【物理】2019届一轮复习苏教版第四章曲线运动　万有引力与航天教案 81页

第四章 Error! 曲线运动　万有引力与航天 第 1 节 曲线运动__运动的合成与分解 (1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动。(×) (2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。(×) (3)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化。(×) (4)曲线运动可能是匀变速运动。(√) (5)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。(√) (6)合运动的速度一定比分运动的速度大。(×) (7)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。(×) (8)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则。 (√) 突破点(一)　物体做曲线运动的条件与轨迹分析 1．运动轨迹的判断 (1)若物体所受合力方向与速度方向在同一直线上，则物体做直线运动。 (2)若物体所受合力方向与速度方向不在同一直线上，则物体做曲线运动。 2．合力方向与速率变化的关系 [题点全练] 1．关于物体的受力和运动，下列说法中正确的是(　　) A．物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变 B．物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是通过这一点曲线的切线方向 C．物体受到变化的合力作用时，它的速度大小一定改变 D．做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的外力作用 解析：选 D　如果合力与速度方向不垂直，必然有沿速度方向的分力，速度大小一定改 变，故 A 错误；物体做曲线运动时，某点的速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向，而 不是加速度方向，故 B 错误；物体受到变化的合力作用时，它的速度大小可以不改变，比如 匀速圆周运动，故 C 错误；物体做曲线运动的条件是一定受到与速度不在同一直线上的外力 作用，故 D 正确。 2．[多选](2018·南京调研)如图所示，甲、乙两运动物体在 t 1、t2、t3 时刻的速度矢量分 别为 v1、v2、v3 和 v1′、v2′、v3′，下列说法中正确的是(　　) A．甲做的不可能是直线运动 B．乙做的可能是直线运动 C．甲可能做匀变速运动 D．乙受到的合力不可能是恒力 解析：选 ACD　甲、乙的速度方向在变化，所以甲、乙不可能做直线运动，故 A 正确， B 错误；甲的速度变化量的方向不变，知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲可 能作匀变速运动，选项 C 正确；乙的速度变化量方向在改变，知加速度的方向改变，所以乙 的合力不可能是恒力，故 D 正确。 3.[多选](2018·苏州一模)某同学做了一个力学实验，如图所示，将 一金属球通过一轻质弹簧悬挂于 O 点，并用一水平方向的细绳拉住，然 后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左 摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示。根据运动轨迹以及相关的物理知识，该 同学得出以下几个结论，其中正确的是(　　) A．水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左 B．金属球运动到悬点 O 正下方时所受合力方向竖直向上 C．金属球速度最大的位置应该在悬点 O 正下方的左侧 D．金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零 解析：选 AC　未剪断细绳前，小球受向下的重力、弹簧的拉力和细绳的水平拉力作用， 剪断细绳后的瞬间，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力应该水平向左，故此时金属球的加 速度方向一定水平向左，选项 A 正确；金属球运动到悬点 O 正下方时，合力指向轨迹的凹侧， 故合力方向竖直向下，选项 B 错误；当轨迹的切线方向与合力方向垂直时，小球的速度最大， 由轨迹图可知金属球速度最大的位置应该在悬点 O 正下方的左侧，选项 C 正确；金属球运动 到最左端时，由轨迹的切线可知，速度方向向上，不为零，因小球做曲线运动，故其加速度 不为零，选项 D 错误。 突破点(二)　运动的合成与分解的应用 1．合运动与分运动的关系 等时性 各个分运动与合运动总是同时开始，同时结束，经历时间相等(不 同时的运动不能合成) 等效性 各分运动叠加起来与合运动有相同的效果 独立性 一个物体同时参与几个运动，其中的任何一个分运动都会保持其运 动性质不变，并不会受其他分运动的干扰。虽然各分运动互相独立， 但是合运动的性质和轨迹由它们共同决定 2．运动的合成与分解的运算法则 运动的合成与分解是指描述运动的各物理量，即位移、速度、加速度的合成与分解，由 于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定则。 3．合运动的性质和轨迹的判断 (1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运 动。 (2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。 [典例]　[多选](2018·镇江模拟)将一物体由坐标原点 O 以初速度 v0 抛出，在恒力作用下 轨迹如图所示，A 为轨迹最高点，B 为轨迹与水平 x 轴交点，假设物体到 B 点时速度为 vB， v0 与 x 轴夹角为 α，vB 与 x 轴夹角为 β，已知 OA 水平距离 x1 小于 AB 水平距离 x2，则(　　) A．物体在 B 点的速度 vB 大于 v0 B．物体从 O 到 A 时间大于从 A 到 B 时间 C．物体在 O 点所受合力方向指向第四象限 D．α 可能等于 β [思路点拨]　 将物体运动分解为水平方向和竖直方向上都为匀变速运动的分运动，然后根据 A 为最高 点，O、B 在 x 轴上得到上升、下降运动时间相同，进而得到竖直速度变化关系；再根据水 平位移得到加速度方向，进而得到两点的速度大小及方向的关系，亦可由加速度方向得到合 外力方向。 [解析]　从图中可知物体在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度不为零 的匀加速直线运动，故到 B 点合外力做正功，物体在 B 点的速度 vB 大于 v0，A 正确；由于 合运动和分运动具有等时性，根据竖直上抛运动的对称性可知物体从 O 到 A 时间等于从 A 到 B 时间，B 错误；物体受到竖直向下的重力，水平向右的恒力，故合力在 O 点指向第四象 限，C 正确；只有在只受重力作用下，α＝β，由于水平方向上合力不为零，故两者不可能相 等，D 错误。 [答案]　AC [集训冲关] 1.[多选](2018·常州检测)如图所示，在一端封闭的光滑细玻 璃管中注满清水，水中放一红蜡块 R(R 视为质点)。将玻璃管的开 口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与 y 轴重合，在 R 从坐标原点以速 度 v0＝3 cm/s 匀速上浮的同时，玻璃管沿 x 轴正向做初速度为零 的匀加速直线运动，合速度的方向与 y 轴夹角为 α。则红蜡块 R 的(　　) A．分位移 y 与 x 成正比 B．分位移 y 的平方与 x 成正比 C．合速度 v 的大小与时间 t 成正比 D．tan α 与时间 t 成正比 解析：选 BD　由题意可知，y 轴方向，y＝v0t；而 x 轴方向，x＝1 2at2，联立可得：x＝ a 2v02 y2，故 A 错误，B 正确；x 轴方向，vx＝at，那么合速度的大小 v＝ v02＋a2t2，则 v 的大小 与时间 t 不成正比，故 C 错误；设合速度的方向与 y 轴夹角为 α，则有：tan α＝at v0＝ a v0t，故 D 正确。 2.(2018·衡阳联考)如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外 雨滴沿竖直方向 OE 匀速运动。现从 t＝0 时汽车由静止开始做甲、乙两 种匀加速启动，甲种状态启动后 t1 时刻，乘客看到雨滴从 B 处离开车窗， 乙种状态启动后 t2 时刻，乘客看到雨滴从 F 处离开车窗，F 为 AB 的中点。则 t1∶t2 为(　　) A．2∶1　　　　　　　　　 B．1∶ 2 C．1∶ 3 D．1∶( 2－1) 解析：选 A　雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小与水平方向的运动 无关，故 t1∶t2＝AB v ∶AF v ＝2∶1，选项 A 正确。 突破点(三)　小船渡河问题 1．小船渡河问题的分析思路 2．小船渡河的两类问题、三种情景 渡河时 间最短 当船头方向垂直于河岸时，渡河时间最短，最短时间 tmin＝ d v船 如果 v 船>v 水，当船头方向与上游夹角 θ 满足 v 船 cos θ＝v 水时，合速度垂直于河岸，渡河位移最短，等于 河宽 d渡河位 移最短 如果 v 船vb>vc　ta>tb>tc　　 B．vatb>tc D．va>vb>vc　tahb>hc，根据 h＝1 2gt2，知 ta>tb>tc，根据 xa gL时，轻杆对小球有拉力，则 F＋mg＝mv2 L ，v 增大，F 增大，B 正确；当 v< gL时，轻杆对小球有支持力，则 mg－F′＝mv2 L ，v 减小，F′增大，C 错误； 由 F 向＝mv2 L 知，v 增大，向心力增大，D 正确。 斜面上圆周运动的临界问题 在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控 制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。下面列举三类实例。 (一)静摩擦力控制下的圆周运动 1.(2014·安徽高考)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的 固定对称轴以恒定角速度 ω 转动，盘面上离转轴距离 2.5 m 处有一小 物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为 3 2 (设最大静摩擦力等于滑动 摩擦力)，盘面与水平面的夹角为 30°，g 取 10 m/s2。则 ω 的最大值是(　　) A. 5 rad/s 　B. 3 rad/s 　C．1.0 rad/s 　D．5 rad/s 解析：选 C　物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点 且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30° ＝mrω2，求得 ω＝1.0 rad/s，C 项正确，A、B、D 项错误。 (二)轻杆控制下的圆周运动 2.如图所示，在倾角为 α＝30°的光滑斜面上，有一根长为 L＝0.8 m 的轻杆，一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m＝0.2 kg 的小球， 沿斜面做圆周运动，取 g＝10 m/s2，若要小球能通过最高点 A，则小球 在最低点 B 的最小速度是(　　) A．4 m/s B．2 10 m/s C．2 5 m/s D．2 2 m/s 解析：选 A　小球受轻杆控制，在 A 点的最小速度为零，由 2mgLsin α＝1 2mvB2，可得 vB ＝4 m/s，A 正确。 (三)轻绳控制下的圆周运动 3．(2018·开封模拟)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定 轴 MN 调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为 l＝0.60 m 的轻绳，它的一端系住一质量 为 m 的小球 P，另一端固定在板上的 O 点。当平板的倾角固定为 α 时，先将轻绳平行于水 平轴 MN 拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度 v0＝3.0 m/s。若小球能保持在 板面内做圆周运动，倾角 α 的值应在什么范围内？