曲線運動萬有引力定律

第四章曲線運動萬有引力定律●考點指要知識點要求程度運動的合成和分解.Ⅰ曲線運動中質點的速度沿軌道的切線方向，且必具有加速度.Ⅱ平拋運動.Ⅱ勻速率圓周運動.線速度和角速度.周期.圓周運動的向心加速度a=,向心力.Ⅱ萬有引力定律.重力是物體在地球表面附近所受到的地球對它的引力.重心.Ⅱ宇宙速度，人造地球衛(wèi)星.萬有引力定律的應用.Ⅱ【說明】不要求會推導向心加速度的公式a=.●復習導航本章所研究的運動形式不同于前面兩章，但研究的方法仍與前面一致，即根據(jù)牛頓第二定律研究物體做曲線運動時力與運動的關系.所以本章知識是牛頓運動定律在曲線運動形式下的具體應用.另外，運動的合成和分解是研究復雜運動的基本方法，萬有引力定律是力學中一個獨立的基本定律.復習好本章的概念和規(guī)律，將加深對速度、加速度及其關系的理解，加深對牛頓第二定律的理解，提高應用牛頓運動定律分析解決實際問題的能力，同時對復習振動和波、交流電、帶電粒子在電場或磁場中的運動做好必要的準備.平拋物體運動的規(guī)律及其研究方法、圓周運動的角速度、線速度、向心加速度和萬有引力、人造衛(wèi)星都是近年來高考的熱點.由于航天技術、人造地球衛(wèi)星屬于現(xiàn)代科技發(fā)展的重要領域，所以近些年的高考對萬有引力、人造衛(wèi)星的考查每年都有.平拋運動、勻速圓周運動還經(jīng)常與電場力、洛倫茲力聯(lián)系起來進行綜合考查.所以，對本章的復習應給予足夠的重視.本章內容可分成三個單元組織復習：(Ⅰ)運動的合成和分解；平拋運動.(Ⅱ)圓周運動.(Ⅲ)萬有引力定律；人造地球衛(wèi)星.第Ⅰ單元運動的合成和分解·平拋運動●知識聚焦一、運動的合成和分解1.運動的獨立性：一個物體同時參與幾個分運動，各分運動獨立進行，互不影響.2.運動的合成：加速度、速度、位移都是矢量，遵守矢量的合成法則.(1)兩分運動在同一直線上時，同向矢量大小相加，反向矢量大小相減.(2)兩分運動不在同一直線上時，按照平行四邊形定則進行合成，如圖4—1—1所示.圖4—1—1(3)兩分運動垂直時或正交分解后的合成a合=v合=s合=3.運動的分解：是運動合成的逆過程.分解原則：根據(jù)運動的實際效果分解或正交分解.二、曲線運動1.曲線運動的特點：運動質點在某一點的瞬時速度的方向，就是通過這一點的曲線的切線方向.因此，質點在曲線運動中的速度方向時刻在改變.所以曲線運動一定是變速運動.但是，變速運動不一定是曲線運動.2.物體做曲線運動的條件：從運動學角度說，物體的加速度方向跟速度方向不在一條直線上時，物體就做曲線運動.從動力學的角度說，如果物體所受合外力的方向跟物體的速度方向不在一條直線上時，物體就做曲線運動.三、平拋運動1.定義：水平拋出的物體只在重力做用下的運動.2.性質：是加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動，軌跡是拋物線.3.處理方法：可分解為(1)水平方向速度等于初速度的勻速直線運動.vx＝v0，x＝v0t.(2)豎直方向的自由落體運動.vy＝gt，y＝gt2.下落時間t＝(只與下落高度y有關，與其他因素無關).任何時刻的速度v及v與v0的夾角θ：v＝，θ＝arctan（gt/v0）任何時刻的總位移：s＝●疑難辨析1.勻變速曲線運動與非勻變速曲線運動的區(qū)別：加速度a恒定的曲線運動為勻變速曲線運動，如平拋運動.加速度a變化的曲線運動為非勻變速曲線運動，如圓周運動.2.對運動的合成和分解的討論（１）合運動的性質和軌跡兩直線運動合成，合運動的性質和軌跡由分運動的性質及合初速度與合加速度的方向關系決定：兩個勻速直線運動的合運動仍是勻速直線運動.一個勻速直線運動和一個勻變速直線運動的合運動仍是勻變速運動：二者共線時為勻變速直線運動；二者不共線時為勻變速曲線運動.兩個勻變速直線運動的合運動仍為勻變速運動：當合初速度與合加速度共線時為勻變速直線運動；當合初速度與合加速度不共線時為勻變速曲線運動.(2)輪船渡河問題的分解方法1：將輪船渡河的運動看做水流的運動(水沖船的運動)和輪船相對水的運動(即設水不流動時船的運動)的合運動.方法2：將船對水的速度沿平行于河岸和垂直于河岸方向正交分解如圖4—1—2所示，則v1－v2cosθ為輪船實際上沿水流方向的運動速度，v2sinθ為輪船垂直于河岸方向的運動速度.圖4—1—2①要使船垂直橫渡，則應使v1－v2cosθ＝0，此時渡河位移最小為d.②要使船渡河時間最短，則應使v2sinθ最大，即當θ＝90°時，渡河時間最短為t＝d/v2.（2）物體拉繩或繩拉物體運動的分解——按運動的實際效果分解.例如，圖4—1—3中，人用繩通過定滑輪拉物體A，當人以速度v0勻速前進時，求物體A的速度.圖4—1—3首先要分析物體A的運動與人拉繩的運動之間有什么樣的關系.物體A的運動（即繩的末端的運動）可看做兩個分運動的合成：一是沿繩的方向被牽引，繩長縮短，繩長縮短的速度即等于v0；二是垂直于繩以定滑輪為圓心的擺動，它不改變繩長，只改變角度θ的值.這樣就可以將vA按圖示方向進行分解，很容易求得物體A的速度vA＝.當物體A向左移動，θ將逐漸變大，vA逐漸變大.雖然人做勻速運動，但物體A卻在做變速運動.在進行速度分解時，要分清合速度與分速度.合速度就是物體實際運動的速度，是平行四邊形的對角線.雖然分速度的方向具有任意性，但只有按圖示分解時，v1才等于v0，才能找出vA與v0的關系，因此，分速度方向的確定要視題目而具體分析.在上述問題中，若不對物體A的運動認真分析，就很容易得出vA＝v0cosθ的錯誤結果.3.平拋運動中，任何兩時刻(或兩位置)的速度變化量Δv＝gΔt，方向恒為豎直向下.如圖4—1—4所示.圖4—1—4●典例剖析［例1］一艘小船從河岸的A處出發(fā)渡河，小船保持與河岸垂直方向行駛，經(jīng)過10min到達正對岸下游120m的C處，如圖4—1—5所示.如果小船保持原來的速度逆水斜向上游與河岸成α角方向行駛，則經(jīng)過min恰好到達正對岸的B處，求河的寬度.圖4—1—5【解析】解決這類問題的關鍵是畫好速度合成的示意圖，畫圖時首先要明確哪是合運動哪是分運動.對本題來講，AC和AB是兩個不同運動過程中船相對于岸的實際運動方向，那么AB和AC就是速度合成平行四邊形的對角線.一旦畫好平行四邊形，剩下的工做就是根據(jù)運動的等時性以及三角形的邊角關系列方程求解了.設河寬為d，河水流速為v水，船速為v船，船兩次運動速度合成如圖4—1—6和4—1—7所示圖4—1—6圖4—1—7第一次渡河與第二次渡河在垂直岸的方向上位移相等，則v船t1=v船sinαt2 ①第一次渡河沿水流方向上位移為BC，則＝v水t1 ②由圖4—1—7可得船的合速度：v=v水tanα，所以河的寬度為：d=vt2＝v水tanα·t2 ③由①式得sinα=故tanα=由②式得v水=12m/min代入③式可得河寬d=１2××１m＝200m【思考】(1)若渡河過程中水流的速度突然變大了，是否影響渡河時間?是否影響到達對岸的地點?(2)如果v船＜v水，小船還能不能到達對岸的B點?這時的最小位移該如何求?【思考提示】（1）水流的速度增大，不影響過河的時間，但影響到達對岸的地點.（2）當v船＜v水時，小船不能到達對岸B點.當v船跟船的合速度垂直時，船過河的位移最小.【設計意圖】通過本例說明運動合成與分解的方法，并進一步說明分析小船過河問題的方法.［例2］在高空勻速水平飛行的飛機，每隔1s投放一物體，則A.這些物體落地前排列在一條豎直線上B.這些物體都落在地面上的同一點C.這些物體落地時速度大小和方向都相同D.相鄰物體在空中距離保持不變【解析】這些物體離開飛機后均做平拋運動.在水平方向上，物體與飛機的速度相同，所以所有物體在落地前均處在飛機的正下方.故A選項正確.物體下落的總時間相同，水平方向最大位移也相同，由于不同物體的拋出點不同，所以落地點也不同.故Ｂ選項錯.物體落地時的水平分速度v0均相同，豎直分速度vy＝也相同，所以這些物體落地速度的大小和方向都相同.故C選項正確.