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核心素养提升——科学态度与责任(STSE)系列(一)
生活中的抛体运动
平抛运动与日常生活紧密联系，如乒乓球、足球、排球等运动模型，飞镖、射击、飞机投弹模型等．这些模型经常受到边界条件的制约，如网球是否触网或越界、飞镖是否能击中靶心、飞机投弹是否能命中目标等．解题的关键是能准确地运用平抛运动规律分析对应的运动特征．在分析此类问题时一定要注意从实际出发寻找临界点，画出物体运动的草图，找出临界条件，尽可能画出示意图，应用平抛运动规律求解．
考向1　体育运动中的平抛问题
如图所示是排球场的场地示意图，设排球场的总长为L，前场区的长度为，网高为h，在排球比赛中，对运动员的弹跳水平要求很高．如果运动员的弹跳水平不高，运动员的击球点的高度小于某个临界值H，那么无论水平击球的速度多大，排球不是触网就是越界．设某一次运动员站在前场区和后场区的交界处，正对网前竖直跳起垂直网将排球水平击出，关于该种情况下临界值H的大小，下列关系式正确的是(　　)
A．H＝h B．H＝h
C．H＝h D．H＝h
【解析】　将排球水平击出后排球做平抛运动，排球刚好触网到达底线时，则有＝v0，＋＝v0，联立解得H＝h，故选项C正确．
【答案】　C
1．(多选)在某次乒乓球比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网，把两次落台的乒乓球看成完全相同的两个球，球1和球2，如图所示，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳到最高点的过程中，下列说法正确的是(　AD　)
A．起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率
B．球1的速度变化率小于球2的速度变化率
C．球1的飞行时间大于球2的飞行时间
D．过网时球1的速度大于球2的速度
解析：乒乓球起跳后到最高点的过程，其逆过程可看成平抛运动．重力的瞬时功率等于重力乘以竖直方向的速度，两球起跳后能到达的最大高度相同，由v＝2gh得，起跳时竖直方向分速度大小相等，所以两球起跳时重力功率大小相等，选项A正确；速度变化率即加速度，两球在空中的加速度都等于重力加速度，所以两球的速度变化率相同，选项B错误；由h＝gt2可得两球飞行时间相同，选项C错误；由x＝vt可知，球1的水平位移较大，运动时间相同，则球1的水平速度较大，选项D正确．
在解决体育运动中的平抛运动问题时，既要考虑研究平抛运动的思路和方法，又要考虑所涉及的体育运动设施的特点，如乒乓球、排球、网球等都有中间网及边界问题，要求球既能过网，又不出边界；足球的球门有固定的高度和宽度.
考向2　生活中的斜抛运动
(2018·江苏卷)某弹射管每次弹出的小球速度相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的(　　)
A．时刻相同，地点相同
B．时刻相同，地点不同
C．时刻不同，地点相同
D．时刻不同，地点不同
【审题指导】　弹射管在自由下落过程中沿水平方向先后弹出两只小球，小球被弹出时已具有竖直分速度，故小球不是做平抛运动．
【解析】　本题考查运动的合成与分解．由题意知，在竖直方向上，两只小球同时同高度自由下落，运动状态始终相同，由h＝gt2知落到水平地面的时刻相同．在水平方向上，小球被弹出后做速度相等的匀速直线运动，但先抛出的小球水平方向运动时间较长，由x＝v0t知，x先>x后，即两只小球落到水平地面的地点不同．故选B.
【答案】　B
2．(2019·广东四校联考)从同一高度同时将a、b两个完全相同的小球分别竖直上抛和斜上抛，它们的初速度大小相同；若不计空气阻力，则以下说法中正确的是(　A　)
A．在空中运动的过程中，两球的加速度相同
B．两球触地时的瞬时速率不同
C．两球在空中运动的时间相同
D．两球运动的位移相同
解析：两球在空中都只受重力作用，两球的加速度都为重力加速度g，A项正确．因两球都只受重力，则机械能均守恒，据机械能守恒定律有mv＋mgh＝mv，可知两球触地时的速率相同，B项错误．因两球以相同的速率分别竖直上抛和斜上抛，则知两球在空中运动时间不同，C项错误．因两球初始时运动方向不同，则它们发生的位移不同，D项错误．
3．如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　C　)
A．沿路径1抛出的小球落地的速率最小
B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长
C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等
D．三个小球抛出的初速度水平分量相等
解析：根据运动的合成与分解，将初速度分解为竖直方向和水平方向的分速度，设初速度方向与竖直方向的夹角为θ，故有小球沿竖直方向的速度分量v竖直＝v0cosθ，根据小球的运动轨迹可知，三个小球沿竖直方向的分速度相同，根据竖直上抛运动特点可知，三个小球在空中运动时间相同，所以B错误，C正确；而θ1>θ2>θ3，故得知v01>v02>v03，落地时重力做功为零，所以落地时的速率与初速度的大小相同，所以A错误；小球沿水平方向的速度分量v水平＝v0sinθ，可知沿路径1抛出的小球水平速度分量最大，所以D错误．
(1(斜抛运动的物体只受重力，运动性质为匀变速曲线运动.
(2(解决斜上抛运动的基本方法仍然是分解法，其水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为竖直上抛运动.
(3(斜上抛运动在最高点的速度水平，若从最高点考虑可按平抛运动处理.
核心素养提升——科学态度与责任(STSE)系列(二)
“嫦娥”探月四步曲(自主阅读)
中国探月工程，又称“嫦娥工程”.2004年，中国正式开展月球探测工程．嫦娥工程分为“无人月球探测”“载人登月”和“建立月球基地”三个阶段.2007年10月24日18时05分，“嫦娥一号”成功发射升空，在圆满完成各项使命后，于2009年按预定计划受控撞月.2010年10月1日18时57分59秒“嫦娥二号”顺利发射，也已圆满并超额完成各项既定任务.2011年离开拉格朗日点L2点后，向深空进发，现今仍在前进，意在对深空通信系统进行测试.2013年9月19日，探月工程进行了嫦娥三号卫星和玉兔号月球车的月面勘测任务．嫦娥四号是嫦娥三号的备份星．嫦娥五号主要科学目标包括对着陆区的现场调查和分析，以及月球样品返回地球以后的分析与研究．要完成“嫦娥”工程的前提是要把卫星成功送到月球，大致经历“发射→转移→环绕→着陆”四步．
第一步：卫星发射
我国已于2013年12月2日凌晨1点30分使用长征三号乙运载火箭成功发射“嫦娥三号”．火箭加速是通过喷气发动机向后喷气实现的．设运载火箭和“嫦娥三号”的总质量为M，地面附近的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G.
(1)用题给物理量表示地球的质量．
(2)假设在“嫦娥三号”舱内有一平台，平台上放有测试仪器，仪器对平台的压力可通过监控装置传送到地面．火箭从地面发射后以加速度竖直向上做匀加速直线运动，升到某一高度时，地面监控器显示“嫦娥三号”舱内测试仪器对平台的压力为发射前压力的，求此时火箭离地面的高度．
【解析】　(1)在地面附近，mg＝G，
解得：M地＝.
(2)设此时火箭离地面的高度为h，选仪器为研究对象，设仪器质量为m0，火箭发射前，仪器对平台的压力
F0＝G＝m0g.
在距地面的高度为h时，仪器所受的万有引力为
F＝G
设在距离地面的高度为h时，平台对仪器的支持力为F1，根据题述和牛顿第三定律得，F1＝F0
由牛顿第二定律得，F1－F＝m0a，a＝
联立解得：h＝
【答案】　见解析
第二步：卫星转移
(多选)如图为嫦娥三号登月轨迹示意图．图中M点为环地球运行的近地点，N点为环月球运行的近月点．a为环月球运行的圆轨道，b为环月球运行的椭圆轨道，下列说法中正确的是(　　)
A．嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于11.2 km/s
B．嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应点火加速
C．设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2，则a1>a2
D．嫦娥三号在圆轨道a上的机械能小于在椭圆轨道b上的机械能
【解析】　嫦娥三号在环地球轨道上运行速度v满足7.9 km/s≤v<11.2 km/s，则A错误；嫦娥三号要在M点点火加速才能进入地月转移轨道，则B正确；由a＝，知嫦娥三号在圆轨道a上经过N点和在椭圆轨道b上经过N点时的加速度相等，则C错误；嫦娥三号要从b轨道转移到a轨道需要在N点减速，机械能减小，则D正确．
【答案】　BD
第三步：卫星绕月
嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示．假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则(　　)
A．若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度
B．嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速
C．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度
D．嫦娥三号在动力下降段，其引力势能减小
【解析】　利用环月圆轨道半径、运动周期和引力常量，可以计算出月球的质量，月球半径未知，不能计算出月球的密度，A错误；由环月圆轨道进入椭圆轨道时，在P点让发动机点火使其减速，B错误；嫦娥三号在椭圆轨道上P点速度小于在Q点速度，C错误；嫦娥三号在动力下降段，高度减小，引力势能减小，D正确．
【答案】　D
第四步：卫星着陆
如图所示为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落至月面．已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：
(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；
(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．
【解析】　(1)设地球质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M′、R′和g′，探测器刚接触月面时的速度大小为vt，则有
mg′＝G，mg＝G，解得g′＝g
由v－v2＝2g′h2得vt＝.
(2)设机械能变化量为ΔE，动能变化量为ΔEk，重力势能变化量为ΔEp，有ΔE＝ΔEk＋ΔEp
则ΔE＝m(v2＋)－mgh1
得ΔE＝mv2－mg(h1－h2)．
【答案】　(1)g　
(2)mv2－mg(h1－h2)
核心素养提升——科学思维系列(四)
竖直面内圆周运动的两种模型
模型1　轻绳模型
模型图示
受力特点
临界条件
轻“绳”模型
除重力外，物体受到的弹力方向：向下或等于零
在最高点FN＝0，mg＝m得v＝
讨论：(1)若v>，绳有拉力；
(2)若v<，不能到达最高点.
如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为T，拉力T与速度v的关系如图乙所示，图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是(　　)
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与圆周轨道半径有关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
【解析】　在最高点对小球受力分析，由牛顿第二定律有T＋mg＝m，可得图线的函数表达式为T＝m－mg，图乙中横轴截距为a，则有0＝m－mg，得g＝，则a＝gR；图线过点(2a，b)，则b＝m－mg，可得b＝mg，则＝，A、B、C错．由b＝mg得m＝，由a＝gR得R＝，则D正确．
【答案】　D
模型2　轻杆模型
模型图示
受力特点
临界条件
轻“杆”模型
除重力外，物体受到的弹力方向：向下、等于零或向上
(1)当v＝0时，FN＝mg，此速度为最小值；
(2)当v＝时，FN＝0，此速度为支持力和拉力的临界值；
(3)0(4)v>时，杆对球有向下的拉力.