(取重力加速度 g＝10 m/s2) 解析：小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合 力为 0，重力在沿平板方向的分量为 mgsin α 小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有 FT＋ mgsin α＝mv12 l ① 研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有 －mglsin α＝1 2mv12－1 2mv02 ② 若恰好能通过最高点，则绳子拉力 FT＝0 ③ 联立①②③解得 sin α＝1 2，解得 α＝30° 故 α 的范围为 0°≤α≤30°。 答案：0°≤α≤30° 对点训练：描述圆周运动的物理量 1．汽车在公路上行驶时一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周 长。某国产轿车的车轮半径约为 30 cm，当该型号的轿车在高速公路上匀速行驶时，驾驶员 面前速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车轮的转速近似为(　　) A．1 000 r/s　　　　　　　　　 B．1 000 r/min C．1 000 r/h D．2 000 r/s 解析：选 B　设经过时间 t，轿车匀速行驶的路程 x＝vt，此过程中轿车轮缘上的某一点 转动的路程 x′＝nt·2πR，其中 n 为车轮的转速，由 x＝x′可得：vt＝nt·2πR，n＝ v 2πR≈17.7 r/s＝1 062 r/min。B 正确。 2．(2018·淮安期末)如图，在“勇敢向前冲”游戏中，挑战者要通过匀速转动的水平转 盘从平台 1 转移到平台 2 上，假设挑战者成功跳到转盘上时都能立即与转盘保持相对静止， 则挑战者在转盘上距转轴较近的落点 A 与转盘边缘上的点 B 一定具有相同的(　　) A．转动半径 B．线速度 C．角速度 D．向心加速度 解析：选 C　由题图可知，A 与 B 点相对于转轴的距离是不相等的，故 A 错误；点 A 与 点 B 的转动属于同轴转动，所以它们的角速度是相等的，由 v＝ωr 可知，二者的线速度是不 相等的，故 B 错误，C 正确；根据向心加速度的公式：a＝ω2r 可知，A、B 两点的向心加速 度不相等，故 D 错误。 3.(2018·温州期末)转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技 巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。转笔深受广大中学生的 喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上 的某一点 O 做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔中涉及到的物理知识的叙述正确的是(　　) A．笔杆上的点离 O 点越近的，做圆周运动的角速度越小 B．笔杆上的点离 O 点越近的，做圆周运动的向心加速度越大 C．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的 D．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走 解析：选 D　笔杆上的各个点都做同轴转动，所以角速度是相等的，故 A 错误；由向心 加速度公式 an＝ω2R，笔杆上的点离 O 点越近的，做圆周运动的向心加速度越小，故 B 错误； 杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故 C 错误；当转速 过大时，当提供的向心力小于需要向心力，笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故 D 正确。 对点训练：水平面内的匀速圆周运动 4．山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上 行驶时列车的车身严重倾斜。每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。 假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为 R，重力加速度为 g，列车转弯过程中倾角(车 厢地面与水平面夹角)为 θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压) 为(　　) A. gRsin θ B. gRcos θ C. gRtan θ D. gRcot θ 解析：选 C　轨道不受侧向挤压时，轨道对列车的作用力就只有弹力，重力和弹力的合 力提供向心力，根据向心力公式 mgtan θ＝mv2 R，得 v＝ gRtan θ，C 正确。 5．如图所示为一种叫做“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，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，而不会滑下。 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．“魔盘”的角速度至少为 μg r B．“魔盘”的转速至少为 1 2π g μr C．如果转速变大，人与器壁之间的摩擦力变小 D．如果转速变大，人与器壁之间的弹力不变 解析：选 B　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≥ 1 2π g μr，故“魔盘”的转速一定大于 1 2π g μr ，故 A 错误，B 正确；人在竖直方向受到重 力和摩擦力，二力平衡，则知转速变大时，人与器壁之间的摩擦力不变，故 C 错误；如果转 速变大，由 F＝mrω2，知人与器壁之间的弹力变大，故 D 错误。 6.(2018·无锡期末)如图所示，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．a 一定比 b 先开始滑动 B．a、b 所受的摩擦力始终相等 C．ω＝ kg 2l是 a 开始滑动的临界角速度 D．当 ω＝ 2kg 3l 时，a 所受摩擦力的大小为 2 3kmg 解析：选 D　根据 kmg＝mrω2 知，小木块发生相对滑动的临界角速度 ω＝ kg r ，b 转动 的半径较大，则临界角速度较小，可知 b 一定比 a 先开始滑动，故 A 错误；根据 f＝mrω2 知， a、b 的角速度相等，转动的半径不等，质量相等，可知 a、b 所受的摩擦力不等，故 B 错误； 对 a，根据 kmg＝mlω2 得，a 开始滑动的临界角速度 ω＝ kg l ，故 C 错误；当 ω＝ 2kg 3l 时， a 所受的摩擦力 f＝mlω2＝2 3kmg，故 D 正确。 7．(2018·泰州模拟)如图甲所示，有一可绕竖直中心轴转动的水平圆盘，上面放置劲度 系数为 k＝46 N/m 的弹簧，弹簧的一端固定于轴 O 上，另一端连接质量为 m＝1 kg 的小物块 A，物块与盘间的动摩擦因数为 μ＝0.2，开始时弹簧未发生形变，长度为 l0＝0.5 m，若最大 静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度 g 取 10 m/s2，物块 A 始终与圆盘一起转动。 则： (1)圆盘的角速度多大时，物块 A 将开始滑动？ (2)当角速度缓慢地增加到 4 rad/s 时，弹簧的伸长量是多少？(弹簧伸长在弹性限度内且 物块未脱离圆盘)。 (3)在角速度从零缓慢地增加到 4 rad/s 过程中，物块与盘间摩擦力大小为 Ff，试通过计 算在如图乙所示的坐标系中作出 Ff­ω2 图像。 解析：(1)设圆盘的角速度为 ω0 时，物块 A 将开始滑动，此时物块的最大静摩擦力提供 向心力，则有：μmg＝mω02l0 解得：ω0＝ μg l0 ＝ 0.2 × 10 0.5 ＝2 rad/s。 (2)设此时弹簧的伸长量为 Δx，物块受到的摩擦力和弹簧的弹力的合力提供向心力，则 有：μmg＋kΔx＝mω2(l0＋Δx) 代入数据解得：Δx＝0.2 m。 (3)在角速度从零缓慢地增加到 2 rad/s 过程中，物块与盘间摩擦力为静摩擦力 Ff＝mω02l0， Ff∝ω2，Ff 随着角速度平方的增加而增大；当 ω＞2 rad/s 时，物块与盘间摩擦力为滑动摩擦 力为定值，Ff＝μmg＝2 N。 答案：(1)2 rad/s　(2)0.2 m　(3)如图所示 对点训练：竖直面内的匀速圆周运动 8．(2018·咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道 ABCD，其 A 点与圆心等高，D 点为轨道的最高点，DB 为竖直线，AC 为水平线， AE 为水平面，如图所示。今使小球自 A 点正上方某处由静止释放，且 从 A 点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点 D，则小球通 过 D 点后(　　) A．一定会落到水平面 AE 上 B．一定会再次落到圆弧轨道上 C．可能会再次落到圆弧轨道上 D．不能确定 解析：选 A　设小球恰好能够通过最高点 D，根据 mg＝mvD2 R ，得：vD＝ gR，知在最 高点的最小速度为 gR。小球经过 D 点后做平抛运动，根据 R＝1 2gt2 得：t＝ 2R g 。则平抛 运动的水平位移为：x＝ gR· 2R g ＝ 2R，知小球一定落在水平面 AE 上。故 A 正确，B、 C、D 错误。 9．[多选](2018·菏泽期末)在竖直平面内的光滑管状轨道中，有一可视为质点的质量为 m ＝1 kg 的小球在管状轨道内部做圆周运动，当以 2 m/s 和 6 m/s 通过最高点时，小球对轨道 的压力大小相等，g＝10 m/s2，管的直径远小于轨道半径，则根据题中的信息可以求出(　　) A．在最高点时轨道受到小球的压力大小为 8 N B．在最高点时轨道受到小球的压力大小为 16 N C．轨道半径 R＝2 m D．轨道半径 R＝1 m 解析：选 AC　当小球以 2 m/s 通过最高点时，轨道对小球的弹力方向向上，有：mg－N ＝mv12 R ，解得 N＝mg－mv12 R ，当小球以 6 m/s 通过最高点时，轨道对小球的弹力方向向下， 有：mg＋N＝mv22 R ，解得 N＝mv22 R －mg，由于压力大小相等，则 mg－mv12 R ＝mv22 R －mg，代 入数据解得 R＝2 m，N＝mg－mv12 R ＝10 N－4 2 N＝8 N，故 A、C 正确，B、D 错误。 10．[多选]“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可以简化为细绳一端系着小球在 竖直平面内的圆周运动模型。已知绳长为 l，重力加速度为 g，则(　　) A．小球运动到最低点 Q 时，处于失重状态 B．小球初速度 v0 越大，则在 P、Q 两点绳对小球的拉力差越大 C．当 v0> 6gl 时，小球一定能通过最高点 P D．当 v0< gl 时，细绳始终处于绷紧状态 解析：选 CD　小球运动到最低点 Q 时，由于加速度向上，故处于超重状态，选项 A 错 误；小球在最低点时：FT1－mg＝mv02 l ；在最高点时：FT2＋mg＝mv2 l ，其中 1 2mv02－mg·2l＝ 1 2mv2，解得 FT1－FT2＝6mg，故在 P、Q 两点绳对小球的拉力差与初速度 v0 无关，选项 B 错 误；当 v0＝ 6gl 时，可求得 v＝ 2gl，因为小球经过最高点的最小速度为 gl，则当 v0> 6gl 时小球一定能通过最高点 P，选项 C 正确；当 v0＝ gl 时，由 1 2mv02＝mgh 得小球能上升的 高度 h＝1 2l，即小球不能越过与悬点等高的位置，故当 v0< gl时，小球将在最低点位置附近 来回摆动，细绳始终处于绷紧状态，选项 D 正确。 考点综合训练 11．[多选](2018·苏南联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕 在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径 R＝0.5 m，细线始终保持水平； 被拖动物块质量 m＝1.0 kg，与地面间的动摩擦因数 μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关 系是 ω＝kt，k＝2 rad/s，g＝10 m/s2，以下判断正确的是(　　) A．物块做匀速运动 B．细线对物块的拉力是 5.0 N C．细线对物块的拉力是 6.0 N D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1.0 m/s2 解析：选 CD　由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝1t(m)，又 v＝at，故可得： a＝1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1.0 m/s2。