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第3讲圆周运动的规律及其应用

时间:2016-03-25


第3讲

圆周运动的规律及其应用

匀速圆周运动、角速度、线速度、向心 加速度 1.匀速圆周运动 (1)定义:做圆周运动的物体,若在相等的时间内通过的圆弧长相等,就是 匀速圆周运动. (2)特点:加速度大小不变,方向始终指向圆心,是变加速运动. (3)条件:合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心. 2.描述圆周运动的物理量 描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加 速度、向心力等,现比较如下表: 定义、意义 ①描述圆周运动的物体运动快慢的物理 线速度 量(v) ②是矢量,方向和半径垂直,和圆周相 切 ①描述物体绕圆心转动快慢的物理量 角速度 (ω) ②中学不研究其方向 ①周期是物体沿圆周运动一周的时间 周期和转 速 (T) ②转速是物体单位时间转过的圈数(n), 也叫频率(f) 向心加速 度 ①描述速度方向变化快慢的物理量(a) ②方向指向圆心 Δθ 2π ①ω= Δt = T ②单位:rad/s 2πr ①T= v 单位:s ②n 的单位:r/s、r/min,f 的单位:Hz v2 ①a= r =rω2 ②单位:m/s2 ①v= Δs 2πr = Δt T 公式、单位 (考纲要求 Ⅰ)

②单位:m/s

判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”.

(1)匀速圆周运动是速度不变的曲线运动.(

) )

(2)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比.( (3)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比.( )

(4)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度,比较物体绕圆心转动的快慢看周 期、角速度.( 答案 (1)× ) (2)× (3)√ (4)√ 匀速圆周运动的向心力 (考纲要求 Ⅱ)

1.作用效果:向心力产生向心加速度,只改变速度的方向,不改变速度的大 小. v2 4π2 2.大小:F=m r =mω2r=m T2 r=mωv=4π2mf2r. 3.方向:始终沿半径方向指向圆心,时刻在改变,即向心力是一个变力. 4.来源 向心力可以由一个力提供, 也可以由几个力的合力提供,还可以由一个力的 分力提供. 离心现象 (考纲要求 Ⅰ)

1.定义:做圆周运动的物体,在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动 所需向心力的情况下,就做逐渐远离圆心的运动. 2.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 出去的趋势.

图 4-3-1 3.受力特点 当 F=mrω2 时,物体做匀速圆周运动; 当 F=0 时,物体沿切线方向飞出; 当 F<mrω2 时,物体逐渐远离圆心,F 为实际提供的向心力,如图 4-3-1 所示. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”.

(1)随圆盘一起匀速转动的物块受重力、支持力和向心力的作用.(

)

(2)做圆周运动的物体所受合外力突然消失,物体将沿圆周切线方向做匀速 直线运动.( )

(3)摩托车转弯时,如果超过一定速度,摩托车将发生滑动,这是因为摩托 车受到沿半径方向向外的离心力作用.( 答案 (1)× (2)√ (3)× )

热点一

描述圆周运动的各物理量间的关系

1.圆周运动各物理量间的关系

2.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. v2 3.对 a= r =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.

图 4-3-2

【典例 1】 如图 4-3-2 所示为皮带传动装置,右轮的半径为 r,a 是它边 缘上的一点, 左侧是一轮轴, 大轮的半径是 4r, 小轮的半径是 2r, b 点在小轮上, 到小轮中心的距离为 r,c 点和 d 点分别位于小轮和大轮的边缘上,若在传动过 程中皮带不打滑,则( ).

A.a 点和 b 点的线速度大小相等 B.a 点和 b 点的角速度大小相等 C.a 点和 c 点的线速度大小相等 D.a 点和 d 点的向心加速度大小相等 解析 皮带不打滑表示轮子边缘在某段时间内转过的弧长总是跟皮带移动

的距离相等,即 a、c 两点的线速度大小相等,选项 A 错、C 对;b、c、d 三点 同轴转动,角速度大小相等,故 ωc=ωb,又 va=vc,rc=2ra,且 v=rω,故 ωa =2ωc,ωa=2ωb,选项 B 错;设 a 点线速度大小为 v,c 点线速度也为 v,而 d v2 ?2v?2 v2 点线速度则为 2v,所以 aa= r ,ad= 4r = r ,选项 D 对. 答案 CD 常见的三种传动方式及特点

反思总结

1.皮带传动:如图 4-3-3 甲、乙所示,皮带与两轮之间无相对滑动时, 两轮边缘线速度大小相等,即 vA=vB.

图 4-3-3 2. 摩擦传动: 如图 4-3-4 甲所示, 两轮边缘接触, 接触点无打滑现象时, 两轮边缘线速度大小相等,即 vA=vB.

图 4-3-4 3.同轴传动:如图 4-3-4 乙所示,两轮固定在一起绕同一转轴转动,两 轮转动的角速度大小相等,即 ωA=ωB.

【跟踪短训】

图 4-3-5 1.(2013· 桂林模拟)如图 4-3-5 所示,B 和 C 是一组塔轮,即 B 和 C 半径 不同,但固定在同一转动轴上,其半径之比为 RB∶RC=3∶2,A 轮的半径大小 与 C 轮相同,它与 B 轮紧靠在一起,当 A 轮绕过其中心的竖直轴转 动时,由于摩擦作用,B 轮也随之无滑动地转动起来.a、b、c 分别为三轮 边缘的三个点,则 a、b、c 三点在运动过程中的( A.线速度大小之比为 3∶2∶2 B.角速度之比为 3∶3∶2 C.转速之比为 2∶3∶2 D.向心加速度大小之比为 9∶6∶4 答案 D ).

热点二 1.向心力的来源

匀速圆周运动中的动力学问题

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.

图 4-3-6 【典例 2】 (2013· 重庆卷, 8)如图 4-3-6 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. (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.

图甲 解析 (1)当 ω=ω0 时,小物块只受重力和支持力作用,如图甲所示,其合

力提供向心力,F 合=mgtan θ① F 向=mω2 0r② 而 r=Rsin θ,F 合=F 向③ 由①②③得 ω0= 2g R④

图乙 (2)当 ω=(1+k)ω0, 且 0<k?1 时, 所需要的向心力大于 ω=ω0 时的向心力, 故摩擦力方向沿罐壁的切线方向向下.建立如图乙所示坐标系. 在水平方向上:FNsin θ+Ffcos θ=mω2r⑤ 在竖直方向上:FNcos θ-Ffsin θ-mg=0⑥ 由几何关系知 r=Rsin θ⑦ 联立⑤⑥⑦式,解得 Ff= 3k?2+k? mg⑧ 2

图丙 当 ω=(1-k)ω0 时,摩擦力的方向沿罐壁的切线方向向上.建立如图丙所示 的坐标.

在水平方向上: FNsin θ-Ffcos θ=mω2r⑨ 在竖直方向上:FNcos θ+Ffsin θ-mg=0⑩ 由几何关系知 r=Rsin θ? 联立⑨⑩?式,解得 Ff= 答案 (1)ω0= 2g R 3k?2+k? mg 2 3k?2-k? mg 2 3k?2-k? mg. 2

(2)当 ω=(1+k)ω0 时, 摩擦力方向沿罐壁切线向下, 大小为 Ff= 当 ω=(1-k)ω0 时,摩擦力方向沿罐壁切线向上,大小为 Ff= 反思总结 圆周运动问题的解题步骤:

【跟踪短训】 2. 铁路转弯处的弯道半径 r 是根据地形决定的. 弯道处要求外轨比内轨高, 其内、外轨高度差 h 的设计不仅与 r 有关.还与火车在弯道上的行驶速度 v 有 关.下列说法正确的是( ).

A.速率 v 一定时,r 越小,要求 h 越大 B.速率 v 一定时,r 越大,要求 h 越大 C.半径 r 一定时,v 越小,要求 h 越大 D.半径 r 一定时,v 越大,要求 h 越大 解析

火车转弯时,圆周平面在水平面内,火车以设计速率行驶时,向心力刚好由 mv2 重力 G 与轨道支持力 FN 的合力来提供,如图所示,则有 mgtan θ= r ,且 tan h h mv2 θ≈sin θ=L,其中 L 为轨间距,是定值,有 mgL= r ,

通过分析可知 A、D 正确. 答案 AD

物理建模 1.模型条件

6.竖直平面内圆周运动的“轻绳、轻杆”模型

(1)物体在竖直平面内做变速圆周运动. (2)“轻绳模型”在轨道最高点无支撑,“轻杆模型”在轨道最高点有支撑. 2.模型特点

轻绳模型

轻杆模型

常见类型

过最高点 的临界条 件

v2 由 mg=m r 得 v 临= gr

由小球恰能做圆周运动即得 v 临=0

(1)当 v=0 时,FN=mg,FN 为支持力,沿半径背离圆 (1)过最高点时,v≥ gr,FN+ 心 v2 mg=m r ,绳、轨道对球产生 讨论分析 弹力 FN v2 (2)当 0<v< gr时,-FN+mg=m r , FN 背离圆心,随 v 的增大而减小

(2)不能过最高点 v< gr, 在到 (3)当 v= gr时,FN=0 达最高点前小球已经脱离了圆 轨道 (4)当 v> gr时, v2 FN+mg=m r ,FN 指向圆心并随 v 的增大而增大

该类问题常有临界问题, 并伴有“最大”“最小”“刚好”等词语,现对两 种模型分析比较如下:

图 4-3-7 【典例】 如图 4-3-7 所示,2012 年 8 月 7 日伦敦奥运会体操男子单杠

决赛,荷兰选手宗德兰德荣获冠军.若他的质量为 60 kg,做“双臂大回环”, 用双手抓住单杠,伸展身体,以单杠为轴做圆周运动.此过程中,运动员到达最 低点时手臂受的总拉力至少约为(忽略空气阻力,g=10 m/s2)( A.600 N C.3 000 N 审题指导 关键点:运动员以单杠上某一点为圆心做圆周 运动 属于竖直面内圆周运动的杆模型 mv ? F - mg = N ? R ?牛顿第二定律方程? ? 1 2R= mv2?机械能守恒方程? ? ?mg· 2
2

).

B.2 400 N D.3 600 N

牛顿第二定律和机械

能守恒定律

自己试一试哟!

解析

设运动员在最低点受的拉力至少为 FN, 此时运动员的重心的速度为 v,

v2 设运动员的重心到手的距离为 R,由牛顿第二定律得:FN-mg=m R 1 又由机械能守恒定律得:mg· 2R=2mv2 由以上两式代入数据得:FN=5mg,运动员的重力约为 G=mg=600 N,所以 FN=3 000 N,应选 C. 答案 C 竖直面内圆周运动的求解思路

反思总结

(1)定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界 条件不同. (2)确定临界点:v 临= gr,对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点,而 对轻杆模型来说是 FN 表现为支持力还是拉力的临界点. (3)研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的

运动情况. (4)受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定 律列出方程,F 合=F 向. (5)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来 列方程.

图 4-3-8 即学即练 如图 4-3-8 所示, 两段长均为 L 的轻质线共同系住一个质量为

m 的小球,另一端分别固定在等高的 A、B 两点,A、B 两点间距也为 L,今使小 球在竖直平面内做圆周运动,当小球到达最高点时速率为 v,两段线中张力恰好 均为零,若小球到达最高点时速率为 2v,则此时每段线中张力大小为( A. 3mg C.3mg B.2 3mg D.4mg ).

