2018年高考物理复习4-2

42机械振动一、选择题(每小题均有多个选项符合题目要求)1．如图所示是某一质点做简谐运动的图象，下列说法正确的是( )A．在第1 s内，质点速度逐渐增大B．在第1 s内，质点加速度逐渐增大C．在第1 s内，质点的回复力逐渐增大D．在第4 s内质点的动能逐渐增大E．在第4 s内质点的机械能逐渐增大2．铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等．所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6 m，列车固有振动周期为0.315 s．下列说法正确的是( )A．列车的危险速率为20 m/sB．列车的危险速率为40 m/sC．列车过桥需要减速，是为了防止发生共振现象D．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的E．增加钢轨的长度有利于列车高速运行3．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是( )A．质点振动的频率是4 HzB．在10 s内质点经过的路程是20 cmC．第4 s末质点的速度最大D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点的位移大小相等、方向相同E．在t＝2 s和t＝6 s两时刻，质点的速度相同4．甲、乙两弹簧振子的振动图象如图所示，则可知( )A．两弹簧振子完全相同B．两弹簧振子所受的回复力最大值之比F甲F乙＝2：1C．振子甲的速度为零时，振子乙的速度最大D．两振子的振动频率之比f甲f乙＝1：2E．振子乙的速度为最大时，振子甲的速度不一定为零二、非选择题5．有两个同学利用假期分别去参观北大和南大的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2－l图象，如图甲所示．去北大的同学所测实验结果对应的图线是________(选填“A”或“B”)．另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象(如图乙)，由图可知，两单摆摆长之比为l al b＝________，在t＝1 s时，b球振动的方向是________．6．如图所示为A、B两质点做简谐运动的位移—时间图象，请根据图象回答：(1)A的振幅是________cm，周期是________ s；B的振幅是________cm，周期是________s.(2)写出A质点的位移随时间变化的关系式？(3)在t＝0.05 s时A质点的位移是多少？7．如图所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：(1)写出该振子简谐运动的表达式；(2)在第2 s末到第3 s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？(3)该振子在前100 s的总位移是多少？路程是多少？8．如图甲是一个单摆振动的情况，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设向右为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：(1)单摆振动的频率是多大？(2)开始时摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为10 m/s2，试求这个摆的摆长是多少？(计算结果保留两位有效数字)9．一物体沿x轴做简谐运动，振幅为8 cm，频率为0.5 Hz，在t＝0时，物体的位移是4 cm，且向x轴负方向运动．(1)试写出用正弦函数表示的振动方程．(2)该物体在10 s内通过的路程是多少？。

第二节 动能和动能定理一、单项选择题1．(2018年广东东莞模拟)如图所示，质量为m 的物块，在恒力F 的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A 点和B 点的速度分别是vA 和vB ，物块由A 运动到B 点的过程中，力F 对物块做的功W 为( )A ．W>12mv2B －12mv2A B ．W ＝12mv2B －12mv2A C ．W ＝12mv2A －12mv2B D ．由于F 的方向未知，W 无法求出解析：选B.物体运动过程中只有力F 做功，由动能定理知：W ＝12mv2B －12mv2A ，故选项B 正确． 2．某运动员臂长L ，将质量为m 的铅球推出，铅球出手的速度大小为v0，方向与水平方向成30°角，则该运动员对铅球所做的功是( )A.＋v202 B ．mgl ＋12mv20 C.12mv20 D ．mgl ＋mv20 解析：选A.运动员对铅球的作用力为F ，由动能定理知：WF －mgLsin30°＝12mv20，所以WF ＝12mgL ＋12mv20. 3．质量为m ＝2 kg 的物体，在光滑水平面上以v1＝6 m/s 的速度匀速向西运动，若有一个F ＝8 N 、方向向北的恒力作用于物体，在t ＝2 s 内物体的动能增加了( )A ．28 JB ．64 JC ．32 JD ．36 J解析：选B.物体原来在平衡力作用下西行，受向北的恒力F 作用后将做类似于平抛的曲线运动，如图所示．物体在向北方向上的加速度a ＝F/m ＝4m/s2,2 s 后在向北方向上的速度分量v2＝at ＝8 m/s ，故2 s 后物体的合速度v ＝v21＋v22＝10 m/s ，所以物体在2 s 内增加的动能为ΔEk ＝12mv2－12mv21＝64 J. 4．(2018年广东深圳调研)如图所示，斜面AB 、DB 动摩擦因数相同．可视为质点的物体分别沿AB 、DB 从斜面顶端由静止下滑到底端，下列说法正确的是( )A ．