1、第四章 曲线运动万有引力与航天第1节曲线运动_运动的合成与分解(1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动。()(2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。()(3)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化。()(4)曲线运动可能是匀变速运动。()(5)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。()(6)合运动的速度一定比分运动的速度大。()(7)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。()(8)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则。()突破点(一)物体做曲线运动的条件与轨迹分析1运动轨迹的判断(1)若物体所受合力方向与速度方向在同一直线上，则物体做直线
2、运动。(2)若物体所受合力方向与速度方向不在同一直线上，则物体做曲线运动。2合力方向与速率变化的关系题点全练1关于物体的受力和运动，下列说法中正确的是()A物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变B物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是通过这一点曲线的切线方向C物体受到变化的合力作用时，它的速度大小一定改变D做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的外力作用解析：选D如果合力与速度方向不垂直，必然有沿速度方向的分力，速度大小一定改变，故A错误；物体做曲线运动时，某点的速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向，而不是加速度方向，故B错误；物体受到变化的合力作用时，它的速度大小
3、可以不改变，比如匀速圆周运动，故C错误；物体做曲线运动的条件是一定受到与速度不在同一直线上的外力作用，故D正确。2多选(2018南京调研)如图所示，甲、乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1、v2、v3，下列说法中正确的是()A甲做的不可能是直线运动B乙做的可能是直线运动C甲可能做匀变速运动D乙受到的合力不可能是恒力解析：选ACD甲、乙的速度方向在变化，所以甲、乙不可能做直线运动，故A正确，B错误；甲的速度变化量的方向不变，知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲可能作匀变速运动，选项C正确；乙的速度变化量方向在改变，知加速度的方向改变，所以乙的合力不可能
4、是恒力，故D正确。3.多选(2018苏州一模)某同学做了一个力学实验，如图所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，然后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示。根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是()A水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左B金属球运动到悬点O正下方时所受合力方向竖直向上C金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧D金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零解析：选AC未剪断细绳前，小球受向下的重力、弹簧的拉力和细绳的水平拉力作用，剪断细绳后的
5、瞬间，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力应该水平向左，故此时金属球的加速度方向一定水平向左，选项A正确；金属球运动到悬点O正下方时，合力指向轨迹的凹侧，故合力方向竖直向下，选项B错误；当轨迹的切线方向与合力方向垂直时，小球的速度最大，由轨迹图可知金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧，选项C正确；金属球运动到最左端时，由轨迹的切线可知，速度方向向上，不为零，因小球做曲线运动，故其加速度不为零，选项D错误。突破点(二)运动的合成与分解的应用1合运动与分运动的关系等时性各个分运动与合运动总是同时开始，同时结束，经历时间相等(不同时的运动不能合成)等效性各分运动叠加起来与合运动有相同的效果独立性
6、一个物体同时参与几个运动，其中的任何一个分运动都会保持其运动性质不变，并不会受其他分运动的干扰。虽然各分运动互相独立，但是合运动的性质和轨迹由它们共同决定2运动的合成与分解的运算法则运动的合成与分解是指描述运动的各物理量，即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定则。3合运动的性质和轨迹的判断(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。典例多选(2018镇江模拟)将一物体由坐标原点O以初速度v0抛出，在恒力作用下轨迹如图所示，A为轨
7、迹最高点，B为轨迹与水平x轴交点，假设物体到B点时速度为vB，v0与x轴夹角为，vB与x轴夹角为，已知OA水平距离x1小于AB水平距离x2，则()A物体在B点的速度vB大于v0B物体从O到A时间大于从A到B时间C物体在O点所受合力方向指向第四象限D可能等于思路点拨将物体运动分解为水平方向和竖直方向上都为匀变速运动的分运动，然后根据A为最高点，O、B在x轴上得到上升、下降运动时间相同，进而得到竖直速度变化关系；再根据水平位移得到加速度方向，进而得到两点的速度大小及方向的关系，亦可由加速度方向得到合外力方向。解析从图中可知物体在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，
8、故到B点合外力做正功，物体在B点的速度vB大于v0，A正确；由于合运动和分运动具有等时性，根据竖直上抛运动的对称性可知物体从O到A时间等于从A到B时间，B错误；物体受到竖直向下的重力，水平向右的恒力，故合力在O点指向第四象限，C正确；只有在只受重力作用下，由于水平方向上合力不为零，故两者不可能相等，D错误。答案AC集训冲关1.多选(2018常州检测)如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R(R视为质点)。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v03 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角
9、为。则红蜡块R的()A分位移y与x成正比B分位移y的平方与x成正比C合速度v的大小与时间t成正比Dtan 与时间t成正比解析：选BD由题意可知，y轴方向，yv0t；而x轴方向，xat2，联立可得：xy2，故A错误，B正确；x轴方向，vxat，那么合速度的大小v，则v的大小与时间t不成正比，故C错误；设合速度的方向与y轴夹角为，则有：tan t，故D正确。2.(2018衡阳联考)如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从t0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲种状态启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，
10、F为AB的中点。则t1t2为()A21B1C1 D1(1)解析：选A雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小与水平方向的运动无关，故t1t221，选项A正确。突破点(三)小船渡河问题1小船渡河问题的分析思路2小船渡河的两类问题、三种情景渡河时间最短当船头方向垂直于河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin渡河位移最短如果v船v水，当船头方向与上游夹角满足v船cos v水时，合速度垂直于河岸，渡河位移最短，等于河宽d如果v船v水，当船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直时，渡河位移最短，等于典例(2018镇江质检)小船匀速横渡一条河流，当船头垂直对岸方向航行时，在出发后10 min到达对岸下
11、游120 m处；若船头保持与河岸成角向上游航行，出发后12.5 min到达正对岸。求：(1)水流的速度；(2)小船在静水中的速度、河的宽度以及船头与河岸间的夹角。解析(1)船头垂直对岸方向航行时，如图甲所示。由xv2t1得v2 m/s0.2 m/s。(2)船头保持与河岸成角航行时，如图乙所示。由图甲可得dv1t1v2v1cos dv1t2sin 联立解得53，v10.33 m/s，d200 m。答案(1)0.2 m/s(2)0.33 m/s200 m53易错提醒(1)船的航行方向即船头指向，是分运动；船的运动方向是船的实际运动方向，是合运动，一般情况下与船头指向不一致。(2)渡河时间只与船垂直
12、于河岸方向的分速度有关，与水流速度无关。(3)船沿河岸方向的速度为船在静水中的速度沿岸方向的分速度与水流速度的合速度，而船头垂直于河岸方向时，船沿河岸方向的速度等于水流速度。集训冲关1.多选(2018淮安模拟)小船横渡一条两岸平行的河流，船在静水中的速度大小不变，船头始终垂直指向河的对岸，水流速度方向保持与河岸平行，若小船的运动轨迹如图所示，则()A越接近河岸水流速度越大B越接近河岸水流速度越小C小船渡河的时间会受水流速度变化的影响D小船渡河的时间不会受水流速度变化的影响解析：选BD从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，故加速度是变化的，由于水流是
13、先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A错误，B正确。由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，即船渡河的时间不会受水流速度变化的影响，选项C错误，D正确。2.(2018如东、丰县联考)一只小船渡河，运动轨迹如图所示。水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船相对于静水的初速度大小均相同、方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变，由此可以确定()A船沿AD轨迹运动时，船相对于静水做匀加速直线运动B船沿三条不同路径渡河的时间相同C船沿AB轨迹渡河所用的时间最短D船沿AC轨迹到达对岸前瞬间的速度最大解析：选
14、D当沿AD轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故A错误；船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故B错误；沿AB轨迹，做匀速直线运动，则渡河所用的时间大于沿AC轨迹运动渡河时间，故C错误；沿AC轨迹，垂直河岸方向船是做匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，故D正确。3.(2018徐州三中月考)某物理兴趣小组的同学在研究运动的合成和分解时，驾驶一艘快艇进行了实地演练。如图所示，在宽度一定的河中的O点固定一目标靶，经测量该目标靶距离两岸的最近距离分别为MO15 m、NO12 m，水流的速度平行河岸向右，且速度大
15、小为v18 m/s，快艇在静水中的速度大小为v210 m/s。现要求快艇从图示中的下方河岸出发完成以下两个过程：第一个过程以最短的时间运动到目标靶；第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸。在下列说法中正确的是()A快艇的出发点位于M点左侧8 m处B第一个过程所用的时间约为1.17 sC第二个过程快艇的船头方向应垂直河岸D第二个过程所用的时间为2 s解析：选D第一个过程以最短的时间运动到目标靶，当船头的方向始终与河岸垂直时，船到达O点的时间最短，最短时间为：t1 s1.5 s，该过程中，船随水流向下游方向的位移：xv1t181.5 m12 m，可知船开始时要位于M左侧12 m处，故
16、A、B均错误；第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，则船头的方向要向河的上游有一定的角度，此时：v2cos v1，得cos 0.8，第二个过程所用的时间为：t2 s2 s，故C错误，D正确。突破点(四)绳(杆)端速度分解问题两物体通过绳(杆)相牵连，当两物体都发生运动时，两物体的速度往往不相等，但因绳(杆)的长度是不变的，因此两物体的速度沿绳(杆)方向的分速度是大小相等的。典例(2018兴平市一模)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点。用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成30的斜面向右上以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度()A大小为v，方向不变和水平方向成6