任兩個相鄰物體在空中的距離Δh＝h1－h(huán)2＝gt2－g（t－1）2＝g（2t－1），即隨著t的增大，Δh也逐漸增大.Ｄ選項錯.故正確選項為AC【思考】(1)飛機上的人看物體做什么運動?地面上的人又認為物體做什么運動?(2)若某時刻一物體剛離開飛機，試畫出此前四個物體的運動軌跡示意圖.(3)若物體在落地前的最后10s內，其速度方向由跟豎直方向成60°變?yōu)?5°.那么，飛機的高度和速度多大?相鄰物體落地點間的距離多大?【思考提示】（1）飛機上的人看物體做自由落體運動，地面上的人看物體做平拋運動.（2）如圖a所示.（3）如圖b所示.vy1=v0tan30°vy2=v0tan45°vy2-vy1=gΔt求得v0=m/svy2=v0=m/s飛機的飛行高度為h=m=2799m相鄰物體落地點間的距離為m.【設計意圖】復習平拋運動的規(guī)律及研究方法.遠的線上正對網(wǎng)前豎直跳起把球垂直于網(wǎng)水平擊出.(g=10m/s2)圖4—1—8(1)設擊球點的高度為m，問球被水平擊出時的速度在什么范圍內才能使球既不觸網(wǎng)也不出界?(2)若擊球點的高度小于某個值，那么無論球被水平擊出時的速度多大，球不是觸網(wǎng)就是出界，試求出此高度?【解析】水平擊出的排球其運動情況雖然受空氣阻力的影響，但是當這類題目出現(xiàn)在中學物理中時仍然可以簡化為只受重力做用，因此在這里可以認為其運動為平拋運動.第(1)問中擊球點位置確定之后，恰不觸網(wǎng)是速度的一個臨界值，恰不出界則是擊球速度的另一個臨界值.第(2)問中確定的則是臨界軌跡，當擊球點、網(wǎng)的上邊緣和邊界點三者位于臨界軌跡上時，如果擊球速度變小則一定觸網(wǎng)，否則速度變大則一定出界.（1）如圖4—1—9所示，排球恰不觸網(wǎng)時其運動軌跡為Ⅰ.排球恰不出界時其軌跡為Ⅱ.根據(jù)平拋物體的運動規(guī)律：x=v0t和h＝gt2可得，當排球恰不觸網(wǎng)時有：圖4—1—9x1＝3mx1＝v1t1 ①h1＝m－2m＝m，h1＝gt12 ②由①②可得：v1=m/s當排球恰不出界時有：x2＝3m＋9m＝12m,x2＝v2t2 ③h2＝m,h2＝gt22 ④由③④可得：v2＝17m/s所以既不觸網(wǎng)也不出界的速度范圍是：m/s＜v≤17m/s(2)圖4—1—10所示為排球恰不觸網(wǎng)也恰不出界的臨界軌跡.設擊球點的高度為h，根據(jù)平拋運動的規(guī)律則有：圖4—1—10x1＝3m，x1＝vt1′ ⑤h1′＝h－2m,h1′＝gt1′2 ⑥x2＝3m＋9m＝12m,x2＝vt2′ ⑦h2＝h＝gt2′2 ⑧解⑤～⑧式可得所求高度h=m.【說明】本題涉及的物理過程并不復雜，但每當遇到類似的題目時常常又感到無從下手，因此能養(yǎng)成一個良好的分析問題解決問題的思路特別重要.結合本題的解題過程不難看出，解決本題的關鍵有三點：其一是確定運動性質——平拋運動；其二是確定臨界狀態(tài)——恰不觸網(wǎng)或恰不出界；其三是確定臨界軌跡——軌跡示意圖.【設計意圖】（1）通過本例說明平拋運動中臨界問題的分析方法；（2）練習應用平拋運動規(guī)律分析實際問題的方法.●反饋練習★夯實基礎1.做平拋運動的物體，每秒的速度增量總是A.大小相等，方向相同B.大小不等，方向不同C.大小相等，方向不同D.大小不等，方向相同【解析】平拋運動是勻變速運動，加速度為重力加速度，速度的改變量為Δv=gt故平拋運動的物體每1s速度的增量大小為m/s，方向豎直向下，A選項正確.【答案】A2.對平拋運動的物體，若g已知，再給出下列哪組條件，可確定其初速度大小A.水平位移B.下落高度C.落地時速度的大小和方向D.落地時位移的大小和方向【解析】平拋運動的物體水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動.已知落地時速度大小和方向，則初速度為落地速度的水平分速度.【答案】C3.物體做平拋運動時，它的速度方向與水平方向的夾角α的正切tanα隨時間t變化的圖象是如圖4—1—11中的圖4—1—11【解析】由圖中可看出平拋物體速度與水平方向夾角α正切即為：tanα＝為定值，則tanα與t成正比.【答案】B4.有關運動的合成，以下說法正確的是A.兩個直線運動的合運動一定是直線運動C.兩個勻加速直線運動的合運動一定是勻加速直線運動D.勻加速直線運動和勻速直線運動的合運動一定是直線運動【解析】判斷合運動是直線運動還是曲線運動，依據(jù)是物體所受的合外力或物體的合加速度與合速度方向是否在一條直線上.【答案】B5.甲乙兩人在一幢樓的三層窗口比賽擲壘球，他們都盡力沿水平方向擲出同樣的壘球，不計空氣阻力.甲擲的水平距離正好是乙的兩倍.若乙要想水平擲出相當于甲在三層窗口擲出的距離，則乙應A.在5層窗口水平擲出B.在6層窗口水平擲出C.在9層窗口水平擲出D.在12層窗口水平擲出【解析】由于h甲=h乙，x甲=2x乙，所以v甲=2v乙；由x=v0t得為使x甲′=x乙′，須使t甲′=t乙′；由h=gt2得h甲′=h乙′，故為使甲、乙擲出球的水平距離相等，乙應在12層窗口水平拋出.【答案】D6.從傾角為θ的足夠長的斜面上的A點，先后將同一小球以不同的初速度水平向左拋出.第一次初速度為v1，球落到斜面上的瞬時速度方向與斜面夾角為α1，第二次初速度為v2,球落到斜面上的瞬時速度方向與斜面夾角為α2，若v1＞v2,則A.α1＞α2B.α1=α2C.α1＜α2D.無法確定【解析】如圖所示，由平拋運動的規(guī)律知lsinθ=gt2lcosθ=v0t解得:t=由圖知tan(α+θ)==2tanθ所以α與拋出速度v0無關，故α1=α2，選項B正確.【答案】B7.炮臺高出海面45m，炮彈的水平出口速度為600m/s，如果要使炮彈擊中一艘正以36km/h的速度沿直線遠離炮臺逃跑的敵艦，那么應在敵艦離炮臺____m處開炮.（g＝10m/s2）【解析】擊中敵艦用時間：gt2＝h，t＝3s，則有v敵艦t＋x＝v炮彈·t，則x＝v炮彈·t－v敵艦·t＝1770m【答案】17708.世界上第一顆原子彈爆炸時，恩里科·費米把事先準備好的碎紙片從頭頂上方撒下，碎紙片落到他身后約2m處.由此，費米推算出那枚原子彈的威力相當于1萬噸TNT炸藥.假設紙片是從m高處撒下.請你估算當時的風速是___m/s，并簡述估算的方法.【答案】或把紙片的運動看做是平拋運動，由h＝gt2，v＝求出風速v★提升能力9.玻璃生產(chǎn)線上，寬9m的成型玻璃板以2m/s的速度連續(xù)不斷地向前行進，在切割工序處，金剛鉆的走刀速度為10m/s，為了使割下的玻璃板都成規(guī)定尺寸的矩形，金剛鉆割刀的軌道應如何控制?切割一次的時間多長?【解析】本題是研究分運動和合運動的問題.由題圖可知：cosθ＝＝則θ＝v⊥＝t＝s≈s【答案】(1)軌道方向與玻璃板運動方向成.(2)s10.有一小船正在渡河，如圖4—1—12所示，在離對岸30m時，其下游40m處有一危險水域.假若水流速度為5m/s,為了使小船在危險水域之前到達對岸，那么，從現(xiàn)在起，小船相對于靜水的最小速度應是多大？圖4—2—12【解析】如圖所示，當小船到達危險水域前，恰好到達對岸，其合速度方向沿AC方向，sinα=.為使船速最小，應使v1⊥v，則v1=v2sinα=v2=3m/s.【答案】3m/s11.五個直徑均為d=5cm的圓環(huán)連接在一起，用細線懸于O點.槍管水平時槍口中心與第五個環(huán)心在同一水平面上，如圖4—1—13，它們相距100m，且連線與球面垂直.現(xiàn)燒斷細線，經(jīng)過s后開槍射出子彈，若子彈恰好穿過第2個環(huán)的環(huán)心，求子彈離開槍口時的速度(不計空氣阻力，g取10m/s2).圖4—1—13【解析】設從子彈射出到穿過環(huán)心所用時間為t，則根據(jù)平拋運動在豎直方向上做自由落體運動的特點，得豎直方向的位移關系：s彈＋×（5－2）m＝s環(huán)即gt2＋×2m＝g（t＋s）2，解得t=s.