2021高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天从教材走向高考学案作业(含解析)新人教版必修2

第4讲万有引力与航天一、开普勒行星运动定律1．开普勒第一定律——轨道定律所有行星绕太阳运动的轨道都是________，太阳处在椭圆的一个________上．2．开普勒第二定律——面积定律对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的________．3．开普勒第三定律——周期定律所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的________的二次方的比值都相等．二、万有引力定律1．内容自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成________、与它们之间距离r的二次方成________．2．表达式F＝G m1m2，G为引力常量，其值通常取G＝6.67×10－11N·m2/kg2.r23．适用条件(1)公式适用于________间的相互作用，当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点．(2)质量分布均匀的球体可视为质点，r是________的距离．三、宇宙速度1．经典时空观(1)在经典力学中，物体的质量是不随________而改变的．(2)在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是________的．2．相对论时空观(1)在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是________的．(2)光速不变原理：不管在哪个惯性系中，测得的真空中的光速都是________的．,生活情境1.我国的“天链一号”是地球同步卫星，在发射变轨过程中有一椭圆轨道如图所示，A 、B 是“天链一号”运动的远地点和近地点．(1)根据开普勒第一定律，“天链一号”围绕地球运动的轨迹是椭圆，地球处于椭圆的一个焦点上．( )(2)根据开普勒第二定律，“天链一号”在B 点的运动速度比在A 点小．( ) (3)“天链一号”在A 点的加速度小于在B 点的加速度．( )(4)开普勒第三定律a 3T 2＝k 中，k 是只与中心天体有关的物理量．( )(5)开普勒根据自己长期观察的实验数据总结出了行星运动的规律，并发现了万有引力定律．( )教材拓展2.[人教版必修2P 48T 3改编]火星的质量和半径分别约为地球的110和12，地球的第一宇宙速度为v ，则火星的第一宇宙速度约为( )A ．√55v B ．√5v C ．√2v D ．√22v关键能力·分层突破考点一 万有引力定律与开普勒定律1．万有引力与重力的关系地球对物体的万有引力F 表现为两个效果：一是重力mg ，二是提供物体随地球自转的向心力F 向，如图所示．(1)在赤道处：G MmR 2＝mg 1＋m ω2R .(2)在两极处：G MmR 2＝mg 2.2．星体表面及上空的重力加速度(以地球为例)(1)在地球表面附近的重力加速度g (不考虑地球自转)：mg ＝G Mm R 2，得g ＝GMR 2.(2)在地球上空距离地球表面h处的重力加速度为g′：mg′＝G Mm(R+h)2，得g′＝GM(R+h)2，所以gg′＝(R+h)2R2.例1. [2021·全国甲卷，18]2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105 m．已知火星半径约为3.4×106 m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7 m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为( ) A．6×105 m B．6×106 mC．6×107 m D．6×108 m跟进训练1.[2021·山东卷，5]从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越．已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍．在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程．悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比为( )A．9∶1 B．9∶2C．36∶1 D．72∶12．如图所示，一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动，运动周期为T，图中虚线为卫星的运行轨道，A、B、C、D是轨道上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远．B和D是弧线ABC和ADC的中点．下列说法正确的是( )A．卫星在C点的速度最大B．卫星在C点的加速度最大C．卫星从A经D到C点的运动时间为T2D ．卫星从B 经A 到D 点的运动时间为T2考点二 天体质量和密度的估算1．计算中心天体的质量、密度时的两点区别(1)天体半径和卫星的轨道半径通常把天体看成一个球体，天体的半径指的是球体的半径．卫星的轨道半径指的是卫星围绕天体做圆周运动的圆的半径．卫星的轨道半径大于等于天体的半径．(2)自转周期和公转周期自转周期是指天体绕自身某轴线运动一周所用的时间，公转周期是指卫星绕中心天体做圆周运动一周所用的时间．自转周期与公转周期一般不相等．2．天体质量和密度的估算方法(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R .①由G MmR 2＝mg 得天体质量M ＝gR 2G.②天体密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3g4πGR.③GM ＝gR 2称为黄金代换公式．(2)测出卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和半径r . ①由GMm r 2＝m4π2T 2r 得天体的质量M ＝4π2r 3GT 2.②若已知天体的半径R ，则天体的密度ρ＝M V ＝M43πR3＝3πr 3GT 2R 3. 例2. [2021·广东卷，2]2021年4月，我国自主研发的空间站天和核心舱成功发射并入轨运行．若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是( )A ．核心舱的质量和绕地半径B ．核心舱的质量和绕地周期C ．核心舱的绕地角速度和绕地周期D ．核心舱的绕地线速度和绕地半径跟进训练 3.如图所示，“嫦娥五号”探测器包括轨道器、返回器、上升器、着陆器四部分．探测器自动完成月面样品采集，并在2020年12月17日凌晨安全着陆回家．若已知月球半径为R ，“嫦娥五号”在距月球表面为R 的圆轨道上飞行，周期为T ，万有引力常量为G ，下列说法正确的是( )A ．月球的质量为4π2R 3GT 2B ．月球表面的重力加速度为32π2R T 2C ．月球的密度为3πGT 2D ．月球第一宇宙速度为4πR T4．[2021·全国乙卷，18]科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示．科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1 000 AU(太阳到地球的距离为1 AU)的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞．这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖．若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M ，可以推测出该黑洞质量约为( )A ．4×104M B ．4×106MC ．4×108MD ．4×1010M考点三 卫星运行规律及特点角度1宇宙速度的理解与计算例3. 我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”．已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的50%，下列说法正确的是( )A ．火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度B ．火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间C ．火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度D ．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度角度2卫星运行参量的比较做匀速圆周运动的卫星所受万有引力完全提供其所需向心力，由GMm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝m4π2T 2r ＝ma 可推导出：v = √GMrω= √GMr 3T = √4π2r 3GM a =G M r 2}⇒当r 增大时{ v 减小ω减小T 增大a 减小例4. [2021·湖南卷，7](多选)2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道．根据任务安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造．核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的116，下列说法正确的是( )A ．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的(1617)2B ．核心舱在轨道上飞行的速度大于7.9 km/sC ．核心舱在轨道上飞行的周期小于24 hD角度3同步卫星问题地球同步卫星的五个“一定”例5. [2022·北京石景山模拟]研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )A ．距地面的高度变大B ．向心加速度变大C ．线速度变大D ．角速度变大角度4卫星变轨问题例6.[2021·天津模拟]2021年5月15日，天问一号探测器着陆火星取得成功，迈出了我国星际探测征程的重要一步，在火星上首次留下中国人的印迹．天问一号探测器成功发射后，顺利被火星捕获，成为我国第一颗人造火星卫星．经过轨道调整，探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行，之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行，如图所示，两轨道相切于近火点P ，则天问一号探测器( )A ．在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态B ．在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短C ．从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P 处要加速D ．沿轨道Ⅰ向P 飞近时速度增大[思维方法]人造卫星问题的解题技巧(1)一个模型卫星的运动可简化为质点的匀速圆周运动模型． (2)两组公式①GMm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m4π2T 2r ＝ma n .②mg ＝G MmR 2(g 为星体表面处的重力加速度)．(3)a n 、v 、ω、T 均与卫星的质量无关，只由轨道半径和中心天体质量共同决定，所有参量的比较最终归结到半径的比较．跟进训练5.(多选)2021年6月17日，神舟十二号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱前向端口，与此前已对接的天舟二号货运飞船一起构成三舱组合体．组合体绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，该轨道离地面的高度约为389 km.下列说法正确的是( )A ．组合体在轨道上飞行的周期小于24 hB ．组合体在轨道上飞行的速度大于7.9 km/sC ．若已知地球半径和表面重力加速度，则可算出组合体的角速度D ．神舟十二号先到达天和核心舱所在圆轨道，然后加速完成对接6．[2021·浙江6月，10]空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化．空间站安装有发动机，可对轨道进行修正．图中给出了国际空间站在2020.02～2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站( )A．绕地运行速度约为2.0 km/sB．绕地运行速度约为8.0 km/sC．在4月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒D．在5月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒考点四双星或多星模型素养提升1．双星模型(1)结构图(2)特点：①各自所需向心力由彼此间的万有引力提供，即G m1m2L2＝m1ω12r1，G m1m2L2＝m2ω22r2.②两颗星运行的周期及角速度相同，即T1＝T2，ω1＝ω2.③两颗星的运行轨道半径与它们之间的距离关系为r1＋r2＝L.2．多星系统(1)多星的特征：所研究星体间的万有引力的合力提供其做圆周运动的向心力．除中央星体外，各星体的周期相同．(2)多星的形式(如三星模型)例7. [2022·潍坊模拟](多选)在宇宙中，当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统．在相互绕行的过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的过程也被称之为“潮汐瓦解事件”．天鹅座X ­ 1就是这样一个由黑洞和恒星组成的双星系统，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，如图所示．在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞的距离不变，则在这段时间内，下列说法正确的是( )A ．它们间的万有引力大小变大B ．它们间的万有引力大小不变C ．恒星做圆周运动的线速度变大D ．恒星做圆周运动的角速度变大跟进训练7.宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动，称之为双星系统．由恒星A 与恒星B 组成的双星系统绕其连线上的O 点做匀速圆周运动，如图所示．已知它们的运行周期为T ，恒星A 的质量为M ，恒星B 的质量为3M ，引力常量为G ，则下列判断正确的是( )A ．两颗恒星相距 √GMT 2π23B ．恒星A 与恒星B 的向心力之比为3∶1C ．恒星A 与恒星B 的线速度之比为1∶3D ．恒星A 与恒星B 的轨道半径之比为√3∶18．宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统．其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为M 的星位于等边三角形的三个顶点上，任意两颗星的距离均为R ，并绕其中心O 做匀速圆周运动．如果忽略其他星体对它们的引力作用，引力常量为G ，以下对该三星系统的说法中正确的( )A ．每颗星做圆周运动的角速度为3√GMR 3B ．每颗星做圆周运动的向心加速度与三星的质量无关C ．若距离R 和每颗星的质量M 都变为原来的2倍，则角速度变为原来的2倍D ．若距离R 和每颗星的质量M 都变为原来的2倍，则线速度大小不变第4讲 万有引力与航天必备知识·自主排查一、1．椭圆 焦点 2．面积 3．公转周期 二、1．正比 反比3．(1)质点 (2)两球心间 三、7．9 匀速圆周 11.2 地球 16.7 太阳 四、1．(1)运动状态 (2)相同 2．(1)不同 (2)不变 生活情境1．(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)× 教材拓展 2．答案：A关键能力·分层突破例1 解析：设火星的半径为R 1、表面的重力加速度为g 1，质量为m 1的物体绕火星表面飞行的周期为T 1，则有m 14π2T 12 R 1＝m 1g 1，设椭圆停泊轨道与火星表面的最近、最远距离分别为h 1、h 2，停泊轨道周期为T 2，根据开普勒第三定律有R 13 T 12 ＝(ℎ1+2R 1+ℎ22)3T 22 ，代入数据解得h 2＝√2g 1R 12T 22 π23－2R 1－h 1≈6×107m ，故选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．答案：C1．解析：悬停时二力平衡，即F ＝G Mm R 2∝MmR 2，得F 祝F 兔＝M 火M 月×m 祝m 兔×(R 月R 火)2＝91×21×(12)2＝92，B 项正确． 答案：B2．解析：卫星绕地球沿椭圆轨道运动，类似于行星绕太阳运转，根据开普勒第二定律：行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，则知卫星与地球的连线在相等时间内扫过的面积相等，所以卫星在距离地球最近的A 点速度最大，在距离地球最远的C 点速度最小，故A 错误；在椭圆的各个点上都是引力产生加速度，有a ＝GMr 2，因卫星在A 点与地球的距离最小，则卫星在A 点的加速度最大，故B 错误；根据对称性可知t ADC ＝t CBA ＝T2，故C 正确；卫星在近地点A 附近速度较大，在远地点C 附近速度较小，则t BAD ＜T2，t DCB ＞T 2，故D 错误．答案：C例2 解析：根据万有引力提供核心舱绕地球做匀速圆周运动的向心力得GMm r 2＝m v 2r ，解得M ＝v 2r G，D 正确；由于核心舱质量在运算中被约掉，故无法通过核心舱质量求解地球质量，A 、B 错误；已知核心舱的绕地角速度，由GMm r 2＝m ω2r 得M ＝ω2·r 3G，且ω＝2πT，r 约不掉，故还需要知道核心舱的绕地半径，才能求得地球质量，C 错误． 答案：D 3．解析：“嫦娥五号”探测器在距月球表面为R 的轨道上运行，万有引力提供向心力，有G Mm (2R )2＝m 4π2T 22R ，得月球质量为M ＝32π2R 3GT 2，A 错误；月球密度ρ＝M V＝M43πR3＝24πGT 2，C 错误；对月球表面的物体m ′，有G Mm ′R 2＝m ′g ，得月球表面的重力加速度g ＝GM R 2＝32π2R T 2，B 正确；设月球第一宇宙速度为v ，则G MmR 2＝m v 2R ，得v ＝ √GM R＝4√2πR T，D 错误．答案：B4．解析：由1994年到2002年间恒星S2的观测位置图可知，恒星S2绕黑洞运动的周期大约为T 2＝16年，半长轴为a ＝1 000 AU ，设黑洞的质量为M 黑，恒星S2质量为m 2，由万有引力提供向心力可得GM 黑m 2a 2＝m 2a (2πT 2)2；设地球质量为m 1，地球绕太阳运动的轨道半径为r＝1 AU ，周期T 1＝1年，由万有引力提供向心力可得GMm 1r 2＝m 1r (2πT 1)2，联立解得黑洞质量M 黑≈4×106M ，选项B 正确．答案：B例 3 解析：当发射速度大于第二宇宙速度时，探测器将脱离地球的引力在太阳系的范围内运动，火星在太阳系内，所以火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，故A 正确；第二宇宙速度是探测器脱离地球的引力到太阳系中的临界条件，当发射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之间时，探测器将围绕地球运动，故B 错误；万有引力提供向心力，则有GMm R 2＝mv 12 R，解得第一宇宙速度为v 1＝ √GM R，所以火星的第一宇宙速度为v 火＝ √10%50%v 地＝ √55v 地，所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C 错误；万有引力近似等于重力，则有GMm R 2＝mg ，解得火星表面的重力加速度g 火＝GM 火R 火2＝10%(50%)2g 地＝25g 地，所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D 错误．故选A.答案：A例4 解析：根据万有引力公式F ＝GMm r 2可知，核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小与轨道半径的平方成反比，则核心舱进入轨道后所受地球的万有引力与它在地面时所受地球的万有引力之比F ′F 地＝R 2(R+R 16)2，解得F ′＝(1617)2F 地，A 正确；根据GMm R 2＝mv 2R可得，v ＝ √GM R＝7.9 km/s ，而核心舱轨道半径r 大于地球半径R ，所以核心舱在轨道上飞行的速度一定小于7.9 km/s ，B 错误；由GMm r 2＝m4π2T 2r 得绕地球做圆周运动的周期T 与√r 3成正比，核心舱的轨道半径比同步卫星的小，故核心舱在轨道上飞行的周期小于24 h ，C 正确；根据G Mmr 2＝m v 2r 可知空间站的轨道半径与空间站的质量无关，故后续加挂实验舱后，轨道半径不变，D 错误．答案：AC例5 解析：同步卫星的周期等于地球的自转周期，根据GMm r 2＝m (2πT)2r 可知，卫星的周期越大，轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行，A 正确；又由GMm r 2＝m v 2r＝m ω2r ＝ma 可知：r 增大，则v 减小、ω变小、a 变小，故B 、C 、D 均错误．答案：A例6 解析：天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速运动，受力不平衡，故A 错误．轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，天问一号探测器在轨道Ⅰ的运行周期比在Ⅱ时长，故B 错误．天问一号探测器从较高轨道Ⅰ向较低轨道Ⅱ变轨时，需要在P 点点火减速，故C 错误．天问一号探测器沿轨道Ⅰ向P 飞近时，万有引力做正功，动能增大，速度增大，故D 正确．答案：D5．解析：组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由开普勒第三定律可知其周期小于24 h ，A 项正确；环绕地球表面做圆周运动的近地卫星的速度为7.9 km/s ，组合体的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，由v ＝ √GM r可知组合体的速度小于7.9 km/s ，B 项错；若已知地球半径和表面重力加速度，则有GM ＝gR 2，对组合体则有G Mm(R+h )2＝m ω2(R ＋h )，两式联立可得出组合体的角速度，C 项正确；若神舟十二号先到达天和核心舱所在圆轨道再加速，则做离心运动，不能完成对接，D 项错．答案：AC6．解析：设空间站离地面高度为h ，空间站在运行过程中万有引力提供其做圆周运动的向心力，有G Mm (R+h )2＝m v 2(R+h )，则运行速度v ＝√GMR+h ，由题图可知卫星绕地球做离地高约420 km左右的近地轨道运动，故环绕速度略小于第一宇宙速度7.9 km/s ，A 、B 错误；4月份中某时刻轨道高度突然减小，是由于受到了外层大气稀薄空气的影响，机械能减小，C 错误；5月中轨道半径基本不变，故机械能可视为守恒，D 正确．答案：D例7 解析：设质量较大的恒星为M 1，质量较小的黑洞为M 2，则两者之间的万有引力为F ＝GM 1M 2L 2，由数学知识可知，当M 1＝M 2时，M 1·M 2有最大值，根据题意可知质量较小的黑洞M 2吞噬质量较大的恒星M 1，因此万有引力变大，故A 正确，B 错误；对于两天体，万有引力提供向心力，即G M 1M 2L 2＝M 1ω2R 1＝M 14π2T 2R 1，GM 1M 2L 2＝M 2ω2R 2＝M 24π2R T 2R 2，解得两天体质量表达式为M 1＝ω2L 2GR 2＝4π2L 2GT 2R 2，M 2＝ω2L 2GR 1＝4π2L 2GT 2R 1，两天体总质量表达式为M 1＋M 2＝ω2L 3G＝4π2L 3GT 2，两天体的总质量不变，两天体之间的距离L 不变，因此天体的周期T 和角速度ω也不变，质量较小的黑洞M 2的质量增大，因此恒星的圆周运动半径增大，根据v ＝2πR 2T可知，恒星的线速度增大．故C 正确，D 错误．答案：AC7．解析：两颗恒星做匀速圆周运动的向心力来源于恒星之间的万有引力，所以向心力大小相等，即M4π2T 2r A ＝3M4π2T 2r B ，解得恒星A 与恒星B 的轨道半径之比为r A ∶r B ＝3∶1，选项B 、D 错误；设两恒星相距为L ，即r A ＋r B ＝L ，则有M 4π2T 2r A ＝G 3M 2L 2，解得L ＝ √GMT 2π23，选项A 正确；由v ＝2πTr 可得恒星A 与恒星B 的线速度之比为3∶1，选项C 错误．答案：A8．解析：任意两星之间的万有引力为F 0＝G MM R 2，则任意一星所受合力为F ＝2F 0cos 30°＝2×GMM R 2×√32＝√3G MM R2，任意一星运动的轨道半径r ＝23R cos 30°＝23×R ×√32＝√33R ，万有引力提供向心力，有F ＝√3G MMR 2＝M ω2r ，解得每颗星做圆周运动的角速度ω＝ √√3GM·√33R ＝√3GM R 3，A 错误；万有引力提供向心力，有F ＝√3GMM R2＝Ma ，解得a ＝√3GMR 2，则每颗星做圆周运动的向心加速度与三星的质量有关，B 错误；根据题意可知ω′＝ √3G·2M(2R )3＝12 √3GM R 3＝12ω，C 错误；根据线速度与角速度的关系可知变化前线速度为v ＝ωr ＝ √3GM R 3·√33R ＝ √GM R，则变化后为v ′＝ √2GM 2R＝v ，D 正确．答案：D。