17、0B大小为v，方向不变和水平方向成60C大小为2v，方向不变和水平方向成60D大小和方向都会改变解析橡皮沿斜面向右上运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度v匀速运动，根据平行四边形定则，可求得合速度大小为v，方向不变和水平方向成60。答案B内化模型1熟记常见模型2谨记解题思路集训冲关1.(2018靖江月考)如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动。设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为。则()AvAvBcos BvBv
18、Acos CA上升过程中绳中张力不变DA上升过程中，绳中张力始终小于B的重力解析：选B将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度。在沿绳子方向的分速度为vAcos ，所以vBvAcos ，故A错误，B正确。A、B组成的系统因重力做功，开始的时候B的速度逐渐增大，但是由于vBvAcos ，当90时，则B的速度为0，所以B的速度一定是先增大后减小。知B先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，拉力先小于重力后大于重力，故C、D错误。2.如图所示，工厂生产流水线上的工件以3 m/s的速度连续不断地向右匀速运动，在切割工序的P处，割刀的速度为6 m/s(相对
19、地)。为了使割下的工件都成规定尺寸的矩形，关于割刀相对工件的速度大小和方向，下列判断正确的是()A大小为3 m/s，方向与工件的边界成60角B大小为3 m/s，方向与工件的边界垂直C大小为3 m/s，方向与工件的边界成60角D大小为3 m/s，方向与工件的边界垂直解析：选B为了使割下的工件都成规定尺寸的矩形，割刀相对工件的速度方向必须和工件的边界垂直，故A、C错误；割刀相对工件的速度和工件的速度都是分速度，割刀相对地的速度是合速度，所以割刀相对工件的速度大小为：v相 m/s3 m/s，故B正确，D错误。生活中的运动合成问题(一)骑马射箭1.多选民族运动会上有一骑射项目如图所示，运动员骑在奔跑的
20、马上，弯弓放箭射击侧向的固定目标。假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的箭速度为v2，跑道离固定目标的最近距离为d。要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则()A运动员放箭处离目标的距离为B运动员放箭处离目标的距离为C箭射到固定目标的最短时间为D箭射到固定目标的最短时间为解析：选BC要想以箭在空中飞行的时间最短的情况下击中目标，v2必须垂直于v1，并且v1、v2的合速度方向指向目标，如图所示，故箭射到目标的最短时间为，C对，D错；运动员放箭处离目标的距离为，又xv1tv1，故 ，A错，B对。(二)转台投篮2趣味投篮比赛中，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，相对平台静止，向平
21、台圆心处的球筐内投篮球。则下图各俯视图中篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向)的是()解析：选C当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速度沿球筐方向，球就会被投入球筐。故C正确，A、B、D错误。(三)下雨打伞3雨滴在空中以4 m/s的速度竖直下落，人打伞以3 m/s的速度向西急行，如果希望雨滴垂直打向伞的截面而少淋雨，伞柄应指向什么方向？解析：雨滴相对于人的速度方向即为伞柄的指向。雨滴相对人有向东3 m/s的速度v1，有竖直向下的速度v24 m/s，如图所示，雨滴对人的合速度v5 m/s。tan ，即37。答案：向西倾斜，与竖直方向成37角(四)风中骑车4某人骑自行车以4 m/s的速度向
22、正东方向行驶，天气预报报告当时是正北风，风速为4 m/s，那么，骑车人感觉到的风向和风速为()A西北风风速为4 m/s B西北风风速为4 m/sC东北风风速为4 m/s D东北风风速为4 m/s解析：选D以骑车人为参考系，人向正东方向骑行，感觉风向正西，风速大小为v14 m/s，当时有正北风，人感觉到的风向为正南，风速为v24 m/s，如图所示，可求得人感觉到的风向为东北风，风速v4 m/s，D正确。对点训练：物体做曲线运动的条件与轨迹分析1(2018重庆月考)关于两个运动的合成，下列说法正确的是()A两个直线运动的合运动一定也是直线运动B方向不共线的两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运
23、动C小船渡河的运动中，小船的对地速度一定大于水流速度D小船渡河的运动中，水流速度越大，小船渡河所需时间越短解析：选B两个直线运动可以合成为直线运动(匀速直线匀速直线)，也可以合成为曲线运动(匀变速直线匀速直线)，故选项A错误；两个分运动为匀速直线运动，没有分加速度，合运动就没有加速度，则合运动一定是匀速直线运动，则选项B正确；小船对地的速度是合速度，其大小可以大于水速(分速度)，等于水速，或小于水速，故选项C错误；渡河时间由小船垂直河岸方向的速度决定，由运动的独立性知与水速的大小无关，选项D错误。2.(2018南京模拟)在光滑水平面上运动的物体，受到水平恒力F作用后，沿曲线MN运动，速度方向改
24、变了90，如图所示，则此过程中，物体受到的恒力可能是()AF1BF2CF3 DF4解析：选C由题图可知，物体从M向N运动的过程中，沿初速度的方向做减速运动，所以具有与初速度方向相反的分力；同时物体向右做加速运动，所以物体还受到向右的作用力。所以物体受到的合力的方向沿F3的方向。故C正确，A、B、D错误。3.(2018苏州模拟)现在很多教室都安装可以沿水平方向滑动的黑板，如图所示。在黑板以某一速度向左匀速运动的同时，一位教师用粉笔在黑板上画线，粉笔相对于墙壁从静止开始先匀加速向下画，接着匀减速向下画直到停止，则粉笔在黑板上画出的轨迹可能为()解析：选D粉笔相对黑板以某一速度水平向右匀速运动，同时
25、从静止开始先匀加速向下运动，再匀减速向下运动至停止，根据做曲线运动的物体所受合外力一定指向曲线凹侧，则粉笔在水平方向始终匀速，在竖直方向先向下加速时，曲线向下弯曲；后向下减速，则曲线向上弯曲，故D正确；A、B、C错误。对点训练：运动的合成与分解的应用4(2018苏南七校联考)帆船船头指向正东以速度v(静水中速度)航行，海面正刮着南风，风速为v，以海岸为参考系，不计阻力。关于帆船的实际航行方向和速度大小，下列说法正确的是()A帆船沿北偏东30方向航行，速度大小为2vB帆船沿东偏北60方向航行，速度大小为vC帆船沿东偏北30方向航行，速度大小为2vD帆船沿东偏南60方向航行，速度大小为v解析：选A
26、由于帆船的船头指向正东，并以相对静水中的速度v航行，南风以v的风速吹来，当以海岸为参考系时，实际速度v实 2v，cos ，30，即帆船沿北偏东30方向航行，选项A正确。5多选如图1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，R从坐标原点以v03 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向运动，玻璃管的vt图像如图2所示，则()AR做匀加速直线运动B2 s内R路程为 cmC2 s末R速度为5 cm/sD2 s末R坐标为(4 cm,6 cm)解析：选CDR在y轴方向做匀速运动，而在x轴方向上为匀加速直线运动，故合运动一
27、定为匀变速曲线运动，故A错误；由题图知小圆柱体R在x轴竖直方向做匀加速运动，有：vxat，解得：a cm/s22 cm/s2，在x轴方向做初速为0的匀加速直线运动，有：sxat2，2 s末沿x轴方向的位移：sx222 cm4 cm沿y轴方向的位移：syv0t32 cm6 cm所以2 s末R的坐标为(4 cm,6 cm)2 s内的位移：s cm cm由于R做曲线运动，可知R的路程大于位移大小，所以R的路程大于 cm，故B错误，D正确；2 s末R沿x轴方向的分速度：vxat22 cm/s4 cm/s所以2 s末R的速度：v cm/s5 cm/s，故C正确。6如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中，
28、Oy竖直向上，Ox水平。设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v04 m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，(坐标格为正方形，g取10 m/s2)求：(1)小球在M点的速度v1；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N；(3)小球到达N点的速度v2的大小。解析：(1)设正方形的边长为s0。小球竖直方向做竖直上抛运动，v0gt1,2s0t1水平方向做匀加速直线运动，3s0t1解得v16 m/s。(2)由竖直方向运动的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x轴时落到x12处
29、，位置N的坐标为(12,0)，运动轨迹及N如图。(3)到N点时竖直分速度大小为v04 m/s，水平分速度vxa水平tN2v112 m/s，故v24 m/s。答案：(1)6 m/s(2)见解析图(3)4 m/s对点训练：小船渡河问题7多选(2018遂宁模拟)一快艇要从岸边某一不确定位置A处到达河中离岸边25 m远的一浮标B处，已知快艇在静水中的速度vx图像和向右水流的速度vy图像如图甲、乙所示，则下列说法中正确的是()A快艇的运动轨迹为直线B快艇的运动轨迹为曲线C快艇最快到达浮标处的时间为10 sD快艇最快到达浮标处经过的位移大小为30 m解析：选BC两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线
30、运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动，故A错误、B正确；快艇在河中的静水速度垂直于河岸时，时间最短，在垂直于河岸方向上的加速度a0.5 m/s2，由dat2得，t10 s，故C正确；在沿河岸方向上的位移xv2t310 m30 m，所以最终位移s5 m，故D错误。8.(2018淮安月考)如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是()A减小角，增大船速vB增大角，增大船速vC减小角，保持船速v不变 D增大角，保持船速v不变解析：选B因为合速度
31、方向指向河岸且大小不变，由运动的合成知识可得：vcos v水，180，而vsin 不变，则当水流速度稍有增大时，可减小角(即增大角)，同时增大船速v，选项B正确；减小角，增大船速v，合速度方向将变化，A错误；保持船速v不变，减小或增大角，合速度都将变化，C、D错误。9(2018合肥检测)有一条两岸平直、河水均匀流动，流速恒为v的大河，一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为，回程与去程所用时间之比为()A32B21C31 D21解析：选B设河宽为d，则去程所用的时间t1；返程时的合速度：v ，回程的时间为：t2；故回程与去程所用时间之比为t
32、2t121，选项B正确。对点训练：绳(杆)端速度分解问题10.多选(2018昆山月考)如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度v向左做匀速直线运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A到达图示位置时，货箱向上运动的速度大于B到达图示位置时，货箱向上运动的速度等于vcos C运动过程中，M受到绳的拉力等于MgD运动过程中，M受到绳的拉力大于Mg解析：选BD将货车的速度进行正交分解，如图所示。由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v1vcos 由于不断减小，故货箱和货物整体向上做加速
33、运动，加速度向上，故A错误，B正确；货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于(Mm)g，自然大于Mg，故C错误，D正确。11.如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂一物块P。设细线的左边部分与水平方向的夹角为，初始时很小。现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动下列说法正确的是()A当60时，P、Q的速度之比是2B当90时，Q的速度最大C当90时，Q的速度为零D当向90增大的过程中Q的合力一直增大解析：选BP、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当60时，Q的速度vQcos 60vP，解得：，故A错误；P的机械能
