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- 2021-05-26 发布
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第
2
讲 曲线运动与万有引力
总纲目录
考点一 运动的合成与分解、平抛运动
考点二 圆周运动
考点四 人造卫星和宇宙航行
素养提升 竖直平面圆周运动的重要模型
——
“
绳、杆”模型
考点三 万有引力定律及其应用
考点一 运动的合成与分解、平抛运动
1.(多选)(2019课标Ⅱ,19,6分)如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔
时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同
一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用
v
表示他在竖直方向的速度,其
v
-
t
图像如图(b)所示,
t
1
和
t
2
是他落在倾斜雪道上的时刻。则
( )
A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D.竖直方向速度大小为
v
1
时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
答案
BD 本题考查曲线运动知识和利用数形结合处理物理问题的能力,
体现了模型构建、科学推理的核心素养。
v
-
t
图线与时间轴包围的面积表示运动员在竖直方向上的位移,由图像可知第
二次包围的格数较多,故A错。设雪道的倾角为
θ
,则水平位移
x
=
,故B正
确。
v
-
t
图线的斜率表示加速度,由图像明显看出,第一次在竖直方向上的平均
加速度较大,故C错。
v
=
v
1
时,斜率
k
1
>
k
2
,结合牛顿第二定律
mg
-
f
=
ma
可知,第二
次所受阻力较大,D正确。
2.(2018课标Ⅲ,17,6分)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以
v
和
的速度
沿同一方向水平抛出,两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球
落至斜面时速率的
(
A
)
A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍
答案
A 本题考查平抛运动规律的应用。
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
=
v
0
t
,
h
=
gt
2
,由图中几何关系,可得tan
θ
=
,解得
t
=
;从抛出到落到斜面
上,由动能定理可得:
mgh
=
mv
'
2
-
m
,可得
v
'=
=
·
v
0
,则
=
=
=
,选项A正确。
1.关联速度问题
物体的实际运动即合运动,对于用绳、杆相连的物体,在运动过程中,两物体
的速度通常不同,但两物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等(原因是绳和杆
的长度不发生变化)。
2.熟悉斜面上的平抛运动问题的几个二级结论
(1)若平抛的物体垂直打在斜面上,此时水平速度与竖直速度之比等于斜面倾
角的正切值。
(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的物体,其竖直位移与水平位移之比等于
斜面倾角的正切值;速度偏角的正切值一定为位移偏角(斜面倾角)的正切值
的2倍。
考向一 运动的合成与分解
1.(2019河北保定模拟)一物体在光滑的水平桌面上运动,在相互垂直的
x
方向
和
y
方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示。关于物体的运动,
下列说法中正确的是
(
C
)
A.物体运动的初速度大小是7 m/s
B.物体做变加速直线运动
C.物体做匀变速曲线运动
D.物体运动的加速度大小是5 m/s
2
答案
C 由
v
-
t
图像可得
=3 m/s,
=4 m/s,则初速度
v
0
=
=5 m/s,选
项A错误;
x
方向的匀速直线运动和
y
方向的匀变速直线运动合成为匀变速曲
线运动,选项B错误,C正确;
a
x
=0,
a
y
=2 m/s
2
,物体的加速度
a
=
=2 m/s
2
,选
项D错误。
2.(2019山东潍坊一模)如图所示,物体
A
与物体
B
通过跨过光滑定滑轮的轻绳
相连,在水平力
F
的作用下,物体
B
沿水平面向右运动,物体
A
恰好匀速上升,那
么以下说法正确的是
(
D
)
A.物体
B
正向右做匀减速运动
B.物体
B
正向右做加速运动
C.地面对
B
的摩擦力减小
D.轻绳与水平方向成30
°
时,
v
A
∶
v
B
=
∶2
答案
D 将
B
的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向,沿绳子方向上的
分速度等于
A
的速度,如图所示,根据平行四边形定则有
v
B
cos
α
=
v
A
,所以
v
B
=
,当
α
减小时,物体
B
的速度减小,但
B