故 A 错误，D 正确；由牛 顿第二定律可得：物块所受合外力为：F＝ma＝1 N，F＝FT－Ff，地面摩擦力为：Ff＝μmg＝ 0.5×1×10 N＝5 N，故可得物块受细线拉力为：FT＝Ff＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故 B 错误，C 正确。 12.如图所示，质量为 M 的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为 m 的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内做圆周运动。A、C 点为圆周的最高点 和最低点，B、D 点是与圆心 O 同一水平线上的点。小滑块运动时，物体 在地面上静止不动，则物体对地面的压力 FN 和地面对物体的摩擦力有 关说法正确的是(　　) A．小滑块在 A 点时，FN＞Mg，摩擦力方向向左 B．小滑块在 B 点时，FN＝Mg，摩擦力方向向右 C．小滑块在 C 点时，FN＝(M＋m)g，M 与地面无摩擦 D．小滑块在 D 点时，FN＝(M＋m)g，摩擦力方向向左 解析：选 B　因为轨道光滑，所以小滑块与轨道之间没有摩擦力。小滑块在 A 点时，与 轨道没有水平方向的作用力，所以轨道没有运动趋势，即摩擦力为零；当小滑块的速度 v＝ gR时，对轨道 A 点的压力为零，物体对地面的压力 FN＝Mg，当小滑块的速度 v＞ gR时， 对轨道 A 点的压力向上，物体对地面的压力 FN＜Mg，故选项 A 错误；小滑块在 B 点时，对 轨道的作用力水平向左，所以物体对地有向左运动的趋势，地面给物体向右的摩擦力；竖直 方向上对轨道无作用力，所以物体对地面的压力 FN＝Mg，故选项 B 正确；小滑块在 C 点时， 地面对物体也没有摩擦力；竖直方向上小滑块对轨道的压力大于其重力，所以物体对地面的 压力 FN＞(M＋m)g，故选项 C 错误；小滑块在 D 点时，地面给物体向左的摩擦力，物体对 地面的压力 FN＝Mg，故选项 D 错误。 13.[多选](2018·昆山月考)如图，长均为 L 的两根轻绳，一端共同系 住质量为 m 的小球，另一端分别固定在等高的 A、B 两点，A、B 两点间 的距离也为 L。重力加速度大小为 g。今使小球在竖直平面内以 AB 为轴 做圆周运动，若小球在最高点速率为 v 时，两根绳的拉力恰好均为零， 则(　　) A．当绳的拉力恰好为 0 时，小球在最高点的速率 v＝ gL B．当绳的拉力恰好为 0 时，小球在最高点的速率 v＝ g 3 2 L C．若小球在最高点速率为 3v 时，每根绳的拉力大小为 8 3 3 mg D．若小球在最高点速率为 3v 时，每根绳的拉力大小为 2 3mg 解析：选 BC　根据几何关系可知，小球的半径为 r＝ 3 2 L，小球在最高点速率为 v 时， 两根绳的拉力恰好均为零，有：mg＝mv2 r ，解得：v＝ gr＝ g 3 2 L，故 A 错误，B 正确； 当小球在最高点的速率为 3v 时，根据牛顿第二定律有：mg＋2Tcos 30°＝m (3v)2 r ，解得：T＝ 8 3 3 mg，故 C 正确，D 错误。 14.(2018·宿迁期末)如图所示，杆 OO′是竖直放置的转轴，水平轻杆 BC 的长为 L，B 端通过铰链与轴相连(它们之间无摩擦)，C 端固定小球 P，细线 AC 的一端固 定在轴上的 A 点、另一端连在小球 P 上。已知小球的质量为 m，细线 AC 与 轴的夹角为 θ，重力加速度为 g。求： (1)当系统处于静止状态时，杆 BC 对小球的弹力 F1 的大小； (2)当轻杆 BC 对小球的弹力为零时，系统转动角速度 ω 的大小和细线上的弹力 F2 的大 小；并据此判断当 ω 变化时细线上的弹力大小是否变化。 解析：(1)当系统处于静止状态时，小球受重力、细线拉力和 BC 杆的弹力处于平衡， 根据平衡知：F1＝mgtan θ。 (2)当轻杆 BC 对小球的弹力为零时，小球靠重力和细线拉力的合力提供向心力，根据牛 顿第二定律得：mgtan θ＝mω2L，解得：ω＝ gtan θ L 。 在竖直方向上小球合力为零，有 F2cos θ＝mg， 解得：F2＝ mg cos θ。 当角速度增大时，由于小球竖直方向上的合力为零，则细线上的弹力不变。 答案：(1)mgtan θ　(2)ω＝ gtan θ L 　F2＝ mg cos θ　ω 变化时细线上的弹力大小不变 第 4 节 万有引力定律及其应用 (1)所有行星绕太阳运行的轨道都是椭圆。(√) (2)行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越大。(×) (3)只有天体之间才存在万有引力。(×) (4)只要知道两个物体的质量和两个物体之间的距离，就可以由 F＝G m1m2 r2 计算物体间的 万有引力。(×) (5)地面上的物体所受地球的引力方向一定指向地心。(√) (6)两物体间的距离趋近于零时，万有引力趋近于无穷大。(×) (1)德国天文学家开普勒提出天体运动的开普勒三大定律。 (2)牛顿总结了前人的科研成果，在此基础上，经过研究得出了万有引力定律。 (3)英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量。 突破点(一)　开普勒行星运动定律与万有引力定律 [题点全练] 1．(2016·全国卷Ⅲ)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是(　　) A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律 C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律 解析：选 B　开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律 无联系，选项 A 错误，选项 B 正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照 这些规律运动的原因，选项 C 错误；牛顿发现了万有引力定律，选项 D 错误。 2．[多选](2016·江苏高考)如图所示，两质量相等的卫星 A、B 绕地球做匀速圆周运动， 用 R、T、Ek、S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的 面积。下列关系式正确的有(　　) A．TA＞TB　　　　　　　　 B．EkA＞EkB C．SA＝SB D.RA3 TA2＝RB3 TB2 解析：选 AD　根据开普勒第三定律，RA3 TA2＝RB3 TB2，又 RA＞RB，所以 TA＞TB，选项 A、D 正确；由 GMm R2 ＝m v2 R得，v＝ GM R ，所以 vA＜vB，则 EkA＜EkB，选项 B 错误；由 GMm R2 ＝mR 4π2 T2 得，T＝2π R3 GM，卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积 S＝1 TπR2＝ GMR 2 ，可知 SA ＞SB，选项 C 错误。 3．(2018·盐城六校联考)设行星绕恒星的运动轨道是圆，则其运行轨道半径 R 的三次方 与运行周期 T 的平方之比为常数，即R3 T2＝K。那么 K 的大小(　　) A．只与行星的质量有关 B．只与恒星的质量有关 C．与恒星和行星的质量都有关 D．与恒星的质量及行星的速率有关 解析：选 B　式中的 K 只与恒星的质量有关，与行星质量无关，故 A、C、D 错误，B 正确。 [题后悟通] (1)行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理。 (2)开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动。 (3)开普勒第三定律a3 T2＝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。 突破点(二)　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 GMm R2 ＝mg 得天体质量 M＝gR2 G 。 (2)天体密度 ρ＝M V＝ M 4 3πR3 ＝ 3g 4πGR。 (3)GM＝gR2 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 GMm r2 ＝m 4π2r T2 得天体的质量 M＝4π2r3 GT2 。 (2)若已知天体的半径 R，则天体的密度 ρ＝M V＝ M 4 3πR3 ＝ 3πr3 GT2R3。 (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＝ 3π GT 2， 可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期 T，就可估算出中心天体的密度。 [典例]　[多选](2018·上饶模拟)某人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动， 经过时间 t(t 小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为 s，航天器与月球的中心连线扫 过的角度为 θ，引力常量为 G，则(　　) A．航天器的轨道半径为θ s　　 B．航天器的环绕周期为2πt θ C．月球的质量为 s3 Gt2θ D．月球的密度为 3θ2 4Gt2 [解析]　根据几何关系得 r＝s θ，故 A 错误；经过时间 t，航天器与月球的中心连线扫过 角度为 θ，则 t T＝ θ 2π，得 T＝2πt θ ，故 B 正确；航天器由万有引力充当向心力而做圆周运动， 所以 GMm r2 ＝m4π2 T2 r，得 M＝4π2r3 GT2 ＝ 4π2(s θ )3 G(2πt θ )2 ＝ s3 Gt2θ，故 C 正确；月球的体积 V＝4 3πr3＝4 3π (s θ )3，月球的密度 ρ＝M V＝ s3 Gt2θ 4 3π(s θ )3 ＝ 3θ2 4πGt2，故 D 错误。 [答案]　BC [易错提醒] (1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，估算的只是中心天体的 质量，并非环绕天体的质量。 (2)区别天体半径 R 和卫星轨道半径 r，只有在天体表面附近的卫星才有 r≈R；计算天体 密度时，V＝4 3πR3 中的 R 只能是中心天体的半径。 [集训冲关] 1．(2017·北京高考)利用引力常量 G 和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是(　　) A．地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转) B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期 C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离 D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离 解析：选 D　由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有 GMm0 R2 ＝m0g，故可得 M＝ gR2 G ，A 项错误；由万有引力提供人造卫星的向心力，有 GMm1 R2 ＝m1 v2 R，v＝2πR T ，联立得 M＝ v3T 2πG，B 项错误；由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有 GMm2 r2 ＝m2( 2π T′ )2r，故可 得 M＝ 4π2r3 GT′2，C 项错误；同理，根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离， 可求出太阳的质量，但不可求出地球的质量，D 项正确。 2．为了探测某星球，某宇航员乘探测飞船先绕该星球表面附近做匀速圆周运动，测得 运行周期为 T，然后登陆该星球，测得一物体在此星球表面做自由落体运动的时间是在地球 表面同一高度处做自由落体运动时间的一半，已知地球表面重力加速度为 g，引力常量为 G， 则由此可得该星球的质量为(　　) A.4g3T4 Gπ4 　　　B. g2T3 Gπ3　　　C.gT2 Gπ2　　　D.g3π4 GT2 解析：选 A　在地球上做自由落体运动有：h＝1 2gt2， 在该星球上做自由落体运动有：h＝1 2g′t′2， 而 t′＝t 2，解得：g′＝4g， 在星球表面根据万有引力提供向心力得： GMm R2 ＝mg′＝m4π2R T2 ，解得：M＝4g3T4 Gπ4 。 