又據(jù)子彈水平方向做勻速直線運動：則v0＝m/s＝1000m/s【答案】1000m/s12.如圖4—1—14，AB為斜面，傾角為30°，小球從A點以初速度v0水平拋出，恰好落到B點.求：圖4—1—14(1)AB間的距離；(2)物體在空中飛行的時間；(3)從拋出開始經(jīng)多少時間小球與斜面間的距離最大?【解析】(1)、(2)由題意，得：gt2＝lABsin30° ①v0t=lABcos30° ②解得：t=tan30°＝v0lAB=4v02/3g(3)將v0和重力加速度g沿平行于斜面和垂直于斜面方向正交分解如圖所示.則當物體在垂直于斜面方向速度為零時與斜面距離最大，即：v⊥0-g⊥t′＝0v0sin30°-gcos30°t=0所以t=或：當平拋運動的速度與斜面平行時，物體離斜面最遠，如圖所示，則vy=v0tan30°=gt′t′=【答案】(1);(2);(3)※13.光滑斜面傾角為θ，長為L，上端一小球沿斜面水平方向以速度v0拋出，如圖4—1—15所示.求小球滑到底端時，水平方向位移多大?圖4—1—15【解析】小球的運動可分解為兩個分運動：①水平方向勻速直線運動；②沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動，a=gsinθ.水平方向：s=v0t沿斜面向下：L＝at2解得l=v0.【答案】v0※14.飛機以恒定的速度v沿水平方向飛行，飛行高度為2000m，在飛行過程中釋放一炸彈，在30s后飛行員聽見炸彈落地的爆炸聲.假設此爆炸聲向空間各個方向傳播速度都為320m/s，炸彈受到的空氣阻力可以忽略，取g＝10m/s2.則炸彈經(jīng)_______s時間落地，該飛機的飛行速度v＝_______m/s.(答案保留2位有效數(shù)字)【解析】炸彈飛行時間由平拋運動規(guī)律可求.豎直方向為自由落體運動，則由h＝gt2，可求得t1＝20s.則：聲音傳播時間t2＝20s－20s＝10s飛機10s內飛行距離為：由此可求飛行速度.炸彈落地時，飛機在其正上方，在聲音傳播到飛機的10s內飛機的位移為x=v0t2如圖所示，則h2+x2=v2t22即h2+v02t22=v2t22解得v0==m/s=250m/s【答案】20×102第Ⅱ單元圓周運動●知識聚焦一、描述圓周運動的物理量1.線速度(1)物理意義：描述質點沿圓周運動的快慢.(2)方向：質點在圓弧某點的線速度方向沿圓弧該點的切線方向.(3)大小：v＝s/t(s是t時間內通過的弧長).2.角速度(1)物理意義：描述質點繞圓心轉動的快慢.(2)大?。害兀溅?t（rad/s），φ是連接質點和圓心的半徑在t時間內轉過的角度.3.周期T，頻率f做圓周運動的物體運動一周所用的時間叫做周期.做圓周運動的物體單位時間內沿圓周繞圓心轉過的圈數(shù)，叫做頻率，也叫轉速.、ω、4、f的關系T＝，ω＝，v＝注意：T、f、ω三個量中任一個確定，其余兩個也就確定了.5.向心加速度(1)物理意義：描述線速度方向改變的快慢.(2)大?。篴＝＝ω2r＝4π2f2r＝r（2）方向：總是指向圓心.所以不論a的大小是否變化，它都是個變化的量.6.向心力(1)做用效果：產(chǎn)生向心加速度，只改變線速度的方向，不改變速度的大小.因此，向心力不做功.(2)大?。篎＝ma＝m＝mω2r＝m＝4π2mf2r（2）方向：總是沿半徑指向圓心，向心力是個變力.二、勻速圓周運動1.特點：勻速圓周運動是線速度大小不變的運動.因此它的角速度、周期和頻率都是恒定不變的.物體受的合外力全部提供向心力.2.質點做勻速圓周運動的條件：合外力大小不變，方向始終與速度方向垂直.三、一般的圓周運動(非勻速圓周運動)速度的大小有變化，向心力和向心加速度的大小也隨著變化.公式v=ωr、a==ω2r、F=m=mω2r對非勻速圓周運動仍然適用，只是利用公式求圓周上某一點的向心力和向心加速度的大小，必須用該點的瞬時速度值.●疑難辨析1.在分析傳動裝置的各物理量時，要抓住不等量和相等量的關系.同軸的各點角速度ω相等，而線速度v＝ωr與半徑r成正比，向心加速度a=ω2r與半徑成正比.在不考慮皮帶打滑的情況下，傳動皮帶與皮帶連接的兩輪邊緣的各點線速度大小相等，而角速度ω＝與半徑r成反比,向心加速度a=與半徑成反比.2.處理圓周運動的動力學問題時，在明確研究對象以后，首先要注意兩個問題：(1)確定研究對象運動的軌道平面和圓心的位置，以便確定向心力的方向.例如，沿半球形碗的光滑內表面，一小球在水平面上做勻速圓周運動，如圖4—2—1所示.小球做圓周運動的圓心在與小球同一水平面上的O′點，不在球心O，也不在彈力FN所指的PO線上.圖4—2—1(2)向心力是根據(jù)力的效果命名的.在分析做圓周運動的質點受力情況時，切不可在物體的相互做用力(重力、彈力、摩擦力等)以外再添加一個向心力.3.圓周運動的臨界問題：圖4—2—2 圖4—2—3(1)如圖4—2—2和圖4—2—3所示，沒有物體支撐的小球，在豎直平面做圓周運動過最高點的情況：①臨界條件：繩子或軌道對小球沒有力的做用：mg＝mv臨界＝②能過最高點的條件：v≥，當v＞時，繩對球產(chǎn)生拉力，軌道對球產(chǎn)生壓力.③不能過最高點的條件：v＜v臨界(實際上球還沒到最高點時就脫離了軌道)圖4—2—4圖4—2—5(2)如圖4—2—4的球過最高點時，輕質桿對球產(chǎn)生的彈力情況：①當v＝0時，F(xiàn)N＝mg（FN為支持力）.②當0＜v＜時，F(xiàn)N隨v增大而減小，且mg＞FN＞0，F(xiàn)N為支持力.③當v＝時，F(xiàn)N＝0.④當v＞時，F(xiàn)N為拉力，F(xiàn)N隨v的增大而增大.若是圖4—2—5的小球在軌道的最高點時，如果v≥此時將脫離軌道做平拋運動，因為軌道對小球不能產(chǎn)生拉力.●典例剖析［例1］如圖4—2—6所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r,a是它邊緣上的一點，左側是一輪軸，大輪半徑為4r，小輪半徑為2r,b點在小輪上，到小輪中心距離為r,c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上，若在傳動過程中，皮帶不打滑，則圖4—2—6點與b點線速度大小相等點與c點角速度大小相等點與d點向心加速度大小相等、b、c、d四點，加速度最小的是b點【解析】分析本題的關鍵有兩點：其一是同一輪軸上的各點角速度相同；其二是皮帶不打滑時，與皮帶接觸的各點線速度相同.這兩點抓住了，然后再根據(jù)描述圓周運動的各物理量之間的關系就不難得出正確的結論.由圖4—2—6可知，a點和c點是與皮帶接觸的兩個點，所以在傳動過程中二者的線速度相等，即va＝vc，又v=ωR，所以ωar＝ωc·2r，即ωa＝2ωc.而b、c、d三點在同一輪軸上，它們的角速度相等，則ωb＝ωc＝ωd＝ωa，所以選項Ｂ錯.又vb＝ωb·r＝ωar＝va，所以選項A也錯.向心加速度：aa＝ωa2r；ab＝ωb2·r＝（ωa）2r＝ωa2r＝aa；ac＝ωc2·2r＝（ωa）2·2r＝ωa2r＝aa；ad＝ωd2·4r＝（ωa）2·4r＝ωa2r＝aa.所以選項C、D均正確.【思考】在皮帶傳動裝置中，從動輪的轉動是靜摩擦力做用的結果.試分析一下主動輪和從動輪上的與皮帶接觸的各點所受摩擦力的情況.圖4—圖4—2—7【設計意圖】幫助學生理清表示圓周運動的各物理量間的關系.并掌握討論有關問題的方法.［例2］如圖4—2—7所示，在電機距軸O為r處固定一質量為m的鐵塊.電機啟動后，鐵塊以角速度ω繞軸O勻速轉動.則電機對地面的最大壓力和最小壓力之差為.【解析】鐵塊在豎直面內做勻速圓周運動，其向心力是重力mg與輪對它的力F的合力.由圓周運動的規(guī)律可知：當m轉到最低點時F最大，當m轉到最高點時F最小.