物体沿斜面DB 滑动到底端时动能较大B ．物体沿斜面AB 滑动到底端时动能较大C ．物体沿斜面DB 滑动过程中克服摩擦力做的功较多D ．物体沿斜面AB 滑动过程中克服摩擦力做的功较多解析：选B.已知斜面AB 、DB 动摩擦因数相同，设斜面倾角为θ，底边为x ，则斜面高度为h ＝xtan θ，斜面长度L ＝x cos θ，物体分别沿AB 、DB 从斜面顶端由静止下滑到底端，由动能定理有：mgh －μmgLcos θ＝12mv2，可知物体沿斜面AB 滑动到底端时动能较大，故A 错误，B 正确；物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功Wf ＝μmgLcos θ＝μmgx 相同，故C 、D 错误．5．(2018年新疆巴州模拟)在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L ，斜面倾角为α，人的质量为m ，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则下列说法错误的是( )A ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0B ．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v0C ．人沿沙坡下滑时所受阻力f ＝mg sin α－2mv20/LD ．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0sin α解析：选A.对人进行受力分析如图所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v0)2－0＝2aL ，v21－v20＝2aL ，可解得：v1＝5v0，所以A 错误，B 正确；根据动能定理有：mgLsin α－fL ＝12m(2v0)2，可解得f ＝mg sin α－2mv20/L ，C 正确；重力功率的最大值为Pm ＝2mgv0sin α，D 正确．6．如图所示，质量相等的物体A 和物体B 与地面间的动摩擦因数相等，在力F 的作用下，一起沿水平地面向右移动s ，则( )A ．摩擦力对A 、B 做功相等B ．A 、B 动能的增量相同C ．F 对A 做的功与F 对B 做的功相等D ．合外力对A 做的功与合外力对B 做的功不相等解析：选B.因F 斜向下作用在物体A 上，A 、B 受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A 、B 做的功不相等，A 错误；但A 、B 两物体一起运动，速度始终相同，故A 、B 动能增量一定相同，B 正确；F 不作用在B 上，因此力F 对B 不做功，C 错误；合外力对物体做的功应等于物体动能的增量，故D 错误．7．人用手托着质量为m 的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离s 后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为( )A ．mgsB ．0C ．μmgs D.12mv2 解析：选D.物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值μmg 之间取值，不一定等于μmg.在题述过程中，只有静摩擦力对物体做功，故根据动能定理，摩擦力对物体做的功W ＝12mv2. 8．(2018年福建模拟)一辆汽车在平直的公路上以速度v0开始加速行驶，经过一段时间t ，前进了距离l ，此时恰好达到其最大速度vm ，设此过程中汽车发动机始终以额定功率P 工作，汽车所受的阻力恒为f ，则在这段时间里，发动机所做的功为( )①fvmt ②Pt③12mv2m －12mv20＋f·l ④ft v0＋vm 2A ．①②B ．②③C ．①③④D ．①②③解析：选D.因为发动机以额定功率工作，所以发动机的功W ＝Pt ，故②对．达到最大速度vm 时，牵引力与阻力相等，所以W ＝P·t＝F·vm·t，故①对．由动能定理W －f·l＝12mv2m －12mv20，所以W ＝12mv2m －12mv20＋f·l，故③对．故选项D 正确． 9．(2018年高考全国卷Ⅱ)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m 的小物体．假定物块所受的空气阻力f 大小不变．已知重力加速度为g ，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速度分别为( )A.v20＋f mg和v0 mg －f mg ＋f B.v2＋f mg和v0 mg mg ＋f C.v20＋2f mg和v0 mg －f mg ＋f D.v20＋2f mg 和v0mg mg ＋f 解析：选A.上升的过程中，重力做负功，阻力f 做负功，由动能定理得－(mgh ＋fh)＝－12mv20，解得h ＝v20＋f mg .求返回抛出点的速度，对全程使用动能定理，重力做功为零，只有阻力做功，有－2fh ＝12mv2－12mv20，解得v ＝v0mg －f mg ＋f，A 正确． 10．物体做自由落体运动，Ek 代表动能，Ep 代表势能，h 代表下落的距离，以水平地面为零势能面．下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是( )解析：选B.由机械能守恒定律：Ep ＝E －Ek ，故势能与动能的图象为倾斜的直线，C 错；由动能定理：Ek ＝mgh ＝12mv2＝12mg2t2，则Ep ＝E －mgh ，故势能与h 的图象也为倾斜的直线，D 错；且Ep ＝E －12mv2，故势能与速度的图象为开口向下的抛物线，B 对；同理Ep ＝E －12mg2t2，势能与时间的图象也为开口向下的抛物线，A 错．