突破点(三)　天体表面的重力加速度问题 重力只是万有引力的一个分力，另一个分力提供物体随地球自转做圆周运动的向心力， 但由于向心力很小，一般情况下认为重力等于万有引力，即 mg＝GMm R2 ，这样重力加速度就 与行星质量、半径联系在一起，高考也多次在此命题。 [多维探究] (一)求天体表面某高度处的重力加速度 [例 1]　科幻大片《星际穿越》是基于知名理论物理学家基普·索恩的黑洞理论，加入人 物和相关情节改编而成的。电影中的黑洞花费三十名研究人员将近一年的时间，用数千台计 算机精确模拟才得以实现，让我们看到了迄今最真实的黑洞模样。若某黑洞的半径 R 约为 45 km，质量 M 和半径 R 的关系满足M R＝ c2 2G(其中 c＝3×108 m/s，G 为引力常量)，则该黑洞表 面的重力加速度大约为(　　) A．108 m/s2　　　　　　　　 B．1010 m/s2 C．1012 m/s2 D．1014 m/s2 [解析]　黑洞实际为一天体，天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的 万有引力，设黑洞表面的重力加速度为 g，对黑洞表面的某一质量为 m 的物体，有GMm R2 ＝ mg，又有M R＝ c2 2G，联立解得 g＝ c2 2R，代入数据得重力加速度约为 1012 m/s2，故选项 C 正确。 [答案]　C (二)求天体表面某深度处的重力加速度 [例 2]　假设地球是一半径为 R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为 d。已知质量分布 均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为(　　) A．1－d R　　　　　　　　　　 B．1＋d R C.(R－d R )2 D．( 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，地球表面的物体 m 受到的重力近似等于万有引力，故 mg＝G Mm R2 ；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 矿井底部处的物体 m 受到的重力 mg′＝GM′m r2 ，又 M＝ρV＝ρ·4 3πR3，M′＝ρV′＝ρ·4 3π(R －d)3，联立解得g′ g ＝1－d R，A 对。 [答案]　A (三)天体表面重力加速度与抛体运动的综合 [例 3]　(2015·海南高考)若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、 以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为 2∶ 7。已知该行星质量约为 地球的 7 倍，地球的半径为 R。由此可知，该行星的半径约为(　　) A.1 2R B.7 2R C．2R D. 7 2 R [解析]　平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，即 x＝v0t，在竖直方向上做自由落体 运动，即 h＝1 2gt2，所以 x＝v0 2h g ，两种情况下，抛出的速度相同，高度相同，所以g行 g地＝ 7 4，根据公式 GMm R2 ＝mg 可得 g＝GM R2 ，故g行 g地＝ M行 R行2 M地 R地2 ＝7 4，解得 R 行＝2R，故 C 正确。 [答案]　C 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 万有引力的两种计算思路 (一)用万有引力定律计算质点间的万有引力 公式 F＝G m1m2 r2 适用于质点、均匀介质球体或球壳之间万有引力的计算。当两物体为匀 质球体或球壳时，可以认为匀质球体或球壳的质量集中于球心，r 为两球心的距离，引力的 方向沿两球心的连线。 1.[多选](2013·浙江高考)如图所示，三颗质量均为 m 的地球同步卫 星等间隔分布在半径为 r 的圆轨道上，设地球质量为 M，半径为 R。下列 说法正确的是(　　) A．地球对一颗卫星的引力大小为 GMm (r－R)2 B．一颗卫星对地球的引力大小为GMm r2 C．两颗卫星之间的引力大小为Gm2 3r2 D．三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMm r2 解析：选 BC　由万有引力定律知 A 项错误，B 项正确；因三颗卫星连线构成等边三角 形，圆轨道半径为 r，由数学知识易知任意两颗卫星间距 d＝2rcos 30°＝ 3r，由万有引力定 律知 C 项正确；因三颗卫星对地球的引力大小相等且互成 120°，故三颗卫星对地球引力的合 力为 0，则 D 项错误。 (二)填补法求解万有引力 运用“填补法”解题的关键是紧扣万有引力定律的适用条件，先填补后运算，运用“填 补法”解题主要体现了等效思想。　 2.如图所示，有一个质量为 M，半径为 R，密度均匀的大球体。从中 挖去一个半径为R 2的小球体，并在空腔中心放置一质量为 m 的质点，则大 球体的剩余部分对该质点的万有引力大小为(已知质量分布均匀的球壳 对壳内物体的引力为零)(　　) A．GMm R2 　　　　　　　　　　 B．0 C．4GMm R2 D．GMm 2R2 解析：选 D　若将挖去的小球体用原材料补回，可知剩余部分对 m 的吸引力等于完整大 球体对 m 的吸引力与挖去小球体对 m 的吸引力之差，挖去的小球体球心与 m 重合，对 m 的 万有引力为零，则剩余部分对 m 的万有引力等于完整大球体对 m 的万有引力；以大球体球 心为中心分离出半径为R 2的球，易知其质量为 1 8M，则剩余均匀球壳对 m 的万有引力为零， 故剩余部分对 m 的万有引力等于分离出的球对其的万有引力，根据万有引力定律，F＝G 1 8Mm (R 2 )2 ＝GMm 2R2，故 D 正确。 [反思领悟] (1)万有引力定律只适用于求质点间的万有引力。 (2)在质量分布均匀的实心球中挖去小球后其质量分布不再均匀，不可再随意视为质点处 理。 (3)可以采用先填补后运算的方法计算万有引力大小。 对点训练：开普勒行星运动定律与万有引力定律 1．(2018·上海黄浦区检测)关于万有引力定律，下列说法正确的是(　　) A．牛顿提出了万有引力定律，并测定了引力常量的数值 B．万有引力定律只适用于天体之间 C．万有引力的发现，揭示了自然界一种基本相互作用的规律 D．地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同 的 解析：选 C　牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量的数值，万有引力定 律适用于任何物体之间，万有引力的发现，揭示了自然界一种基本相互作用的规律，选项 A、 B 错误，C 正确；地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点受到太阳的万有引力大 小是不相同的，选项 D 错误。 2．(2018·福州模拟)在物理学发展过程中，有许多科学家做出了贡献，下列说法正确的 是(　　) A．牛顿通过多年观测记录行星的运动，提出了行星运动的三大定律 B．卡文迪许发现万有引力定律，被人们称为“能称出地球质量的人” C．伽利略利用“理想斜面”得出“力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状 态的原因”的观点 D．开普勒从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊 学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点 解析：选 C　开普勒提出了行星运动的三大定律，牛顿在此基础上发现了万有引力定律， 故 A 错误；牛顿发现万有引力定律后，英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地 测出了万有引力常量 G，所以 B 选项是错误的；伽利略利用“理想斜面”否定了“力是维持 物体运动的原因”的观点，得出了“力是改变物体运动状态的原因”的观点，故 C 正确；伽 利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，从而推翻了古希腊学者亚里士 多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点，故 D 错误。 3．(2018·石家庄模拟)“月—地检验”为万有引力定律的发现提供了事实依据。已知地 球半径为 R，地球中心与月球中心的距离 r＝60R，下列说法正确的是(　　) A．卡文迪许为了检验万有引力定律的正确性，首次进行了“月—地检验” B．“月—地检验”表明地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力是不同性质的 力 C．月球由于受到地球对它的万有引力而产生的加速度与月球绕地球做近似圆周运动的 向心加速度相等 D．由万有引力定律可知，月球绕地球做近似圆周运动的向心加速度是地面重力加速度 的 1 60 解析：选 C　牛顿为了检验万有引力定律的正确性，首次进行了“月—地检验”，A 错误； “月—地检验”表明地面物体所受地球的引力与月球所受地球的引力是同种性质的力，B 错 误；月球由于受到地球对它的万有引力而产生的加速度与月球绕地球做近似圆周运动的向心 加速度相等，所以证明了万有引力的正确，C 正确；物体在地球表面所受的重力等于其受到 的万有引力，则有 mg＝GMm R2 ，月球绕地球在引力提供向心力作用下做匀速圆周运动，则有 GMm′ (60R)2 ＝m′an，联立上两式可得 an∶g＝1∶3 600，故 g＝3 600an，D 错误。 4．关于重力和万有引力的关系，下列认识错误的是(　　) A．地面附近物体所受的重力就是万有引力 B．重力是由于地面附近的物体受到地球的吸引而产生的 C．在不太精确的计算中，可以认为物体的重力等于万有引力 D．严格来说重力并不等于万有引力，除两极处物体的重力等于万有引力外，在地球其 他各处的重力都略小于万有引力 解析：选 A　万有引力是由于物体具有质量而在物体之间产生的一种相互作用。任何两 个物体之间都存在这种吸引作用。物体之间的这种吸引作用普遍存在于宇宙万物之间，称为 万有引力。重力，就是由于地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的，重力只是万有引 力的一个分力。故 A 错误。重力是由于地面附近的物体受到地球的吸引而产生的，故 B 正确。 在不太精确的计算中，可以认为物体的重力等于万有引力，故 C 正确。严格来说重力并不等 于万有引力，除两极处物体的重力等于万有引力外，在地球其他各处的重力都略小于万有引 力，故 D 正确。 对点训练：天体质量和密度的计算 5．(2018·银川一中月考)已知地球质量为 M，半径为 R，地球表面重力加速度为 g，有一 个类地行星的质量为地球的 p 倍、半径为地球的 q 倍，该行星绕中心恒星做匀速圆周运动的 周期为 T，线速度为 v，则此类地行星表面的重力加速度和中心恒星的质量分别为(　　) A.q2 p g、MTv3 2πgR2　　　　　　 B. p q2g、MTv3 2πgR2 C.q2 p g、MTv2 2πgR D. p q2g、MTv2 2πgR 解析：选 B　根据万有引力等于地表物体所受重力：GMm R2 ＝mg，g＝GM R2 ；类地行星的 质量为地球的 p 倍、半径为地球的 q 倍，则 g′＝ p q2g；根据中心恒星对行星的万有引力充当 行星做匀速圆周运动的向心力：GM恒m行 r2 ＝m 行 (2π T )2r，r＝vT 2π，又根据上式可得：G＝gR2 M ， 联立解得：M恒＝MTv3 2πgR2 。 6．(2018·吉林五校联考)随着太空技术的飞速发展，地球上的人们登陆其它星球成为可 能，假设未来的某一天，宇航员登上某一星球后，测得该星球表面的重力加速度是地球表面 重力加速度的 2 倍，而该星球的平均密度与地球的差不多，则该星球质量大约是地球质量的 (　　) A．0.5 倍 B．2 倍 C．4 倍 D．8 倍 解析：选 D　根据天体表面附近万有引力等于重力，列出等式：GMm r2 ＝mg，解得 g＝GM r2 ， 其中 M 是地球的质量，r 应该是物体在某位置到球心的距离。根据密度与质量关系得：M＝ ρ·4 3πr3，星球的密度跟地球密度相同，g＝GM r2 ＝Gρ·4 3πr ，星球的表面重力加速度是地球表面 重力加速度的 2 倍，所以星球的半径也是地球的 2 倍，所以再根据 M＝ρ·4 3πr3 得：星球质量 是地球质量的 8 倍。故 D 正确。 7．“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为 200 km 的圆形轨 道上运行，运行周期为 127 分钟。