不是匀减速运动,选项A、B错误;在竖
直方向上,对
B
有
mg
=
F
N
+
F
T
sin
α
,
F
T
=
m
A
g
,
α
减小,则支持力
F
N
增大,根据
F
f
=
μF
N
可
知摩擦力
F
f
增大,选项C错误;根据
v
B
cos
α
=
v
A
,轻绳与水平方向成30
°
时,
v
A
∶
v
B
=
∶2,选项D正确。
考向二 平抛运动基本规律
3.(多选)(2019河北石家庄质检)如图所示,一带电小球自固定斜面顶端
A
点以
某速度水平抛出,落在斜面上
B
点。现加上竖直向下的匀强电场,仍将小球自
A
点以相同速度水平抛出,落在斜面上
C
点。不计空气阻力,下列说法正确的
是
(
CD
)
A.小球带正电
B.小球所受电场力可能大于重力
C.小球两次落在斜面上所用的时间不相等
D.小球两次落在斜面上的速度大小相等
答案
CD 不加电场时,小球做平抛运动,加电场时,小球做类平抛运动,设斜
面的倾角为
α
,根据tan
α
=
,则
t
=
,因为水平方向上做匀速直线运动,
可知
t
2
>
t
1
,则
a
<
g
,可知小球一定带负电,所受的电场力向上,且小于重力的大小,
故A、B错误,C正确;因为做类平抛运动或平抛运动时,小球在某时刻的速度
方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,由于位
移方向相同,则小球两次落在斜面上的速度方向一定相同,根据平行四边形定
则知,初速度相同,则落在斜面上的速度大小相等,故D正确。
考向三 平抛运动中的临界问题
4.(多选)(2019广东肇庆三模)如图所示,水平屋顶高
H
=5 m,围墙高
h
=3.2 m,围
墙到房子的水平距离
L
=3 m,围墙外马路宽
x
=10 m,为使小球从屋顶水平飞出
落在围墙外的马路上,小球离开屋顶时的速
度
v
0
的大小的可能值为(
g
取10 m/s
2
,不计墙的
厚度,小球可视为质点)
(
CD
)
A.3.1 m/s B.4.7 m/s
C.7.2 m/s D.11.5 m/s
答案
CD 小球落在马路上,
v
的最大值
v
max
为小球落在马路最右侧时的平抛
初速度,小球做平抛运动,设运动时间为
t
1
,则小球的水平位移
L
+
x
=
v
max
t
1
,小球的
竖直位移
H
=
g
,联立解得
v
max
=(
L
+
x
)
=(10+3)
×
m/s=13 m/s;小球要落
在围墙外的马路上,
v
0
的最小值
v
min
为球恰好越过围墙的最高点落在马路上时
的平抛初速度,设小球运动到围墙最高点所需时间为
t
2
,则此过程中小球的水
平位移
L
=
v
min
t
2
,小球的竖直方向位移
H
-
h
=
g
,联立解得
v
min
=
L
=5 m/s,
故C、D正确,A、B错误。
考点二 圆周运动
1.(2017课标Ⅱ,17,6分)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
)
(
B
)
A.
B.
C.
D.
答案
B 小物块由光滑轨道最低点到最高点的过程中,以水平地面为重力
势能参考平面,则由机械能守恒定律有
mv
2
=
mg
·2
R
+
m
小物块从最高点水平飞出做平抛运动,有
2
R
=
gt
2
x
=
v
1
t
(
x
为落地点到轨道下端的距离)
得
x
2
=
R
-16
R
2
当
R
=-
,即
R
=
时,
x
具有最大值,选项B正确。
2.(2016课标Ⅱ,16,6分)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。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点
(
C
)
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
答案
C 设小球的质量为
m
,绳长为
L
,根据动能定理得
mgL
=
mv
2
,解得
v
=
,
L
P
<
L
Q
,所以
v
P
<
v
Q
,故A项错误。小球动能
E
k
=
mgL
,其中
m
P
>
m
Q
,
L
P
<
L
Q
,所以
无法判断它们的动能大小关系,B项错误。
F
拉
-
mg
=
,将
v
=
代入得
F
拉
=3
mg
,因为
m
P
>
m
Q
,所以
P
球所受绳的拉力大于
Q
球所受绳的拉力,故C项正确。向
心加速度
a
=
=2
g
,所以在轨迹的最低点,
P
、
Q
两球的向心加速度相同,故D项
错误。
1.解决圆周运动问题的关键
(1)正确进行受力分析,明确向心力的来源,确定圆心以及半径。
(2)列出正确的动力学方程
F
=
m
=
mrω
2
=
mωv
=
mr
。结合
v
=
ωr
、
T
=
=
等基本公式进行求解。
2.水平面内圆周运动临界问题的分析方法
(1)水平面内做圆周运动的物体,其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供,常
涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。
(2)常见临界条件:绳的临界:张力
F
T
=0;接触面滑动的临界:
F
=
f
;接触面分离的
临界:
F
N
=0。
3.