34、最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当90时，Q的速度最大，故B正确，C错误；当向90增大的过程中Q的合力逐渐减小，当90时，Q的速度最大，加速度最小，合力最小，故D错误。考点综合训练12.(2018雨花台模拟)如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知()A物体A做匀速运动B物体A做加速运动C物体A所受摩擦力逐渐增大D物体A所受摩擦力不变解析：选B设系在A上的细线与水平方向夹角为，物体B的速度为vB，大小不变，细线的拉力为FT，则物体A的速度vA，FfA(mgFTsin ), 因物体B下降，增大，故v
35、A增大，物体A做加速运动，A错误，B正确；物体B匀速下降，FT不变，故随增大，FfA减小，C、D均错误。13.多选如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M。C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度缓慢转至水平(转过了90角)，此过程中下列说法正确的是()A重物M做匀速直线运动B重物M做匀变速直线运动C重物M的最大速度是LD重物M的速度先增大后减小解析：选CD与杆垂直的速度v是C点的实际速度，vT是细绳的速度，即重物M的速
36、度。设vT与v的夹角是，则vTvcos ，开始时减小，则vT增大；当杆与细绳垂直(0)时，重物M的速度最大，为vmaxL，然后再减小，C、D正确。14.(2018赣州期末)如图所示，河宽d120 m，设船在静水中的速度为v1，河水的流速为v2，小船从A点出发，在渡河时，船身保持平行移动，若出发时船头指向河对岸的上游B点处，经过10 min，小船恰好到达河正对岸的C点，若出发时船头指向河正对岸的C点，经过8 min小船到达C点下游的D点处，求：(1)小船在静水中的速度v1的大小；(2)河水的流速v2的大小；(3)在第二次渡河中小船被冲向下游的距离sCD。解析：(1、2)当船头指向B时，合速度v，
37、则有：12 m/min，当船头指向C点时，有：v115 m/min0.25 m/s，解得v29 m/min0.15 m/s。(3)在第二次渡河中小船被冲向下游的距离sCDv2t20.15480 m72 m。答案：(1)0.25 m/s(2)0.15 m/s(3)72 m第2节抛体运动(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。()(2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化。()(3)做平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大。()(4)做平抛运动的物体，初速度越大，在空中飞行时间越长。()(5)从同一高度平抛的物体，不计空气阻力时，在空中飞行的时间是相同的。( )
38、(6)无论平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动。()(7)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化量是相同的。()突破点(一)平抛运动的规律1基本规律(1)速度关系(2)位移关系2实用结论(1)速度改变量：物体在任意相等时间内的速度改变量vgt相同，方向恒为竖直向下，如图甲所示。(2)水平位移中点：因tan 2tan ，所以OC2BC，即速度的反向延长线通过此时水平位移的中点，如图乙所示。题点全练1.(2018南京调研)如图所示，将小球从空中的A点以速度v0水平向右抛出，不计空气阻力，小球刚好擦过竖直挡板落在地面上的B点。若使小球仍刚好擦过竖直挡板且落在地面上的B点右侧，下列方法可行
39、的是()A在A点正上方某位置将小球以小于v0的速度水平抛出B在A点正下方某位置将小球以大于v0的速度水平抛出C在A点将小球以大于v0的速度水平抛出D在A点将小球以小于v0的速度水平抛出解析：选B根据平抛运动的规律hgt2，水平位移xv0t可知选项B正确。2.(2018南通模拟)体育课进行定点投篮训练，某次训练中，篮球运动轨迹如图中虚线所示。下列所做的调整肯定不能使球落入篮筐的是()A保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度B保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度C增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角D增加球出手时的速度，增加球速度方向与水平方向的夹角解析：选B由题图可知，篮球没进筐
40、的原因是水平射程较小；保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度可增加水平射程，可使篮球进筐，选项A不符合题意；保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度，这样可减小水平射程，则不能使篮球进筐，选项B符合题意；增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角，这样可能使水平速度增加，竖直速度不变，导致水平位移增加，竖直高度不变，也可能使篮球进筐，选项C不符合要求； 增加球出手时的速度，增加球速度方向与水平方向的夹角，可能使水平位移增加，也可能使篮球进筐，选项D不符合要求；故选B。突破点(二)多体平抛问题题点全练1.(2017江苏高考)如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇
41、。若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为()AtB.tC. D.解析：选C设两球间的水平距离为L，第一次抛出的速度分别为v1、v2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间t，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t，C项正确。2.(2018徐州模拟)电视综艺节目加油向未来中有一个橄榄球空中击剑游戏：宝剑从空中B点自由下落，同时橄榄球从A点以速度v0沿AB方向抛出，恰好在空中C点击中剑尖，不计空气阻力。关于橄榄球，下列说法正确的是()A在空中运动的加速度大于宝剑下落的加速度B若以大于v0的速度沿原方向抛出，一定能在C点上
42、方击中剑尖C若以小于v0的速度沿原方向抛出，一定能在C点下方击中剑尖D无论以多大速度沿原方向抛出，都能击中剑尖解析：选B由于橄榄球和剑在空中只受重力作用，故加速度均为g，选项A错误；若要击中剑尖，需满足水平方向：xv0cos t，竖直方向：Hgt2v0sin tgt2v0sin t，若以大于v0的速度沿原方向抛出，此时t变小，相遇时剑下落的高度减小，则一定能在C点上方击中剑尖，选项B正确；若以小于v0的速度沿原方向抛出，若速度过小，则橄榄球可能不能运动到球的正下方就落地了，故不一定能在C点下方击中剑尖，选项C、D错误。题后悟通对多体平抛问题的四点提醒(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出
43、，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。(2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。(3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。(4)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。突破点(三)平抛运动问题的5种解法平抛运动是较为复杂的匀变速曲线运动，求解此类问题的基本方法是，将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。高考对平抛运动的考查往往将平抛运动置于实际情景或物理模型中，
44、而在这些情景中求解平抛运动问题时只会运动分解的基本方法往往找不到解题突破口，这时根据平抛运动特点，结合试题情景和所求解的问题，再佐以假设法、对称法、等效法等，能使问题迎刃而解。 对于一个做平抛运动的物体来说，若知道了某时刻的速度方向，可以从分解速度的角度来研究：tan (为t时刻速度与水平方向间夹角)，从而得出初速度v0、时间t、夹角之间的关系，进而求解具体问题。例1(2016上海高考)如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧，OA与竖直方向的夹角为。一小球以速度v0从桌面边缘P水平抛出，恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从P到A的运动时间为_；直
45、线PA与竖直方向的夹角_。解析根据题意，小球从P点抛出后做平抛运动，小球运动到A点时将速度分解，有tan ，则小球运动到A点的时间为：t；从P点到A点的位移关系有：tan 2cot ，所以PA与竖直方向的夹角为：arctan(2cot )。答案arctan(2cot ) 对于一个做平抛运动的物体来讲，若知道某一时刻物体的位移方向，则可将位移分解到水平方向和竖直方向，然后利用tan (为t时刻位移与水平方向间夹角)，确定初速度v0、运动时间t和夹角间的大小关系。 例2(2018青岛月考)如图所示，在竖直面内有一个以AB为水平直径的半圆，O为圆心，D为最低点。圆上有一点C，且COD60。现在A点以
46、速率v1沿AB方向抛出一小球，小球能击中D点；若在C点以某速率v2沿BA方向抛出小球时也能击中D点。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是()A圆的半径为RB圆的半径为RC速率v2v1 D速率v2v1解析从A点抛出的小球做平抛运动，它运动到D点时Rgt12，Rv1t1，故R，选项A正确，选项B错误；从C点抛出的小球Rsin 60v2t2，R(1cos 60)gt22，解得v2v1，选项C、D错误。答案A 对于平抛运动，运动时间由下落高度决定，水平位移由下落高度和初速度决定，所以当下落高度相同时，水平位移与初速度成正比。但有时下落高度不同，水平位移就很难比较，这时可以采用假设法，例如移动
47、水平地面使其下落高度相同，从而作出判断。 例3斜面上有a、b、c、d四个点，如图所示，abbccd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点，若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的()Ab与c之间某一点 Bc点Cc与d之间某一点 Dd点解析假设斜面是一层很薄的纸，小球落上就可穿透且不损失能量，过b点作水平线交Oa于a，由于小球从O点以速度v水平抛出时，落在斜面上b点，则小球从O点以速度2v水平抛出，穿透斜面后应落在水平线ab延长线上的c点，如图所示，因abbc，则abbc，即c点在c点的正下方，显然，小球轨迹交于斜面上b与c之间。所以，本题答案应选A
48、。答案A 推论：做平抛运动的物体在任一时刻或任一位置时，设其速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则tan 2tan 。推论：做平抛运动的物体，任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。推论：物体落回斜面的平抛运动中，物体在不同落点的速度方向与斜面的夹角相等。例4如图所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖甲与竖直墙壁成53角，飞镖乙与竖直墙壁成37角，两者相距为d。假设飞镖的运动是平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离。(sin 370.6，cos 370.8)解析设射出点P离墙壁的水平距离为L，飞镖甲下降的高度为h1，飞镖乙下降的高度为h2，根据平
49、抛运动的重要推论可知，两飞镖速度的反向延长线一定通过水平位移的中点Q，如图所示，由此得cot cot d，代入数值得：L。答案 当物体受到与初速度垂直的恒定的合外力时，其运动规律与平抛运动类似，简称类平抛运动。类平抛运动的求解方法是，将运动分解为初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即合外力方向)的匀加速直线运动，求出等效加速度，再利用求解平抛运动的方法求解相关问题。例5(2018河北正定中学月考)风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m0.5 kg的小球以初速度v00.40 m/s从O点沿x轴正方向运
50、动，在02.0 s内受到一个沿y轴正方向、大小F10.20 N的风力作用；小球运动2.0 s后风力方向变为沿y轴负方向、大小变为F20.10 N(图中未画出)。试求：(1)2.0 s末小球在y轴方向的速度大小和2.0 s内运动的位移大小；(2)风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。解析(1)设在02.0 s内小球运动的加速度为a1，则F1ma120 s末小球在y轴方向的速度v1a1t1代入数据解得v10.8 m/s沿x轴方向运动的位移x1v0t1沿y轴方向运动的位移y1a1t1220 s内运动的位移s1 代入数据解得s10.8 m1.1 m。(2)设2.0 s后小球运动的加速度为a