已知引力常量 G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，月球半径约为 1.74×103 km，利用以上数据估算月球的质量约为(　　) A．5.1×1013 kg B．7.4×1013 kg C．5.4×1022 kg D．7.4×1022 kg 解析：选 D　“嫦娥一号”卫星的轨道半径 r＝1.74×10 3 km＋200 km＝1 940 000 m， 运行周期 T＝127×60 s＝7 620 s，根据万有引力提供圆周运动向心力有 GMm r2 ＝m4π2 T2 r，可得 中心天体月球的质量 M＝4π2r3 GT2 ＝4 × 3.142 × 1 940 0003 6.67 × 10－11 × 7 6202 kg≈7.4×1022 kg，故 D 正确。 8．据报道，天文学家新发现了太阳系外的一颗行星。这颗行星的体积是地球的 a 倍， 质量是地球的 b 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. 3π GT2 B. π 3T2 C. 3πb aGT2 D. 3πa bGT2 解析：选 C　万有引力提供近地卫星绕地球运动的向心力 GM地m R2 ＝m4π2R T2 ，且 ρ 地＝3M地 4πR3， 由以上两式得 ρ 地＝ 3π GT2。而ρ星 ρ地＝M星V地 V星M地＝b a，因而 ρ 星＝ 3πb aGT2，C 正确。 对点训练：天体表面的重力加速度问题 9．宇航员站在某一星球距表面 h 高度处，以某一速度沿水平方向抛出一个小球，经过 时间 t 后小球落到星球表面，已知该星球的半径为 R，引力常量为 G，则该星球的质量为(　　) A.2hR2 Gt2 B.2hR2 Gt C.2hR Gt2 D. Gt2 2hR2 解析：选 A　设该星球表面的重力加速度 g，小球在星球表面做平抛运动，h＝1 2gt2。设 该星球的质量为 M，在星球表面有 mg＝GMm R2 。由以上两式得，该星球的质量为 M＝2hR2 Gt2 ， A 正确。 10．(2018·江苏沛县模拟)据报道，科学家们在距离地球 20 万光年外发现了首颗系外“宜 居”行星。假设该行星质量约为地球质量的 6.4 倍，半径约为地球半径的 2 倍。那么，一个 在地球表面能举起 64 kg 物体的人在这个行星表面能举起的物体的质量约为(地球表面重力 加速度 g＝10 m/s2)(　　) A．40 kg B．50 kg C．60 kg D．30 kg 解析：选 A　根据万有引力等于重力GMm R2 ＝mg 得 g＝GM R2 ，因为行星质量约为地球质量 的 6.4 倍，其半径是地球半径的 2 倍，则行星表面重力加速度是地球表面重力加速度的 1.6 倍， 而人的举力可认为是不变的，则人在行星表面所举起的重物质量为：m＝ m0 1.6＝ 64 1.6 kg＝40 kg，故 A 正确。 11．[多选]宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间 t 小球落回原地。 若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间 5t 小球落回原处。已知该 星球的半径与地球半径之比为 R 星∶R 地＝1∶4，地球表面重力加速度为 g，设该星球表面附 近的重力加速度为 g′，空气阻力不计。则(　　) A．g′∶g＝1∶5 B．g′∶g＝5∶2 C．M 星∶M 地＝1∶20 D．M 星∶M 地＝1∶80 解析：选 AD　由速度对称性知竖直上抛的小球在空中运动时间 t＝2v0 g ，因此得g′ g ＝ t 5t＝ 1 5，A 正确，B 错误；由 GMm R2 ＝mg 得 M＝gR2 G ，因而M星 M地＝g′R星2 gR地2 ＝1 5×(1 4 )2＝ 1 80，C 错 误，D 正确。 12．(2018·西安高三检测)理论上已经证明：质量分布均匀的球壳 对壳内物体的万有引力为零。现假设地球是一半径为 R、质量分布均 匀的实心球体，O 为球心，以 O 为原点建立坐标轴 Ox，如图所示。一个质量一定的小物体(假 设它能够在地球内部移动)在 x 轴上各位置受到的引力大小用 F 表示，则选项图所示的四个 F 随 x 的变化关系图像正确的是(　　) 解析：选 A　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＝GM R2 。由于地球的质量为 M＝4 3πR3·ρ，所以重力加速度的表达式可写成：g＝4πGRρ 3 。根 据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，受到地球的万有引力即为半径等于 r 的球体在其表面产生的万有引力，g′＝4πGρ 3 r，当 rR 时，g 与 r 平方成反比。即质量一定的小物体受到的引力大小 F 在地球内部与 r 成正比，在外部与 r 的平方成反比。故选 A。 考点综合训练 13．已知一质量为 m 的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为 ΔN，假设地球是质量 分布均匀的球体，半径为 R。则地球的自转周期为(　　) A．T＝2π mR ΔN B．T＝2π ΔN mR C．T＝2π mΔN R D．T＝2π R mΔN 解析：选 A　在北极，物体所受的万有引力 F 与支持力 N 大小相等，在赤道处有 F－N ＝ΔN＝mR(2π T )2，解得 T＝2π mR ΔN，A 正确。 14．[多选](2018·衡水调研)为进一步获取月球的相关数据，我国已成功地进行了“嫦娥 三号”的发射和落月任务，该卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动时，经历时间 t，卫星 行程为 s，卫星与月球中心连线扫过的角度是 θ 弧度，万有引力常量为 G，则可推知(　　) A．月球的半径为s θ B．月球的质量为 s3 Gθt2 C．月球的密度为 3θ2 4Gπt2 D．若该卫星距月球表面的高度变大，其绕月运动的线速度变小 解析：选 BD　卫星行程为 s，卫星与月球中心连线扫过的角度是 θ 弧度，那么，轨道半 径为s θ；卫星在月球上空绕月球做匀速圆周运动，故轨道半径大于月球半径，故 A 错误；卫 星轨道半径 R＝s θ，运行速度 v＝s t，那么由万有引力提供向心力可得：GMm R2 ＝mv2 R，所以月 球质量为：M＝Rv2 G ＝ s3 Gθt2 ，故 B 正确；轨道半径大于月球半径，故月球密度为：ρ＞ M 4 3πR3 ＝ s3 Gθt2 4 3πs3 θ3 ＝ 3θ2 4πGt2 ，故 C 错误；由万有引力提供向心力可得线速度为：v＝ GM R ，故若该卫星 距月球表面的高度变大，则轨道半径变大，其绕月运动的线速度变小，故 D 正确。 15.有一质量为 M、半径为 R、密度均匀的球体，在距离球心 O 为 2R 的地方有一质量为 m 的质点，现在从 M 中挖去一半径为R 2的 球体(如图)，然后又在挖空部分填满另外一种密度为原来 2 倍的物质， 如图所示。则填充后的实心球体对 m 的万有引力为(　　) A.11GMm 36R2 B.5GMm 18R2 C.GMm 3R2 D.13GMm 36R2 解析：选 A　设球体密度为 ρ，则 ρ＝ M 4 3πR3 ， 在球体内部挖去半径为R 2的球体，挖去小球的质量为： m′＝ρ4 3π(R 2 )2＝M 8 ， 挖去小球前，球与质点的万有引力： F1＝GMm (2R)2 ＝GMm 4R2 被挖部分对质点的引力为：F2＝ GM 8 m (3R 2 )2 ＝GMm 18R2 ， 填充物密度为原来物质的 2 倍，则填充物对质点的万有引力为挖去部分的二倍，填充后 的实心球体对 m 的万有引力为：F1－F2＋2F2＝11GMm 36R2 ，A 正确，B、C、D 错误。 16．[多选](2018·平度二模)我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星 500”的 实验活动。假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的1 2，质量是地球质量的1 9。已 知地球表面的重力加速度是 g，地球的半径为 R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度 是 h，忽略自转的影响，下列说法正确的是(　　) A．火星的密度为 2g 3πGR B．火星表面的重力加速度是2g 9 C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2 3 D．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是9h 4 解析：选 AD　由 GMm R2 ＝mg，得到：g＝GM R2 ，已知火星半径是地球半径的1 2，质量是地 球质量的1 9，则火星表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的4 9，即为 4 9g，故 B 错误；设 火星质量为 M′，由万有引力等于重力可得：GM′m R′2 ＝mg′，解得： M′＝gR2 9G，密度为： ρ′＝M′ V′＝ 2g 3πGR，故 A 正确；由 GMm R2 ＝mv2 R，得到 v＝ GM R ，火星的第一宇宙速度是地 球第一宇宙速度的 2 3 倍，故 C 错误；王跃以初速度 v0 在地球起跳时，根据竖直上抛的运动 规律得出可跳起的最大高度是：h＝v02 2g，由于火星表面的重力加速度是 4 9g，王跃以相同的初 速度在火星上起跳时，可跳起的最大高度 h′＝9 4h，故 D 正确。 第 5 节 天体运动与人造卫星 (1)同步卫星可以定点在北京市的正上方。(×) (2)不同的同步卫星的质量不同，但离地面的高度是相同的。(√) (3)第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小速度。(×) (4)第一宇宙速度的大小与地球质量有关。(√) (5)月球的第一宇宙速度也是 7.9 km/s。(×) (6)同步卫星的运行速度一定小于地球第一宇宙速度。(√) (7)若物体的速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，则物体可绕太阳运行。(√) 突破点(一)　宇宙速度的理解与计算 1．第一宇宙速度的推导 方法一：由 GMm R2 ＝m v12 R 得 v1＝ GM R ＝ 6.67 × 10－11 × 5.98 × 1024 6.4 × 106 m/s ＝7.9×103 m/s。 方法二：由 mg＝m v12 R 得 v1＝ gR＝ 9.8 × 6.4 × 106 m/s＝7.9×103 m/s。 第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大环绕速度，此时它的运 行周期最短，Tmin＝2π R g＝5 075 s≈85 min。 2．宇宙速度与运动轨迹的关系 (1)v 发＝7.9 km/s 时，卫星绕地球做匀速圆周运动。 (2)7.9 km/s＜v 发＜11.2 km/s，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆。 (3)11.2 km/s≤v 发＜16.7 km/s，卫星绕太阳做椭圆运动。 (4)v 发≥16.7 km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间。 [题点全练] 1．已知地球的质量约为火星质量的 10 倍，地球的半径约为火星半径的 2 倍，则航天器 在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为(　　) A．3.5 km/s　　　　　　　　 B．5.0 km/s C．17.7 km/s D．35.2 km/s 解析：选 A　根据题设条件可知：M地＝10 M 火，R地＝2R 火，由万有引力提供向心力GMm R2 ＝mv2 R，可得 v＝ GM R ，即v火 v地＝ M火R地 M地R火＝ 1 5，因为地球的第一宇宙速度为 v 地＝7.9 km/s，所以航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率 v 火≈3.5 km/s，选项 A 正确。 2．已知地球自转的角速度为 7.29×10－5rad/s，月球到地球中心的距离为 3.84×108 m。 在地球表面发射卫星的第一宇宙速度为 7.9×103 m/s，第二宇宙速度为 11.2×103 m/s，第三宇 宙速度为 16.7×103 m/s，假设地球上有一棵苹果树长到了接近月球那么高，则当苹果脱离苹 果树后，将(　　) A．飞向茫茫宇宙 B．成为地球的同步“苹果卫星” C．成为地球的“苹果月亮” D．落向地面 解析：选 A　根据 v＝rω 得苹果的线速度 v＝2.8×104 m/s，第三宇宙速度为 16.7×103 m/s， 由于苹果的线速度大于第三宇宙速度，所以苹果脱离苹果树后，将脱离太阳系的束缚，飞向 茫茫宇宙，故 A 正确，B、C、D 错误。 