竖直平面内圆周运动的分析方法
解决竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”。“两点”即最
高点和最低点
,
在最高点和最低点对物体进行受力分析
,
确定向心力
,
根据牛
顿第二定律列方程
;“
一过程”即从最高点到最低点
,
往往由动能定理或机械
能守恒定律将这两点联系起来。
考向一 水平面内的圆周运动
1.(多选)(2019河北石家庄一模)如图所示,两个质量均为
m
的小球
A
、
B
套在半
径为
R
的圆环上,圆环可绕竖直方向的直径旋转,两小球随圆环一起转动且相
对圆环静止。已知
OA
与竖直方向的夹角
θ
=53
°
,
OA
与
OB
垂直,小球
B
与圆环间
恰好没有摩擦力,重力加速度为
g
,sin 53
°
=0.8,cos 53
°
=0.6。下列说法正确的
是
( )
A.圆环旋转角速度的大小为
B.圆环旋转角速度的大小为
C.小球
A
与圆环间摩擦力的大小为
mg
D.小球
A
与圆环间摩擦力的大小为
mg
答案
AD 小球
B
与圆环间恰好没有摩擦力,由圆环对小球的支持力和小球
重力的合力提供向心力,有
mg
tan 37
°
=
mω
2
R
sin 37
°
,解得
ω
=
,则A正确,B
错误;对小球
A
受力分析,水平方向有
N
sin
θ
-
f
cos
θ
=
mω
2
R
sin
θ
;竖直方向有
N
cos
θ
+
f
sin
θ
-
mg
=0,联立解得
f
=
mg
,故C错误,D正确。
考向二 竖直面内的圆周运动
2.(2019辽宁大连模拟)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
-
v
2
图像如图乙所示。
不计空气阻力,则
(
A
)
A.小球的质量为
B.当地的重力加速度大小为
C.
v
2
=
c
时,杆对小球的弹力方向向上
D.
v
2
=2
b
时,小球受到的弹力与重力大小不相等
答案
A 由题图可知,当小球在最高点时,速度为零,有
mg
=
a
;当杆对小球无
作用力时,有
mg
=
m
=
m
;联立两式可解得
m
=
,
g
=
,选项A正确,B错误。当
v
2
=
c
>
b
时,杆对球是拉力,方向向下,选项C错误;
v
2
=2
b
时,则
F
+
mg
=
m
=
m
=2
mg
,则
F
=
mg
,即小球受到的弹力与重力大小相等,选项D错误。
考向三 圆周运动中的临界极值问题
3.(多选)(2019江西红色七校二模)如图所示,三个物块
a
、
b
和
c
(可视为质点),
其中
a
、
b
质量为
m
,放在水平圆盘上并用轻杆相连,
c
的质量为2
m
,
a
、
c
与转轴
OO
'间的距离为
r
,
b
与转轴间的距离为2
r
,物块与圆盘间的最大静摩擦力为物
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.
a
、
b
一定比
c
先开始滑动
B.
a
、
b
所受的摩擦力始终相等
C.
