1、第四章 曲线运动 万有引力与航天 全国卷考情分析 基础考点 常考考点(20132016 考情统计)命题概率 常考角度 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度()运动的合成与分解()16 乙卷 T18(6 分)15卷 T16(6 分)综合命题概率50%(1)对运动的合成与分解的考查(2)对平抛运动规律的考查(3)对圆周运动中角速度、线速度关系及向心力的考查(4)平抛运动、圆周运动与功能关系的综合考查(5)天体质量、密度的计算(6)卫星运动的各物理量间的比较(7)卫星的发射与变轨问题 离心现象()抛体运动()15卷 T18(6 分)14卷 T15(6 分)独立命题概率50%第二宇宙速度和第三宇宙
2、速度()匀速圆周运动的向心力()16 甲卷 T16(6 分)14卷 T20(6 分)13卷 T21(6 分)综合命题概率100%经典时空观和相对论时空观()万有引力定律及其应用()16 乙卷 T17(6 分)15卷 T21(6 分)14卷 T19(6 分)14卷 T18(6 分)13卷 T20(6 分)13卷 T20(6 分)独立命题概率100%以上 4 个考点未曾独立命题 环绕速度()15卷 T16(6 分)13卷 T20(6 分)独立命题概率30%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
3、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 多角练通 1.(2017苏北三市联考)内壁光滑的牛顿管抽成真空，
4、现让牛顿管竖直倒立，同时水平向右匀速移动，则管中羽毛的运动轨迹可能是()解析：选 C 羽毛在水平方向做匀速运动，在竖直方向做自由落体运动，加速度方向向下，根据合力方向指向轨迹曲线的凹侧可知，羽毛的运动轨迹可能是 C。2关于曲线运动，下列说法中正确的是()A做曲线运动的物体速度方向必定变化 B速度变化的运动必定是曲线运动 C加速度恒定的运动不可能是曲线运动 D加速度变化的运动必定是曲线运动 解析：选 A 做曲线运动的物体速度大小不一定变化，但速度方向必定变化，A 正确；速度变化的运动可能是速度方向在变，也可能是速度大小在变，不一定是曲线运动，B 错误；加速度恒定的运动可能是匀变速直线运动，也可能
5、是匀变速曲线运动，C 错误；加速度变化的运动可能是变速直线运动，也可能是变速曲线运动，D 错误。3.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从 A 点运动到 E 点的过程中，下列说法中正确的是()A质点经过 C 点的速率比 D 点的大 B质点经过 A 点时的加速度方向与速度方向的夹角小于 90 C质点经过 D 点时的加速度比 B 点的大 D质点从 B 到 E 的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小 解析：选 A 质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变，C 错误；由于在 D 点速度方向与加速度方向垂直，则在 A、B、C 点时速度
6、方向与加速度方向的夹角为钝角，B 错误；质点由 C到 D 速率减小，所以 C 点速率比 D 点大，A 正确；质点从 B 到 E 的过程中加速度方向与速度方向的夹角先减小后增大，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 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
7、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)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从 t0 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像如图甲、乙所示，下列说法中正确的是()A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 C4
8、s 末物体坐标为(4 m,4 m)D4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)思路点拨(1)判断物体运动性质时要分析物体的加速度特点及加速度与速度方向间的关系。(2)确定物体在某时刻的坐标时，要沿 x 轴和 y 轴分别计算物体的位移。解析 前 2 s 内物体在 y 轴方向速度为 0，由题图甲知物体沿 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 x122222 m6 m，在 y 轴方向上的位移为 y1222 m2 m，所以 4 s
9、 末物体坐标为(6 m,2 m)，D 正确，C 错误。答案 AD 集训冲关 1(2017淄博二模)质量为 2 kg 的质点在 xy 平面上运动，x 方向的速度时间图像和y 方向的位移时间图像分别如图所示，则质点()A初速度为 4 m/s B所受合外力为 4 N C做匀变速直线运动 D初速度的方向与合外力的方向垂直 解析：选 B x 轴方向初速度为 vx4 m/s，y 轴方向初速度 vy3 m/s，质点的初速度 v0 vx2vy25 m/s，故 A 错误；x 轴方向的加速度 a2 m/s2，y 轴方向做匀速直线运动，质点所受合力 F 合ma4 N，故 B 正确；x 轴方向的合力恒定不变，y 轴方
10、向做匀速直线运动，合力为零，则质点的合力恒定不变，做匀变速曲线运动，故 C 错误；合力沿 x 轴方向，而初速度方向既不沿 x 轴方向，也不沿 y 轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直，故 D错误，故选 B 项。2.(2017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，F 为 AB 的中点。则 t1t2为()A21 B1 2 C1 3 D1(21)解析：选 A 雨滴在竖直方向的分运动为匀速
11、直线运动，其速度大小与水平方向的运动无关，故 t1t2ABv AFv 21，选项 A 正确。3(多选)(2017山东实验中学高三段考)一物体在以 xOy 为直角坐标系的平面上运动，其运动规律为 x2t24t，y3t26t(式中的物理量单位均为国际单位)，关于物体的运动，下列说法正确的是()A物体在 x 轴方向上做匀减速直线运动 B物体在 y 轴方向上做匀加速直线运动 C物体运动的轨迹是一条直线 D物体运动的轨迹是一条曲线 解析：选 BC 对应位移时间公式 xv0t12at2，x2t24t，y3t26t，可得初速度：v0 x4 m/s，v0y6 m/s；加速度：ax4 m/s2，ay6 m/s2
12、；物体在 x 轴上分运动的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动，故 A 错误；物体在 y轴方向的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动，故 B 正确；题中分运动的初速度和加速度数值完全相同，故合运动的初速度数值和方向也是相同的；合运动的初速度方向与加速度方向相同，故合运动一定是匀加速直线运动；故 C 正确，D 错误。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 dv船 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，
13、等于河宽 d 如果 v 船t1，v2x2v1x1 Bt2t1，v2x1v1x2 Ct2t1，v2 x2v1x1 Dt2t1，v2x1v1x2 解析：选 C 设河宽为 d，船自身的速度为 v，与河岸上游的夹角为，对垂直河岸的分运动，过河时间 tdvsin，则 t1t2；对合运动，过河时间 tx1v1x2v2，解得 v2v1x2x1，C 正确。3.(2017潍坊统考)如图所示，河水由西向东流，河宽为 800 m，河中各点的水流速度大小为 v 水，各点到较近河岸的距离为 x，v 水与 x 的关系为 v 水3400 x(m/s)(x 的单位为 m)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为
14、 v 船4 m/s，则下列说法正确的是()A小船渡河的轨迹为直线 B小船在河水中的最大速度是 5 m/s C小船在距南岸 200 m 处的速度小于在距北岸 200 m 处的速度 D小船渡河的时间是 160 s 解析：选 B 小船在南北方向上做匀速直线运动，在东西方向上先加速，到达河中间后再减速，小船的合运动是曲线运动，A 错误；当小船运动到河中间时，东西方向上的分速度最大，此时小船的合速度最大，最大值 vm5 m/s，B 正确；小船在距南岸 200 m 处的速度等于在距北岸 200 m 处的速度，C 错误；小船的渡河时间 t dv船200 s，D 错误。突破点(四)绳(杆)端速度分解问题 两物
15、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大小是相等的。典例(多选)如图甲所示，有一个沿水平方向做匀速直线运动的半径为 R 的半圆柱体，半圆柱面上搁着一个只能沿竖直方向运动的竖直杆，在竖直杆未达到半圆柱体的最高点之前()A半圆柱体向右匀速运动时，竖直杆向上做匀减速直线运动 B半圆柱体向右匀速运动时，竖直杆向上做减速直线运动 C半圆柱体以速度为 v 向右匀速运动，杆同半圆柱体接触点和柱心的连线与竖直方向的夹角为 时，竖直杆向上的运动速度为 vtan D半圆柱体以速度为 v 向右匀速运动，杆同半圆柱体接触点和柱心的连线
16、与竖直方向的夹角为 时，竖直杆向上的运动速度为 vsin 模型建立 以杆与半圆柱体接触点为研究对象，沿接触点的弹力方向即半径方向两物体的速度分量相等。半圆柱体可以简化为长度为 R 的杆 OA，O 点代表半圆柱体的运动，A 点代表杆 AB 的运动，如图乙所示。解析 O 点向右运动，O 点的运动使杆 AO 绕 A 点逆时针转动的同时，沿杆 OA 方向向上推动 A 点；竖直杆的实际运动(A 点的速度)方向竖直向上，使 A 点绕 O 点逆时针转动的同时，沿 OA方向(弹力方向)与 OA 杆具有相同的速度。速度分解如图丙所示，对 O 点，v1vsin，对于A 点，vAcos v1，解得 vAvtan，O
17、 点(半圆柱体)向右匀速运动时，杆向上运动，角减小，tan 减小，vA减小，但杆不做匀减速运动，A 错误，B 正确；由 vAvtan 可知 C正确，D 错误。答案 BC 应用领悟 绳(杆)端速度分解思路及常见模型 集训冲关 1.(2017邯郸检测)如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A。汽车匀速向右运动，在物块 A 到达滑轮之前，关于物块 A，下列说法正确的是()A将竖直向上做匀速运动 B将处于超重状态 C将处于失重状态 D将竖直向上先加速后减速 解析：选 B 设汽车向右运动的速度为 v，绳子与水平方向的夹角为，物块上升的速度为 v，则 vcos v，汽车匀速向右运动，减小，v增大，物块向
18、上加速运动，A、D错误；物块加速度向上，处于超重状态，B 正确，C 错误。2(2017北京朝阳区二模)如图所示，长为 L 的直棒一端可绕固定轴转动，另一端搁在升降平台上，平台以速度 v 匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为 时，棒的角速度为()A.vsin L B.vLsin C.vcos L D.vLcos 解析：选 B 棒与平台接触点的实际运动即合运动，方向是垂直于棒指向左上方，如图所示，合速度 v 实L，沿竖直向上方向上的速度分量等于 v，即 Lsin v，所以 vLsin。所以 A、C、D均错，B 正确。3.(2017安徽“江淮十校”联考)如图所示，AB 杆以恒定角速度绕A 点转动，并带动
19、套在水平杆 OC 上的质量为 M 的小环运动，运动开始时，AB 杆在竖直位置，则小环 M 的加速度将()A逐渐增大 B先减小后增大 C先增大后减小 D逐渐减小 解析：选 A 设经过时间 t，OABt，则 AM 的长度为hcos t，则 AB 杆上小环 M 绕 A点的线速度 vhcos t。将小环 M 的速度沿 AB 杆方向和垂直于 AB 杆方向分解，垂直于AB 杆上分速度等于小环 M 绕 A 点的线速度 v，则小环 M 的速度 vvcos thcos2t，随着时间的延长，小环 M 的速度的大小不断变大，故 A 正确，B、C、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
20、有一骑射项目如图所示，运动员骑在奔跑的马上，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dv2v1 B运动员放箭处离目标的距离为d v12v22v2 C箭射到固定目标的最短时间为dv2 D箭射到固定目标的最短时间为dv22v12 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dv2，C 对，D 错；运动员放箭处离目标的距离为 d