解析

v2 当小球到达最高点时速率为 v,有 mg=m r ,当小球到达最高点速率

?2v?2 为 2v 时,应有 F+mg=m r ,所以 F=3mg,此时最高点各力如图所示,所以 FT= 3mg,A 正确. 答案 A

高考题组 1.(2012· 广东卷,17)如图是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧轨道与光滑 斜面相切,滑道底部 B 处安装一个压力传感器,其示数 N 表示该处所受压力的 大小.某滑块从斜面上不同高度 h 处由静止下滑,通过 B 时,下列表述正确的 有( ).

A.N 小于滑块重力 C.N 越大表明 h 越大 解析

B.N 大于滑块重力 D.N 越大表明 h 越小

设滑块质量为 m,在 B 点所受支持力为 FN,圆弧半径为 R,所需向

1 2 心力为 F.滑块从高度 h 处由静止下滑至 B 点过程中, 由机械能守恒定律有2mvB = v2 B mgh,在 B 点滑块所需向心力由合外力提供,得 FN-mg=m ,由牛顿第三定律 R 2mgh 知,传感器示数 N 等于 FN,解得 N=mg+ R ,由此式知 N>mg,且 h 越大, N 越大.选项 B、C 正确. 答案 BC

2.(2011· 安徽卷,17)一般的曲线运动可以分成很多小段,每小段都可以看 成圆周运动的一部分, 即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替.如图甲 所示,曲线上的 A 点的曲率圆定义为:通过 A 点和曲线上紧邻 A 点两侧的两点 作一圆,在极限情况下,这个圆就叫做 A 点的曲率圆,其半径 ρ 叫做 A 点的曲 率半径.现将一物体沿与水平面成 α 角的方向以速度 v0 抛出,如图乙所示.则 在其轨迹最高点 P 处的曲率半径是( ).

2 v0 A. g 2 v2 0cos α C. g

2 v2 0sin α B. g 2 v0 cos2α D. gsin α

解析

物体在最高点时速度沿水平方向,曲率圆的 P 点可看做该点对应的

mv2 竖直平面内圆周运动的最高点,由牛顿第二定律及圆周运动规律知:mg= ρ ,
2 v2 ?v0cos α?2 v0 cos2α 解得 ρ= g = = g . g

答案

C

3.(2012· 福建卷,20)如图所示,置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加 速转动,当转速达到某一数值时,物块恰好滑离转台开始做平抛运动.现测得转 台半径 R=0.5 m,离水平地面的高度 H=0.8 m,物块平抛落地过程水平位移的 大小 s=0.4 m.设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度 g= 10 m/s2.求:

(1)物块做平抛运动的初速度大小 v0; (2)物块与转台间的动摩擦因数 μ. 解析 (1)物块做平抛运动,在竖直方向上有

1 H=2gt2① 在水平方向上有 s=v0t,② 由①②式解得 v0=s 代入数据得 v0=1 m/s. (2)物块离开转台时,由最大静摩擦力提供向心力,有 v2 0 Ffm=m R ③ Ffm=μN=μmg④
2 v0 由③④式得 μ=gR,代入数据得 μ=0.2.

g 2H

答案

(1)1 m/s

(2)0.2

A 对点训练——练熟基础知识 题组一 匀速圆周运动的运动学问题

1 . ( 多选 ) 在“天宫一号”的太空授课中,航天员王亚平做了一个有趣实 验.在 T 形支架上,用细绳拴着一颗明黄色的小钢球.设小球质量为 m,细绳长 度为 L. 王亚平用手指沿切线方向轻推小球,小球在拉力作用下做匀速圆周运

动.测得小球运动的周期为 T,由此可知( A.小球运动的角速度 ω=T/(2π) B.小球运动的线速度 v=2πL/T C.小球运动的加速度 a=2π2L/T2 D.细绳中的拉力为 F=4mπ2L/T2 解析

).

小球运动的角速度 ω=2π/T,选项 A 错误;线速度 v=ωL=2πL/T,

选项 B 正确;加速度 a=ω2L=4π2L/T2,选项 C 错误;细绳中的拉力为 F=ma= 4mπ2L/T2,选项 D 正确. 答案 BD

2.(单选)2013 年 6 月 20 日上午 10 时,中国载人航天史上的首堂太空授课 开讲.航天员做了一个有趣实验:T 形支架上,用细绳拴着一颗明黄色的小钢 球. 航天员王亚平用手指沿切线方向轻推小球,可以看到小球在拉力作用下在某 一平面内做圆周运动.从电视画面上可估算出细绳长度大约为 32 cm,小球 2 s 转动一圈.由此可知王亚平使小球沿垂直细绳方向获得的速度为( A.0.1 m/s C.1 m/s 解析 B.0.5 m/s D.2 m/s ).

在太空完全失重的环境下, 小球在细绳的拉力作用下在某一平面内做

匀速圆周运动.小球做匀速圆周运动的周长为 s=2πR=2π×0.32 m=2 m,由 s =vt 可得小球做匀速圆周运动的速度为 v=s/T=1 m/s,选项 C 正确. 答案 题组二 C 匀速圆周运动的动力学问题

3.(单选)如图 4-3-9 所示,是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘 转速的装置. 该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺,带孔的 小球穿在光滑细杆与一轻弹簧相连,弹簧的另一端固定在转动轴上,小球可沿杆 自由滑动并随转盘在水平面内转动.当转盘不转动时,指针指在 O 处,当转盘 转动的角速度为 ω1 时,指针指在 A 处,当转盘转动的角速度为 ω2 时,指针指在 B 处,设弹簧均没有超过弹性限度.则 ω1 与 ω2 的比值为( ).

图 4-3-9 1 A.2 1 C.4 解析 B. D. 1 2 1 3

小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力. 设标尺的最小分度的长

2 度为 x,弹簧的劲度系数为 k,则有 kx=m· 4 x· ω1 ,k· 3x=m· 6x· ω2 2,故有 ω1∶ω2

=1∶ 2,B 正确. 答案 B

4.(单选)如图 4-3-10 所示,倾角为 30° 的斜面连接水平面,在水平面上 R 安装半径为 R 的半圆竖直挡板,质量为 m 的小球从斜面上高为 2 处静止释放,到 达水平面时恰能贴着挡板内侧运动.不计小球体积,不计摩擦和机械能损失.则 小球沿挡板运动时对挡板的压力是( ).

图 4-3-10 A.0.5mg C.1.5mg 解析 B.mg D.2mg

设小球运动至斜面最低点 (即进入水平面上的半圆形挡板 )时的速度

R 1 为 v,由机械能守恒定律得 mg 2 =2mv2,解得 v= gR;依题意可知,小球贴着 挡板内侧做匀速圆周运动, 所需要的向心力由挡板对它的弹力提供,设该弹力为 v2 FN,则 FN=m ,将 v= gR代入解得 FN=mg;由牛顿第三定律可知,小球沿 R 挡板运动时对挡板的压力大小等于 FN,即 mg,故选项 B 正确. 答案 B

5.(2013· 江苏卷,2)(单选)如图 4-3-11 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 4-3-11 A.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

解析

A、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等,即 ωA=ωB,但 rA<rB,根据 v

=ωr 得,A 的速度比 B 的小,选项 A 错误;根据 a=ω2r 得,A 的向心加速度比 B 的小,选项 B 错误;A、B 做圆周运动时的受力情况如图所示,根据 F 向=mω2r F向 ω2r 及 tan θ=mg= g 知,悬挂 A 的缆绳与竖直方向的夹角小,选项 C 错误;由图 mg mg 知 T =cos θ,即 T=cos θ,所以悬挂 A 的缆绳受到的拉力小,选项 D 正确. 答案 题组三 D 离心现象

6.(单选)世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长 5.067 公里,共有 23 个弯道,如图 4-3-12 所示,赛车在水平路面上转弯时,常常在弯道上冲出 跑道,则以下说法正确的是( ).

图 4-3-12 A.是由于赛车行驶到弯道时,运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出 跑道的

B.是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的 C.是由于赛车行驶到弯道时,运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的 D.由公式 F=mω2r 可知,弯道半径越大,越容易冲出跑道 解析 赛车在水平面上转弯时, 它需要的向心力是由赛车与地面间的摩擦力

v2 提供的.由 F=m r 知,当 v 较大时,赛车需要的向心力也较大,当摩擦力不足 以提供其所需的向心力时,赛车将冲出跑道. 答案 C

7.(2013· 新课标全国卷Ⅱ,21)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地 带.如图 4-3-13,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为 vc 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 4-3-13 A.路面外侧高内侧低 B.车速只要低于 vc,车辆便会向内侧滑动 C.车速虽然高于 vc,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,vc 的值变小 解析 汽车转弯时, 恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,说明公路外侧高

一些,支持力的水平分力刚好提供向心力,此时汽车不受静摩擦力的作用,与路 面是否结冰无关,故选项 A 正确;选项 D 错误.当 v<vc 时,支持力的水平分力 大于所需向心力,汽车有向内侧滑动的趋势,摩擦力向外侧;当 v>vc 时,支持 力的水平分力小于所需向心力, 汽车有向外侧滑动的趋势,在摩擦力大于最大静 摩擦力前不会侧滑,故选项 B 错误,选项 C 正确. 答案 题组四 AC 圆周运动的临界问题

8.(2013· 上海卷,6)(单选)秋千的吊绳有些磨损.在摆动过程中,吊绳最容 易断裂的时候是秋千( A.在下摆过程中 ). B.在上摆过程中

C.摆到最高点时 解析 确. 答案 D

D.摆到最低点时

当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大,吊绳最容易断裂,选项 D 正

图 4-3-14 9.(2013· 北京西城区期末考试)(多选)如图 4-3-14 所示,半径为 R 的光滑 圆形轨道竖直固定放置,小球 m 在圆形轨道内侧做圆周运动.对于半径 R 不同 的圆形轨道,小球 m 通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力.下列 说法中正确的有( ).

A.半径 R 越大,小球通过轨道最高点时的速度越大 B.半径 R 越大,小球通过轨道最高点时的速度越小 C.半径 R 越大,小球通过轨道最低点时的角速度越大 D.半径 R 越大,小球通过轨道最低点时的角速度越小 解析 v2 在最高点时,由 mg=m R 可得 v= gR,所以半径 R 越大,小球通过

1 1 2 轨道最高点时的速度越大,A 正确;由机械能守恒可知2mv2+mg×2R=2mv0 , v 所以 v0= 5gR,由 ω=R= 速度越小,D 正确. 答案 AD 5g R ,故半径 R 越大,小球通过轨道最低点时的角

10.(单选)在光滑水平面上,有一转轴垂直于此平面,交点 O 的上方 h 处固 定一细绳,绳的另一端连接一质量为 m 的小球 B,绳长 l>h,小球可随转轴转动 在光滑水平面上做匀速圆周运动, 如图 4-3-15 所示. 要使小球不离开水平面, 转轴转速的最大值是( ).

图 4-3-15

1 A.2π 1 C.2π

g h g l

B.π gh 1 D.2π l g

解析

当小球即将离开水平面时,FN=0,对小球受力分析如图.

由牛顿第二定律得: mgtan θ=m(2πnm)2R① R=htan θ② 联立①②得 1 nm=2π 答案 A g h选项 A 正确.

