高考物理一轮复习 第四章：曲线运动 万有引力与宇宙航行学案

这是一份高考物理一轮复习 第四章：曲线运动 万有引力与宇宙航行学案，共104页。学案主要包含了曲线运动，运动的合成与分解，斜抛运动等内容，欢迎下载使用。

一、曲线运动
1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向，如图所示。
2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。
3．运动的条件
(1)运动学角度：物体的加速度方向与速度方向不在同一条直线上，物体做曲线运动。
(2)动力学角度：物体所受合外力的方向与它的速度方向不在同一条直线上，物体做曲线运动。
二、运动的合成与分解
1．合运动与分运动：物体的实际运动是合运动，物体同时参与的几个运动是分运动。
2．运动的合成：由已知的分运动求跟它们等效的合运动。
3．运动的分解：由已知的合运动求跟它等效的分运动。
4．遵循的法则：位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则。
5．运动分解的原则：根据运动的实际效果分解，也可采用正交分解法。
情境创设
如图所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0在水平方向做匀速直线运动。
微点判断
(1)猴子相对地面运动的轨迹是直线。(×)
(2)猴子相对地面做匀变速运动。(√)
(3)猴子在竖直方向和水平方向的两个运动都是分运动。(√)
(4)猴子运动的速度等于竖直方向速度和水平方向速度的代数和。(×)
(5)猴子受到的合外力斜向右上方。(×)
(6)t时刻，猴子的对地速度的大小为eq \r(v02＋a2t2)。(√)
(7)经过时间t，猴子的对地位移的大小为v0t＋eq \f(1,2)at2。(×)
(一) 物体做曲线运动的条件与轨迹分析(固基点)
[题点全练通]
1．[物体做曲线运动的条件]
如图所示，一个钢球从一斜面上滑下后在水平桌面上做直线运动，现在其运动路线的一侧放一块磁铁，钢球做曲线运动。下列说法正确的是( )
A．钢球的运动轨迹为抛物线
B．钢球所受合力为零时也可以做曲线运动
C．钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向必须垂直
D．钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向不在同一直线上
解析：选D 钢球的运动轨迹为曲线，由于磁铁对钢球的吸引力随钢球到磁铁的距离变化而变化，所以钢球的运动轨迹不是抛物线，故A错误；钢球所受合力为零时，只能处于静止状态或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动，故B错误；钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向不在同一直线上，故C错误，D正确。
2．[轨迹、速度与力的位置关系]
双人滑冰运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN。vM与vN正好成90°角，则此过程中，乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的( )
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
解析：选C 根据题图所示乙运动员由M向N做曲线运动，乙运动员向前的速度减小，同时向右的速度增大，故合外力的方向应在F2与F4方向之间，故F3的方向可能是正确的，C正确，A、B、D错误。
3．[物体做曲线运动时速率变化分析]
(2023·武汉高三模拟)东京奥运会女子标枪决赛中，中国选手刘诗颖以66.34米的成绩获得冠军，实现了中国在女子标枪奥运金牌零的突破。标枪抛出的轨迹示意图如图所示，已知标枪在B点的加速度方向与速度方向垂直，阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．在C点的速率小于在B点的速率
B．在A点的加速度比在C点的加速度大
C．在C点的速率大于在B点的速率
D．在从A点到C点，加速度与速度的夹角先增大后减小，速率先减小后增大
解析：选C 由题意分析知，标枪做的是斜上抛运动，只受重力作用，又从B到C过程中所受合力与速度方向的夹角为锐角，合力做正功，动能增大，即在C点的速率大于在B点的速率，故A错误，C正确；合力恒定，加速度恒定，在各点的加速度都相同，B错误；从A点到C点，加速度与速度的夹角先从钝角逐渐减小为90°，接着由90°再减小，即合力先做负功，后做正功，速率先减小后增大，D错误。