第四单元曲线运动万有引力与航天一、考情分析运动的合成与分解是解决曲线运动的基本思想和方法，高考着重考查的知识点有：曲线运动的特点、平抛运动和圆周运动的规律、万有引力与天体运动规律、宇宙速度与卫星运行及变轨问题．二、知识特点本单元概念多，规律多，高考题型比较全面，考查灵活，与实际生活、新科技等结合考查的应用性题型较多．三、复习方法(1)深刻理解向心加速度的概念，明确向心加速度的作用只改变线速度的方向，不改变线速度的大小．(2)掌握圆周运动和平抛运动的规律，关注与其他知识点的综合应用．(3)牢牢地抓住天体运动的基本规律，建立天体运动的模型．复习万有引力定律的应用时分两条主线展开，一是万有引力等于天体运动的向心力，二是物体在地球表面的重力近似等于万有引力．第1讲曲线运动运动的合成与分解考纲考情核心素养►曲线运动Ⅰ►运动的合成与分解Ⅱ►曲线运动的速度特点、受力特点以及物体做曲线运动的条件．►合运动、分运动的相关概念，位移、速度和加速度的分解满足平行四边形定则.物理观念全国卷5年2考高考指数★★★☆☆►应用运动的合成与分解分析小船过河问题．►绳或杆相关联的物体速度的分解方法.科学思维知识点一曲线运动1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．如图所示的曲线运动，v A、v C的方向与v的方向相同，v B、v D的方向与v的方向相反．2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动．3．曲线运动的条件知识点二运动的合成与分解1．基本概念(1)运动的合成：已知分运动求合运动．(2)运动的分解：已知合运动求分运动．2．分解原则：根据运动的实际效果分解，也可采用正交分解．3．遵循的规律：位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．1．思考判断(1)合速度一定大于分速度．( ×)(2)运动的合成与分解的实质是对描述运动的物理量(位移、速度、加速度)的合成与分解．( √)(3)两个直线运动的合运动一定是直线运动．( ×)(4)做曲线运动的物体受到的合外力一定是变力．( ×)(5)做曲线运动的物体所受的合外力的方向一定指向轨迹的凹侧．( √)2．如图所示，水平桌面上一小铁球沿直线运动．若在铁球运动的正前方A处或旁边B 处放一块磁铁，下列关于小铁球运动的说法正确的是( D )A．磁铁放在A处时，小铁球做匀速直线运动B．磁铁放在A处时，小铁球做匀加速直线运动C．磁铁放在B处时，小铁球做匀速圆周运动D．磁铁放在B处时，小铁球做变加速曲线运动解析：磁铁放在A处时，小铁球受磁力作用向前加速，逐渐靠近磁铁，磁力增大，加速度增大，故A、B均错误；磁铁放在B处时，小铁球受到的磁力与速度方向不共线，做曲线运动，因磁力的大小和方向均随距离的变化而变化，故加速度大小是变化的，C错误，D正确．3．(多选)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目．如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响．下列说法中正确的是( BC )A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力无关D．运动员着地速度与风力无关解析：水平方向的风力对竖直方向的运动没有影响，运动员下落时间与风力无关．无风时，运动员在水平方向速度为零，有风时，运动员在水平方向上因风力作用做加速运动，风力越大，着地时水平方向速度越大，着地速度也越大，故B、C正确，A、D错误．4．内壁光滑的牛顿管被抽成真空，现让牛顿管竖直倒立，如图所示，同时水平向右匀速移动，则管中羽毛的运动轨迹可能是图中的( C )解析：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.5．(多选)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( BC )A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合力为该恒力．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，此情况下质点速度方向时刻与恒力方向不同，A项错误；若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与运动方向之间的夹角会发生变化，例如平抛运动，B项正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向与其所受合力方向相同，C项正确；根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，速率变化量不一定相同，D项错误．考点1 曲线运动性质、轨迹的判断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；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)物体做曲线运动时，合力指向轨迹的凹侧；运动轨迹在速度方向与合力方向所夹的区间．2．速率变化的判断3．合运动的性质的判断合运动的性质由合加速度的特点决定．(1)根据合加速度是否恒定判定合运动的性质：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)根据合加速度的方向与合初速度的方向关系判定合运动的轨迹：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．1．一个质点受两个互成锐角的恒力F 1和F 2作用，由静止开始运动，若运动过程中保持二力方向不变，但F 1突然增大到F 1＋ΔF ，则质点以后( B )A ．继续做匀变速直线运动B ．在相等时间内速度的变化一定相等C ．可能做匀速直线运动D ．可能做非匀变速曲线运动解析：F 1、F 2为恒力，质点从静止开始做匀加速直线运动，F 1突变后仍为恒力，合力仍为恒力，但合力的方向与速度方向不再共线，所以质点将做匀变速曲线运动，故A 、D 错误；由加速度的定义式a ＝Δv Δt知，在相等时间Δt 内，Δv ＝a Δt 一定相等，故B 正确；做匀速直线运动的条件是F 合＝0，所以质点不可能做匀速直线运动，故C 错误．2.如图所示，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动(俯视为逆时针转动)．某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示(俯视图)中，正确的是( C )解析：因为做曲线运动的物体所受的合力要指向轨迹凹侧，圆盘转速不断增大，且橡皮块仍相对圆盘静止，故橡皮块所受的合力其分力一是指向圆心充当向心力，二是与运动的方向相同，故正确答案为C.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 )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：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点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由A到B到C 到D速率减小，所以C点速率比D点的大，A正确，B错误；质点由B到E的过程中，加速度方向与速度方向的夹角一直减小，D错误．考点2 运动合成与分解1．分运动与合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完全相同的效果独立性一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，互不影响2.两个直线运动的合运动性质的判断(不共线)分运动合运动两个匀速直线运动匀速直线运动一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动(续表)两个初速度不为零的匀变速直线运动若v0合与a合共线，则合运动为匀变速直线运动若v0合与a合不共线，则合运动为匀变速曲线运动1.在光滑无摩擦的水平面上有一冰球以速度v0沿直线匀速从a点运动到b点，忽略空气阻力，如图为俯视图．当冰球运动到b点时受到图示中黑箭头方向的快速一击，这之后冰球有可能沿如下哪一条轨迹运动( B )解析：当冰球运动到b点时受到图示中黑箭头方向的快速一击，由动量定理可知瞬间产生与ab垂直的速度，与原来ab方向的速度合成后仍然做匀速直线运动，故B正确，A、C、D 错误．2．根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处．这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比．现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球( D )A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C．落地点在抛出点东侧D．落地点在抛出点西侧解析：小球在上升过程中，水平方向的“力”向西，竖直方向受到竖直向下的重力，当小球运动到最高点时竖直方向的速度为零，由水平方向小球受到的“力”与竖直方向的速度大小成正比知，到最高点时小球在水平方向上受到的力为零，故水平方向的加速度为零，由于小球在上升过程中水平方向的“力”方向不变，故到最高点时小球在水平方向的速度最大，不为零，选项A、B错误；小球在下落过程中，水平方向的“力”向东，则小球在水平方向上做减速运动，由对称性知，小球返回地面时水平方向的速度为零，故小球落在抛出点的西侧，选项C错误，D正确．3．(多选)在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点(0,0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度—时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是( AD )- 11 -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C ．4 s 末物体坐标为(4 m,4 m)D ．4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)解析：前2 s 内，物体在y 轴方向没有速度，由题图甲可以看出，物体沿x 轴方向做匀加速直线运动，A 正确；在后2 s 内，物体在x 轴方向做匀速直线运动，y 轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y 轴方向，B 错误；在前2 s内，物体在x 轴方向的位移为x 1＝v x 2t ＝22×2 m＝2 m ．在后2 s 内，物体在x 轴方向的位移为x 2＝v x t ＝2×2 m＝4 m ，y 轴方向位移为y ＝v y 2t ＝22×2 m＝2 m ，则4 s 末物体的坐标为(6 m,2 m)，C 错误，D 正确．名师点睛运动的合成与分解是研究曲线运动规律最基本的方法，在解决实际物体运动的合成与分解问题时，一定要注意合运动与分运动具有等时性，且分运动相互独立，但每一个运动的变化都会影响到合运动的效果.。