11.(多选)如图 4-3-16 所示,长为 L 的轻杆一端固定质量为 m 的小球, 另一端固定转轴 O,现使小球在竖直平面内做圆周运动.P 为圆周轨道的最高 点.若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为 ( ). 9 gL,则以下判断正确的是 2

图 4-3-16

A.小球不能到达 P 点 B.小球到达 P 点时的速度小于 gL C.小球能到达 P 点,但在 P 点不会受到轻杆的弹力 D.小球能到达 P 点,且在 P 点受到轻杆向上的弹力 解析 为 1 1 根据机械能守恒定律 2mgL=2mv2-2mv2 可求出小球在 P 点的速度 P,

1 1 gL < gL ,故 B 正确, A 错误.计算出向心力 F = 2 2mg,故小球在 P 点受

到轻杆向上的弹力,故 C 错误、D 正确. 答案 BD B 深化训练——提高能力技巧 12.(单选)如图 4-3-17 所示,两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮 A 和 B 水平放置,两轮半径 RA=2RB.当主动轮 A 匀速转动时,在 A 轮边缘上放置 的小木块恰能相对静止在 A 轮边缘上. 若将小木块放在 B 轮上, 欲使木块相对 B 轮也静止,则木块距 B 轮转动轴的最大距离为( ).

图 4-3-17 RB A. 4 RB C. 2 解析 RB B. 3 D.RB 由题图可知,当主动轮 A 匀速转动时,A、B 两轮边缘上的线速度相
B B A

v ωA v/RA RB 1 同,由 ω=R,得ω =v/R =R =2.由于小木块恰能在 A 轮边缘静止,则由静摩 擦力提供的向心力达最大值 μmg,故 μmg=mω2 ARA① 设放在 B 轮上能使木块相对静止的距 B 轮转动轴的最大距离为 r, 则向心力 由最大静摩擦力提供,故
2 μmg=mωB r②

因 A、 B 材料相同, 故木块与 A、 B 间的动摩擦因数相同, ①②式左边相等,

RA RB ?ωA?2 ?1?2 2 故 mω2 ARA=mωBr,得 r=?ω ? RA=?2? RA= 4 = 2 .所以选项 C 正确. ? B? ? ? 答案 C

13.(单选)雨天的野外骑车时,在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴, 行驶时感觉很“沉重”.如果将自行车后轮撑起,使后轮离开地面而悬空,然后 用手匀速摇脚踏板,使后轮飞速转动,泥巴就被甩下来.如图 4-3-18 所示, 图中 a、b、c、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置,则( ).

图 4-3-18 A.泥巴在图中 a、c 位置的向心加速度大于 b、d 位置的向心加速度 B.泥巴在图中的 b、d 位置时最容易被甩下来 C.泥巴在图中的 c 位置时最容易被甩下来 D.泥巴在图中的 a 位置时最容易被甩下来 解析 当后轮匀速转动时,由 a=Rω2 知 a、b、c、d 四个位臵的向心加速度

大小相等,A 错误.在角速度 ω 相同的情况下,泥巴在 a 点有 Fa+mg=mω2R, 在 b、d 两点有 Fbd=mω2R,在 c 点有 Fc-mg=mω2R.所以泥巴与轮胎在 c 位臵 的相互作用力最大,容易被甩下,故 B、D 错误,C 正确. 答案 C

14.(2013· 福建卷,20)如图 4-3-19 所示,一不可伸长的轻绳上端悬挂于 O 点,下端系一质量 m=1.0 kg 的小球.现将小球拉到 A 点(保持绳绷直)由静止 释放,当它经过 B 点时绳恰好被拉断,小球平抛后落在水平地面上的 C 点.地 面上的 D 点与 OB 在同一竖直线上, 已知绳长 L=1.0 m, B 点离地高度 H=1.0 m, A、B 两点的高度差 h=0.5 m,重力加速度 g 取 10 m/s2,不计空气影响,求:

图 4-3-19

(1)地面上 DC 两点间的距离 s; (2)轻绳所受的最大拉力大小. 解析 (1)小球从 A 到 B 过程机械能守恒,有

1 2 mgh=2mvB ① 小球从 B 到 C 做平抛运动,在竖直方向上有 1 H=2gt2② 在水平方向上有,s=vBt③ 由①②③式解得 s≈1.41 m (2)小球下摆到达 B 点时,绳的拉力和重力的合力提供向心力,有 F-mg=
2 vB mL⑤

由①⑤式解得 F=20 N 根据牛顿第三定律 F′=-F 轻绳所受的最大拉力为 20 N. 答案 (1)1.41 m (2)20 N

第4讲

万有引力与航天

万有引力定律及其应用 Ⅱ)

(考纲要求

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 m1 和 m2 的乘积成正比, 与它们之间距离 r 的平方成反 比. m1m2 2.表达式:F=G r2 G 为引力常量:G=6.67×10-11 N· m2/kg2. 3.适用条件

(1)公式适用于质点间的相互作用.当两个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. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. m1m2 (1)地面上的物体所受地球引力的大小均由 F=G r2 决定, 其方向总是指向 地心.( ) ) Mm 计 R2

(2)只有天体之间才存在万有引力.(

(3)只要已知两个物体的质量和两个物体之间的距离,就可以由 F=G 算物体间的万有引力.( ) )

(4)当两物体间的距离趋近于 0 时,万有引力趋近于无穷大.( 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× 环绕速度 1.第一宇宙速度又叫环绕速度. (考纲要求 Ⅱ)

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. 4.第一宇宙速度的计算方法. v2 Mm (1)由 G R2 =m R 得 v= v2 (2)由 mg=m R 得 v= gR. 第二宇宙速度和第三宇宙速度 (考纲要求 Ⅰ ) 1.第二宇宙速度(脱离速度):v2=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):v3=16.7 km/s,使物体挣脱太阳引力束缚的最 小发射速度. 判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”. (1)第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度,也是贴近地面运行的卫 GM R .

星的运行速度,即人造地球卫星的最大运行速度.( (2)第一宇宙速度与地球的质量有关.( )

)

(3)地球同步卫星的运行速度大于第一宇宙速度.(

)

(4)若物体的发射速度大于第二宇宙速度,小于第三宇宙速度,则物体可以 绕太阳运行.( 答案 (1)√ ) (2)√ (3)× (4)√ 经典时空观和相对论时空观 (考纲要求 Ⅰ ) 1.经典时空观 (1)在经典力学中,物体的质量是不随运动状态而改变的. (2)在经典力学中,同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同 的参考系中是相同的. 2.相对论时空观 (1)在狭义相对论中,物体的质量是随物体运动速度的增大而增大的,用公 式表示为 m= m0 v2 1-c2 .

(2)在狭义相对论中,同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不 同的参考系中是不同的. 3.狭义相对论的两条基本假设 (1)相对性原理:在不同的惯性参考系中,一切物理规律都是不同的. (2)光速不变原理: 不管在哪个惯性系中, 测得的真空中的光速都是不变的.

热点一

星体表面上的重力加速度问题

?计算重力加速度的方法 (1)在地球表面附近的重力加速度 g (不考虑地球自转): mM GM mg=G R2 ,得 g= R2 (2)在地球上空距离地心 r=R+h 处的重力加速度为 g′,

mg′= 所以

GmM GM 2,得,g′= ?R+h? ?R+h?2
2

?R+h? g = R2 g′

(3)其他星球上的物体,可参考地球上的情况做相应分析. 【典例 1】 为了实现人类登陆火星的梦想,近期我国宇航员王跃与俄罗斯 1 宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动.已知火星半径是地球半径的2,质量 1 是地球质量的9,自转周期也基本相同.地球表面重力加速度是 g,若王跃在地 面上能向上跳起的最大高度是 h,在忽略自转影响的条件下,下述分析正确的是 ( ). 4 A.王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的9 2 B.火星表面的重力加速度是3g 2 C.火星第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 3 3 D.王跃以相同的初速度在火星上起跳时,可跳的最大高度是2h 解析 当我国宇航员王跃在地球表面时, 根据万有引力定律及牛顿第二定律

GM′m mv2 GMm 可得 r2 =mg=ma= r ,同理可得王跃在火星表面时 F 万′= =mg′ r′2 mv′2 =ma′= ,可得王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的 r′ 4 4 , A 项对; 火星表面的重力加速度是 g ′ = B 项错; 火星的第一宇宙速度 v′ 9 9g, = M′r 2 v= 3 v,故 C 项对;由 0-v2=-2gh 可得王跃以相同的初速度在火 Mr′ g 9 h=4h,D 项错. g′

星上起跳时,可跳的最大高度 h′= 答案 AC

【跟踪短训】

1.有一星球的密度跟地球密度相同,但它表面处的重力加速度是地球表面 处重力加速度的 4 倍, 则该星球的质量将是地球质量的(忽略其自转影响)( 1 A.4 C.16 倍 解析 B.4 倍 D.64 倍 ).

GM 3M 9g3 天体表面的重力加速度: g= R2 , 又知 ρ=4πR3, 所以 M=16π2ρ2G3,

M星 ?g星? 故 =? ?3=64. M地 ?g地? 答案 D

热点二 1.天体质量及密度的估算 (1)天体质量的估算:

天体质量和密度的估算

Mm ?2π? ①已知天体做匀速圆周运动的轨道半径和周期,由 G r2 =m? T ?2r 得 M= ? ? 4π2r3 GT2 ,只能用来求中心天体的质量. Mm R2g ②已知天体表面重力加速度、 天体半径和引力常量, 由 mg=G R2 得 M= G . (2)天体密度估算一般在质量估算的基础上,利用 4 M=ρ×3πR3 进行. 2.估算天体问题应注意三点 (1)天体质量估算中常有隐含条件,如地球的自转周期为 24 h,公转周期为 365 天等. (2)注意黄金代换式 GM=gR2 的应用. 3π (3)注意密度公式 ρ=GT2的理解和应用. 【典例 2】 (2013· 大纲,18)“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星,它 在距月球表面高度为 200 km 的圆形轨道上运行,运行周期为 127 分钟.已知引 力常量 G=6.67×10-11N· m2/kg2,月球半径约为 1.74×103 km.利用以上数据估算 月球的质量约为( ).

A.8.1×1010kg C.5.4×1019kg 解析

B.7.4×1013kg D.7.4×1022kg

天体做圆周运动时都是万有引力提供向心力. “嫦娥一号”绕月球做

GMm 4π2mr 4π2r3 匀速圆周运动, 由牛顿第二定律知: r2 = T2 , 得 M= GT2 , 其中 r=R+h, 代入数据解得 M=7.4×1022kg,选项 D 正确. 答案 D

【跟踪短训】 2.一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( mv2 A. GN Nv2 C. Gm 解析 设卫星的质量为 m′, mv4 B. GN Nv4 D.Gm ).

Mm′ v2 由万有引力提供向心力,得 G R2 =m′ R ,① v2 m′ R =m′g,② 由已知条件:m 的重力为 N 得 N=mg,③ mv2 N 由③得 g=m,代入②得:R= N , mv4 代入①得 M= GN ,故 A、C、D 三项均错误,B 项正确. 答案 B

3.已知引力常量为 G,那么在下列给出的各种情境中,能根据测量的数据 估算出火星的平均密度的是( ).

