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，
2、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 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
3、体受到变化的合力作用时，它的速度大小可以不改变，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
4、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
5、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
6、 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
7、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 v0 B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
8、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，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.
9、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，x12at2，联立可得：x a2v02y2，故 A 错误，B 正确；x 轴方向，
10、vxat，那么合速度的大小 v v02a2t2，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 atv0av0t，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，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直线运动，其速度大小与水平方向的运动无
11、关，故 t1t2ABv AFv 21，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 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，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dv水v船 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 到达对岸下游 120 m 处；若船头保持与河岸成 角向上游
12、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 v2xt1120600 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 dv1t1 v2v1cos dv1t2sin 联立解得 53，v10.33 m/s，d200 m。答案(1)0.2 m/s(2)0.33 m/s 200 m 53 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于河
13、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，
14、由于水流是先加速后减速，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 A
15、C 轨迹到达对岸前瞬间的速度最大 解析：选 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
16、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 s C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：t1OMv2
17、1510 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 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：t2ONv2sin 12100.6 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
18、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 60 B大小为 3v，方向不变和水平方向成 60 C大小为 2v，方向不变和水平方向成 60 D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 3v，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
19、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 BvBvAcos 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 vB
20、vAcos，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 3 m/s，方向与工件的边界成 60角 B大小为 3 3 m/s，方向与工件的边界垂直 C大小为 3 5 m/s，方向与工件的边界成 60角 D大小为 3 5 m/s，方向与工
21、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 6232 m/s3 3 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dv2v
22、1 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 d v2，C 对，D 错；运动员放箭处离目标的距离为d2x2，又 xv1tv1dv2，故 d2x2 d2v1dv22d v12v22v2，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
23、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 v v12v225 m/s。tan v1v234，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
24、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(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
25、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，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)
26、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，速度方向改变了 90，如图所示，则此过程中，物体受到的恒力可能是()AF1 BF2 CF3 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
27、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 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
28、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
29、 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 52 cm C2 s 末 R 速度为 5 cm/s D2 s 末 R 坐标为(4 cm,6 cm)解析：选 CD R 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：avxt42 cm/s22 cm/s2，在 x 轴方向做初速为 0 的匀加速直线运动，有：sx12at2，2 s 末沿 x 轴方向的位移：sx12222 cm4 cm 沿 y 轴方向的位移：syv0t32 cm6 cm
30、 所以 2 s 末 R 的坐标为(4 cm,6 cm)2 s 内的位移：s sy2sx2 6242 cm 52 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 52 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 v02vx2 3242 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，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
31、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 x12 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
32、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 s D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，一个做匀速直线运动
33、，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 d12at2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 sx2d25 61 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 v B增大 角，增大船速 v C减小 角，保持船
34、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)，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2v3，回程与去程所用时间之比为()A32 B21 C31 D2 3
35、1 解析：选 B 设河宽为 d，则去程所用的时间 t1 d2v3 3d2v；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vcos 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 Mg D运动
36、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
37、是()A当 60时，P、Q 的速度之比是 32 B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 B P、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：vPvQ12，故 A 错误；P 的机械能最小时，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)
38、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
39、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 的速度。设 vT与 v 的夹角是，则 vTvcos，开始时 减小，则 vT增
40、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 v12v
41、22，则有：v12v22dt1 120 m10 min12 m/min，当船头指向 C 点时，有：v1dt2120 m8 min15 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
42、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