ω
=
是
b
开始滑动的临界角速度
D.当
ω
=
时,
a
所受摩擦力的大小为
kmg
答案
AD 当
ω
较小时,
a
、
b
相对圆盘静止,
a
、
b
各自静摩擦力提供各自的向
心力,由向心力大小
F
n
=
mω
2
r
知,
f
∝
r
,B错误;先对
c
受力分析,2
kmg
=2
m
r
,可得
c
的临界角速度
ω
c
=
,同理对
a
、
b
受力分析有
kmg
-
F
=
m
r
,
kmg
+
F
=2
m
r
,可
得
a
、
b
的临界角速度
ω
a
=
ω
b
=
,综上,C错误,A、D正确。
考向四 圆周运动和平抛运动的综合问题
4.如图所示,质量为
m
的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放,从轨道
末端
O
点水平抛出,击中平台右下侧挡板上的
P
点。以
O
为原点在竖直面内建
立如图所示的平面直角坐标系,挡板形状满足方程
y
=6-
x
2
(单位:m),小球质量
m
=0.4 kg,圆弧轨道半径
R
=1.25 m,
g
取10 m/s
2
。求:
(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小;
(2)小球从
O
点到
P
点所需的时间(结果可保留根号)。
答案
(1)12 N (2)
s
解析
(1)对小球分析,从释放到
O
点过程中
由机械能守恒
mgR
=
mv
2
v
=
=
m/s=5 m/s
小球在圆弧轨道最低点时由牛顿第二定律有
F
N
-
mg
=
m
F
N
=
mg
+
m
=12 N
由牛顿第三定律有,小球对轨道的压力
F
N
'=
F
N
=12 N
(2)小球在
P
点时满足
y
=
gt
2
x
=
vt
又有
y
=6-
x
2
联立得
t
=
s
考点三 万有引力定律及其应用
1.(2019课标Ⅱ,14,6分)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
变化关系的图像是
(
D
)
答案
D 本题考查了万有引力定律公式。考查了学生对万有引力定律的
理解能力,体现了运动和相互作用的物理观念及科学推理的核心素养。
由万有引力定律可知,探测器受到的万有引力
F
=
,其中
R
为地球半径。
在探测器“奔向”月球的过程中,离地面距离
h
增大,其所受的万有引力非线
性减小,故选项D正确。
2.(2018课标Ⅲ,15,6分)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∶1 B.4∶1 C.8∶1 D.16∶1
答案
C 本题考查万有引力定律、向心力公式、周期公式。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
G
=
m
R
,则
T
=
,
=
=
,选项C正确。
3.(2018课标Ⅱ,16,6分)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,已知引力常量为6.67
×
10
-11
N·m
2
/kg
2
。以周期
T
稳定自转的星体的密度最
小值约为
(
C
)
A.5
×
10
9
kg/m
3
B.5
×
10
12
kg/m
3
C.5
×
10
15
kg/m
3
D.5
×
10
18
kg/m
3
答案
C 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
=
m
R
,星体的密度
ρ
=
,得其密度
ρ
=
=
kg/m
3
=5
×
1
0
15
kg/m
3
,故选项C正确。
4.(多选)(2018课标Ⅰ,20,6分)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、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
(
BC
)
A.质量之积 B.质量之和
C.速率之和 D.各自的自转角速度
答案
BC 本题考查万有引力定律的应用等知识。双星系统由彼此间万有
引力提供向心力,得
=
m
1
r
1
,
G
=
m
2
r
2
,且
T
=
,两颗星的周期及角
速度相同,即
T
1
=
T
2
=
T
,
ω
1
=
ω
2
=
ω
,两颗星的轨道半径
r
1
+
r
2
=
L
,解得
=
,
m
1
+
m
2
=
,因为
未知,故
m
1
与
m
2
之积不能求出,则选项A错误,B正确。各自的自转
角速度不可求,选项D错误。速率之和
v
1
+
v
2
=
ωr
1
+
ωr
2
=
ω
·
L
,故C项正确。
1.估算天体质量和密度时要注意三点
(1)不考虑自转时,有
G
=
mg
;若考虑自转,则在两极上才有
G
=
mg
,而赤道
上则有
G
-
mg
=
m
R
。
(2)利用
G
=
m
r
只能计算中心天体的质量,不能计算绕行天体的质量。
(3)注意区分轨道半径
r
和中心天体的半径
R
,计算中心天体密度时应用
ρ
=
而不是
ρ
=
。
2.
如果天体的运行轨迹为椭圆,则只能应用开普勒行星运动定律解决,如果运
行轨迹为圆,则可用开普勒行星运动定律或万有引力定律解决。
3.