21、2x2，又xv1tv1dv2，故 d2x2 d2v1dv22d v12v22v2，A 错，B 对。(二)下雨打伞 2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 v v12v225 m/s。tan v1v234，即 37。答案：向西倾斜，与竖直方向成 37角(三)转台投篮 3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，向平台圆心处的
22、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。(四)风中骑车 4某人骑自行车以 4 m/s 的速度向正东方向行驶，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 2 m/s C东北风 风速为 4 m/s D东北风 风速为 4 2 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
23、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 2 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(2017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
24、，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.(多选)一质点在 xOy 平面内的运动轨迹如图所示，下列判断正确的是()A质点沿 x 轴方向可能做匀速运动 B质点沿 y 轴方向可能做变速运动 C若质点沿 y 轴方向始终匀速运动，则沿 x 轴方向可能先加速后减速 D若质点沿 y 轴方向始终匀速运动，则沿 x 轴方向可能先减速后加速 解析：选 BD 质点做曲线运动，合力大致指向轨迹凹侧，即加速度大致指向轨迹凹侧，由
25、题图可知加速度方向指向弧内，不可能沿 y 轴方向，x 轴方向有加速度分量，所以沿 x 轴方向上，质点不可能做匀速运动，y 轴方向可能有加速度分量，故质点沿 y 轴方向可能做变速运动，A 错误，B 正确；质点在 x 轴方向先沿正方向运动，后沿负方向运动，最终在 x 轴方向上的位移为零，所以质点沿 x 轴方向不能一直加速，也不能先加速后减速，只能先减速后反向加速，C 错误，D 正确。3.(2017合肥一模)如图所示，在长约 1.0 m 的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个大小适当的圆柱形的红蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，并迅速竖直倒置，红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上升到管底。将此玻璃管倒置安
26、装在小车上，并将小车置于水平导轨上。若小车一端连接细线绕过定滑轮悬挂小物体，小车从A 位置由静止开始运动，同时红蜡块沿玻璃管匀速上升。经过一段时间后，小车运动到虚线表示的 B 位置。按照装置图建立坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是()解析：选 C 红蜡块在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向上做匀速直线运动，其合力方向水平向右，指向轨迹的凹侧，故选项 C 正确，A、B、D 均错误。对点训练：运动的合成与分解的应用 4(2017海南七校联考)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 3v，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
27、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 2v B帆船沿东偏北 60方向航行，速度大小为 2v C帆船沿东偏北 30方向航行，速度大小为 2v D帆船沿东偏南 60方向航行，速度大小为 2v 解析：选 A 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 3v 的风速吹来，当以海岸为参考系时，实际速度 v 实 v23v22v，cos v2v12，30，即帆船沿北偏东 30方向航行，选项 A 正确。5在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系 xOy，质量为 1 kg 的物体原来静止在坐标原点 O(0,0)，t0 时受到如图所示随时间变化的外力作用，图甲中 Fx
28、表示沿 x 轴方向的外力，图乙中 Fy表示沿 y 轴方向的外力，下列描述正确的是()A04 s 内物体的运动轨迹是一条直线 B04 s 内物体的运动轨迹是一条抛物线 C前 2 s 内物体做匀加速直线运动，后 2 s 内物体做匀加速曲线运动 D前 2 s 内物体做匀加速直线运动，后 2 s 内物体做匀速圆周运动 解析：选 C 02 s 内物体沿 x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，2 s 时受沿 y轴方向的恒力作用，与速度方向垂直，故 24 s 内物体做类平抛运动，C 项正确。6.如图所示，在竖直平面内的 xOy 坐标系中，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。
29、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，v0gt1,2s0v02t1 水平方向做匀加速直线运动，3s0v12t1 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 x1
30、2 处，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 v2 v02vx24 10 m/s。答案：(1)6 m/s(2)见解析图(3)4 10 m/s 对点训练：小船渡河问题 7(2017重庆月考)如图所示，某河段两岸平行，越靠近中央水流速度越大。一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中的速度为 v，沿水流方向及垂直于河岸方向建立直角坐标系 xOy，则该小船渡河的大致轨迹是()解析：选 C 沿垂直于河岸方向航行的小船速度不变，但水流速度越靠近中央越大，因此小船过河过程中
31、先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，结合曲线运动的轨迹特点可知，加速度方向应指向轨迹的凹侧，故只有选项 C 正确。8.(2017雅安月考)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 v B增大 角，增大船速 v C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)，
32、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(2017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2v3，回程与去程所用时间之比为()A32 B21 C31 D2 31 解析：选 B 设河宽为 d，则去程所用的时间 t1 d2v33d2v；返程时的合速度：v 2v32v2 v3，回程的时间为：t2 dv3 3dv；故回程与去程所用时间之比为 t2t121，选项 B 正确。对点
33、训练：绳(杆)端速度分解问题 10如图所示，开始时 A、B 间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体 A 的运动，使其恰好以速度 v 沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体 B 在水平面上运动，则下列 v t图像中，最接近物体 B 的运动情况的是()解析：选 A 将与物体 A 相连的绳端速度 v 分解为沿绳伸长方向的速度 v1和垂直于绳方向的速度 v2，则物体 B 的速度 vBv1vsin，在 t0 时刻 0，vB0，C 项错误；之后随 增大，sin 增大，B 的速度增大，但开始时 变化快，速度增加得快，图线的斜率大，随 增大，速度增加得慢，若绳和杆足够长，则物体 B 的速度趋近于 A 的速
34、度，只有 A 项正确。11.(2017石家庄检测)一轻杆两端分别固定质量为 mA和 mB的两个小球 A 和 B(可视为质点)。将其放在一个光滑球形容器中从位置 1开始下滑，如图所示，当轻杆到达位置 2 时球 A 与球形容器球心等高，其速度大小为 v1，已知此时轻杆与水平方向成 30角，B 球的速度大小为 v2，则()Av212v1 Bv22v1 Cv2v1 Dv2 3v1 解析：选 C 球 A 与球形容器球心等高，速度 v1方向竖直向下，速度分解如图所示，有 v11v1sin 3012v1，球 B 此时速度方向与杆成60角，因此 v21v2cos 6012v2，沿杆方向两球速度相等，即v21v
35、11，解得 v2v1，C 项正确。考点综合训练 12.(2017烟台模拟)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 vAvBcos，FfA(mgFTsin),因物体 B 下降，增大，故 vA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
36、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 L D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
37、的速度。设 vx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河宽 60 m，水流速度 v16 m/s，小船在静水中的速度 v23 m/s，求：(1)它渡河的最短时间；(2)它渡河的最短航程。解析：(1)设小船与岸成 角开出，如图甲所示。渡河时间为 tdv2sin 当 90时渡河时间最短，tmindv2603 s20 s。(2)因为船速小于水速，所以小船一定向下游漂移。如图乙所示，以 v1矢量末端为圆心，以 v2矢量的大小为半径画弧，从 v1矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向
38、时航程最短。由图可知，最短航程为 x 短dsin v1v2d6360 m120 m。答案：(1)20 s(2)120 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。()(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
39、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。多角练通 1(2016海南高考)在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中()A速度和加速度的方向都在不断变化 B速度与加速度方向之间的夹角一直减小 C在相等的时间间隔内，速率的改变量相等 D在相等的时间间隔内，动能的改变量相等 解析：选 B 由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加速
40、度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项 A 错误；设某时刻速度与竖直方向(即加速度方向)夹角为，则 tan v0vyv0gt，随着时间 t 变大，tan 变小，变小，故选项 B 正确；根据加速度定义式 avtg，则vgt，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，但速率的改变量不相等，故选项 C错误；根据动能定理，动能的改变量等于重力做的功，即 WGmgh，对于平抛运动，在竖直方向上，相等时间间隔内的位移不相等，即动能的改变量不相等，故选项 D 错误。2.(2017抚顺一模)如图所示，离地面高 h 处有甲、乙两个物体，甲以初速度 v0水平射出，同时乙以初速度 v0沿倾角为 45的光滑斜面滑下。若
41、甲、乙同时到达地面，则 v0的大小是()A.gh2 B.gh C.2gh2 D2 gh 解析：选 A 甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据 h12gt2，得：t 2hg 根据几何关系可知：x 乙 2h 乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：aF合m mgsin 45m 22 g 根据位移时间公式可知：x 乙v0t12at2 由式得：v0 gh2，所以 A 正确。3(多选)一个做平抛运动的物体，从物体水平抛出开始至水平位移为 s 的时间内，它在竖直方向的位移为 d1；紧接着物体在经过第二个水平位移 s 的时间内，它在竖直方向的位移为 d2。已知重力加速度为 g，则做