設鐵塊在最高點和最低點時，電機對其做用力分別為F1和F2，且都指向軸心，根據(jù)牛頓第二定律有：在最高點：mg＋F1＝mω2r ①在最低點：F2－mg＝mω2r ②電機對地面的最大壓力和最小壓力分別出現(xiàn)在鐵塊m位于最低點和最高點時，且壓力差的大小為：ΔFN＝F2＋F1 ③由①②③式可解得：ΔFN＝2mω2r【思考】(1)若m在最高點時突然與電機脫離，它將如何運動?(2)當角速度ω為何值時，鐵塊在最高點與電機恰無做用力?(3)本題也可認為是一電動打夯機的原理示意圖.若電機的質量為M，則ω多大時，電機可以“跳”起來?此情況下，對地面的最大壓力是多少?【思考提示】（1）平拋運動（2）電機對鐵塊無做用力時，重力提供鐵塊的向心力，則mg=mω12r即ω1=(3)鐵塊在最高點時，鐵塊與電動機的相互做用力大小為F1，則F1+mg=mω22rF1=Mg即當ω2≥時，電動機可以跳起來，當ω2=時，鐵塊在最低點時電機對地面壓力最大，則F2-mg=mω22rFN=F2+Mg解得電機對地面的最大壓力為FN=2（M+m)g【設計意圖】通過本例說明在豎直平面內物體做圓周運動通過最高點和最低點時向心力的來源，以及在最高點的臨界條件的判斷和臨界問題分析方法.［例3］如圖4—2—8所示，光滑的水平面上釘有兩枚鐵釘A和B，相距m、長1m的柔軟細繩拴在A上，另一端系一質量為kg的小球，小球的初始位置在AB連線上A的一側，把細線拉緊，給小球以2m/s的垂直細線方向的水平速度使它做圓周運動.由于釘子B的存在，使線慢慢地纏在A、B上.圖4—2—8(1)如果細線不會斷裂，從小球開始運動到細線完全纏在A、B上需要多長時間?(2)如果細線的抗斷拉力為7N，從開始運動到細線斷裂需經(jīng)歷多長時間?【解析】小球交替地繞A、B做勻速圓周運動，因線速度不變，隨著轉動半徑的減小，線中張力F不斷增大，半周期不斷減小.推算出每個半周期的時間及半周期數(shù)，就可求出總時間，根據(jù)繩子能承受的最大拉力，可求出細繩斷裂所經(jīng)歷的時間.在第一個半周期內：F1＝mt1＝在第二個半周期內：F2＝mt2＝在第三個半周期內：F2＝mt3＝……在第n個半周期內：Fn＝mtn＝由于＝10所以n≤10（1）小球從開始運動到細線完全纏到A、B上的時間t＝t1＋t2＋…＋t10＝＝≈s（2）設在第x個半周期時，F(xiàn)x＝7N由Fx＝m代入數(shù)據(jù)后得x＝8則所經(jīng)歷的時間t＝＝s≈s【說明】運用遞推規(guī)律寫出通式及對數(shù)列的求和都是物理解題中常用到的數(shù)學方法.物理和數(shù)學是緊密聯(lián)系的，應用數(shù)學處理物理問題的能力是高考要求的五種能力之一，近幾年的高考均對該能力提出了較高的要求.因此，在平時的練習中，應注意數(shù)學知識與物理知識的結合，能在正確分析、清楚地理解試題所給的物理現(xiàn)象、物理過程的基礎上，運用數(shù)學知識列式、推導和求解.【設計意圖】如何對于這種多過程問題，利用遞推規(guī)律總結出有關物理量變化的通式的方法；提高學生應用數(shù)學知識解決物理問題的能力.●反饋練習★夯實基礎1.一輛卡車在丘陵地勻速行駛，地形如圖4—2—9所示，由于輪胎太舊，途中爆胎，爆胎可能性最大的地段應是圖4—2—9處 處處 Ｄ.d處【解析】汽車在不同路段上的運動，可認為是半徑不同的圓周運動.在a、c兩處有mg-FN1＝mv2/2，則正壓力FN1小于重力.在b、d兩處有：FN2－mg＝mv2/2，則正壓力FN2大于重力，又因為d處的半徑小，所以輪胎在d處受的正壓力最大.【答案】D2.有一種大型游戲器械，它是一個圓筒型大容器，筒壁豎直，游客進入容器后靠筒壁站立，當圓筒開始轉動后，轉速加快到一定程度時，突然地板塌落，游客發(fā)現(xiàn)自己沒有落下去，這是因為A.游客受到的筒壁的做用力垂直于筒壁B.游客處于失重狀態(tài)C.游客受到的摩擦力等于重力D.游客隨著轉速的增大有沿壁向上滑動的趨勢【解析】人做圓周運動的向心力由容器壁的彈力提供；豎直方向人受到的靜摩擦力跟重力是一對平衡力，C選項正確.游客受到筒壁的做用力為彈力和摩擦力的合力，不與筒壁垂直，A選項錯.游客在豎直方向加速度為零，故不是處于失重狀態(tài)，B選項錯，轉速增大時，游客仍有沿筒壁下滑的趨勢，受到向上的靜摩擦力做用.D選項錯.【答案】C3.對滑冰運動員的最大摩擦力為其重力的k倍，在水平冰面上沿半徑為R的圓周滑行的運動員，若僅依靠摩擦力來提供向心力而不沖出圓形滑道，其運動的速度應滿足≥ ≤≤ ≤【解析】摩擦力提供向心力；根據(jù)臨界條件，mgk=m,得v＝則v≤【答案】B4.如圖4—2—10所示，將完全相同的兩小球A、B用長L=m的細繩懸于以速度v=4m/s向右勻速運動的小車頂部，兩球與小車的前、后壁接觸，由于某種原因，小車突然停止，此時懸線的拉力之比FB∶FA為（g取10m/s2）圖4—2—10∶1 ∶2∶3 ∶4【解析】小車突然停止，球B也隨之停止，故FB=mg球A開始從最低點擺動，則FA-mg=mFA=m(g+)=3mg所以【答案】C5.用同樣材料做成的A、B、C三個物體，放在勻速轉動的水平平臺上，已知，mA=2mB=2mC，各物體到軸的距離rC=2rA=2rB，若它們相對于平臺無滑動，則下面說法中的是的向心加速度最大 的摩擦力最小C.轉速增大時，C比B先滑動 D.轉速增大時，B比A先滑動【解析】由a=ω2r知，C的向心加速度最大.由Ff=mω2r知,B所受的靜摩擦力最小.物體將要滑動時有μmg=mω2r，即μg=ω2r.所以在轉速增大時，C先滑動.所以D選項的說法不正確.【答案】D6.在光滑桿上穿著兩個小球m1、m2，且m1＝2m2，用細線把兩球連起來，當盤架勻速轉動時，兩小球剛好能與桿保持無相對滑動，如圖4—2—11所示，此時兩小球到轉軸的距離r1與r2之比為圖4—2—11∶1 ∶∶1 ∶2【解析】兩球向心力、角速度均相等，由公式F=mω2r得r∝，則.【答案】D7.童非，江西人，中國著名體操運動員，首次在單杠項目上實現(xiàn)了“單臂大回環(huán)”:用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運動.假設童非的質量為65kg，那么，在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童非的單臂至少要能夠承受______N的力.（g取10m/s2）【解析】由機械能守恒可知從杠上面靜止開始到轉至杠下面的運動員的速度為：mg·2·h＝mv12，由圓周運動的知識可得：F-mg＝m綜合兩式可得：F＝5mg=3250N【答案】32508.如圖4—2—12所示，直徑為d的紙制圓筒，使它以角速度ω繞軸O勻速轉動，然后使子彈沿直徑穿過圓筒.若子彈在圓筒旋轉不到半周時在圓筒上留下a、b兩個彈孔，已知aO、bO夾角為φ，求子彈的速度.圖4—2—12【解析】子彈從a穿入圓筒到從b穿出圓筒，圓筒轉過的角度為π-φ，則子彈穿過圓筒的時間為t=(π－φ）/ω在這段時間內子彈的位移為圓筒的直徑d，則子彈的速度為v=d/t=ωd/（π－φ）.【答案】ωd/（π－φ）9.質量相等的小球A、B分別固定在輕桿的中點及端點，當桿在光滑水平面上繞O點勻速轉動時，如圖4—2—13所示，求桿的OA段及AB段對球的拉力之比.圖4—2—13【解析】A、B兩球在光滑水平面上做勻速圓周運動時，B球受到重力、支持力、桿的拉力三個力做用，重力和支持力平衡，桿AB對它的拉力即為它做勻速圓周運動的向心力，設桿轉動的角速度為ω，則FAB＝mω2L ①A球受到四個力的做用，其重力和支持力平衡，其做勻速圓周運動的向心力為OA和AB兩段桿對A球拉力的合力，即FOA－FAB＝mω2L/2 ②由①②得FOA＝2mω2L/2由OA段與AB段的拉力之比為：FOA∶FAB＝3∶2【答案】3∶210.汽車以一定的速度在一寬闊水平路上勻速直線行駛，突然發(fā)現(xiàn)正前方有一堵長墻，為了盡可能避免碰到墻壁，司機緊急剎車好?還是馬上轉彎好?試定量分析并說明道理(“馬上轉彎”可近似地看做勻速圓周運動).【解析】剎車好還是轉彎好，要看哪種方法撞墻的可能性小.