43、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 h12gt2，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
44、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，
45、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。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()At B.22 t C.t2 D.t4 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 tLv1v2，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 tLv1v2t2，C 项正确。2.(2018徐州模拟)电视综
46、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：H12gt2v0sin t12gt2v0si
47、n 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，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
48、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、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，
49、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。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
50、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 12gt2v0t(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
51、 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；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
52、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。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
53、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
54、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 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 当物体受到与初速度垂直的恒定的合外力时，其运动
55、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 F
56、20.10 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 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
57、初速度相同。则 F2ma2 0v1a2t2 代入数据解得 t24.0 s。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(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
58、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
59、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
60、B 正确；对足球应用动能定理：mghmv22 mv022，可得足球末速度 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。
61、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 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 1
62、8 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
63、v2x2t231/10 m/s3 10 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 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 xaxb
64、xc，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 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(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
65、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 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：
66、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
67、 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 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
68、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 v gL B当绳的拉力恰好为 0 时，小球在最高点的速率 v g 32 L C若小球在最高点速
69、率为 3v 时，每根绳的拉力大小为8 33 mg D若小球在最高点速率为 3v 时，每根绳的拉力大小为 2 3mg 解析：选 BC 根据几何关系可知，小球的半径为 r 32 L，小球在最高点速率为 v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mgmv2r，解得：v grg 32 L，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：mg2Tcos 30mv2r，解得：T8 33 mg，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
70、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：gtan L。在竖直方向上小球合力为零，有 F2c
71、os mg，解得：F2mgcos。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)gtan L F2mgcos 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 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
72、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
73、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()ATATB BEkAEkB CSASB D.RA3TA2RB3TB2 解析：选 AD 根据开普勒第三定律，RA3TA2RB3TB2，又 RARB，所以 TATB，选项 A、D 正确；由GMmR2mv2R得，vGMR，所以vAvB，则E
74、kAEkB，选项B错误；由GMmR2mR42T2 得，T2R3GM，卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积 S1TR2 GMR2，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R3T2K。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
75、，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)若卫星绕天体表面运行时
76、，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(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；航天器由万有引力充当向心力
77、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(2017北京高考)利用引力常量 G 和下列某一组数据，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
78、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 GMm0R2 m0g，故可得 MgR2G，A 项错误；由万有引力提供人造卫星的向心力，有 GMm1R2 m1v2R，v2RT，联立得 M v3T2G，B项错误；由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有 GMm2r2 m22T2r，故可得 M42r3GT2，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
79、测某星球，某宇航员乘探测飞船先绕该星球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.4g3T4G4 B.g2T3G3 C.gT2G2 D.g34GT2 解析：选 A 在地球上做自由落体运动有：h12gt2，在该星球上做自由落体运动有：h12gt2，而 tt2，解得：g4g，在星球表面根据万有引力提供向心力得：GMmR2mgm42RT2，解得：M4g3T4G4。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
80、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
81、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 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.RdR
82、2 DRRd2 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 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 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
83、。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 万有引力的两种计算思路(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
84、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
85、；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
86、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
87、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 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
88、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
89、；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