A.在火星表面使一个小球做自由落体运动,测出下落的高度 H 和时间 t

B.发射一颗贴近火星表面绕火星做圆周运动的飞船,测出飞船的周期 T C.观察火星绕太阳的圆周运动,测出火星的直径 D 和火星绕太阳运行的周 期T

D.发射一颗绕火星做圆周运动的卫星,测出卫星绕火星运行的轨道半径 r 和卫星的周期 T 解析 1 2H 4 根据 H=2g′t2 可得,g′= t2 ,根据 GM=g′R2,M=3πR3ρ 可得 ρ

3H =2πGRt2,因为火星半径未知,所以测不出火星的平均密度,选项 A 错误;根 Mm 4 3π ?2π? 据 G R2 =m? T ?2R 和 M=ρV=ρ3πR3,解得 ρ=GT2,选项 B 正确;已知火星的 ? ? 直径 D 和火星绕太阳运行的周期 T, 测不出火星的质量, 也就测不出火星的平均 密度,选项 C 错误;已知卫星绕火星运行的轨道半径 r 和卫星的周期 T,根据 Mm 4π2r3 ?2π? G r2 =m? T ?2r,可得火星的质量为 M= GT2 ,但火星的半径未知,测不出火星 ? ? 的平均密度,选项 D 错误. 答案 B

热点三

卫星运行参量的分析与计算

1.利用万有引力定律解决卫星运动的一般思路 (1)一个模型 天体(包括卫星)的运动可简化为质点的匀速圆周运动模型. (2)两组公式 v2 Mm 4π2 G r2 =m r =mω2r=m T2 r=ma GMm mg= R2 (g 为星体表面处的重力加速度) 2.卫星的线速度、角速度、周期与轨道半径的关系

? ? v减小 GM ? ω= ω减小 r ? ?当 r 增大时? ? T增大 4π r T= GM ? ?a 减小 M ? a =G r ?
v= GM r
3 2 3 n n 2

3.地球同步卫星的特点

轨道平面一定 高度一定 环绕速度一定 角速度一定 周期一定 向心加速度大小一定

轨道平面与赤道平面重合 距离地心的距离一定,h=4.225×104km; 距离地面的高度为 3.6×104km v=3.08 km/s,环绕方向与地球自转方向相同 ω=7.3×10-5rad/s 与地球自转周期相同,常取 T=24 h a=0.23 m/s2

4.卫星的可能轨道(如图 4-4-1 所示) 卫星的轨道平面一定过地球的地心

图 4-4-1 【典例 3】(2013· 海南卷,5)“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫 星(同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成.地球静止轨道卫星和中轨道卫 星都在圆轨道上运行,它们距地面的高度分别约为地球半径的 6 倍和 3.4 倍,下 列说法中正确的是( ).

A.静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的 2 倍 B.静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的 2 倍 1 C.静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的7 1 D.静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的7 解析 v2 Mm ?2π? 由万有引力提供向心力可知 G r2 =m r =mrω2=mr? T ?2=ma,整理 ? ? 4π2r3 线速度 v= GM , GM 角速度 ω= r , GM GM 向心加速度 a = 3 , r r2 ,

可得周期 T=

设地球的半径为 R,由题意知静止轨道卫星的运行半径是 r1=7R,中轨道卫星的 运行半径是 r2=4.4R,由比例关系可得静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的 73 4.43≈2 倍,故 A 正确;同理可判断出选项 B、C、D 均错误.

答案

A 人造卫星问题的解题技巧

反思总结

(1)利用万有引力提供向心力的不同表述形式:
2 v2 Mm 2 4π ①G r2 =man;②an= r =rω = T2 r

(2)解决力与运动关系的思想还是动力学思想,解决力与运动的关系的桥梁 还是牛顿第二定律. ①卫星的 an、v、ω、T 是相互联系的,其中一个量发生变化,其他各量也随 之发生变化. ②an、v、ω、T 均与卫星的质量无关,只由轨道半径 r 和中心天体质量共同 决定. 【跟踪短训】 4.(2013· 广东卷,14)如图 4-4-2 所示,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 4-4-2 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 Mm GM 根据 G r2 =ma 得 a= r2 , 故甲卫星的向心加速度小, 选项 A 正确; r3 GM,故甲的运行周期大,选项 B 错误;根据

Mm ?2π? 根据 G r2 =m? T ?2r,得 T=2π ? ? Mm G r2 =mω2r,得 ω=

GM r3 ,故甲运行的角速度小,选项 C 错误; GM r ,故甲运行的线速度小,选项 D 错误.

Mm mv2 根据 G r2 = r ,得 v= 答案 A

5.我国于 2013 年 6 月 11 日 17 时 38 分发射“神舟十号”载人飞船,并与

“天宫一号”目标飞行器对接.如图 4-4-3 所示,开始对接前,“天宫一号” 在高轨道,“神舟十号”飞船在低轨道,各自绕地球做匀速圆周运动,距离地面 的高度分别为 h1 和 h2(设地球半径为 R),“天宫一号”的运行周期约为 90 分 钟.则以下说法正确的是( ).

图 4-4-3 A.“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为 h2 h1 ?R+h2?2 ?R+h1?2

B.“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比为 C.“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大 D.“天宫一号”的线速度大于 7.9 km/s 解析 小之比为

v2 Mm 由G =m 可得, “天宫一号”与“神舟十号”的线速度大 ?R+h?2 R+h R+h2 Mm ,A 项错误;由 G =ma 可得“天宫一号”与“神舟十 R+h1 ?R+h?2

?R+h2?2 号”的向心加速度大小之比为 ,B 项正确;地球同步卫星的运行周期为 ?R+h1?2 2π 24 小时,因此“天宫一号”的周期小于地球同步卫星的周期,由 ω= T 可知, 周期小则角速度大, C 项正确; “天宫一号”的线速度小于地球的第一宇宙速度, D 错. 答案 BC

物理建模 1.模型条件

7.宇宙双星模型(模型演示见 PPT 课件)

(1)两颗星彼此相距较近.

(2)两颗星靠相互之间的万有引力做匀速圆周运动. (3)两颗星绕同一圆心做圆周运动. 2.模型特点 (1)“向心力等大反向”——两颗星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的 万有引力提供,故 F1=F2,且方向相反,分别作用在两颗行星上,是一对作用 力和反作用力. (2)“周期、角速度相同”——两颗行星做匀速圆周运动的周期、角速度相 等. (3)“半径反比”——圆心在两颗行星的连线上,且 r1+r2=L,两颗行星做 匀速圆周运动的半径与行星的质量成反比. 3.解答双星问题应注意“两等”“两不等” (1)双星问题的“两等”: ①它们的角速度相等. ②双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供, 即它们受到的 向心力大小总是相等的. (2)“两不等”: ①双星做匀速圆周运动的圆心是它们连线上的一点, 所以双星做匀速圆周运 动的半径与双星间的距离是不相等的, 它们的轨道半径之和才等于它们间的距离. ②由 m1ω2r1=m2ω2r2 知由于 m1 与 m2 一般不相等, 故 r1 与 r2 一般也不相等. 【典例】(2013· 山东卷,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. C. 解析 n3 k2 T n2 kT B. D. n3 kT n kT ).

双星间的万有引力提供向心力.

设原来双星间的距离为 L,质量分别为 M、m,圆周运动的圆心距质量为 m

的恒星距离为 r. Mm ?2π? 对质量为 m 的恒星:G L2 =m? T ?2r ? ? Mm ?2π? 对质量为 M 的恒星:G L2 =M? T ?2(L-r) ? ? M+m 4π2 4π2L3 得 G L2 = T2 L,即 T2= G?M+m? 则当总质量为 k(M+m),间距为 L′=nL 时,T′= 答案 B 双星系统问题的误区 n3 k T,选项 B 正确.

反思总结

(1)不能区分星体间距与轨道半径: 万有引力定律中的 r 为两星体间距离, 向 心力公式中的 r 为所研究星球做圆周运动的轨道半径. (2)找不准物理现象的对应规律.

图 4-4-4 即学即练 如图 4-4-4 所示, 双星系统中的星球 A、 B 都可视为质点, A、

B 绕两者连线上的 O 点做匀速圆周运动,A、B 之间距离不变,引力常量为 G, 观测到 A 的速率为 v、运行周期为 T,A、B 的质量分别为 m1、m2. (1)求 B 的周期和速率. (2)A 受 B 的引力 FA 可等效为位于 O 点处质量为 m′的星体对它的引力,试 求 m′.(用 m1、m2 表示) 解析 (1)设 A、B 的轨道半径分别为 r1、r2,它们做圆周运动的周期 T、角
2 1

r1 m2 速度 ω 都相同,根据牛顿第二定律有 FA=m1ω2r1,FB=m2ω2r2,即r =m .故 B m1r1 m1v 的周期和速率分别为:TB=TA=T,vB=ωr2=ω m = m . 2 2 m1+m2 m1m2 (2)A、B 之间的距离 r=r1+r2= m r1,根据万有引力定律有 FA=G r2
2

m1m′ =G r2 ,
1

m3 2 所以 m′= . ?m1+m2?2 答案 (1)T m1 v m2 m3 2 (2) ?m1+m2?2

附:对应高考题组(PPT 课件文本,见教师用书) 1.(2012· 全国课标卷,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( d A.1-R ?R-d?2 ? C.? ? R ? 解析 ). d B.1+R ? R ? D.?R-d?2 ? ?

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

GM 4 表面的重力加速度 g= R2 .地球质量可表示为 M=3πR3ρ.因质量分布均匀的球壳 4 对球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′=3 GM′ ?R-d?3 ? M,则矿井底部处的重力加速度 g′= π(R-d)3ρ,解得 M′=? ,则 R ? R-d?2 ? ? g′ d 矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为 g =1-R, 选项 A 正 确,选项 B、C、D 错误. 答案 A

2.(2012· 四川卷,15)今年 4 月 30 日,西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫 星,其轨道半径为 2.8×107 m.它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为 4.2×107 m)相比( A.向心力较小 B.动能较大 C.发射速度都是第一宇宙速度 D.角速度较小 ).

解析

Mm 由 F 向=F 万=G R2 知,中圆轨道卫星向心力大于同步轨道卫星(G、 GM GMm R ,得 Ek= 2R ,且由 R 中<R

1 M、m 相同),故 A 错误.由 Ek=2mv2,v=


知, 中圆轨道卫星动能较大, 故 B 正确. 第一宇宙速度是最小的卫星发射速度, GM R3 可知,中圆轨道卫星角速度较大,故 D 错误.

故 C 错误.由 ω= 答案 B

3.(2012· 重庆卷,18)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,同时绕它们连线上某点 O 做匀速圆周运动.由此可知,冥王星 绕 O 点运动的( ).

1 A.轨道半径约为卡戎的7 1 B.角速度大小约为卡戎的7 C.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 设冥王星的质量、轨道半径、线速度大小分别为 m1、r1、v1,卡戎的

质量、轨道半径、线速度大小分别为 m2、r2、v2,由双星问题的规律可得,两星 间的万有引力分别给两星提供做圆周运动的向心力, 且两星的角速度相等, 故 B、 m1m2 r1 m2 1 v1 ωr1 D 均错; 由 G L2 =m1ω2r1=m2ω2r2(L 为两星间的距离), 因此r =m =7, v2=ωr2 2 1 m2 1 =m =7,故 A 对、C 错. 1 答案 A

4.(2011· 山东卷,17)甲、乙为两颗地球卫星,其中甲为地球同步卫星,乙 的运行高度低于甲的运行高度, 两卫星轨道均可视为圆轨道.以下判断正确的是 ( ). A.甲的周期大于乙的周期 B.乙的速度大于第一宇宙速度 C.甲的向心加速度小于乙的向心加速度 D.甲在运行时能经过北级的正上方

解析

GMm 两卫星运行时万有引力提供向心力, 所以 r2 =ma 向, 由此知 r 大,

4π2 v2 则 a 向小,C 项正确;a 向= T2 r= r ,联立知,A 项正确,B 项错误;地球同步 卫星轨道平面与赤道平面平行,所以 D 项错误. 答案 AC

5.(2012· 广东卷,21)如图所示,飞船从轨道 1 变轨至轨道 2.若飞船在两轨 道上都做匀速圆周运动,不考虑质量变化,相对于在轨道 1 上,飞船在轨道 2 上的( ).