(多选)如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动．在转动的过程中，忽略空气的阻力．若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则球B在最高点时，下列说法正确的是(　　)
A．球B在最高点时速度为
B．此时球A的速度大小为
C．杆对球A的作用力为0.5mg
D．杆对水平轴的作用力为1.5mg
[审题指导]　(1)杆和球在竖直平面内转动→两球做圆周运动．
(2)杆对球B恰好无作用力→重力恰好提供向心力．
【解析】　设球B在最高点时的速度为v0，有mg＝m，解得v0＝，选项A错误；因为A、B两球的角速度相等，根据v＝rω知，此时球A的速度为v0＝，选项B正确；根据牛顿第二定律得，FA－mg＝，解得FA＝1.5mg，A对杆的作用力为1.5mg，水平轴对杆的作用力与A球对杆的作用力平衡，所以F＝1.5mg，选项C错误、D正确．
【答案】　BD
竖直面内圆周运动类问题的解题技巧
(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同．
(2)确定临界点：抓住绳模型中最高点v≥及杆模型中v≥0这两个临界条件．
(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况．
(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向．
(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程．
1．(2019·黑龙江哈师大附中月考)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击，使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升的最大高度(距离底部)也不同．下列说法中不正确的是(　C　)
A．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度等于
B．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度小于
C．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度等于2R
D．如果v0＝，则小球能够上升的最大高度等于2R
解析：如果v0＝，根据机械能守恒定律得mv＝mgh，解得h＝，当小球运动到h＝高度时速度可以为零，则小球能够上升的最大高度为，故A正确；如果v0＝，根据机械能守恒定律得mv＝mgh，解得h＝，根据竖直方向圆周运动向心力公式可知，小球在最高点的速度最小为，则小球在上升到h＝处之前做斜抛运动，所以小球能够上升的最大高度小于，B正确；如果v0＝，根据机械能守恒定律得mv＝mg·2R＋mv2，解得v＝，所以小球恰好可以到达最高点，即小球能够上升的最大高度为2R，故D正确，C错误．本题选错误的，故C符合题意．
2．(2019·湖南郴州二模)如图所示，质量为m的小球置于立方体的光滑盒子中，盒子的棱长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，已知在最高点时盒子与小球之间的作用力恰为0，则下列说法正确的是(　D　)
A．在最高点小球的速度水平，小球既不超重也不失重
B．小球经过与圆心等高的位置时，处于超重状态
C．盒子在最低点时对小球的弹力大小等于6mg，方向向上
D．该盒子做匀速圆周运动的周期等于2π
解析：在最高点小球的速度方向沿圆周切线方向，即为水平方向，小球在最高点，重力提供向心力，处于完全失重状态，故A错误；小球在经过与圆心等高的位置时，水平方向受盒子的弹力，竖直方向受重力和盒子的支持力，而此处小球在竖直方向加速度为0，小球既不超重也不失重，故B错误；小球在最高点仅受重力作用，重力提供做圆周运动的向心力，即mg＝m，小球在最低点受重力、盒子的支持力，二力的合力提供做圆周运动的向心力，即FN－mg＝m，解得FN＝2mg，方向向上，故C错误；小球在最高点仅受重力作用，重力提供做圆周运动的向心力，即mg＝mR，解得T＝2π，故D正确．
第四章 　曲线运动　万有引力与航天
第1讲　曲线运动　运动的合成与分解
考点1　曲线运动性质、轨迹的判断
1．运动轨迹的判断
(1)若物体所受合力方向与速度方向在同一直线上，则物体做直线运动；若物体所受合力方向与速度方向不在同一直线上，则物体做曲线运动．
(2)物体做曲线运动时，合力指向轨迹的凹侧；运动轨迹在速度方向与合力方向所夹的区间．
2．速率变化的判断
3．合运动的性质的判断
合运动的性质由合加速度的特点决定．
(1)根据合加速度是否恒定判定合运动的性质：若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动．
(2)根据合加速度的方向与合初速度的方向关系判定合运动的轨迹：若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动．
1．下列说法正确的是(　A　)
A．做曲线运动的物体的速度一定变化
B．速度变化的运动一定是曲线运动
C．加速度恒定的运动不可能是曲线运动
D．加速度变化的运动一定是曲线运动
解析：做曲线运动的物体，速度方向一定改变，选项A正确；速度大小改变而方向不变的运动是直线运动，选项B错误；平抛运动是加速度恒定的曲线运动，选项C错误；加速度大小改变，但加速度方向与速度方向始终相同，这种运动是直线运动，选项D错误．
2．在美国拉斯维加斯当地时间2011年10月16日进行的印地车世界锦标赛中，发生15辆赛车连环撞车事故，两届印第安纳波利斯500赛冠军、英国车手丹·威尔顿因伤势过重去世．在比赛进行到第11圈时，77号赛车在弯道处强行顺时针加速超越是酿成这起事故的根本原因，下面四幅俯视图中画出了77号赛车转弯时所受的合力的可能情况，你认为正确的是(　B　)
解析：做曲线运动的物体，所受的合力指向轨迹的凹侧，A、D错误．因为顺时针加速，F与v夹角为锐角，故B正确，C错误．
3．某质点在几个恒力作用下做匀速直线运动，现突然将与质点速度方向相反的一个力旋转90°，则关于质点运动状况的叙述正确的是(　C　)
A．质点的速度一定越来越小
B．质点的速度可能先变大后变小
C．质点一定做匀变速曲线运动
D．因惯性质点继续保持匀速直线运动
解析：将与质点速度方向相反的作用力F旋转90°时，该力与其余力的合力夹角为90°，这时质点所受的合力大小为F，方向与速度的夹角为45°，质点受力的方向与运动的方向之间的夹角是锐角，所以质点做速度增大的曲线运动，故A、B错误；根据牛顿第二定律得加速度a＝，所以质点做匀变速曲线运动，故C正确，D错误．
考点2　运动合成与分解
1．合运动的性质判断
2．两个直线运动的合运动性质的判断
两个互成角度的分运动
合运动的性质
两个匀速直线运动
匀速直线运动
一个匀速直线运动、
一个匀变速直线运动
匀变速曲线运动
两个初速度为零的
匀加速直线运动
匀加速直线运动
两个初速度不为零
的匀变速直线运动
如果v合与a合共线，为匀变速直线运动
如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动
1．(2019·江苏苏州模拟)(多选)一物体在xOy平面内从坐标原点开始运动，沿x轴正方向和y轴正方向运动的速度v随时间t变化的图象分别如图甲、乙所示，则物体在0～t0时间内(　AC　)
A．做匀变速运动
B．做非匀变速运动
C．运动的轨迹可能如图丙所示
D．运动的轨迹可能如图丁所示
解析：由题图甲知：物体在x轴方向做匀速直线运动，加速度为零，合力为零；在y轴方向做匀减速直线运动，加速度恒定，合力恒定，所以物体所受的合力恒定，一定做匀变速运动，故A正确，B错误；曲线运动中合外力方向与速度方向不在同一直线上，而且指向轨迹弯曲的内侧．由以上分析可知，物体的合力沿y轴负方向，而与初速度不在同一直线上，则物体做曲线运动，根据合力指向轨迹的内侧可知，图丙是可能的，故C正确，D错误．
2．(2018·北京卷)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处．这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比．现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球(　D　)
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
解析：由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比，所以从小球抛出至运动到最高点过程，该“力”逐渐减小到零，将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动，由于上升阶段，水平分运动是向西的变加速运动(水平方向加速度大小逐渐减小)，故小球到最高点时速度不为零，水平向西的速度达到最大值，故选项A错误；小球到最高点竖直方向的分速度为零，由题意可知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平方向加速度为零，选项B错误；下降阶段，由于受水平向东的力，小球的水平分运动是向西的变减速运动(水平方向加速度大小逐渐变大)，故小球的落地点在抛出点西侧，选项C错误，D正确．
运动的合成与分解是研究曲线运动规律最基本的方法，在解决实际物体运动的合成与分解问题时，一定要注意合运动与分运动具有等时性，且分运动相互独立，但每一个运动的变化都会影响到合运动的效果.
考点3　小船渡河模型
1．船的实际运动：是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．
2．三种速度：船在静水中的速度v船、水的流速v水、船的实际速度v.
3．两类问题、三种情景
渡河时
间最短
当船头方向垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝
渡河位
移最短
如果v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cosθ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d
如果v船 有甲、乙两只船，它们在静水中航行速度分别为v1和v2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同．则甲、乙两船渡河所用时间之比为(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　当v1与河岸垂直时，甲船渡河时间最短；乙船船头斜向上游开去，才有可能航程最短，由于甲、乙两只船到达对岸的地点相同(此地点并不在河正对岸)，可见乙船在静水中速度v2比水的流速v0要小，要满足题意，则如图所示．由图可得
＝·sinθ①
cosθ＝②
tanθ＝③
由②③式得＝sinθ
将此式代入①式得＝，选项C正确．
【答案】　C
求解小船渡河问题的“三点”注意
(1)船的航行方向是船头指向，是分运动；船的运动方向是船的实际运动方向，是合运动，一般情况下与船头指向不一致．
(2)渡河时间只与船垂直于河岸方向的分速度有关，与水流速度无关．
(3)船渡河位移最小值与v船和v水大小关系有关，v船>v水时，河宽即为最小位移；v船1．(多选)如图所示，小船自A点渡河，航行方向与上游河岸夹角为α时，到达正对岸B点．现在水流速度变大，仍要使船到达正对岸B点，下列可行的办法是(　AC　)
A．航行方向不变，船速变大
B．航行方向不变，船速变小
C．船速不变，减小船与上游河岸的夹角α
D．船速不变，增大船与上游河岸的夹角α
解析：设船速为v1，水流速度为v2.把船速沿河岸与垂直于河岸正交分解，则当v1cosα＝v2时，就能保证船到达正对岸B点，由此可见，当水流速度v2变大时，若α不变，可增大v1，若v1不变，可减小α，均可使船到达正对岸B点，故A、C正确．
2．有一条两岸平直、河水流速均匀的大河，某人驾驶一艘小船渡河，已知小船在静水中的速度为v1，河水的流速为v2，且v1A. B.
C. D.
解析：
设河宽为d，去程的渡河时间为t1，由于去程时船头指向始终与河岸垂直，则t1＝；设回程的时间为t2，由于船速小于水的流速，故当船速v1与合速度v垂直时渡河位移最短，如图所示，故有v＝，v⊥＝vsinθ＝·，故t2＝，所以＝，故选项A正确．
考点4　绳(杆)端速度分解模型
1．模型特点
沿绳(杆)方向的速度分量大小相等．
2．思路与方法
合速度→绳(杆)拉物体的实际运动速度v
分速度→
方法：v1与v2的合成遵循平行四边形定则．
3．解题的原则
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解.
直观展示
1．(2019·广东深圳模拟)质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动．当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时(如图)，重力加速度为g，下列判断正确的是(　B　)
A．P的速率为v B．P的速率为vcosθ2
C．绳的拉力等于mgsinθ1 D．绳的拉力小于mgsinθ1
解析：将小车速度沿绳子和垂直绳子方向分解为v1、v2，P的速率等于v1＝vcosθ2，A错误、B正确；小车向右做匀速直线运动，θ2减小，P的速率增大，绳的拉力大于mgsinθ1，C、D错误；故选B.
2．如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，轻杆靠在一个高为h的物块上，某时刻杆与水平方向的夹角为θ，物块向右运动的速度为v，则此时A点速度为(　C　)
A. B.
C. D.
解析：如图所示，根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度vB＝v沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v2和v1，其中v2＝vBsinθ＝vsinθ为B点做圆周运动的线速度，v1＝vBcosθ为B点沿杆运动的速度．当杆与水平方向夹角为θ时，OB＝，由于B点的线速度为v2＝vsinθ＝OB·ω，所以ω＝＝，所以A的线速度vA＝Lω＝，选项C正确．
3．如图所示的装置可以将滑块水平方向的往复运动转化为OB杆绕O点的转动，图中A、B、O三处都是转轴．当滑块在光滑的水平横杆上滑动时，带动杆AB运动，AB杆带动OB杆以O点为轴转动，若某时刻滑块的水平速度为v，AB杆与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β，此时B点转动的线速度为(　A　)
A. B.
C. D.
解析：A点的速度的方向沿水平方向，如图所示，将A点的速度分解，根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度vA分＝vcosα，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿AB杆方向的分速度和垂直于AB杆方向的分速度，如图所示，设B的线速度为v′，则vB分＝v′cosθ＝v′cos(β－90°)＝v′sinβ，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立可得v′＝，故A项正确，B、C、D项错误．
绳(杆)牵连物体的分析技巧
(1)先确定合速度的方向(物体实际运动方向)．
(2)分析合运动所产生的实际效果：一方面使绳或杆伸缩；另一方面使绳或杆转动．
(3)确定两个分速度的方向：沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相同．
学习至此，请完成课时作业11
第2讲　抛体运动的规律及应用
考点1　平抛运动的基本规律
1．平抛(类平抛)运动所涉及物理量的特点
物理量
特点
飞行
时间
由t＝知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关
水平
射程
x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关
落地
速度
vt＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tanθ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关
速度改
变量
因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示
2.关于平抛(类平抛)运动的两个重要推论
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A点和B点所示，即xB＝.
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任意位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα＝2tanθ.
(多选)“嫦娥五号”探月卫星的成功发射，标志着我国航天又迈上了一个新台阶．将来我国宇航员还会乘坐探月卫星登上月球，如图所示是宇航员在月球表面水平抛出小球的闪光照片的一部分．已知照片上小方格代表的实际边长为a，闪光周期为T，据此可知(　　)
A．月球上的重力加速度为
B．小球平抛的初速度为
C．照片上A点一定是平抛的起始位置
D．小球运动到D点时速度大小为
[审题指导]　(1)图中各点间的时间间隔相等，为等时间段；竖直方向上满足Δy＝gT2.