51、2，F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同。则F2ma20v1a2t2代入数据解得t24.0 s。答案(1)0.8 m/s1.1 m(2)4.0 s体育运动中的平抛运动问题(一)乒乓球的平抛运动问题1多选(2018苏北重点中学联考)在某次乒乓球比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网，把两次落台的乒乓球看成完全相同的两个球，球1和球2，如图所示，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法正确的是()A起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率B球1的速度变化率小于球2的速度变化率C球1的飞行时间大于球2的飞行时间D过网时
52、球1的速度大于球2的速度解析：选AD乒乓球起跳后到最高点的过程，其逆过程可看成平抛运动。重力的瞬时功率等于重力乘以竖直方向的速度，两球起跳后能到达的最大高度相同，由v22gh得，起跳时竖直方向分速度大小相等，所以两球起跳时重力功率大小相等，A正确；速度变化率即加速度，两球在空中的加速度都等于重力加速度，所以两球的速度变化率相同，B错误；由hgt2可得两球飞行时间相同，C错误；由xvt可知，球1的水平位移较大，运动时间相同，则球1的水平速度较大，D正确。(二)足球的平抛运动问题2.(2015浙江高考)如图所示为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左
53、下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则()A足球位移的大小x B足球初速度的大小v0 C足球末速度的大小v D足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan 解析：选B根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平 ，则足球位移的大小为：x ，选项A错误；由hgt2，x水平v0t，可得足球的初速度为v0 ，选项B正确；对足球应用动能定理：mgh，可得足球末速度v ，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan ，选项D错误。 (三)网球的平抛运动问题3一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出。第一只球飞出时的初速度
54、为v1，落在自己一方场地上后，弹跳起来，刚好擦网而过，落在对方场地的A点处。如图所示，第二只球飞出时的初速度为v2，直接擦网而过，也落在A点处。设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：(1)网球两次飞出时的初速度之比v1v2；(2)运动员击球点的高度H与网高h之比Hh。解析：(1)第一、二两只球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的。由题意知水平射程之比为：x1x213，故平抛运动的初速度之比为v1v213。(2)第一只球落地后反弹做斜抛运动，根据运动对称性可知DB段和OB段是相同的平抛运动，则两球下落相同高度(Hh)后水平距离x1x
55、22x1，根据公式Hgt12，Hhgt22，而x1v1t1，x1v1t2，x2v2t2，综合可得v1t2v2t22v1t1，故t12t2，即H4(Hh)，解得Hh43。答案：(1)13(2)43(四)排球的平抛运动问题4如图所示，排球场总长为18 m，设球网高度为2 m，运动员站在网前3 m处正对球网跳起将球水平击出，不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2。(1)若击球高度为2.5 m，为使球既不触网又不出界，求水平击球的速度范围；(2)当击球点的高度低于何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界？解析：(1)排球被水平击出后，做平抛运动，如图所示，若正好压在底线上，则球在空中的飞
56、行时间：t1 s s由此得排球不越界的临界速度v1 m/s12 m/s。若球恰好触网，则球在网上方运动的时间：t2 s s。得排球触网的临界击球速度值v2 m/s3 m/s。要使排球既不触网又不越界，水平击球速度v的取值范围为：3 m/sv 12 m/s。(2)设击球点的高度为h，当h较小时，击球速度过大会越界，击球速度过小又会触网，临界情况是球刚好擦网而过，落地时又恰好压在边界线上。由几何知识可得，得h m m。即击球高度不超过此值时，球不是出界就是触网。答案：(1)3 m/svbvctatbtcBvavbvctatbtcCvavbtbtc Dvavbvctatbhbhc，根据hgt2，知t
57、atbtc，根据xaxbxc，xvt知，a的水平位移最短，时间最长，则速度最小；c的水平位移最长，时间最短，则速度最大，所以有vavb时，轻杆对小球有拉力，则Fmg，v增大，F增大，B正确；当v 时，小球一定能通过最高点PD当v0 时小球一定能通过最高点P，选项C正确；当v0 时，由mv02mgh得小球能上升的高度hl，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当v0时，小球将在最低点位置附近来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项D正确。考点综合训练11多选(2018苏南联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R0.5 m，细线始终保
58、持水平；被拖动物块质量m1.0 kg，与地面间的动摩擦因数0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是kt，k2 rad/s，g10 m/s2，以下判断正确的是()A物块做匀速运动B细线对物块的拉力是5.0 NC细线对物块的拉力是6.0 ND物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0 m/s2解析：选CD由题意知，物块的速度为：vR2t0.51t(m)，又vat，故可得：a1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1.0 m/s2。故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：Fma1 N，FFTFf，地面摩擦力为：Ffmg0.5110 N5 N，故可得物块受细线拉力为：FTFfF
59、5 N1 N6 N，故B错误，C正确。12.如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动。A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点是与圆心O同一水平线上的点。小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则物体对地面的压力FN和地面对物体的摩擦力有关说法正确的是()A小滑块在A点时，FNMg，摩擦力方向向左B小滑块在B点时，FNMg，摩擦力方向向右C小滑块在C点时，FN(Mm)g，M与地面无摩擦D小滑块在D点时，FN(Mm)g，摩擦力方向向左解析：选B因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在A点时，与轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有
60、运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度v时，对轨道A点的压力为零，物体对地面的压力FNMg，当小滑块的速度v时，对轨道A点的压力向上，物体对地面的压力FNMg，故选项A错误；小滑块在B点时，对轨道的作用力水平向左，所以物体对地有向左运动的趋势，地面给物体向右的摩擦力；竖直方向上对轨道无作用力，所以物体对地面的压力FNMg，故选项B正确；小滑块在C点时，地面对物体也没有摩擦力；竖直方向上小滑块对轨道的压力大于其重力，所以物体对地面的压力FN(Mm)g，故选项C错误；小滑块在D点时，地面给物体向左的摩擦力，物体对地面的压力FNMg，故选项D错误。13.多选(2018昆山月考)如图，长均为L的两根轻
61、绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。今使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，则()A当绳的拉力恰好为0时，小球在最高点的速率vB当绳的拉力恰好为0时，小球在最高点的速率v C若小球在最高点速率为3v时，每根绳的拉力大小为mgD若小球在最高点速率为3v时，每根绳的拉力大小为2mg解析：选BC根据几何关系可知，小球的半径为rL，小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mgm，解得：v，故A错误，B正确；当小球在最高点的速率为3v时，根据牛顿第二定律有：mg2T
62、cos 30m，解得：Tmg，故C正确，D错误。14.(2018宿迁期末)如图所示，杆OO是竖直放置的转轴，水平轻杆BC的长为L，B端通过铰链与轴相连(它们之间无摩擦)，C端固定小球P，细线AC的一端固定在轴上的A点、另一端连在小球P上。已知小球的质量为m，细线AC与轴的夹角为，重力加速度为g。求：(1)当系统处于静止状态时，杆BC对小球的弹力F1的大小；(2)当轻杆BC对小球的弹力为零时，系统转动角速度的大小和细线上的弹力F2的大小；并据此判断当变化时细线上的弹力大小是否变化。解析：(1)当系统处于静止状态时，小球受重力、细线拉力和BC杆的弹力处于平衡，根据平衡知：F1mgtan 。(2)当
63、轻杆BC对小球的弹力为零时，小球靠重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgtan m2L，解得： 。在竖直方向上小球合力为零，有F2cos mg，解得：F2。当角速度增大时，由于小球竖直方向上的合力为零，则细线上的弹力不变。答案：(1)mgtan (2) F2变化时细线上的弹力大小不变第4节万有引力定律及其应用(1)所有行星绕太阳运行的轨道都是椭圆。()(2)行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越大。()(3)只有天体之间才存在万有引力。()(4)只要知道两个物体的质量和两个物体之间的距离，就可以由FG计算物体间的万有引力。()(5)地面上的物体所受地球的引力
64、方向一定指向地心。()(6)两物体间的距离趋近于零时，万有引力趋近于无穷大。()(1)德国天文学家开普勒提出天体运动的开普勒三大定律。(2)牛顿总结了前人的科研成果，在此基础上，经过研究得出了万有引力定律。(3)英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量。突破点(一)开普勒行星运动定律与万有引力定律题点全练1(2016全国卷)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是()A开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引
65、力定律解析：选B开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A错误，选项B正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D错误。 2多选(2016江苏高考)如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有()ATATBBEkAEkBCSASB D.解析：选AD根据开普勒第三定律，又RARB，所以TATB，选项A、D正确；由Gm得，v，所以vAvB，则EkAEkB，选项B错误；由GmR得
66、，T2，卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积SR2，可知SASB，选项C错误。3(2018盐城六校联考)设行星绕恒星的运动轨道是圆，则其运行轨道半径R的三次方与运行周期T的平方之比为常数，即K。那么K的大小()A只与行星的质量有关B只与恒星的质量有关C与恒星和行星的质量都有关D与恒星的质量及行星的速率有关解析：选B式中的K只与恒星的质量有关，与行星质量无关，故A、C、D错误，B正确。题后悟通(1)行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理。(2)开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动。(3)开普勒第三定律k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同。突破点(二)天体