90、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160 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 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 mgGMmR2，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GMmR2man，联立上两式可得 ang13 600，故 g3 600
91、an，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
92、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(2018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.q2pg、MTv32gR2 B.pq2g、MTv32gR2 C.q2pg、MTv22gR
93、 D.pq2g、MTv22gR 解析：选 B 根据万有引力等于地表物体所受重力：GMmR2mg，gGMR2；类地行星的质量为地球的 p 倍、半径为地球的 q 倍，则 gpq2g；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恒m行r2 m行2T2r，r vT2，又根据上式可得：GgR2M，联立解得：M 恒 MTv32gR2。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
94、 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：GMmr2 mg，解得 gGMr2，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：M43r3，星球的密度跟地球密度相同，gGMr2G43r，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 M43r3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 127 分钟。已知引力常量 G6.671011 Nm2/kg2，月球
95、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 kg C5.41022 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 GMmr2m42T2 r，可得中心天体月球的质量 M42r3GT2 43.1421 940 00036.6710117 6202 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
96、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。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.G
97、t22hR2 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(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 kg C60 kg D30 kg 解析：选 A 根据万有引力等于重力GMmR2
98、 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 Bgg52 CM 星M 地12
99、0 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(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，则选项图所示的四个 F随 x 的变化关系图像正确的是()解析：选
100、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，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 BT2 NmR C
101、T2 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(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 s B月球的质量为 s3Gt2 C月球的密度为 324Gt2 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
102、 弧度，那么，轨道半径为 s；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 s，运行速度 vst，那么由万有引力提供向心力可得：GMmR2 mv2R，所以月球质量为：MRv2G s3Gt2，故 B 正确；轨道半径大于月球半径，故月球密度为：M43R3s3Gt243 s33 324Gt2，故 C 错误；由万有引力提供向心力可得线速度为：v GMR ，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
103、挖去一半径为R2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.11GMm36R2 B.5GMm18R2 C.GMm3R2 D.13GMm36R2 解析：选 A 设球体密度为，则 M43R3，在球体内部挖去半径为R2的球体，挖去小球的质量为：m43R22M8，挖去小球前，球与质点的万有引力：F1GMmR2GMm4R2 被挖部分对质点的引力为：F2GM8m3R22GMm18R2，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：F1F22F211GMm36R
104、2，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12，质量是地球质量的19。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 2g3GR B火星表面的重力加速度是2g9 C火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为23 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9h4 解析：选 AD 由 GMmR2mg，得到：gGMR2，已知火星半径是地球半径的12，质
105、量是地球质量的19，则火星表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的49，即为49g，故 B 错误；设火星质量为 M，由万有引力等于重力可得：GMmR2mg，解得：MgR29G，密度为：MV 2g3GR，故 A 正确；由 GMmR2mv2R，得到 v GMR，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 23 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：hv022g，由于火星表面的重力加速度是49g，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳起的最大高度 h94h，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。()(
106、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 GMmR2mv12R 得 v1 GMR 6.6710115.9810246.4106 m/s 7.9103 m/s。方法二：由 mgmv12R 得 v1 gR 9.86.4106 m/s
107、7.9103 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 Rg5 075 s85 min。2宇宙速度与运动轨迹的关系(1)v 发7.9 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
108、率约为()A3.5 km/s B5.0 km/s C17.7 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GMmR2 mv2R，可得 v GMR，即v火v地 M火R地M地R火 15，因为地球的第一宇宙速度为 v 地7.9 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
109、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。GMmr2maaGMr2a1r2mv2rv GMr v 1rm
110、2rGMr3 1r3m42T2 rT 42r3GM T r3越高越慢 2四个比较(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
111、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 GMmr2m2r 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
112、 T2 可知，“天舟一号”的周期小于地球自转周期，C 项正确；由 GMmR2mg，GMmRh2ma 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 飞船绕地球做匀速圆周运动时，由地球
113、的万有引力提供向心力，则有：GMmr2m42T2 rmv2rmam2r，则得 T2 r3GM，v GMr，aGMr2，GMr3。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
114、星表面的重力加速度是火星的kn倍 B金星的“第一宇宙速度”是火星的 kn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 mgGMmR2得 gGMR2，可知金星与火星表面重力加速度之比g金g火kn2，故 A错误。根据 v GMR 可知，金星与火星第一宇宙速度之比v金v火 kn，故 B 正确。根据 aGMr2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r3T2k，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
115、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，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
116、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r3T2k 可知 T1T2T3。典例(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
117、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 Rg0 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：mg0mR42T32，解得：T32 Rg0，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a3T2k 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
118、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 GMmr2mv2r GMmr2mv2r 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 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
119、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 aGMr2可知卫星在轨道 1 的任何位置的加速度不都是相同的，选项 C 错误。2.如图是我国于 2016 年 10 月 17 日