二、计算题11．如图所示，质量m ＝0.5 kg 的小球从距离地面高H ＝5 m 处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R ＝0.4m ，小球到达槽最低点时速率恰好为10 m/s ，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，取g ＝10 m/s2，求：(1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h 为多少？(2)小球最多能飞出槽外几次？解析：(1)在小球下落到最低点的过程中，设小球克服摩擦力做功为Wf ，由动能定理得：mg(H ＋R)－Wf ＝12mv2－0 从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h 高度的过程中，由动能定理得mg(H －h)－2Wf ＝0－0联立解得：h ＝v2g －H －2R ＝10210m －5 m －2×0.4 m＝4.2 m. (2)设小球最多能飞出槽外n 次，则由动能定理得：mgH －2nWf ＝0－0解得：n ＝mgH 2Wf ＝mgH ＋－12mv2]＝gH ＋－v2＝6.25 故小球最多能飞出槽外6次．答案：(1)4.2 m (2)6次12．(2018年双十中学调研)如图所示是游乐园内某种过山车的示意图．图中半径分别为R1＝2.0 m 和R2＝8.0 m 的两个光滑圆形轨道固定在倾角θ＝37°的斜轨道面上的A 、B 两点，已知两圆形轨道的最高点C 、D 均与P 点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接．现使小车(可视为质点)从P 点以一定的初速度沿斜面向下运动．已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数为μ＝1/6，g ＝10 m/s2，sin37°＝0.6，c os37°＝0.8.问：(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点C ，则它在P 点的初速度应为多大？(2)若小车在P 点的初速度为15 m/s ，则小车能否安全通过两个圆形轨道？试通过分析论证之．解析：(1)设小车经过C 点时的临界速度为v1，则：mg ＝mv21R1设P 、A 两点间距离为L1，由几何关系可得：L1＝＋cos θsin θ小车从P 运动到C ，根据动能定理，有－μmgL1cos θ＝12mv21－12mv20 解得：v0＝6 m/s.(2)设P 、B 两点间距离为L2，由几何关系可得：L2＝＋cos θsin θ设小车能安全通过两个圆形轨道在D 点的临界速度为v2，则mg ＝mv22R2设P 点的初速度为v′0，小车从P 运动到D ，根据动能定理，有－μmgL2cos θ＝12mv22－12mv′20 解得：v′0＝12 m/s因为v′0＝12 m/s<15 m/s ，所以小车能安全通过两个圆形轨道． 答案：(1)6 m/s (2)能 见解析。

第2课时 怎样分解力1．如图4－2－11所示，光滑斜面上物体重力mg分解为F 1、F 2两个力，下列说法中正确的是 ( )A ．F 1是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F 2是物体对斜面的压力B ．物体受到mg 、N 、F 1、F 2四个力的作用C ．物体只受到重力mg 和斜面的支持力N 的作用D ．力N 、F 1、F 2三力的作用效果与mg 、N 两个力的作用效果相同解析：F 1、F 2两个力是重力mg 的两个分力，其作用效果与重力mg 等效，性质与重力的性质相同，所以F 2不是物体对斜面的压力，物体只受重力mg 和斜面支持力N 的作用．力的合成与分解的原理就是分力的作用效果与合力作用效果相同，考虑了合力作用效果后，就不能再考虑分力的作用效果，否则是重复考虑了力的作用效果，导致错误的结论，故C 、D 正确．答案：CD2．如图4－2－12所示，重物的质量为m ，轻细绳AO 和BO 的A 、B 端是固定的，平衡时AO 水平，BO与水平面的夹角为θ，AO 的拉力F 1和BO 的拉力F 2的大小是( )A ．F 1＝mg cos θB ．F 1＝mg cot θC ．F 2＝mg sin θD ．F 2＝mg /sin θ解析：以结点O 为研究对象，O 点受三段绳的拉力分别为F 1、F 2、F ，如右图所示，将F 沿AO 、BO 方向分解为F 1′和F 2′，则F ＝mg ，F 1′＝F 1，F 2′＝F 2. 图4－2－11 图4－2－12由直角三角形知识得F 1′＝F cot θ，F 2′＝F sin θ因此F 1＝F cot θ＝mg cot θ，F 2＝F sin θ＝mg sin θ，故应选B 、D. 答案；BD3．如图4－2－13所示，水平地面上斜放着一块木板AB ，在AB 上面放一个木块，设木块对木板的压力为N ，木块所受重力沿木板向下的分力为F 1，若使木板的B 端逐渐放低时，将会产生下述哪种结果 ( )A ．N 增大，F 1增大B ．N 增大，F 1减小C ．N 减小，F 1增大D ．N 减小，F 1减小解析：设木板重力为G ，则N ＝mgcos θ，F 1＝mg sin θ，B 端放低，θ减小，故N 增大，F 1减小．答案：B4．已知力F 的一个分力F 1跟F 成30°角，大小未知，另一个分力F 2的大小为33F ，方向未知，则F 1的大小可能是 ( ) A.3F 3 B.3F 2 C.23F 3 D.3F解析：根据题意，作出矢量三角形，如图所示，因为33F ＞F 2，从图上可以看出，F 1的大小有两个可能值． 