設摩擦因數(shù)為μ，質量為m，速度為v.剎車：μmg＝ma則a=μg.由2as=vt2－v02得s＝轉彎：μmg＝m得R＝比較得剎車比轉彎好.【答案】緊急剎車好★提升能力11.一把雨傘邊緣的半徑為r，且高出水平地面h.當雨傘以角速度ω旋轉時，雨滴自邊緣甩出落在地面上成一個大圓周.這個大圓的半徑為_______.【解析】雨滴離開雨傘的速度為v0=ωr雨滴做平拋運動的時間為t=雨滴的水平位移為x=v0t=ωr雨滴落在地上形成的大圓的半徑為R=【答案】r12.如圖4—2—14所示，用細繩一端系著的質量為M=kg的物體A靜止在水平轉盤上，細繩另一端通過轉盤中心的光滑小孔O吊著質量為m=kg的小球B，A的重心到O點的距離為m.若A與轉盤間的最大靜摩擦力為Ff=2N,為使小球B保持靜止，求轉盤繞中心O旋轉的角速度ω的取值范圍.（取g=10m/s2）圖4—2—14【解析】要使B靜止，A必須相對于轉盤靜止——具有與轉盤相同的角速度.A需要的向心力由繩拉力和靜摩擦力合成，角速度取最大值時，A有離心趨勢，靜摩擦力指向圓心O；角速度取最小值時，A有向心力運動的趨勢，靜摩擦力背離圓心O.對于B，F(xiàn)=mg對于A，F(xiàn)+Ff=Mrω12F-Ff=Mrω22解得：ω1==rad/s;ω2=rad/s【答案】rad/s≤ω≤rad/s※13.如圖4—2—15，電視畫面每隔1/30s更迭一幀，當屏幕上出現(xiàn)一輛車勻速奔馳的情景時，觀眾如果注視車輛的輻條，往往會產(chǎn)生奇怪的感覺，設車上有八根對稱分布的完全相同的輻條，試問下列說法不正確的是圖4—2—15A.若在s內，每根輻條恰好轉過45°，則觀眾覺得車輪是不動的B.若在s內，每根輻條恰好轉過360°，則觀眾覺得車輪是不動的C.若在s內，每根輻條恰好轉過365°，則觀眾覺得車輪是倒轉的D.若在s內，每根輻條恰好轉過355°，則觀眾覺得車輪是倒轉的【解析】若在1/30s內，轉過45°或360°，相鄰輻條之間，后面輻條轉至前面輻條位置，由于視覺暫留，觀眾認為不動.同理可判定D的說法正確.不正確的判斷為C.【答案】C※14.如果表演“水流星”節(jié)目時(一個杯子)，拴杯子的繩長為L，繩子能承受的最大拉力是杯子和杯內水重力的8倍，要使繩子不斷裂，節(jié)目成功，則杯子通過最高點的速度最小為______，通過最低點的速度最大為______.【解析】據(jù)圓周運動的知識，對最高點分析有：mg＝m對最低點有：Fmax－mg＝m【答案】※15.質量為mA和mB的兩個小球A和B用輕質彈簧連在一起，用長為L1的細繩將A球系于O軸上，使AB兩球均以角速度ω在光滑的水平面上繞OO′軸做勻速圓周運動，如圖4—2—16所示，當兩球間的距離為L2時，將線燒斷，線被燒斷的瞬間，兩球加速度aA和aB各是多少？圖4—2—16【解析】B球繞O點做勻速圓周運動時，向心力由彈簧的彈力提供，則F=mBω2(L1+L2)燒斷線的瞬間，A、B受的合外力均為F=mBω2(L1+L2)，所以，兩球的加速度分別為aA=aB=【答案】※16.如圖4—2—17所示，質量為m=1kg的小球用細線拴住，線長l=m，細線所受拉力達到Fm=18N時就會被拉斷.當小球從圖示位置釋放后擺到懸點的正下方時，細線恰好被拉斷，若此時小球距水平地面的高度h=5m，重力加速度g=10m/s2，求小球落地處到地面上P點的距離.（P點在懸點的正下方）圖4—2—17【解析】小球擺到懸點正下方時，細線的拉力達到Fm=18N，此時球的速度為v，則Fm-mg=m解得v=2m/s線斷后小球做平拋運動，則h=gt2x=vt解得x=vt=v=2×=2m【答案】2m第Ⅲ單元萬有引力定律·人造地球衛(wèi)星●知識聚焦一、萬有引力定律1.萬有引力定律的內容和公式宇宙間的一切物體都是互相吸引的.兩個物體間的引力的大小，跟它們的質量的乘積成正比，跟它們的距離的平方成反比.公式：F＝G，其中G＝×10－11N·m2/kg2，叫引力常量.2.適用條件：公式適用于質點間的相互做用.當兩個物體間的距離遠遠大于物體本身的大小時，物體可視為質點.均勻的球體也可視為質量集中于球心的質點，r是兩球心間的距離.二、應用萬有引力定律分析天體的運動1.基本方法：把天體的運動看成是勻速圓周運動，其所需向心力由萬有引力提供.G應用時可根據(jù)實際情況選用適當?shù)墓竭M行分析或計算2.天體質量M、密度ρ的估算：測出衛(wèi)星繞天體做勻速圓周運動的半徑R和周期T，由G＝mR得M＝，ρ＝.(R0為天體的半徑)當衛(wèi)星沿天體表面繞天體運行時，R＝R0，則ρ＝3.衛(wèi)星的繞行速度、角速度、周期與半徑R的關系(1)由G得v＝，所以R越大，v越小.(2)由G＝mω2R，得ω＝，所以R越大，ω越小.(3)由G得T＝所以R越大，T越大.4.三種宇宙速度(1)第一宇宙速度(環(huán)繞速度)：v1＝km/s，是人造地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度,也是人造地球衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最大速度.5.地球同步衛(wèi)星所謂地球同步衛(wèi)星，是相對于地面靜止的，和地球自轉具有同周期的衛(wèi)星，T＝24h.同步衛(wèi)星必須位于赤道正上方距地面高度h≈×104km處.●疑難辨析1.重力和萬有引力重力是地面附近的物體受到地球的萬有引力而產(chǎn)生的.物體的重力和地球對該物體的萬有引力差別很小，一般可認為二者大小相等.即mg＝G，式中g為地球表面附近的重力加速度，R0為地球的半徑.所以在求第一宇宙速度時，可以用m，也可以用m.2.隨地球自轉的向心加速度和環(huán)繞運行的向心加速度放于地面上的物體隨地球自轉所需的向心力是地球對物體的引力和地面支持力的合力提供；而環(huán)繞地球運行的衛(wèi)星所需的向心力完全由地球對它的引力提供.兩個向心力的數(shù)值相差很多，如質量為1kg的物體在赤道上隨地球自轉所需的向心力只有N，而它所受地球引力約為N.對應的兩個向心加速度的計算方法也不同：物體隨地球自轉的向心加速度a1＝ω220＝，式中T為地球自轉周期，R0為地球半徑；衛(wèi)星繞地球環(huán)繞運行的向心加速度ɑ2＝，式中M為地球質量，r為衛(wèi)星與地心的距離.3.運行速度和發(fā)射速度對于人造地球衛(wèi)星，由G＝m得v＝，該速度指的是人造地球衛(wèi)星在軌道上的運行速度，其大小隨軌道半徑的增大而減小.但由于人造地球衛(wèi)星發(fā)射過程中要克服地球引力做功，增大勢能，所以將衛(wèi)星發(fā)射到離地球越遠的軌道上，在地面所需要的發(fā)射速度卻越大.●典例剖析［例1］地核的體積約為整個地球體積的16%，地核的質量約為地球質量的34%.經(jīng)估算，地核的平均密度為_______kg/m2.（結果取兩位有效數(shù)字，引力常量G＝×10－11N·m2/kg2、地球半徑R＝×106m)【解析】題目中將地核的體積和質量分別與地球的體積和質量聯(lián)系起來，本身就對解題思路做了明顯的提示.即先求地球的密度再求地核的密度.由于是估算，可以利用地球表面的重力加速度與地球質量、半徑的關系進而確定地球的密度.設g為地球表面的重力加速度，由mg＝得地球平均密度ρ＝，代入數(shù)據(jù)G、R數(shù)值得：ρ＝kg/m2＝×102kg/m2據(jù)題設即又＝得地核平均密度ρ1＝kg/m2＝×104kg/m2【說明】在一些天體運行方面的估算題中，常存在一些隱含條件，應加以利用.如在地球表面物體受到地球的引力近似等于重力.地面附近的重力加速度g=m/s2；地球自轉周期T=24h，公轉周期T′＝265d，月球繞地球運動的周期約為30d等.【設計意圖】（1）復習重力跟萬有引力的關系，并能根據(jù)mg=G計算地球質量進而求其密度；（2）練習利用常識性數(shù)據(jù)解答估算題的方法.