[要点自悟明]
1．合外力与轨迹、速度间的关系分析思路
2．速率变化的判断
(二)运动的合成与分解的应用(精研点)
逐点清1 合运动与分运动的关系
1．(2021年8省联考·河北卷)如图，一小船以1.0 m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45 m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为(假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2)( )
A．0.3 m B．0.6 m
C．0.9 m D．1.2 m
解析：选B 根据运动的独立性可知，小球在竖直方向上运动的过程中，小船以1.0 m/s的速度匀速前行，由运动学知识h＝eq \f(1,2)gt2，小球上升的时间t＝0.3 s，小球从上抛到再次落入手中所用的时间为2t，则小船前进的距离x＝v·2t＝0.6 m，故B正确。
一点一过 合运动与分运动的关系
逐点清2 合运动的性质和轨迹的判断
2．(多选)一物体在以xOy为直角坐标系的平面上运动，其运动规律为x＝－2t2－4t，y＝3t2＋6t(式中的物理量单位均为国际单位)。关于物体的运动，下列说法正确的是( )
A．物体在x轴方向上做匀减速直线运动
B．物体在y轴方向上做匀加速直线运动
C．物体运动的轨迹是一条直线
D．物体运动的轨迹是一条曲线
解析：选BC 对应位移与时间公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，x＝－2t2－4t，y＝3t2＋6t，可得初速度v0x＝－4 m/s，v0y＝6 m/s；加速度ax＝－4 m/s2，ay＝6 m/s2。物体在x轴上分运动的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动，故A错误；物体在y轴方向的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动，故B正确；物体分运动的初速度与加速度数值和方向完全相同，故合运动的初速度与加速度数值和方向也是相同的，故合运动一定是匀加速直线运动，故C正确，D错误。
一点一过 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。
逐点清3 根据运动轨迹分析物体运动情况
3.在光滑的水平面上，一质量为m＝2 kg的滑块在水平方向恒力F＝4 N的作用下运动。如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α＝37°，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B．滑块从P点运动到Q点的时间为3 s
C．滑块从P点运动到Q点的过程中速度最小值为3 m/s
D．P、Q两点连线的距离为10 m
解析：选B 滑块在水平恒力作用下由P点到Q点，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，即水平恒力不做功，所以力应该和位移的方向垂直，A错误；把滑块在P点的速度分解到垂直于PQ方向上，有v2＝vsin α＝3 m/s，由题意知在这个方向上滑块先减速后反向加速，由牛顿第二定律得，运动的加速度a＝eq \f(F,m)＝2 m/s2，由于运动具有对称性，得滑块从P到Q的时间t＝2×eq \f(v2,a)＝3 s，B正确；把速度分解到PQ方向上，有v1＝vcs α＝4 m/s，滑块在PQ方向上做匀速运动，所以当滑块在垂直于PQ方向上的速度等于零时，速度最小，为4 m/s，C错误；P、Q两点之间的距离为PQ＝v1t＝12 m，D错误。
一点一过
有关运动的合成和分解的三点提醒
(1)由运动的合成与分解知识可知，合运动的位移、速度、加速度是各分运动的位移、速度、加速度的矢量和。
(2)在恒力作用下物体的匀变速曲线运动可分解为沿力的方向的匀变速直线运动和垂直于力的方向的匀速直线运动。
(3)两个相互垂直方向的分运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。
(三)小船渡河模型(精研点)
1．合运动与分运动
2．小船渡河的两类问题、三种情境
[模型应用]
题型1 小船渡河的最短时间问题
1．(2021·辽宁高考)1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300 m，水流速度3 m/s，木船相对静水速度1 m/s，则突击队渡河所需的最短时间为( )
A．75 s B．95 s
C．100 s D．300 s