由直角三角形OAD ，知OA ＝F 2－(F 2)2＝32F . 由直角三角形ABD ，知AB ＝ F 22－(F 2)2＝36F . 由图的对称性可知AC ＝AB ＝36F . 则分力F 1＝32F －36F ＝33F ，F 1′＝32F ＋36F ＝233F . 答案：AC 图4－2－135．一根长为L 的易断的均匀细绳，两端固定在天花板上的A 、B 两点．若在细绳的C 处悬一重物，已知AC ＞CB ，如图4－2－14所示．则下列说法中正确的应是( )A ．增加重物的重力，BC 段先断B ．增加重物的重力，AC 段先断C ．将A 端往左移比往右移时绳子容易断D ．将A 端往右移时绳子容易断解析：研究C 点，C 点受重物的拉力，其大小等于重物的重力，即T ＝G .将重物对C 点的拉力分解为AC 和BC 两段绳的拉力，其力的平行四边形如图所示．由于AC ＞CB ，故F BC ＞F AC .当增加重物的重力G 时，按比例F BC 增大得较多，所以BC 段绳先断，因此选项A 是正确的，而选项B 是不正确的．将A 端往左移时，F BC 与F AC 两夹角变大，合力T 一定，则两分力F BC 与F AC 都增大．将A 端向右移时两分力夹角变小，两分力也变小，由此可知选项C 中说法是正确的，而选项D 是错误的．故选A 、C.答案：AC6．如图4－2－15所示，一个物体受到三个共点力F 1、F 2、F 3的作用，若将它们平移并首尾相接，三个力矢量组成了一个封闭三角形．则物体所受这三个力的合力大小为 ( )A ．2F 1B ．F 2C ．2F 3D ．0解析：由矢量三角形定则可以看出，首尾相接的任意两个力合力必与第三个力大小相等、方向相反，所以这三个力的合力为零．答案：D7.在图4－2－16中两个体重相同的小孩静止坐在秋千上，两秋千的绳子是一样的．下面的叙述正确图4－2－14图4－2－15图4－2－16的是 ( )A ．甲中绳子容易断B ．乙中绳子容易断C ．甲、乙中绳子一样容易断D ．不确定解析：小孩的重力可分解为沿绳方向的两分力，在力确定的情况下，两分力间夹角越大，两分力越大，即乙中绳子容易断．答案：B8．将质量为m 的长方形木块放在水平桌面上，用与水平方向成α角的斜向右上方的力F 拉木块，如图4－2－17所示，则 ( )A ．力F 的水平分力为F cos α，等于木块受的摩擦力 B ．力F 的竖直分力为F sin α，它使物体m 对桌面的压力比mg 小C ．力F 的竖直分力为F sin α，它不影响物体对桌面的压力D ．力F 与木块重力mg 的合力方向可以竖直向上答案：B9．图4－2－18为剪式千斤顶，是用来顶起汽车的装置．当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，同时抬起重物．汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N ，当千斤顶两臂之间的夹角为120°时，其两臂受的压力各是多大？图4－2－18解析：将压力分解，两个分力互成120°角时，分力大小和合力大小相等，故两臂受的压力各为1.0×105 N.答案：1.0×105 N图4－2－1710．2018年3月15日，日本东京电力公司神福岛第一核电站发生爆炸，当地时间3月17日上午9时48分(北京时间8时48分)左右，陆上自卫队的两架CH －47型直升机飞至福岛第一核电站上空，开始向3号机组洒水．直升机沿水平方向匀速飞往水源处取水，悬挂着m ＝500 kg 空箱的悬索与竖直方向的夹角θ＝45°.如图4－2－19所示，直升机取水后飞往火场，加速飞行，完成自己的使命．如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，求飞机在飞行中受到的空气阻力．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)解析：直升机沿水平方向匀速飞行，处于平衡状态，应该满足平衡条件，合外力为零．以空箱为研究对象，飞行中其受到本身的重力mg 、悬索的拉力F 、空气的阻力f 作用．以空箱为原点，以水平和竖直方向为坐标轴的方向建立平面直角坐标系，受力分析如右图所示，根据力的正交分解规律有：竖直方向F cos θ＝mg ，水平方向F sin θ＝f ，所以f ＝mg tan θ代入数据解得f ＝5 000 N.答案：5 000 N11．在水平路面上用绳子拉一个重为G ＝183 N的木箱，绳子与水平路面的夹角为30°，如图4－2－20所示．木箱与路面间的动摩擦因数μ＝0.10，要使木箱能在水平路面上匀速移动，则绳上所加拉力F应为多大？解析：物体的受力分析如图所示：木箱受到了四个力的作用，将拉力F 按水平方向与竖直方向分解为二个分力F 1和F 2得：F 1＝F cos θ，F 2＝F sin θ. 图4－2－19 图4－2－20在水平方向上由二力平衡可得：F 1＝f ＝F cos θ① 在坚直方向上：F 2＋N ＝G ＝N ＋F sin θ② 又f ＝μN将G ＝183 N 及μ＝0.1、θ＝30°代入以上三式，解得：F ＝20 N.答案：20 N12．如图4－2－21所示，已知物体在三个共点力的作用下沿x 轴运动，其中F 1＝80 N ，F 2＝120 N ，它们与x轴夹角都是30°，F 3是确保物体沿x 轴运动的最小分力．试问：(1)最小分力为多大？沿什么方向？(2)三个分力的合力多大？解析：本题考查力的正交分解法．物体由静止开始沿x 轴运动，则F 1、F 2和F 3三个力的合力沿x 轴方向．由于力的边角关系较复杂，连续利用平行四边形定则来合成较繁琐，但F 1、F 2与x 轴夹角关系明确，可使用正交分解法．如图所示建立直角坐标系，其中三个力的交点O 为原点，以原x 轴为x 轴，y 轴垂直于x 轴方向，把F 1、F 2沿x 、y 轴分解．则F 1x ＝F 1cos 30°＝40 3 N F 1y ＝F 1sin 30°＝40 NF 2x ＝F 2cos 30°＝60 3 N F 2y ＝F 2sin 30°＝60 N(1)要使物体沿x 轴方向运动，则y 轴方向上合力为零，根据题意，当F 3沿y 轴正向，且F 3＝F 2y －F 1y ＝20 N 时，分力F 3最小．(2)三个分力的合力F ＝F 1x ＋F 2x ＝100 3 N.答案：(1)20 N ，沿y 轴正方向 (2)100 3 N图4－2－21。