［例2］我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射“神舟”號載人試驗飛船.飛船繞地球14圈后，地面控制中心發(fā)出返回指令，飛船啟動制動發(fā)動機、調整姿態(tài)后，在內蒙古中部地區(qū)平安降落.(1)假定飛船沿離地面高度為300km的圓軌道運行，軌道半徑為_______；其運行周期為_______min；在該高度處的重力加速度為_______.(已知地球半徑為×102km，地球質量為×1024kg，萬有引力恒量G＝×10－11N·m2/kg2）(2)飛船脫離原來軌道返回大氣層的過程中，其重力勢能將________，動能將________，機械能將________.（均填“增大”“減小”或“不變”)【解析】(1)試驗飛船在離地300km的圓軌道上運動時只受地球引力的做用，該力是飛船的向心力，也可認為是飛船在該處所受的重力.所以飛船的軌道半徑為：r=R地+h=×102km＋200km＝×102km由于萬有引力等于向心力，所以有：G代入數(shù)據(jù)得飛船的運行周期T＝min飛船在該高度處的重力加速度為：g＝m/s2≈m/s2（2）飛船啟動制動發(fā)動機之后，其運行的軌道半徑將逐漸變小.由于其軌道的變化比較慢，所以降落過程中的任一時刻，仍認為飛船滿足勻速圓周運動的條件，其線速度v＝∝1/.所以飛船返回大氣層的過程中，其重力勢能減小，動能將增大.由于克服大氣阻力(或制動力)做功，所以它的機械能將減小.【思考】(1)宇宙飛船制動的過程與汽車剎車過程相比最大的區(qū)別是什么?(只分析速度的變化情況)(2)在同一軌道上有甲乙兩艘宇宙飛船，若甲想追上前方的乙，該如何操做發(fā)動機?(3)若飛船做圓周運動的過程中外殼上有一隔熱瓷片突然脫落，它將如何運動?【思考提示】（1）汽車剎車過程速度逐漸減小，宇宙飛船制動過程速度逐漸增大.（2）甲應制動，使其進入半徑較小的軌道，從而使它的速度大于乙，從而使甲追上乙.（3）跟飛船一起做圓周運動.【設計意圖】（1）總結根據(jù)“萬有引力提供向心力”列方程求解天體運動問題的方法；（2）提高應用有關物理知識分析解決實際問題的能力.［例3］“黑洞”是愛因斯坦的廣義相對論中預言的一種特殊天體，它的密度極大，對周圍的物質(包括光子)有極強的吸引力.根據(jù)愛因斯坦理論，光子是有質量的，光子到達黑洞表面時也將被吸入.最多恰能繞黑洞表面做圓周運動，根據(jù)天文觀測，銀河系中心可能有一個黑洞，距該可能黑洞×1012m遠的星體正以×106m/s的速度繞它旋轉，據(jù)此估算該可能黑洞的最大半徑是多少?(保留一位有效數(shù)字)【解析】黑洞做為一種特殊天體一直受到廣泛的關注，種種跡象表明它確實存在于人G ①其中M為黑洞質量，m為光子質量，c為光速，r為軌道半徑，即黑洞的最大可能半徑.銀河系中的星體繞黑洞旋轉時，也可認為做的是勻速圓周運動，其向心力為二者之間的萬有引力，所以有：G ②其中m′為星體質量，R為星體的軌道半徑.由①②式可得黑洞的可能最大半徑為：r＝m≈2×108m【說明】有關黑洞的內容課本上是以“閱讀材料”的形式給出的，對于這些內容大家千萬不可掉以輕心，一定要認真去閱讀，因為近年的高考試題中有不少題目都是以課本中的閱讀材料為背景命題的.【設計意圖】通過本例培養(yǎng)學生應用中學物理知識分析解決科學技術中的問題的能力.※［例4］在研究宇宙發(fā)展演變的理論中，有一種學說叫做“宇宙膨脹說”，這種學說認為萬有引力常量G在緩慢地減小，根據(jù)這一理論，在很久很久以前，太陽系中地球的公轉情況與現(xiàn)在相比A.公轉半徑R較大 B.公轉周期T較大C.公轉速率v較大 D.公轉角速度ω較小【解析】這是一道信息題，所提供的信息是“宇宙膨脹說”中的一個觀點“萬有引力常量G在緩慢地減小”，要求根據(jù)這一理論去推測太陽系中地球運動的演變規(guī)律.在漫長的演變過程中，由于萬有引力常量G在緩慢地減小，地球所受的萬有引力在變化，故地球公轉的半徑R、速率v、周期T、角速度ω等在變化，即地球做的不是勻速圓周運動.但由于G減小得非常[ZZ2]緩慢，在并不太長時間內，可以認為地球公轉的R、v、T、ω等均保持不變，是勻速圓周運動，仍遵循天體運動的基本規(guī)律——所受萬有引力等于做圓周運動的向心力，這仍是處理物理問題的一種基本方法——理想化方法，據(jù)此有G所以，其公轉速率的表達式為v=,公轉周期的表達式為T=2π，公轉角速度的表達式為ω=.對于漫長的演變過程而言，由于萬有引力常量G在緩慢地減小，地球所受的萬有引力將逐漸減小，即有G＜m,地球將做離心運動，即公轉半徑R將增大，據(jù)此，可得公轉速率v變小，公轉周期T增大，而公轉角速度ω則變小.故正確選項為C.【設計意圖】通過本例題培養(yǎng)學生分析解答信息題的能力.●反饋練習★夯實基礎1.可以發(fā)射一顆這樣的人造地球衛(wèi)星，使其圓軌道①與地球表面上某一緯度線（非赤道）是共面同心圓②與地球表面上某一經(jīng)度線所決定的圓是共面同心圓③與地球表面上的赤道線是共面同心圓，且衛(wèi)星相對地球表面是靜止的④與地球表面上的赤道線是共面同心圓，但衛(wèi)星相對地球表面是運動的上述說法正確的是A.①② B.③④C.②③④ D.②③【解析】由于地球對衛(wèi)星的引力提供衛(wèi)星繞地球做圓周運動的向心力，故衛(wèi)星做圓周運動的圓心為地心，又由于地球在自轉，所以衛(wèi)星的圓軌道不能與某一經(jīng)度線所決定的圓是共面同心圓.【答案】B2.下列關于地球同步通信衛(wèi)星的說法中，正確的是A.為避免通信衛(wèi)星在軌道上相撞，應使它們運行在不同的軌道上B.通信衛(wèi)星定點在地球上空某處，各個通信衛(wèi)星的角速度相同，但線速度大小可以不同C.不同國家發(fā)射通信衛(wèi)星的地點不同，這些衛(wèi)星軌道不一定在同一平面內D.通信衛(wèi)星只能運行在赤道上空某一恒定高度上【解析】地球同步衛(wèi)星的T、ω、v、a向都一定，并且都在同一軌道、赤道平面、同一高度上.【答案】D3.如圖4—3—1所示，在同一軌道平面上，繞地球做圓周運動的衛(wèi)星A、B和C，某時刻恰好在同一直線上，當衛(wèi)星B運轉一周時，下列說法正確的有圖4—3—1A.因為各衛(wèi)星的角速度ωA=ωB=ωC，所以各衛(wèi)星仍在原位置上B.因為各衛(wèi)星運轉周期TA＜TB＜TC，所以衛(wèi)星A超前于衛(wèi)星B，衛(wèi)星C滯后于衛(wèi)星BC.因為各衛(wèi)星運轉頻率fA＞fB＞fC,所以衛(wèi)星A滯后于衛(wèi)星B，衛(wèi)星C超前于衛(wèi)星BD.因為各衛(wèi)星的線速度vA＜vB＜vC，所以衛(wèi)星A超前于衛(wèi)星B，衛(wèi)星C滯后于衛(wèi)星B【解析】由ω=知，ωA＞ωB＞ωC.由T=2π知，TA＜TB＜TC，fA＞fB＞fC，A超前于B，C滯后于B.由v知,vA＞vB＞vC,故正確選項為B.【答案】B4.如圖4—3—2所示，a、b、c是地球大氣層外圓形軌道上運行的三顆人造衛(wèi)星，a、b質量相同，且小于c的質量，下列判斷正確的是圖4—3—2A.b、c的線速度大小相等，且大于a的線速度、c的周期相等，且小于a的周期、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度所需的向心力最小【解析】由F=G知Fa＞Fb,Fc＞Fb,即Fb最小，D選項正確.由a=知aa＞ab=ac,C選項錯，由T=2π知，Ta＜Tb=Tc,B選項錯.由v=知，va＞vb=vc,A選項錯.【答案】D5.下列各組物理數(shù)據(jù)中，能夠估算出月球質量的是①月球繞地球運行的周期及月、地中心間的距離②繞月球表面運行的飛船的周期及月球的半徑③繞月球表面運行的飛船的周期及線速度④月球表面的重力加速度以上結論正確的是A.①② B.③④C.②③ D.