(2)计算小球在第1个T时间内竖直方向位移可判断A点是不是初始位置．
【解析】　由闪光照片可知，小球竖直方向位移差为Δy＝2a，由Δy＝gT2可得月球上的重力加速度g＝，选项A错误；由小球在水平方向做匀速直线运动可得3a＝v0T，解得v0＝，选项B正确；小球在平抛出后第1个T时间内竖直方向位移y1＝gT2＝××T2＝a，所以照片上A点一定是平抛的起始位置，选项C正确；小球运动到D点时竖直速度vy＝g·3T＝·3T＝，水平速度为v0＝，小球运动到D点时速度大小为v＝＝，选项D错误．
【答案】　BC
分解思想在平抛运动中的应用
(1)解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度，也不用分解加速度．
(2)画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(或合位移)、分速度(或分位移)及其方向间的关系，通过速度(或位移)的矢量三角形求解未知量．
1．(2019·浙江嘉兴模拟)电影《速度与激情8》中有一个精彩情节：反派为了让多姆获得核弹发射箱，通过远程控制让汽车从高楼中水平飞出，落在街面地上．设某车飞出时高约为16.2 m，街道宽度为27 m，则该汽车从顶楼坠落时速度不会超过(　D　)
A．8 m/s B．10 m/s
C．13 m/s D．15 m/s
解析：汽车竖直方向做自由落体运动，下落时间为t＝＝ s＝1.8 s，汽车水平方向做匀速直线运动，街道宽度为27 m，所以水平速度最大为vxmax＝＝ m/s＝15 m/s，故只有选项D正确．
2．如图所示，薄半球壳ACB的水平直径为AB，C为最低点，半径为R.一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是(　D　)
A．只要v0足够大，小球可以击中B点
B．v0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同
C．v0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上
D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上
解析：小球做平抛运动，竖直方向有位移，v0再大也不可能击中B点；v0不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和A点的连线与AB的夹角φ不同，由推论tanθ＝2tanφ可知，小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度的反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与AB的交点为水平位移的中点，而这是不可能的．A、B、C错误，D正确．
3．(多选)从竖直墙的前方A处，沿AO方向水平发射三颗弹丸a、b、c，在墙上留下的弹痕如图所示，已知Oa＝ab＝bc，则a、b、c三颗弹丸(不计空气阻力)(　AC　)
A．初速度之比是((
B．初速度之比是1((
C．从射出至打到墙上过程速度增量之比是1((
D．从射出至打到墙上过程速度增量之比是((
解析：水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动．又因为竖直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa(Ob(Oc＝1(2(3，由h＝gt2可知ta(tb(tc＝1((，由水平方向x＝v0t可得va(vb(vc＝1((＝((，故选项A正确，B错误；由Δv＝gt，可知从射出至打到墙上过程速度增量之比是1((，故选项C正确，D错误．
考点2　与斜面有关的平抛运动
1．与斜面有关的平抛运动有两种模型
(1)物体从空中抛出落在斜面上．
(2)物体从斜面上抛出落在斜面上．
解答时要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系是解题的关键．
2．两种模型对比
方法
内容
实例
斜面
求小球平抛时间
总结
分解
速度
水平vx＝v0
竖直vy＝gt
合速度v＝
解：如图，vy＝gt，
tanθ＝＝
故t＝
分解速度，
构建速度
三角形
分解
位移
水平x＝v0t
竖直y＝gt2
合位移x合＝
解：如图，x＝v0t，
y＝gt2，
而tanθ＝，
联立得
t＝
分解位移，
构建位移
三角形
(2018·全国卷Ⅲ)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．2倍 B．4倍
C．6倍 D．8倍
[审题指导]　落在同一斜面上的做平抛运动的两小球最终位移方向相同，只要最终位移方向相同，末速度方向一定相同．
【解析】　甲、乙两球都落在同一斜面上，则隐含做平抛运动的甲、乙的最终位移方向相同，根据位移方向与末速度方向的关系，即末速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍，可得它们的末速度方向也相同，在速度矢量三角形中，末速度比值等于初速度比值，故A正确．
【答案】　A
(2019·山东济南模拟)如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在底端A正上方与顶端等高处的E点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点，重力加速度为g，则(　　)
A．小球在空中飞行时间为
B．小球落到斜面上时的速度大小为
C．小球的位移方向垂直于AC
D．CD与DA的比值为
[审题指导]　关键词：垂直落到D点．方法：分解末速度．
【解析】　
将小球在D点的速度进行分解，水平方向的分速度v1等于平抛运动的初速度v0，即v1＝v0，落到斜面上时的速度v＝，竖直方向的分速度v2＝，则小球在空中飞行时间t＝＝.由图可知平抛运动的位移方向不垂直AC.D、A间水平距离为x水平＝v0t，故DA＝；C、D间竖直距离为x竖直＝v2t，故CD＝，得＝.
【答案】　D
与斜面有关的平抛运动模型的2点技巧
(1)在解答该类问题时，首先运用平抛运动的位移和速度规律并将位移或速度分解．
(2)充分利用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度的关系，从而使问题得到顺利解决．
4．如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0.现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间t随v变化的函数关系(　C　)
解析：当小球落在斜面上时，则有：tanθ＝＝，解得t＝，故t与速度v成正比；当小球落在地面上时，根据h＝gt2得t＝，故运动时间不变，可知t与v的关系图线先是过原点的一条倾斜直线，然后是平行于横轴的直线，故C正确，A、B、D错误．
5．(多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计，则下列说法中正确的是(　AB　)
A．若小球以最小位移到达斜面，则t＝
B．若小球垂直击中斜面，则t＝
C．若小球能击中斜面中点，则t＝
D．无论小球到达斜面何处，运动时间均为t＝
解析：小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝＝，即t＝，A正确，D错误；小球垂直击中斜面时，速度与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝，即t＝，B正确；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L，则水平射程为Lcosθ＝v0t，下落高度为Lsinθ＝gt2，联立两式得t＝，C错误．
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第3讲　圆周运动及其应用
考点1　圆周运动中的运动学分析
1．描述圆周运动的物理量间的关系
2．常见的三种传动方式及特点
传动类型
图示
结论
共轴传动
A、B两点转动的周期、角速度相同，线速度与其半径成正比
皮带传动
A、B两点的线速度大小相同，角速度与其半径成反比，周期与其半径成正比
齿轮传动
vA＝vB(线速度)，＝＝，＝＝(n1、n2分别表示两齿轮的齿数)
1．(2018·江苏卷)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，火车(　AD　)
A．运动路程为600 m B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s D．转弯半径约为3.4 km
解析：本题考查匀速圆周运动．火车的角速度ω＝＝ rad/s＝ rad/s，选项C错误；火车做匀速圆周运动，其受到的合外力等于向心力，加速度不为零，选项B错误；火车在10 s内运动路程s＝vt＝600 m，选项A正确；火车转弯半径R＝＝ m≈3.4 km，选项D正确．
2．汽车后备箱盖一般都配有可伸缩的液压杆，如图甲所示，其示意图如图乙所示，可伸缩液压杆上端固定于后盖上A点，下端固定于箱内O′点，B也为后盖上一点，后盖可绕过O点的固定铰链转动，在合上后备箱盖的过程中(　C　)
A．A点相对O′点做圆周运动
B．A点与B点相对于O点转动的线速度大小相等
C．A点与B点相对于O点转动的角速度大小相等
D．A点与B点相对于O点转动的向心加速度大小相等
解析：在合上后备箱盖的过程中，O′A的长度是变化的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，选项A错误；在合上后备箱盖的过程中，A点与B点都是绕O点做圆周运动，相同的时间绕O点转过的角度相同，即A点与B点相对O点的角速度相等，但是OB大于OA，根据v＝rω，所以B点相对于O点转动的线速度大，故选项B错误，C正确；根据向心加速度公式a＝rω2可知，B点相对O点的向心加速度大于A点相对O点的向心加速度，故选项D错误．
3．(多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为30 cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接如图乙所示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是(　BC　)
　
A．P、Q的线速度相同
B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反
C．P点的线速度大小约为1.6 m/s
D．摇把的转速约为400 r/min
解析：由于线速度的方向沿曲线的切线方向，由图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，所以玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反，故B正确；玻璃盘的直径是30 cm，转速是100 r/min，所以线速度v＝ωr＝2nπr＝2××π× m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，故C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ω·rc＝2××π×0.02 m/s＝π m/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝＝＝ r/s＝25 r/min，故D错误．
在分析传动装置的各物理量时，要抓住不等量与等量之间的关系.分析此类问题有两个关键点：一是同一轮轴上的各点角速度相同；二是皮带不打滑时，与皮带接触的各点线速度大小相同.抓住这两点，然后根据描述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论.
考点2　圆周运动中的动力学问题
1．向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．
2．向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．
考向1　火车转弯问题
(1)v＝，车轮与内、外侧轨道无作用力；
(2)v>，火车车轮对外侧轨道有作用力；
(3)v<，火车车轮对内侧轨道有作用力．
1．(多选)在设计水平面内的火车轨道的转弯处时，要设计为外轨高、内轨低的结构，即路基形成一外高、内低的斜坡(如图所示)，内、外两铁轨间的高度差在设计上应考虑到铁轨转弯的半径和火车的行驶速度大小．若某转弯处设计为当火车以速率v通过时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零．车轮与铁轨间的摩擦可忽略不计，则下列说法中正确的是(　BC　)
A．当火车以速率v通过此弯路时，火车所受各力的合力沿路基向下方向
B．当火车以速率v通过此弯路时，火车所受重力与铁轨对其支持力的合力提供向心力
C．当火车行驶的速率大于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力
D．当火车行驶的速率小于v时，外侧铁轨对车轮的轮缘施加压力
解析：火车转弯时，内、外两侧铁轨所受轮缘对它们的压力均恰好为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，方向水平指向圆心，故A错误，B正确；当速度大于v时，重力和支持力的合力小于所需向心力，此时外轨对车轮轮缘施加压力，故C正确；当速度小于v时，重力和支持力的合力大于向心力，此时内轨对车轮轮缘施加压力，故D错误．
2．(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处(　AC　)
A．路面外侧高、内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
解析：当汽车行驶的速度为vc时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高、内侧低，选项A正确．当速度稍大于vc时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确．同样，速度稍小于vc时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误．vc的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与路面的粗糙程度无关，D错误．
考向2　汽车过桥
凹形桥
FN－mg＝
桥对车的支持力FN＝mg＋m>mg，汽车处于超重状态
拱形桥
mg－FN＝
桥对车的支持力FN＝mg－m3.一汽车通过拱形桥顶时速度为10 m/s，车对桥顶的压力为车重的，如果要使汽车在桥顶对桥面没有压力，车速至少为(　B　)
A．15 m/s B．20 m/s
C．25 m/s D．30 m/s
解析：当FN＝G时，因为G－FN＝m，所以G＝m；当FN＝0时，G＝m，所以v′＝2v＝20 m/s.选项B正确．
4．一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥．设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力FN1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为FN2，则FN1与FN2之比为(　C　)
A．3(1 B．3(2
C．1(3 D．1(2
解析：汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力．如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即FN1＝FN1′①
所以由牛顿第二定律可得mg－FN1′＝②
同样，如图乙所示，FN2′＝FN2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有FN2′－mg＝③
由题意可知FN1＝mg④
由①②③④式得FN2＝mg
所以FN1(FN2＝1(3.