第4讲万有引力定律及应用考纲考情核心素养►万有引力定律及其应用Ⅱ►环绕速度Ⅱ►第二宇宙速度和第三宇宙速度Ⅰ►经典时空观和相对论时空观Ⅰ►行星运动的规律：开普勒行星运动三定律．►行星运动的动力学规律：万有引力充当向心力．►宇宙速度的概念.物理观念全国卷5年8考高考指数★★★★★►运用万有引力定律和圆周运动的知识分析天体运动问题．►构建双星、多星的运动模型.科学思维知识点一开普勒行星运动定律1．开普勒第一定律(轨道定律)所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上．2．开普勒第二定律(面积定律)对每一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等．3．开普勒第三定律(周期定律)所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等.直观展示知识点二万有引力定律1．万有引力定律内容自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m 1和m 2的乘积成正比，与它们之间距离r 的平方成反比公式F ＝G m 1m 2r2适用 条件(1)两质点间的作用(2)可视为质点的物体间的作用 (3)质量分布均匀的球体间的作用数值6.67×10－11N·m 2/kg 2测定人 英国物理学家卡文迪许于1798年利用扭秤测定(续表)物理意义数值上等于两个质量都是1 kg 的物体相距1 m 时的相互引力测定意义(1)有力地证明了万有引力的存在(2)使定量计算得以实现(3)开创了测量弱相互作用的新时代知识点三 宇宙速度 时空观1．三种宇宙速度 第一宇宙速度 (环绕速度) v 1＝7.9 km/s ，是人造卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度第二宇宙速度 (脱离速度) v 2＝11.2 km/s ，是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度第三宇宙速度 (逃逸速度)v 3＝16.7 km/s ，是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度直观展示(1)在经典力学中，物体的质量不随速度的改变而改变．(2)在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是相同的．3．相对论时空观(1)在狭义相对论中，物体的质量随物体的速度的增大而增大，用公式表示为m ＝m 01－⎝ ⎛⎭⎪⎫v c 2.(2)在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是不同的．(3)光速不变原理：不管在哪个惯性系中，测得的真空中的光速都是相同的．1．思考判断(1)牛顿利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量．( × )(2)行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越小．( √ ) (3)近地卫星距离地球最近，环绕速度最小．( × ) (4)地球同步卫星根据需要可以定点在北京正上空．( × )(5)极地卫星通过地球两极，且始终和地球某一经线平面重合．( × ) (6)发射火星探测器的速度必须大于11.2 km/s.( √ )2．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( C ) 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：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 3火T 2火＝r 3木T 2木，故T 2火T 2木＝r 3火r 3木，C 正确．3．关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( B ) 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：开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A 错误，选项B 正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C 错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D 错误．4．(多选)北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建立后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星．关于这些卫星，以下说法正确的是( AB )A ．5颗同步卫星的轨道半径都相同B ．5颗同步卫星的运行轨道必定在同一平面内C ．导航系统所有卫星的运行速度一定都大于第一宇宙速度D ．导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的，周期越小解析：所有同步卫星的轨道都位于赤道平面内，轨道半径和运行周期都相同，A 、B 均正确；由v ＝GMr可知，导航系统所有卫星运行的速度都小于第一宇宙速度，且运行轨道半径越大，周期越大，C 、D 均错误．5．已知月球质量与地球质量之比约为180，月球半径与地球半径之比约为14，则月球上的第一宇宙速度与地球上的第一宇宙速度之比最接近( B )A ．9 2B ．29C ．181D ．118解析：第一宇宙速度等于卫星的轨道半径与中心天体的半径相等时的卫星的速度，根据牛顿第二定律有G Mm R 2＝m v 2R，由此得第一宇宙速度v ＝GMR ，即v ∝ MR；设月球上的第一宇宙速度为v 1，地球上的第一宇宙速度为v 2，则有v 1v 2＝ M 1M 2·R 2R 1＝ 180×41＝510，接近29，可知B 正确．考点1 开普勒行星运动定律的理解和应用1．为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P ，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q 的轨道半径约为地球半径的4倍．P 与Q 的周期之比约为( C )A ．2 1B ．4 1C ．81D ．161解析：地球对卫星的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，设地球和卫星的质量分别为M 、m ，根据牛顿第二定律有G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，可得卫星的周期为T ＝4π2r3GM，即卫星P与Q 的周期之比T 1T 2＝r 31r 32＝8，选项C 正确，A 、B 、D 错误． 2.(多选)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M 、Q 到N 的运动过程中( CD )A ．从P 到M 所用的时间等于T 04B ．从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大C ．从P 到Q 阶段，速率逐渐变小D ．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功解析：根据开普勒第二定律可知，海王星在近日点速度最大，在远日点速率最小，所以从P 到M 所用的时间小于T 04，A 错误；从Q 到N 阶段，只有万有引力做功，机械能守恒，B 错误；根据开普勒第二定律可知，从P 到Q 阶段海王星速率逐渐变小，C 正确；从M 到N 阶段，海王星速率先减小后增大，则万有引力对它先做负功后做正功，D 正确．3.(多选)如图所示，某次发射远地圆轨道卫星时，先让卫星进入一个近地的圆轨道Ⅰ，在此轨道运行的卫星的轨道半径为R 1、周期为T 1；然后在经过P 点时点火加速，进入椭圆转移轨道Ⅱ，在此轨道运行的卫星的周期为T 2；到达远地点Q 时再次点火加速，进入远地圆轨道Ⅲ，在此轨道运行的卫星的轨道半径为R 3、周期为T 3(轨道Ⅱ的近地点为Ⅰ上的P 点，远地点为轨道Ⅲ上的Q 点)．已知R 3＝2R 1，则下列关系式正确的是( AC )A ．T 3＝22T 1B ．T 2＝368T 1C ．T 2＝338T 3D ．T 3＝346T 1解析：根据开普勒第三定律a 3T 2＝k ，可知T 23T 21＝R 33R 31＝81，解得T 3T 1＝22，即T 3＝22T 1，故A正确，D 错误；由几何知识可知椭圆轨道Ⅱ半长轴为R 1＋R 32，则有T 22T 21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R 1＋R 323R 31＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32R 1R 13＝⎝ ⎛⎭⎪⎫323，解得T 2＝364T 1＝338T 3，故B 错误，C 正确．考点2 万有引力定律的理解1．万有引力与重力的关系地球对物体的万有引力F 表现为两个效果：一是重力mg ，二是提供物体随地球自转的向心力F 向，如图所示．(1)在赤道处：G MmR 2＝mg 1＋mω2R . (2)在两极处：G Mm R2＝mg 2.(3)在一般位置：万有引力G Mm R2等于重力mg 与向心力F 向的矢量和．越靠近南、北两极，g 值越大．由于物体随地球自转所需的向心力较小，常认为万有引力近似等于重力，即G Mm R2＝mg .2．星体表面及上空的重力加速度(以地球为例) (1)在地球表面附近的重力加速度g (不考虑地球自转)：mg ＝G Mm R 2，得g ＝GM R2.(2)在地球上空距离地心r ＝R ＋h 处的重力加速度g ′：mg ′＝GMmR ＋h2，得g ′＝GM R ＋h2，所以g g ′＝R ＋h 2R 2.题型1 万有引力与重力的关系1．某类地天体可视为质量分布均匀的球体，由于自转的原因，其表面“赤道”处的重力加速度为g 1，“极点”处的重力加速度为g 2，若已知自转周期为T ，则该天体的半径为( C )A.4π2g 1T 2B.4π2g 2T2C.g 2－g 1T 24π2D.g 1＋g 2T 24π2解析：对于处在“极点”处的物体，万有引力等于重力，则有G MmR2＝mg 2，对于处在“赤道”处的同一物体，则有G Mm R 2－mg 1＝m 4π2T 2R ，由以上两式可解得R ＝g 2－g 1T 24π2，C 正确． 2．假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ，地球自转的周期为T ，引力常量为G ，则地球的密度为( B )A.3πg 0－gGT 2g 0B.3πg 0GT 2g 0－gC.3πGT2D.3πg 0GT 2g解析：物体在地球的两极时，有mg 0＝G Mm R2，物体在赤道上时，有mg ＋m ⎝⎛⎭⎪⎫2πT 2R ＝G Mm R 2，又V ＝43πR 3，M ＝ρV ，联立解得：地球的密度ρ＝3πg 0GT 2g 0－g ，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．题型2 万有引力随高度的变化3．(2019·全国卷Ⅱ)2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆．在探测器“奔向”月球的过程中，用h 表示探测器与地球表面的距离，F 表示它所受的地球引力，能够描述F 随h 变化关系的图象是( D )解析：本题考查万有引力定律在天文学上的应用．设地球半径为R ，地球质量为M ，探测器质量为m ，探测器在远离地球的过程中，其所受地球的引力大小为F ＝GMm R ＋h2，由此可知，随着h 的增大，F 逐渐减小，但F 随h 不是均匀减小的，故D 正确．4．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，则矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( A )A ．1－d RB ．1＋d RC.⎝ ⎛⎭⎪⎫R －d R 2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫R R －d 2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 ，地球表面质量为m 的物体受到的重力近似等于万有引力，故mg ＝G MmR2；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r ＝R －d ，则矿井底部质量为m 的物体受到的重力mg ′＝GM ′m R －d 2，而M ′＝M 43πR3·43π(R －d )3，故g ′g ＝R －d R ＝1－d R，选项A 正确．名师点睛万有引力定律的两个推论推论1：在匀质球壳的空腔内任意位置处，质点受到球壳的万有引力的合力为零，即∑F引＝0.推论2：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 ′对其万有引力，即F ＝考点3 天体质量和密度的计算1．“自力更生”法(g —R )利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R .(1)由G Mm R 2＝mg 得天体质量M ＝gR 2G.(2)天体密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3g4πGR.(3)GM ＝gR 2称为黄金代换公式． 2．“借助外援”法(T —r )测出卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和半径r .(1)由G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得天体的质量M ＝4π2r3GT 2.(2)若已知天体的半径R ，则天体的密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3πr3GT 2R 3.(3)若卫星绕天体表面运行时，可认为轨道半径r 等于天体半径R ，则天体密度ρ＝3πGT2，可见，只要测出卫星环绕天体表面运行的周期T ，就可估算出中心天体的密度．(多选)下表是一些有关火星和地球的数据，利用引力常量G 和表中选择的一些信息可以完成的估算是( )信息 序号 ①② ③ ④ ⑤信息 内容地球一年约365天地表重力加速度约为9.8 m/s 2火星的公转周期约为687天日地距离大约是1.5×108km地球半径约为6 400 kmB ．选择①④可以估算太阳的密度C ．选择①③④可以估算火星公转的线速度D ．选择①②④可以估算太阳对地球的吸引力【解析】 本题通过题给数据结合万有引力定律考查物理估算．根据mg ＝G MmR2可知选择②、⑤中的g 和R ，可以估算地球质量M ，故A 正确；根据G Mm r2＝m ⎝⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，则选择①中的地球公转周期T 和④中的日地距离r 可以估算太阳的质量，但是由于太阳的半径未知，故不能估算太阳的密度，故B 错误；选择①、③、④可利用开普勒第三定律，求出火星公转半径r 火，再根据v 火＝2πr 火T 火可估算火星公转的线速度，故C 正确；因为选择①、②、④不能确定地球的质量，故不可以估算太阳对地球的吸引力，故D 错误．【答案】 AC 高分技法环绕法估算天体质量和密度问题 1卫星的轨道半径与中心天体的半径不要混淆，只有近地卫星的轨道半径才近似等于天体半径.2搞清“以谁为研究对象，谁是中心天体”“受力特点”“谁做圆周运动”等问题，明确一般只能求解中心天体的质量和密度，不能求解环绕天体的质量和密度.3估算天体质量的两种方法①如果不考虑星球的自转，星球表面的物体所受重力等于星球对它的万有引力，②利用环绕行星运转的卫星，万有引力提供卫星运转的向心力，1．近年来，人类发射了多枚火星探测器，对火星进行科学探究，为将来人类登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础．如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并测得该探测器运动的周期为T ，则火星的平均密度ρ的表达式为(k 是一个常数)( D )A ．ρ＝kTB ．ρ＝kTC ．ρ＝kT 2D ．ρ＝k GT 2解析：本题考查天体密度的计算．研究火星探测器绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式G Mm r 2＝m 4π2T2r ，由于探测器绕火星做“近地”匀速圆周运动，则轨道半径r 即为火星的半径，得M ＝4π2r 3GT 2，则火星的密度ρ＝M 43πr 3，解得火星的平均密度ρ＝3πGT2＝kGT 2(k 为某个常数)，D 正确． 2.宇宙中有两颗相距无限远的恒星s 1、s 2，半径均为R 0.右图分别是两颗恒星周围行星的公转周期T 2与公转半径r 3的关系图象，则( B )A ．恒星s 1的质量大于恒星s 2的质量B ．恒星s 1的密度小于恒星s 2的密度C ．恒星s 1的第一宇宙速度大于恒星s 2的第一宇宙速度D ．距两恒星表面高度相同的行星，s 1的行星向心加速度较大解析：根据公式G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得M ＝4π2r 3GT 2，r3T2越大，M 越大，由题图可以看出，s 2的质量大于s 1的质量，故A 错误；两颗恒星的半径相等，则它们的体积相等，根据M ＝ρV ，所以质量大的恒星s 2的密度大于恒星s 1的密度，故B 正确；根据万有引力提供向心力，则G MmR 20＝m v 2R 0，所以v ＝GMR 0，由于恒星s 1的质量小于恒星s 2的质量，所以恒星s 1的第一宇宙速度小于恒星s 2的第一宇宙速度，故C 错误；距两恒星表面高度相同的行星，它们的轨道半径相等，它们的向心加速度a ＝GM r2，所以s 1的行星向心加速度较小，故D 错误．考点4 双星及多星模型1．双星系统系统可视天体绕黑洞做圆周运动黑洞与可视天体构成的双星系统两颗可视天体构成的双星系统图示向心力的来源黑洞对可视天体的万有引力彼此给对方的万有引力彼此给对方的万有引力2.多星系统系统三星系统(正三角形排列)三星系统(直线等间距排列)四星系统图示向心力的来源另外两星球对其万有引力的合力另外两星球对其万有引力的合力另外三星球对其万有引力的合力(多选)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈．将两颗中子星都看做是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( ) A．质量之积 B．质量之和C．速率之和 D．各自的自转角速度【解析】两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示：每秒转动12圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得Gm1m2l2＝m1ω2r1①Gm1m2l2＝m2ω2r2②l＝r1＋r2③由①②③式得G m 1＋m 2l 2＝ω2l ，所以m 1＋m 2＝ω2l 3G，质量之和可以估算．由线速度与角速度的关系v ＝ωr 得v 1＝ωr 1 ④v 2＝ωr 2 ⑤由③④⑤式得v 1＋v 2＝ω(r 1＋r 2)＝ωl ，速率之和可以估算． 质量之积和各自的自转角速度无法求解． 【答案】 BC 高分技法 多星问题的处理宇宙中的双星系统及多星系统问题的核心是系统的稳态、系统中各天体的平衡及匀速圆周运动的动力学问题，解题的关键是抓住研究对象的运动特征并列出各自的动力学方程进行分析．对于双星问题需要抓住以下几点：(1)它们相互间的万有引力提供向心力，受力大小相等； (2)它们共同绕它们连线上某点做匀速圆周运动，角速度相等； (3)轨道半径之比等于质量的反比：r 1r 2＝m 2m 1； (4)它们运行的角速度满足G m 1＋m 2L2＝ω2L ，其中L 为它们之间的距离．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．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a 的正方形的四个顶点上．已知引力常量为G .关于宇宙四星系统，下列说法错误的是( B )A ．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动B ．四颗星的轨道半径均为a2C ．四颗星表面的重力加速度均为Gm R2D ．四颗星的周期均为2πa2a 4＋2Gm解析：四星系统中任一颗星体均在其他三颗星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由几何知识可得轨道半径均为22a ，故A 正确，B 错误；在星体表面，根据万有引力等于重力，可得G mm ′R 2＝m ′g ，解得g ＝GmR2，故C 正确；由万有引力定律和向心力公式得Gm 22a2＋2Gm2a2＝m4π2T2·2a2，解得T ＝2πa 2a 4＋2Gm，故D 正确．4．我国发射的“悟空”号暗物质粒子探测卫星，三年来对暗物质的观测研究已处于世界领先地位．宇宙空间中两颗质量相等的星球绕其连线中心匀速转动时，理论计算的周期与实际观测周期不符，且T 理论T 观测＝k (k >1)．因此，科学家认为，在两星球之间存在暗物质．假设以两星球球心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质(已知质量分布均匀的球体对外部质点的作用，等效于质量集中在球心处对质点的作用)，两星球的质量均为m .那么暗物质的质量为( B )A.k 2－28mB.k 2－14mC ．(k 2－1)mD ．(2k 2－1)m解析：双星均绕它们连线的中点做匀速圆周运动，令它们之间的距离为L ，由万有引力提供向心力得G m 2L 2＝m 4π2T 2理论·L2，解得T 理论＝πL2LGm.根据观测结果，星体的运动周期T 理论T 观测＝k ，这种差异可能是由双星之间均匀分布的暗物质引起的，又均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量m ′(位于球心处)的质点对双星系统的作用相同，有G m 2L 2＋G mm ′L 22＝m 4π2T 2观测·L2，解得T 观测＝πL2L Gm ＋4m ′，所以m ′＝k 2－14m ，选项B正确．。