①④【解析】求月球質量，應利用圍繞月球的衛(wèi)星或飛船來求.G得M＝再由v＝得R＝，代入上式M＝【答案】C6.土星外層上有一個環(huán).為了判斷它是土星的一部分還是土星的衛(wèi)星群，可以測量環(huán)中各層的線速度v與該層到土星中心的距離R之間的關系來判斷：①若v∝R，則該層是土星的一部分②若v2∝R，則該層是土星的衛(wèi)星群③若v∝，則該層是土星的一部分④若v2∝，則該層是土星的衛(wèi)星群以上判斷正確的是A.①② B.③④C.②③ D.①④【解析】若為土星的一部分，環(huán)上各部分ω相同，則v＝ω2，即v∝2.若為土星衛(wèi)星群，則由公式G得：v2∝.【答案】D7.人造地球衛(wèi)星運行時，其軌道半徑為月球軌道平均半徑的，則此衛(wèi)星運行的周期大約是d～4d之間 d～8d之間d～16d之間 D.大于16d【解析】由G，得T＝2π則衛(wèi)星與月球的周期之比為T星/T月＝則衛(wèi)星的周期T星＝T月/3≈d【答案】B8.某天體的半徑為地球半徑的2倍，質量為地球質量的1/8倍，則該天體的第一宇宙速度的大小為______.【解析】由G，得v＝對天體：v天＝×km/s≈km/s.【答案】km/s9.我國自行研制發(fā)射的“風云一號”“風云二號”氣象衛(wèi)星的飛行軌道是不同的.“風云一號”是極地圓形軌道衛(wèi)星，其軌道平面與赤道平面垂直，周期為T1＝12h；“風云二號”是同步軌道衛(wèi)星，其軌道平面就是赤道平面，周期為T2＝24h.兩顆衛(wèi)星相比：______離地面較高；______運行速度大.若某天上午8點“風云一號”正好通過赤道附近太平洋上一個小島的上空，那么“風云一號”下一次通過該小島上空將是______.【解析】由G，得T＝2π，即T∝.知“風云二號”離地面高；由G知v＝，即v∝，又T∝，故“風云一號”運行速度大；由于“風云一號”的運行周期為地球自轉周期的一半，故下次通過小島為24h后，即第二天上午8點.【答案】“風云二號”；“風云一號”；第二天上午8點★提升能力10.宇宙飛船要與軌道空間站對接，飛船為了追上軌道空間站，可以采取的措施是A.只能從較低軌道上加速B.只能從較高軌道上加速C.只能從同空間同一高度軌道上加速D.無論在什么軌道上，只要加速都行【解析】根據(jù)G知，當飛船從較低的軌道上加速時，G＜m，飛船做離心運動，其半徑增大，使飛船進入空間站軌道，飛船在較低軌道上，才使其速度大于空間站的速度，從而使它追上空間站，故A選項正確.【答案】A11.科學探測表明，月球上至少存在豐富的氧、硅、鋁、鐵等資源.設想人類開發(fā)月球，不斷把月球上的礦藏搬運到地球上，假定經(jīng)過長期的開采后，月球和地球仍可看做均勻球體，月球仍沿開采前的軌道運動，則與開采前相比①地球與月球間的萬有引力將變大②地球與月球間的萬有引力將變?、墼虑蚶@地球運動的周期將變大④月球繞地球運動的周期將變小以上判斷正確的是A.①③ B.②④C.①④ D.②③【解析】由F=G知，當r不變，M+m不變時，M=m時F最大，M與m相差越大，F(xiàn)越小，由于M＞m且M增大，m減小，故F減小，②正確.由G=m得T=2π,而M增大，故T變小，④正確，應選B.【答案】B12.一組太空人乘坐太空穿梭機，去修理位于離地球表面×105m的圓形軌道上的哈勃太空望遠鏡H，機組人員使穿梭機S進入與H相同的軌道并關閉助推火箭，而望遠鏡則在穿梭機前方數(shù)公里處.如圖4—3—3所示，設G為引力常量而M為地球質量(已知地球半徑為×106m)圖4—3—3（1）在穿梭機內，一質量為70kg的太空人的視重是多少?(2)計算軌道上的重力加速度及穿梭機在軌道上的速率和周期.（3）穿梭機須首先進入半徑較小的軌道，才有較大的角速度追上望遠鏡，試判斷穿梭機要進入較低軌道時應在原軌道上加速還是減速？說明理由.【解析】(1)穿梭機內的人處于完全失重狀態(tài)，故視重為零.(2)由mg＝G，得g＝則g′＝≈所以g′＝＝×m/s2＝m/s2；由G，得v＝v′＝＝×km/s=km/s；由v＝得：T＝＝s≈×102s（3）由G知穿梭機要進入較低軌道，必須有萬有引力大于穿梭機做圓周運動所需向心力，故當v減小時，m才減小，則G＞m，使穿梭機的軌道半徑減小.【答案】（1）0；（2）m/s2；km/s；×102s；（3）應減速，使G＞m，從而使穿梭機靠近圓心，半徑r減小.※13.九大行星繞太陽運行的軌跡可粗略地認為是圓，各星球半徑和軌道半徑如下所示：行星名稱水星金星地球火星木星土星天王星海王星冥王星星球半徑(×106m)軌道半徑（×1011m）從表中所列數(shù)據(jù)可以估算出冥王星的公轉周期最接近于______.年 年年 年【解析】由題中所給表格中的數(shù)據(jù)，根據(jù)開普勒行星運動定律可得則有T冥＝≈247年【答案】D※14.如圖4—3—4所示，有A、B兩顆行星繞同一顆恒星M做圓周運動，旋轉方向相同，A行星的周期為T1，B行星的周期為T2，在某一時刻兩行星相距最近，則圖4—3—4①經(jīng)過時間t=T1+T2，兩行星再次相距最近②經(jīng)過時間t=，兩行星再次相距最近③經(jīng)過時間t=，兩行星相距最遠④經(jīng)過時間t=，兩行星相距最遠以上判斷正確的是①③ B.②④C.①④ D.②③【解析】解法1：單位時間內兩行星轉過角度之差為Δφ.Δφ=ω1-ω2=.當兩行星再次相遇時，轉過角度之差為2π，所需時間t1為t1=.兩行星相距最遠時，轉過角度之差為π，所需時間t2為t2=.選項②④正確，即B選項正確.解法2：設t1后兩行星相遇，B星轉過n周，A星轉過（n+1）周，則nT2=(n+1)T1=t1解得t1=.當兩行星相距最遠時，可得nT2=(n+)T1=t2得t2=【答案】B※年2月20日發(fā)射升空的“和平號”空間站，在服役15年后于2022年3月23日墜落在南太平洋.“和平號”風風雨雨15年鑄就了輝煌業(yè)績，已成為航天史上的永恒篇章.“和平號”空間站總質量137t，工做容積超過400m2，是迄今為止人類探索太空規(guī)模最大的航天器，有“人造天宮”之稱.在太空運行的這一“龐然大物”按照地面指令準確濺落在預定海域，這在人類歷史上還是第一次.“和平號”空間站正常運轉時，距離地面的平均高度大約為350km.為保證空間站最終安全墜毀，俄羅斯航天局地面控制中心對空間站的運行做了設“和平號”空間站正常運轉時沿高度為350km圓形軌道運行，在墜落前沿高度為240km的指定圓形低空軌道運行，而且沿指定的低空軌道運行時，每運行一周空間站高度變化很小，因此計算時對空間站的每一周的運動都可以做為勻速圓周運動處理.(1)簡要說明，為什么空間站在沿圓軌道正常運行過程中，其運動速率是不變的.(2)空間站沿正常軌道運行時的加速度與沿指定的低空軌道運行時加速度大小的比值多大?計算結果保留2位有效數(shù)字.(3)空間站沿指定的低空軌道運行時，每運行一周過程中空間站高度平均變化多大?計算中取地球半徑R＝×102km，計算結果保留1位有效數(shù)字.【解析】(1)空間站沿圓軌道運行過程中，仍受萬有引力做用，所受到的萬有引力與空間站運行方向垂直，引力對空間站不做功，因此空間站沿圓軌道運行過程中，其運行速率是不變的.(2)不論空間站沿正常軌道運行，還是沿指定的低空軌道運行時，都是萬有引力恰好提供空間站運行時所需要的向心力，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律有G空間站運行時向心加速度是a=G空間站沿正常軌道運行時的加速度與在沿指定的低空軌道運行時加速度大小的比值是(3)萬有引力提供空間站運行時的向心力，有G不計地球自轉的影響，根據(jù)G有GM＝R2g則空間站在指定的低空軌道空間站運行的周期為T＝2πr≈×103s設一晝夜的時間t，則每晝夜空間站在指定的低空軌道繞地球運行圈數(shù)為n＝空間站沿指定的低空軌道運行時，每運行一周過程中空間站高度平均減小Δh＝km/n=km/16=km.