突破点(二)　卫星运行参量的分析与比较 1．四个分析 “四个分析”是指分析人造卫星的加速度、线速度、角速度和周期与轨道半径的关系。 GMm r2 ＝{ma→a＝GM r2 →a ∝ 1 r2 mv2 r →v＝ GM r →v ∝ 1 r mω2r→ω＝ GM r3 →ω ∝ 1 r3 m4π2 T2 r→T＝ 4π2r3 GM →T ∝ r3 }越高 越慢 2．四个比较 (1)同步卫星的周期、轨道平面、高度、线速度、角速度绕行方向均是固定不变的，常用 于无线电通信，故又称通信卫星。 (2)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。 (3)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近 似认为等于地球的半径，其运行线速度约为 7.9 km/s。 (4)赤道上的物体随地球自转而做匀速圆周运动，由万有引力和地面支持力的合力充当向 心力(或者说由万有引力的分力充当向心力)，它的运动规律不同于卫星，但它的周期、角速 度与同步卫星相等。 [题点全练] 1．[多选](2017·江苏高考)“天舟一号”货运飞船于 2017 年 4 月 20 日在文昌航天发射中 心成功发射升空。与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约 380 km 的 圆轨道上飞行，则其(　　) A．角速度小于地球自转角速度 B．线速度小于第一宇宙速度 C．周期小于地球自转周期 D．向心加速度小于地面的重力加速度 解析：选 BCD　“天舟一号”在距地面约 380 km 的圆轨道上飞行时，由 GMm r2 ＝mω2r 可知，半径越小，角速度越大，则其角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速 度，A 项错误；由于第一宇宙速度是最大环绕速度，因此“天舟一号”在圆轨道的线速度小 于第一宇宙速度，B 项正确；由 T＝2π ω 可知，“天舟一号”的周期小于地球自转周期，C 项 正确；由 GMm R2 ＝mg，G Mm (R＋h)2 ＝ma 可知，向心加速度 a 小于地球表面的重力加速度 g，D 项正确。 2．(2018·南通模拟)2016 年，“神舟十一号”飞船和“天宫二号”在距地面 393 千米的 圆轨道上顺利对接，比“神舟十号”与“天宫一号”对接轨道高出了 50 千米。则(　　) A．“天宫二号”运动的周期大于“天宫一号”运动的周期 B．“天宫二号”运动的速度大于“天宫一号”运动的速度 C．“天宫二号”运动的加速度大于“天宫一号”运动的加速度 D．“天宫二号”运动的角速度大于“天宫一号”运动的角速度 解析：选 A　飞船绕地球做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力，则有： GMm r2 ＝m4π2 T2 r＝m v2 r ＝ma＝mω 2r，则得 T＝2π r3 GM，v＝ GM r ，a＝ GM r2 ，ω＝ GM r3 。由于“天宫二号”运动的轨道半径大于“天宫一号”运动的轨道半径，可知“天宫 二号”运动的周期大于“天宫一号”运动的周期，选项 A 正确；“天宫二号”运动的速度小 于“天宫一号”运动的速度，选项 B 错误；“天宫二号”运动的加速度小于“天宫一号”运 动的加速度，选项 C 错误；“天宫二号”运动的角速度小于“天宫一号”运动的角速度，选 项 D 错误。 3.如图所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自 身的半径是火星的 n 倍，质量为火星的 k 倍，不考虑行星自转的 影响，则(　　) A．金星表面的重力加速度是火星的k n倍 B．金星的“第一宇宙速度”是火星的 k n倍 C．金星绕太阳运动的加速度比火星小 D．金星绕太阳运动的周期比火星大 解析：选 B　根据 mg＝G Mm R2 得 g＝GM R2 ，可知金星与火星表面重力加速度之比g金 g火＝ k n2， 故 A 错误。根据 v＝ GM R 可知，金星与火星第一宇宙速度之比v金 v火＝ k n，故 B 正确。根 据 a＝GM r2 可知，距离太阳越远，加速度越小，金星距离太阳近，则金星绕太阳运动的加速度 比火星大，故 C 错误。根据开普勒第三定律r3 T2＝k，可知距离太阳越远，周期越长，金星距 离太阳近，所以金星绕太阳运动的周期比火星短，故 D 错误。 突破点(三)　卫星变轨问题分析 1．卫星发射及变轨过程概述 人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，如图所 示。 (1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ 上。 (2)在 A 点点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供向心力，卫星做离心运动进入 椭圆轨道Ⅱ。 (3)在 B 点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。 2．三个运行物理量的大小比较 (1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为 v1、v3，在轨道Ⅱ上过 A 点和 B 点速率分别为 vA、vB。在 A 点加速，则 vA＞v1，在 B 点加速，则 v3＞vB，又因 v1＞v3，故 有 vA＞v1＞v3＞vB。 (2)加速度：因为在 A 点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过 A 点，卫星的加速度都相同，同理，经过 B 点加速度也相同。 (3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行周期分别为 T1、T2、T3，轨道半径分别为 r1、 r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律r3 T2＝k 可知 T1＜T2＜T3。 [典例]　(2018·九江十校联考) 我国正在进行的探月工程是高新技术领域的一次重大科技活动，在 探月工程中飞行器成功变轨至关重要。如图所示，假设月球半径为 R， 月球表面的重力加速度为 g0，飞行器在距月球表面高度为 3R 的圆形轨 道Ⅰ上运动，到达轨道的 A 点点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的 近月点 B 再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，则(　　) A．飞行器在 B 点处点火后，动能增加 B．由已知条件不能求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期 C．只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道Ⅱ上通过 B 点的加速度大于在轨道Ⅲ上通 过 B 点的加速度 D．飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为 2π R g0 [解析]　在椭圆轨道近地点变轨成为圆轨道，要实现变轨应给飞船点火减速，减小所需 的向心力，故点火后动能减小，故 A 错误；设飞船在近月轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的时间 为 T3，则：mg0＝mR4π2 T32，解得：T3＝2π R g0，根据几何关系可知，轨道Ⅱ的半长轴 a＝ 2.5R，根据开普勒第三定律a3 T2＝k 以及轨道Ⅲ的周期，可求出在轨道Ⅱ上的运行周期，故 B 错误，D 正确；只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道Ⅱ上通过 B 点的加速度与在轨道Ⅲ 上通过 B 点的加速度相等，故 C 错误。 [答案]　D [方法规律]　卫星变轨的实质 两类变轨 离心运动 近心运动 变轨起因 卫星速度突然增大 卫星速度突然减小 受力分析 GMm r2 ＜mv2 r GMm r2 ＞mv2 r 变轨结果 变为椭圆轨道运动或在较大半径圆轨 道上运动 变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨 道上运动 [集训冲关] 1.[多选](2018·南京调研)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道 1 绕地球 E 运行，在 P 点变轨后进入轨道 2 做匀速圆周运动。下列说法 正确的是(　　) A．不论在轨道 1 还是在轨道 2 运行，卫星在 P 点的机械能都相同 B．不论在轨道 1 还是在轨道 2 运行，卫星在 P 点的机械能不相同 C．卫星在轨道 1 的任何位置都具有相同的加速度 D．卫星经过 P 点时，在轨道 2 的速度大于在轨道 1 的速度 解析：选 BD　卫星在轨道 1 上的 P 点和在轨道 2 上的 P 点的势能相同；而卫星从轨道 1 上的 P 点要加速才能进入轨道 2，则卫星经过 P 点时，在轨道 2 的速度大于在轨道 1 的速度， 即卫星在轨道 1 上的 P 点的动能小于在轨道 2 上的 P 点动能，即卫星在两个轨道上的 P 点时 的机械能不相同，选项 A 错误，B、D 正确；根据 a＝GM r2 可知卫星在轨道 1 的任何位置的加 速度不都是相同的，选项 C 错误。 2.如图是我国于 2016 年 10 月 17 日发射的“神舟十一号”飞船。 “神舟十一号”和“天宫二号”都绕地球运行，“神舟十一号”跑“内 圈”追赶“天宫二号”，经过五次变轨，螺旋线递进，步步靠近，在 距地面高 393 km 处完成了“天神之吻”，成功对接。则(　　) A．“神舟十一号”需要通过加速才能向“外圈”变轨 B．“神舟十一号”在变轨追赶“天宫二号”的过程中机械能守恒 C．“神舟十一号”与“天宫二号”对接时绕地运行的速度为零 D．“神舟十一号”在“内圈”绕地球运行的速度小于“天宫二号”绕地球运行的速度 解析：选 A　当“神舟十一号”从低轨道加速时，“神舟十一号”由于速度增大，故将 向高轨道运动，所以“神舟十一号”为了追上“天宫二号”，只能从低轨道上加速，故 A 正 确；“神舟十一号”在变轨追赶“天宫二号”的过程中通过加速才能实现，重力以外的力做 功，机械能不守恒，故 B 错误；“神舟十一号”与“天宫二号”对接时绕地球运行的速度不 为零，故 C 错误；根据万有引力提供向心力得：GMm r2 ＝mv2 r ，得：v＝ GM r ，可知，“神舟 十一号”在“内圈”绕地球运行的速度大于“天宫二号”绕地球运行的速度，故 D 错误。 3.[多选](2018·宿迁五校联考)2017 年 4 月，我国第一艘货运飞船“天 舟一号”顺利升空，随后与“天宫二号”交会对接。假设“天舟一号”从 B 点发射经过椭圆轨道运动到“天宫二号”的圆轨道上完成交会，如图所示。 已知“天宫二号”的轨道半径为 r，“天舟一号”沿椭圆轨道运动的周期为 T，A、B 两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为 R，引力 常量为 G。则(　　) A．“天宫二号”的运行速度小于 7.9 km/s B．“天舟一号”的发射速度大于 11.2 km/s C．根据题中信息可以求出地球的质量 D．“天舟一号”在 A 点的速度大于“天宫二号”的运行速度 解析：选 AC　7.9 km/s 是近地卫星的环绕速度，卫星越高，线速度越小，则“天宫二号” 的运行速度小于 7.9 km/s，选项 A 正确；11.2 km/s 是第二宇宙速度，是卫星脱离地球引力逃 到其它星球上去的最小发射速度，则“天舟一号”的发射速度小于 11.2 km/s，选项 B 错误；根 据开普勒第三定律r3 T2＝常数，已知“天宫二号”的轨道半径 r，“天舟一号”的周期 T 以及 半长轴1 2(r＋R)，可求得“天宫二号”的周期 T1，再根据 GMm r2 ＝m4π2 T12r 可求解地球的质量， 选项 C 正确；“天舟一号”在 A 点加速才能进入“天宫二号”所在的轨道，则“天舟一号” 在 A 点的速度小于“天宫二号”的运行速度，选项 D 错误。 突破点(四)　宇宙多星模型 在天体运动中彼此相距较近，在相互间的万有引力作用下，围绕同一点做匀速圆周运动 的星体系统称为宇宙多星模型。要充分利用宇宙多星模型中各星体运行的周期、角速度都相 等这一特点，解题模板如下。 (一)宇宙双星模型 (1)两颗行星做匀速圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力提供的，故两行星做 匀速圆周运动的向心力大小相等。 (2)两颗行星均绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，因此它们的运行周期和角速度是相 等的。 (3)两颗行星做匀速圆周运动的半径 r1 和 r2 与两行星间距 L 的大小关系：r1＋r2＝L。 [例 1]　(2018·天津模拟)引力波的发现使爱因斯坦的预言成真，早在上世纪 70 年代就有 科学家发现高速转动的双星，可能由于辐射引力波而使周期在缓慢减小，则该双星(　　) A．距离逐渐增大　 　 　　 B．距离逐渐减小 C．距离保持不变 D．距离可能增大也可能减小 [解析]　双星靠相互间的万有引力提供向心力，有： GM1M2 r2 ＝M1 4π2 T2 r1，GM1M2 r2 ＝M2 4π2 T2 r2， 解得 r＝3 (M1＋M2)GT2 4π2 ，可知双星间距离在减小，故 B 正确，A、C、D 错误。 [答案]　B [易错提醒] 通常研究卫星绕地球或行星绕太阳运行问题时，卫星到地球中心或行星到太阳中心间距 与它们的轨道半径大小是相等的，但在宇宙多星问题中，行星间距与轨道半径是不同的，这 点要注意区分。 (二)宇宙三星模型 (1)如图所示，三颗质量相等的行星，一颗行星位于中心位置不动， 另外两颗行星围绕它做圆周运动。这三颗行星始终位于同一直线上，中 心行星受力平衡。运转的行星由其余两颗行星的引力提供向心力：Gm2 r2 ＋Gm2 (2r)2 ＝ma。 两行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等。 (2)如图所示，三颗质量相等的行星位于一正三角形的顶点处，都绕三角形的中心做圆周 运动。每颗行星运行所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合 力来提供。 Gm2 L2 ×2×cos 30°＝ma，其中 L＝2rcos 30°。 三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等。　 [例 2]　[多选]宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们 的引力作用，三星质量也相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种 是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位 于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设两种 系统中三个星体的质量均为 m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中标出，引力常 量为 G，则下列说法中正确的是(　　) A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为 Gm L B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为 4π L3 5Gm C．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为 2 L3 3Gm D．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为 3Gm L2 [解析]　在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合 力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有 Gm2 L2＋G m2 (2L)2 ＝mv2 L，解得 v＝1 2 5Gm L ，A 项错误；由周期 T＝2πr v 知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为 T＝4π L3 5Gm，B 项 正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有 2Gm2 L2cos 30°＝mω2· L 2cos 30°，解得 ω＝ 3Gm L3 ，C 项错误；由 2Gm2 L2cos 30°＝ma 得 a＝ 3Gm L2 ，D 项正确。 [答案]　BD (三)宇宙四星模型 (1)如图所示，四颗质量相等的行星位于正方形的四个顶点上，沿外 接于正方形的圆轨道做匀速圆周运动。 Gm2 L2 ×2×cos 45°＋ Gm2 ( 2L)2 ＝ma， 其中 r＝ 2 2 L。 四颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等。 (2)如图所示，三颗质量相等的行星位于正三角形的三个顶点，另一颗 恒星位于正三角形的中心 O 点，三颗行星以 O 点为圆心，绕正三角形的 外接圆做匀速圆周运动。 Gm2 L2 ×2×cos 30°＋GMm r2 ＝ma。 其中 L＝2rcos 30°。 外围三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小均相等。 [例 3]　宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成 的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，如图所示，设四星 系统中每个星体的质量均为 m，半径均为 R，四颗星稳定分布在边长为 L 的正方形的四个顶点上。已知引力常量为 G，关于四星系统，下列说法 正确的是(　　) A．四颗星的向心加速度的大小均为2 2Gm L2 B．四颗星运行的线速度大小均为1 2 (4＋ 2)Gm L C．四颗星运行的角速度大小均为1 L (1＋2 2)Gm L D．四颗星运行的周期均为 2πL 2L (1＋2 2)Gm [解析]　星体在其他三星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方 形对角线的交点做匀速圆周运动，四颗星的轨道半径为 r＝ 2 2 L， 根据万有引力提供向心力，有：G m2 ( 2L)2 ＋2Gm2 L2 cos 45°＝m v2 2L 2 ＝m4π2 T2 · 2 2 L＝mω2· 2 2 L＝ma 解得：a＝ (1＋2 2)Gm 2L2 ；v＝1 2 (4＋ 2)Gm L ； ω＝1 L (4＋ 2)Gm 2L ；T＝2πL (4－ 2)L 7Gm 故 B 正确，A、C、D 错误。 [答案]　B 万有引力定律与几何知识的结合 人造卫星绕地球运动，太阳发出的光线沿直线传播，地球或卫星都会遮挡光线，从而使 万有引力、天体运动与几何知识结合起来。 求解此类问题时，要根据题中情景，由光线沿直线传播画出几何图形，通过几何图形找 到边界光线，从而确定临界条件，并结合万有引力提供卫星做圆周运动所需的向心力，列式 求解。 1．2014 年 12 月 7 日，中国和巴西联合研制的地球资源卫星“04 星”在太原成功发射 升空，进入预定轨道，已知“04 星”绕地球做匀速圆周运动的周期为 T，地球相对“04 星” 的张角为 θ，引力常量为 G，则地球的密度为(　　) A. 3πG T2sin3θ 2 　　　　　 B. 3π GT2sin3θ 2 C. 3π GT2sin3θ D. 3πG T2sin3θ 解析：选 B　“04 星”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMm r2 ＝m4π2 T2 r， 设地球半径为 R，则由题图知 rsin θ 2＝R，而 M＝4πR3 3 ρ， 联立得 ρ＝ 3π GT2sin3θ 2 ，B 对。 2.如图所示，人造卫星 A、B 在同一平面内绕地心 O 做匀速圆周 运动，已知 A、B 连线与 AO 连线间的夹角最大为 θ，则卫星 A、B 的线速度之比为(　　) A．sin θ B. 1 sin θ C. sin θ D. 1 sin θ 解析：选 C　由题图可知，当 AB 连线与 B 所在的圆周相切时 AB 连线与 AO 连线的夹 角 θ 最大，由几何关系可知，sin θ＝rB rA；根据 GMm r2 ＝m v2 r 可知，v＝ GM r ，故vA vB＝ rB rA＝ sin θ，选项 C 正确。 对点训练：宇宙速度的理解与计算 1．(2018·南通质检)某星球直径为 d，宇航员在该星球表面以初速度 v 0 竖直上抛一个物 体，物体上升的最大高度为 h，若物体只受该星球引力作用，则该星球的第一宇宙速度为(　　) A.v0 2 　　　　　　　　　　 B．2v0 d h C.v0 2 h d D.v0 2 d h 解析：选 D　星球表面的重力加速度为：g＝v02 2h，根据万有引力定律可知：G Mm (d 2 )2 ＝ mv2 d 2 ，解得 v＝ 2GM d ；又 G Mm (d 2 )2 ＝mg，解得：v＝v0 2 d h，故选 D。 2．[多选]设想我国宇航员随“嫦娥”号登月飞船贴近月球表面做匀速圆周运动，宇航员 测出飞船绕行 n 圈所用的时间为 t。登月后，宇航员利用身边的弹簧秤测出质量为 m 的物体 重力 G1。已知引力常量为 G，根据以上信息可得到(　　) A．月球的密度 B．飞船的质量 C．月球的第一宇宙速度 D．月球的自转周期 解析：选 AC　设月球的半径为 R，月球的质量为 M。 宇航员测出飞船绕行 n 圈所用的时间为 t，则飞船的周期为 T＝t n，由 GMm R2 ＝mR(2π T ) 2 得到月球的质量 M＝4π2R3 GT2 ，所以月球的密度为 ρ＝ M 4 3πR3 ＝ 4π2R3 GT2 4 3πR3 ＝ 3π GT2＝3πn2 Gt2 ，故 A 正 确；根据万有引力提供向心力，列出等式中消去飞船的质量，所以无法求出飞船的质量，故 B 错误；设月球的第一宇宙速度大小为 v，根据 v＝2πR T 可以求得表面附近绕月球做匀速圆周 运动的速度，即可求出月球的第一宇宙速度，故 C 正确；根据万有引力提供向心力，不能求 月球自转的周期。故 D 错误。 3．(2018·黄冈中学模拟)已知某星球的第一宇宙速度与地球相同，其表面的重力加速度 为地球表面重力加速度的一半，则该星球的平均密度与地球平均密度的比值为(　　) A．1∶2　　　B．1∶4　　　C．2∶1　　　D．4∶1 解析：选 B　根据 mg＝mv2 R得，第一宇宙速度 v＝ gR。因为该星球和地球的第一宇宙 速度相同，表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则星球的半径是地球半径的 2 倍。根据 GMm R2 ＝mg 得，M＝gR2 G ，知星球的质量是地球质量的 2 倍。根据 ρ＝M V＝ M 4 3πR3 知， 星球的平均密度与地球平均密度的比值为 1∶4，故 B 正确，A、C、D 错误。 对点训练：卫星运行参量的分析与比较 4.(2015·山东高考)如图，拉格朗日点 L1 位于地球和月球连 线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与 月球一起以相同的周期绕地球运动。据此，科学家设想在拉格朗 日点 L1 建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动。以 a1、a2 分别表示该空间站和月球向 心加速度的大小，a3 表示地球同步卫星向心加速度的大小。以下判断正确的是(　　) A．a2＞a3＞a1 B．a2＞a1＞a3 C．a3＞a1＞a2 D．a3＞a2＞a1 解析：选 D　空间站和月球绕地球运动的周期相同，由 a＝(2π T )2r 知，a2＞a1；对地 球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得 GMm r2 ＝ma，可知 a 3＞a2，则 a3>a2>a1，故选项 D 正确。 5．[多选](2018·南京鼓楼区高三检测)GPS 导航系统可以为陆、海、空三大领域提供实时、 全天候和全球性的导航服务，它是由周期约为 12 小时的卫星群组成。则 GPS 导航卫星与地 球同步卫星相比(　　) A．地球同步卫星的角速度大 B．地球同步卫星的轨道半径大 C．GPS 导航卫星的线速度大 D．GPS 导航卫星的向心加速度小 解析：选 BC　GPS 导航卫星周期小于同步卫星的周期，根据 r3 T2＝k 可知，同步卫星的 轨道半径较大，周期较大，角速度较小，A 错误，B 正确；根据 v＝ GM r ，可知同步卫星 的线速度较小，C 正确；根据 a＝GM r2 可知，GPS 导航卫星的向心加速度较大，D 错误。 6．(2018·镇江模拟)我国“北斗”卫星导航定位系统将由 5 颗静止轨道卫星(同步卫星) 和 30 颗非静止轨道卫星组成，30 颗非静止轨道卫星中有 27 颗是中轨道卫星，中轨道卫星轨 道高度约为 2.15×104 km，静止轨道卫星的高度约为 3.60×104 km。下列说法正确的是(　　) A．中轨道卫星的线速度大于 7.9 km/s B．静止轨道卫星的线速度大于中轨道卫星的线速度 C．