[考试标准]知识内容必考要求加试要求说明行星的运动a太阳与行星间的引力a 万有引力定律c 万有引力理论的成就c 宇宙航行c 经典力学的局限性a1.不要求掌握人类对行星运动规律认识的细节．2.不要求用开普勒三个定律求解实际问题．3.不要求掌握太阳与行星间引力表达式的推导方法．4.不要求计算空心球体与质点间的万有引力．5.不要求分析重力随纬度变化的原因.一、开普勒行星运动三定律1．开普勒第一定律：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：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面积．3．开普勒第三定律(又叫周期定律)：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．[深度思考]　判断下列说法是否正确．(1)开普勒定律只适用于行星绕太阳的运动，不适用于卫星绕地球的运动．(　×　)(2)行星离太阳较近时，运动速率比较快，行星离太阳比较远时运动速率比较慢．(　√　)(3)离太阳越远的行星，周期越长．(　√　)二、万有引力定律1．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．2．万有引力定律的表达式为F ＝G .m 1m 2r 23．适用条件：万有引力定律的公式只适用于计算质点间的相互作用．4．引力常量是由英国物理学家卡文迪许利用扭称装置测得的，G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2.三、万有引力理论的成就1．预言未知星体英国的亚当斯和法国的勒维耶，根据天王星的观测资料，各自独立地利用万有引力定律计算出天王星轨道外面“新”行星的轨道．德国的伽勒在勒维耶预言的位置附近发现了海王星．2．计算天体质量天体质量的计算一般有两条思路：(1)中心天体对卫星的万有引力提供卫星所需的向心力．以计算地球质量为例，若已知月球绕地球运动的周期T 和半径r ，则根据＝m ()2r ，得M ＝.GMmr 22πT 4π2r 3GT 2(2)地面(或某行星表面)的物体的重力近似等于物体所受的万有引力．若已知地球半径R 和地球表面的重力加速度g ，由mg ＝得M ＝.GMmR 2gR 2G [深度思考]　当两个物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大吗？为什么？答案　不是，此时两个物体不能看成质点了．四、宇宙航行1．第一宇宙速度是物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，大小为7.9 km/s ，第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度，也是发射卫星的最小发射速度．2．第二宇宙速度是指将卫星发射出去，挣脱地球的束缚所需要的最小发射速度，其大小为11.2 km/s.3．第三宇宙速度是指使发射出去的卫星挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系外所需要的最小发射速度，其大小为16.7 km/s.五、经典力学的局限性1．在经典力学中，物体的质量是不变的，而狭义相对论指出，质量要随着物体运动速度的增大而增大，即m ＝，两者在低速的条件下是统一的．m 01－v 2c 22．经典力学认为位移和时间的测量与参考系无关，相对论认为，同一过程的位移和时间的测量与参考系有关．3．经典力学的适用范围：只适用于低速运动，不适用于高速运动；只适用于宏观世界，不适用于微观世界．4．当物体的运动速度远小于光速c (3×108 m/s)时，相对论物理学与经典物理学的结论没有区别．1．(2016·资阳期末)关于开普勒对行星运动规律的认识，下列说法正确的是( )A ．所有行星绕太阳的运动都是匀速圆周运动B ．所有行星以相同的速率绕太阳做椭圆运动C ．对于每一个行星在近日点时的速率均大于它在远日点的速率D ．所有行星轨道的半长轴的二次方与公转周期的三次方的比值都相同答案　C2．(多选)关于开普勒行星运动的公式＝k ，以下理解正确的是( )R 3T 2A ．k 是一个与行星无关的量B ．若地球绕太阳运动轨道的半长轴为R 地，周期为T 地；月球绕地球运动轨道的半长轴为R 月，周期为T 月，则＝R 3地T 2地R 3月T 2月C ．T 表示行星运动的自转周期D ．T 表示行星运动的公转周期答案　AD3．下面叙述的力，属于万有引力的是( )A ．马拉车的力B ．月球对登月舱的吸引力C ．钢绳吊起重物，重物对钢绳的拉力D ．地磁场对指南针的吸引力答案　B4．卡文迪许利用扭秤实验测量的物理量是( ) A ．地球的半径 B ．太阳的质量C ．地球到太阳的距离 D ．引力常量答案　D5．2012年10月25日，我国再次成功将一颗北斗导航卫星发射升空，并送入绕地球的椭圆轨道．该卫星发射速度v 大小的范围是( )A ．v <7.9 km/sB ．7.9 km /s< v <11.2 km/sC ．11.2 km /s< v <16.7 km/sD ．