2021高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第3讲圆周运动学案【基础梳理】一、描述圆周运动的物理量1．线速度：描述物体圆周运动的快慢，v ＝Δs Δt ＝2πrT ．2．角速度：描述物体转动的快慢，ω＝ΔθΔt ＝2πT ．3．周期和频率：描述物体转动的快慢，T ＝2πr v ，f ＝1T.4．向心加速度：描述线速度方向变化的快慢．a n ＝rω2＝v 2r ＝ωv ＝4π2T2r .5．向心力：作用成效为产生向心加速度，F n ＝ma n . 二、匀速圆周运动 1．匀速圆周运动的向心力(1)大小：F ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T2r ＝mωv ＝4π2mf 2r .(2)方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力． (3)作用成效：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 2．匀速圆周运动与非匀速圆周运动的比较项目 匀速圆周运动 非匀速圆周运动 定义 线速度大小不变的圆周运动线速度大小变化的圆周运动运动特点 F 向、a 向、v 均大小不变，方向变化，ω不变F 向、a 向、v 大小、方向均发生变化，ω发生变化向心力F 向＝F 合由F 合沿半径方向的分力提供1．定义：做圆周运动的物体，在合力突然消逝或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情形下，就做逐步远离圆心的运动．2．供需关系与运动：如图所示，F 为实际提供的向心力，则(1)当F ＝mω2r 时，物体做匀速圆周运动；(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；(3)当F<mω2r时，物体逐步远离圆心；(4)当F>mω2r时，物体逐步靠近圆心．【自我诊断】判一判(1)匀速圆周运动是匀加速曲线运动．( )(2)做匀速圆周运动的物体所受合外力是保持不变的．( )(3)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比．( )(4)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比．( )(5)随圆盘一起匀速转动的物体受重力、支持力和向心力的作用．( )(6)做圆周运动的物体所受合外力突然消逝，物体将沿圆周切线方向做匀速直线运动．( )提示：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√做一做(2020·云南临沧第一中学高三模拟)如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动专门慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，而可不能滑下．若魔盘半径为r，人与魔盘竖直壁间的动摩擦因数为μ，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动过程中，则下列说法正确的是( )A．人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用B．假如转速变大，人与器壁之间的摩擦力变大C．假如转速变大，人与器壁之间的弹力不变D．“魔盘”的转速一定大于12πgμr提示：选D.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力，向心力是弹力，故A错误．人在竖直方向受到重力和摩擦力，二力平稳，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故B错误．假如转速变大，由F＝mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故C错误．人恰好贴在魔盘上时，有mg≤f，N＝mr(2πn)2，又f＝μN解得转速为n≥12πgμr，故“魔盘”的转速一定大于12πgμr，故D正确．想一想如图所示，圆盘上物体随圆盘一起匀速转动，在光滑漏斗内壁上，小球做匀速圆周运动．(1)它们运动所需要的向心力分别由什么力提供？(2)运算圆盘上物体所受的向心力和漏斗内壁上小球的角速度分别需要明白哪些信息？提示：(1)物体的向心力由静摩擦力提供小球的向心力由支持力与重力的合力提供(2)物体：质量、角速度/线速度、物体到圆盘圆心的距离 小球：质量、当地重力加速度、支持力与水平面的夹角、水平半径对传动装置问题的求解[学生用书P70]【知识提炼】1．对公式v ＝ωr 的明白得 当r 一定时，v 与ω成正比； 当ω一定时，v 与r 成正比； 当v 一定时，ω与r 成反比.2．对a ＝v 2r＝ω2r ＝ωv 的明白得在v 一定时，a 与r 成反比；在ω一定时，a 与r 成正比． 3．常见的三种传动方式及特点传动类型图示结论共轴 传动(1)运动特点：转动方向相同(2)定量关系：A 点和B 点转动的周期相同、角速度相同，A 点和B 点的线速度与其半径成正比皮带(链 条)传动(1)运动特点：两轮的转动方向与皮带的绕行方式有关，可同向转动，也可反向转动(2)定量关系：由于A 、B 两点相当于皮带上的不同位置的点，因此它们的线速度大小必定相同，二者角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比齿轮 传动(1)运动特点：转动方向相反(2)定量关系：v A ＝v B ；T A T B ＝r 1r 2＝z 1z 2；ωA ωB ＝r 2r 1＝z 2z 1(z 1、z 2分别表示两齿轮的齿数)1.(多选)如图所示，有一皮带传动装置，A 、B 、C 三点到各自转轴的距离分别为R A 、R B 、R C ，已知R B ＝R C＝R A2，若在传动过程中，皮带不打滑，则( )A ．A 点与C 点的角速度大小相等B ．A 点与C 点的线速度大小相等 C ．B 点与C 点的角速度大小之比为2∶1D ．B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4解析：选BD.处理传动装置类问题时，关于同一根皮带连接的传动轮边缘的点，线速度相等；同轴转动的点，角速度相等，关于本题，明显v A ＝v C ，ωA ＝ωB ，选项B 正确；依照v A ＝v C 及关系式v ＝ωR ，可得ωA R A ＝ωC R C ，又R C ＝R A 2，因此ωA ＝ωC 2，选项A 错误；依照ωA ＝ωB ，ωA ＝ωC 2，可得ωB ＝ωC2，即B 点与C 点的角速度大小之比为1∶2，选项C 错误；依照ωB ＝ωC2及关系式a ＝ω2R ，可得a B ＝a C4，即B 点与C 点的向心加速度大小之比为1∶4，选项D 正确．2．(多选)如图所示为某一皮带传动装置．M 是主动轮，其半径为r 1，M ′半径也为r 1，M ′和N 在同一轴上，N 和N ′的半径都为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑．则下列说法正确的是( )A ．N ′轮做的是逆时针转动B ．N ′轮做的是顺时针转动C ．N ′轮的转速为⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22nD ．N ′轮的转速为⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2r 12n 解析：选BC.依照皮带传动关系能够看出，N 轮和M 轮转动方向相反，N ′轮和N 轮的转动方向相反，因此N ′轮的转动方向为顺时针，A 错误，B 正确．皮带与轮边缘接触处的速度相等，因此2πnr 1＝2πn 2r 2，得N (或M ′)轮的转速为n 2＝nr 1r 2，同理2πn 2r 1＝2πn ′2r 2，得N ′轮转速n ′2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 22n ，C 正确，D 错误．在分析传动装置的物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，表现为：(1)同一转轴的各点角速度ω相同，而线速度v ＝ωr 与半径r 成正比，向心加速度大小a ＝ω2r 与半径r 成正比．(2)当皮带不打滑时，用皮带连接的两轮边缘上的各点线速度大小相等，由ω＝vr可知，ω与r 成反比，由a ＝v 2r可知，a 与r 成反比．水平面内的圆周运动[学生用书P71]【知识提炼】1．问题特点(1)运动轨迹是圆且在水平面内．(2)向心力的方向沿半径指向圆心．(3)向心力来源：一个力或几个力的合力或某个力的分力．2．向心力的确定(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．(2)分析物体的受力情形，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力确实是向心力．3．运动实例：圆锥摆、汽车和火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等．【典题例析】如图所示，用一根长为l＝1 m的细线，一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为F T.(g取10 m/s2，结果可用根式表示)(1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？[审题指导] (1)小球离开锥面的临界条件是小球仍沿锥面运动，支持力为零．(2)细线与竖直方向夹角为60°时，小球离开锥面，做圆锥摆运动．[解析](1)若要小球刚好离开锥面，现在小球只受到重力和细线拉力，如图所示．小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mg tan θ＝mω20l sin θ解得：ω20＝gl cos θ即ω0＝gl cos θ＝522 rad/s.(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式：mg tan α＝mω′2l sin α解得ω′2＝gl cos α，即ω′＝gl cos α＝2 5 rad/s.[答案] (1)522 rad/s (2)2 5 rad/s水平面内圆周运动的处理方法质点随水平圆盘一起转动、火车转弯、汽车转弯、飞机在空中的盘旋、开口向上的光滑圆锥体内小球绕竖直轴线的圆周运动等，差不多上水平面内圆周运动的典型实例，其受力特点是合力沿水平方向指向轨迹内侧，求解时要明确物体所受的合外力提供向心力⎝⎛⎭⎪⎫F ＝m v 2R ＝mω2R ＝m 4π2R T 2.以质点随水平圆盘一起转动为例，质点与圆盘面之间的静摩擦力提供向心力．静摩擦力随速度的增大而增大，当静摩擦力增大到最大静摩擦力时，质点达到保持圆周运动的最大速度．若速度连续增大，质点将做离心运动．【迁移题组】迁移1 车辆转弯问题 1．(多选)(2021·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 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，绕赛道一圈时刻最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝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/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时刻为5.58 s解析：选AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F ＝m v 2R，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v 大＝FR m＝ 2.25mgRm＝45 m/s ，v 小＝Fr m＝ 2.25mgrm＝30 m/s ，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A 、B 项正确；由几何关系得直道长度为d ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，由运动学公式v 2大－v 2小＝2ad ，得赛车在直道上的加速度大小为a ＝6.50 m/s 2，则C 项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时刻t ＝2πr 3v 小＝2.79 s ，则D 项错误．迁移2 圆锥摆模型 2.(多选)如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O 点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L 1跟竖直方向的夹角为60°，L 2跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是( )A ．细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为 3∶1B ．小球m 1和m 2的角速度大小之比为 3∶1C ．小球m 1和m 2的向心力大小之比为3∶1D ．小球m 1和m 2的线速度大小之比为33∶1解析：选AC.对任一小球进行研究，设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平稳，则T cos θ＝mg ，解得T ＝mg cos θ，因此细线L 1和细线L 2所受的拉力大小之比为T 1T 2＝cos 30°cos 60°＝31，故A 正确；小球所受合力的大小为mg tan θ，依照牛顿第二定律得mg tan θ＝mLω2sin θ，得ω2＝gL cos θ，故两小球的角速度大小之比为ω1ω2＝cos 30°cos 60°＝431，故B 错误；小球所受合力提供向心力，则向心力为F ＝mg tan θ，小球m 1和m 2的向心力大小之比为F 1F 2＝tan 60°tan 30°＝3，故C 正确．两小球角速度大小之比为43∶1，由v ＝ωr 得线速度大小之比为33∶1，故D 错误．迁移3 水平面内圆周运动的临界问题 3．(多选)(高考全国卷Ⅰ)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ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝ kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，f ＝mω2r ，明显b 受到的摩擦力较大；当木块刚要相关于盘滑动时，静摩擦力f 达到最大值f max ，由题设知f max ＝kmg ，因此kmg ＝mω2r ，由此能够求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝kgr，由此得a发生相对滑动的临界角速度为kgl，b发生相对滑动的临界角速度为kg2l；若ω＝2kg3l，a受到的是静摩擦力，大小为f＝mω2l＝23kmg.综上所述，本题正确答案为A、C.竖直面内的圆周运动[学生用书P72]【知识提炼】1．运动特点(1)竖直面内的圆周运动一样是变速圆周运动．(2)只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动机械能守恒．(3)竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点的速度．(4)一样情形下，竖直面内的圆周运动问题只涉及最高点和最低点两种情形．2．常见模型轻绳模型轻杆模型常见类型过最高点的临界条件由mg＝mv2r得v临＝gr由小球能运动即可，得v临＝0讨论分析(1)过最高点时，v≥gr，F N＋mg＝mv2r，绳、轨道对球产生弹力F N(2)不能过最高点时v＜gr，在到达最高点前小球差不多脱离了圆轨道(1)当v＝0时，F N＝mg，F N为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v＜gr时，－F N＋mg＝mv2r，F N背离圆心且随v的增大而减小(3)当v＝gr时，F N＝0(4)当v＞gr时，F N＋mg＝mv2r，F N指向圆心并随v的增大而增大(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图象如图乙所示．则( )A ．小球的质量为aR bB ．当地的重力加速度大小为R bC ．v 2＝c 时，小球对杆的弹力方向向上 D ．v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小相等[审题指导] 由于杆既能够提供支持力，又能够提供拉力，故小球通过最高点时的速度能够不同，则通过F －v 2图象，可得到小球通过最高点时杆的弹力和小球速度大小的定量关系，从而找到解题的突破口．[解析] 对小球在最高点进行受力分析，速度为零时，F －mg ＝0，结合图象可知a －mg ＝0；当F ＝0时，由牛顿第二定律可得mg ＝mv 2R ，结合图象可知mg ＝mb R ，联立解得g ＝b R ，m ＝aRb，选项A 正确，B 错误；由图象可知b <c ，当v 2＝c 时，依照牛顿第二定律有F ＋mg ＝mcR，则杆对小球有向下的拉力，由牛顿第三定律可知，选项C 正确；当v 2＝2b 时，由牛顿第二定律可得mg ＋F ′＝m ·2bR，可得F ′＝mg .选项D 正确． [答案] ACD求解竖直平面内圆周运动问题的思路(1)定模型：第一判定是轻绳模型依旧轻杆模型． (2)确定临界点：v临界＝gr ，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是F N 表现为支持力依旧拉力的临界点．(3)研究状态：通常情形下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情形．(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，依照牛顿第二定律列出方程，F 合＝F 向． (5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．【迁移题组】迁移1 汽车过拱桥模型1．一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力F N1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为F N2，则F N1与F N2之比为( )A ．3∶1B ．3∶2C ．1∶3D ．1∶2解析：选C.汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即F N1＝F N1′①因此由牛顿第二定律可得mg －F ′N1＝mv 2R②同样，如图乙所示，F ′N2＝F N2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有F ′N2－mg ＝mv 2R③由题意可知F N1＝12mg④由①②③④式得F N2＝32mg ，因此F N1∶F N2＝1∶3.迁移2 轻绳模型 2.(2021·高考江苏卷)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后赶忙停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC ．物块上升的最大高度为2v2gD ．速度v 不能超过（2F －Mg ）LM解析：选D.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于物块的重力Mg ，因为2F 为物块与夹子间的最大静摩擦力，当物块向上摆动做圆周运动时，静摩擦力大于Mg ，说明物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于2F ，A 项错误；当小环碰到钉子P 时，由于不计夹子的质量，因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力，即小于或等于2F ，B 项错误；假如物块上升的最大高度不超过细杆，则依照机械能守恒可知，Mgh ＝12Mv 2，即上升的最大高度h ＝v 22g ，C 项错误；当物块向上摆动的瞬时，假如物块与夹子间的静摩擦力刚好为2F ，现在的速度v 是最大速度，则2F －Mg ＝M v 2L，解得v ＝（2F －Mg ）LM，D 项正确．迁移3 轻杆模型3．(多选)长为L 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直平面内做圆周运动，关于小球在最高点的速度v ，下列说法中正确的是( )A ．当v 的值为gL 时，杆对小球的弹力为零B ．当v 由gL 逐步增大时，杆对小球的拉力逐步增大C ．当v 由gL 逐步减小时，杆对小球的支持力逐步减小D ．当v 由零逐步增大时，向心力也逐步增大解析：选ABD.在最高点球对杆的作用力为0时，由牛顿第二定律得：mg ＝mv 2L ，v ＝gL ，A 对；当v ＞gL时，轻杆对球有拉力，则F ＋mg ＝mv 2L ，v 增大，F 增大，B 对；当v ＜gL 时，轻杆对球有支持力，则mg －F ′＝mv 2L ，v 减小，F ′增大，C 错；由F 向＝mv 2L知，v 增大，向心力增大，D 对． [学生用书P73]1.(2021·高考全国卷Ⅱ)小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止开释．在各自轨迹的最低点 ( )A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度解析：选C.小球从开释到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质量大于Q 球的质量，由E k ＝12mv 2可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，依照牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2L ，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q 球的质量，因此C 项正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误．2．(多选)(2020·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A ．选择路线①，赛车通过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时刻最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg＝m v 2R ，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；依照t ＝sv，可得①、②、③所用的时刻分别为t 1＝（π＋2）r μgr ，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π2μgr ，其中t 3最小，可知路线③所用时刻最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．3．(2021·高考全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216g B ．v 28g C.v 24gD ．v 22g解析：选B.设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，依照机械能守恒定律有mg ×2R ＝12mv 2－12mv 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝ ⎛⎭⎪⎫R －v 28g 2＋v 44g2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v 28g 时，x 取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．4.如图所示，水平圆盘可绕通过圆心的竖直轴转动，盘上放两个小物体P 和Q ，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力差不多上f m ，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心O ，P 离圆心距离为r 1，Q 离圆心距离为r 2，且r 1＜r 2，两个物体随圆盘以角速度ω匀速转动，且两个物体始终与圆盘保持相对静止，则( )A ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力均指向圆心B ．ω取不同值时，Q 所受静摩擦力始终指向圆心，而P 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心C ．ω取不同值时，P 所受静摩擦力始终指向圆心，而Q 所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心D ．ω取不同值时，P 和Q 所受静摩擦力可能都指向圆心，也可能都背离圆心解析：选B.设P 、Q 质量均为m ，当角速度ω较小时，做圆周运动的向心力均由盘对其的静摩擦力提供，细线伸直但无张力．当mω2r ＝f m 即ω＝f mmr时，若再增大ω，则静摩擦力不足以提供做圆周运动所需的向心力，细线中开始显现张力，不足的部分由细线中张力提供，对Q 而言有T ＋f m ＝mω2r 2，而现在对P 而言有T ＋f ＝mω2r 1；随着细线张力的增大，P 受到的指向圆心的静摩擦力会逐步减小，当T ＞mω2r 1时，P 受到的静摩擦力开始背离圆心，B 项正确．[学生用书P297(单独成册)] (建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2020·江西师大附中模拟)如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，则自行车前进的速度为( )A.πnr 1r 3r 2B ．πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D ．2πnr 1r 3r 2解析：选D.自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故依照公式可得：ω1r 1＝ω2r 2，解得ω2＝ω1r 1r 2，小齿轮和后轮是同轴转动，因此两者的角速度相等，故线速度v ＝r 3ω2＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确．2．(2021·高考全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心解析：选A.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C 、D 项错误．3．(2020·高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A 滑到C，所用的时刻为t1，第二次由C滑到A，所用的时刻为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )A．t1<t2B．t1＝t2C．t1>t2D．无法比较t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能缺失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能缺失也越小，从C 处开始滑动时，小滑块缺失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能缺失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2.选项A正确．4．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情形与原先相比较，下面的判定中正确的是( )A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力减小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小解析：选D.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝T sin θ，对A，有：T sin θ＝ma，T cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝mgcos θ，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝g tan θ＝ω2l sin θ，ω＝gl cos θ，θ变小，ω变小，故D正确．5.(高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环。