A.动能大 C.运行周期长 解析

B.向心加速度大 D.角速度小

飞船绕中心天体做匀速圆周运动, 万有引力提供向心力, 即 F 引=F 向, mv2 4π2mr 2 向= r = T2 =mrω ,即 a GM 2π 3 (或用公式 T= 求解). r ω


Mm 所以 G r2 =ma 4π2r3 GM ,ω=

GM 1 GMm = r2 ,Ek=2mv2= 2r ,T=

因为 r1<r2,所以 Ek1>Ek2,a 向 1>a 向 2,T1<T2,ω1>ω2,选项 C、D 正确. 答案 CD

A 对点训练——练熟基础知识 题组一 天体质量的估算

1.(2013· 宁夏模拟)(多选)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 T1(地球自转周 期),一年的时间 T2(地球公转的周期),地球中心到月球中心的距离 L1,地球中 心到太阳中心的距离 L2.你能计算出( ).

gR2 A.地球的质量 m 地= G 4π2L3 2 B.太阳的质量 m 太= GT2 2 4π2L3 1 C.月球的质量 m 月= GT2 1 D.可求月球、地球及太阳的密度 答案 AB

2.(2013· 唐山模拟)(单选)为研究太阳系内行星的运动,需要知道太阳的质 量,已知地球半径为 R,地球质量为 m,太阳与地球中心间距为 r,地球表面的 重力加速度为 g,地球绕太阳公转的周期为 T.则太阳的质量为( 4π2r3 A.T2R2g 4π2mgr3 C. R3T2 解析 T2R2g B.4π2mr3 4π2mr3 D. T2R2g ).

mm′ 在地球表面:G R2 =m′g①

Mm ?2π? 地球绕太阳公转:G r2 =m? T ?2r② ? ? 4π2mr3 由①②得:M= T2R2g .故 D 项正确. 答案 题组二 D 卫星运行参量的分析与计算

3.(多选)人造地球卫星可以绕地球做匀速圆周运动,也可以沿椭圆轨道绕 地球运动.对于沿椭圆轨道绕地球运动的卫星,以下说法正确的是( A.近地点速度一定等于 7.9 km/s B.近地点速度一定大于 7.9 km/s,小于 11.2 km/s C.近地点速度可以小于 7.9 km/s D.远地点速度一定小于在同高度圆轨道上的运行速度 解析 第一宇宙速度是卫星在星球表面附近做匀速圆周运动时必须具有的 ).

线速度, 而对于绕地球沿椭圆轨道运动的卫星,在近地点时的线速度与第一宇宙 速度无关, 可以大于第一宇宙速度, 也可以小于第一宇宙速度(此时的“近地点” 离地面的距离较大,不能看成是地面附近),故 A、B 错误,C 正确;卫星在远

地点的速度一定小于在同高度圆轨道上的运行速度, 否则不可能被“拉向”地面, D 正确. 答案 CD

4.(2013· 西安二模)(多选)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 R1、R2,线速度大小分别为 v1、v2,以下关系式 正确的是( ).

R1 366 A.R =365 2 v1 365 C.v =366
2

2 R3 1 366 B.R3=3652 2

3 365 v1 D.v = 366 2

解析

设太阳、行星的质量分别为 M 和 m,行星的公转周期为 T,线速度 R3 GM、v= GM R ,对小行星和地

v2 mM ?2π? 为 v,则 G R2 =m? T ?2R=m R ,有 T=2π ? ?

2 3 365 v1 R3 1 366 球,可得R3=3652,v = 366,所以选项 B、D 正确. 2 2

答案

BD

5.(多选)2013 年 2 月,一块陨石坠落在俄罗斯乌拉尔山脉地区.假设该陨 石在落地前在大气层内绕地球做圆周运动,由于空气阻力的作用,半径会逐渐减 小.关于该陨石的运动,以下说法正确的是( A.陨石的动能逐渐增大 B.陨石的周期逐渐减小 C.陨石的向心加速度逐渐减小 D.陨石的机械能逐渐增大 解析 v2 Mm 陨石的运动和卫星一样, 视为圆周运动, 由 G r2 =m r 得: v= GM r , 4π2r3 GM , ).

Mm 4π2 半径减小时, 速度增大, 动能也增大, A 正确; 由 G r2 =mr T2 得: T=

Mm M 半径减小时,周期减小,B 正确;由 G r2 =ma 得:a=G r2 ,半径减小时,向心 加速度增大,C 错误;空气阻力做负功,机械能减小,D 错误. 答案 题组三 AB 星体表面的重力加速度

6.(多选)美国航空航天局发射的“月球勘测轨道器”LRO,每天在 50 km 的高度穿越月球两极上空 10 次. 若以 T 表示 LRO 在离月球表面高度 h 处的轨道 上做匀速圆周运动的周期,以 R 表示月球的半径,则( A.LRO 运行时的向心加速度为 4π2R T2 ).

4π2?R+h? B.LRO 运行时的向心加速度为 T2 4π2R C.月球表面的重力加速度为 T2 D.月球表面的重力加速度为 解析 4π2?R+h?3 T2R2

?2π? LRO 运行时的向心加速度为 a=ω2r=? T ?2(R+h),B 正确;根据 ? ?

m月m m月m′ 4π2?R+h?3 ?2π?2 ? ? G = m ( R + h ) ,又 G = m ′ g ,两式联立得 g = 2 R T2R2 ,D 正 ?T? ?R+h?2 确. 答案 BD

7.(2013· 河南郑州联考,17)(多选)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


∶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∶1 C.M 星∶M 地=1∶20 解析 B.g′∶g=1∶5 D.M 星∶M 地=1∶80

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:v0

2v0 2v0 5t =g′· 得, g ′ = ,同理地球上的重力加速度 g = 2 5t t ;则有 g′∶g=1∶5, 所以 A 错,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

2 M星m0 g′R星 gR2 地 质量为 m0 的物体,则有 m0g′=G 2 ,得 M 星= G ,同理得:M 地= G , R星

所以 M 星∶M 地=1∶80,故 C 错,D 正确. 答案 BD

8.(2013· 江南十校联考)(单选)“静止”在赤道上空的地球同步气象卫星把 广阔视野内的气象数据发回地面,为天气预报提供准确、全面和及时的气象资 料. 设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的 n 倍, 下列说法中正确的是( 1 A.同步卫星运行速度是第一宇宙速度的n倍 1 B.同步卫星的运行速度是地球赤道上随地球自转的物体速度的n倍 C.同步卫星运行速度是第一宇宙速度的 1 n倍 1 n倍 GM R ,根据万 ).

D.同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的 解析

设地球半径为 R,质量为 M,则第一宇宙速度 v1=

有引力等于向心力得同步卫星的运行速度 v= 度是第一宇宙速度的

GM nR ,所以同步卫星的运行速

1 n倍,A 错、C 对;同步卫星和地球赤道上随地球自转

的物体角速度相同,根据 v=ωr,同步卫星的运行速度是地球赤道上随地球自转 Mm GM 的物体速度的 n 倍, B 错; 由 G r2 =ma, 可得同步卫星的向心加速度 a= , ?nR?2 GM 地球表面重力加速度 g= R2 ,所以同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速 1 度的n2倍,D 错. 答案 题组四 C 双星、多星问题

图 4-4-5 9.(2012· 河北唐山二模,19)(多选)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互相绕转,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 4-4-5 所示.若 AO>OB,则( ).

A.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 mA、mB,轨道半径为 RA、RB,两者间距为 L,周 GmAmB 2 L2 =mAω RA①

期为 T,角速度为 ω,由万有引力定律可知: GmAmB 2 L2 =mBω RB② RA+RB=L③

mA RB 由①②式可得m =R , 而 AO>OB, 故 A 错误. vA=ωRA, vB=ωRB, B 正确. 联
B A

2π 立①②③得 G(mA+mB)=ω2L3,又因为 T= ω ,可知 D 正确,C 错误. 答案 BD

10.(2013· 浙江卷,18)(多选)如图 4-4-6 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 4-4-6 A.地球对一颗卫星的引力大小为 GMm ?r-R?2

GMm B.一颗卫星对地球的引力大小为 r2 Gm2 C.两颗卫星之间的引力大小为 3r2 D.三颗卫星对地球引力的合力大小为 3GMm r2

解析

地球与卫星之间的距离应为地心与卫星之间的距离,选项 A 错误,B

正确;两颗相邻卫星与地球球心的连线互成 120° 角,间距为 3r,代入数据得, Gm2 两颗卫星之间引力大小为 3r2 ,选项 C 正确;三颗卫星对地球引力的合力为零, 选项 D 错误. 答案 BC

11.(多选)宇宙中有这样一种三星系统,系统由两个质量为 m 的小星体和一 个质量为 M 的大星体组成,两个小星体围绕大星体在同一圆形轨道上运行,轨 道半径为 r.关于该三星系统的说法中正确的是( ).

A.在稳定运行情况下,大星体提供两个小星体做圆周运动的向心力 B.在稳定运行情况下,大星体应在小星体轨道中心,两小星体在大星体相 对的两侧 3 4πr2 G?4M+m? 3 4πr2 G?4M+m?

C.小星体运行的周期为 T=

D.大星体运行的周期为 T= 解析

三星系统稳定运行时,两个小星体应在大星体的两侧,且在同一直径

上, 小星体的向心力是由大星体的万有引力和另一小星体的万有引力共同提供的, GMm Gmm 4π A 错误, B 正确; 由 r2 + 可得出: T= , 故 C 正确; 2 =m 2 r, T ?2r? G?4M+m? 大星体为中心天体,D 错误. 答案 BC B 深化训练——提高能力技巧 12.(单选)2012 年 6 月,“神九”飞天,“蛟龙”探海,实现了“可上九天 揽月,可下五洋捉鳖”这个充满浪漫主义气概的梦想.处于 340 km 高空的“神 九”和处于 7 000 m 深海的“蛟龙”的向心加速度分别为 a1 和 a2,转动的角速 度分别为 ω1 和 ω2,下列说法中正确的是( ).
2

3 4πr2

v A.因为“神九”离地心的距离较大,根据 ω= r 得 ω1<ω2

2π B.根据 ω= T 可知,ω 与圆周运动的半径 r 无关,所以 ω1=ω2 GM C.因为“神九”离地心的距离较大,根据 a= r2 得 a1<a2 D.因为“神九”离地心距离较大且角速度也较“蛟龙”大,根据 a=ω2r 得 a1>a2 解析 v 根据 ω= r 可知,做圆周运动的角速度不仅与 r 有关,还与线速度 v

有关,所以 A、B 均错;因为“蛟龙”属于天体自转问题,它转动的角速度与地 Mm 球同步卫星相同,“神九”与同步卫星相比,根据 G r2 =mω2r 得“神九”的角 速度较大, 即“神九”的角速度大于“蛟龙”随地球自转的角速度, 根据 a=ω2r 得 C 错,D 正确. 答案 D

13.(多选)对宇宙的思考一直伴随着人类的成长,人们采用各种方式对宇宙 进行着探索,搜寻着外星智慧生命,试图去证明人类并不孤单.其中最有效也是 最难的方法就是身临其境. 设想某载人飞船绕一类地行星做匀速圆周运动,其轨 道半径可视为该行星半径 R,载人飞船运动周期为 T,该行星表面的重力加速度 为 g,引力常量为 G,则( ).

