtan αD ．cos αcos α答案 C解析 两小球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为R ，两小球运动时间分别为t 1、t 2，对A 球：R sin α＝v 1t 1，R cos α＝12gt 21；对B 球：R cos α＝v 2t 2，R sin α＝12gt 22，解四式可得：v 1v 2＝tan αtan α，C 项正确．►题组2 与斜面相关的平抛问题8.如图8所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A .已知A 点高度为h ，山坡倾角为θ，由此可算出( )图8A ．轰炸机的飞行高度B ．轰炸机的飞行速度C ．炸弹的飞行时间D ．炸弹投出时的动能 答案 ABC解析 设轰炸机投弹位置高度为H ，炸弹水平位移为x ，则H －h ＝12v y ·t ，x ＝v 0t ，二式相除H －h x ＝12·v y v 0，因为v y v 0＝1tan θ，x ＝h tan θ，所以H ＝h ＋h 2tan 2 θ，A 正确；根据H －h＝12gt 2可求出飞行时间，再由x ＝v 0t 可求出飞行速度，故B 、C 正确；不知道炸弹质量，不能求出炸弹的动能，D 错误．9.如图9所示，一高度为h 的光滑水平面与一倾角为θ的斜面连接，一小球以速度v 从平面的右端P 点向右水平抛出，则小球在空中运动的时间t( )图9A ．一定与v 的大小有关B ．一定与v 的大小无关C ．当v 大于 gh2cot θ，t 与v 无关 D ．当v 小于 gh2cot θ，t 与v 有关 答案 CD解析 球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上，可用临界法求解，如果小球恰好落在斜面与水平面的交点处，则满足h cot θ＝v t ，h ＝12gt 2，联立可得v ＝gh2cot θ，故当v 大于gh2cot θ时，小球落在水平面上，t ＝ 2hg，与v 无关；当v 小于 gh 2cot θ时，小球落在斜面上，x ＝v t ，y ＝12gt 2，yx ＝tan θ，联立可得t ＝2v tan θg ，即与v 有关，故选项C 、D 正确．10．如图10所示，P 是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B 点以某速度v 0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧的圆心，θ1是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角．则 ( )图10A.tan θ2tan θ1＝2B ．tan θ1·tan θ2＝2 C.1tan θ1·tan θ2＝2D.tan θ1tan θ2＝2 答案 B解析 由题意可知：tan θ1＝v y v x ＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt，所以tan θ1·tan θ2＝2，故B正确．11.如图11所示，斜面体ABC 固定在地面上，小球p 从A 点沿斜面静止下滑．当小球p 开始下滑时，另一小球q 从A 点正上方的D 点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B 处．已知斜面AB 光滑，长度L ＝2.5 m ，斜面倾角为θ＝30°.不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图11(1)小球p 从A 点滑到B 点的时间；(2)小球q 抛出时初速度的大小和D 点离地面的高度h . 答案 (1)1 s (2)534m/s 5 m解析 (1)设小球p 从斜面上下滑的加速度为a ，受力分析得：mg sin θ＝ma 设小球p 从A 点滑到B 点的时间为t ，L ＝12at 2解得t ＝1 s(2)小球q 的运动为平抛运动：h ＝12gt 2＝5 mL cos θ＝v 0t 解得v 0＝534m/s►题组3 平抛运动中的临界问题12．《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，游戏中的故事也相当有趣，如图12甲所示，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．某班的同学们根据自己所学的物理知识进行假设：小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示，若h 1＝0.8 m ，l 1＝2 m ，h 2＝2.4 m ，l 2＝1 m ，小鸟飞出后能否直接打中肥猪的堡垒？请用计算结果进行说明．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)图12答案 见解析解析 设小鸟以v 0弹出后能直接击中堡垒，则⎩⎪⎨⎪⎧h 1＋h 2＝12gt 2l 1＋l 2＝v 0tt ＝ 2(h 1＋h 2)g ＝ 2×(0.8＋2.4)10 s ＝0.8 s 所以v 0＝l 1＋l 2t ＝2＋10.8m /s ＝3.75 m/s 设在台面的草地上的水平射程为x ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t 1h 1＝12gt 21 所以x ＝v 0 2h 1g ＝1.5 m<l 1 可见小鸟不能直接击中堡垒．。