42、平抛运动的物体的初速度为()As gd2d1 B.s g2d1 C.2s 2gd1d1d2 Ds 3g2d2 解析：选 ABD 由已知条件，根据平抛运动的规律可得 水平方向上：sv0t 竖直方向上：d112gt2 联立可以求得初速度 v0s g2d1，所以 B 正确；在竖直方向上，物体做自由落体运动，根据 xgT2 可得 d2d1gT2，所以时间的间隔 T d2d1g，所以平抛的初速度 v0sTs gd2d1，所以 A 正确；再根据匀变速直线运动的规律可知d1d213，所以从一开始运动物体下降的高度为43d2，由43d212g(2t)2，可得物体运动的时间间隔为 t 2d23g，所以平抛的初速
43、度 v0sts 3g2d2，所以 D 正确。突破点(二)多体平抛问题 典题先试 1.如图所示，两个小球从水平地面上方同一点 O 分别以初速度 v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是 A、B，O是 O 在地面上的竖直投影，且 OAAB13。若不计空气阻力，则两小球()A抛出的初速度大小之比为 14 B落地速度大小之比为 13 C落地速度与水平地面夹角的正切值之比为 13 D通过的位移大小之比为 1 3 解析：选 A 两小球的抛出高度相同，故下落时间相同，落地时的竖直分速度相同，两小球的水平位移分别为 OA 和 OB，故水平位移之比为 14，故由 xvt 可知两小球的初速度之比为 14，故 A
44、 正确；由于未知两小球的下落高度，故无法求出准确的落地时的竖直分速度，故无法求得落地速度之比，故 B 错误；同理也无法求出位移大小之比，故 D 错误；设落地时速度方向与水平地面夹角为，tan vyvx，因竖直分速度相等，而水平初速度比值为 14，故正切值的比值为 41，故 C 错误。2(多选)(2017台州模拟)如图所示，a、b 两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为 P，不计空气阻力，则以下说法正确的是()Aa、b 两球同时落地 Bb 球先落地 Ca、b 两球在 P 点相遇 D无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇 解析：选 BD 由 h12gt2可得 t 2hg，
45、因 hahb，故 b 球先落地，B 正确，A 错误；两球的运动轨迹相交于 P 点，但两球不会同时到达 P 点，故无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇，C 错误，D 正确。3.(多选)如图所示，A、B 两点在同一条竖直线上，A 点离地面的高度为2.5h，B 点离地面高度为 2h。将两个小球分别从 A、B 两点水平抛出，它们在P 点相遇，P 点离地面的高度为 h。已知重力加速度为 g，则()A两个小球一定同时抛出 B两个小球抛出的时间间隔为(3 2)hg C小球 A、B 抛出的初速度之比vAvB 32 D小球 A、B 抛出的初速度之比vAvB 23 解析：选 BD 平抛运动在竖直方向上做自由落体
46、运动，由 h12gt2，得 t 2hg，由于 A 到 P 的竖直高度较大，所以从 A 点抛出的小球运动时间较长，应先抛出，故 A 错误；由 t 2hg，得两个小球抛出的时间间隔为 ttAtB21.5hg 2hg(32)hg，故 B 正确；由 xv0t 得 v0 x g2h，x 相等，则小球 A、B 抛出的初速度之比vAvB hBhA h1.5h 23，故 C 错误，D 正确。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，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
47、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，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
48、、对称法、等效法等，能使问题迎刃而解。(一)以分解速度为突破口求解平抛运动问题 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 vyvxgtv0 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。典例 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_；直线 PA 与竖直方向的夹角 _。解析 根据题
49、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 vyvxgtv0，则小球运动到 A 点的时间为：tv0tan g；从 P 点到 A 点的位移关系有：tan v0t12gt22v0gt2tan 2cot，所以 PA 与竖直方向的夹角为：arctan(2cot)。答案 v0tan g arctan(2cot)(二)以分解位移为突破口求解平抛运动问题 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 12gt2 v0tf(f(1,2)gt2,v0t 为 t 时刻位移与水平方向间夹角，确定初速度 v0、运动时
50、间 t 和夹角 间的大小关系。典例 2(2017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 R2v12g B圆的半径为 R4v123g C速率 v2 32 v1 D速率 v2 33 v1 解析 从 A 点抛出的小球做平抛运动，它运动到 D 点时 R12gt12，Rv1t1，故 R2v12g，选项 A 正确，选项 B 错误
51、；从 C 点抛出的小球 Rsin 60v2t2，R(1cos 60)12gt22，解得 v2 62 v1，选项 C、D 错误。答案 A (三)利用假设法求解平抛运动问题 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，例如移动水平地面使其下落高度相同，从而作出判断。典例 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
52、在斜面上的()Ab 与 c 之间某一点 B.c 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。答案 A(四)利用推论法求解平抛运动问题 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
53、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。典例 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
54、所示，由此得 L2cot L2cot d，代入数值得：L24d7。答案 24d7 (五)利用等效法求解类平抛运动问题 错误!典例 5(2017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
55、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 F1ma1 20 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 y112a1t12 20 s 内运动的位移 s1 x12y12 代入数据解得 s10.8 2 m1.1 m。(2)设 2.0 s 后小球运动的加速度为 a2，F2的作用时间为 t2时小球的速度变为与初速度相同。则 F2ma2 0v1a2t2 代入数据解得 t24.0 s。
56、答案(1)0.8 m/s 1.1 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)(2017大连重点中学联考)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过网时球 1 的速度大于球 2 的速度 解析：选 AD 乒乓球起跳后
57、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 h12gt2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下方死角(图
58、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 L24s2 B足球初速度的大小 v0 g2hL24s2 C足球末速度的大小 v g2hL24s2 4gh D足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan L2s 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 s2L24，则足球位移的大小为：x x水平2h2 s2L24h2，选项 A 错误；由 h12gt2，x 水平v0t，可得足球的初速度为 v0 g2hL24s2，选项 B 正确；对足球应用动能定理：mghmv22 mv022，可得足球末速度
59、v v022gh g2hL24s2 2gh，选项 C 错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为 tan 2sL，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
60、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 x1x22x1，根据公式 H12gt12，Hh12gt22，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
61、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，则球在空中的飞行时间：t1 2h0g 22.510 s 12 s 由此得排球不越界的临界速度 v1x1t1 121/2 m/s12 2 m/s。若球恰好触网，则球在网上方运动的时间：t2 h0Hg 10 s 110 s。得排球触网的临界击球速度值 v2x2t231/10 m/s3 10 m/s。要使排球既不触网又不越
62、界，水平击球速度 v 的取值范围为：3 10 m/sv 12 2 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x12hgx2hHg，得 hH1x2x12213122 m3215 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 10 m/svbvc tatbtc Bvavbvc tatbtc Cvavbtbtc Dvavbvc tatbhbhc，根据 h12gt2，知 tatbtc，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
63、位移最长，时间最短，则速度最大，所以有 vavbvc。故 C 正确，A、B、D 错误。4(2017上海浦东新区一模)已知某种步枪将子弹以速度 v 水平射出，射到正对面的竖直靶墙上，测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方向的夹角为，若不考虑空气阻力，则根据以上条件()A只能计算出枪口位置与弹孔位置的竖直距离 B只能计算出枪口位置与靶墙的水平距离 C只能计算出弹头在空中飞行的时间 D能计算出弹头在枪口与靶墙间的位移 解析：选 D 测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方向的夹角为，根据平行四边形定则知，tan vvy，解得竖直分速度为：vyvtan，则弹头飞行的时间为：tvyg vgtan，枪口
64、位置与弹孔位置的竖直距离为：yvy22gv22gtan2，枪口位置与靶墙的水平距离为：xvtv2gtan，弹头在枪口与靶墙间的位移 s x2y2v2gtan 4tan21，故 D正确，A、B、C 错误。5(多选)质量为 m 的物体以速度 v0水平抛出，经过一段时间速度大小变为 2v0，不计空气阻力，重力加速度为 g，以下说法正确的是()A该过程平均速度大小为1 22v0 B运动位移的大小为 5v022g C速度大小变为 2v0时，重力的瞬时功率为 mgv0 D运动时间为v02g 解析：选 BC 根据题述，经过一段时间速度大小变为 2v0，将该速度分解可得竖直速度等于 v0，重力的瞬时功率为 P
65、mgv0，选项 C 正确；由 v0gt，解得运动时间为 tv0g，选项 D错误；水平位移为 x1v0tv02g，竖直位移 y12gt2v022g，运动位移的大小为 x x12y2 5v022g，选项 B 正确；该过程平均速度大小为 vxt 5v02，选项 A 错误。对点训练：平抛运动与斜面的结合 6.如图所示，斜面 ABC 放在水平面上，斜边 BC 长为 l，倾角为 30，在斜面的上端 B 点沿水平方向抛出一小球，结果小球刚好落在斜面下端C 点，重力加速度为 g，则小球初速度 v0的值为()A.12 gl B.12 2gl C.12 3gl D.12 5gl 解析：选 C 平抛运动的水平位移