67、质量和密度的计算1“自力更生”法(gR)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。(1)由Gmg得天体质量M。(2)天体密度。(3)GMgR2称为黄金代换公式。2“借助外援”法(Tr)测出卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和半径r。(1)由Gm得天体的质量M。(2)若已知天体的半径R，则天体的密度。(3)若卫星绕天体表面运行时，可认为轨道半径r等于天体半径R，则天体密度，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。典例多选(2018上饶模拟)某人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫
68、过的角度为，引力常量为G，则()A航天器的轨道半径为B航天器的环绕周期为C月球的质量为 D月球的密度为解析根据几何关系得r，故A错误；经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过角度为，则，得T，故B正确；航天器由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以Gmr，得M，故C正确；月球的体积Vr33，月球的密度，故D错误。答案BC易错提醒(1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，估算的只是中心天体的质量，并非环绕天体的质量。(2)区别天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近的卫星才有rR；计算天体密度时，VR3中的R只能是中心天体的半径。集训冲关1(2017北京高考)利用引力常量G和
69、下列某一组数据，不能计算出地球质量的是()A地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)B人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离解析：选D由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有Gm0g，故可得M，A项错误；由万有引力提供人造卫星的向心力，有Gm1，v，联立得M，B项错误；由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有Gm22r，故可得M，C项错误；同理，根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离，可求出太阳的质量，但不可求出地球的质量，D项正确。2为了探测某星球，某宇航员乘探测飞船先绕该星球
70、表面附近做匀速圆周运动，测得运行周期为T，然后登陆该星球，测得一物体在此星球表面做自由落体运动的时间是在地球表面同一高度处做自由落体运动时间的一半，已知地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则由此可得该星球的质量为()A.B. C.D.解析：选A在地球上做自由落体运动有：hgt2，在该星球上做自由落体运动有：hgt2，而t，解得：g4g，在星球表面根据万有引力提供向心力得：Gmgm，解得：M。突破点(三)天体表面的重力加速度问题重力只是万有引力的一个分力，另一个分力提供物体随地球自转做圆周运动的向心力，但由于向心力很小，一般情况下认为重力等于万有引力，即mg，这样重力加速度就与行星质量、半径联
71、系在一起，高考也多次在此命题。多维探究(一)求天体表面某高度处的重力加速度例1科幻大片星际穿越是基于知名理论物理学家基普索恩的黑洞理论，加入人物和相关情节改编而成的。电影中的黑洞花费三十名研究人员将近一年的时间，用数千台计算机精确模拟才得以实现，让我们看到了迄今最真实的黑洞模样。若某黑洞的半径R约为45 km，质量M和半径R的关系满足(其中c3108 m/s，G为引力常量)，则该黑洞表面的重力加速度大约为()A108 m/s2B1010 m/s2C1012 m/s2 D1014 m/s2解析黑洞实际为一天体，天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的万有引力，设黑洞表面的重力加速度为g
72、，对黑洞表面的某一质量为m的物体，有mg，又有，联立解得g，代入数据得重力加速度约为1012 m/s2，故选项C正确。答案C(二)求天体表面某深度处的重力加速度例2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()A1B1C.2 D2解析如图所示，根据题意，地面与矿井底部之间的环形部分对处于矿井底部的物体引力为零。设地面处的重力加速度为g，地球质量为M，地球表面的物体m受到的重力近似等于万有引力，故mgG；设矿井底部处的重力加速度为g，等效“地球”的质量为M，其半径rRd，则矿井底部处的物体m受到的重
73、力mgG，又MVR3，MV(Rd)3，联立解得1，A对。答案A(三)天体表面重力加速度与抛体运动的综合例3(2015海南高考)若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2。已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R。由此可知，该行星的半径约为()A.R B.RC2R D.R解析平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，即xv0t，在竖直方向上做自由落体运动，即hgt2，所以xv0 ，两种情况下，抛出的速度相同，高度相同，所以，根据公式Gmg可得g，故，解得R行2R，故C正确。答案C万有引力的两种计算思路(一)用万有引力定律计算质点
74、间的万有引力 公式FG适用于质点、均匀介质球体或球壳之间万有引力的计算。当两物体为匀质球体或球壳时，可以认为匀质球体或球壳的质量集中于球心，r为两球心的距离，引力的方向沿两球心的连线。1.多选(2013浙江高考)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B一颗卫星对地球的引力大小为C两颗卫星之间的引力大小为D三颗卫星对地球引力的合力大小为解析：选BC由万有引力定律知A项错误，B项正确；因三颗卫星连线构成等边三角形，圆轨道半径为r，由数学知识易知任意两颗卫星间距d2rcos 30r，由万有引力定
75、律知C项正确；因三颗卫星对地球的引力大小相等且互成120，故三颗卫星对地球引力的合力为0，则D项错误。(二)填补法求解万有引力 运用“填补法”解题的关键是紧扣万有引力定律的适用条件，先填补后运算，运用“填补法”解题主要体现了等效思想。2.如图所示，有一个质量为M，半径为R，密度均匀的大球体。从中挖去一个半径为的小球体，并在空腔中心放置一质量为m的质点，则大球体的剩余部分对该质点的万有引力大小为(已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零)()AGB0C4G DG解析：选D若将挖去的小球体用原材料补回，可知剩余部分对m的吸引力等于完整大球体对m的吸引力与挖去小球体对m的吸引力之差，挖去的小球体球
76、心与m重合，对m的万有引力为零，则剩余部分对m的万有引力等于完整大球体对m的万有引力；以大球体球心为中心分离出半径为的球，易知其质量为M，则剩余均匀球壳对m的万有引力为零，故剩余部分对m的万有引力等于分离出的球对其的万有引力，根据万有引力定律，FGG，故D正确。 (1)万有引力定律只适用于求质点间的万有引力。(2)在质量分布均匀的实心球中挖去小球后其质量分布不再均匀，不可再随意视为质点处理。(3)可以采用先填补后运算的方法计算万有引力大小。对点训练：开普勒行星运动定律与万有引力定律1(2018上海黄浦区检测)关于万有引力定律，下列说法正确的是()A牛顿提出了万有引力定律，并测定了引力常量的数值
77、B万有引力定律只适用于天体之间C万有引力的发现，揭示了自然界一种基本相互作用的规律D地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同的解析：选C牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量的数值，万有引力定律适用于任何物体之间，万有引力的发现，揭示了自然界一种基本相互作用的规律，选项A、B错误，C正确；地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是不相同的，选项D错误。2(2018福州模拟)在物理学发展过程中，有许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是()A牛顿通过多年观测记录行星的运动，提出了行星运动的三大定律B卡文迪许发现万有引力定律，被人们称
78、为“能称出地球质量的人”C伽利略利用“理想斜面”得出“力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因”的观点D开普勒从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点解析：选C开普勒提出了行星运动的三大定律，牛顿在此基础上发现了万有引力定律，故A错误；牛顿发现万有引力定律后，英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了万有引力常量G，所以B选项是错误的；伽利略利用“理想斜面”否定了“力是维持物体运动的原因”的观点，得出了“力是改变物体运动状态的原因”的观点，故C正确；伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落
79、一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点，故D错误。3(2018石家庄模拟)“月地检验”为万有引力定律的发现提供了事实依据。已知地球半径为R，地球中心与月球中心的距离r60R，下列说法正确的是()A卡文迪许为了检验万有引力定律的正确性，首次进行了“月地检验”B“月地检验”表明地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力是不同性质的力C月球由于受到地球对它的万有引力而产生的加速度与月球绕地球做近似圆周运动的向心加速度相等D由万有引力定律可知，月球绕地球做近似圆周运动的向心加速度是地面重力加速度的解析：选C牛顿为了检验万有引力定律的正确性，首次进行了“月地检验”，A
80、错误；“月地检验”表明地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力是同种性质的力，B错误；月球由于受到地球对它的万有引力而产生的加速度与月球绕地球做近似圆周运动的向心加速度相等，所以证明了万有引力的正确，C正确；物体在地球表面所受的重力等于其受到的万有引力，则有mg，月球绕地球在引力提供向心力作用下做匀速圆周运动，则有man，联立上两式可得ang13 600，故g3 600an，D错误。4关于重力和万有引力的关系，下列认识错误的是()A地面附近物体所受的重力就是万有引力B重力是由于地面附近的物体受到地球的吸引而产生的C在不太精确的计算中，可以认为物体的重力等于万有引力D严格来说重力并不等于万有引
81、力，除两极处物体的重力等于万有引力外，在地球其他各处的重力都略小于万有引力解析：选A万有引力是由于物体具有质量而在物体之间产生的一种相互作用。任何两个物体之间都存在这种吸引作用。物体之间的这种吸引作用普遍存在于宇宙万物之间，称为万有引力。重力，就是由于地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的，重力只是万有引力的一个分力。故A错误。重力是由于地面附近的物体受到地球的吸引而产生的，故B正确。在不太精确的计算中，可以认为物体的重力等于万有引力，故C正确。严格来说重力并不等于万有引力，除两极处物体的重力等于万有引力外，在地球其他各处的重力都略小于万有引力，故D正确。对点训练：天体质量和密度的计算5(2
82、018银川一中月考)已知地球质量为M，半径为R，地球表面重力加速度为g，有一个类地行星的质量为地球的p倍、半径为地球的q倍，该行星绕中心恒星做匀速圆周运动的周期为T，线速度为v，则此类地行星表面的重力加速度和中心恒星的质量分别为()A.g、B.g、C.g、 D. g、解析：选B根据万有引力等于地表物体所受重力：Gmg，g；类地行星的质量为地球的p倍、半径为地球的q倍，则gg；根据中心恒星对行星的万有引力充当行星做匀速圆周运动的向心力：Gm行2r，r，又根据上式可得：G，联立解得：M恒 。6(2018吉林五校联考)随着太空技术的飞速发展，地球上的人们登陆其它星球成为可能，假设未来的某一天，宇航员
83、登上某一星球后，测得该星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，而该星球的平均密度与地球的差不多，则该星球质量大约是地球质量的()A0.5倍 B2倍C4倍 D8倍解析：选D根据天体表面附近万有引力等于重力，列出等式：G mg，解得g ，其中M是地球的质量，r应该是物体在某位置到球心的距离。根据密度与质量关系得：Mr3，星球的密度跟地球密度相同，gGr ，星球的表面重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，所以星球的半径也是地球的2倍，所以再根据Mr3得：星球质量是地球质量的8倍。故D正确。7“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12