解析：选D 河宽d＝300 m一定，当木船船头垂直河岸时，在河宽方向上的速度最大，渡河用时最短，渡河时间最短为tmin＝eq \f(d,v)＝eq \f(300,1) s＝300 s，故D正确。
题型2 小船渡河的最短位移问题
2．一小船过河时，船头与上游河岸夹角为α，其航线恰好垂直于河岸。已知小船在静水中的速度为v。现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且能准时到达河对岸，下列措施中可行的是( )
A．减小α角，减小船速v B．减小α角，增大船速v
C．增大α角，增大船速v D．增大α角，减小船速v
解析：选B 由题意可知，小船相对静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，如图所示，当水流速度v1稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则船速变化如图v′所示，可知B正确。
题型3 水流速度大于船在静水中速度的渡河问题
3.如图所示，某河流中水流速度大小恒为v1，A处的下游C处是个漩涡，A点和漩涡的连线与河岸的最大夹角为θ。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为( )
A．v1sin θ B．v1cs θ
C．v1tan θ D.eq \f(v1 ,sin θ)
解析：选A 如图所示，设小船航行时在静水中速度为v2，当v2垂直AB时速度最小，由三角函数关系可知v2＝v1sin θ，故A正确，B、C、D错误。
(四) 绳(杆)端速度分解模型(精研点)
1．模型特点
(1)与绳或杆连接的物体速度方向与绳或杆所在的直线不共线。
(2)绳或杆的长度不变，绳或杆两端的物体沿绳或杆方向的分速度相等。
2．分解思路
3．常见模型
[模型应用]
题型1 绳端速度分解模型
1．(多选)如图所示，不可伸长的轻绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接，连接物体B的绳最初水平。从当前位置开始，使物体B以速度v沿杆匀速向下运动，设绳的拉力为FT，在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．物体A做加速运动
B．物体A做匀速运动
C．FT小于mgsin θ
D．FT大于mgsin θ
解析：选AD 如图，对物体B速度分解，由图可知绳端的速度v绳＝vsin α，与B的位置有关，因为B为匀速运动，B下降过程中α变大，v绳变大，因此物体A做加速运动，FT大于mgsin θ，故A、D正确，B、C错误。
题型2 杆端速度分解模型
2．(2023·青岛模拟)如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动且角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为( )
A.eq \f(ωLsin β,sin α) B.eq \f(ωLcs β,sin α)
C.eq \f(ωLcs β,cs α) D.eq \f(ωLsin β,cs α)
解析：选D 设滑块的速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向。如图，将A点的速度进行分解，根据运动的合成与分解可知，A点在沿杆AB方向的分速度为vA分＝vcs α。B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度。如图，设B的线速度为v′，设v′与杆AB夹角为θ，由几何知识可知θ＝β－eq \f(π,2)，则vB分＝v′·cs θ＝v′cs(β－90°)＝v′sin β，v′＝ωL，二者沿杆AB方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立可得v＝eq \f(ωLsin β,cs α)，D正确。
题型3 接触面速度分解模型
3.如图所示，一根长为L的直杆一端抵在墙角，一端依靠在箱子的光滑竖直侧壁上，将箱子以大小为v的速度向右推，直杆绕O点在竖直面内转动，当直杆与竖直方向的夹角为θ时，直杆转动的角速度大小为( )
A.eq \f(v,Lsin θ) B.eq \f(v,Lcs θ)
C.eq \f(vsin θ,L) D.eq \f(vcs θ,L)
解析：选B 直杆与箱子接触点的实际运动即合运动，方向垂直于杆指向右上方，设杆转动的角速度为ω，则合速度：v实＝ωL，沿水平方向上的速度分量等于v，即ωLcs θ＝v，所以有：ω＝eq \f(v,Lcs θ)，故B正确。