第4讲 万有引力与航天时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共12小题，每小题6分，共72分。

其中1～7题为单选，8～12题为多选)1．(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行。

与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )A ．周期变大 B.速率变大 C ．动能变大 D.向心加速度变大答案 C解析 天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道运行，根据G Mm r 2＝ma ＝mv 2r ＝mr 4π2T2可知，组合体运行的向心加速度、速率、周期不变，质量变大，则动能变大，C 正确。

2．(2018·江苏高考)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。

今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km ，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000 km ，它们都绕地球做圆周运动。

与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是( )A ．周期 B.角速度 C ．线速度 D.向心加速度答案 A解析 设地球质量为M ，人造卫星质量为m ，人造卫星做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m 2πT 2r ＝ma ，得v ＝GMr ，ω＝GM r 3，T ＝2π r 3GM ，a ＝GM r2，因为“高分四号”的轨道半径比“高分五号”的轨道半径大，所以A 正确，B 、C 、D 错误。

3．(2018·全国卷Ⅱ)2018年2月，我国500 m 口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T ＝5.19 ms ，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11N·m 2/kg 2。

以周期T 稳定自转的星体的密度最小值约为( )A ．5×109kg/m 3B.5×1012 kg/m 3C ．5×1015kg/m 3D.5×1018kg/m 3答案 C解析 设脉冲星质量为M ，密度为ρ，半径为R ，星体表面一物块质量为m ，根据天体运动规律知：GMm R 2≥m 2πT 2R ，ρ＝M V ＝M 43πR3，代入可得：ρ≥3πGT2≈5×1015 kg/m 3，故C 正确。