考向3　单摆模型
①部分圆周运动
②非匀速圆周运动
③F合＝，只有在最低点指向圆心
④在最低点：v≠0时，FT>G，v＝0时，FT＝G
5．(2019·江西赣州联考)如图所示，轻质且不可伸长的细绳一端系一质量为m的小球，另一端固定在天花板上的O点．则小球在竖直平面内摆动的过程中，以下说法正确的是(　C　)
A．小球在摆动过程中受到的外力的合力即为向心力
B．在最高点A、B，因小球的速度为零，所以小球受到的合力为零
C．小球在最低点C所受的合力，即为向心力
D．小球在摆动过程中绳子的拉力使其速率发生变化
解析：小球摆动过程中，合力沿绳子方向的分力提供向心力，不是靠外力的合力提供向心力，故A错误．在最高点A和B，小球的速度为零，向心力为零，但是小球所受的合力不为零，故B错误．小球在最低点受重力和拉力，两个力的合力竖直向上，合力等于向心力，故C正确．小球在摆动的过程中，由于绳子的拉力与速度方向垂直，则拉力不做功，拉力不会使小球速率发生变化，故D错误．
6．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
解析：小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，则两小球的动能大小无法比较，选项B错误；对小球在最低点受力分析得FT－mg＝m，可得FT＝3mg，选项C正确；由a＝＝2g可知，两球的向心加速度相等，选项D错误．
考向4　圆锥摆(圆锥筒)模型
1．受力特点
受两个力，且两个力的合力沿水平方向，物体在水平面内做匀速圆周运动．
2．解题方法：①对研究对象进行受力分析，确定向心力来源．②确定圆心和半径．③应用相关力学规律列方程求解．
7．(2019·福建漳州联考)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是(　B　)
解析：小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得：Lcosθ＝，则两球处于同一高度，故B正确．
8．(2019·福建厦门质检)(多选)如图所示，金属块Q放在带光滑小孔的水平桌面上，一根穿过小孔的细线，上端固定在Q上，下端拴一个小球．小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，细线与竖直方向成30°角(图中P位置)．现使小球在更高的水平面上做匀速圆周运动．细线与竖直方向成60°角(图中P′位置)．两种情况下，金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面判断正确的是(　BD　)
A．Q受到桌面的静摩擦力大小不变
B．小球运动的角速度变大
C．细线所受的拉力之比为2(1
D．小球向心力大小之比为3(1
解析：
对小球受力分析如图所示，则有T＝，向心力Fn＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝，当小球做圆周运动的平面升高时，θ增大，cosθ减小，则拉力T增大，角速度ω增大，金属块Q受到的静摩擦力等于细线的拉力大小，Q受到桌面的支持力等于重力，则后一种情况与原来相比，Q受到桌面的静摩擦力增大，故A错误，B正确．细线与竖直方向成30°角时拉力T＝＝，细线与竖直方向成60°角时拉力T＝＝2mg，所以T2(T1＝(1，故C错误．细线与竖直方向成30°角时向心力Fn1＝mgtan30°＝mg，细线与竖直方向成60°角时向心力Fn2＝mgtan60°＝mg，所以Fn2(Fn1＝3(1，所以D项正确．
考向5　水平转盘模型
9．(多选)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(　AC　)
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝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
解析：木块a、b的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力Ffm＝kmg相同．它们所需的向心力由F向＝mω2r知Fa10．(2019·广东惠州调研)(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　AC　)
A．此时绳子张力为3μmg
B．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆内
C．此时圆盘的角速度为
D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
解析：两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的最大静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得：T－μmg＝mω2r；T＋μmg＝mω2·2r；解得：T＝3μmg，ω＝，故A、C正确，B错误．烧断绳子瞬间A物体所需的向心力为2μmg，此时烧断绳子，A的最大静摩擦力不足以提供向心力，则A做离心运动，D错误．故选AC.
求解圆周运动的动力学问题做好“三分析”
一是几何关系的分析，目的是确定圆周运动的圆心、半径等；二是运动分析，目的是表示出物体做圆周运动所需要的向心力公式；三是受力分析，目的是利用力的合成与分解的知识，表示出物体做圆周运动时外界所提供的向心力．
学习至此，请完成课时作业13
第4讲　万有引力与航天
考点1　开普勒三定律的理解和应用
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＝k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同．但该定律只能用在同一中心天体的两星体之间．
1．如图所示，某行星沿椭圆轨道运行，远日点离太阳的距离为a，近日点离太阳的距离为b，过远日点时行星的速率为va，则过近日点时的速率为(　C　)
A．vb＝va B．vb＝va
C．vb＝va D．vb＝va
解析：
若行星从轨道的A点经足够短的时间t运动到A′点，则与太阳的连线扫过的面积可看做扇形，其面积SA＝；若行星从轨道的B点也经时间t运动到B′点，则与太阳的连线扫过的面积SB＝.根据开普勒第二定律得＝，即vb＝va，选项C正确．
2．(2018·全国卷Ⅲ)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
解析：解法1：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＝mR，则T＝，＝＝，选项C正确．
解法2：卫星P、Q围绕地球做匀速圆周运动，满足开普勒第三定律，＝，解得＝＝，选项C正确．
3．(多选)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中(　CD　)
A．从P到M所用的时间等于
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
解析：由行星运动的对称性可知，从P经M到Q点的时间为T0，根据开普勒第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知从P到M所用的时间小于T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确．
涉及椭圆轨道运动周期的问题，在中学物理中，常用开普勒第三定律求解.但该定律只能用在同一中心天体的两星体之间，如绕太阳运行的两行星之间或绕地球运行的两卫星之间，而对于一颗行星和一颗卫星比较时不能用开普勒第三定律，开普勒第三定律不仅适用于天体沿椭圆轨道运动，也适用于天体沿圆轨道运动.
考点2　万有引力定律的理解与计算
1．万有引力与重力的关系
地球对物体的万有引力F表现为两个效果：一是重力mg，二是提供物体随地球自转的向心力F向，如图所示．
(1)在赤道处：G＝mg1＋mω2R.
(2)在两极处：G＝mg2.
(3)在一般位置：万有引力G等于重力mg与向心力F向的矢量和．
越靠近南、北两极，g值越大，由于物体随地球自转所需的向心力较小，常认为万有引力近似等于重力，即G＝mg.
2．星体表面及上空的重力加速度(以地球为例)
(1)在地球表面附近的重力加速度g(不考虑地球自转)：mg＝G，得g＝.
(2)在地球上空距离地心r＝R＋h处的重力加速度为g′：mg′＝G，得g′＝，所以＝.
考向1　万有引力的计算
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．G B．0
C．4G D．G
[审题指导]　(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)可以采用填补法计算万有引力大小．
【解析】　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的球，易知其质量为M，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＝G，故D正确．
【答案】　D
考向2　万有引力与重力的关系
假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为(　　)
A. B.
C. D.
[审题指导]　①在两极处万有引力等于物体重力，而在赤道处万有引力等于物体重力与物体随地球一起自转所需的向心力之和；②在赤道处物体所受万有引力、向心力和重力G在同一直线上，方向都指向地心；③球体积公式V＝πR3.
【解析】　在地球两极处，G＝mg0，在赤道处，G－mg＝mR，故R＝，则ρ＝＝＝＝ ，B正确．
【答案】　B
由于地球的自转，在地球表面的物体，重力与万有引力不严格相等，重力为万有引力的一个分力，由于二者差别较小，计算时一般可以认为二者相等，即G＝mg，GM＝gR2，这就是万有引力定律应用中经常用到的“黄金代换”.
1．(2018·全国卷Ⅱ)2018年2月，我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19 ms.假设星体为质量均匀分布的球体，已知引力常量为6.67×10－11 N·m2/kg2.以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为(　C　)
A．5×109 kg/m3 B．5×1012 kg/m3
C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3
解析：本题考查万有引力定律在天体中的应用．以周期T稳定自转的星体，当星体的密度最小时，其表面物体受到的万有引力提供向心力，即＝mR，星体的密度ρ＝，得其密度ρ＝＝ kg/m3≈5×1015 kg/m3，故选项C正确．
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，则矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为(　A　)
A．1－ B．1＋
C.2 D.2
解析：
如图所示，根据题意，地面与矿井底部之间的环形部分对处于矿井底部的物体引力为零．设地面处的重力加速度为g，地球质量为M，地球表面质量为m的物体受到的重力近似等于万有引力，故mg＝G；设矿井底部处的重力加速度为g′，“等效地球”的质量为M′，其半径r＝R－d，则矿井底部质量为m的物体受到的重力mg′＝G，又M＝ρV＝ρ·πR3，M′＝ρV′＝ρ·π(R－d)3，联立解得＝1－，A正确．
考点3　万有引力定律在天体运动中的应用
考向1　天体质量和密度的计算
(1)自力更生法：利用天体表面的重力加速度g和天体半径R.
①由G＝mg得天体质量M＝.
②天体密度：ρ＝＝＝.
(2)借助外援法：测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T.
①由G＝m得天体的质量为M＝.
②若已知天体的半径R，则天体的密度
ρ＝＝＝.
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＝，可见，只要测出卫星环绕天体表面运行的周期T，就可估算出中心天体的密度．
1．在某星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，若物体只受该星球引力作用，引力常量为G，忽略其他力的影响，物体上升的最大高度为h，已知该星球的直径为d，下列说法正确的是(　A　)
A．该星球的质量为
B．该星球的质量为
C．在该星球表面发射卫星时最小的发射速度为
D．在该星球表面发射卫星时最小的发射速度为v0
解析：物体做竖直上抛运动，根据运动学公式可得星球表面的重力加速度为g′＝，因而在该星球表面发射卫星的最小速度为vmin＝＝，选项C、D错误．设星球的质量为M，物体的质量为m，在星球表面上有G＝mg′，解得M＝，选项A正确，B错误．
2．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行的周期约为T，引力常量为G.则该行星的平均密度为(　C　)
A. B.
C. D.
解析：万有引力提供近地卫星绕地球运行的向心力：G＝m，且ρ地＝，联立得ρ地＝.而＝＝，因而ρ星＝.
计算中心天体的质量、密度时的两点区别
(1)天体半径和卫星的轨道半径
通常把天体看成一个球体，天体的半径指的是球体的半径．卫星的轨道半径指的是卫星围绕天体做圆周运动的圆的半径．卫星的轨道半径大于等于天体的半径．
(2)自转周期和公转周期
自转周期是指天体绕自身某轴线运动一周所用的时间，公转周期是指卫星绕中心天体做圆周运动一周所用的时间．自转周期与公转周期一般不相等．
考向2　双星及多星系统
(1)多星系统的条件
①各星彼此相距较近．
②各星绕同一圆心做匀速圆周运动．
(2)多星系统的结构
类型
双星模型
三星模型
结构图
向心力
由两星之间的万有引力提供，故两星的向心力大小相等
运行所需向心力都由其余行星对其万有引力的合力提供
运动参量
各行星转动方向相同，周期、角速度相等
(2018·全国卷Ⅰ)(多选)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈．将两颗中子星都看作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(　　)
A．质量之积 B．质量之和
C．速率之和 D．各自的自转角速度
[审题指导]　(1)根据题意，抽象物理模型，画出示意图；(2)找到题目给出的已知量，再求未知量．
【解析】　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＝m1ωr1，G＝m2ωr2，且T＝，两颗星的周期及角速度相同，即T1＝T2＝T，ω1＝ω2＝ω，两颗星的轨道半径r1＋r2＝L，解得＝，m1＋m2＝，因为未知，故m1与m2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v1＋v2＝ωr1＋ωr2＝ω·L，故C项正确．
【答案】　BC
双星模型的重要结论
(1)两颗星到轨道圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即＝.
(2)双星的运动周期T＝2π.
(3)双星的总质量m1＋m2＝.