66、xlcos v0t，竖直方向的位移 ylsin 12gt2，联立可得 v012 3gl，C 正确。7(2017邯郸一中调研)如图，斜面 AC 与水平方向的夹角为，在A 点正上方与 C 等高处水平抛出一小球，其速度垂直于斜面落到 D 点，则CD 与 DA 的比为()A.1tan B.12tan C.1tan2 D.12tan2 解析：选 D 设小球水平方向的速度为 v0，将 D 点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过几何关系求解，得竖直方向的末速度为 v2v0tan，设该过程用时为 t，则 DA 间水平距离为 v0t，故 DAv0tcos；CD 间竖直距离为v2t2，故 CD
67、v2t2sin，得CDDA12tan2，故选 D。8(2017淄博实验中学月考)在斜面顶端的 A 点以速度 v 平抛一小球，经 t1时间落到斜面上 B 点处，若在 A 点将此小球以速度 0.5v 水平抛出，经 t2时间落到斜面上的 C 点处，以下判断正确的是()AABAC21 B.ABAC41 Ct1t241 Dt1t2 21 解析：选 B 平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移关系为 tan yx12gt2v0t gt2v0，则 t2v0tan g，可知运动的时间与初速度成正比，所以 t1t221。竖直方向上下落的高度 h12gt2，可得竖直方向上的位移之比为 41。斜面上的距离 shs
68、in，知 ABAC41。故选 B。9(多选)如图所示，一固定斜面倾角为，将小球 A 从斜面顶端以速率 v0水平向右抛出，击中了斜面上的 P 点。将小球 B 从空中某点以相同速率 v0水平向左抛出，恰好垂直斜面击中 Q 点。不计空气阻力，重力加速度为 g，下列说法正确的是()A若小球 A 在击中 P 点时速度方向与水平方向所夹锐角为，则 tan 2tan B若小球 A 在击中 P 点时速度方向与水平方向所夹锐角为，则 tan 2tan C小球 A、B 在空中运动的时间之比为 2tan21 D小球 A、B 在空中运动的时间之比为 tan21 解析：选 BC 对于小球 A，有 tan yx12gt2
69、v0t gt2v0，得 t2v0tan g，tan vyv0gtv0，则有 tan 2tan，故 A 错误，B 正确；对于小球 B，tan v0vy v0gt，得 tv0gtan，所以小球 A、B 在空中运动的时间之比为 tt2tan2 1，故 C 正确，D 错误。10(多选)如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上。其中有三次的落点分别是 a、b、c，不计空气阻力，则下列判断正确的是()A落点 b、c 比较，小球落在 c 点的飞行时间短 B小球落在 a 点和 b 点的飞行时间均与初速度 v0成正比 C
70、三个落点比较，小球落在 c 点，飞行过程中速度变化最快 D三个落点比较，小球落在 c 点，飞行过程中速度变化最大 解析：选 AB 由平抛运动规律 h12gt2得 t 2hg，可知，落点为 b 时，小球的竖直位移较大，故飞行时间较长，A 正确；落点为 a、b 时，两次位移方向相同，故 tan gt2v0，可见飞行时间 t 与 v0成正比，B 项正确；小球在飞行过程中速度变化快慢即加速度，均为 g，C项错误；小球在飞行过程中，水平方向上速度不变，速度变化 vgt，由 t 2hg 可知，小球落在 b 点时速度变化最大，D 项错误。考点综合训练 11.(2017宝鸡一检)如图所示，在水平放置的半径为
71、R 的圆柱体的正上方的 P 点将一个小球以水平速度 v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的 Q 点沿切线飞过，测得 O、Q 连线与竖直方向的夹角为，那么小球完成这段飞行的时间是()Atv0gtan B.tgtan v0 CtRsin v0 DtRcos v0 解析：选 C 小球做平抛运动，tan vyv0gtv0，则时间 tv0tan g，选项 A、B 错误；在水平方向上有 Rsin v0t，则 tRsin v0，选项 C 正确，D 错误。12(多选)如图所示，在距地面高为 H45 m 处，有一小球A以初速度 v010 m/s 水平抛出，与此同时，在 A 的正下方有
72、一物块B 也以相同的初速度同方向滑出，B 与水平地面间的动摩擦因数为0.4，A、B 均可视为质点，空气阻力不计(取 g10 m/s2)。下列说法正确的是()A小球 A 落地时间为 3 s B物块 B 运动时间为 3 s C物块 B 运动 12.5 m 后停止 DA 球落地时，A、B 相距 17.5 m 解析：选 ACD 根据 H12gt2得，t 2Hg 24510 s3 s，故 A 正确；物块 B 匀减速直线运动的加速度大小 ag0.410 m/s24 m/s2，则 B 速度减为零的时间 t0v0a104 s2.5 s，滑行的距离 xv02t0102 2.5 m12.5 m，故 B 错误，C
73、正确；A 落地时，A 的水平位移 xAv0t103 m30 m，B 的位移 xBx12.5 m，则 A、B 相距 x(3012.5)m17.5 m，故 D 正确。13(2017重庆江北区联考)如图所示，倾角为 37的斜面长 l1.9 m，在斜面底端正上方的 O 点将一小球以 v03 m/s 的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面 P 点处击中滑块。(小球和滑块均可视为质点，重力加速度g 取 9.8 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求：(1)抛出点 O 离斜面底端的高度；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数。解析：(1
74、)设小球击中滑块时的速度为 v，竖直速度为 vy，如图所示，由几何关系得 v0vytan 37 设小球下落的时间为 t，竖直位移为 y，水平位移为 x，由运动学规律得 vygt，y12gt2，xv0t 设抛出点到斜面底端的高度为 h，由几何关系得 hyxtan 37 联立解得 h1.7 m。(2)设在时间 t 内，滑块的位移为 s，由几何关系得 slxcos 37 设滑块的加速度为 a，由运动学公式得 s12at2 对滑块，由牛顿第二定律得 mgsin 37mgcos 37ma 联立解得 0.125。答案：(1)1.7 m(2)0.125 14(2017潍坊统考)如图所示，小车的质量 M5 k
75、g，底板距地面高 h0.8 m，小车与水平地面间的动摩擦因数 0.1，车内装有质量 m0.5 kg 的水(不考虑水的深度)。今给小车一初速度，使其沿地面向右自由滑行，当小车速度为 v10 m/s 时，车底部的前方突然出现一条与运动方向垂直的裂缝，水从裂缝中连续渗出，形成不间断的水滴，设每秒钟滴出的水的质量为 0.1 kg，并由此时开始计时，空气阻力不计，g 取 10 m/s2，令 k0.1 kg/s，求：(1)t4 s 时，小车的加速度；(2)到小车停止运动，水平地面上水滴洒落的长度。解析：(1)取小车和水为研究对象，设 t4 s 时的加速度为 a，则(Mmkt)g(Mmkt)a 解得 a1
76、m/s2。(2)设小车滴水的总时间为 t1，则 t1mk5 s 设小车运动的总时间为 t2，则 t2va10 s 因 t1t2，故滴水过程中小车一直运动 在滴水时间内小车的位移为 xvt112at12 设每滴水下落到地面的时间为 t3，则 h12gt32 第 1 滴水滴的水平位移为 x1vt34 m 最后一滴水滴下落时的初速度为 v2vat1 水平位移为 x2v2t32 m 水平地面上水滴洒落的长度为 Lxx2x135.5 m。答案：(1)1 m/s2(2)35.5 m 第 3 节圆_周_运_动 ,(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。()(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。()(3)
77、物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。()(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。()(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。()(6)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，看周期或角速度。()(7)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。()(8)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。()突破点(一)描述圆周运动的物理量 1圆周运动各物理量间的关系 2对公式 vr 的理解 当 r 一定时，v 与 成正比；当 一定时，v 与 r 成正比；当 v 一定时，与 r 成反比。3对 av2r2r
78、 的理解 当 v 一定时，a 与 r 成反比；当 一定时，a 与 r 成正比。4常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图甲、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 vAvB。(2)摩擦传动：如图丙所示，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 vAvB。(3)同轴传动：如图丁所示，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 AB。多角练通 1(2016上海高考)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住。已知风轮叶片转动半径为 r，每
79、转动 n 圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间 t 内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片()A转速逐渐减小，平均速率为4nrt B转速逐渐减小，平均速率为8nrt C转速逐渐增大，平均速率为4nrt D转速逐渐增大，平均速率为8nrt 解析：选 B 根据题意，从题图(b)可以看出，在 t 时间内，探测器接收到光的时间在增长，凸轮圆盘的挡光时间也在增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在 t 时间内可以看出有 4 次挡光，即凸轮圆盘转动 4 周，则风轮叶片转动了 4n 周，风轮叶片转过的弧长为 l4n2r，转动速率为：v8nrt，故选项 B 正确。2(2017成
80、都质检)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取。如图所示，设内环内边缘半径为 R1，内环外边缘半径为 R2，外环外边缘半径为 R3。A、B、C 分别为各边缘线上的点。则读取内环上 A 点时，A 点的向心加速度大小和读取外环上 C点时，C 点的向心加速度大小之比为()A.R12R2R3 B.R22R1R3 C.R2R3R12 D.R1R3R22 解析：选 D A、B 两点角速度相同，由 a2r，可知 aAaBR1R2；B、C 两点线速度相同，由 av2r，可知 aBaCR3R2；由可得 aAaCR1R3R2
81、2，D 项正确。3.(2017桂林模拟)如图所示，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 RBRC32，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 322 B角速度之比为 332 C转速之比为 232 D向心加速度大小之比为 964 解析：选 D A、B 轮摩擦传动，故 vavb，aRAbRB，ab32；B、C 同轴转动，故 bc，vbRBvcRC，vbvc32，因此
82、vavbvc332，abc322，故A、B 错误；转速之比等于角速度之比，故 C 错误；由 av 得：aaabac964，D 正确。突破点(二)水平面内的匀速圆周运动 1水平面内的匀速圆周运动轨迹特点 运动轨迹是圆且在水平面内。2匀速圆周运动的受力特点(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。(2)合外力充当向心力。3解答匀速圆周运动问题的一般步骤(1)选择做匀速圆周运动的物体作为研究对象。(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。(3)由 Fnmv2r或 Fnm2r 或 Fnm42rT2 列方程求解。典例(多选)(2016浙江高考)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别