2021年度高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第2讲抛体运动学案20210804269一、平抛运动1.定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下的运动.2.性质：平抛运动是加速度为g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线.3.研究方法：运动的合成与分解(1)水平方向：匀速直线运动；(2)竖直方向：自由落体运动. 4.差不多规律(如图1)图1(1)位移关系(2)速度关系自测1 一个物体以初速度v 0水平抛出，落地时速度为v ，则运动时刻为(不计空气阻力)( )A.v －v 0gB.v ＋v 0gC.v 2－v 20gD.v 2＋v 20g答案 C自测2 (多选)某人向放在水平地面上正前方的小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图2所示.不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，可能做出的调整为( )图2A.减小初速度，抛出点高度不变B.增大初速度，抛出点高度不变C.初速度大小不变，降低抛出点高度D.初速度大小不变，提高抛出点高度答案AC二、斜抛运动1.定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动.2.性质：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线.3.研究方法：运动的合成与分解(1)水平方向：匀速直线运动；(2)竖直方向：匀变速直线运动.4.差不多规律(以斜上抛运动为例，如图3所示)图3(1)水平方向：v0x＝v0cosθ，F合x＝0；(2)竖直方向：v0y＝v0sinθ，F合y＝mg.自测3有A、B两小球，B的质量为A的两倍，现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力，如图4所示，①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是( )图4A.①B.②C.③D.④答案 A解析物体做斜抛运动的轨迹只与初速度的大小和方向有关，而与物体的质量无关，A、B 两小球的运动轨迹相同，故A项正确.命题点一平抛运动差不多规律的应用1.飞行时刻由t＝2hg知，时刻取决于下落高度h，与初速度v0无关.2.水平射程x＝v0t＝v02hg，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关.3.落地速度v＝v x2＋v y2＝v20＋2gh，以θ表示落地速度与水平正方向的夹角，有tanθ＝v yv x＝2ghv0，落地速度与初速度v0和下落高度h有关.4.速度改变量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，因此做平抛运动的物体在任意相等时刻间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图5所示.图55.两个重要推论(1)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过现在水平位移的中点，如图6所示，即x B＝x A2.图6推导：⎭⎪⎬⎪⎫tanθ＝y Ax A－x Btanθ＝v yv0＝2y Ax A→x B＝x A2(2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tanθ＝2tanα.推导：⎭⎪⎬⎪⎫tan θ＝v y v 0＝gtv 0tan α＝y x ＝gt2v 0→tan θ＝2tan α 类型1 单个物体的平抛运动例1 (2021·全国卷Ⅰ·15)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的阻碍).速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网.其缘故是( )A.速度较小的球下降相同距离所用的时刻较多B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时刻较少D.速度较大的球在相同时刻间隔内下降的距离较大 答案 C解析 由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则依照h ＝12gt 2及v y 2＝2gh 可知，乒乓球的运动时刻、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项A 、B 、D 均错误；由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时刻短，在竖直方向下落的距离较小，能够越过球网，故C 正确.变式1 (多选)(2021·江西南昌3月模拟)如图7所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD —A 1B 1C 1D 1，从顶点A 沿不同方向平抛一小球(可视为质点).关于小球的运动，下列说法正确的是( )图7A.落点在A 1B 1C 1D 1内的小球，落在C 1点时平抛的初速度最大B.落点在B 1D 1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶ 2C.运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同D.运动轨迹与A 1C 相交的小球，在交点处的速度方向都相同 答案 ABC解析 依据平抛运动规律有h ＝12gt 2，得飞行时刻t ＝2hg，水平位移x ＝v 02hg，落点在A 1B 1C 1D 1内的小球，h 相同，而水平位移x AC 1最大，则落在C 1点时平抛的初速度最大，A 项正确.落点在B 1D 1上的小球，由几何关系可知最大水平位移x max ＝L (L 为正方体的棱长)，最小水平位移x min ＝22L ，据v 0＝x g2h，可知平抛运动初速度的最小值与最大值之比v min ∶v max ＝x min ∶x max ＝1∶2，B 项正确.凡运动轨迹与AC 1相交的小球，位移偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有tan θ＝2tan β，故θ相同，则运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同，C 项正确，同理可知D 项错误.例2 (2021·全国卷Ⅱ·17)如图8，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )图8A.v 216gB.v 28gC.v 24gD.v 22g答案 B解析 小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得12mv 2＝2mgr ＋12mv 12，小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x ＝v 1t ，t ＝2rg ，联立解得，x ＝2v 2gr －4r 2， 由数学知识可知，当r ＝v 28g时，x 最大，故选项B 正确.变式2 如图9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)，则( )图9A.足球位移的大小x ＝L 24＋s 2B.足球初速度的大小v 0＝g 2h L 24＋s 2C.足球末速度的大小v＝g 2h L 24＋s 2＋4gh D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L 2s答案 B解析 足球位移大小为x ＝L22＋s 2＋h 2＝L 24＋s 2＋h 2，A 错误；依照平抛运动规律有：h ＝12gt 2，L 24＋s 2＝v 0t ，解得v 0＝g 2h L 24＋s 2，B 正确；依照动能定理mgh ＝12mv 2－12mv 02可得v ＝v 20＋2gh ＝g 2h L 24＋s 2＋2gh ，C 错误；足球初速度方向与球门线夹角的正切值tan θ＝s L2＝2sL，D 错误.类型2 多个物体的平抛运动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刻平均增大，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只是两物体的可能相遇处，两物体必须同时到达此处才会相遇.例3 如图10所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，通过时刻t 在空中相遇.若两球的抛出速度都变为原先的2倍，则两球从抛出到相遇通过的时刻为( )图10A.tB.22t C.t 2D.t4答案 C解析 设A 、B 两小球的抛出点间的水平距离为L ，分别以水平速度v 1、v 2抛出，通过时刻t 的水平位移分别为x 1、x 2，依照平抛运动规律有x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t ，又x 1＋x 2＝L ，则t ＝L v 1＋v 2；若两球的抛出速度都变为原先的2倍，则两球从抛出到相遇通过的时刻为t ′＝L2v 1＋v 2＝t2，故选项C 正确. 变式3 在水平路面上做匀速直线运动的小车内有一固定的竖直杆，车内的三个水平支架上有三个完全相同的小球A 、B 、C ，它们离地面的高度分别为3h 、2h 和h ，当小车遇到障碍物P 时，赶忙停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图11所示，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图11A.三个小球落地时刻差与车速有关B.三个小球落地点的间隔距离L 1＝L 2C.三个小球落地点的间隔距离L 1<L 2D.三个小球落地点的间隔距离L 1>L 2 答案 C解析 落地时刻只与下落的高度有关，故A 项错误；三个小球在竖直方向上做自由落体运动，由公式t ＝2hg可得下落时刻之比为t A ∶t B ∶t C ＝3∶2∶1，水平位移之比x A ∶x B ∶x C ＝3∶2∶1，则L 1∶L 2＝(3－2)∶(2－1)，故L 1<L 2，故C 正确，B 、D 错误. 命题点二 有约束条件的平抛运动模型模型1 对着竖直墙壁平抛如图12所示，水平初速度v 0不同时，尽管落点不同，但水平位移d 相同，t ＝d v 0.图12例4 (多选)从竖直墙的前方A 处，沿AO 方向水平发射三颗弹丸a 、b 、c ，在墙上留下的弹痕如图13所示，已知Oa ＝ab ＝bc ，则a 、b 、c 三颗弹丸(不计空气阻力)( )图13A.初速度之比是6∶3∶ 2B.初速度之比是1∶2∶ 3C.从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶ 3D.从射出至打到墙上过程速度增量之比是6∶3∶ 2 答案 AC解析 水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动.又因为竖直方向上Oa ＝ab ＝bc ，即Oa ∶Ob ∶Oc ＝1∶2∶3，由h ＝12gt 2可知t a ∶t b ∶t c ＝1∶2∶3，由水平方向x ＝v 0t 可得v a ∶v b ∶v c ＝1∶12∶13＝6∶3∶2，故选项A 正确，B 错误；由Δv ＝gt ，可知从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶3，故选项C 正确，D 错误.模型2 斜面上的平抛问题 1.顺着斜面平抛(如图14)图14方法：分解位移.x ＝v 0t ， y ＝12gt 2，tan θ＝y x， 可求得t ＝2v 0tan θg. 2.对着斜面平抛(如图15)图15方法：分解速度.v x ＝v 0， v y ＝gt ，tan θ＝v 0v y ＝v 0gt， 可求得t ＝v 0g tan θ.例5 (多选)(2020·陕西西安调研)如图16所示，倾角为θ的斜面上有A 、B 、C 三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D 点，今测得AB ∶BC ∶CD ＝5∶3∶1，由此可判定(不计空气阻力)( )图16A.A 、B 、C 处三个小球运动时刻之比为1∶2∶3B.A 、B 、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1C.A 、B 、C 处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1D.A 、B 、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 答案 BC解析 由于沿斜面AB ∶BC ∶CD ＝5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时刻之比为3∶2∶1，A 项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B 项正确；同时tan α＝gtv 0，因此三个小球的初速度大小之比等于运动时刻之比，为3∶2∶1，C 项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D 点相切，因此可不能在空中相交，D 项错误. 变式4 (多选)如图17所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A 正上方的小球以初速度v 0正对斜面顶点B 水平抛出，小球到达斜面通过的时刻为t ，重力加速度为g ，空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )图17A.若小球以最小位移到达斜面，则t ＝2v 0g tan θ B.若小球垂直击中斜面，则t ＝v 0g tan θC.若小球能击中斜面中点，则t ＝2v 0g tan θD.不管小球到达斜面何处，运动时刻均为t ＝2v 0tan θg答案 AB解析 小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝x y ＝2v 0gt ，即t ＝2v 0g tan θ，A 正确，D 错误；小球垂直击中斜面时，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v 0gt，即t ＝v 0g tan θ，B 正确；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L ，则水平射程为L cos θ＝v 0t ，下落高度为L sin θ＝12gt 2，联立两式得t ＝2v 0tan θg ，C 错误.模型3 半圆内的平抛问题如图18所示，由半径和几何关系制约时刻t ：h ＝12gt 2，R ±R 2－h 2＝v 0t .联立两方程可求t .图18例6 如图19所示，薄半球壳ACB 的水平直径为AB ，C 为最低点，半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力.则下列判定正确的是( )图19A.只要v 0足够大，小球能够击中B 点B.v 0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角能够相同C.v 0取值适当，能够使小球垂直撞击到半球壳上D.不管v 0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上 答案 D解析 小球做平抛运动，竖直方向有位移，v 0再大也不可能击中B 点，A 错误；v 0不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和A 点的连线与AB 的夹角φ不同，由推论tan θ＝2tan φ可知，小球落在半球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度反向延长线一定通过半球壳的球心，且该反向延长线与AB 的交点为水平位移的中点，而这是不可能的，故B 、C 错误，D 正确.变式5 如图20，竖直平面内有一段圆弧MN ，小球从圆心O 处水平抛出.若初速度为v a ，将落在圆弧上的a 点；若初速度为v b ，将落在圆弧上的b 点.已知Oa 、Ob 与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则( )图20A.v a v b ＝sin αsin βB.v a v b ＝cos βcos αC.v a v b ＝cos βcos αsin αsin βD.v a v b ＝sin αsin βcos βcos α答案 D解析 小球水平抛出，其做平抛运动，由平抛运动规律知， 若落到a 点，则有R sin α＝v a t a R cos α＝12gt a 2得v a ＝gR2cos α·sin α 若落到b 点，则有R sin β＝v b t b R cos β＝12gt b 2得v b ＝gR2cos β·sin β 则v a v b ＝sin αsin βcos βcos α，故D 正确. 命题点三 平抛运动的临界和极值问题例7 如图21所示，小球自楼梯顶的平台上以水平速度v 0做平抛运动，所有阶梯的高度为0.20m ，宽度为0.40m ，重力加速度g 取10m/s 2.图21(1)求小球抛出后能直截了当打到第1级阶梯上v 0的范畴； (2)求小球抛出后能直截了当打到第2级阶梯上v 0的范畴；(3)若小球以10.4m/s 的速度水平抛出，则小球直截了当打到第几级阶梯上？ 答案 (1)0<v 0≤2 m/s (2)2 m/s<v 0≤22m/s (3)28 解析 (1)运动情形如图甲所示，依照题意及平抛运动规律有h ＝gt 212，x ＝v 0t 1，可得v 0＝2 m/s ，故直截了当打到第1级阶梯上v 0的范畴是0<v 0≤2 m/s.(2)运动情形如图乙所示，依照题意及平抛运动规律有2h ＝gt 222，2x ＝v 0t 2，可得v 0＝22m/s ，故直截了当打到第2级阶梯上v 0的范畴是2 m/s<v 0≤22m/s(3)同理推知，直截了当打到第3级阶梯上v 0的范畴是22m/s<v 0≤23m/s 直截了当打到第n 级阶梯上v 0的范畴是2n －1m/s<v 0≤2n m/s 设能直截了当打到第n 级阶梯上，有2n －1<10.4≤2n 解得27.04≤n <28.04，故能直截了当打到第28级阶梯上.变式6 (2020·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图22所示.水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，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 在某范畴内，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 的最大取值范畴是( )图22A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜4L 21＋L 22g6hC.L 12g 6h ＜v ＜124L 21＋L 22g6hD.L 14g h ＜v ＜124L 21＋L 22g6h答案 D解析 发射机不管向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动.当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt 212① L 12＝v 1t 1②联立①②两式，得v 1＝L 14g h当速度v 最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有L 222＋L 21＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④两式，得v 2＝124L 21＋L 22g6h因此使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范畴为L 14g h ＜v ＜124L 21＋L 22g6h，选项D 正确.变式7 如图23所示，排球场总长为18m ，设球网高度为2m ，运动员站在离网3m 的线上，正对网向上跳起将球水平击出.(不计空气阻力，取g ＝10m/s 2)图23(1)设击球点在3m 线正上方高度为2.5m 处，试问击球的速度在什么范畴内才能使球既不触网也不越界？(2)若击球点在3m 线正上方的高度小于某个值，那么不管击球的速度多大，球不是触网确实是越界，试求那个高度. 答案 见解析解析 (1)如图甲所示，设球刚好擦网而过，则击球点到擦网点的水平位移x 1＝3m ，竖直位移y 1＝h 2－h 1＝(2.5－2) m ＝0.5m ，依照位移关系x ＝vt ，y ＝12gt 2，可得v ＝xg2y，代入数据可得v 1＝310m/s ，即所求击球速度的下限.设球刚好打在边界线上，则击球点到落地点的水平位移x 2＝12m ，竖直位移y 2＝h 2＝2.5m ，代入速度公式v ＝xg2y，可求得v 2＝122m/s ，即所求击球速度的上限.欲使球既不触网也不越界，则击球速度v 应满足310m/s<v ≤122m/s. (2)设击球点高度为h 3时，球恰好既触网又压线，如图乙所示设现在球的初速度为v 3，击球点到触网点的水平位移x 3＝3m ，竖直位移y 3＝h 3－h 1＝h 3－2m ，代入速度公式v ＝x g2y可得v 3＝35h 3－2；同理对压线点有x 4＝12m ，y 4＝h 3，代入速度公式v ＝xg2y可得v 3＝125h 3.联立解得h 3≈2.13m ，即当击球高度小于2.13m 时，不管球被水平击出的速度多大，球不是触网，确实是越界.1.如图1，将a 、b 两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P 点，a 球抛出时的高度较b 球高，P 点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力.与b 球相比，a 球( )图1A.初速度较大B.速度变化率较大C.落地时速度一定较大D.落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大 答案 D2.在一堵竖直高墙前x 远处的高台上水平抛出A 、B 两小球，若两球抛出的初速度v A >v B ，A 、B 两球分别打到高墙a 、b 两点，则有(不计空气阻力)( )A.a 点在b 点的上方B.a 点在b 点的下方C.A 球打到a 点的速率一定大于B 球打到b 点的速率D.A 球打到a 点的速率一定小于B 球打到b 点的速率 答案 A解析 平抛运动的水平位移x ＝vt ，速度越大，时刻越短，再由h ＝12gt 2可得时刻短的竖直位移小，高度高，因此a 点在b 点的上方，选项A 正确，选项B 错误；a 的水平速度比b 大，b 的竖直速度比a 大，无法比较合速度v ＝v x 2＋v y 2的大小，选项C 、D 错误.3.(2020·福建福州调研)从距地面h 高度水平抛出一小球，落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列结论中正确的是( ) A.小球初速度为2gh tan θ B.小球着地速度大小为2gh sin θC.若小球初速度减为原先的一半，则平抛运动的时刻变为原先的两倍D.若小球初速度减为原先的一半，则落地时速度方向与水平方向的夹角变为2θ 答案 B4.(2021·广东佛山二模)2021年起，我国空军出动“战神”轰-6K 等战机赴南海斗争巡航.如图2，某次战备投弹训练，飞机在水平方向做加速直线运动的过程中投下一颗模拟弹.飞机飞行高度为h ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )图2A.在飞行员看来模拟弹做平抛运动B.模拟弹下落到海平面的时刻为2hgC.在飞行员看来模拟弹做自由落体运动D.若斗争机做加速向下的俯冲运动，现在飞行员一定处于失重状态 答案 B解析 模拟弹相关于海面做平抛运动，其水平方向做匀速直线运动，因飞机在水平方向做加速运动，因此在飞行员看来模拟弹做的既不是平抛运动，也不是自由落体运动，A 、C 项错误.模拟弹在竖直方向做自由落体运动，h ＝12gt 2，得t ＝2hg，B 项正确.“加速”是指其有一定的加速度，“向下”是指其竖直向下的分速度不为0，但其加速度未必有竖直向下的重量，则飞行员不一定处于失重状态，D 项错误.5.如图3所示，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6m ，墙的厚度d ＝0.4m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4m 、距窗子上沿h ＝0.2m 处的P 点，将可视为质点的小物件以v 的速度水平抛出，小物件直截了当穿过窗口并落在水平地面上，空气阻力不计，取g ＝10m/s 2.则v 的取值范畴是( )图3A.v ＞7 m/sB.v ＜2.3 m/sC.3 m/s ＜v ＜7 m/sD.2.3 m/s ＜v ＜3 m/s答案 C6.如图4所示，小球由倾角为45°的斜坡底端P 点正上方某一位置Q 处自由下落，下落至P 点的时刻为t 1，若小球从同一点Q 处以速度v 0水平向左抛出，恰好垂直撞在斜坡上，运动时刻为t 2，不计空气阻力，则t 1∶t 2等于()图4A.1∶2B.3∶1C.1∶ 2D.1∶ 3答案B7.(2021·河南百校联盟4月模拟)如图5所示，斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面的高AB 为2m ，倾角为θ＝37°，且D 是斜面的中点，在A 点和D 点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C 点的水平距离为( )图5A.34mB.23mC.22mD.43m 答案 D解析 设斜面的高AB 为h ，落地点到C 点的距离为x ，则由几何关系及平抛运动规律有htan θ＋x2h g ＝h2tan θ＋xhg，解得x ＝43m ，选项D 正确.8.一阶梯如图6所示，其中每级台阶的高度和宽度差不多上0.4m ，一小球以水平速度v 飞出，g 取10m/s 2，空气阻力不计，欲打在第四台阶上，则v 的取值范畴是( )图6A.6m/s<v ≤22m/sB.2 2 m/s<v ≤3.5 m/sC.2m/s<v <6m/sD.22m/s<v <6m/s 答案 A解析 小球做平抛运动，依照平抛运动规律有x ＝vt ，y ＝12gt 2，小球恰好通过台阶边缘时，依照几何关系有vt ＝12gt 2，得v ＝12gt ，假如落到第四台阶上，则有3×0.4m<12gt 2≤4×0.4m，代入v ＝12gt ，得6m/s<v ≤22m/s ，A 正确.9.如图7所示，套圈游戏是一项专门受儿童欢迎的活动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3m 、高为20cm 的竖直细杆，即为获胜.一身高1.4m 的儿童从距地面1m 高度水平抛出圆环，圆环半径为10cm ，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g 取10m/s 2，空气阻力不计)( )图7A.7.4 m/sB.9.6 m/sC.7.8 m/sD.8.2 m/s 答案 C解析 圆环做平抛运动，圆环距细杆上端的竖直距离为H ＝0.8m ，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，则有H ＝12gt 2，解得t ＝0.4s ，圆环后端与细杆的水平距离为3.2m ＝v 1·t ，得v 1＝8m/s ，圆环前端与细杆的水平距离为3 m ＝v 2·t ，得v 2＝7.5 m/s ，因此要想套住细杆，圆环水平抛出的速度范畴为7.5 m/s<v <8 m/s ，故选C.10.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，如图8所示，它们的竖直边长差不多上底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a 、b 、c .下列判定正确的是( )图8A.图中三小球比较，落在a 点的小球飞行时刻最短B.图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最大C.图中三小球比较，落在c 点的小球飞行过程速度变化最快D.不管小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直 答案 D解析 题图中三个小球均做平抛运动，能够看出a 、b 和c 三个小球下落的高度关系为h a >h b >h c ，由t ＝2hg，得t a >t b >t c ，又Δv ＝gt ，则知Δv a >Δv b >Δv c ，A 、B 项错误.速度变化快慢由加速度决定，因为a a ＝a b ＝a c ＝g ，则知三个小球飞行过程中速度变化快慢相同，C 项错误.由题给条件可确定小球落在左边斜面上的瞬时速度不可能垂直于左边斜面，而对右边斜面可假设小球初速度为v 0时，其落到斜面上的瞬时速度v 与斜面垂直，将v 沿水平方向和竖直方向分解，则v x ＝v 0，v y ＝gt ，且需满足v x v y ＝v 0gt＝tan θ(θ为右侧斜面倾角)，由几何关系可知tan θ＝12，则v 0＝12gt ，而竖直位移y ＝12gt 2，水平位移x ＝v 0t ＝12gt 2，能够看出x ＝y ，而由题图可知这一关系不可能存在，则假设不能成立，D 项正确.11.(2020·贵州兴义质检)某新式可调火炮，水平射出的炮弹可视为平抛运动.如图9，目标是一个剖面为90°的扇形山崖OAB ，半径为R (R 为已知)，重力加速度为g .图9(1)若以初速度v 0(v 0为已知)射出，恰好垂直打在圆弧的中点C ，求炮弹到达C 点所用的时刻；(2)若在同一高地P 先后以不同速度射出两发炮弹，击中A 点的炮弹运行的时刻是击中B 点的两倍，O 、A 、B 、P 在同一竖直平面内，求高地P 离A 的高度.答案 (1)v 0g (2)43R解析 (1)设炮弹的质量为m ，炮弹做平抛运动，其恰好垂直打在圆弧的中点C 时，如图，由几何关系可知，其水平分速度和竖直分速度相等，即v y ＝v x ＝v 0 又v y ＝gt 得t ＝v 0g(2)设高地P 离A 的高度为h ，则有h ＝12g (2t 0)2 h －R ＝12gt 02解得h ＝43R12.如图10所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m ＝1kg 的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.现小滑块以某一初速度v 从斜面底端上滑，同时在斜面正上方有一小球以速度v 0水平抛出，通过0.4s ，小球恰好垂直斜面落入凹槽，现在，小滑块还在上滑过程中.空气阻力不计，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s 2，求：图10(1)小球水平抛出的速度v 0的大小； (2)小滑块的初速度v 的大小. 答案 (1)3 m/s (2)5.35 m/s解析 (1)设小球落入凹槽时竖直速度为v y ，则v y ＝gt ＝10×0.4m/s＝4 m/s v 0＝v y tan37°＝3m/s.(2)小球落入凹槽时的水平位移x ＝v 0t ＝3×0.4m＝1.2m 则小滑块的位移为s ＝ 1.2cos37°m ＝1.5m小滑块上滑时，由牛顿第二定律有mg sin37°＋μmg cos37°＝ma 解得a ＝8m/s 2依照公式s ＝vt －12at 2解得v ＝5.35m/s.。