对于双星或多星问题
,
解决的关键是正确分析系统内每一个天体做圆周运
动所需的向心力
(
由其他天体对这个天体的万有引力的合力提供
)
。
考向一 开普勒行星运动定律
1.(2019山东历城模拟)如图所示,卫星携带一探测器在半径为3
R
(
R
为地球半
径)的圆轨道上绕地球飞行。在
a
点,卫星上的辅助动力装置短暂工作,将探测
器沿运动方向射出(设辅助动力装置喷出的气体质量可忽略)。之后卫星沿
新的椭圆轨道运动,其近地点
b
距地心的距离为
nR
(
n
略小于3),已知地球质量
为
M
,引力常量为
G
,则卫星在椭圆轨道上运行的周期为
( )
A.π(3+
n
)
R
B.π(3+
n
)
R
C.6π
R
D.π
R
答案
B 卫星在圆轨道上运行时的周期为
T
1
,根据万有引力提供向心力
G
=
m
(3
R
),在椭圆轨道上运行的周期为
T
2
,根据开普勒第三定律
=
,由以上两式联立解得
T
2
=π(3+
n
)
R
,故B正确。
考向二 天体质量和密度的估算
2.(多选)(2019湖北宜昌模拟)某行星外围有一圈厚度为
d
的发光带(发光的物
质),简化为如图甲所示模型,
R
为该行星除发光带以外的半径。现不知发光带
是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群,某科学家做了精确的观测,发
现发光带绕行星中心的运行速度
v
与到行星中心的距离
r
的关系如图乙所示
(图中所标为已知),则下列说法正确的是
( )
A.发光带是该行星的组成部分
B.该行星的质量
M
=
C.行星表面的重力加速度
g
=
D.该行星的平均密度为
ρ
=
答案
BC 若发光带是该行星的组成部分,则其角速度与行星自转角速度相
同,应有
v
=
ωr
,
v
与
r
应成正比,与图像不符,因此发光带不是该行星的组成部分,
故A错误;设发光带是环绕该行星的卫星群,由万有引力提供向心力,有
G
=
m
,得该行星的质量
M
=
,由题图乙知,
r
=
R
时,
v
=
v
0
,则有
M
=
,故B正确;当
r
=
R
时有
mg
=
m
,得行星表面的重力加速度
g
=
,故C正确;该行星的平均密度
为
ρ
=
=
,故D错误。
考向三 双星及多星问题
3.(多选)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
L
的正方形的四个顶点上,其中
L
远大于
R
。已知引力常量为
G
。忽略星体自转效应,关于四星系统,下列说法
正确的是
( )
A.四颗星圆周运动的轨道半径均为
B.四颗星圆周运动的线速度均为
C.四颗星圆周运动的周期均为2π
D.四颗星表面的重力加速度均为
G
答案
CD 四颗星均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动,轨道半径
均为
r
=
L
。取任一顶点上的星体为研究对象,它受到相邻的两个星体与对
角线上的星体的万有引力的合力
F
合
=
G
+
G
。由
F
合
=
F
向
=
m
=
m
r
,可解得
v
=
,
T
=2π
,故A、B项错误,C项正确。对
于星体表面质量为
m
0
的物体,受到的重力等于万有引力,则有
m
0
g
=
G
,故
g
=
G
,D项正确。
考点四 人造卫星和宇宙航行
1.(2019课标Ⅲ,15,6分)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运
动,它们的向心加速度大小分别为
a
金
、
a
地
、
a
火
,它们沿轨道运行的速率分别为
v
金
、
v
地
、
v
火
。已知它们的轨道半径
R
金
<
R
地
<
R
火
,由此可以判定
(
A
)
A.
a
金
>
a
地
>
a
火
B.
a
火
>
a
地
>
a
金
C.
v
地
>
v
火
>
v
金
D.
v
火
>
v
地
>
v
金
答案
A 本题考查万有引力定律和匀速圆周运动,体现了物理模型建构、
科学推理等核心素养。
行星绕太阳做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即
G
=
ma
向
=
m
,解得
a
向
=
G
,
v
=
,由于
R
金
<
R
地
<
R
火
,所以
a
金
>
a
地
>
a
火
,
v
金
>
v
地
>
v
火
,选项A正确。
2.(2017课标Ⅲ,14,6分)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
(
C
)
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 天宫二号单独运行时的轨道半径与组合体运行的轨道半径相
同。由
G
=
m
r
可得
T
=2π
,可见周期与
m
无关,周期不变,A项错误。
由
G
=
m
得
v
=
,可知速率
v
与
m
无关,故速率不变,B项错误。组合体
质量
m
1
+
m
2
>天宫二号质量
m
1
,则动能变大,C项正确。由
=
ma
得
a
=
,可
知向心加速度与
m
无关,故不变,D项错误。
3.(2016课标Ⅰ,17,6分)利用三颗位置适当的地球同步卫星,可使地球赤道上
任意两点之间保持无线电通讯。目前,地球同步卫星的轨道半径约为地球半
径的6.6倍。假设地球的自转周期变小,若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目
的,则地球自转周期的最小值约为
(
B
)
A.1 h B.4 h C.8 h D.16 h
答案
B 卫星围绕地球运转时,万有引力提供卫星做圆周运动的向心力,即
=
m
r
,解得周期
T
=2π
,由此可见,卫星的轨道半径
r
越小,周期
T
就越小,周期最小时,三颗卫星连线构成的等边三角形与赤道圆相切,如图所
示,此时卫星轨道半径
r
=2
R
,
T
=2π
,又因为
T
0
=2π
=24 h,所以
T
=
·
T
0
=
×
24 h
≈
4 h,B正确。
1.卫星运行问题的两条思路
①万有引力提供向心力,即
G
=
ma
。
②天体对其表面物体的万有引力近似等于重力,即
=
mg
或
gR
2
=
GM
(
R
、
g
分别是天体的半径、表面重力加速度)。
2.