120、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”为了追上“天宫二号”，只能从低轨道上加速，
121、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：GMmr2 mv2r，得：vGMr，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
122、舟一号”沿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/s B“天舟一号”的发射速度大于 11.2 km/s C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 AC 7.9 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
123、；根据开普勒第三定律r3T2常数，已知“天宫二号”的轨道半径 r，“天舟一号”的周期 T以及半长轴12(rR)，可求得“天宫二号”的周期 T1，再根据 GMmr2m42T12 r 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
124、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：GM1M2r2 M142T2 r1，GM1M2r2 M242T
125、2 r2，解得 r3M1M2GT242，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：Gm2r2 Gm2r2ma。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
126、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。Gm2L2 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
127、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 GmL B直线三星系统中星体做圆周运动的周期为 4 L35Gm C三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为 2 L33Gm D三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为 3GmL2 解析 在直线三星系统中，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 Gm2L2Gm2L2mv2L，解得 v125GmL，A项错误；由周期 T2rv 知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为 T4 L35Gm，B 项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运
128、动的星体，有 2Gm2L2cos 30m2L2cos 30，解得 3GmL3，C 项错误；由 2Gm2L2cos 30ma 得 a 3GmL2，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。Gm2L2 2cos 45Gm22L2ma，其中 r 22 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。Gm2L2 2cos 30GMmr2 ma。
129、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2 2GmL2 B四颗星运行的线速度大小均为12 2GmL C四颗星运行的角速度大小均为1L 2 2GmL D四颗星运行的周期均为 2L2L2 2Gm 解析 星体在其他三星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交
130、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 r 22 L，根据万有引力提供向心力，有：Gm22L22Gm2L2 cos 45m v22L2m42T2 22 Lm2 22 Lma 解得：a2 2Gm2L2；v12 2GmL；1L 2Gm2L；T2L 2L7Gm 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
131、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，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.3GT2sin32 B.3GT2sin32 C.3GT2sin3 D.3GT2sin3 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，GMmr2m42T2 r，设地球半径为 R，则由题图知 rsin 2 R，而 M4R33，联立得 3GT2sin32，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
132、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.1sin C.sin D.1sin 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 rBrA；根据 GMmr2mv2r可知，v GMr，故vAvBrBrA sin，选项 C 正确。对点训练：宇宙速度的理解与计算 1(2018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.v02 B2v0 dh C.v
133、02 hd D.v02 dh 解析：选 D 星球表面的重力加速度为：gv022h，根据万有引力定律可知：G Mmd22mv2d2，解得 v2GMd；又 G Mmd22mg，解得：vv02 dh，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。宇航员测出飞船绕行 n 圈所用的时间为 t，则飞船的周期
134、为 Ttn，由 GMmR2mR2T2 得到月球的质量 M42R3GT2，所以月球的密度为 M43R342R3GT243R33GT23n2Gt2，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 v2RT 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()A12 B
135、14 C21 D41 解析：选 B 根据 mgmv2R得，第一宇宙速度 v gR。因为该星球和地球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 GMmR2mg 得，MgR2G，知星球的质量是地球质量的 2 倍。根据 MVM43R3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
136、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 Ba2a1a3 Ca3a1a2 Da3a2a1 解析：选 D 空间站和月球绕地球运动的周期相同，由 a2T2r 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 GMmr2ma，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
137、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 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(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
138、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/s B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：GMmr2mv2r，解得：v GMr ，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
139、心力：GMmr2m42T2 r，解得：T 42r3GM，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：GMmr2ma，解得：aGMr2，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
140、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
141、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 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
142、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 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 点时点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点
143、 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 Fm
144、v2R 可以知道，在轨道上经过 B 点时的速度大，所以 B 选项正确；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 GMmr2mr42T2，可得圆轨道的周期 T 42r3GM，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
145、，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
146、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
147、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r2 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
148、星线速度大 D这个双星系统的总质量为42r3GT2 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 Gm1m2r2 m1r142T2 m2r242T2，联立两式解得：m1m242r3GT2，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
149、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
150、星对接，故 C 错误。根据 GMmr2ma 得，aGMr2，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
151、状态 B“嫦娥五号”在 d 点的加速度大小等于gr2R2 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：GMmr2ma，“嫦娥五号”的加速度为：aGMr2，根据万有引力等于重力：GMmR2mg，联立可得：agR2r2，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
152、；从 c 点到 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 GMmr2mv2r得，vGMr，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 GMmr2ma得，加速度 aGMr2，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。