第四节万有引力定律及其应用一、开普勒三定律1．内容(1)行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理．(2)开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动等．(3)开普勒第三定律a3T2＝k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同．1．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：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，与牛顿定律无联系，选项A错误，选项B正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D错误．答案：B二、万有引力定律1．内容自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m 1和m 2的乘积成正比，与它们之间距离r 的二次方成反比．2．表达式F ＝G m 1m 2r2，G 为引力常量，G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2.3．适用条件(1)公式适用于质点间的相互作用，当两个物体间的距离远大于物体本身的大小时，物体可视为质点．(2)质量分布均匀的球体可视为质点，r 是两球心间的距离． 4．天体运动问题分析(1)将天体或卫星的运动看成匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供． (2)基本公式：G Mm r2＝ma ＝⎩⎪⎨⎪⎧m v 2r →vmrω2→ωmr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2→T mvω2．我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350 km ，“神舟八号”在运行轨道高度为343 km.它们的运行轨道均视为圆周，则( )A ．“天宫一号”比“神舟八号”速度大B ．“天宫一号”比“神舟八号”周期长C ．“天宫一号”比“神舟八号”角速度大D ．“天宫一号”比“神舟八号”加速度大解析：航天器在围绕地球做匀速圆周运动的过程中由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和匀速圆周运动知识得G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2＝ma ，解得v ＝GMr，T ＝4π2r3GM，ω＝GM r 3，a ＝GMr2，而“天宫一号”的轨道半径比“神舟八号”的轨道半径大，可知选项B 正确．答案：B 三、宇宙速度 1．三个宇宙速度(1)意义：是人造地球卫星的最大环绕速度，也是人造卫星的最小发射速度．(2)计算方法：由G Mm R 2＝m v 2R 得v ＝GM R ，或由mg ＝m v 2R得v ＝gR .3．金星的半径是地球的0.95倍，质量为地球的0.82倍，金星表面的自由落体加速度是多大？金星的“第一宇宙速度”是多大？解析：根据星体表面忽略自转影响，重力等于万有引力知mg ＝GMmR 2， 故g 金g 地＝M 金M 地·⎝ ⎛⎭⎪⎫R 地R 金2， 金星表面的自由落体加速度g 金＝g 地×0.82×⎝ ⎛⎭⎪⎫10.952m/s 2≈8.9 m/s 2，由万有引力充当向心力，知GMm R2＝mv 2R，解得v ＝GMR， 所以v 金v 地＝M 金M 地·R 地R 金＝0.82×10.95≈0.93，v 金＝0.93×7.9 km/s ≈7.3 km/s.答案：8.9 m/s 27.3 km/s万有引力作用是宇宙中四种相互作用之一(另外三种分别是电磁相互作用强相互作用和弱相互作用)，万有引力是存在于宇宙中的任何两个物体之间，大到天体之间，小到核子之间，只是对微观粒子这种作用较弱，可以忽略不计．考点一 开普勒三定律(1)行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理．(2)开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动．(3)开普勒第三定律a 3T2＝k 中，k 值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k 值不同．但该定律只能用在同一中心天体的两星体之间．典例 (多选)(2017·全国卷Ⅱ)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M 、N 为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T 0.若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M 、Q 到N 的运动过程中( )A ．从P 到M 所用的时间等于T 04B ．从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大C ．从P 到Q 阶段，速率逐渐变小D ．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功[思维点拨] 按开普勒第二定律，海王星在P 点附近速度较大，可知时间较短． 解析：在海王星从P 到Q 的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速率越来越小，C 项正确；海王星从P 到M 的时间小于从M 到Q 的时间，因此从P 到M 的时间小于T 04，A 项错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从Q 到N 的运动过程中海王星的机械能守恒，B 项错误；从M 到Q 的运动过程中引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，从Q 到N 的过程中，引力与速度的夹角小于90°，因此引力做正功，即海王星从M 到N 的过程中万有引力先做负功后做正功，D 项正确．答案：CD开普勒第一定律解决了行星绕太阳运动的轨道问题；第二定律解决运行速率问题；第三定律解决周期问题．可推广到天体绕中心天体运动都遵循此规律．考点二 万有引力定律 1．地球表面的重力与万有引力地面上的物体所受地球的吸引力产生两个效果，其中一个分力提供了物体绕地轴做圆周运动的向心力，另一个分力等于重力．(1)在两极，向心力等于零，重力等于万有引力； (2)除两极外，物体的重力都比万有引力小；(3)在赤道处，物体的万有引力分解为两个分力F 向和mg 刚好在一条直线上，则有F ＝F向＋mg ，所以mg ＝F －F 向＝GMm R2－mRω2自. 2．地球表面附近(脱离地面)的重力与万有引力物体在地球表面附近(脱离地面)绕地球转时，物体所受的重力等于地球表面处的万有引力，即mg ＝GMm R2，R 为地球半径，g 为地球表面附近的重力加速度，上式变形得GM ＝gR 2. 3．距地面一定高度处的重力与万有引力物体在距地面一定高度h 处绕地球转时，mg ′＝GMm（R ＋h ）2，R 为地球半径，g ′为该高度处的重力加速度．4．万有引力的“两个推论”推论1：在匀质球壳的空腔内任意位置处，质点受到球壳的万有引力的合力为零，即∑F 引＝0.推论2：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 ′)对其的万有引力，即F ＝GM ′mr 2. 典例 (2019·沈阳一模)假设地球是一半径为R ，质量分布均匀的球体．一矿井深度为d ，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )A ．1－d RB ．1＋d RC.⎝ ⎛⎭⎪⎫R －d R 2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫R R －d 2[思维点拨] 由于“质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零”，可将物体看成是在半径为R －d 的天体的表面上，求出该中心天体的质量，利用重力近似等于万有引力求解．解析：如图所示，根据题意“质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零”，可知地面与矿井底部之间的环形部分对放在矿井底部的物体的引力为零，设地面处的重力加速度为g ，地球质量为M ，由地球表面的物体m 1受到的重力近似等于万有引力，故m 1g ＝GMm 1R 2，再将矿井底部所在的球体抽取出来，设矿井底部处的重力加速度为g ′，该球体质量为M ′，半径r ＝R －d ，同理可得矿井底部处的物体m 2受到的重力m 2g ′＝GM ′m 2r 2，且由M ＝ρV ＝43ρπR 3，M ′＝ρV ′＝43ρπ(R －d )3，联立解得g ′g ＝1－dR，A 正确．答案：A万有引力定律公式适用条件此公式适用于质点间的相互作用．当两物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点．均匀的球体可视为质点，r 是两球心间的距离，一个均匀球体与球外一个质点间的万有引力也适用，其中r 为球心到质点间的距离．考点三 天体质量和密度的估算 1.常用的天体质量和密度估算方法mr 4π2 T2利用天体表面重力加速度g、Rmg＝GMmR2M＝gR2G只能得到中心天体的质量密度的估算利用运行天体r、T、RGMmr2＝mr4π2T2，M＝43ρπR3ρ＝3πr3GT2R3，当r＝R时，ρ＝3πGT2利用近地卫星只需测出其运行周期利用天体表面重力加速度g、Rmg＝GMmR2，M＝43ρπR3ρ＝3g4πGR－(1)天体半径和卫星的轨道半径．通常把天体看成一个球体，天体的半径指的是球体的半径．卫星的轨道半径指的是卫星围绕天体做圆周运动的圆的半径．卫星的轨道半径大于等于天体的半径．(2)自转周期和公转周期．自转周期是指天体绕自身某轴线运动一周所用的时间，公转周期是指卫星绕中心天体做圆周运动一周所用的时间．自转周期与公转周期一般不相等．典例(2018·全国卷Ⅱ)2018年2月，我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19 ms.假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11N·m2/kg2.以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为( ) A．5×109 kg/m3B．5×1012 kg/m3C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3[思维点拨] 先找出符合条件的中心天体的最大体积，然后求出中心天体的质量，进一步求出中心天体的最小密度．解析：本题考查万有引力定律在天体中的应用．以周期T 稳定自转的星体，当星体的密度最小时，其表面物体受到的万有引力提供向心力，即GMm R 2＝m 4π2T 2R ，星体的密度ρ＝M43πR3，得其密度ρ＝3πGT 2＝3×3.146.67×10－11×（5.19×10－3）2 kg/m 3≈5×1015 kg/m 3，故选项C 正确．答案：C估算天体质量和密度的“四点注意”1．利用万有引力提供天体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，而非环绕天体的质量．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r ≈R ；计算天体密度时，V ＝43πR 3中的“R ”只能是中心天体的半径．3．天体质量估算中常有隐含条件，如地球的自转周期为24 h ，公转周期为365天等． 4．注意黄金代换式GM ＝gR 2的应用．考点四 卫星的运行规律 1.卫星运行的四个关系GMmr 2＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫ma →a ＝GM r 2→a ∝1r2m v 2r →v ＝GM r →v ∝1r mω2r →ω＝GM r 3→ω∝1r 3m4π2T 2r →T ＝4π2r 3GM→T ∝r 3越高越慢 2．三类特殊位置的转动比较径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的周期之比约为( )A．2∶1 B．4∶1C．8∶1 D．16∶1[思维点拨] 根据万有引力提供向心力得到周期的表达式，然后根据周期与半径的关系即可求解．解析：卫星P、Q围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即GMmR2＝m4π2T2R，则T＝4π2R3GM，T PT Q＝R3PR3Q＝81，选项C正确．答案：C1．卫星运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即GMmr2＝mv2r＝mrω2＝m4π2rT2＝ma n.2．解决力与运动关系的思想还是动力学思想，解决力与运动关系的桥梁还是牛顿第二定律．(1)卫星的a n、v、ω、T是相互联系的，其中一个量发生变化，其他各量也随之发生变化．(2)a n、v、ω、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径r和中心天体质量共同决定．1.(多选)如图所示，近地人造卫星和月球绕地球的运行轨道可视为圆．设卫星、月球绕地球运行周期分别为T 卫、T 月，地球自转周期为T 地，则( )A ．T 卫＜T 月B ．T 卫＞T 月C ．T 卫＜T 地D ．T 卫＝T 地解析：设近地卫星、地球同步轨道卫星和月球绕地球运行的轨道分别为r 卫、r 同和r 月，因r 月＞r 同＞r 卫，由开普勒第三定律r 3T2＝k ，可知T 月＞T 同＞T 卫，又同步卫星的周期T 同＝T 地，故有T 月＞T 地＞T 卫，选项A 、C 正确．答案：AC2.如图所示，一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动，A 、B 是卫星运动的远地点和近地点．下列说法中正确的是( )A ．卫星在A 点的角速度大于B 点的角速度 B ．卫星在A 点的加速度小于B 点的加速度C ．卫星由A 运动到B 过程中动能减小，势能增加D ．卫星由A 运动到B 过程中引力做正功，机械能增大解析：由开普勒第二定律知，卫星与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故卫星在远地点转过的角度较小，由ω＝θt知，卫星在A 点的角速度小于B 点的角速度，选项A 错误；设卫星的质量为m ，地球的质量为M ，卫星的轨道半径为r ，由万有引力定律得G mM r2＝ma ，解得a ＝GMr2，由此可知，r 越大，加速度越小，故卫星在A 点的加速度小于B 点的加速度，选项B 正确；卫星由A 运动到B 的过程中，引力做正功，动能增加，势能减小，选项C 错误；卫星由A 运动到B 的过程中，只有引力做功，机械能守恒，选项D 错误．答案：B3．(2019·惠州模拟)假设地球为质量均匀分布的球体．已知地球表面的重力加速度在两极处大小为g 0、在赤道处大小为g ，地球半径为R ，则地球自转的周期T 为( )A ．2πRg 0＋gB ．2πRg 0－gC ．2πg 0＋gR D ．2πg 0－gR答案：B4.如图所示，有人设想通过“打穿地球”从中国建立一条过地心的光滑隧道直达阿根廷．如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：设地球的平均密度为ρ，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F ＝G ·ρ·43πr 3·mr2＝43πGρmr ，此处的重力加速度a ＝F m ＝43πGρr ，故选项D 正确． 答案：D5．若地球半径为R ，把地球看作质量分布均匀的球体．某潜艇下潜深度为d ，某近地卫星轨道距离地面高度为h ，则此潜艇所在处与此近地卫星所在处的加速度之比为( )A.R －d R ＋hB.（R －d ）2（R ＋h ）2 C.（R －d ）（R ＋h ）2R3D.（R －d ）（R ＋h ）R2解析：令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等有g ＝G MR2.由于地球的质量为M ＝ρ·43πR 3，所以重力加速度的表达式可写成g ＝GM R2＝G ·ρ43πR 3R2＝43πGρR .根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为d 的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于(R －d )的球体在其表面产生的万有引力，故潜艇的重力加速度g ′＝43πGρ(R －d )，所以有g ′g ＝R －d R .根据万有引力提供向心力G Mm （R ＋h ）2＝ma ，近地卫星的加速度为a ＝GM （R ＋h ）2，所以a g ＝R 2（R ＋h ）2，g ′a ＝（R －d ）（R ＋h ）2R 3，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C6．(2019·乐山一调)一卫星绕某行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体的重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为F .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( )A.mv 2GFB.mv 4GFC.Fv 2GmD.Fv 4Gm答案：B7．(2017·北京卷)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：根据G MmR 2＝mg 可知，已知地球的半径及重力加速度可计算出地球的质量；根据GMm R 2＝mv 2R 及v ＝2πR T 可知，已知人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期可计算出地球的质量；根据G Mm r 2＝m 4π2T2r ，可知已知月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离，可计算出地球的质量；已知地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离只能求出太阳的质量，不能求出地球的质量．故选D.答案：D8．(2019·济南模拟)热爱天文科学的某同学从网上得到一些关于月球和地球的信息，如下表中所示．根据表格中数据，可以计算出地球和月球的密度之比为( )A.3∶2 B C ．4∶1 D ．6∶1解析：在星球表面附近，万有引力近似等于重力，即G Mm R 2＝mg ，解得星球质量M ＝gR 2G .地球和月球的质量之比M 地M 月＝g g 0·R 2R 20＝961，由密度公式ρ＝M V ，体积公式V ＝43πR 3，联立解得地球和月球的密度之比ρ地ρ月＝M 地M 月·R 30R 3＝32.答案：A9．(2019·四川棠湖中学开学考)“墨子号”卫星的工作高度约为500 km ，在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β(弧度)，引力常量为G .则下列关于“墨子号”的说法正确的是( )A ．线速度大于第一宇宙速度B ．环绕周期为2πtβC ．质量为s 3Gt 2βD ．向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度 答案：B10．(多选)(2019·烟台期末)我国计划到2020年左右，将完成35颗“北斗三号”卫星的组网，实现全球服务能力．“北斗三号”卫星导航系统空间段由5颗同步卫星和30颗非静止轨道卫星组成．以下关于地球同步卫星的说法正确的是( )A ．同步卫星绕地球运动的周期比月球绕地球运动的周期小B ．同步卫星可以从北半球上方通过C ．同步卫星绕地球运动的线速度比第一宇宙速度小D ．同步卫星绕地球运动的向心加速度大小大于地球表面的重力加速度大小解析：根据万有引力提供向心力有G Mm r 2＝m 4π2T2r ，可得T ＝4π2r3GM，即轨道半径越大，周期越长，月球和地球同步卫星都绕地球转动，月球的轨道半径更大，则周期较大，A 正确；同步卫星只能位于地球赤道正上方，不能从北半球上方通过，B 错误；由G Mm r 2＝m v 2r 得v ＝GMr，即轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度近似等于近地卫星的线速度，而同步卫星的轨道半径比近地卫星的轨道半径大，则其线速度比第一宇宙速度小，C 正确；由G Mm r2＝ma 得a ＝GMr 2，同步卫星的轨道半径比地球的半径大，故其向心加速度大小小于地球表面的重力加速度大小，D 项错误．答案：AC。