v >16.7 km/s 答案　B命题点一　万有引力定律的理解和应用例1　过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b ”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51 peg b ”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的，该中心恒星与太阳的质量比约为( ) 120A. B ．1 C ．5 D ．10110解析　根据万有引力提供向心力，有G ＝m r ，可得M ＝，所以恒星质量与太阳Mmr 24π2T 24π2r 3GT 2质量之比为＝＝()3×()2≈1，故选项B 正确．M 恒M 太r 3恒T 2地r 3地T 2恒1203654答案　B应用万有引力定律解题的思路和方法1．解决天体(卫星)运动问题的基本思路(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即G ＝ma n ＝m ＝mω2r ＝m .Mmr 2v 2r 4π2rT 2(2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即G ＝mg (g 表示天体表面的MmR 2重力加速度)．2．天体质量和密度的估算(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R .由于G ＝mg ，故天体质量M ＝，MmR 2gR 2G天体密度ρ＝＝＝.MV M43πR 33g4πGR (2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r .①由万有引力等于向心力，即G ＝m r ，得出中心天体质量M ＝；Mmr 24π2T 24π2r 3GT 2②若已知天体半径R ，则天体的平均密度ρ＝＝＝.MV M43πR 33πr 3GT 2R 3题组阶梯突破1．(2016·广西模拟)如图1所示为绕太阳运转的各行星轨道示意图，假设图中各行星只受到太阳引力作用，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )图1A ．水星运行的周期最长B ．地球运行的线速度最大C ．火星运行的向心加速度最小D ．天王星运行的角速度最小答案　D解析　根据G ＝ma n ＝m ＝mrω2＝mr 得，向心加速度a n ＝，线速度v ＝，Mmr 2v 2r 4π2T 2GMr 2GM r 角速度ω＝，周期T ＝，天王星的轨道半径最大，周期最长，角速度最小，向GMr 34π2r 3GM 心加速度最小，水星的轨道半径最小，线速度最大，故D 正确，A 、B 、C 错误．2．某行星与地球的质量比为a ，半径比为b ，则该行星表面与地球表面的重力加速度之比为( )A. B. C ．ab 2 D ．ab a b ab 2答案　B解析　星球表面上万有引力与重力相等，则地球表面上mg ＝G①mMR 2某行星表面上mg ′＝G②mM ′r 2由①②两式得＝＝，故B 正确．g ′g M ′R 2Mr 2ab 23．(2016·广西模拟)两颗行星的质量分别为m 1和m 2，它们绕太阳运行的轨道半径分别是r 1和r 2，若它们只受太阳引力的作用，那么这两颗行星的向心加速度之比为( )A ．1 B. C. D.m 2r 1m 1r 2m 1r 2m 2r 1r 2r 21答案　D解析　万有引力提供行星圆周运动的向心力即：G ＝ma n ，可得行星的向心加速度a n ＝mMr 2，所以＝.GMr 2a 1a 2r 2r 214．如图2所示，a 、b 、c 是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是( )图2A ．b 、c 的线速度大小相等，且大于a 的线速度B ．b 、c 的向心加速度大小相等，且大于a 的向心加速度C ．c 加速可追上同一轨道上的b ，b 减速可等候同一轨道上的cD ．a 卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大答案　D命题点二　宇宙航行和卫星问题例2　宇航员在月球上做自由落体实验，将某物体由距月球表面高h 处释放，经时间t 后落到月球表面(设月球半径为R )．据上述信息推断，飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为( ) A. B. C. D.2Rht 2Rht Rht Rh2t解析　设月球表面的重力加速度为g ′，由物体“自由落体”可得h ＝g ′t 2，飞船在月球12表面附近做匀速圆周运动可得G ＝m ，在月球表面附近mg ′＝，联立得MmR 2v 2R GMmR 2v ＝，故B 正确．2Rht 答案　B第一宇宙速度求解和同步卫星的特点1．第一宇宙速度的推导方法一：由G ＝m 得v 1＝＝7.9×103 m/s.MmR 2v 21R GMR 方法二：由mg ＝m 得v 21Rv 1＝＝7.9×103 m/s.gR 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．2．同步卫星的六个“一定”题组阶梯突破5．关于我国发射的“亚洲一号”地球同步通讯卫星的说法，正确的是( )A ．若其质量加倍，则轨道半径也要加倍B ．它在北京上空运行，故可用于我国的电视广播C ．它以第一宇宙速度运行D ．它运行的角速度与地球自转角速度相同答案　D解析　由G ＝m 得r ＝，可知轨道半径与卫星质量无关，A 错；同步卫星的轨道平Mmr 2v 2r GMv 2面必须与赤道平面重合，即在赤道上空运行，不能在北京上空运行，B 错；第一宇宙速度是卫星在最低圆轨道上运行的速度，而同步卫星在高轨道上运行，其运行速度小于第一宇宙速度，C 错；所谓“同步”就是卫星保持与赤道上某一点相对静止，所以同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，D 对．