84、7分钟。已知引力常量G6.671011 Nm2/kg2，月球半径约为1.74103 km，利用以上数据估算月球的质量约为()A5.11013 kg B7.41013 kgC5.41022 kg D7.41022 kg解析：选D“嫦娥一号”卫星的轨道半径r1.74103 km200 km1 940 000 m，运行周期T12760 s7 620 s，根据万有引力提供圆周运动向心力有Gmr，可得中心天体月球的质量M kg7.41022 kg，故D正确。8据报道，天文学家新发现了太阳系外的一颗行星。这颗行星的体积是地球的a倍，质量是地球的b倍。已知近地卫星绕地球运动的周期约为T，引力常量为G。则该行
85、星的平均密度为()A. B.C. D.解析：选C万有引力提供近地卫星绕地球运动的向心力Gm，且地，由以上两式得地。而，因而星，C正确。对点训练：天体表面的重力加速度问题9宇航员站在某一星球距表面h高度处，以某一速度沿水平方向抛出一个小球，经过时间t后小球落到星球表面，已知该星球的半径为R，引力常量为G，则该星球的质量为()A. B.C. D.解析：选A设该星球表面的重力加速度g，小球在星球表面做平抛运动，hgt2。设该星球的质量为M，在星球表面有 mg。由以上两式得，该星球的质量为M，A正确。10(2018江苏沛县模拟)据报道，科学家们在距离地球20万光年外发现了首颗系外“宜居”行星。假设该行
86、星质量约为地球质量的6.4倍，半径约为地球半径的2倍。那么，一个在地球表面能举起64 kg物体的人在这个行星表面能举起的物体的质量约为(地球表面重力加速度g10 m/s2)()A40 kg B50 kgC60 kg D30 kg解析：选A根据万有引力等于重力mg得g，因为行星质量约为地球质量的6.4倍，其半径是地球半径的2倍，则行星表面重力加速度是地球表面重力加速度的1.6倍，而人的举力可认为是不变的，则人在行星表面所举起的重物质量为：m kg40 kg，故A正确。11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小球落回原地。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
87、时间5t小球落回原处。已知该星球的半径与地球半径之比为R星R地14，地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为g，空气阻力不计。则()Agg15 Bgg52CM星M地120 DM星M地180解析：选AD由速度对称性知竖直上抛的小球在空中运动时间t，因此得，A正确，B错误；由Gmg得M，因而2，C错误，D正确。12(2018西安高三检测)理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零。现假设地球是一半径为R、质量分布均匀的实心球体，O为球心，以O为原点建立坐标轴Ox，如图所示。一个质量一定的小物体(假设它能够在地球内部移动)在x轴上各位置受到的引力大小用F表示，则选项图所
88、示的四个F随x的变化关系图像正确的是()解析：选A令地球的密度为，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g。由于地球的质量为MR3，所以重力加速度的表达式可写成：g。根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，受到地球的万有引力即为半径等于r的球体在其表面产生的万有引力，gr，当rR时，g与r平方成反比。即质量一定的小物体受到的引力大小F在地球内部与r成正比，在外部与r的平方成反比。故选A。考点综合训练13已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为N，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R。则地球的自转周期为()AT2 BT2 CT2 DT2 解析：选A在北极，物体
89、所受的万有引力F与支持力N大小相等，在赤道处有FNNmR2，解得T2 ，A正确。14多选(2018衡水调研)为进一步获取月球的相关数据，我国已成功地进行了“嫦娥三号”的发射和落月任务，该卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动时，经历时间t，卫星行程为s，卫星与月球中心连线扫过的角度是弧度，万有引力常量为G，则可推知()A月球的半径为B月球的质量为C月球的密度为D若该卫星距月球表面的高度变大，其绕月运动的线速度变小解析：选BD卫星行程为s，卫星与月球中心连线扫过的角度是弧度，那么，轨道半径为；卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动，故轨道半径大于月球半径，故A错误；卫星轨道半径R，运行速度v，那么由万有
90、引力提供向心力可得：m，所以月球质量为：M ，故B正确；轨道半径大于月球半径，故月球密度为： ，故C错误；由万有引力提供向心力可得线速度为：v ，故若该卫星距月球表面的高度变大，则轨道半径变大，其绕月运动的线速度变小，故D正确。15.有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点，现在从M中挖去一半径为的球体(如图)，然后又在挖空部分填满另外一种密度为原来2倍的物质，如图所示。则填充后的实心球体对m的万有引力为()A. B.C. D.解析：选A设球体密度为，则，在球体内部挖去半径为的球体，挖去小球的质量为：m2，挖去小球前，球与质点的万有引力：F1被挖部分对
91、质点的引力为：F2，填充物密度为原来物质的2倍，则填充物对质点的万有引力为挖去部分的二倍，填充后的实心球体对m的万有引力为：F1F22F2，A正确，B、C、D错误。16多选(2018平度二模)我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动。假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的。已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是()A火星的密度为B火星表面的重力加速度是C火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是解析：
92、选AD由Gmg，得到：g，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的，即为g，故B错误；设火星质量为M，由万有引力等于重力可得：Gmg，解得： M，密度为：，故A正确；由Gm，得到v ，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故C错误；王跃以初速度v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳起的最大高度是：h，由于火星表面的重力加速度是g，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳起的最大高度hh，故D正确。第5节天体运动与人造卫星(1)同步卫星可以定点在北京市的正上方。()(2)不同的同步卫星的质量不同，但离地面的高度是相同的。()(3)第一
93、宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小速度。()(4)第一宇宙速度的大小与地球质量有关。()(5)月球的第一宇宙速度也是7.9 km/s。()(6)同步卫星的运行速度一定小于地球第一宇宙速度。()(7)若物体的速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，则物体可绕太阳运行。()突破点(一)宇宙速度的理解与计算1第一宇宙速度的推导方法一：由Gm得v1 m/s7.9103 m/s。方法二：由mgm得v1 m/s7.9103 m/s。第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大环绕速度，此时它的运行周期最短，Tmin2 5 075 s85 min。2宇宙速度与运动轨迹的关系(1)v发7.9
94、 km/s时，卫星绕地球做匀速圆周运动。(2)7.9 km/sv发11.2 km/s，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆。(3)11.2 km/sv发16.7 km/s，卫星绕太阳做椭圆运动。(4)v发16.7 km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间。题点全练1已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为()A3.5 km/sB5.0 km/sC17.7 km/s D35.2 km/s解析：选A根据题设条件可知：M地10 M火，R地2R火，由万有引力提供向心力m，可得v ，即 ，因为地球的第一宇宙速度为v地7.
95、9 km/s，所以航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率v火3.5 km/s，选项A正确。2已知地球自转的角速度为7.29105rad/s，月球到地球中心的距离为3.84108 m。在地球表面发射卫星的第一宇宙速度为7.9103 m/s，第二宇宙速度为11.2103 m/s，第三宇宙速度为16.7103 m/s，假设地球上有一棵苹果树长到了接近月球那么高，则当苹果脱离苹果树后，将()A飞向茫茫宇宙B成为地球的同步“苹果卫星”C成为地球的“苹果月亮”D落向地面解析：选A根据vr得苹果的线速度v2.8104 m/s，第三宇宙速度为16.7103 m/s，由于苹果的线速度大于第三宇宙速度，所
96、以苹果脱离苹果树后，将脱离太阳系的束缚，飞向茫茫宇宙，故A正确，B、C、D错误。突破点(二)卫星运行参量的分析与比较1四个分析“四个分析”是指分析人造卫星的加速度、线速度、角速度和周期与轨道半径的关系。G2四个比较(1)同步卫星的周期、轨道平面、高度、线速度、角速度绕行方向均是固定不变的，常用于无线电通信，故又称通信卫星。(2)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。(3)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。(4)赤道上的物体随地球自转而做匀速圆周运动，由万有引力和地
97、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，但它的周期、角速度与同步卫星相等。题点全练1多选(2017江苏高考)“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空。与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行，则其()A角速度小于地球自转角速度B线速度小于第一宇宙速度C周期小于地球自转周期D向心加速度小于地面的重力加速度解析：选BCD“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行时，由Gm2r可知，半径越小，角速度越大，则其角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速度，A项错误；由于第一
98、宇宙速度是最大环绕速度，因此“天舟一号”在圆轨道的线速度小于第一宇宙速度，B项正确；由T可知，“天舟一号”的周期小于地球自转周期，C项正确；由Gmg，Gma可知，向心加速度a小于地球表面的重力加速度g，D项正确。2(2018南通模拟)2016年，“神舟十一号”飞船和“天宫二号”在距地面393千米的圆轨道上顺利对接，比“神舟十号”与“天宫一号”对接轨道高出了50千米。则()A“天宫二号”运动的周期大于“天宫一号”运动的周期B“天宫二号”运动的速度大于“天宫一号”运动的速度C“天宫二号”运动的加速度大于“天宫一号”运动的加速度D“天宫二号”运动的角速度大于“天宫一号”运动的角速度解析：选A飞船绕地
99、球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，则有：Gmrmmam2r，则得T2 ，v ，a，。由于“天宫二号”运动的轨道半径大于“天宫一号”运动的轨道半径，可知“天宫二号”运动的周期大于“天宫一号”运动的周期，选项A正确；“天宫二号”运动的速度小于“天宫一号”运动的速度，选项B错误；“天宫二号”运动的加速度小于“天宫一号”运动的加速度，选项C错误；“天宫二号”运动的角速度小于“天宫一号”运动的角速度，选项D错误。3.如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，不考虑行星自转的影响，则()A金星表面的重力加速度是火星的倍B金星的“第一宇宙速度”是
100、火星的 倍C金星绕太阳运动的加速度比火星小D金星绕太阳运动的周期比火星大解析：选B根据mgG得g，可知金星与火星表面重力加速度之比，故A错误。根据v 可知，金星与火星第一宇宙速度之比 ，故B正确。根据a可知，距离太阳越远，加速度越小，金星距离太阳近，则金星绕太阳运动的加速度比火星大，故C错误。根据开普勒第三定律k，可知距离太阳越远，周期越长，金星距离太阳近，所以金星绕太阳运动的周期比火星短，故D错误。突破点(三)卫星变轨问题分析1卫星发射及变轨过程概述人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，如图所示。(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道上。(2)在A点点火加速