【答案】(1)萬有引力跟速度方向垂直，不改變速度大小，僅改變速度方向；（2）；（3）km※16.海洋占地球面積的71%，它接受來自太陽的輻射能比陸地上要大得多，根據(jù)聯(lián)合國教科文組織提供的材料，全世界海洋能的可再生量，從理論上說近800億kW，其中海洋潮汐能量含量巨大.海洋潮汐是由于月球和太陽引力的做用而引起的海水周期性漲落現(xiàn)象，理論證明：月球對海水的引潮力(f潮)月與M月成正比，與(r月地)2成反比，即：(f潮)月＝Ｋ，同理可證：(f潮)日＝K潮水潮汐能的大小隨潮差而變，潮差越大則潮汐能越大.加拿大的芬迪灣、法國的塞納河口、我國的錢塘江、印度和孟加拉國的恒河口等等，都是世界上潮差較大的地區(qū).1980年我國建成的浙江溫嶺縣江廈潮汐電站，其裝機總容量為3000kW，規(guī)模居世界第二，僅次于法國的朗斯潮汐電站.已知地球半徑為×106m，月球繞地球可近似看做圓周運動，估算月球到地心的距離r月地＝？根據(jù)有關數(shù)字解釋：為什么月球對潮汐現(xiàn)象起主要做用?(M月＝×1022kg，M日＝×1030kg，r日地＝×108km）【解析】地球表面重力加速度g和月球的公轉周期T可認為已知.則：g＝G ①G ②由①②得：r月地＝代入數(shù)據(jù)得：r月地＝×108m又因為：≈即：月球的引潮力約是太陽引潮力的倍，因此月球對潮汐起主要做用.【答案】×108m;章末綜合講練●知識網(wǎng)絡●高考試題一、平拋運動1.(2000年上海高考)圖4—1為用頻閃攝影方法拍攝的研究物體做平拋運動規(guī)律的照片，圖中A、B、C為三個同時由同一點出發(fā)的小球.AA′為A球在光滑水平面上以速度v運動的軌跡；BB′為B球以速度v被水平拋出后的運動軌跡；CC′為C球自由下落的運動軌跡，通過分析上述三條軌跡可得出結論：________.圖4—1【解析】由頻閃照片可知A球在光滑水平面上以速度v做勻速直線運動，C球在豎直方向上做自由落體運動，B球為同時以速度v水平拋出后的平拋運動軌跡，由同一時刻三球在空中的位置(位移)關系可知，平拋運動的水平分運動為勻速直線運動，豎直分運動為自由落體運動.【答案】做平拋運動的物體在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做自由落體運動.或平拋運動是水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動的合成二、圓周運動2.（2022年上海高考）太陽從東邊升起，西邊落下，是地球上的自然現(xiàn)象，但在某些條件下，在緯度較高地區(qū)上空飛行的飛機上，旅客可以看到太陽從西邊升起的奇妙現(xiàn)象.這些條件是A.時間必須是在清晨，飛機正在由東向西飛行，飛機的速度必須較大B.時間必須是在清晨，飛機正在由西向東飛行，飛機的速度必須較大C.時間必須是在傍晚，飛機正在由東向西飛行，飛機的速度必須較大D.時間必須是在傍晚，飛機正在由西向東飛行，飛機的速度不能太大【解析】從飛機的飛行方向及速度和地球自轉速度和方向方面加以判斷可以得出正確答案C.【答案】C3.（1999年全國高考）如圖4—2所示，細桿的一端與一小球相連.可繞過O點的水平軸自由轉動.現(xiàn)給小球一初速度，使它做圓周運動，圖中a、b分別表示小球軌道的最低點和最高點，則桿對球的做用力可能是圖4—2處為拉力，b處為拉力 處為拉力，b處為推力處為推力，b處為拉力 處為推力，b處為推力【解析】在a處桿對球的做用力一定為拉力，因為在最低點桿對球的做用力與球的重力的合力提供了球做圓周運動的向心力，重力向下，桿的做用力應為向上的拉力.球在最高點b時，若球的速度v=，桿對球沒有做用力；若v＞，桿對球的做用力為向下的拉力，若v＜，桿對球的做用力為推力，故A、B選項正確.【答案】AB三、萬有引力定律的應用4.（2022年春季高考）在地球（看做質量均勻分布的球體）上空有許多同步衛(wèi)星，下面的說法中正確的是A.它們的質量可能不同B.它們的速度可能不同C.它們的向心加速度可能不同D.它們離地心的距離可能不同【答案】A5.(1998年上海高考)發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3.軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點(如圖4—3)，則當衛(wèi)星分別在1、2、3軌道上正常運行時，以下說法正確的是圖4—3A.衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率B.衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于在軌道1上的角速度C.衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點時的加速度大于它在軌道2上經(jīng)過Q點時的加速度D.衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過P點時的加速度等于它在軌道3上經(jīng)過P點的加速度【解析】由上題可知v=，故B正確，衛(wèi)星在P點加速度a=與在哪個軌道經(jīng)過此點無關.【答案】BD6.(1999年全國高考)地球同步衛(wèi)星到地心的距離r可由r2＝求出.已知式中a的單位是m,ｂ的單位是s，c的單位是m/s2，則是地球半徑，b是地球自轉的周期，c是地球表面處的重力加速度是地球半徑，b是同步衛(wèi)星繞地心運動的周期，c是同步衛(wèi)星的加速度是赤道周長，b是地球自轉周期，c是同步衛(wèi)星的加速度是地球半徑，b是同步衛(wèi)星繞地心運動的周期，c是地球表面處的重力加速度【解析】求解思路為：由萬有引力定律導出人造地球衛(wèi)星運轉半徑的表達式，再將其與題給表達式中各項對比，以明確式中各項的物理意義.由G得r2＝ ①由mg=G得GM＝gR02 ②將②代入①有r2＝【答案】ADA.周期越小 B.線速度越小C.角速度越小 D.加速度越小【解析】由G＝mrω2＝mr可知Ｂ、C、Ｄ對.【答案】BCD8.(1998年全國高考)宇航員站在一星球表面上的某高處，沿水平方向拋出一個小球.經(jīng)過時間t，小球落到星球表面，測得拋出點與落地點之間的距離L.若拋出時的初速增大到2倍，則拋出點與落地點之間的距離為L.已知兩落地點在同一水平面上，該星球的半徑為R，萬有引力常數(shù)為G.求該星球的質量M.【解析】設拋出點的高度為h，第一次水平位移為x，則有x2＋h2＝L2…①，同理對于第二次平拋過程有：(2x)2＋h2＝（L）2…②，由①②解得h=.該行星上重力加速度為g，由平拋運動規(guī)律得：h=gt2…③，由萬有引力與牛頓第二定律得G…④，聯(lián)立以上各式可解得M=.【答案】M＝9.(2000年全國高考)某人造地球衛(wèi)星因受高空稀薄空氣的阻力做用，繞地球運轉的軌道會慢慢改變.每次測量中衛(wèi)星的運動可近似看做圓周運動.某次測量衛(wèi)星的軌道半徑為r1，后來變?yōu)閞2，r2＜r1，以Er1、Er2表示衛(wèi)星在這兩個軌道上的動能，T1、42表示衛(wèi)星在這兩個軌道上繞地球運動的周期，則＜Er1，T2＜T1 ＜Er1，T2＞T1＞Er1，T2＜T1 ＞Er1，T2＞T1【解析】由G得v＝，而Ek＝mv2，可知：r減小，則Ek變大，T減小.【答案】C已知地球半徑R、地球自轉周期T、地球表面重力加速度g(視為常量)和光速c.試求該同步衛(wèi)星發(fā)出的微波信號傳到嘉峪關處的接收站所需的時間(要求用題給的已知量的符號表示).【解析】設m為衛(wèi)星質量，M為地球質量，r為衛(wèi)星到地球中心的距離，ω為衛(wèi)星繞地心轉動的角速度，由萬有引力定律和牛頓定律有Gω＝；因G得：GM＝gR2，r=(；設嘉峪關到同步衛(wèi)星的距離為L，由余弦定理L＝，所求時