6．若取地球的第一宇宙速度为8 km/s ，某行星的质量是地球的6倍，半径是地球的1.5倍，则该行星的第一宇宙速度约为( )A ．16 km /sB ．32 km/sC ．4 km /sD ．2 km/s 答案　A解析　由＝，得v ＝＝8km/s ，所以该行星的第一宇宙速度GMmR 2m v 2R GMR v ′＝＝16 km/s ，A 项正确．G ×6M1.5R7．(多选)已知地球质量为M ，半径为R ，自转周期为T ，地球同步卫星的质量为m ，引力常量为G .有关同步卫星，下列表述正确的是( )A ．卫星距地面的高度为3GMT 24π2B ．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C ．卫星运行时受到的向心力大小为G MmR 2D ．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度答案　BD解析　天体运动的基本原理为由万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即F 引＝F 向＝m ＝.当卫星在地球表面运行时，F 引＝＝mg (此时R 为地v 2r 4π2mrT 2GMmR 2球半径)，设同步卫星离地面高度为h ，则F 引＝＝F 向＝ma 向<mg ，所以C 错误、DGMm(R ＋h )2正确．由＝得，v ＝< ，B 正确．由＝，得R ＋h ＝GMm(R ＋h )2m v 2R ＋h GMR ＋h GMR GMm(R ＋h )24π2m (R ＋h )T 2，即h ＝－R ，A 错误.3GMT 24π23GMT 24π2(建议时间：30分钟)1．(2016·朝阳区期末)利用如图1所示的装置首先精确测量引力常量的科学家是( ) 图1A ．第谷B ．牛顿C ．开普勒D ．卡文迪许答案　D解析　牛顿发现万有引力定律后，由英国科学家卡文迪许最先利用扭秤实验较精确测出引力常量G ，故D 正确，A 、B 、C 错误．2．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量G ，G 的单位是( )A ．N·m /kg B ．N·m 2/kg C ．N·m /kg 2 D ．N·m 2/kg 2答案　D解析　万有引力定律F ＝G ，公式中，质量m 的单位为kg ，距离r 的单位为m ，引力F mMr 2的单位为N ，由公式推导得出，G 的单位为N·m 2/kg 2，故D 正确，A 、B 、C 错误．3．(2016·宁波质检)地球对月球具有强大的万有引力，为什么不靠在一起，其原因是( )A ．不仅地球对月球有万有引力，而且月球对地球也有万有引力，这两个力大小相等、方向相反，互相平衡了B ．不仅地球对月球有万有引力，而且太阳系里其它星球对月球也有万有引力，这些力的合力等于零C ．地球对月球的万有引力还不算大D ．万有引力不断改变月球的运动方向，使得月球绕地球运行答案　D解析　地球对月球的万有引力和月球对地球的万有引力是相互作用力，两个力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，不能平衡，故A 错误；月球绕地球做匀速圆周运动，合力不等于零，故B 错误；月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力恰好提供向心力，万有引力不断改变月球的运动方向，使得月球绕地球运行，故C 错误，D 正确．4．理论和实践证明，开普勒定律不仅适用于太阳系中的天体运动，而且对一切天体(包括卫星绕行星的运动)都适用．下面对于开普勒第三定律的公式＝k ，下列说法正确的是( )a 3T 2A ．公式只适用于轨道是椭圆的运动B ．式中的k 值，对于所有行星(或卫星)都相等C ．式中的k 值，只与中心天体有关，与绕中心天体旋转的行星(或卫星)无关D ．若已知月球与地球之间的距离，根据公式可求出地球与太阳之间的距离答案　C解析　开普勒第三定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动．所以也适用于轨道是圆的运动，故A 错误；式中的k 与中心天体的质量有关，与绕中心天体旋转的行星(或卫星)无关．故B 错误，C 正确；已知月球与地球之间的距离，无法求出地球与太阳之间的距离，故D 错误．5．开普勒定律告诉我们( )A ．绕太阳运行的天体称为卫星B ．太阳系的八大行星中，离太阳越远的，其周期就越大C ．太阳系的八大行星中，离太阳越远的，其运行速度就越大D ．太阳系的八大行星绕太阳运行的轨迹都是圆答案　B6．1984年我国第一颗试验同步卫星发射成功到2003年神舟五号载人飞行，我国的航天事业实现了两次质的飞跃．神舟五号历经21小时27分37秒，绕地球运行14圈安全着陆，神舟五号与同步卫星相比( )A ．神舟五号比同步卫星运行时的加速度小B ．神舟五号比同步卫星运行时的速度大C ．神舟五号比同步卫星离地高度大D ．神舟五号与同步卫星在同一轨道平面内答案　B解析　根据G ＝mr 得，T ＝，由题意知，同步卫星的周期大于神舟五号的周Mmr 24π2T 24π2r 3GM 期，则同步卫星的轨道半径大于神舟五号的轨道半径，得知神舟五号比同步卫星离地高度小，故C 错误；根据G ＝ma n ＝m 得，a n ＝，v ＝，同步卫星的轨道半径大，则同Mmr 2v 2r GMr 2GMr步卫星的加速度小，速度小，故A 错误，B 正确；同步卫星的轨道平面在赤道的上空，与神舟五号不在同一轨道平面内，故D 错误．7．(多选)(2016·广西模拟)如图2为绕太阳运转的各行星轨道示意图，假设图中各行星只受太阳引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )图2A ．