1．[渗透五育教育(智育)]趣味投篮游戏中，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，相对平台静止，向平台圆心处的球筐内投篮球。下面的各俯视图中篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向)的是( )
解析：选C 当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速度沿球筐方向，篮球就可能被投入球筐。故C正确，A、B、D错误。
2．[渗透五育教育(体育)]如图所示，这是2022年11月30号卡塔尔世界杯小组赛英格兰队员主罚任意球时踢出快速旋转的“落叶球”在空中运动的轨迹示意图，跟正常飞行轨迹相比，“落叶球”会更早地向下落回地面。对“落叶球”在飞行过程中的分析正确的是( )
A．“落叶球”在空中的运动轨迹是对称的
B．“落叶球”的更早下落是因为在运动过程中受到了指向轨迹内侧的空气作用力
C．“落叶球”的更早下落是因为在运动过程中受到了沿切线方向的空气阻力
D．“落叶球”在最高点的瞬时速度为零
解析：选B “落叶球”是快速旋转的球，所以在空中的轨迹不是对称的，A错误；根据做曲线运动的条件，“落叶球”的更早下落是因为在运动过程中受到了指向轨迹内侧的空气作用力，C错误，B正确；“落叶球”在最高点的竖直速度为零，水平速度不为零，所以瞬时速度不为零，D错误。
3．[联系生活实际]在抗洪救灾时，救援人员划船将河对岸的受灾群众进行安全转移。一艘船的船头指向始终与河岸垂直，耗时6 min到达对岸；另一艘船的行驶路线与河岸垂直，耗时9 min到达对岸。假设河两岸理想平行，整个过程水流速恒为v水，两船在静水中速度相等且均恒为v船，且v船＞v水，则v船∶v水为( )
A．3∶eq \r(5) B．3∶2
C．5∶4 D．5∶3
解析：选A 船头始终与河岸垂直到达对岸，有v船＝eq \f(d,t1)，船行驶路线与河岸垂直到达对岸，有eq \r(v船2－v水2)＝eq \f(d,t2)，解得v船∶v水＝3∶eq \r(5)，故A正确。
4．[体现学以致用]随着科技的进步，农村和偏远山区也已经开始用无人机配送快递，如图甲所示。无人机在0～5 s内的飞行过程中，其水平、竖直方向速度vx、vy与时间t的关系图像分别如图乙、丙所示，规定竖直方向向上为正方向。下列说法正确的是( )
A．0～2 s内，无人机做匀加速直线运动
B．2～4 s内，无人机做匀减速直线运动
C．t＝4 s时，无人机运动到最高点
D．0～5 s内，无人机的位移大小为9 m
解析：选C 0～2 s时间内，无人机在水平方向做匀加速运动，在竖直方向也做匀加速运动，但初速度沿水平方向，合加速度与合初速度方向有夹角，因此，0～2 s内无人机做匀加速曲线运动，A错误；2～4 s时间内，无人机在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，B错误；0～4 s时间内，竖直方向速度一直为正，即一直向上运动，则t＝4 s时刻，竖直方向速度为0，所以，无人机运动到最高点，C正确；0～5 s 内，无人机的水平位移为x＝9 m，竖直位移为y＝1.75 m，则合位移为eq \r(x2＋y2)≈9.2 m，D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2023·石家庄高三检测)如图所示，轮滑演员在舞台上滑出漂亮的曲线轨迹。在此过程中轮滑演员( )
A．速度始终保持不变
B．运动状态始终保持不变
C．速度方向沿曲线上各点的切线方向
D．所受合力方向始终与速度方向一致
解析：选C 轮滑演员做曲线运动，速度方向不断变化，运动状态不断变化，故A、B错误；做曲线运动的轮滑演员的速度方向沿曲线上各点的切线方向，C正确；轮滑演员所受合力方向与速度方向不在同一条直线上，D错误。
2．(多选)假设一只小船匀速横渡一条河流，当船头垂直对岸方向航行时，在出发后10 min到达对岸下游120 m处；若船头保持与河岸成α角向上游航行，出发后12.5 min到达正对岸，两次渡河时小船相对于静水的速度大小相同。以下说法正确的是( )
A．水流的速度大小为0.2 m/s
B．船头与河岸间的夹角α为60°
C．小船在静水中的速度大小为0.6 m/s
D．河的宽度为200 m
解析：选AD 船头垂直对岸方向航行时，如图甲所示，由x＝v2t1，得水流的速度大小为v2＝eq \f(x,t1)＝eq \f(120,600) m/s＝0.2 m/s，故A正确；船头保持与河岸成α角向上游航行时，如图乙所示，可得v2＝v1cs α，d＝v1sin α·t2，由图甲可得d＝v1t1，联立解得sin α＝eq \f(4,5)，船头与河岸间的夹角不是60°，v1＝eq \f(1,3) m/s，d＝200 m，故B、C错误，D正确。