101、，由于速度变大，万有引力不足以提供向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道。(3)在B点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道。2三个运行物理量的大小比较(1)速度：设卫星在圆轨道和上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道上过A点和B点速率分别为vA、vB。在A点加速，则vAv1，在B点加速，则v3vB，又因v1v3，故有vAv1v3vB。(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道还是轨道上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同。(3)周期：设卫星在、轨道上运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律k可知T1T2T3。典
102、例(2018九江十校联考)我国正在进行的探月工程是高新技术领域的一次重大科技活动，在探月工程中飞行器成功变轨至关重要。如图所示，假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞行器在距月球表面高度为3R的圆形轨道上运动，到达轨道的A点点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点B再次点火进入近月轨道绕月球做圆周运动，则()A飞行器在B点处点火后，动能增加B由已知条件不能求出飞行器在轨道上的运行周期C只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道上通过B点的加速度大于在轨道上通过B点的加速度D飞行器在轨道上绕月球运行一周所需的时间为2 解析在椭圆轨道近地点变轨成为圆轨道，要实现变轨应给飞船点火减速，减小所需的向
103、心力，故点火后动能减小，故A错误；设飞船在近月轨道绕月球运行一周所需的时间为T3，则：mg0mR，解得：T32 ，根据几何关系可知，轨道的半长轴a2.5R，根据开普勒第三定律k以及轨道的周期，可求出在轨道上的运行周期，故B错误，D正确；只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道上通过B点的加速度与在轨道上通过B点的加速度相等，故C错误。答案D方法规律卫星变轨的实质两类变轨离心运动近心运动变轨起因卫星速度突然增大卫星速度突然减小受力分析GmGm变轨结果变为椭圆轨道运动或在较大半径圆轨道上运动变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动集训冲关1.多选(2018南京调研)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道
104、1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。下列说法正确的是()A不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的机械能都相同B不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的机械能不相同C卫星在轨道1的任何位置都具有相同的加速度D卫星经过P点时，在轨道2的速度大于在轨道1的速度解析：选BD卫星在轨道1上的P点和在轨道2上的P点的势能相同；而卫星从轨道1上的P点要加速才能进入轨道2，则卫星经过P点时，在轨道2的速度大于在轨道1的速度，即卫星在轨道1上的P点的动能小于在轨道2上的P点动能，即卫星在两个轨道上的P点时的机械能不相同，选项A错误，B、D正确；根据a可知卫星在轨道1的任何位置的加速度不都
105、是相同的，选项C错误。2.如图是我国于2016年10月17日发射的“神舟十一号”飞船。“神舟十一号”和“天宫二号”都绕地球运行，“神舟十一号”跑“内圈”追赶“天宫二号”，经过五次变轨，螺旋线递进，步步靠近，在距地面高393 km处完成了“天神之吻”，成功对接。则()A“神舟十一号”需要通过加速才能向“外圈”变轨B“神舟十一号”在变轨追赶“天宫二号”的过程中机械能守恒C“神舟十一号”与“天宫二号”对接时绕地运行的速度为零D“神舟十一号”在“内圈”绕地球运行的速度小于“天宫二号”绕地球运行的速度解析：选A当“神舟十一号”从低轨道加速时，“神舟十一号”由于速度增大，故将向高轨道运动，所以“神舟十一号
106、”为了追上“天宫二号”，只能从低轨道上加速，故A正确；“神舟十一号”在变轨追赶“天宫二号”的过程中通过加速才能实现，重力以外的力做功，机械能不守恒，故B错误；“神舟十一号”与“天宫二号”对接时绕地球运行的速度不为零，故C错误；根据万有引力提供向心力得：，得：v，可知，“神舟十一号”在“内圈”绕地球运行的速度大于“天宫二号”绕地球运行的速度，故D错误。3.多选(2018宿迁五校联考)2017年4月，我国第一艘货运飞船“天舟一号”顺利升空，随后与“天宫二号”交会对接。假设“天舟一号”从B点发射经过椭圆轨道运动到“天宫二号”的圆轨道上完成交会，如图所示。已知“天宫二号”的轨道半径为r，“天舟一号”沿
107、椭圆轨道运动的周期为T，A、B两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R，引力常量为G。则()A“天宫二号”的运行速度小于7.9 km/sB“天舟一号”的发射速度大于11.2 km/sC根据题中信息可以求出地球的质量D“天舟一号”在A点的速度大于“天宫二号”的运行速度解析：选AC7.9 km/s是近地卫星的环绕速度，卫星越高，线速度越小，则“天宫二号”的运行速度小于7.9 km/s，选项A正确；11.2 km/s是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力逃到其它星球上去的最小发射速度，则“天舟一号”的发射速度小于11.2 km/s，选项B错误；根据开普勒第三定律常数，已知“天宫二号”的轨道半径r
108、，“天舟一号”的周期T以及半长轴(rR)，可求得“天宫二号”的周期T1，再根据Gmr可求解地球的质量，选项C正确；“天舟一号”在A点加速才能进入“天宫二号”所在的轨道，则“天舟一号”在A点的速度小于“天宫二号”的运行速度，选项D错误。突破点(四)宇宙多星模型在天体运动中彼此相距较近，在相互间的万有引力作用下，围绕同一点做匀速圆周运动的星体系统称为宇宙多星模型。要充分利用宇宙多星模型中各星体运行的周期、角速度都相等这一特点，解题模板如下。(一)宇宙双星模型(1)两颗行星做匀速圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力提供的，故两行星做匀速圆周运动的向心力大小相等。(2)两颗行星均绕它们连线上的一
109、点做匀速圆周运动，因此它们的运行周期和角速度是相等的。(3)两颗行星做匀速圆周运动的半径r1和r2与两行星间距L的大小关系：r1r2L。例1(2018天津模拟)引力波的发现使爱因斯坦的预言成真，早在上世纪70年代就有科学家发现高速转动的双星，可能由于辐射引力波而使周期在缓慢减小，则该双星()A距离逐渐增大 B距离逐渐减小C距离保持不变 D距离可能增大也可能减小解析双星靠相互间的万有引力提供向心力，有：GM1r1，GM2r2，解得r，可知双星间距离在减小，故B正确，A、C、D错误。答案B易错提醒通常研究卫星绕地球或行星绕太阳运行问题时，卫星到地球中心或行星到太阳中心间距与它们的轨道半径大小是相等
110、的，但在宇宙多星问题中，行星间距与轨道半径是不同的，这点要注意区分。(二)宇宙三星模型 (1)如图所示，三颗质量相等的行星，一颗行星位于中心位置不动，另外两颗行星围绕它做圆周运动。这三颗行星始终位于同一直线上，中心行星受力平衡。运转的行星由其余两颗行星的引力提供向心力：ma。两行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等。(2)如图所示，三颗质量相等的行星位于一正三角形的顶点处，都绕三角形的中心做圆周运动。每颗行星运行所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供。2cos 30ma，其中L2rcos 30。三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等。例2多选宇宙中存在一
111、些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设两种系统中三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是()A直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为 B直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4 C三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2 D三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为 解析在直线
112、三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有GGm，解得v，A项错误；由周期T知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T4 ，B项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2Gcos 30m2，解得 ，C项错误；由2Gcos 30ma得a，D项正确。答案BD(三)宇宙四星模型(1)如图所示，四颗质量相等的行星位于正方形的四个顶点上，沿外接于正方形的圆轨道做匀速圆周运动。2cos 45ma，其中r L。四颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等。(2)如图所示，三颗质量相等的行星位于正三角形的三个顶点，另一颗恒星位于
113、正三角形的中心O点，三颗行星以O点为圆心，绕正三角形的外接圆做匀速圆周运动。2cos 30ma。其中L2rcos 30。外围三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小均相等。例3宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，如图所示，设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为L的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G，关于四星系统，下列说法正确的是()A四颗星的向心加速度的大小均为B四颗星运行的线速度大小均为 C四颗星运行的角速度大小均为 D四颗星运行的周期均为2L解析星体在其他三星体的万有引力作用下，合力方向
114、指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，四颗星的轨道半径为rL，根据万有引力提供向心力，有：Gcos 45mmLm2Lma解得：a；v ； ；T2L 故B正确，A、C、D错误。答案B万有引力定律与几何知识的结合人造卫星绕地球运动，太阳发出的光线沿直线传播，地球或卫星都会遮挡光线，从而使万有引力、天体运动与几何知识结合起来。求解此类问题时，要根据题中情景，由光线沿直线传播画出几何图形，通过几何图形找到边界光线，从而确定临界条件，并结合万有引力提供卫星做圆周运动所需的向心力，列式求解。12014年12月7日，中国和巴西联合研制的地球资源卫星“04星”在太原成功发射升空，进入预定轨道
115、，已知“04星”绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球相对“04星”的张角为，引力常量为G，则地球的密度为()A.B.C. D.解析：选B“04星”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，Gmr，设地球半径为R，则由题图知rsin R，而M，联立得，B对。2.如图所示，人造卫星A、B在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动，已知A、B连线与AO连线间的夹角最大为，则卫星A、B的线速度之比为()Asin B.C. D. 解析：选C由题图可知，当AB连线与B所在的圆周相切时AB连线与AO连线的夹角最大，由几何关系可知，sin ；根据Gm可知，v ，故，选项C正确。对点训练：宇宙速度的理解与计算1(201
116、8南通质检)某星球直径为d，宇航员在该星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，物体上升的最大高度为h，若物体只受该星球引力作用，则该星球的第一宇宙速度为()A.B2v0 C. D. 解析：选D星球表面的重力加速度为：g，根据万有引力定律可知：Gm，解得v；又Gmg，解得：v ，故选D。2多选设想我国宇航员随“嫦娥”号登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，宇航员测出飞船绕行n圈所用的时间为t。登月后，宇航员利用身边的弹簧秤测出质量为m的物体重力G1。已知引力常量为G，根据以上信息可得到()A月球的密度 B飞船的质量C月球的第一宇宙速度 D月球的自转周期解析：选AC设月球的半径为R，月球的质量为M。宇