各行星运行的线速度相同B ．各行星运行的角速度相同C ．离太阳越近的行星运行周期越小D ．离太阳越近的行星向心加速度越大答案　CD解析　根据G ＝ma n ＝m ＝mrω2＝mr 得，向心加速度a n ＝，线速度v ＝ ，Mm r 2v 2r 4π2T 2GM r 2GMr 角速度ω＝ ，周期T ＝ ，知各行星的线速度、角速度不等；离太阳越近，轨道GMr 34π2r 3GM 半径越小，周期越小，向心加速度越大，故C 、D 正确，A 、B 错误．8．宇宙飞船围绕太阳在近似圆周的轨道上运动，若其轨道半径是地球轨道半径的9倍，则宇宙飞船绕太阳运行的周期是( )A ．3年B ．9年C ．27年D ．81年答案　C9．已知引力常量为G ，地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，则地球质量为( )A ．M ＝gR 2B ．M ＝gR 2G C ．M ＝D ．M ＝GgR gR G答案　B解析　设地球表面有一物体质量为m ，由万有引力公式得：＝mg ，解得：M ＝.GMm R 2gR 2G 10．地球表面处的重力加速度为g ，则在距地面高度等于地球半径处的重力加速度为( )A ．g B. C. D ．2gg 2g4答案　C解析　根据题意有：G ＝mg ①MmR 2G ＝mg ′ ②mM(R ＋R )2由①和②得：g ′＝g 4故C 正确，A 、B 、D 错误．11．假设地球质量不变，而地球半径增大到原来的2倍，那么从地球上发射人造卫星的第一宇宙速度变为原来的( )A.倍 B. C. D ．2倍22212答案　B12．2011年9月29日，我国成功发射“天宫一号”飞行器，“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的速度约为28 000 km /h ，地球同步卫星的环绕速度约为3.1 km/s ，比较两者绕地球的运动( )A ．“天宫一号”的轨道半径大于同步卫星的轨道半径B ．“天宫一号”的周期大于同步卫星的周期C ．“天宫一号”的角速度小于同步卫星的角速度D ．“天宫一号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度答案　D解析　“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的速度28 000 km /h ≈7.78 km /s ，大于地球同步卫星的线速度，由万有引力提供向心力，有G ＝m ＝m r ＝mω2r ＝ma n ，得出线速度Mm r 2v 2r 4π2T 2v ＝ ，可知“天宫一号”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以A 项错误；根据GMr 周期公式T ＝ 可知“天宫一号”的周期小于同步卫星的周期，所以B 项错误；根据4π2r 3GM 角速度公式ω＝ 可知“天宫一号”的角速度大于同步卫星的角速度，所以C 项错误；GM r 3根据向心加速度公式a n ＝可知“天宫一号”的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，GMr 2所以D 项正确．13．(多选)质量为m 的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动．已知月球质量为M ，月球半径为R ，月球表面重力加速度为g ，引力常量为G ，不考虑月球自转的影响，则航天器的( )A ．线速度v ＝ GMRB ．角速度ω＝gRC ．运行周期T ＝2πRgD ．向心加速度a n ＝GmR 2答案　AC解析　由＝m ＝mω2R ＝m R ＝mg ＝ma n 得v ＝ ，A 对；ω＝，B 错；T ＝2πGMm R 2v 2R 4π2T 2GM R gR ，C 对；a n ＝，D 错．R g GMR 214．据报道，天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的a 倍，质量是地球的b 倍．已知近地卫星绕地球运动的周期约为T ，引力常量为G .则该行星的平均密度为( )A.B.3πGT 2π3T 2C. D.3πbaGT 23πa bGT 2答案　C 解析　万有引力提供近地卫星绕地球运动的向心力G ＝m ，且ρ地＝，由以M 地mR 24π2R T 23M 地4πR 3上两式得ρ地＝.而＝＝，因而ρ星＝.3πGT 2ρ星ρ地M 星V 地V 星M 地b a 3πb aGT 215．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 ．角速度变大答案　A解析　地球对卫星的万有引力提供向心力，由G ＝得：T ＝2π ，由于周期T mM r 2mr (2π)2T 2r 3GM 变大，所以卫星距地面的高度变大，A 正确；由卫星运行的规律可知，向心加速度变小，线速度变小，角速度变小，B 、C 、D 错．16．如图3所示，火箭内平台上放有测试仪器，火箭从地面启动后，以的加速度竖直向上g 2匀加速运动，升到某一高度时，测试仪对平台的压力为启动前压力的.已知地球半径为1718R，求：图3(1)此时火箭所在位置的重力加速度．(2)火箭此时离地面的高度．(g 为地面附近的重力加速度)答案　(1)g (2)49R 2解析　(1)在地面附近的物体，所受重力近似等于物体所受到的万有引力．取测试仪为研究对象，其先后受力分析如图甲、乙所示，据物体的平衡条件有F N1＝mg 1，g 1＝g，当升到某一高度时，根据牛顿第二定律有F N2－mg 2＝m ，g 2所以F N2＝＋mg 2＝mg ，mg 21718所以g 2＝g .49(2)设火箭距地面高度为H ，mg 2＝G ·，mg ＝，Mm (R ＋H )2GMmR 2解得H ＝.R 2。