3.(多选)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目。如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响。下列说法中正确的是( )
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害
C．运动员下落时间与风力无关
D．运动员着地速度与风力无关
解析：选BC 水平方向的风力对竖直方向的运动没有影响，运动员下落时间与风力无关。无风时，运动员在水平方向速度为零，有风时，运动员在水平方向上因风力作用做加速运动，风力越大，着地时水平方向速度越大，着地速度也越大，故B、C正确，A、D错误。
4.(2023·郑州高三检测)如图所示，AB杆以恒定角速度绕A点转动，并带动套在水平杆OC上的小环M运动，运动开始时，AB杆在竖直位置，则小环M在AB杆带动下运动速度将( )
A．逐渐增大 B．先减小后增大
C．先增大后减小 D．逐渐减小
解析：选A 如图所示，环沿OC向右运动，其速度v可分解为垂直AB的速度v1，沿AB方向的速度v2，则v1＝ωr＝ωeq \f(h,cs θ)，故环的速度v＝eq \f(v1,cs θ)＝eq \f(ωh,cs2θ)，因为θ变大，则v逐渐增大。故选A。
5．(2023·广州高三检测)质点Q在xOy平面内运动，其在x轴方向和y轴方向的分运动图像如图甲和图乙所示，下列说法正确的是( )
A．质点Q做匀变速直线运动，初速度为12 m/s
B．质点Q做匀变速曲线运动，加速度为5 m/s2
C．质点Q做匀变速直线运动，2 s末的速度为20 m/s
D．质点Q做匀变速曲线运动，2 s内的位移为45 m
解析：选C 根据图像甲可得eq \f(x,t)＝k1t＋v0x，根据匀变速直线运动位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，可得eq \f(x,t)＝eq \f(1,2)at＋v0，所以质点在x轴上的分运动是匀变速直线运动，初速度v0x＝6 m/s，加速度为ax＝2k1＝2×eq \f(9－6,2) m/s2＝3 m/s2。根据图像乙可知，质点在y轴上的分运动是匀变速直线运动，初速度v0y＝8 m/s，加速度为ay＝k2＝eq \f(16－8,2) m/s2＝4 m/s2，因为eq \f(v0x,v0y)＝eq \f(ax,ay)＝eq \f(3,4)，可知质点的初速度和加速度在同一条直线上，所以质点做匀变速直线运动，初速度为v0＝eq \r(v0x2＋v0y2)＝10 m/s，加速度为a＝eq \r(ax2＋ay2)＝5 m/s2，故A、B错误；质点做匀变速直线运动，2 s末的速度为v＝v0＋at＝(10＋5×2)m/s＝20 m/s，故C正确；质点做匀变速直线运动，2 s内的位移为x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10×2＋\f(1,2)×5×22))m＝30 m，故D错误。
6.(2023·黄冈高三检测)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成夹角θ2时(如图)，下列判断正确的是( )
A．P的速率为v
B．P的速率为vcs θ2
C．绳的拉力等于mgsin θ1
D．绳的拉力小于mgsin θ1
解析：选B 将小车的速度v沿绳子方向和垂直于绳子方向正交分解，如图所示，物体P的速度与小车沿绳子方向的速度大小相等，则有vP＝vcs θ2，故B正确，A错误；小车向右运动，所以θ2减小，v不变，所以vP逐渐变大，说明物体P沿斜面向上做加速运动。对物体P受力分析可知，物体P受到竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，沿绳向上的拉力T，沿斜面方向由牛顿第二定律可得T－mgsin θ1＝ma，可得T＞mgsin θ1，故C、D错误。
7．一人骑自行车向东行驶，当车速为4 m/s时，他感到风从正南方向吹来，当车速增加到7 m/s时，他感到风从东南方向(东偏南45°)吹来。假设风速的方向和大小恒定，则风对地的速度大小为( )
A．7 m/s B．6 m/s
C．5 m/s D．4 m/s
解析：选C 当车速为4 m/s时，人感到风从正南方向吹来，画出矢量图如图(a)所示，故风对地的速度大小沿行驶方向的分速度为4 m/s，当车速增加到7 m/s时，他感到风从东南方向(东偏南45°)吹来，画出矢量图如图(b)所示，可知，风对地的速度大小沿着垂直行驶方向的分速度大小为3 m/s，因此风对地的速度大小为5 m/s，故C正确。