第一宇宙速度是指发射人造地球卫星的最小发射速度,也是人造地球卫星
环绕地球运动的最大环绕速度。其求解方法是:
G
=
m
。
3.
同步卫星的周期与地球的自转周期相同,是24 h,同步卫星只能定点于赤道
上空,其离地高度是一定的,速度大小是确定的。
4.航天器变轨问题的三点注意事项
(1)航天器变轨时半径的变化,根据万有引力和所需向心力的大小关系判断;
稳定在新轨道上时的运行速度的变化由
v
=
判断。
(2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同,轨道半径越大,机械能越大。
(3)航天器经过不同轨道相切的同一点时加速度相等,外轨道的速度大于内轨
道的速度。
考向一 人造卫星的发射和运行
1.(多选)(2019河北石家庄质检)极地近地卫星运动的轨道平面通过地球的南
北两极(轨道可视为圆),如图所示,关于极地近地卫星、地球同步卫星和赤道
上的物体,下列说法正确的是
(
ACD
)
A.如果地球的自转变快,同步卫星的高度将变低
B.如果地球的自转变快,极地近地卫星的速度将变小
C.
如果地球的自转变快
,
赤道上的重力加速度将变小
D.
若极地近地卫星、地球同步卫星和赤道上的物体的
向心加速度分别为
a
1
、
a
2
、
a
3
,
则
a
1
>
a
2
>
a
3
答案
ACD 根据万有引力提供向心力有
G
=
m
R
,得
T
=
,如果
地球的自转变快,则周期变小,同步卫星的高度将变低,所以选项A正确;极地
近地卫星的速度与地球的自转快慢无关,所以选项B错误;对赤道上的物体,有
G
=
m
0
g
赤
+
m
0
ω
2
R
,当地球自转变快时,赤道上的重力加速度将变小,所以选
项C正确;对卫星有
G
=
m
1
a
n
,所以轨道半径越大,向心加速度越小,故
a
1
>
a
2
,
赤道上的物体和同步卫星的角速度相同,由
a
n
=
ω
2
r
可知,
a
2
>
a
3
,所以选项D正
确。
2.(多选)(2019百校联盟4月联考)2017年6月15日上午,我国在酒泉卫星发射中
心成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”,并成功收获首批数据。可
认为该卫星在距离地面550 km的圆轨道上运行,关于该卫星,下列说法正确的
是
(
AB
)
A.该卫星运行轨道的平面一定通过地心
B.该卫星在轨道上运行时,速度变化比地球同步卫星的速度变化快
C.该卫星在轨道上的运行速度大于第一宇宙速度,小于第二宇宙速度
D.该卫星在绕地球运动的过程中,如果不加以干预,卫星的动能会逐渐减小
答案
AB 所有地球卫星的轨道平面一定过地心,故A正确;该卫星的离地
高度小于同步卫星的高度,则其轨道半径小于同步卫星的轨道半径,根据
G
=
ma
,解得
a
=
,故该卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度,即
该卫星在轨道上运行时,速度变化比地球同步卫星的速度变化快,故B正确;第
一宇宙速度是卫星围绕地球做匀速圆周运动的最大线速度,故该卫星的运行
速度小于第一宇宙速度,故C错误;该卫星在绕地球运动的过程中,若不加以干
预,卫星的轨道半径减小,卫星的线速度增大,故卫星的动能增大,故D错误。
考向二 卫星变轨问题
3.(2019贵州适应考试)如图所示,某次发射人造卫星的过程中,先将卫星发射
到地面附近的圆形轨道Ⅰ上,在
P
点变轨进入椭圆轨道Ⅱ,
Q
点为轨道Ⅱ的远
地点。下列说法正确的是
(
A
)
A.卫星在
P
点变轨时的速度必须大于7.9 km/s
B.卫星从
P
点到
Q
点的过程中机械能逐渐减小
C.