A.飞船的速度是绕行星做圆周运动的最大速度 3π B.该行星的平均密度可表示为4GT2 C.飞船做圆周运动的半径增大,其运动周期将减小 3g D.该行星的平均密度可表示为4πGR 解析 v2 Mm 对飞船,万有引力等于向心力,由 G r2 =m r 得 v= GM r ,即轨道

Mm 4π2R3 ?2π?2 ? ? 半径越大, 飞船速度越小, A 项正确; 由 G R2 =m T R, 得行星质量 M= GT2 , ? ? M 3M 3π 又行星密度 ρ= V =4πR3,因此得 ρ=GT2,B 项错;由 T=2π r3 GM可知,当轨

Mm gR2 道半径增大时,飞船的周期增大,C 项错;由 G R2 =mg 得 M= G ,代入密度

3g 表达式即得 ρ=4πGR,D 项正确. 答案 AD

14.(2013· 四川卷,4)(单选)迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜 人类居住,绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1-581c”却很值得我们期待.该 行星的温度在 0 ℃到 40 ℃之间、质量是地球的 6 倍、直径是地球的 1.5 倍、公 转周期为 13 个地球日.“Gliese581”的质量是太阳质量的 0.31 倍.设该行星与地 球均视为质量分布均匀的球体,绕其中心天体做匀速圆周运动,则( A.在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同 2 B.如果人到了该行星,其体重是地球上的 23倍 C.该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的 13 365倍 ).

D.由于该行星公转速率比地球大,地球上的米尺如果被带上该行星,其长 度一定会变短 解析 m1 R1 由题意知,行星、地球的质量之比m =6,半径之比R =1.5,公转周
2 2

mm′ v2 T1 13 M1 期之比T =365,中心天体质量之比M =0.31.根据 G R2 =m′ R ,得第一宇宙 2 2 v1 速度之比v = 2 Gm1 R2 R1 · Gm2= mm′ m1 R2 · = 2 ,选项 A 错误;根据 m ′ g = G m2 R1 R2 ,

2 m′g1 m1 R2 m1?R2?2 8 Mm ?2π? ?R ? = ,选项 B 正确;根据 G 2 =m? T ? 得到人的体重之比 = R2 · = m2? 1? 3 r ? ? m′g2 1 m2

2

3 r1 3 M1?T1? ? 13 ? r,得与中心天体的距离之比r = M ?T ?2= 0.31×?365?2,选项 C 错误;米 ? ? 2 2? 2?

尺在该行星上长度不一定会变短,选项 D 错误. 答案 B

专题四 难点一

剖析卫星运动问题中的“两大难点”

近地卫星、赤道上物体及同步卫星的运行问题

近地卫星、 同步卫星和赤道上随地球自转的物体的三种匀速圆周运动的比较 (1)轨道半径:近地卫星与赤道上物体的轨道半径相同,同步卫星的轨道半 径较大,即 r 同>r 近=r 物.

(2)运行周期: 同步卫星与赤道上物体的运行周期相同. 由 T=2π 近地卫星的周期要小于同步卫星的周期,即 T 近<T 同=T 物.

r3 GM可知,

Mm (3)向心加速度:由 G r2 =ma 知,同步卫星的加速度小于近地卫星的加速 ?2π? 度. 由 a=rω2=r? T ?2 知, 同步卫星的加速度大于赤道上物体的加速度, 即 a 近>a ? ?


>a 物. (4)动力学规律:近地卫星和同步卫星都只受万有引力作用,由万有引力充

当向心力, 满足万有引力充当向心力所决定的天体运行规律.赤道上的物体由万 有引力和地面支持力的合力充当向心力(或者说由万有引力的分力充当向心力 ), 它的运动规律不同于卫星的运动规律. 【典例 1】 地球赤道上有一物体随地球的自转,所受的向心力为 F1,向心 加速度为 a1,线速度为 v1,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 F2, 向心加速度为 a2, 线速度为 v2, 角速度为 ω2; 地球的同步卫星所受的向心力为 F3,向心加速度为 a3,线速度为 v3,角速度为 ω3; 地球表面的重力加速度为 g, 第一宇宙速度为 v, 假设三者质量相等, 则( ).

A.F1=F2>F3 C.v1=v2=v>v3 解析

B.a1=a2=g>a3 D.ω1=ω3<ω2

地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同,角速度相同,即 ω1

=ω3,根据关系式 v=ωr 和 a=ω2r 可知,v1<v3,a1<a3;人造卫星和地球同步卫 mv2 Mm 星都围绕地球转动, 它们受到的地球的引力提供向心力, 即 G r2 =mω2r= r = ma 可得 v= GM M r ,a=G r2 ,ω= GM r3 ,可见,轨道半径大的线速度、向心

加速度和角速度均小,即 v2>v3,a2>a3,ω2>ω3;绕地球表面附近做圆周运动的 人造卫星(高度忽略)的线速度就是第一宇宙速度,即 v2=v,其向心加速度等于 重力加速度,即 a2=g;所以 v=v2>v3>v1,g=a2>a3>a1,ω2>ω3=ω1,又因为 F =ma,所以 F2>F3>F1.由以上分析可见,选项 A、B、C 错误,D 正确. 答案 D

图1 即学即练 1 如图 1 所示,a 是地球赤道上的一点,t=0 时刻在 a 的正上空

有 b、c、d 三颗轨道均位于赤道平面的地球卫星,这些卫星绕地球做匀速圆周运 动的运行方向均与地球自转方向(顺时针转动)相同,其中 c 是地球同步卫星.设 1 卫星 b 绕地球运行的周期为 T,则在 t=4T 时刻这些卫星相对 a 的位置最接近实 际的是( ).

解析

a 是地球赤道上的一点, c 是地球同步卫星, 则 c 始终在 a 的正上方; 4π2r3 GM ,故 r 越大,T 越大,则 b 比 d 超前,选项 C

Mm 4π2 由 G r2 =m T2 r,得 T= 正确. 答案 难点二 C

卫星的变轨问题

1.卫星变轨的原因 (1)由于对接引起的变轨 (2)由于空气阻力引起的变轨 2.卫星变轨的实质
2 Mm v (1)当卫星的速度突然增加时,G r2 <m r ,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.

Mm v2 (2)当卫星的速度突然减小时, G r2 >m r , 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= 利用这一原理.

GM r 可知其运行速度比原轨道时增大.卫星的发射和回收就是

【典例 2】(2013· 新课标全国卷Ⅰ,20)2012 年 6 月 18 日,神舟九号飞船与 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 解析 本题虽为天体运动问题,但题中特别指出存在稀薄大气,所以应从变

轨角度入手. 第一宇宙速度和第二宇宙速度为发射速度,天体运动的速度为环绕速度,均 小于第一宇宙速度,选项 A 错误;天体运动过程中由于大气阻力,速度减小, mv2 导致需要的向心力 Fn= r 减小, 做向心运动, 向心运动过程中, 轨道高度降低, 且万有引力做正功,势能减小,动能增加,选项 B、C 正 确; 航天员在太空中受地球引力,地球引力全部提供航天员做圆周运动的向 心力,选项 D 错误. 答案 BC

图2 即学即练 2 如图 2 所示,在发射地球同步卫星的过程中,卫星首先进入椭 ).

圆轨道Ⅰ, 然后在 Q 点通过改变卫星速度, 让卫星进入地球同步轨道Ⅱ, 则( A.该卫星在 P 点的速度大于 7.9 km/s,小于 11.2 km/s B.卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于 7.9 km/s C.在轨道Ⅰ上,卫星在 P 点的速度大于在 Q 点的速度

D.卫星在 Q 点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ 解析 由于 P 点在椭圆轨道的近地点,故 A 正确;环绕地球做圆周运动的

人造卫星,最大的运行速度是 7.9 km/s,故 B 错误;P 点比 Q 点离地球近些,故 在轨道Ⅰ上,卫星在 P 点的速度大于在 Q 点的速度,C 正确;卫星在 Q 点通过 加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ,故 D 正确. 答案 ACD (2013· 新课标全国卷Ⅱ,20)目前,在地球周围有许多人造地球

即学即练 3

卫星绕着它运转,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 解析 v2 Mm 卫星运转过程中,地球的引力提供向心力,G r2 =m r ,受稀薄气体

阻力的作用时,轨道半径逐渐变小,地球的引力对卫星做正功,势能逐渐减小, 动能逐渐变大,由于气体阻力做负功,卫星的机械能减小,选项 B、D 正确. 答案 BD 专题强化练四

A 对点训练——练熟基础知识 题组一 近地卫星、赤道上物体及同步卫星的运动问题

1. (多选)将月球、 地球同步卫星和静止在地球赤道上的物体三者进行比较, 下列说法正确的是( ).

A.三者都只受万有引力的作用,万有引力都提供向心力 B.月球的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度 C.地球同步卫星的角速度与静止在地球赤道上的物体的角速度相同 D.地球同步卫星相对地心的线速度与静止在地球赤道上的物体相对地心的 线速度大小相等

解析

静止在地球赤道上的物体不仅受万有引力作用, 还受地面的支持力作

GMm GM 用,A 错误;由 R2 =ma 可得 a= R2 ,因月球绕地球运转的轨道半径大于地球 同步卫星的轨道半径,故月球的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度,B 正确; 地球同步卫星绕地球运转的周期与静止在地球赤道上物体的周期相同,所 以角速度相同,C 正确;由 v=ωR 可知,D 错误. 答案 BC

图3 2.(多选)如图 3 所示,地球赤道上的山丘 e、近地资源卫星 p 和同步通信卫 星 q 均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动.设 e、p、q 的圆周运动速率分别为 v1、v2、v3,向心加速度分别为 a1、a2、a3,则( A.v1>v2>v3 C.a1>a2>a3 解析 ).

B.v1<v3<v2 D.a1<a3<a2

由题意可知:山丘与同步卫星角速度、周期相同,由 v=ωr,a=ω2r GM GM 、 a = r r2 ,

可知 v1<v3、 a1<a3; 对同步卫星和近地资源卫星来说, 满足 v= 可知 v3<v2、a3<a2,对比各选项可知 B、D 正确. 答案 BD

3.(多选)某空间站正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行,其离地高度为 同步卫星离地高度的十分之一, 且运行方向与地球自转方向一致.关于该空间站 说法正确的有( ).

A.其运行的加速度一定等于其所在高度处的重力加速度 B.其运行的速度等于同步卫星运行速度的 10倍 C.站在地球赤道上的人观察到它向东运动 D.在空间站工作的宇航员因受力平衡而在空间站内悬浮或静止 解析 空间站运行的加速度和其所在位臵的重力加速度均由其所受万有引

v2 Mm 力提供,故 A 正确;由 G R2 =m R ?v=

GM R ,运行速度与轨道半径的平方根

Mm ?2π? 成反比,并非与离地高度的平方根成反比,故 B 错误;由 G R2 =m? T ?2R?T= ? ? 2πR R GM,所以空间站运行周期小于地球自转的周期,故 C 正确;空间站内的

宇航员所受万有引力完全提供向心力,处于完全失重状态,D 错误. 答案 AC

4.(多选)同步卫星离地心距离为 r,运行速度为 v1,加速度为 a1,地球赤道 上的物体随地球自转的加速度为 a2,第一宇宙速度为 v2,地球半径为 R,则以下 正确的是( a1 r A.a =R 2 v1 r C.v =R
2

). a1 ? r ? B.a =?R?2 2 ? ? v1 ? r ? 1 D.v =?R?-2 ? ? 2

解析

设地球质量为 M,同步卫星的质量为 m1,地球赤道上的物体质量为

m2,在地球表面附近飞行的物体的质量为 m2′,根据向心加速度和角速度的关 a1 r 2 系有 a1=ω2 1r,a2=ω2R,ω1=ω2,故 = ,可知选项 A 正确. a2 R Mm2′ v2 v2 v1 Mm1 1 2 由万有引力定律有 G r2 =m1 r ,G R2 =m2′ R ,由以上两式解得v = 2 R r ,可知选项 D 正确. 答案 AD

图4 5.(单选)有 a、b、c、d 四颗地球卫星,a 还未发射,在地球赤道上随地球 表面一起转动,b 处于地面附近的近地轨道上正常运动,c 是地球同步卫星,d 是高空探测卫星,各卫星排列位置如图 4 所示,则有( A.a 的向心加速度等于重力加速度 g B.b 在相同时间内转过的弧长最长 ).