83、为半径 R90 m 的大圆弧和 r40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心 O、O距离 L100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的 2.25 倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度 g10 m/s2，3.14)，则赛车()A在绕过小圆弧弯道后加速 B在大圆弧弯道上的速率为 45 m/s C在直道上的加速度大小为 5.63 m/s2 D通过小圆弧弯道的时间为 5.58 s 审题指导(1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短，赛车在弯道上运动的速度应最大，此时恰好由最大静摩擦
84、力提供向心力。(2)赛车在弯道上做匀速圆周运动的速度对应赛车在直道上的初速度和末速度。(3)借助三角函数知识确定直道长度和弯道对应的圆心角。解析 赛车做圆周运动时，由 Fmv2R 知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项 A 正确；在大圆弧弯道上时，根据 Fmv2R知，其速率 v FRm 2.25mgRm45 m/s，选项 B 正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率 v30 m/s。如图所示，由边角关系可得 60，直道的长度 xLsin 6050 3 m，据 v2v22ax 知在直道上的加速度 a6.50 m/s2，选项 C 错误；小弯道对应的圆心角为 120，弧长为 s2r3，对应的
85、运动时间 t sv2.79 s，选项 D 错误。答案 AB 方法规律 求解圆周运动问题必须进行的三类分析 几何分析 目的是确定圆周运动的圆心、半径等 运动分析 目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等 受力分析 目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力 集训冲关 1.(2017三门峡陕州中学专训)在玻璃管中放一个乒乓球后注满水，然后用软木塞封住管口，将此玻璃管固定在转盘上，管口置于转盘转轴处，处于静止状态。当转盘在水平面内转动时，如图所示，则乒乓球会(球直径比管直径略小)()A向管底运动 B向管口运动 C保持不动 D无法判断 解析：选 B 开始时，玻璃管壁的
86、摩擦力不足以提供水做圆周运动时所需要的合外力，所以水被“甩”到外侧管底才能随转盘进行圆周运动，则乒乓球在水的作用下向管口运动，故 B正确。2(多选)(2017兰州一中月考)如图所示，在固定的圆锥形漏斗的光滑内壁上，有两个小球 A 和 B，质量分别为 mA和 mB，它们分别紧贴漏斗的内壁在不同的水平面上做匀速圆周运动。则以下叙述正确的是()A只有当 mA gL时，轻杆对小球有拉力，则 Fmgmv2L，v 增大，F 增大，B 正确；当 v 6gl 时，小球一定能通过最高点 P D当 v0 6gl 时小球一定能通过最高点 P，选项 C 正确；当 v0 gl 时，由12mv02mgh 得小球能上升的高
87、度 h12l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当 v0 gl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)(2017湖南联考)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 N C细线对物块的拉力是 6.0 N D物块做匀加速直线运动，加速度大小是
88、 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：FTFfF5 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
89、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，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度 v gR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 gR时，对轨道A 点的压力向上，物体对地面的压力 FNMg，故选项 A
90、 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(2017晋江月考)如图所示，AB 为竖直转轴，细绳 AC 和 BC 的结点 C 系一质量为 m的小球，两绳能承受的最大拉力均为 2mg。当细绳 AC 和 BC 均拉直时ABC90，A
91、CB53，BC1 m。细绳 AC 和 BC 能绕竖直轴 AB 匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)()AAC 5 m/s BBC 5 m/s CAC 5.24 m/s DBC 5.24 m/s 解析：选 B 当小球线速度增至 BC 被拉直后，由牛顿第二定律可得，竖直方向上：TAsinACBmg，水平方向上：TAcosACBTBmv2r，由式可得：TA54mg，小球线速度增大时，TA不变，TB增大，当 BC 绳刚要被拉断时，TB2m
92、g，由可解得此时，v5.24 m/s；BC绳断后，随小球线速度增大，AC 线与竖直方向间夹角增大，设 AC 线被拉断时与竖直方向的夹角为，由 TACcos mg，TACsin mv2r，rLACsin，可解得，60，LAC53 m，v5 m/s，故 B 正确。14(2017昆明七校调研)如图所示，一长 l0.45 m 的轻绳一端固定在 O 点，另一端连接一质量 m0.10 kg 的小球，悬点 O 距离水平地面的高度 H0.90 m。开始时小球处于 A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，让小球从静止释放，当小球运动到 B 点时，轻绳碰到悬点 O 正下方一个固定的钉子 P 时立刻断裂。不计轻绳断裂的
93、能量损失，取重力加速度 g10 m/s2。(1)轻绳断裂后小球从 B 点抛出并落在水平地面的 C 点，求 C 点与 B 点之间的水平距离；(2)若 OP0.30 m，轻绳碰到钉子 P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力。解析：(1)设小球运动到 B 点时的速度大小为 vB，由机械能守恒定律得12mvB2mgl 解得小球运动到 B 点时的速度大小 vB 2gl3.0 m/s 小球从 B 点做平抛运动，由运动学规律得 xvBt yHl12gt2 解得 C 点与 B 点之间的水平距离 xvBHlg0.90 m。(2)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值 Fm，由牛顿运
94、动定律得 FmmgmvB2r rlOP 由以上各式解得 Fm7 N。答案：(1)0.90 m(2)7 N 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 FGm1m2r2 计算物体间的万有引力。()(5)地面上的物体所受地球的引力方向一定指向地心。()(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
95、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 典题先试 1(2016全国丙卷)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
96、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(2013江苏高考)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 解析：选 C 太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，A 错误；不同的行星对应不同的运行轨道，运行速度大小也不相同，B 错误；同一行星与太阳连线在相等时间内扫过的面积才能相同，D 错误；由开普勒第三定律得：r火3T火2r木3T木
97、2，故T火2T木2r火3r木3，C 正确。3(2017开封质检)北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统由 35 颗卫星组成，卫星的轨道有三种：地球同步轨道、中轨道和倾斜轨道。其中，同步轨道半径大约是中轨道半径的 1.5 倍，那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为()A.3212 B.322 C.3232 D.3223 解析：选 C 同步轨道半径大约是中轨道半径的 1.5 倍，根据开普勒第三定律 r3T2k，得 T同2T中2323，即同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为3232，故选项 C 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
98、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a3T2k 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 GMmR2mg 得天体质量 MgR2G。(2)天体密度 MVM43R3 3g4GR。(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 GMmr2m42rT2 得天体的质量 M42r3GT2。(2)若已知天体的半径 R，则天体的密度 MVM43R33r3GT2R3。(3)若卫星
99、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 3GT 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。典例(多选)(2017上饶二模)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过的角度为，引力常量为 G，则()A航天器的轨道半径为s B航天器的环绕周期为2t C月球的质量为 s3Gt2 D月球的密度为324Gt2 解析 根据几何关系得 r s，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tT 2，得 T2t，故 B 正确；航天器由
100、万有引力充当向心力而做圆周运动，所以 GMmr2m42T2 r，得 M42r3GT2 42s3G2t2 s3Gt2，故 C 正确；月球的体积 V43r343s3，月球的密度 MVs3Gt243s3 324Gt2，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，V43R3中的 R 只能是中心天体的半径。集训冲关 1(多选)(2017超级全能生 26 省联考)已知万有引力常量为 G，如果将月球绕地球运动的轨道视为
101、圆周，并测出了其运行的轨道半径 R 和运行周期 T，则由此可推算()A地球的质量 B地球的半径 C月球的运行速度 D地球对月球的万有引力 解析：选 AC 设月球的质量为 m，地球的质量为 M，根据万有引力提供向心力，得：GMmR2m42RT2，得：M42R3GT2，即可求出地球的质量 M，不能求出地球的半径。故 A 正确，B 错误；月球的运行速度为 v2RT，故 C 正确；地球对月球的万有引力为 FGMmR2，由于月球的质量 m无法求出，所以地球对月球的万有引力不能求出。故 D 错误。2(2017六安一中模拟)我国航天事业取得了突飞猛进地发展，航天技术位于世界前列。在航天控制中心对其正上方某卫
102、星测控时，测得从发送“操作指令”到接收到卫星“已操作”的信息需要的时间为 2t(设卫星接收到“操作指令”后立即操作，并立即发送“已操作”的信息到控制中心)，测得该卫星运行周期为 T，地球半径为 R，电磁波的传播速度为 c，由此可以求出地球的质量为()A.2Rct32GT2 B.42Rct3GT2 C.2Rct32GT2 D.2Rct3GT2 解析：选 B 由 xvt 可得：卫星与地球的距离为 x12c2tct 卫星的轨道半径为 rRxRct；由万有引力公式可得：GMmr2mr42T2 解得：M42Rct3GT2 故 B 正确。3(多选)(2017南平质检)我国发射的一颗地球同步通讯卫星，其定点
103、位置与东经 98的经线在同一平面内。甘肃省嘉峪关有一个微波通讯站(如图中 P 点位置)，它的经度和纬度分别为东经 98和北纬 40。已知地球半径为 R，地球自转周期为 T，地球表面重力加速度为 g，光速为 c，万有引力常量为 G。下列说法中正确的是()A根据提供的物理量能求出地球的质量 B根据提供的物理量能求出该卫星绕地球做匀速圆周运动的周期 C根据提供的物理量能求出该卫星发出的微波信号传到嘉峪关微波接收站所需的时间 D根据提供的物理量能求出该卫星的质量 解析：选 ABC 由题意，通过几何关系，结合地球的半径，即可求解卫星离地心的高度，再由引力提供向心力，结合地球自转的周期，则可求得地球的质量