卫星沿轨道
Ⅰ
经过
P
点时的加速度大于沿轨道
Ⅱ
经过
P
点时的加速度
D.
若要使运动到
Q
点的卫星能摆脱地球引力的束缚
,
卫星在
Q
点的速度至少
要达到
11.2 km/s
答案
A 卫星在轨道Ⅰ上经过
P
点时的速度等于7.9 km/s,则要想进入轨道
Ⅱ,则在
P
点必须要加速做离心运动,则卫星在
P
点变轨时的速度必须大于7.9
km/s,选项A正确;卫星从
P
点到
Q
点的过程中只有地球的引力做功,则机械能
不变,选项B错误;根据
a
=
可知,卫星沿轨道Ⅰ经过
P
点时的加速度等于沿
轨道Ⅱ经过
P
点时的加速度,选项C错误;若要使运动到
P
点的卫星能摆脱地球
引力的束缚,卫星在
P
点的速度至少要达到11.2 km/s,则若要使运动到
Q
点的
卫星能摆脱地球引力的束缚,卫星在
Q
点的速度不需要达到11.2 km/s,选项D
错误。
考向三 卫星对接问题
4.如图所示为“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接示意图。假设“天
宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动,为了实现飞船与空
间实验室的对接,下列措施可行的是
( )
A.使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后飞船加速追上空间实验室实现对接
B.使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后空间实验室减速等待飞船实
现对接
C.飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速,加速后飞船逐渐靠近空间实
验室,两者速度接近时实现对接
D.飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速,减速后飞船逐渐靠近空间实
验室,两者速度接近时实现对接
答案
C 对于绕地球做圆周运动的人造天体,由
=
m
,有
v
=
∝
,可见
v
与
r
是一一对应的。在同一轨道上运行速度相同,不能对接;而从同
一轨道上加速或减速时由于发生变轨,二者不能处于同一轨道上,亦不能对
接,A、B皆错误。飞船处于半径较小的轨道上,要实现对接,需增大飞船的轨
道半径,飞船加速则轨道半径变大,飞船减速则轨道半径变小,C正确,D错误。
考向四 追及、相遇问题
5.假设在赤道平面内有一颗侦察卫星绕地球做匀速圆周运动,某一时刻恰好
处在另一颗同步卫星的正下方,已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分
之一,则有
(
C
)
A.同步卫星和侦察卫星的线速度之比为2∶1
B.同步卫星和侦察卫星的角速度之比为8∶1
C.再经过
h两颗卫星距离最远
D.再经过
h两颗卫星距离最远
答案
C 两颗卫星都是由万有引力提供向心力,则
=
m
=
mr
=
mrω
2
,
可得线速度
v
=
,所以同步卫星和侦察卫星的线速度之比为1∶2,选项A
错误;角速度
ω
=
,同步卫星和侦察卫星的角速度之比为1∶8,选项B错误;
周期
T
=
,可得侦察卫星的周期为3 h,若再经过时间
t
两颗卫星距离最远,
则有
t
=(2
n
+1)π(
n
=0,1,2,3,
…
),可得时间
t
=
(2
n
+1)h(
n
=0,1,2,3,
…
),选
项C正确,D错误。
素养提升 竖直平面圆周运动的重要模型——“绳、杆”模型
典例
如图所示,水平路面
CD
的右侧有一长度
L
1
=2 m的木板。一物块放在木
板的最右端,并随木板一起向左侧固定的平台运动,木板的上表面与平台等
高。平台上表面
AB
的长度
s
=3 m,光滑半圆轨道
AFE
竖直固定在平台上,圆轨
道半径
R
=0.4 m,最低点与平台
AB
相切于
A
点。当木板的左端与平台的距离
L
=2 m时,木板与物块向左运动的速度
v
0
=8 m/s。木板与平台的竖直壁碰撞后,
木板立即停止运动,物块在木板上滑动并滑上平台。已知木板与路面间的动