3．2015年4月，科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，如图所示．这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞．这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义．若图中双黑洞的质量分别为M1和M2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．根据所学知识，下列选项正确的是(　B　)
A．双黑洞的角速度之比ω1(ω2＝M2(M1
B．双黑洞的轨道半径之比r1(r2＝M2(M1
C．双黑洞的线速度之比v1(v2＝M1(M2
D．双黑洞的向心加速度之比a1(a2＝M1(M2
解析：双黑洞绕连线上的某一点做匀速圆周运动的周期相等，角速度也相等，选项A错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，向心力大小相等，设双黑洞间的距离为L，由G＝M1r1ω2＝M2r2ω2，得双黑洞的轨道半径之比r1(r2＝M2(M1，选项B正确；双黑洞的线速度之比v1(v2＝ωr1(ωr2＝M2(M1，选项C错误；双黑洞的向心加速度之比a1(a2＝ω2r1(ω2r2＝M2(M1，选项D错误．
4．(2019·广东湛江模拟)三颗相同的质量都是M的星球位于边长为L的等边三角形的三个顶点上．如果它们中的每一颗都在相互的引力作用下沿外接于等边三角形的圆轨道运行而保持等边三角形不变，下列说法正确的是(　B　)
A．其中一个星球受到另外两个星球的万有引力的合力大小为
B．其中一个星球受到另外两个星球的万有引力的合力指向圆心O
C．它们运行的轨道半径为L
D．它们运行的速度大小为
解析：根据万有引力定律，任意两颗星球之间的万有引力为F1＝G，方向沿着它们的连线．其中一个星球受到另外两个星球的万有引力的合力为F＝2F1cos30°＝G，方向指向圆心，选项A错误，B正确；由rcos30°＝，解得它们运行的轨道半径r＝L，选项C错误；由G＝M，将r＝L代入，可得v＝，选项D错误．
考点4　万有引力定律在航天中的应用
考向1　人造卫星运行参量的比较
环绕同一天体的不同轨道高度的卫星运行参量比较
由G＝m＝mrω2＝mr＝man可推导出：
?当r增大时
(多选)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.＝
【解析】　根据开普勒第三定律，＝，又RA>RB，所以TA>TB，选项A、D正确；由G＝m得，v＝，所以vASB，选项C错误．
【答案】　AD
人造卫星问题的解题技巧
(1)一个模型
卫星的运动可简化为质点的匀速圆周运动模型．
(2)两组公式
①G＝m＝mω2r＝mr＝man
②mg＝G(g为星体表面处的重力加速度)
(3)a、v、ω、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径和中心天体质量共同决定，所有参量的比较，最终归结到半径的比较．
口诀：一定四定、越高越慢．
5．2018年2月2日15时51分我国第一颗电磁检测试验卫星“张衡一号”成功发射，使我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一，已知地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，假设一颗距离地面高度为2R的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，下列关于卫星运动的说法正确的是(　B　)
A．线速度的大小为
B．角速度为
C．加速度大小为
D．周期为6π
解析：在地球表面重力与万有引力相等有：G＝m0g可得GM＝gR2.距地面高度为2R的人造卫星的轨道半径为3R，由万有引力提供圆周运动的向心力有：G＝m＝m·3Rω2＝m·3R＝ma，可得线速度v＝＝，角速度ω＝＝，加速度a＝＝g，周期T＝＝6π.故B正确，A、C、D错误．
考向2　宇宙速度的理解与计算
1．第一宇宙速度的推导
方法一：由G＝m得
v1＝＝ m/s
＝7.9×103 m/s.
方法二：由mg＝m得
v1＝＝ 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＝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(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．
(多选)2020年中俄联合实施探测火星计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福尔斯—土壤”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星．已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的.下列关于火星探测器的说法中正确的是(　　)
A．发射速度只要大于第一宇宙速度即可
B．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以
C．发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度
D．火星探测器环绕火星运行的最大速度为地球第一宇宙速度的
【解析】　根据三个宇宙速度的意义，可知选项A、B错误，C正确；已知M火＝，R火＝，则＝(＝.
【答案】　CD
对第一宇宙速度的理解
(1)第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度，也是卫星贴近地面运行的速度，即人造地球卫星的最大运行速度．
(2)当卫星的发射速度v满足7.9 km/s6．发射宇宙飞船的过程中要克服引力做功，已知将质量为m的飞船在距地球中心无限远处移到距地球中心为r处的过程中，引力做功为W＝，飞船在距地球中心为r处的引力势能公式为Ep＝－，式中G为引力常量，M为地球质量．若在地球的表面发射一颗人造地球卫星，如果发射的速度很大，此卫星可以上升到离地心无穷远处(即地球引力作用范围之外)，这个速度称为第二宇宙速度，已知地球半径为R.
(1)试推导第二宇宙速度的表达式；
(2)已知逃逸速度大于真空中光速的天体叫黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量M1＝1.98×1030 kg，求它的可能最大半径．(引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2)
解析：(1)设第二宇宙速度为v，所谓第二宇宙速度，就是卫星摆脱中心天体束缚的最小发射速度．则卫星由地球表面上升到离地球表面无穷远的过程中，根据机械能守恒定律得Ek＋Ep＝0　即mv2－G＝0　解得v＝.
(2)由题意知第二宇宙速度大于c，即>c
得R1<＝ m≈2.93×103 m
则该黑洞的最大半径为2.93×103 m.
答案：(1)见解析　(2)2.93×103 m
考向3　卫星变轨问题分析
1．变轨原理及过程
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、v2，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v2>vB，又因v1>v2，故有vA>v1>v2>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点的加速度也相同．
(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＝k可知T1 (多选)如图，一颗在椭圆轨道Ⅰ上运行的地球卫星，通过轨道Ⅰ上的近地点P时，短暂点火加速后进入同步转移轨道Ⅱ.当卫星到达同步转移轨道Ⅱ的远地点Q时，再次变轨，进入同步轨道Ⅲ.下列说法正确的是(　　)
A．卫星在轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ机械能增加
B．卫星在轨道Ⅲ经过Q点时和在轨道Ⅱ经过Q点时速度相同
C．卫星在轨道Ⅲ经过Q点时和在轨道Ⅱ经过Q点时加速度相同
D．由于不同卫星的质量不同，因此它们的同步轨道高度不同
【解析】　卫星在轨道Ⅰ上通过P点时，点火加速，使其所需向心力大于万有引力，做离心运动，才能进入轨道Ⅱ，所以卫星在轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ机械能增加，选项A正确；假设卫星从轨道Ⅲ返回轨道Ⅱ，卫星在轨道Ⅲ经过Q点时，点火减速，使其所需向心力小于万有引力，做向心运动，才能进入轨道Ⅱ，所以卫星在轨道Ⅲ经过Q点时和轨道Ⅱ经过Q点时速度不同，选项B错误；卫星在轨道Ⅲ经过Q点时和在轨道Ⅱ经过Q点时，所受万有引力相同，根据牛顿第二定律，产生的加速度相同，选项C正确；对同步卫星G＝m2r，解得r＝，则同步轨道高度与卫星的质量无关，选项D错误．
【答案】　AC
卫星变轨问题的实质
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
GG>m
变轨结果
变为椭圆轨道运动或在较大半径圆轨道上运动，在新的轨道上运行速度要减小，重力势能、机械能均增加
变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动，在新轨道上运行速度将增大，重力势能、机械能均减少
应用
卫星的发射和回收
7．(2019·山东日照模拟)2017年6月15日，中国空间科学卫星“慧眼”被成功送入轨道，卫星轨道所处的空间存在极其稀薄的空气．“慧眼”是我国首颗大型X射线天文卫星，这意味着我国在X射线空间观测方面具有国际先进的暗弱变源巡天能力、独特的多波段快速光观测能力等．下列关于“慧眼”卫星的说法，正确的是(　B　)
A．如果不加干预，“慧眼”卫星的动能可能会缓慢减小
B．如果不加干预，“慧眼”卫星的轨道高度可能会缓慢降低
C．“慧眼”卫星在轨道上处于失重状态，所以不受地球的引力作用
D．由于技术的进步，“慧眼”卫星在轨道上运行的线速度可能会大于第一宇宙速度
解析：卫星轨道所处的空间存在极其稀薄的空气，如果不加干预，卫星的机械能减小，卫星的轨道高度会缓慢降低，据G＝m可得v＝，卫星的轨道高度降低，卫星的线速度增大，卫星的动能增大，选项A错误、B正确；卫星在轨道上，受到的地球引力产生向心加速度，处于失重状态，选项C错误；据G＝m可得v＝，卫星在轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度，选项D错误．
学习至此，请完成课时作业14、15
课时作业11　曲线运动　运动的合成与分解
时间：45分钟
1．质点仅在恒力F的作用下，在xOy平面内由坐标原点运动到A点的轨迹如图所示，经过A点时速度的方向与x轴平行，则恒力F的方向可能沿(　D　)
A．x轴正方向 B．x轴负方向
C．y轴正方向 D．y轴负方向
解析：曲线运动的轨迹夹在v0与力中间，所以B、C错误．曲线运动的切线速度方向无限趋近力的方向，但永远不能达到力的方向，故A错误．选D.
2．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．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t1t2为(　A　)
A．2?1 B．1?
C．1? D．1?(－1)
解析：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?＝?＝2?1，选项A正确．
3．(多选)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　BC　)
A．质点一定做匀变速直线运动
B．质点可能做匀变速曲线运动
C．质点单位时间内速度的变化量相同
D．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
解析：若所施加的恒力方向与质点运动方向相同，则质点做匀加速直线运动，如果恒力与初速度方向不在同一直线上，则不可能做直线运动，故A错误；由牛顿第二定律可知，质点加速度的大小、方向总是恒定，所以可能是匀变速曲线运动，故B正确；质点的加速度恒定，速度的变化量在单位时间内是相同的，故C正确；如果力与初速度不在同一直线上，则质点不可能做直线运动，速度的方向与该恒力的方向不同．故D错误．
4．某人划船横渡一条河，河水流速处处相同且恒定，船的划行速率恒定．已知此人过河最短时间为T1；若此人用最短的位移过河，则需时间为T2；已知船在静水中的划行速度大于水速．则船的划行速率与水流速率之比为(　A　)
A. B.
C. D.
解析：设河宽为d，船在静水中的速率为v1，河水流速为v2，最短时间过河时，船在静水中的速度与河岸垂直，有：T1＝，最小位移过河：v合＝，则T2＝，联立计算得A正确．
5．如图所示，船从A点开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为(　B　)
A．2 m/s B．2.4 m/s
C．3 m/s D．3.5 m/s
解析：设水流速度为v1，船在静水中的速度为v2，船沿AB方向航行时，运动的速度矢量图如图所示，当v2与AB垂直时，v2最小，v2min＝v2sin37°＝2.4 m/s，选项B正确．
6．在一次抗洪救灾工作中，一架直升机A用长H＝50 m的悬索(重力可忽略不计)系住伤员B，直升机A和伤员B一起在水平方向上以v0＝10 m/s的速度匀速运动的同时，悬索在竖直方向上匀速上拉，如图所示．在将伤员拉到直升机的时间内，A、B之间的竖直距离以L＝50－5t(单位：m)的规律变化，则(　B　)
A．伤员经过5 s时间被拉到直升机内
B．伤员经过10 s时间被拉到直升机内
C．伤员的运动速度大小为5 m/s
D．伤员的运动速度大小为10 m/s
解析：根据L＝50－5t(m)可知伤员以5 m/s的速度向上做匀速直线运动，A、B间距离为零时，伤员被拉到直升机内，则0＝50－5t(m)，计算可得t＝10 s，伤员经过10 s时间被拉到直升机内，A错，B对；伤员的运动速度等于水平速度和竖直速度的合速度，即为＝ m/s＝5 m/s，C、D错．故应该选B.
7．一个质量m＝0.05 kg的小球以某一水平速度抛出，其水平速度和竖直速度随时间变化的图象分别如图所示，g取10 m/s2，据此可知(　C　)
A．小球运动受到空气阻力作用
B．小球平抛的初速度为5 m/s
C．小球在0.4 s时速度大小为5 m/s
D．小球落地时速度方向与水平方向的夹角为60°
解析：由题给的水平速度和竖直速度随时间变化的图象可知，小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，小球运动不受空气阻力作用，选项A错误．小球平抛的初速度为3 m/s，选项B错误．小球在0.4 s时竖直速度为vy＝gt＝4 m/s，小球在0.4 s时速度大小为v＝＝5 m/s，选项C正确．小球落地时竖直速度vy′＝5 m/s，速度方向与水平方向的夹角满足tanα＝<，α小于60°，选项D错误．
8．某研究性学习小组进行了如下实验：如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R.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轴正方向做初速为零的匀加速直线运动．同学们测出某时刻R的坐标为(4 cm,6 cm)，此时R的速度大小为5 cm/s.R在上升过程中运动轨迹的示意图是D.(R视为质点)
解析：由分运动的位移公式有：y＝v0t，x＝at2，则t＝ s＝2 s，a＝2 cm/s2，vx＝at＝2×2 cm/s＝4 cm/s，合速度v＝＝5 cm/s
R的初速度与合外力方向垂直，做类平抛运动，合外力(加速度)方向沿x轴正方向，故轨迹向x轴正方向弯曲，D项正确．
9．如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为(　C　)
A．t甲C．t甲>t乙 D．无法确定
解析：设水速为v0，人在静水中速度为v，对甲，由O→A所用时间t1＝，由A→O所用时间t2＝，则甲所用时间t甲＝t1＋t2＝＋＝s①式；对乙，由O→B和由B→O的实际速度大小v′＝，故所用时间t乙＝＝②式；两式相比得＝>1，即t甲>t乙，故C正确．
10．如图甲所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，现假设使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上　做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断中，正确的是(　D　)
A．笔尖留下的痕迹可以是一条如图乙所示的抛物线
B．笔尖留下的痕迹可以是一条倾斜的直线
C．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变
D．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终保持不变
解析：
笔尖水平向右做匀速直线运动，竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向始终竖直向上，选项D正确；做曲线运动的物体受到的合力指向轨迹曲线的凹侧，轨迹大致如图所示，选项A、B错误；笔尖受到的合力方向与笔尖速度的方向不同，其速度方向在不断改变，选项C错误．
11．如图所示，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度v沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，则下列v-t图象中，最接近物体B的运动情况的是(　A　)
解析：
A向下运动为合运动，将它分解成沿绳的v1和垂直绳的v2，B的速度等于v1，设v1与v夹角为θ，则v1＝vcosθ，θ变小，cosθ变大，v1变大，但变化得越来越慢，故A正确．
12．一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是H.车由静止开始向左做匀加速运动，经过时间t，绳子与水平方向的夹角为θ，如图所示．试求：
(1)车向左运动的加速度的大小；
(2)重物m在t时刻速度的大小．
解析：(1)车在时间t内向左运动的位移：x＝
由车做匀加速运动，得：x＝at2
解得：a＝＝.