104、，故 A 正确；由于是地球同步通讯卫星，因地球自转周期为 T，那么卫星绕地球做匀速圆周运动的周期也为 T，故 B 正确；根据几何关系，结合地球的半径，可求得卫星离地面的高度，再依据 tsc，已知光速为c，从而求得微波信号传播的时间，故 C 正确；根据引力提供向心力，列出的表达式中，等式两边的卫星质量可约去，因此无法求解卫星的质量，故 D 错误。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 mgGMmR2，这样重力加速度就与行星质量、半径联系在一起，高考也多次在此命题。多维探
105、究(一)求天体表面某高度处的重力加速度 典例 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MRc22G(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/s2 B1010 m/s2 C1012 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
106、速度为 g，对黑洞表面的某一质量为 m 的物体，有GMmR2 mg，又有MRc22G，联立解得 gc22R，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 典例 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()A1dR B1dR C.RdR2 D.RRd2 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，
107、故 mgGMmR2；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 受到的重力 mgGMmr2，又 MV43R3，MV43(Rd)3，联立解得gg 1dR，A 对。答案 A(三)天体表面重力加速度与抛体运动的综合 典例 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 7。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.12R B.72R C2R D.72 R 解析 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，即 xv0t，在竖
108、直方向上做自由落体运动，即 h12gt2，所以 xv0 2hg，两种情况下，抛出的速度相同，高度相同，所以g行g地74，根据公式 GMmR2mg 可得 gGMR2，故g行g地M行R行2M地R地274，解得 R 行2R，故 C 正确。答案 C 万有引力的三种计算思路(一)用万有引力定律计算质点间的万有引力 公式 FGm1m2r2 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
109、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GMmrR2 B一颗卫星对地球的引力大小为GMmr2 C两颗卫星之间的引力大小为Gm23r2 D三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMmr2 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 30 3r，由万有引力定律知 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)用万有引力定律的两个推论计算万有引力 推论：在匀质球壳的空腔内任意位置处，质点受到
110、球壳的万有引力的合力为零，即F0。推论：如图所示，在匀质球体内部距离球心 r 处的质点(m)受到的万有引力等于球体内半径为 r 的同心球体(M)对它的引力，即 FGMmr2。2.如图所示，有人设想要“打穿地球”从中国建立一条通过地心的光滑隧道直达巴西。若只考虑物体间的万有引力，则从隧道口抛下一物体，物体的加速度()A一直增大 B一直减小 C先增大后减小 D先减小后增大 解析：选 D 设地球的平均密度为，物体在隧道内部离地心的距离为 r，则物体 m 所受的万有引力 FG43r3mr243Gmr，物体的加速度 aFm43Gr，由题意可知 r先减小后增大，故选项 D 正确。(三)填补法求解万有引力
111、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。3.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R2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)()AGMmR2 B0 C4GMmR2 DGMm2R2 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
112、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R2的球，易知其质量为18M，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，FG18MmR22GMm2R2，故 D正确。反思领悟(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(2017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
113、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.对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径 r 与周期 T 的关系作出如
114、图所示图像，则可求得地球质量为(已知引力常量为 G)()A.42aGb B.42bGa C.Ga42b D.Gb42a 解析：选 A 由GMmr2 m42T2 r 可得r3T2 GM42，结合题图图线可得，ab GM42，故 M42aGb，A 正确。3(多选)(2017北京通州区摸底)万有引力定律能够很好地将天体运行规律与地球上物体运动规律具有的内在一致性统一起来。用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果。已知地球质量为 M，万有引力常量为 G。将地球视为半径为 R、质量均匀分布的球体。下列选项中说法正确的是()A在北极地面称量时，弹簧秤读数为 F0GM
115、mR2 B在赤道地面称量时，弹簧秤读数为 F1GMmR2 C在北极上空高出地面 h 处称量时，弹簧秤读数为 F2GMmRh2 D在赤道上空高出地面 h 处称量时，弹簧秤读数为 F3GMmRh2 解析：选 AC 北极地面物体不随地球自转，万有引力等于重力，则有 F0GMmR2，故 A 正确；在赤道地面称量时，万有引力等于重力加上随地球一起自转所需要的向心力，则有 F1GMmR2，故 B 错误；在北极上空高出地面 h 处称量时，万有引力等于重力，则有 F2GMmRh2，故 C正确；在赤道上空高出地面 h 处称量时，万有引力大于重力，弹簧秤读数 F3GMmRh2，故D 错误。4(2016全国乙卷)利
116、用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的 6.6 倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为()A1 h B.4 h C8 h D16 h 解析：选 B 万有引力提供向心力，对同步卫星有：GMmr2 mr42T2，整理得 GM42r3T2 当 r6.6R 地时，T24 h 若地球的自转周期变小，轨道半径最小为 2R 地 三颗同步卫星 A、B、C 如图所示分布。则有42R地3T242R地3T2 解得 TT64 h，选项 B 正确。对点训练：天体质量和密度的计算 5(多选)(2
117、016海南高考)通过观测冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是()A卫星的速度和角速度 B卫星的质量和轨道半径 C卫星的质量和角速度 D卫星的运行周期和轨道半径 解析：选 AD 根据线速度和角速度可以求出半径 r v，根据万有引力提供向心力，则有GMmr2 mv2r，整理可得 M v3G，故选项 A 正确；由于卫星的质量 m 可约掉，故选项 B、C 错误；若知道卫星的运行周期和轨道半径，则由GMmr2 m2T2r，整理得 M42r3GT2，故选项 D 正确。6(2017铜陵质检)有一星
118、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，则该星球的质量是地球质量的(忽略其自转影响)()A.14 B.4 倍 C16 倍 D64 倍 解析：选 D 天体表面的物体所受重力 mgGMmR2，又知 3M4R3，所以 M9g31622G3，故 M星M地g星g地364。D 正确。7.(2017文登模拟)如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间 t 通过的弧长为 l，该弧长对应的圆心角为 弧度。已知万有引力常量为 G，则月球的质量是()A.l2G3t B.3Gl2t C.l3Gt2 D.t2Gl3 解析
119、：选 C 因为每经过时间 t 通过的弧长为 l，故卫星的线速度为 vlt，角速度为 t，卫星的运行半径为 R v l，则根据万有引力定律及牛顿第二定律得：GMmR2 mv2R，则月球的质量 MRv2G l3Gt2，选项 C 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。则该行星的平均密度为()A.3GT2 B.3T2 C.3baGT2 D.3abGT2 解析：选 C 万有引力提供近地卫星绕地球运动的向心力 GM地mR2 m42RT2，且 地 3M地4R3，由以上两式得 地3GT2。
120、而星地M星V地V星M地ba，因而 星3baGT2，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.2hR2Gt2 B.2hR2Gt C.2hRGt2 D.Gt22hR2 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，h12gt2。设该星球的质量为 M，在星球表面有 mgGMmR2。由以上两式得，该星球的质量为 M2hR2Gt2，A 正确。10(2017高密模拟)据报道，科学家们在距离地球 20 万光年外
121、发现了首颗系外“宜居”行星。假设该行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 B.50 kg C60 kg D30 kg 解析：选 A 根据万有引力等于重力GMmR2 mg 得 gGMR2，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 m01.6 641.6 kg40 kg，故 A 正确。11(多选
122、)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 B.gg52 CM 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 t2v0g，因此得gg t5t15，A 正确，B 错误；由 GMmR2mg 得 MgR2G，因而M星M地gR星2gR地2 15142 180，C 错误，D 正确。12(2017西安高
123、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：gGMR2。由于地球的质量为 M43R3，所以重力加速度的表达式可写成：g4GR3。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，
124、g4G3r，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 mRN B.T2 NmR CT2 mNR DT2 RmN 解析：选 A 在北极，物体所受的万有引力 F 与支持力 N 大小相等，在赤道处有 FNNmR2T2，解得 T2 mRN，A 正确。14(多选)(2017西安模拟)欧洲航天局的第一枚月球探测器“智能 1 号”环绕月球沿椭圆轨道运动，用 m 表示
125、它的质量，h 表示它近月点的高度，表示它在近月点的角速度，a 表示它在近月点的加速度，R 表示月球的半径，g 表示月球表面处的重力加速度。忽略其他星球对“智能 1 号”的影响，则它在近月点所受月球对它的万有引力的大小等于()Ama BmR2gRh2 Cm(Rh)2 DmR22Rh 解析：选 AB“智能 1 号”在近月点所受月球对它的万有引力，即为它所受的合力，由牛顿第二定律得 Fma，A 正确；由万有引力定律得 FGMmRh2，又月球表面上，GMmR2mg，解得 FmR2gRh2，B 正确；由于“智能 1 号”环绕月球沿椭圆轨道运动，曲率圆半径不是Rh，C、D 错误。15(2017商丘 5 月