117、航员测出飞船绕行n圈所用的时间为t，则飞船的周期为T，由GmR2得到月球的质量M，所以月球的密度为，故A正确；根据万有引力提供向心力，列出等式中消去飞船的质量，所以无法求出飞船的质量，故B错误；设月球的第一宇宙速度大小为v，根据v可以求得表面附近绕月球做匀速圆周运动的速度，即可求出月球的第一宇宙速度，故C正确；根据万有引力提供向心力，不能求月球自转的周期。故D错误。3(2018黄冈中学模拟)已知某星球的第一宇宙速度与地球相同，其表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球的平均密度与地球平均密度的比值为()A12B14C21D41解析：选B根据mgm得，第一宇宙速度v。因为该星球和地球
118、的第一宇宙速度相同，表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则星球的半径是地球半径的2倍。根据Gmg得，M，知星球的质量是地球质量的2倍。根据知，星球的平均密度与地球平均密度的比值为14，故B正确，A、C、D错误。对点训练：卫星运行参量的分析与比较4.(2015山东高考)如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动。据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动。以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小。以下判断正确的是()Aa2a3a1 Ba
119、2a1a3Ca3a1a2 Da3a2a1解析：选D空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a2r知，a2a1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得Gma，可知a3a2，则a3a2a1，故选项D正确。5多选(2018南京鼓楼区高三检测)GPS导航系统可以为陆、海、空三大领域提供实时、全天候和全球性的导航服务，它是由周期约为12小时的卫星群组成。则GPS导航卫星与地球同步卫星相比()A地球同步卫星的角速度大B地球同步卫星的轨道半径大CGPS导航卫星的线速度大DGPS导航卫星的向心加速度小解析：选BCGPS导航卫星周期小于同步卫星的周期，根据k可知，同步卫星的轨道半径较大，周期较大，角速
120、度较小，A错误，B正确；根据v ，可知同步卫星的线速度较小，C正确；根据a可知，GPS导航卫星的向心加速度较大，D错误。6(2018镇江模拟)我国“北斗”卫星导航定位系统将由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2.15104 km，静止轨道卫星的高度约为3.60104 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：选C第一宇宙速度是卫星近地面
121、飞行时的速度，由于中轨道卫星的轨道半径大于地球半径，故中轨道卫星的线速度小于第一宇宙速度7.9 km/s，故A错误；根据万有引力提供向心力：Gm，解得：v ，静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，所以静止轨道卫星的线速度小于中轨道卫星的线速度，故B错误；根据万有引力提供向心力：Gmr，解得：T ，静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，所以静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期，故C正确；根据万有引力提供向心力：Gma，解得：aG，静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，所以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，故D错误。7多选2012年6月18日，“神舟九
122、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，下列说法正确的是()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D如不加干预，“天宫一号”的轨道高度将缓慢降低解析：选BD第一宇宙速度为在地表的环绕速度，随着飞船高度升高，环绕速度减小，即动能减小，势能增加；第二宇宙速度为脱离地球引力的最小发射速度。飞行器在近圆轨道，而第一宇宙速度为最大环绕速度，因此飞行器不
123、可能大于第一宇宙速度，故A项错误；飞船所处的空间有极其稀薄的大气，如不加干预，其轨道高度降低，速度增大，故B项正确；航天员仍受到地球的引力，只是引力全部提供向心力，不产生重力作用，故C项错误；飞船所处的空间有极其稀薄的大气，如不加干预，其轨道高度降低，故D正确。对点训练：卫星变轨问题分析8多选(2018唐山模拟)如图所示，地球卫星a、b分别在椭圆轨道、圆形轨道上运行，椭圆轨道在远地点A处与圆形轨道相切，则()A卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短B两颗卫星分别经过A点处时，a的速度大于b的速度C两颗卫星分别经过A点处时，a的加速度小于b的加速度D卫星a在A点处通过加速可以到圆轨道上运行解析：选
124、AD由于卫星a的运行轨道的半长轴比卫星b的运行轨道半长轴短，根据开普勒定律，卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短，选项A正确；两颗卫星分别经过A点处时，卫星a通过加速可以到圆轨道上运行，所以卫星a的速度小于卫星b的速度，选项B错误D正确；两颗卫星分别经过A点处时，由万有引力定律及牛顿第二定律得Gma，即卫星a的加速度等于卫星b的加速度，选项C错误。9.多选(2018扬州模拟)2013年12月2日，探月工程“嫦娥三号”成功发射。“嫦娥三号”的主要任务有两个，一个是实现月面软着陆，二是实现月面巡视勘察。如图所示，设月球半径为R，“嫦娥三号”在半径为4R的圆形轨道上做匀速圆周运动，到达轨道的A点时点
125、火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点B时，再次点火进入近月轨道绕月做匀速圆周运动，则“嫦娥三号”()A在轨道上的A点运行速率大于B点速率B在轨道上B点速率小于在轨道上B点的速率C在轨道上A点的加速度等于在轨道上A点的加速度D在轨道、轨道、轨道上运行的周期关系TTT解析：选BC在轨道上A点是远月点，而B点是近月点，从A向B运动引力对卫星做正功，卫星速度增大，故在A点速率小于在B点速率，故A错误；在轨道上经过B点时，卫星做离心运动，所需向心力大于该点万有引力，而在轨道上经过B点时万有引力刚好提供圆周运动向心力，同在B点万有引力相等，根据向心力公式F可以知道，在轨道上经过B点时的速度大，所以B选项正
126、确；在A点卫星的加速度都是由万有引力产生，故同一点卫星的加速度相同，跟卫星轨道无关，所以C选项正确；根据万有引力提供圆周运动向心力有Gmr，可得圆轨道的周期T ，可得在圆轨道上周期大于在圆轨道上的周期，故D错误。10.多选与嫦娥1号、2号月球探测器不同，嫦娥3号是一次性进入距月球表面100 km高的圆轨道(不计地球对探测器的影响)，运行一段时间后再次变轨，从100 km的环月圆轨道，降低到距月球15 km的近月点B、距月球100 km的远月点A的椭圆轨道，如图所示，为下一步月面软着陆做准备。关于嫦娥3号探测器下列说法正确的是()A探测器在轨道经过A点的速度小于经过B点的速度B探测器沿轨道运动过
127、程中，探测器中的科考仪器对其支持面没有压力C探测器从轨道变轨到轨道，在A点应加速D探测器在轨道经过A点时的加速度小于在轨道经过A点时的加速度解析：选AB探测器在轨道从A点到B点的过程，万有引力做正功，动能增大，经过A点的速度小于经过B点的速度，A正确；探测器沿轨道运动过程中，科考仪器受到的万有引力充当向心力，处于完全失重状态，对其支持面没有压力，B正确；在轨道经过A点的速度小于在轨道经过A点的速度，探测器从轨道变轨到轨道，在A点应减速，C错误；万有引力提供向心力，探测器在轨道经过A点与在轨道经过A点时受到的万有引力相同，加速度相同，D错误。对点训练：宇宙多星模型11.多选(2018聊城模拟)如
128、图所示，甲、乙、丙是位于同一直线上的离其他恒星较远的三颗恒星，甲、丙围绕乙在半径为R的圆轨道上运行，若三颗星质量均为M，万有引力常量为G，则()A甲星所受合外力为B乙星所受合外力为C甲星和丙星的线速度相同D甲星和丙星的角速度相同解析：选AD甲星所受合外力为乙、丙对甲星的万有引力的合力，F甲，A正确；由对称性可知，甲、丙对乙星的万有引力等大反向，乙星所受合力为0，B错误；由于甲、丙位于同一直线上，甲、丙的角速度相同，由vR可知，甲、丙两星的线速度大小相同，但方向相反，故C错误，D正确。12多选(2018徐州调研)天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星。双星系统在银河系中很
129、普遍。已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T，两颗恒星的质量不相等，它们之间的距离为r，引力常量为G。关于双星系统下列说法正确的是()A两颗恒星做匀速圆周运动的半径均为B两颗恒星做匀速圆周运动的线速度相等C双星中质量较小的恒星线速度大D这个双星系统的总质量为解析：选CD双星做圆周运动的角速度大小相等，靠相互间的万有引力提供向心力，知向心力大小相等，则有：m1r12m2r22，则m1r1m2r2，因为两颗恒星的质量不等，则做圆周运动的半径不同。质量较小的恒星半径较大，由vr可知，质量较小的恒星线速度大，故A、B错误，C正确。根据Gm1r1m2r2，联立两
130、式解得：m1m2，故D正确。考点综合训练13(2018无锡模拟)2008年9月25日我国成功发射了“神舟七号”载人飞船，随后航天员圆满完成了太空出舱任务并释放了“伴飞”小卫星。若小卫星和飞船在同一圆轨道上，相隔一段距离一前一后沿同一方向绕行。下列说法正确的是()A由飞船的轨道半径、周期和引力常量可以算出飞船质量B航天员在飞船表面进行太空漫步时，对飞船表面的压力等于航天员的重力C飞船只需向后喷出气体，就可以在短时间内和小卫星对接D小卫星和飞船的加速度大小相等解析：选D根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和周期只能求出中心天体的质量，飞船属于环绕天体，质量被约去，不能求出，故A错误。航天员在飞船表
131、面进行太空漫步时，处于完全失重状态，对飞船表面的压力为零，故B错误。飞船向后喷气，速度变大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，不会和小卫星对接，故C错误。根据Gma得，a，小卫星和飞船的加速度大小相等，故D正确。14.(2018天津市实验中学月考)“嫦娥五号”作为我国登月计划中第三期工程的“主打星”，将于2018年左右在海南文昌卫星发射中心发射，登月后又从月球起飞，并以“跳跃式返回技术”成功返回地面，完成探月工程的重大跨越带回月球样品。“跳跃式返回技术”是指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。如图所示，虚线为大气层的边界。已知地球半
132、径为R，d点距地心距离为r，地球表面重力加速度为g。 则下列说法正确的是()A“嫦娥五号”在b点处于完全失重状态B“嫦娥五号”在d点的加速度大小等于C“嫦娥五号”在a点和c点的速率相等D“嫦娥五号”在c点和e点的速率相等解析：选D“嫦娥五号”沿abc轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的凹侧，即在b点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号”在b点处于超重状态，故A错误；在d点，由万有引力提供向心力：Gma，“嫦娥五号”的加速度为：aG，根据万有引力等于重力：Gmg，联立可得：a，故B错误；“嫦娥五号”从a点到c点，万有引力不做功，由于阻力做功，则在a点速率大于在c点速率，故C错误；从c点
133、到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则在c点速率和在e点速率相等，故D正确。15(2018连云港模拟)我国的北斗卫星导航系统计划由若干静止轨道卫星、中地球轨道卫星组成，其中静止轨道卫星均定位在距离地面约为3.6104 km的地球同步轨道上，中地球轨道卫星距离地面的高度约为2.16104 km，已知地球半径约为6.4103 km。则中地球轨道卫星运动的()A线速度大于第一宇宙速度B线速度小于静止轨道卫星的线速度C加速度约是静止轨道卫星的2.3倍D加速度约是静止轨道卫星的2.8倍解析：选C根据Gm得，v，因为中轨道卫星的轨道半径大于第一宇宙速度的轨道半径，则中轨道卫星的线速度小于第一宇宙速度；中轨道卫星的轨道半径小于静止轨道卫星的轨道半径，则线速度大于静止轨道卫星的线速度，故A、B错误。根据Gma得，加速度a，中轨道卫星的轨道半径大约是静止轨道卫星轨道半径的0.66倍，则加速度约为静止轨道卫星的2.3倍，故C正确，D错误。