(2)车的速度：v车＝at＝
由运动的分解知识可知，车的速度v车沿绳的分速度与重物m的速度相等，即：v物＝v车cosθ
解得：v物＝.
答案：(1)　(2)
13．(2019·湖北七市联考)在光滑的水平冰面上建立xOy平面直角坐标系：向东方向为x轴正方向，向南方向为y轴正方向．现有一质量为1 kg的质点静止在坐标原点，从t＝0时刻开始，在第一个2 s内对质点施加一个向东方向，大小为2 N的水平拉力F；在第二个2 s内将此力F改为向南方向，大小不变；第三个2 s内再将此力F改为向东偏北45°方向，大小不变．求：
(1)第4 s末质点的速度(结果可以用根式表达)；
(2)第6 s末质点的位置坐标．
解析：(1)质点的加速度大小为a＝F/m＝2 m/s2
第一个2 s末质点的速度为v1＝at＝4 m/s　方向沿x正方向
第一个2 s末质点的位移为x1＝at2/2＝4 m　方向沿x正方向
第二个2 s质点做类平抛运动，v2x＝v1＝4 m/s
v2y＝at＝4 m/s
x2＝v2xt＝8 m　y2＝at2/2＝4 m
所以①前4 s内质点位移的大小为4 m
②第4 s末质点的速度为v2＝4 m/s　方向东偏南45°
(2)第3个2 s内质点还是做类平抛运动
沿v2方向运动s3＝4×2 m＝8 m
沿垂直v2方向运动s4＝at2/2＝4 m
故第6 s末质点的位置坐标为
x＝4 m＋8 m＋s3×sin45°＋s4×sin45°＝(20＋2) m
y＝4 m＋s3×sin45°－s4×sin45°＝(12－2) m
答案：(1)4 m/s，方向东偏南45°
(2)(20＋2，12－2)
课时作业12　抛体运动的规律及应用
时间：45分钟
1．在同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两球在空中相遇，则必须(　C　)
A．先抛出A球
B．先抛出B球
C．同时抛出两球
D．使两球质量相等
解析：由于相遇时A、B做平抛运动的竖直位移h相同，由h＝gt2可以判断两球下落时间相同，即应同时抛出两球，故C正确，A、B错误；下落时间与球的质量无关，故D错误．
2．(多选)中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就．在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD.已知网高为h，球场的长度为s，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v分别为(　AD　)
A．H＝h B．H＝h
C．v＝ D．v＝
解析：排球被发出后做平抛运动，由平抛运动规律可知gt2＝H，H－h＝g()2，得H＝h，又知vt＝s，得v＝，A、D正确，B、C错误．
3．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1.若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为t2，则A、B两球运动的时间之比t1?t2为(不计空气阻力)(　D　)
A．1?2 B．1?
C．1?3 D．1?
解析：因小球A恰好垂直落在斜坡上，则此时其速度方向与水平方向的夹角为45°，则有tan45°＝＝＝＝1，y＝，得Q点高度h＝x＋y＝3y，则A、B两球下落高度之比为1?3，由h＝可得t＝，则A、B两球运动时间之比为1?，D正确．
4．如图所示，可视为质点的小球，位于半径为 m半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则初速度为(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2)(　C　)
A. m/s B．4 m/s
C．3 m/s D. m/s
解析：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有：tanθ＝＝，因为tanθ＝.则竖直位移为y＝R，v＝2gy＝gR，tan30°＝.联立以上各式解得：v0＝＝ m/s＝3 m/s，选项C正确．
5．如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为(　B　)
A.?1 B．2?1
C．4? D．4?1
解析：
设落到斜面上的位置分别为P、Q，由题意知，落到斜面上时两小球的速度与水平面夹角相等，根据平抛运动的推论知，位移AP、BQ与水平面夹角也相等，则△POA与△QOB相似，对应边成比例，B正确．
6．(多选)如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平面上，从斜面顶端以速度v0水平抛出一小球，经过时间t0恰好落在斜面底端，速度是v，不计空气阻力．下列说法正确的是(　BD　)
A．若以速度2v0水平抛出小球，则落地时间大于t0
B．若以速度2v0水平抛出小球，则落地时间等于t0
C．若以速度v0水平抛出小球，则撞击斜面的速度方向与v成θ角
D．若以速度v0水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与v同向
解析：若以速度2v0水平抛出小球，小球将落在水平面上，下落的高度与小球落在斜面底端时相等，而平抛运动的时间是由下落的高度决定的，所以落地时间等于t0，选项A错误、B正确；以速度v0水平抛出小球，小球落在斜面上，则有tanθ＝＝，设撞击斜面时速度方向与水平方向的夹角为α，则得tanα＝，可得tanα＝2tanθ，与小球的初速度无关，所以若以速度v0水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与水平方向的夹角也为α，速度方向与v同向，选项C错误、D正确．
7．如图为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图．参与游戏的选手会遇到一个人造山谷AOB，AO是高h＝3 m的竖直峭壁，OB是以A点为圆心的弧形坡，∠OAB＝60°，B点右侧是一段水平跑道．选手可以自A点借助绳索降到O点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A点直接跃到水平跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值；
(2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间．
解析：(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则水平方向有hsin60°≤v0t，
竖直方向有hcos60°＝gt2，解得v0≥ m/s
(2)若选手以速度v1＝4 m/s水平跳出，因v1水平前进距离x＝v1t，又x2＋y2＝h2，解得t＝0.6 s
答案：(1) m/s　(2)0.6 s
8．如图所示，斜面体ABC固定在水平地面上，斜面的高AB为 m，倾角为θ＝37°，且D是斜面的中点，在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C点的水平距离为(　D　)
A. m B. m
C. m D. m
解析：设斜面的高AB为h，落地点到C点的距离为x，由几何关系及平抛运动规律有＝，求得x＝ m，选项D正确．
9．(2019·天津模拟)如图所示，在水平地面上M点的正上方h高度处，将S1球以初速度v1水平向右抛出，同时在地面上N点处将S2球以初速度v2竖直向上抛出，在S2球上升到最高点时恰与S1球相遇，不计空气阻力，则两球在这段过程中(　D　)
A．做的都是变加速运动
B．速度变化量的大小不相等
C．速度变化量的方向不相同
D．相遇点在N点上方处
解析：由于两个球都只受到重力的作用，加速度都是重力加速度，加速度恒定，做的都是匀变速运动，而非变加速运动，选项A错误；由于两个球都只受到重力的作用，加速度都是重力加速度，由Δv＝at＝gt，知它们速度的变化量相同，速度变化量的方向都竖直向下，选项B、C错误；S1球做平抛运动，竖直方向则有h1＝gt2；S2球竖直上抛，则有v2＝gt，h2＝v2t－gt2，由题意得h＝h1＋h2，解得h1＝h2＝，所以相遇点在N点上方处，选项D正确．
10．如图，竖直平面内有一段圆弧MN，小球从圆心O处水平抛出．若初速度为va，将落在圆弧上的a点；若初速度为vb，将落在圆弧上的b点．已知Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则(　D　)
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
解析：小球水平抛出，其做平抛运动，由平抛运动规律知，
若落到a点，则有Rsinα＝vata　Rcosα＝gt
得va＝·sinα
若落到b点，则有Rsinβ＝vbtb　Rcosβ＝gt
得vb＝·sinβ
则＝ ，故D正确．
11．(2019·广东五校一联)某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示．模型放到80 cm高的桌子上，最高点距离地面2 m，右端出口水平．现让小球由最高点静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为(　C　)
A．0 m B．0.1 m
C．0.2 m D．0.3 m
解析：从最高点到出口，满足机械能守恒，有(H－h)mg＝mv2，从出口飞出后小球做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，可得x＝2，根据数学知识知，当H－h＝h时，x最大，即h＝1 m时，小球飞得最远，此时出口距离桌面高度为Δh＝1 m－0.8 m＝0.2 m.
12．如图所示，小球自楼梯顶的平台上以水平速度v0做平抛运动，所有阶梯的高度为0.20 m，宽度为0.40 m，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小球抛出后能直接打到第1级阶梯上v0的范围；
(2)求小球抛出后能直接打到第2级阶梯上v0的范围；
(3)若小球以10.4 m/s的速度水平抛出，则小球直接打到第几级阶梯上？
解析：(1)运动情况如图甲所示，根据题意及平抛运动规律有h＝，x＝v0t1，可得v0＝2 m/s，故直接打到第1级阶梯上v0的范围是0(2)运动情况如图乙所示，根据题意及平抛运动规律有2h＝，2x＝v0t2，可得v0＝2 m/s，故直接打到第2级阶梯上v0的范围是2 m/s(3)同理推知，直接打到第3级阶梯上v0的范围是
2 m/s直接打到第n级阶梯上v0的范围是
2 m/s设能直接打到第n级阶梯上，有2<10.4≤2
解得27.04≤n<28.04，故能直接打到第28级阶梯上．
答案：(1)0课时作业13　圆周运动及其应用
时间：45分钟
1．如图为学员驾驶汽车在水平面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图．已知质量为60 kg的学员在A点位置，质量为70 kg的教练员在B点位置，A点的转弯半径为5.0 m，B点的转弯半径为4.0 m，学员和教练员(均可视为质点)(　D　)
A．运动周期之比为5?4
B．运动线速度大小之比为1?1
C．向心加速度大小之比为4?5
D．受到的合力大小之比为15?14
解析：学员和教练员做圆周运动的角速度相等，根据T＝知，周期相等，故A错误；根据v＝rω，学员和教练员做圆周运动的半径之比为5?4，则学员和教练员做圆周运动的线速度之比为5?4，故B错误；根据a＝rω2，学员和教练员做圆周运动的半径之比为5?4，则学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5?4，故C错误；根据F＝ma，学员和教练员做圆周运动的向心加速度大小之比为5?4，质量之比为6?7，则学员和教练员受到的合力大小之比为15?14，故D正确．
2．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些，汽车的运动可看作是半径为R的圆周运动．设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于(　B　)