摩擦因数
μ
1
=0.05,物块与木板的上表面及轨道
AB
间的动摩擦因数均为
μ
2
=0.1,
物块质量
m
=1 kg,取
g
=10 m/s
2
。
(1)求物块进入圆轨道时对轨道上的
A
点的压力;
(2)判断物块能否到达圆轨道的最高点
E
。如果能,求物块离开
E
点后在平台
上的落点到
A
点的距离;如果不能,则说明理由。
▶
三步快速准确解答本题:
第一步:细分过程,构建运动模型
过程1
DC
段
木板、物块共同向左匀减速运动
过程2
木板与
BC
碰撞后
物块在木板上匀减速运动
过程3
物块滑到
BA
上
物块在
BA
上匀减速运动
过程4
光滑半圆轨道上
物块做圆周运动
过程5
物块若能到达
E
点,从
E
点飞出过程
可能从
E
点水平抛出
第二步:抓好关键点,找出突破口
(1)“最低点与平台
AB
相切于
A
点”
A
点在圆弧上
需
求物块在
A
点的速度。
(2)
第三步:思路落实,规范解答
答案
(1)140 N,方向竖直向下 (2)能 2.4 m
解析
(1)设木板质量为
M
,物块随板运动撞击竖直壁
BC
时的速度为
v
1
,由动能
定理得
-
μ
1
(
m
+
M
)
gL
=
(
M
+
m
)
-
(
M
+
m
)
设物块到
A
点时速度为
v
2
,由动能定理得
-
μ
2
mg
(
s
+
L
1
)=
m
-
m
由牛顿第二定律得
F
N
-
mg
=
m
解得
F
N
=140 N
由牛顿第三定律知,物块对轨道
A
点的压力大小为140 N,方向竖直向下
(2)设物块能通过半圆轨道的最高点,且在最高点处的速度为
v
3
,由动能定理得
-
mg
·2
R
=
m
-
m
解得
v
3
=6 m/s>
=2 m/s
故物块能通过半圆轨道的最高点
E
,物块离开
E
点后做平抛运动,有
x
=
v
3
t
,2
R
=
gt
2
解得
x
=2.4 m
针对训练
1
如图所示
,
长度均为
L
的两根轻绳
,
一端共同系住质量为
m
的小球
,
另一端分别固定在等高的
A
、
B
两点
,
A
、
B
两点间的距离也为
L
。重力加速度
大小为
g
。今使小球在竖直平面内以
A
、
B
连线为轴做圆周运动,若小球在最
高点的速率为
v
时,两根轻绳的拉力恰好均为零,
则小球在最高点速率为2
v
时,两根轻绳的拉力大
小均为
(
A
)
A.
mg
B.
mg
C.3
mg
D.2
mg
答案
A 设小球在竖直平面内做圆周运动的半径为
r
,小球运动到最高点时
轻绳与圆周运动的轨道平面的夹角为
θ
=30
°
,则有
r
=
L
cos
θ
=
L
。根据题述,
小球在最高点的速率为
v
时,两根轻绳的拉力恰好均为零,有
mg
=
m
;小球在
最高点速率为2
v
时,设每根轻绳的拉力大小为
F
,则有2
F
cos
θ
+
mg
=
m
,联
立解得
F
=
mg
,故A正确。
针对训练
2
图甲中表演的水流星是一项中国传统民间杂技艺术
,
在一根绳
子上系着两个装满水的桶
,
表演者把它甩动转起来
,
犹如流星般
,
而水不会流
出来。图乙为水流星的简化示意图
,
在某次表演中
,
当桶
A
在最高点时
,
桶
B
恰
好在最低点,若演员仅控制住绳的中点
O
不动,而水桶
A
、
B
(均可视为质点)都
恰好能通过最高点,已知绳长
l
=1.6 m,两水桶(含水)的质量均为
m
=0.5 kg,不计
空气阻力及绳重,取
g
=10 m/s
2
。
(1)求水桶在最高点和最低点的速度大小;
(2)求图示位置时,手对绳子的力的大小。
答案
(1)2
m/s 2
m/s (2)30 N
解析
(1)设最高点的速度为
v
1
,最低点的速度为
v
2
,水桶做圆周运动的半径
R
=
=0.8 m
水桶恰通过最高点时绳上的拉力为零,有
mg
=
m
解得
v
1
=2
m/s
水桶从最高点运动到最低点有
mgl
+
m
=
m
解得
v
2
=2
m/s
(2)绳
OA
对水桶
A
的拉力为零,对最低点的桶
B
受力分析可得
F
OB
-
mg
=
m
解得
F
OB
=30 N
所以,手对绳子的力的大小为30 N