π C.c 在 4 h 内转过的圆心角是6 D.d 的运动周期有可能是 20 小时 解析 GMm GMm GMm 对 a: R2 -FN=ma,又 R2 =mg,故 a<g,A 错误;由 r2 = GM r ,b 的速度最大,相同时间内转过的弧长最长,B 正确;c 为

v2 m r 得:v=

2π π 同步卫星,周期为 24 小时,故 4 小时转过的圆心角为24×4=3,C 错误;因 d 的运动周期一定大于 c 的周期,故周期一定大于 24 小时,D 错误. 答案 题组二 B 卫星的变轨问题

图5 6.(多选)要使卫星从如图 5 所示的圆形轨道 1 通过椭圆轨道 2 转移到同步 轨道 3,需要两次短时间开动火箭对卫星加速,加速的位置应是图中的( A.P 点 C.R 点 解析 B.Q 点 D.S 点 ).

卫星在圆轨道 1 上运动到 P 点时的速度小于在椭圆轨道 2 上运动到 P

点时的速度,故在 P 点开动火箭向前加速,此后卫星受到的万有引力不足以提 供其做圆周运动的向心力,可在轨道 2 上运动,A 正确;卫星在椭圆轨道 2 上运 动到 R 点时的速度小于在圆轨道 3 上时的速度,故应在 R 点加速,C 正确. 答案 AC

7. (2013· 上海卷, 9)(单选)小行星绕恒星运动, 恒星均匀地向四周辐射能量, 质量缓慢减小, 可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动.则经 过足够长的时间后,小行星运动的( A.半径变大 C.角速度变大 解析 ). B.速率变大 D.加速度变大

恒星均匀地向四周辐射能量, 质量缓慢减小, 二者之间万有引力减小,

小行星运动的半径增大, 速率减小, 角速度减小, 加速度减小, 选项 A 正确, B、

C、D 错误. 答案 A

图6 8.(单选)2013 年发射的“嫦娥三号”卫星,实现我国首次对地外天体的直 接探测, 如图 6 为“嫦娥三号”卫星在月球引力作用下,先沿椭圆轨道向月球靠 近,并在 P 处“刹车制动”后绕月球做匀速圆周运动,并再次变轨最后实现软 着陆,已知“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动的半径为 r,周期为 T,引力常 量为 G,则( ).

A.“嫦娥三号”卫星的发射速度必须大于 11.2 km/s B.“嫦娥三号”卫星在椭圆轨道与圆轨道上经过 P 点的速度相等 C.“嫦娥三号”卫星由远月点 Q 点向 P 点运动过程中速度逐渐减小 D.由题给条件可求出月球质量 解析 由卫星发射条件知, 地球卫星发射速度应大于第一宇宙速度而小于第

二宇宙速度,A 错;卫星在 P 点由椭圆轨道到圆轨道要适当减速,因此在椭圆轨 道与圆轨道上经过 P 点的速度不相等,B 错;“嫦娥三号”卫星由远月点 Q 点 Mm 4π2 向 P 点运动过程中, 月球引力对其做正功, 速度逐渐增大, C 错; 由 G r2 =m T2 4π2r3 r 可得月球质量为 M= GT2 ,D 对. 答案 D

图7 9.(单选)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 7 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,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( A.4.7π C.1.7π 解析 R g R g ). B.3.6π D.1.4π R g R g

Mm 4π2· 3R 对圆轨道上质量为 m、 运动周期为 T1 的物体, 满足: G 9R2 =m T2 , 1

Mm 近月轨道上质量为 m 的物体做圆周运动时满足:G R2 =mg,可求得两周期 T1 T2 ?3R?3 1 的值.设椭圆轨道上的物体运行周期为 T2,由开普勒第三定律可得T2= , ?2R?3 2 可求得 T2 的值. 依题意登月器可以在月球上停留的最短时间为 T1-T2≈4.7π A 对. 答案 A R g,

图8 10.(多选)如图 8 所示,在“嫦娥”探月工程中,设月球半径为 R,月球表 面的重力加速度为 g0.飞船在半径为 4R 的圆形轨道Ⅰ上运动, 到达轨道的 A 点时 点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ,到达轨道的近月点 B 时,再次点火进入近月轨道Ⅲ 绕月做圆周运动,则( ).

A.飞船在轨道Ⅲ的运行速率大于 g0R B.飞船在轨道Ⅰ上运行速率小于在轨道Ⅱ上 B 处的速率

C.飞船在轨道Ⅰ上的重力加速度小于在轨道Ⅱ上 B 处重力加速度 D.飞船在轨道Ⅰ、轨道Ⅲ上运行的周期之比为 4∶1 解析 v2 飞船在轨道Ⅲ上运行时的速率设为 v,由 mg0=m R ,得 v= g0R,选

2 v1 mM mM 项 A 错误; 飞船在轨道Ⅰ、 Ⅲ上运行速率分别为 v1、 v3, 由G = m 和 G 2 4R R2 ?4R? 2 v3 =m R ,解得 v1=

GM 4R 和 v3=

GM R ,可见 v3>v1,设轨道Ⅱ上的 B 点速度为 GM R ,

mM v2 B vB, 飞船在 B 点由轨道Ⅲ变轨到轨道Ⅱ为离心运动, 则 G R2 <m R , 即 v B>

mM GM 则 vB>v3>v1,选项 B 正确;由 mg=G r2 ,得 g= r2 ,由 rA>rB,则 gA<gB,选 项 C 正确;由 G 项 D 错误. 答案 BC mM mM ?2π?2 ?2π? ? ×4R 和 G 2 =m? T ?2R,解得 T1∶T3=8∶1,选 2=m? T R ? 1? ? 3? ?4R?

11. (2013· 安徽卷, 17)(单选)质量为 m 的人造地球卫星与地心的距离为 r 时, GMm 引力势能可表示为 Ep=- r ,其中 G 为引力常量,M 为地球质量、该卫星原 来在半径为 R1 的轨道上绕地球做匀速圆周运动,由于受到极稀薄空气的摩擦作 用,飞行一段时间后其圆周运动的半径变为 R2,此过程中因摩擦而产生的热量 为( ). ?1 1? A.GMm?R -R ? ? 2 1? GMm? 1 1 ? C. 2 ?R -R ? ? 2 1? 解析 ?1 1? B.GMm?R -R ? ? 1 2? GMm? 1 1 ? D. 2 ?R -R ? ? 1 2?

人造卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供.

v2 Mm 根据万有引力提供向心力得 G r2 =m r ① 1 而动能 Ek=2mv2② GMm 由①②式得 Ek= 2r ③ GMm 由题意知,引力势能 Ep=- r ④ GMm 由③④式得卫星的机械能 E=Ek+Ep=- 2r GMm? 1 1 ? 由功能关系知,因摩擦而产生的热量 Q=ΔE 减=E1-E2= 2 ?R -R ?,故 ? 2 1? 选项 C 正确.

答案

C B 深化训练——提高能力技巧

图9 12.(单选)北京时间 2012 年 4 月 16 日天文爱好者迎来了土星冲日的美丽天 象,观赏到了美丽的“指环王”.土星是夜空最美丽的星球之一,它是肉眼易见 的大行星中离地球最远的,在望远镜中,其外形像一顶草帽,被誉为“指环 王”.土星冲日是指土星和太阳正好分处地球两侧,三者几乎成一条直线,此时 土星与地球距离最近,亮度也最高,是观测的最佳时机.冲日前后,太阳刚从西 方落下,土星便由东方升起,直到天亮由西方落下,整夜可见,是一年中观测土 星最好的时机.该天象大约每 378 天发生一次,基本上是一年一度.已知土星和 地球绕太阳公转的方向相同,则( A.土星公转的速率比地球大 B.土星公转的向心加速度比地球大 C.土星公转的周期约为 1.1×104 天 D.假如土星适度加速,有可能与地球实现对接 解析 v2 Mm 根据 G r2 =m r 可得,半径 r 越大,线速度越小,A 错误;由 ma= ).

Mm G r2 可得,半径 r 越大,向心加速度越小,B 错误;若土星加速,则半径变大, ?2π 2π? 不可能与地球实现对接, D 错误; 由? T - T ?t=2π, 其中 T1=365 天, t=378 天, ? 1 2? 分析可知只有 C 正确. 答案 C

13.(多选)同重力场作用下的物体具有重力势能一样,万有引力场作用下的 物体同样具有引力势能.若取无穷远处引力势能为零,物体距星球球心距离为 r m0m 时的引力势能为 Ep=-G r (G 为引力常量), 设宇宙中有一个半径为 R 的星球, 宇航员在该星球上以初速度 v0 竖直向上抛出一个质量为 m 的物体,不计空气阻

力,经 t 秒后物体落回手中,则( A. 在该星球表面上以 星球表面 B.在该星球表面上以 2 回星球表面 C. 在该星球表面上以 星球表面 D.在该星球表面上以 2 回星球表面

).

2v0R 物体将不再落回 t 的初速度水平抛出一个物体,

v0R t 的初速度水平抛出一个物体,物体将不再落

2v0R 物体将不再落回 t 的初速度竖直抛出一个物体,

v0R t 的初速度竖直抛出一个物体,物体将不再落

解析

设该星球表面附近的重力加速度为 g′,物体竖直上抛运动有:v0=

g′t m0m ,在星球表面有: mg ′ = G 2 R2 ,设绕星球表面做圆周运动的卫星的速度为 v2 m0m 1 v1, 则 m R =G R2 , 联立解得 v1= 2v0R A 正确; 2 t , v0R t > 2v0R B 正确; t ,

1 2 1 2 从星球表面竖直抛出物体至无穷远速度为零的过程,有2mv2 +Ep=0,即2mv2 = m0m G R ,解得 v2=2 答案 ABD v0R t ,C 错误,D 正确.

图 10 14.(2013· 湖北联考)(单选)经长期观测发现,A 行星运行的轨道半径为 R0, 周期为 T0,但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离,且周期性地每隔 t0 时间发生一次最大的偏离.如图 10 所示,天文学家认为形成这种现象的原因可 能是 A 行星外侧还存在着一颗未知行星 B,则行星 B 运动轨道半径为( ).

A.R=R0

3

t2 0 ?t0-T0?2 t0 ?t0-T0?2

B.R=R0

t0 t0-T 3 t2 0 t0-T0

C.R=R0 解析

3

D.R=R0

A 行星发生最大偏离时,A、B 行星与恒星在同一直线上,且位于恒
0

2π 2π 星同一侧,设行星 B 的运行周期为 T、半径为 R,则有:T t0- T t0=2π,所以 T
3 3 t0T0 R3 t2 0 R 0 = ,由开普勒第三定律得: T2=T2,解得:R=R0 ,A 正确. t0-T0 ? t - T0?2 0 0

答案

A

章末定时练四

(时间:60 分钟) 一、选择题(本题共 9 小题,在每小题给出的四个选项中,第 1~5 题只有一 项符合题目要求,第 6~9 题有多项符合题目要求.) 1.(2013· 黄山七校联考)如图 1 所示,P 是水平地面上的一点,A、B、C、D 在同一条竖直线上,且 AB=BC=CD.从 A、B、C 三点分别水平抛出一个物体, 这三个物体都落在水平地面上的 P 点.则三个物体抛出时的速度大小之比 vA∶ vB∶vC 为( ).