A. B.
C. D.
解析：汽车做匀速圆周运动，没有横向摩擦力时，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向沿水平方向，向心力F向＝mgtanθ，根据牛顿第二定律有F向＝m，又知tanθ＝，解得汽车转弯时的速度v＝，B正确．
3．图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是(　B　)
A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供
B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供
C．发生侧滑是因为运动员受到的合外力方向背离圆心
D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力
解析：运动员转弯所需的向心力由地面对车轮的摩擦力提供，则A错误，B正确．发生侧滑而做离心运动的原因是所受到的摩擦力小于所需要的向心力，故C、D错误．
4．如图，某摩天轮总建设高度为160米，横跨直径为153米．它一共悬挂有60个座舱，旋转一周的时间是30分钟，可同时容纳400人左右同时进行游览．若该摩天轮做匀速圆周运动，则乘客(　D　)
A．速度始终恒定
B．加速度始终恒定
C．乘客对座椅的压力大小始终不变
D．乘客受到合力大小不变
解析：本题考查圆周运动及对基本概念的理解．做匀速圆周运动的物体，速度大小不变，方向不断变化，加速度大小不变，方向总是指向圆心，AB错误；乘客受到的合力大小不变，方向总是指向圆心，而压力在最低点大于最高点，C错误，D正确．
5．如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘面间的动摩擦因数相同．当匀速转动的圆盘转速恰为两物体刚好未发生滑动时的转速，烧断细绳，则两物体的运动情况将是(　D　)
A．两物体沿切线方向滑动
B．两物体沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远
C．两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动
D．物体A仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体B发生滑动，离圆盘圆心越来越远
解析：本题考查圆周运动．由题图知，物体B做匀速圆周运动的半径大于物体A做匀速圆周运动的半径，因为两物体的质量相等，角速度相同，物体B的向心力大于物体A的向心力，故当物体B刚要发生滑动时，物体B所受的摩擦力为最大静摩擦力，物体A所受的摩擦力小于最大静摩擦力，当物体A刚要发生滑动时，物体B做匀速圆周运动的向心力由细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供，所以烧断细线后，物体B所受的最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，B相对圆盘发生滑动而做离心运动，而物体A所需要的向心力小于最大静摩擦力，所以物体A相对圆盘静止，选项A、B、C错误，D正确．
6．(多选)如图所示，置于竖直面内的光滑金属圆环半径为r，质量m的带孔小球穿于环上，同时有一长为r的细绳一端系于圆环最高点，另一端系于小球上，当圆环以角速度ω(ω≠0)绕竖直直径转动时(　CD　)
A．细绳对小球的拉力可能为零
B．细绳和金属圆环对小球的作用力大小可能相等
C．细绳对小球拉力与小球的重力大小不可能相等
D．当ω＝时，金属圆环对小球的作用力为零
解析：因为圆环光滑，小球不受摩擦力，小球受重力、绳子的拉力、环对球的弹力，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°，当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，则有Tcos60°＋Ncos60°＝mg，Tsin60°－Nsin60°＝mω2rsin60°，解得T＝mg＋mω2r，N＝mg－mω2r，当ω＝时，金属圆环对小球的作用力N＝0.综上可知C、D正确，A、B错误．
7．如图所示，一根长为l＝1 m的细线一端系一质量为m＝1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°.(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，结果可用根式表示)
(1)若要使小球刚好离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？
解析：
(1)若要使小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线的拉力，小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力沿水平方向，受力分析如图所示．由牛顿第二定律及向心力公式得mgtanθ＝mωlsinθ　解得ω0＝＝ rad/s.
(2)同理，当细线与竖直方向成α＝60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式得mgtanα＝mω′2lsinα
解得ω′＝＝2 rad/s.
答案：(1) rad/s　(2)2 rad/s
8．如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和B水平放置，两轮半径关系为RA＝2RB.当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上．若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转动轴的最大距离为(　C　)
A. B.
C. D．RB
解析：由图可知，当主动轮A匀速转动时，A、B两轮边缘上的线速度相同，由ω＝，得＝＝＝.由于小木块恰能在A轮边缘静止，则由最大静摩擦力提供向心力，故μAmg＝mωRA①
设放在B轮上能使木块相对静止的距B转动轴的最大距离为r，则向心力由最大静摩擦力提供，故μBmg＝mωr②
因A、B材料相同，故木块与A、B的动摩擦因数相同，①②式左边相等，故mωRA＝mωr，得r＝()2RA＝()2RA＝＝.所以选项C正确．
9．(2019·重庆一中模拟)如图，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过容器球心O的竖直线重合，转台以一定角速度ω匀速旋转．有两个质量均为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，两小物块都随陶罐一起转动且相对罐壁静止，两物块和球心O的连线相互垂直，且A物块和球心O的连线与竖直方向的夹角θ＝60°，已知重力加速度大小为g，若A物块受到的摩擦力恰好为零，则B物块受到的摩擦力大小为(　A　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解析：当A所受摩擦力恰为零时，A和球心的连线与竖直方向的夹角为60°，根据牛顿第二定律得mgtan60°＝mrω2，r＝Rsin60°，此时B有沿罐壁向上滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，竖直方向上Ncos30°－fsin30°－mg＝0，水平方向上Nsin30°＋fcos30°＝mr′ω2，r′＝Rsin30°，联立解得f＝mg，A正确．
10．(多选)如图所示，在角锥体表面上放一个物体，角锥体绕竖直轴转动．当角锥体旋转角速度增大时，物块仍和角锥体保持相对静止，则(　AD　)
A．物体受到的支持力减小
B．物体受到的合外力不变
C．角锥体对物体的作用力不变
D．物体受到的静摩擦力增大
解析：物体随角锥体绕竖直轴转动，对物体受力分析，设倾斜面与水平面的夹角为α，所以在竖直方向：mg＝Ncosα＋fsinα，水平方向：fcosα－Nsinα＝mω2r，当角锥体旋转的角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则物体需要的向心力增大，分析知静摩擦力增大，支持力减小，物体在竖直方向所受合力为零，水平方向向心力增大，所以物体所受合外力增大，选项A、D正确．
11．如图在水平圆盘上放有质量相同的滑块1和滑块2，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO′转动．两滑块与圆盘的滑动摩擦因数相同均为μ，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力．两滑块与轴O共线且滑块1到转轴的距离为r，滑块2到转轴的距离为2r，现将两个滑块用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．当圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，针对这个过程，求解下列问题：
(1)求轻绳刚有拉力时圆盘的角速度；
(2)求当圆盘角速度为ω＝时，滑块1受到的摩擦力．
解析：(1)轻绳刚有拉力时，物体2与转盘间的摩擦力达到最大静摩擦力，则由牛顿第二定律μmg＝mω·2r
解得ω0＝
(2)当圆盘角速度为ω＝>，此时2与转盘间的摩擦力是最大静摩擦力，则
对2：FT＋μmg＝mω2·2r
对1：FT＋Ff1＝mω2·r
解得Ff1＝0
答案：(1)　(2)0
12．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/s2.
(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．
解析：(1)设最高点的速度为v1，最低点的速度为v2，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：v1＝2 m/s
水桶从最高点运动到最低点有：mgl＋mv＝mv
解得：v2＝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FOB－mg＝m
解得：FOB＝30 N
所以，手对绳子的力的大小为30 N
答案：(1)2 m/s　2 m/s　(2)30 N
课时作业14　万有引力与航天(一)
时间：45分钟
1．地球公转轨道的半径在天文学上常用来作为长度单位，叫做天文单位，用来量度太阳系内天体与太阳的距离．已知木星公转的轨道半径约5.0天文单位，请估算木星公转的周期约为地球年(　C　)
A．3年 B．5年
C．11年 D．25年
解析：根据开普勒第三定律，有：＝，故T木＝T地 ＝×1年≈11年，C正确．
2．科学家发现太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用的时间为1 200年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍．假设该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆，仅利用以上两个数据可以求出的量是(　A　)
A．该恒星与太阳的质量之比
B．该恒星与太阳的密度之比
C．该行星与地球的质量之比
D．该行星与地球表面的重力加速度之比
解析：根据万有引力提供向心力可得G＝m2r，解得M＝，所以可求出该恒星与太阳的质量之比，故A正确；由于不知该恒星与太阳的半径之比，所以不能求出该恒星与太阳的密度之比，故B错误；根据万有引力提供向心力可得G＝m2r，解得的M是中心天体的质量，所以不能求出该行星与地球的质量之比，故C错误；根据公式mg＝可知g＝，由于不知该行星与地球的半径及质量关系，所以不能求出该行星与地球表面的重力加速度之比，故D错误．
3．1789年英国物理学家卡文迪许测出引力常量G，因此卡文迪许被人们称为“能称出地球质量的人”．若已知引力常量为G，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，地球上一个昼夜的时间为T1(地球自转周期)，一年的时间为T2(地球公转周期)，地球中心到月球中心的距离为L1，地球中心到太阳中心的距离为L2，则下列说法正确的是(　B　)
A．地球的质量m地＝
B．太阳的质量m太＝
C．月球的质量m月＝
D．由题中数据可求月球、地球及太阳的密度
解析：若不考虑地球自转，根据地球表面万有引力等于重力，有＝mg，则m地＝，故A错误；根据太阳对地球的万有引力提供向心力，有＝m地L2，则m太＝，故B正确；由题中数据无法求出月球的质量，也无法求出月球的密度，故C、D错误．
4．“玉兔号”月球车与月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想．若“玉兔号”月球车在月球表面做了一个自由落体实验，测得物体从静止自由下落h高度的时间t.已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G，则(　D　)
A．月球表面重力加速度为
B．月球第一宇宙速度为
C．月球质量为
D．月球同步卫星离月球表面高度为－R
解析：由自由落体运动规律得h＝gt2，所以g＝，故A错误；月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，根据重力提供向心力得mg＝m，所以v1＝＝，故B错误；在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，即mg＝G，所以M＝＝，故C错误；月球同步卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得G＝m(R＋h)2，解得h＝－R，故D正确．
5．(多选)公元2100年，航天员准备登陆木星，为了更准确了解木星的一些信息，到木星之前做一些科学实验，当到达与木星表面相对静止时，航天员对木星表面发射一束激光，经过时间t，收到激光传回的信号，测得相邻两次看到日出的时间间隔是T，测得航天员所在航天器的速度为v，已知引力常量G，激光的速度为c，则(　AD　)
A．木星的质量M＝
B．木星的质量M＝
C．木星的质量M＝
D．根据题目所给条件，可以求出木星的密度
解析：航天器的轨道半径r＝，木星的半径R＝－，木星的质量M＝＝，知道木星的质量和半径，可以求出木星的密度，故A、D正确，B、C错误．
6．2012年7月，一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体的表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中(　C　)
A．它们做圆周运动的万有引力保持不变
B．它们做圆周运动的角速度不断变大
C．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大
D．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小
解析：对双星M1、M2，设距离为L，圆周运动半径分别为r1、r2，它们做圆周运动的万有引力为F＝G，距离L不变，M1与M2之和不变，其乘积大小变化，则它们的万有引力发生变化，A错；依题意双星系统绕两者连线上某点O做匀速圆周运动，周期和角速度相同，由万有引力定律及牛顿第二定律：G＝M1ω2r1，G＝M2ω2r2，r1＋r2＝L，可解得：M1＋M2＝，M1r1＝M2r2，由此可知ω不变，质量比等于圆周运动半径的反比，故体积较大的星体因质量减小，其轨道半径将增大，线速度也增大，B、D错，C对．
7．牛顿思考月球绕地球运行的原因时，苹果偶然落地引起了他的遐想：拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力，是否都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律——二次方反比规律？因此，牛顿开始了著名的“月—地检验”．
(1)已知月球与地球的距离约为地球半径的60倍，如果牛顿的猜想正确，请你据此计算月球公转的向心加速度a和苹果下落的加速度g的比值；
(2)在牛顿的时代，月球与地球的距离r、月球绕地球公转的周期T等都能比较精确地测定，请你据此写出计算月球公转的向心加速度a的表达式；已知r≈3.84×108 m，T≈2.36×106 s，地面附近的重力加速度g取9.80 m/s2，请你根据这些数据估算比值；与(1)中的结果相比较，你能得出什么结论？
解析：(1)设月球的质量为m月，地球质量为M，根据牛顿第二定律有G＝m月a
设苹果的质量为m，地球半径为R，根据牛顿第二定律有
G＝mg
由题意知r＝60R　联立可得＝
(2)由向心加速度的表达式得a＝　其中v＝
联立可得a＝r　代入相关数据可得≈
比较(1)中的结果，二者近似相等，由此可以得出结论：牛顿的猜想是正确的，即地球对月球的引力，地面上物体的重力，都与太阳吸引行星的力性质相同，遵循着统一的规律——二次方反比规律．
答案：(1)　(2)见解析
8．(2019·辽宁模拟)地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a；假设月球绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r1，向心加速度为a1.已知引力常量为G，地球半径为R.下列说法中正确的是(　A　)
A．地球质量M＝
B．地球质量M＝
C．地球赤道表面处的重力加速度g＝－a
D．加速度之比＝
解析：月球围绕地球转，根据万有引力提供向心力，有＝ma1，得地球质量M＝，A正确，B错误；在赤道处的物体，G－mg＝ma，解得g＝－a，C错误；对月球有＝ma1，对地球赤道上的物体有G－mg＝ma，≠，D错误，故选A.