第四章 曲线运动 万有引力与航天一、知识网络1．运动的合成和分解 Ⅱ 2．抛体运动 Ⅱ 3．匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 Ⅰ 4．匀速圆周运动的向心力 Ⅱ 5．离心现象 Ⅰ 6．万有引力定律及其应用 Ⅱ 7．环绕速度 Ⅱ 8．第二宇宙速度和第三宇宙速度 Ⅰ 9．经典时空观和相对论时空观 Ⅰ 三、复习提要本章知识点，从近几年高考看，主要考查的有以下几点：（1）平抛物体的运动。

（2）匀速圆周运动及其重要公式，如线速度、角速度、向心力等。

（3）万有引力定律及其运用。

（4）运动的合成与分解。

注意圆周运动问题是牛顿运动定律在曲线运动中的具体应用，要加深对牛顿第二定律的理解，提高应用牛顿运动定律分析、解决实际问题的能力。

近几年对人造卫星问题考查频率较高，它是对万有引力的考查。

卫星问题与现代科技结合密切，对理论联系实际的能力要求较高，要引起足够重视。

本章内容常与电场、磁场、机械能等知识综合成难度较大的试题，学习过程中应加强综合能力的培养。

四、命题热点与展望本章内容在高考题中常有出现，考查重点是对概念和规律的理解和运用。

内容主要集中在平抛运动和天体运动、人造卫星的运动规律等方面，且均有一定难度。

本章的圆周运动经常与电磁场、洛仑兹力等内容结合起来考查。

§1 运动的合成与分解 平抛物体的运动一、曲线运动1．曲线运动的条件：质点所受合外力的方向（或加速度方向）跟它的速度方向不在同一直线上。

当物体受到的合力为恒力（大小恒定、方向不变）时，物体作匀变速曲线运动 ，如平抛运动。

当物体受到的合力大小恒定而方向总跟速度的方向垂直，则物体将做匀速率圆周运动。

如果物体受到约束，只能沿圆形轨道运动，而速率不断变化，是变速率圆周运动。

合力的方向并不总跟速曲线运动万有引力与航天度方向垂直。

2．曲线运动的特点：（1）曲线运动中速度的方向沿曲线的切线方向，在曲线运动中速度方向是时刻改变的，所以曲线运动一定是变速运动。

第四章曲线运动万有引力与航天
【迁移深化】
1－1。

C [由h＝错误!gt2得
l AB sin 30°＝错误!gt2
l AB cos 30°＝v0t
解得t＝错误!tan 30°＝错误!v0
v y＝gt，v＝错误!，
代入数据解得v＝错误!m/s，
故选项C正确.］
1－2。

A [小球做平抛运动,其运动轨迹如图所示。

设斜面的倾角为θ。

平抛运动可以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，x＝v0t，h＝错误!gt2，由图中几何关系，可得tan θ＝错误!，解得t＝错误!；
从抛出到落到斜面上,由动能定理可得：
mgh＝错误!mv′2－错误!mv错误!，可得：
v′＝错误!＝错误!·v0,
则错误!＝错误!＝错误!＝错误!，选项A正确。

］
2－1。

D ［由万有引力定律提供向心力知G错误!＝m错误!r,联立M＝ρ·错误!πR3和r＝R,解得ρ＝错误!，3π为一常数，设为k，故选项D正确.]
2－2.C [毫秒脉冲星稳定自转时由万有引力提供其表面物体做圆
周运动的向心力，根据G Mm
R2＝m错误!，M＝ρ·错误!πR3，得ρ＝错误!，
代入数据解得ρ≈5×1015 kg/m3,C正确。

］。