图1 A. 2∶ 3∶ 6 C.1∶2∶3 解析 B.1∶ 2∶ 3 D.1∶1∶1

1 由平抛运动的规律可知竖直方向上:h=2gt2,水平方向上:x=v0t, g 2h,由于 hA=3h,hB=2h,hC=h,代入上式可知选项 A

两式联立解得 v0=x

正确. 答案 A

2.在光滑水平面上,一根原长为 l 的轻质弹簧的一端与竖直轴 O 连接,另 一端与质量为 m 的小球连接,如图 2 所示.当小球以 O 为圆心做匀速圆周运动 的速率为 v1 时,弹簧的长度为 1.5l;当它以 O 为圆心做匀速圆周运动的速率为 v2 时,弹簧的长度为 2.0l,则 v1 与 v2 的比值为( ).

图2 A. 3∶ 2 C. 3∶2 2 解析
2 v1 =m1.5l

B. 2∶ 3 D.2 2∶ 3

设弹簧的劲度系数为 k,当小球以 v1 做匀速圆周运动时有:k(1.5l-l)

v2 2 当小球以 v2 做匀速圆周运动时有:k(2.0l-l)=m2.0l 两式之比得:v1∶v2= 3∶2 2. 故只有选项 C 正确. 答案 C

3.(2013· 日照模拟)如图 3 所示,半径为 R 的光滑圆环轨道竖直放置,一质 量为 m 的小球恰能在此圆轨道内做圆周运动,则小球在轨道最低点处对轨道的 压力大小为( ).

图3 A.3mg C.5mg 解析 B.4mg D.6mg

设小球的质量为 m, 经过最低点时速度大小为 v1, 小球恰好能通过圆

环的最高点,则在最高点时,小球对圆环的压力为零,由重力提供向心力,即

v2 1 1 mg=m R , 由最高点运动到最低点, 根据机械能守恒定律得 mg· 2R+2mv2=2mv2 1, v2 1 在最低点,根据牛顿第二定律得 FN-mg=m R ,联立以上各式解得 FN=6mg, 根据牛顿第三定律可知,小球在轨道最低点处对轨道的压力大小为 6mg,选项 D 正确. 答案 D

4.(2013· 安徽合肥联考,4)如图 4 所示,一物体自 P 点以初速度 10 m/s 做 平抛运动,恰好垂直打到倾角为 45° 的斜面上的 θ 点(g=10 m/s2),则 P、Q 两点 间的距离为( ).

图4 A.5 m C.5 5 m 解析 B.10 m D.条件不足,无法求解

gt 垂直打到斜面上,则速度的偏向角为 45° ,由 tan 45° = 得 t=1 s, v0

1 所以 x=v0t=10 m,y=2gt2=5 m,P、Q 两点间的距离为 x2+y2=5 5 m,选 项 C 正确. 答案 C

5.质量 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,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( ).

解析

质点在 F1 的作用下由静止开始从坐标系的原点 O 沿+x 轴方向加速

F1 1 运动, 加速度 a1= m =2 m/s2, 速度为 v1=a1t1=4 m/s, 对应位移 x1=2a1t2 1=4 m, 到 2 s 末撤去 F1 再受到沿+y 轴方向的力 F2 的作用,质点在+x 轴方向做匀速运

F2 动, x2=v1t2=4 m, 在+y 轴方向做加速运动, +y 轴方向的加速度 a2= m =6 m/s2, 1 对应的位移 y=2a2t2 2=3 m,物体做曲线运动,且合外力指向运动轨迹凹侧,A、 B、C 项错误,D 项正确. 答案 D

6.地球同步卫星轨道必须在赤道平面上空,和地球有相同的角速度,才能 和地球保持相对静止. 关于各国发射的地球同步卫星, 下列表述正确的是( A.所受的万有引力大小一定相等 B.离地面的高度一定相同 C.运行的速度都小于 7.9 km/s D.都位于赤道上空的同一个点 解析 由于各国卫星的质量不同,所以卫星受到的万有引力不同,A 错误; ).

v2 Mm 所有同步卫星均做匀速圆周运动,则有 G r2 =m r =mω2r,因为所有同步卫星 的角速度相同,所以 r 相同,即离地面高度相同,B 对;由于半径越大,速度越 小,同步卫星运行的速度均小于 GM R =7.9 km/s,C 对;地球同步卫星是在赤

道上方同一个轨道上,而不是同一个点,所以 D 错误. 答案 BC ).

7. (2013· 海南卷, 8)关于物体所受合外力的方向, 下列说法正确的是(

A.物体做速率逐渐增加的直线运动时,其所受合外力的方向一定与速度方 向相同 B.物体做变速率曲线运动时,其所受合外力的方向一定改变 C.物体做变速率圆周运动时,其所受合外力的方向一定指向圆心 D.物体做匀速率曲线运动时,其所受合外力的方向总是与速度方向垂直 解析 物体做速率逐渐增加的直线运动时,其加速度跟速度方向一致,故其

所受合外力的方向一定与速度方向相同,A 正确;物体做变速率曲线运动时,其 所受合外力的方向不一定改变,如做平抛运动的物体,B 错误;物体只有在做匀 速圆周运动时,合外力才全部充当向心力,物体做变速圆周运动时,只是合外力 有指向圆心的分量,但其所受合外力的方向不指向圆心,故 C 错误;物体做匀

速率曲线运动时, 据动能定理可知合外力不做功,故物体所受合外力的方向总是 与速度方向垂直,D 正确. 答案 AD

8.如图 5 所示,a 为赤道上的物体,随地球自转做匀速圆周运动,b 为沿地 球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星,c 为地球同步卫星,以下关于 a、b、c 的说法中正确的是( ).

图5 A.它们的向心加速度都与轨道半径成正比 B.b 和 c 的向心加速度都与轨道半径的二次方成反比 C.a 和 c 的运转周期相同 D.a 和 b 的运转周期相同 解析 同步卫星 c 与赤道上物体 a 的周期相等, 均为地球自转周期, 即 24 h, 4π2r3 ,故选项 C 正确,D 错误;a 和 c 的角速度 ω 相 GM

而其他卫星的周期 T=

GM 等,向心加速度 a=rω2,a∝r;b 和 c 都是由万有引力提供向心力,a= r2 ,a 1 ∝r2,故选项 A 错误、B 正确. 答案 BC

9.如图 6 所示是牛顿研究抛体运动时绘制的一幅草图,以不同速度抛出的 物体分别沿 a、b、c、d 轨迹运动,其中 a 是一段曲线,b 是贴近地球表面的圆, c 是椭圆,d 是双曲线的一部分.已知引力常量为 G、地球质量为 M、半径为 R、 地球附近的重力加速度为 g.以下说法中正确的是( ).

图6

A.沿 a 运动的物体初速度一定小于 gR B.沿 b 运动的物体速度等于 GM R

C.沿 c 运动的物体初速度一定大于第二宇宙速度 D.沿 d 运动的物体初速度一定大于第三宇宙速度 解析 v= v2 Mm b 是贴近地球表面的圆,沿此轨迹运动的物体满足 G R2 =m R ,解得

v2 GM ,或满足 mg = m R R ,解得 v= gR,以上得到的两个速度均为第一宇

宙速度, 发射速度小于第一宇宙速度则不能成为人造卫星, 如 a, 故 A、 B 正确; 发射速度大于第一宇宙速度而小于第二宇宙速度,卫星的轨道为椭圆,如 c,故 C 错误;发射速度大于第二宇宙速度,轨迹将不闭合,发射速度大于第三宇宙速 度,轨迹也不闭合,故 d 轨迹不能确定其发射速度是否大于第三宇宙速度,D 错 误. 答案 AB

二、非选择题 10.(2013· 郑州模拟)如图 7 所示,斜面体 ABC 固定在地面上,小球 p 从 A 点由静止下滑,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 θ=30° ,不计空气阻力,g 取 10 m/s2.求:

图7 (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. 解析 =gsin θ① 1 下滑所需时间为 t1,根据运动学公式得:l=2at2 1② (1)小球 p 从斜面上下滑的加速度为 a, 由牛顿第二定律得: a= mgsin θ m

由①②得:t1= 解得:t1=1 s

2l gsin θ③

(2)小球 q 做平抛运动,设抛出速度为 v0,则: x=v0t2④ x=lcos 30° ⑤ 依题意得:t2=t1⑥ lcos 30° 5 3 由④⑤⑥得:v0= t = 4 m/s.
1

答案

(1)1 s

5 3 (2) 4 m/s

11.天文学家观测河外星系大麦哲伦云时,发现了 LMCX-3 双星系统,它 由可见星 A 和不可见的暗星 B 构成. 两星视为质点, 不考虑其他天体的影响, A、 B 围绕两者连线上的 O 点做匀速圆周运动,它们之间的距离保持不变,如图 8 所示.引力常量为 G,由观测能够得到可见星 A 的速率 v 和运行周期 T.

图8 (1)可见星 A 所受暗星 B 的引力 FA 可等效为位于 O 点处质量为 m′的星体 (视为质点)对它的引力,设 A 和 B 的质量分别为 m1、m2,试求 m′(用 m1、m2 表示); (2)求暗星 B 的质量 m2 与可见星 A 的速率 v、运行周期 T 和质量 m1 之间的 关系式. 解析 (1)设 A、B 的圆轨道半径分别为 r1、r2,角速度均为 ω

由双星所受向心力大小相等,可得 m1ω2r1=m2ω2r2 设 A、B 之间的距离为 L,又 L=r1+r2 由上述各式得 L= m1+m2 m2 r1①

由万有引力定律得

m1m2 双星间的引力 F=G L2 m1m3 2 将①式代入上式得 F=G ② ?m1+m2?2r2 1 由题意, 将此引力视为 O 点处质量为 m′的星体对可见星 A 的引力, 则有 F m1m′ =G r2 ③
1

m3 2 比较②③可得 m′= ④ ?m1+m2?2 (2)对可见星 A,有 G m1m′ v2 =m1 ⑤ 2 r1 r1

vT 可见星 A 的轨道半径 r1=2π ⑥ v3T m3 2 由④⑤⑥式解得 = . ?m1+m2?2 2πG 答案 (2) (1)m′= m3 2 ?m1+m2?2

v3T m3 2 2= ?m1+m2? 2πG

图9 12.如图 9 所示,有一内壁光滑的试管装有质量为 1 g 的小球,试管的开口 端封闭后安装在水平轴 O 上,转动轴到管底小球的距离为 5 cm,让试管在竖直 平面内做匀速转动.问: (1)转动轴达某一转速时,试管底部受到小球的压力的最大值为最小值的 3 倍,此时角速度多大? (2)当转动的角速度 ω=10 rad/s 时,管底对小球的作用力的最大值和最小值 各是多少?(g 取 10 m/s2) 解析 (1)转至最低点时,小球对管底压力最大;转至最高点时,小球对管

底压力最小,最低点时管底对小球的支持力 F1 应是最高点时管底对小球支持力 F2 的 3 倍,即 F1=3F2①

根据牛顿第二定律有最低点:F1-mg=mrω2② 最高点:F2+mg=mrω2③ 由①②③得 ω= 4g 2r = 4×10 rad/s=20 rad/s④ 2×0.05

(2)在最高点时,设小球不掉下来的最小角速度为 ω0, 则 mg=mrω2 0 ω0= g r= 10 0.05 rad/s=14.1 rad/s

因为 ω=10 rad/s<ω0=14.1 rad/s,故管底转到最高点时,小球已离开管底, 因此管底对小球作用力的最小值为 F′=0 当转到最低点时,管底对小球的作用力最大为 F1′, 根据牛顿第二定律知 F1′-mg=mrω2,则 F1′=mg+mrω2=1.5×10-2N. 答案 (1)20 rad/s (2)1.5×10-2N 0


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