126、三模)地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域。进一步探测发现在地面 P 点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图所示。假设该地区岩石均匀分布且密度为，天然气的密度远小于，可忽略不计。如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为 g；由于空腔的存在，现测得 P 点处的重力加速度大小为kg(ka2a1，故选项 D 正确。5(多选)(2017北京朝阳区高三检测)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
127、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 BC GPS 导航卫星周期小于同步卫星的周期，根据r3T2k 可知，同步卫星的轨道半径较大，周期较大，角速度较小，A 错误，B 正确；根据 v GMr，可知同步卫星的线速度较小，C 正确；根据 aGMr2可知，GPS 导航卫星的向心加速度较大，D 错误。6(多选)(2017淄博二模)“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星。科学家发现有两颗未知质量的不同“超级地球”环绕同一颗恒星公转，周期分别为 T1和 T2。根据上述信息可以计算两颗“超级地球”的()A角速度之比 B向心加速度之比 C质量之比 D所受引力之比 解析
128、：选 AB 根据 2T 得，12T2T1，所以可以计算角速度之比，故 A 正确；根据开普勒第三定律r3T2k 得r1r2T123T223，由 a2r 得a1a2T22T123T12T223，所以能求向心加速度之比，故 B 正确；设“超级地球”的质量为 m，恒星质量为 M，轨道半径为 r，根据万有引力提供向心力，有：GMmr2m42T2 r 得：M42r3GT2，“超级地球”的质量同时出现在等号两边被约掉，故无法求“超级地球”的质量之比，故 C 错误；根据万有引力定律 FGMmr2，因为无法知道两颗“超级地球”的质量比，所以无法求所受引力之比，故 D 错误。7(2017襄阳模拟)暗物质是二十一世
129、纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命。为了探测暗物质，我国已成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星。已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间 t(t 小于其运动周期)，运动的弧长为 s，与地球中心连线扫过的角度为(弧度)，引力常量为 G，则下列说法中正确的是()A“悟空”的线速度大于第一宇宙速度 B“悟空”的环绕周期为2t C“悟空”的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度 D“悟空”的质量为 s3Gt2 解析：选 B 卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有：GMmr2mv2r，得 v GMr，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇
130、宙速度是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故 A 错误；“悟空”的环绕周期为 T2t2t，故 B 正确；由 GMmr2ma 得加速度 aGMr2，则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故 C 错误；“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：GMmr2mr2，t，sr，联立解得：地球的质量为 M s3Gt2，不能求出“悟空”的质量，故 D 错误。对点训练：卫星变轨问题分析 8(多选)(2017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
131、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 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 GMmr2ma，即卫星a 的加速度等于卫星
132、b 的加速度，选项 C 错误。9(多选)(2017宜春检测)航天技术的不断发展，为人类探索宇宙创造了条件。1998年 1 月发射的“月球勘探者号”空间探测器，运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定等方面取得了重大成果。探测器在一些环形山中央发现了质量密集区，当飞越这些区域时()A探测器受到的月球对它的万有引力将变大 B探测器运行的轨道半径将变大 C探测器运行的速率将变大 D探测器运行的速率将变小 解析：选 AC 探测器在飞越月球上一些环形山中央的质量密集区上空时，月球的重心上移，探测器轨道半径减小，根据 FGMmr2，探测器受到的月球对它的万有引力将变大，故
133、A 正确，B 错误；根据万有引力提供向心力 GMmr2mv2r，解得 v GMr，r 减小，则 v 增大。故 C正确，D 错误。10.(2016天津高考)我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接。假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是()A使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接 B使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接 C飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 D飞船先在
134、比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 解析：选 C 飞船在同一轨道上加速追赶空间实验室时，速度增大，所需向心力大于万有引力，飞船将做离心运动，不能实现与空间实验室的对接，选项 A 错误；同理，空间实验室在同一轨道上减速等待飞船时，速度减小，所需向心力小于万有引力，空间实验室做近心运动，也不能实现对接，选项 B 错误；当飞船在比空间实验室半径小的轨道上加速时，飞船做离心运动，逐渐靠近空间实验室，可实现对接，选项 C 正确；当飞船在比空间实验室半径小的轨道上减速时，飞船将做近心运动，远离空间实验室，不能实现对接，选项 D 错误。对点训练：宇宙多星模型
135、 11.(多选)(2017聊城模拟)如图所示，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5GM24R2 B乙星所受合外力为GM2R2 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GM2R2 GM2R25GM24R2，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，
136、故 C 错误，D 正确。12(多选)(2017永州三模)如图所示，两星球相距为 L，质量比为 mAmB19，两星球半径远小于 L。从星球 A 沿 A、B 连线向 B 以某一初速度发射一探测器。只考虑星球 A、B对探测器的作用，下列说法正确的是()A探测器的速度一直减小 B探测器在距星球 A 为L4处加速度为零 C若探测器能到达星球 B，其速度可能恰好为零 D若探测器能到达星球 B，其速度一定大于发射时的初速度 解析：选 BD 探测器从 A 向 B 运动，所受的万有引力合力先向左再向右，则探测器的速度先减小后增大，故 A 错误；当探测器合力为零时，加速度为零，则有：GmmArA2GmmBrB2，
137、因为 mAmB19，则 rArB13，知探测器距离星球 A 的距离为 xL4，故 B 正确；探测器到达星球B 的过程中，由于 B 的质量大于 A 的质量，从 A 到 B 万有引力的总功为正功，则动能增加，所以探测器到达星球 B 的速度一定大于发射时的初速度，故 C 错误，D 正确。考点综合训练 13.2014 年 10 月 24 日，“嫦娥五号”T1 试验器发射升空，为计划于 2017 年左右发射的“嫦娥五号”探路，并在 8 天后以“跳跃式返回技术”成功返回地面。“跳跃式返回技术”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
138、。已知地球半径为 R，地心到 d 点距离为r，地球表面重力加速度为 g。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 点的加速度小于gR2r2 C“嫦娥五号”在 a 点速率大于在 c 点的速率 D“嫦娥五号”在 c 点速率大于在 e 点的速率 解析：选 C“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内侧，所以在 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，“嫦娥五号”的加速度 aGMmr2m GMr2，又 GMgR2，所以 agR2r2，故 B 错误；“嫦娥五号”从 a 点到 c，
139、万有引力不做功，由于大气阻力做负功，则 a 点速率大于 c 点速率，故 C正确；从 c 点到 e 点，没有大气阻力，机械能守恒，则 c 点速率和 e 点速率相等，故 D 错误。14(多选)(2017安徽六校教育研究会质检)如图 1 是 2015 年 9 月 3 日北京天安门大阅兵我军展示的东风41 洲际弹道导弹，它是目前我国军方对外公布的战略核导弹系统中的最先进系统之一。如图 2 所示，从地面上 A 点发射一枚中远程地对地导弹，在引力作用下沿 ACB椭圆轨道飞行击中地面目标 B，C 为轨道的远地点，距地面高度为 h。已知地球半径为 R，地球质量为 M，引力常量为 G，不计空气阻力。下列结论中正
140、确的是()A导弹在运动过程中只受重力作用，做匀变速曲线运动 B导弹在 C 点的加速度等于GMRh2 C地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点 D导弹从 A 点到 B 点的时间可能比近地卫星的周期小 解析：选 BCD 导弹在运动过程中所受重力的方向一直在变，不是做匀变速曲线运动，故A 错误；导弹在 C 点受到的万有引力 FGMmRh2，所以 aFmGMRh2，故 B 正确；导弹沿椭圆轨道运动，地球球心位于椭圆的焦点上，故 C 正确；导弹的轨迹长度未知，运动时间可能小于近地卫星的周期，故 D 正确。15(多选)(2017淄博诊考)为了迎接太空时代的到来，美国国会通过一项计划：在 2050年前建造成太空升
141、降机，就是把长绳的一端搁置在地球的卫星上，另一端系住升降机，放开绳，升降机能到达地球上，科学家可以控制卫星上的电动机把升降机拉到卫星上。已知地球表面的重力加速度 g10 m/s2，地球半径 R6 400 km，地球自转周期为 24 h。某宇航员在地球表面测得体重为 800 N，他随升降机沿垂直地面方向上升，某时刻升降机加速度为 10 m/s2，方向竖直向上，这时测得此宇航员的体重为 850 N，忽略地球公转的影响，根据以上数据()A可以求出升降机此时所受万有引力的大小 B可以求出此时宇航员的动能 C可以求出升降机此时距地面的高度 D如果把绳的一端搁置在同步卫星上，可知绳的长度至少有多长 解析：
142、选 CD 因为不知道升降机的质量，所以求不出升降机所受的万有引力，故 A 错误；根据地球表面宇航员的体重 G 宇800 N 和地球表面重力加速度 g10 m/s2，可知宇航员的质量为 mG宇g 80 kg。由于升降机不一定做匀加速直线运动，不能由运动学公式 v22ah 求出此时宇航员的速度 v，则不能求得宇航员的动能，故 B 错误；根据牛顿第二定律：Nmgma，求出重力加速度 g，再根据万有引力等于重力：GMmRh2mg，可求出高度 h，故C 正确；根据万有引力提供向心力：GMmRh2m(Rh)2T2，GMgR2，可求出同步卫星离地面的高度，高度等于绳的最小长度，故 D 正确。真题集训章末验收
143、 高考真题集中演练把脉命题规律和趋势 题点一：抛体运动 1.(2010全国卷)一水平抛出的小球落到一倾角为 的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为()Atan B2tan C.1tan D.12tan 解析：选 D 小球在竖直方向下落的距离与水平方向通过的距离之比即为平抛运动合位移与水平方向夹角的正切值。小球落在斜面上时的速度方向与斜面垂直，故速度方向与水平方向夹角为2，由平抛运动结论：平抛运动速度方向与水平方向夹角正切值为位移方向与水平方向夹角正切值的 2 倍，可知：小球在竖直方向下落的距离与水平方向通过的距离之比为12
144、tan2 12tan，D 项正确。2(多选)(2012全国卷)如图，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向。图中画出了从 y 轴上沿 x 轴正向抛出的三个小球 a、b 和 c的运动轨迹，其中 b 和 c 是从同一点抛出的。不计空气阻力，则()Aa 的飞行时间比 b 的长 Bb 和 c 的飞行时间相同 Ca 的水平速度比 b 的小 Db 的初速度比 c 的大 解析：选 BD 平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，由 h12gt2 可知，飞行时间由高度决定，hbhcha，故 b 与 c 的飞行时间相同，均大于 a 的飞行时间，A 错，B 对；由题图可知 a、b 的水平位移满足 xaxb，由于飞