静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期 D．静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度 解析：选 C　第一宇宙速度是卫星近地面飞行时的速度，由于中轨道卫星的轨道半径大 于地球半径，故中轨道卫星的线速度小于第一宇宙速度 7.9 km/s，故 A 错误；根据万有引力 提供向心力：GMm r2 ＝mv2 r ，解得：v＝ GM r ，静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道 半径，所以静止轨道卫星的线速度小于中轨道卫星的线速度，故 B 错误；根据万有引力提供 向心力：GMm r2 ＝m4π2 T2 r，解得：T＝ 4π2r3 GM ，静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半 径，所以静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期，故 C 正确；根据万有引力提 供向心力：GMm r2 ＝ma，解得：a＝GM r2，静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径， 所以静止轨道卫星的向心加速度小于中轨道卫星的向心加速度，故 D 错误。 7．[多选]2012 年 6 月 18 日，“神舟九号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面 343 km 的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其 稀薄的大气，下列说法正确的是(　　) A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 B．如不加干预，在运行一段时间后，“天宫一号”的动能可能会增加 C．航天员在“天宫一号”中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 D．如不加干预，“天宫一号”的轨道高度将缓慢降低 解析：选 BD　第一宇宙速度为在地表的环绕速度，随着飞船高度升高，环绕速度减小， 即动能减小，势能增加；第二宇宙速度为脱离地球引力的最小发射速度。飞行器在近圆轨道， 而第一宇宙速度为最大环绕速度，因此飞行器不可能大于第一宇宙速度，故 A 项错误；飞船 所处的空间有极其稀薄的大气，如不加干预，其轨道高度降低，速度增大，故 B 项正确；航 天员仍受到地球的引力，只是引力全部提供向心力，不产生重力作用，故 C 项错误；飞船所 处的空间有极其稀薄的大气，如不加干预，其轨道高度降低，故 D 正确。 对点训练：卫星变轨问题分析 8．[多选](2018·唐山模拟)如图所示，地球卫星 a、b 分别在椭圆轨道、圆形轨道上运行， 椭圆轨道在远地点 A 处与圆形轨道相切，则(　　) A．卫星 a 的运行周期比卫星 b 的运行周期短 B．两颗卫星分别经过 A 点处时，a 的速度大于 b 的速度 C．两颗卫星分别经过 A 点处时，a 的加速度小于 b 的加速度 D．卫星 a 在 A 点处通过加速可以到圆轨道上运行 解析：选 AD　由于卫星 a 的运行轨道的半长轴比卫星 b 的运行轨道半长轴短，根据开 普勒定律，卫星 a 的运行周期比卫星 b 的运行周期短，选项 A 正确；两颗卫星分别经过 A 点 处时，卫星 a 通过加速可以到圆轨道上运行，所以卫星 a 的速度小于卫星 b 的速度，选项 B 错误 D 正确；两颗卫星分别经过 A 点处时，由万有引力定律及牛顿第二定律得 GMm r2 ＝ma， 即卫星 a 的加速度等于卫星 b 的加速度，选项 C 错误。 9.[多选](2018·扬州模拟)2013 年 12 月 2 日，探月工程“嫦娥三号” 成功发射。“嫦娥三号”的主要任务有两个，一个是实现月面软着陆， 二是实现月面巡视勘察。如图所示，设月球半径为 R，“嫦娥三号”在 半径为 4R 的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，到达轨道的 A 点时点火 变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点 B 时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做匀速圆周运 动，则“嫦娥三号”(　　) A．在轨道Ⅱ上的 A 点运行速率大于 B 点速率 B．在轨道Ⅲ上 B 点速率小于在轨道Ⅱ上 B 点的速率 C．在轨道Ⅰ上 A 点的加速度等于在轨道Ⅱ上 A 点的加速度 D．在轨道Ⅰ、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ上运行的周期关系 TⅠ＜TⅡ＜TⅢ 解析：选 BC　在轨道Ⅱ上 A 点是远月点，而 B 点是近月点，从 A 向 B 运动引力对卫星 做正功，卫星速度增大，故在 A 点速率小于在 B 点速率，故 A 错误；在轨道Ⅱ上经过 B 点 时，卫星做离心运动，所需向心力大于该点万有引力，而在轨道Ⅲ上经过 B 点时万有引力刚 好提供圆周运动向心力，同在 B 点万有引力相等，根据向心力公式 F＝mv2 R 可以知道，在轨 道Ⅱ上经过 B 点时的速度大，所以 B 选项正确；在 A 点卫星的加速度都是由万有引力产生， 故同一点卫星的加速度相同，跟卫星轨道无关，所以 C 选项正确；根据万有引力提供圆周运 动向心力有 GMm r2 ＝mr4π2 T2 ，可得圆轨道的周期 T＝ 4π2r3 GM ，可得在圆轨道Ⅰ上周期大于在 圆轨道Ⅲ上的周期，故 D 错误。 10.[多选]与嫦娥 1 号、2 号月球探测器不同，嫦娥 3 号是一次性进 入距月球表面 100 km 高的圆轨道Ⅰ(不计地球对探测器的影响)，运行一 段时间后再次变轨，从 100 km 的环月圆轨道Ⅰ，降低到距月球 15 km 的近月点 B、距月球 100 km 的远月点 A 的椭圆轨道Ⅱ，如图所示，为 下一步月面软着陆做准备。关于嫦娥 3 号探测器下列说法正确的是(　　) A．探测器在轨道Ⅱ经过 A 点的速度小于经过 B 点的速度 B．探测器沿轨道Ⅰ运动过程中，探测器中的科考仪器对其支持面没有压力 C．探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在 A 点应加速 D．探测器在轨道Ⅱ经过 A 点时的加速度小于在轨道Ⅰ经过 A 点时的加速度 解析：选 AB　探测器在轨道Ⅱ从 A 点到 B 点的过程，万有引力做正功，动能增大，经 过 A 点的速度小于经过 B 点的速度，A 正确；探测器沿轨道Ⅰ运动过程中，科考仪器受到的 万有引力充当向心力，处于完全失重状态，对其支持面没有压力，B 正确；在轨道Ⅱ经过 A 点的速度小于在轨道Ⅰ经过 A 点的速度，探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在 A 点应减速，C 错误；万有引力提供向心力，探测器在轨道Ⅱ经过 A 点与在轨道Ⅰ经过 A 点时受到的万有引 力相同，加速度相同，D 错误。 对点训练：宇宙多星模型 11.[多选](2018·聊城模拟)如图所示，甲、乙、丙是位于同一直线上的离其他恒星较远的 三颗恒星，甲、丙围绕乙在半径为 R 的圆轨道上运行，若三颗星质量均 为 M，万有引力常量为 G，则(　　) A．甲星所受合外力为5GM2 4R2 B．乙星所受合外力为GM2 R2 C．甲星和丙星的线速度相同 D．甲星和丙星的角速度相同 解析：选 AD　甲星所受合外力为乙、丙对甲星的万有引力的合力，F甲＝GM2 R2 ＋GM2 (2R)2 ＝ 5GM2 4R2 ，A 正确；由对称性可知，甲、丙对乙星的万有引力等大反向，乙星所受合力为 0，B 错误；由于甲、丙位于同一直线上，甲、丙的角速度相同，由 v＝ωR 可知，甲、丙两星的线 速度大小相同，但方向相反，故 C 错误，D 正确。 12．[多选](2018·徐州调研)天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒 星称为双星。双星系统在银河系中很普遍。已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某 一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为 T，两颗恒星的质量不相等，它们之间的距离为 r， 引力常量为 G。关于双星系统下列说法正确的是(　　) A．两颗恒星做匀速圆周运动的半径均为r 2 B．两颗恒星做匀速圆周运动的线速度相等 C．双星中质量较小的恒星线速度大 D．这个双星系统的总质量为4π2r3 GT2 解析：选 CD　双星做圆周运动的角速度大小相等，靠相互间的万有引力提供向心力， 知向心力大小相等，则有：m1r1ω2＝m2r2ω2，则 m1r1＝m2r2，因为两颗恒星的质量不等，则 做圆周运动的半径不同。质量较小的恒星半径较大，由 v＝ωr 可知，质量较小的恒星线速度 大，故 A、B 错误，C 正确。根据 Gm1m2 r2 ＝m1r1 4π2 T2 ＝m2r2 4π2 T2 ，联立两式解得：m1＋m2＝ 4π2r3 GT2 ，故 D 正确。 考点综合训练 13．(2018·无锡模拟)2008 年 9 月 25 日我国成功发射了“神舟七号”载人飞船，随后航 天员圆满完成了太空出舱任务并释放了“伴飞”小卫星。若小卫星和飞船在同一圆轨道上， 相隔一段距离一前一后沿同一方向绕行。下列说法正确的是(　　) A．由飞船的轨道半径、周期和引力常量可以算出飞船质量 B．航天员在飞船表面进行太空漫步时，对飞船表面的压力等于航天员的重力 C．飞船只需向后喷出气体，就可以在短时间内和小卫星对接 D．小卫星和飞船的加速度大小相等 解析：选 D　根据万有引力提供向心力，结合轨道半径和周期只能求出中心天体的质量， 飞船属于环绕天体，质量被约去，不能求出，故 A 错误。航天员在飞船表面进行太空漫步时， 处于完全失重状态，对飞船表面的压力为零，故 B 错误。飞船向后喷气，速度变大，万有引 力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，不会和小卫星对接，故 C 错误。根据 GMm r2 ＝ ma 得，a＝GM r2 ，小卫星和飞船的加速度大小相等，故 D 正确。 14.(2018·天津市实验中学月考)“嫦娥五号”作为我国登月计划中第三期工程的“主打 星”，将于 2018 年左右在海南文昌卫星发射中心发射，登月后又从月 球起飞，并以“跳跃式返回技术”成功返回地面，完成探月工程的重大 跨越——带回月球样品。“跳跃式返回技术”是指航天器在关闭发动机 后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大 气层。如图所示，虚线为大气层的边界。已知地球半径为 R，d 点距地心距离为 r，地球表面 重力加速度为 g。 则下列说法正确的是(　　) A．“嫦娥五号”在 b 点处于完全失重状态 B．“嫦娥五号”在 d 点的加速度大小等于gr2 R2 C．“嫦娥五号”在 a 点和 c 点的速率相等 D．“嫦娥五号”在 c 点和 e 点的速率相等 解析：选 D　“嫦娥五号”沿 abc 轨迹做曲线运动，曲线运动的合力指向曲线弯曲的凹 侧，即在 b 点合力向上，即加速度向上，因此“嫦娥五号”在 b 点处于超重状态，故 A 错误； 在 d 点，由万有引力提供向心力：GMm r2 ＝ma，“嫦娥五号”的加速度为：a＝GM r2，根据万 有引力等于重力：GMm R2 ＝mg，联立可得：a＝gR2 r2 ，故 B 错误；“嫦娥五号”从 a 点到 c 点， 万有引力不做功，由于阻力做功，则在 a 点速率大于在 c 点速率，故 C 错误；从 c 点到 e 点， 没有空气阻力，机械能守恒，则在 c 点速率和在 e 点速率相等，故 D 正确。 15．(2018·连云港模拟)我国的北斗卫星导航系统计划由若干静止轨道卫星、中地球轨道 卫星组成，其中静止轨道卫星均定位在距离地面约为 3.6×104 km 的地球同步轨道上，中地 球轨道卫星距离地面的高度约为 2.16×104 km，已知地球半径约为 6.4×103 km。则中地球 轨道卫星运动的(　　) A．线速度大于第一宇宙速度 B．线速度小于静止轨道卫星的线速度 C．加速度约是静止轨道卫星的 2.3 倍 D．加速度约是静止轨道卫星的 2.8 倍 解析：选 C　根据 GMm r2 ＝m v2 r 得，v＝ GM r ，因为中轨道卫星的轨道半径大于第一宇 宙速度的轨道半径，则中轨道卫星的线速度小于第一宇宙速度；中轨道卫星的轨道半径小于 静止轨道卫星的轨道半径，则线速度大于静止轨道卫星的线速度，故 A、B 错误。根据 GMm r2 ＝ma 得，加速度 a＝GM r2 ，中轨道卫星的轨道半径大约是静止轨道卫星轨道半径的 0.66 倍， 则加速度约为静止轨道卫星的 2.3 倍，故 C 正确，D 错误。