9．(2019·江西赣州联考)(多选)太阳系中某行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，但天文学家在长期观测中发现，其实际运行的轨道总是存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离(行星仍然近似做匀速圆周运动)．天文学家认为形成这种现象的原因可能是该行星外侧还存在着一颗未知行星．假设两行星的运行轨道在同一平面内，且绕行方向相同，则这颗未知行星运行轨道的半径R和周期T是(认为未知行星近似做匀速圆周运动)(　BC　)
A．T＝ B．T＝T0
C．R＝R0 D．R＝R0
解析：行星的运行轨道发生最大偏离时，两行星与太阳在同一直线上且位于太阳同一侧，则有t0－t0＝2π，解得未知行星的运行周期T＝T0，故B正确，A错误．由开普勒第三定律有＝，解得R＝R0，故C正确，D错误．
10．设地球是一质量分布均匀的球体，O为地心．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．在下列四个图中，能正确描述x轴上各点的重力加速度g的分布情况的是(　A　)
解析：设地球的密度为ρ，在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有mg＝，即g＝，由于地球的质量M＝πR3ρ，所以地球表面重力加速度的表达式可写成g＝.根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故在深度为R-x的井底，物体受到地球的万有引力即为半径等于x的球体在其表面产生的万有引力，g＝x，即当xR时，g＝，g与x平方成反比，故A正确．
11．宇宙中有两颗相距无限远的恒星s1、s2，半径均为R0.下图分别是两颗恒星周围行星的公转周期T2与公转半径r3的关系图象，则(　B　)
A．恒星s1的质量大于恒星s2的质量
B．恒星s1的密度小于恒星s2的密度
C．恒星s1的第一宇宙速度大于恒星s2的第一宇宙速度
D．距两恒星表面高度相同的行星，s1的行星向心加速度较大
解析：根据公式G＝mr得M＝，越大，M越大，由题图可以看出s2的质量大于s1的质量，故A错误；两颗恒星的半径相等，则它们的体积相等，根据M＝ρV，所以质量大的s2密度大，故B正确；根据万有引力提供向心力，则G＝m，所以v＝，由于恒星s1的质量小于恒星s2的质量，所以恒星s1的第一宇宙速度小于恒星s2的第一宇宙速度，故C错误；距两恒星表面高度相同的行星，它们的轨道半径相等，它们的向心加速度a＝，所以s1的行星向心加速度较小，故D错误．
12．由于地球的自转，物体在地球上不同纬度处随地球自转所需向心力的大小不同，因此同一个物体在地球上不同纬度处重力大小也不同，在地球赤道上的物体受到的重力与其在地球两极点受到的重力大小之比约为299?300，因此我们通常忽略两者的差异，可认为两者相等．而有些星球，却不能忽略．假设某星球因为自转的原因，一物体在该星球赤道上的重力与其在两极点受到的重力大小之比为7?8，已知该星球的半径为R.(引力常量为G)
(1)求绕该星球运动的同步卫星的轨道半径r；
(2)若已知该星球赤道上的重力加速度大小为g，求该星球的密度ρ.
解析：(1)设物体质量为m，星球质量为M，星球的自转周期为T，物体在星球两极时，万有引力等于重力，即
F万＝G＝G极
物体在星球赤道上随星球自转时，向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力就是重力G赤，有F万＝G赤＋Fn
因为G赤＝G极，所以Fn＝·G＝m2R
该星球的同步卫星的周期等于星球的自转周期T，则有
G＝m′r
联立解得r＝2R.
(2)在星球赤道上，有·G＝mg
解得M＝
又因星球的体积V＝πR3
所以该星球的密度ρ＝＝.
答案：(1)2R　(2)
课时作业15　万有引力与航天(二)
时间：45分钟
1．2017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
解析：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＝mr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m1＋m2>天宫二号质量m1，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．
2．(多选)荷兰某研究所推出了2023年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划．登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是(　ACD　)
A．飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ
B．飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气
D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度
解析：根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ，选项A正确；飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达轨道Ⅰ，则飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，选项B错误，C正确；根据G＝mω2R以及M＝πR3ρ，解得ρ＝，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，选项D正确．故选A、C、D.
3．如图所示，a、b、c、d为四颗地球卫星，a静止在地球赤道表面还未发射，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星．若b、c、d的运动均可看成匀速圆周运动，下列说法正确的是(　A　)
A．a的向心加速度小于a所在处的重力加速度
B．在相同时间内b、c、d转过的弧长相等
C．c在4小时内转过的圆心角为
D．d的运动周期可能为20小时
解析：静止在地球表面还没有发射的卫星，万有引力与支持力的合力提供其随地球自转的向心力，即－FN＝ma0，而＝mg，所以a的向心加速度小于a所在处的重力加速度，选项A正确；由G＝m可得线速度与半径的关系v＝，由于b卫星的轨道半径最小，其线速度最大，d卫星的轨道半径最大，其线速度最小，所以在相同时间内b卫星转过的弧长最长，d卫星转过的弧长最短，选项B错误；地球同步卫星c运动周期为24小时，在4小时内转过的圆心角为，选项C错误；高空探测卫星的轨道半径大于同步卫星的轨道半径，根据开普勒第三定律，其运动周期一定大于24小时，选项D错误．
4．2017年9月25日至9月28日期间，微信启动新界面，其画面视角从人类起源的非洲(左)变成华夏大地中国(右)．新照片由我国新一代静止轨道卫星“风云四号”拍摄，见证着科学家15年的辛苦和努力．下列说法正确的是(　B　)
A．“风云四号”可能经过无锡正上空
B．“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度
C．与“风云四号”同轨道的卫星运动的动能都相等
D．“风云四号”的运行速度大于7.9 km/s
解析：由题可知，“风云四号”卫星是地球同步卫星，而同步卫星只能在赤道正上空，且高度保持不变，故A错误；根据G＝man，得an＝，其中G为引力常量，M为地球质量，r为轨道半径，因“风云四号”卫星的轨道半径小于月球的轨道半径，故“风云四号”的向心加速度大于月球的向心加速度，故B正确；与“风云四号”同轨道的卫星都是同步卫星，故线速度一定相同，但不知道各个卫星的质量是否相等，根据Ek＝mv2知动能不一定相等，故C错误；7.9 km/s是卫星围绕地球表面运行的最大线速度，它的轨道半径等于地球半径，而“风云四号”的轨道半径大于地球半径，根据v＝可知，其线速度小于7.9 km/s，故D错误．
5．2018年2月12日我国以“一箭双星”方式成功发射“北斗三号工程”的两颗组网卫星．已知某北斗导航卫星在离地高度21 500 km的圆形轨道上运行，地球同步卫星离地的高度约为36 000 km.下列说法正确的是(　B　)
A．此北斗导航卫星绕地球运动的周期大于24小时
B．此北斗导航卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度
C．此北斗导航卫星的线速度小于地球同步卫星的线速度
D．此北斗导航卫星的加速度小于地球同步卫星的加速度
解析：根据题意可知北斗卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以根据公式G＝mr可得T＝2π可知半径越大，周期越大，所以北斗的周期小于同步卫星周期，即北斗导航卫星绕地球运动的周期小于24小时，选项A错误；根据公式G＝mω2r可得ω＝，轨道半径越大，角速度越小，所以北斗导航卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，选项B正确；根据公式G＝m可得v＝，可知轨道半径越大，线速度越小，所以北斗导航卫星的线速度大于地球同步卫星的线速度，选项C错误；根据公式G＝ma可得a＝，轨道半径越大，向心加速度越小，故此北斗导航卫星的加速度大于地球同步卫星的加速度，选项D错误．
6．(多选)如图所示，圆a和椭圆b是位于地球赤道平面上的卫星轨道，其中圆a是地球同步轨道．现在有A、B两颗卫星分别位于a、b轨道运行，但运行方向与地球自转方向相反，已知A、B的运行周期分别为T1、T2，地球自转周期为T0，P为轨道b的近地点．则下列说法正确的是(　BC　)
A．卫星A是地球同步卫星
B．卫星B在P点时动能最大
C．T0＝T1
D．T1解析：圆a是地球同步轨道，卫星A的运行方向与地球自转方向相反，所以不是地球同步卫星，选项A错误；卫星B在椭圆轨道上，在近地点P速度最大，动能最大，选项B正确；根据万有引力提供向心力可得G＝mr，得出周期T＝，可知卫星A与地球同步卫星距离地面高度相等，周期相同，选项C正确；椭圆轨道与圆轨道对比周期，根据开普勒第三定律＝k(常数)，卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半长轴，所以T1>T2，选项D错误．
7．“北斗”卫星定位系统是中国自主研发，利用地球同步卫星为用户提供全天候、区域性的卫星定位系统.2017年11月5日，两颗北斗三号全球组网卫星1号和2号在西昌“一箭双星”发射升空，其中的1号卫星轨道距离地面高度为h.把地球看作质量分布均匀的球体，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，引力常量为G.
(1)求1号卫星绕地球的线速度v的大小；
(2)求1号卫星绕地球运行周期T.
解析：(1)设1号卫星绕地球的线速度是v
由G＝m　解得v＝
(2)设1号卫星周期为T，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可得G＝m2(R＋h)
解得T＝2π(R＋h)
答案：(1)　(2)2π(R＋h)
8．(2018·天津卷)(多选)2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一．通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度．若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的(　CD　)
A．密度 B．向心力的大小
C．离地高度 D．线速度的大小
解析：本题考查万有引力定律的应用，灵活掌握卫星向心加速度的不同表达式是解题关键．万有引力提供卫星圆周运动的向心力，则有G＝ma＝m＝m(R＋h)，其中GM＝gR2，可以求得卫星离地面的高度h和卫星线速度v；由于不知道卫星的质量m，无法求出卫星所受向心力和卫星的密度．故选项A、B错误，选项C、D正确．
9．(2019·江苏省淮安、宿迁联考)(多选)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(　AC　)
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：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的最小速度，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知，为常数，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(r＋R)，可求出天宫二号的周期T1，再根据G＝mr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；故选AC.
10．(2019·河南郑州一模)(多选)2016年8月，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空．如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500 km高的轨道上实现两地通信的示意图．若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是(　BD　)
A．工作时，两地发射和接收信号的雷达方向一直是固定的
B．卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/s
C．可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小
D．可以估算出地球的平均密度
解析：由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不同，转动的角速度不同，所以工作时，两地发射和接收信号的雷达方向不是固定的，故A错误.7.9 km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则该卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/s，故B正确．由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大小，故C错误．由＝mg可求出地球的质量，已知地球半径可求出其体积，进而可以求地球的密度，故D正确．
11．(多选)如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ.下列说法正确的是(　AC　)
A．轨道半径越大，周期越长
B．轨道半径越大，速度越大
C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度
D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度
解析：万有引力提供向心力G＝mR，可得T＝2π，轨道半径越大，周期越长，A项正确；万有引力提供向心力G＝m，可得v＝，轨道半径越大，速度越小，B项错误；如果测出周期，则有M＝，如果再知道张角θ，则能通过几何关系求得该星球半径为r＝Rsin，从而求出星球的体积V＝πr3＝πR33，两者结合可求得星球的平均密度ρ＝＝＝，C项正确；而D项中由轨道半径无法求得星球半径，故不能得到星球的平均密度，D项错误．
12．(2019·江西红色七校联考)两个天体(包括人造天体)间存在万有引力，并具有由相对位置决定的引力势能．如果两个天体的质量分别为m1和m2，当它们相距无穷远时势能为零，则它们距离为r时，引力势能为Ep＝－G.发射地球同步卫星时一般是把它先送入较低的圆形轨道，如图中Ⅰ轨道，再经过两次“点火”，即先在图中a点处启动发动机，向后喷出高压气体，卫星得到加速，进入图中的椭圆轨道Ⅱ，在轨道Ⅱ的远地点b处第二次“点火”，卫星再次被加速，此后，沿图中的圆形轨道Ⅲ(即同步轨道)运动．设某同步卫星的质量为m，地球半径为R，轨道Ⅰ距地面非常近，轨道Ⅲ距地面的距离近似为6R，地面处的重力加速度为g，并且每次点火经历的时间都很短，点火过程中卫星质量的减少可以忽略．求：
(1)从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅲ的过程中，合力对卫星所做的总功是多大？
(2)两次“点火”过程中高压气体对卫星所做的总功是多少？
解析：(1)卫星沿轨道Ⅰ做圆周运动，满足
G＝m＝mg，
故Ek1＝mv＝＝mgR，
卫星沿轨道Ⅲ做圆周运动，则
G＝m，Ek2＝mv＝，
合力做的功W＝Ek2－Ek1＝mgR＝－.
(2)卫星在轨道Ⅰ上的引力势能Ep1＝－＝－mgR，
卫星在轨道Ⅲ上的引力势能Ep2＝－＝－，
高压气体所做的总功W′＝(Ep2＋Ek2)－(Ep1＋Ek1)＝－＝.
答案：(1)－　(2)

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