145、行时间 tbta，根据 xv0t 得 v0av0b，C 错；同理可得 v0bv0c，D 对。3(2015全国卷)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为 L1和 L2，中间球网高度为 h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为 3h。不计空气的作用，重力加速度大小为 g。若乒乓球的发射速率 v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则 v 的最大取值范围是()A.L12 g6hvL1 g6h B.L14 ghv L12L22g6h C.L12 g6hv12 L12L22g6h D.L14 ghv
146、12 L12L22g6h 解析：选 D 设以速率 v1发射乒乓球，经过时间 t1刚好落到球网正中间。则竖直方向上有 3hh12gt12，水平方向上有L12v1t1。由两式可得 v1L14 gh。设以速率 v2发射乒乓球，经过时间 t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有 3h12gt22，在水平方向有 L222L12v2t2。由两式可得 v212 L12L22g6h。则 v 的最大取值范围为 v1vv2。故选项 D 正确。命题点二：圆周运动 4.(多选)(2013全国卷)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为 v0 时，汽车恰好没有向公路内外
147、两侧滑动的趋势。则在该弯道处()A路面外侧高内侧低 B车速只要低于 v0，车辆便会向内侧滑动 C车速虽然高于 v0，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，v0的值变小 解析：选 AC 汽车以速率 v0转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此处公路内侧较低外侧较高，选项 A 正确；车速只要低于 v0，车辆便有向内侧滑动的趋势，但不一定向内侧滑动，选项 B 错误；车速虽然高于 v0，由于车轮与地面有摩擦力，只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，选项 C 正确；根据题述，汽车以速率 v0 转弯，需要指向内侧的向心力，汽
148、车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，没有受到摩擦力，所以当路面结冰时，与未结冰时相比，转弯时 v0的值不变，选项 D 错误。5(多选)(2014全国卷)如图，两个质量均为 m 的小木块 a 和 b(可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴 OO的距离为 l，b 与转轴的距离为 2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k 倍，重力加速度大小为 g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用 表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()Ab 一定比 a 先开始滑动 Ba、b 所受的摩擦力始终相等 C kg2l是 b 开始滑动的临界角速度 D当 2kg3l 时，a 所受摩擦力的大小为 kmg 解析
149、：选 AC 因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得 fm2R，由于小木块 b 的轨道半径大于小木块 a 的轨道半径，故小木块 b 做圆周运动需要的向心力较大，B 错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故 b 一定比 a 先开始滑动，A 正确；当 b 开始滑动时，由牛顿第二定律可得 kmgmb22l，可得 b kg2l，C正确；当 a 开始滑动时，由牛顿第二定律可得 kmgma2l，可得 a kgl，而转盘的角速度 2kg3l kgl，小木块 a 未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦
150、力来提供，由牛顿第二定律可得 fm2l23kmg，D 错误。命题点三：万有引力与航天科技 6(2010全国卷)太阳系中的 8 大行星的轨道均可以近似看成圆轨道。下列 4 幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图像。图中坐标系的横轴是 lg(T/T0)，纵轴是lg(R/R0)；这里 T 和 R 分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，T0和 R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径。下列 4 幅图中正确的是()解析：选 B 行星绕太阳运动时，有 GMmR2 m2T2R，即 T242R3GM，T0242R03GM，所以T2T02R3R03，利用数学对数知识可知 2lgTT03l
151、gRR0，故正确选项应为 B。7(2015全国卷)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为 3.1103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为 1.55103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为 30，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A西偏北方向，1.9103 m/s B东偏南方向，1.9103 m/s C西偏北方向，2.7103 m/s D东偏南方向，2.7103 m/s 解析
152、：选 B 设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为 v2，该点在同步轨道上运行时的速度为 v。三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知 v22v12v22v1vcos 30，代入数据解得 v21.9103 m/s，选项 B 正确。8(多选)(2013全国卷)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
153、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：选 BC 神舟九号和天宫一号在近地轨道上运行的速度都小于第一宇宙速度，选项A 错误；由于空间存在稀薄气体，若不对两者干预，其动能将增加，轨道半径减小，选项 B、C 正确；由于天宫一号做匀速圆周运动，航天员受到的万有引力全部提供其做圆周运动的向心力，处于完全失重状态，选项 D 错误。9(多选)(2013全国卷)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，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
154、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：选 BD 由于空气阻力做负功，卫星轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能一定减小，动能增大，机械能减小，选项 A、C 错误，B 正确；根据动能定理，卫星动能增大，卫星克服阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小，所以卫星克服阻力做的功小于引力势能的减小，选项 D 正确。10(2010全国卷)已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的 6
155、倍，若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的 2.5 倍，则该行星的自转周期约为()A6 小时 B.12 小时 C24 小时 D36 小时 解析：选 B 对地球同步卫星有4GR地31mR地2 m2T127R地，对某行星的同步卫星有4GR行32m372R行2m2T2272R 行，两式相比得 T1T2 82121，则该行星的自转周期约为 12 小时，B 项对。11(2011全国卷)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送。如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为 3.8105
156、 km，运行周期约为 27 天，地球半径约为 6 400 km，无线电信号的传播速度为 3108 m/s)()A0.1 s B.0.25 s C0.5 s D1 s 解析：选 B 由GMmr2 m2T2r 可得：地球同步卫星的轨道半径与月球的公转轨道半径之比r同r月 3T同T月219，则 r 同193.8105 km4.2104 km，又 tr同Rc0.25 s，可知选项 B 正确。12(多选)(2015全国卷)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面 4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测
157、器自由下落。已知探测器的质量约为 1.3103 kg，地球质量约为月球的 81 倍，地球半径约为月球的 3.7 倍，地球表面的重力加速度大小约为 9.8 m/s2。则此探测器()A在着陆前的瞬间，速度大小约为 8.9 m/s B悬停时受到的反冲作用力约为 2103 N C从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒 D在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度 解析：选 BD 设月球表面的重力加速度为 g 月，则g月g地GM月R月2GM地R地2M月M地R地2R月2 1813.72，解得 g月1.7 m/s2。由 v22g 月h，得着陆前的速度为 v 2g月h 21.74
158、m/s3.7 m/s，选项 A 错误；悬停时受到的反冲力 Fmg 月2103 N，选项 B 正确；从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项 C 错误；设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为 v1、v2，则v1v2GM月R月GM地R地 M月M地R地R月 3.781 1，故 v1v2，选项 D 正确。13(2014全国卷)假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为 g0，在赤道的大小为 g；地球自转的周期为 T，引力常量为 G。地球的密度为()A.g0gGT2g0 B.3g0GT2g0g C.3GT2 D.
159、3g0GT2g 解析：选 B 物体在地球的两极时，mg0GMmR2，物体在赤道上时，mgm2T2RGMmR2，以上两式联立解得地球的密度 3g0GT2g0g。故选项 B 正确，选项 A、C、D 错误。14.(2010全国卷)如图所示，质量分别为 m 和 M 的两个星球 A和B 在引力作用下都绕 O 点做匀速圆周运动，星球 A 和 B 两者中心之间的距离为 L。已知 A、B 的中心和 O 三点始终共线，A 和 B 分别在 O 的两侧。引力常数为 G。(1)求两星球做圆周运动的周期；(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球 A 和 B，月球绕其轨道中心运行的周期记为
160、T1。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为 T2。已知地球和月球的质量分别为 5.981024 kg 和 7.351022 kg。求 T2与 T1两者平方之比。(结果保留 3 位小数)解析：(1)设两个星球 A 和 B 做匀速圆周运动的轨道半径分别为 r 和 R，相互作用的引力大小为 F，运行周期为 T。根据万有引力定律有 FGMmRr2 由匀速圆周运动的规律得 Fm2T2r FM2T2R 由题意有 LRr 联立式得 T2 L3GMm。(2)在地月系统中，由于地月系统旋转所围绕的中心 O 不在地心，月球做圆周运动的周期可由式得出 T12 L3GMm 式中，M和 m分别是地球与月球的质量，L是地心与月心之间的距离。若认为月球在地球的引力作用下绕地心做匀速圆周运动，则 GMmL2 m2T22L 式中，T2为月球绕地心运动的周期。由式得 T22 L3GM 由式得，T2T121mM 代入题给数据得 T2T121.012。答案：(1)2 L3GMm(2)1.012