8．(多选)在光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动。现突然将与速度方向相反的2 N的力水平旋转90°，则下列关于物体运动情况的叙述正确的是( )
A．物体做速度大小不变的曲线运动
B．物体做加速度大小为eq \r(2) m/s2的匀变速曲线运动
C．物体做速度越来越大的曲线运动
D．物体做非匀变速曲线运动，其速度越来越大
解析：选BC 如图所示，物体原来受力可等效为F1、F2，且F1＝F2＝2 N，合力为零；当将F2水平旋转90°后，其合力F＝2eq \r(2) N，且大小、方向都不变，是恒力，则物体的加速度大小为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(2\r(2),2) m/s2＝eq \r(2) m/s2，又因为F与v的夹角θ＜90°，所以物体做速度越来越大、加速度大小恒为eq \r(2) m/s2的匀变速曲线运动，故B、C正确，A、D错误。
9．在一光滑的水平面上建立xOy平面坐标系，一质点在水平面上从坐标原点开始运动，沿x方向和y方向的x-t图像和vy-t图像分别如图甲、乙所示，求：
(1)运动后4 s内质点的最大速度；
(2)4 s末质点离坐标原点的距离。
解析：(1)由题图可知，质点沿x轴正方向做匀速直线运动，速度大小为vx＝eq \f(x,t1)＝2 m/s，在运动后4 s内，沿y轴方向运动的最大速度为vy＝－4 m/s，则运动后4 s内质点运动的最大速度为vm＝eq \r(vx2＋vy2)＝2eq \r(5) m/s。
(2)0～2 s内质点沿y轴正方向做匀加速直线运动，2～4 s内先沿y轴正方向做匀减速直线运动，再沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，
此时加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝3 m/s2
则质点沿y轴正方向做匀减速运动的时间
t2＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,3) s
则运动后的4 s内沿y轴方向的位移
y＝eq \f(1,2)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(2,3)))m－eq \f(1,2)×4×eq \f(4,3) m＝0
因此4 s末质点离坐标原点的距离等于沿x轴方向的位移，由题图甲可知，4 s末质点离坐标原点的距离s＝x＝8 m。
答案：(1)2eq \r(5) m/s (2)8 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10．某研究性学习小组为了研究运动的合成与分解，利用图甲所示装置做了如下实验：在一端封闭、长约1 m的均匀长直玻璃管内注满清水，水中放一个蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，然后将这个玻璃管倒置，蜡块能在玻璃管中以vy＝10 cm/s的速度匀速上升。若在蜡块上升的同时水平向右移动玻璃管，用y轴表示蜡块竖直方向的位移，x轴表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t＝0时刻蜡块位于坐标原点，描出蜡块的运动轨迹如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．玻璃管向右匀速平移
B．蜡块做匀变速运动
C．蜡块所受合外力的方向沿图线的切线方向
D．t＝2 s时蜡块的速度大小为20 cm/s
解析：选B 蜡块在玻璃管中以vy＝10 cm/s的速度匀速上升，由题图乙可知，从t＝0时刻起，每1 s内玻璃管通过的水平位移依次是2.5 cm、7.5 cm、12.5 cm、17.5 cm，因此玻璃管水平向右匀加速平移，故A错误；蜡块沿水平方向的加速度大小恒定，由运动学公式可知，水平方向的加速度大小为a＝eq \f(Δx,T2)＝5 cm/s2，所以蜡块做匀变速运动，故B正确；做曲线运动的物体所受合外力方向指向轨迹内侧，故C错误；由以上分析结合运动的合成知识可知，t＝2 s时蜡块的速度大小为v＝10eq \r(2) cm/s，故D错误。
11．(多选)如图甲所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，在侧壁同一竖直线上有A、B两小孔相距h，将一小球从上部A孔沿筒内壁水平射入筒中，小球紧贴筒内壁运动，并恰好能到达下部小孔B，所用时间为t1，到达下部小孔B时的速度大小为vB。如图乙所示，用光滑细钢丝绕成的螺距相同的柱形螺线管，横截面半径也为R，竖直固定，钢丝上下两端C、D恰好在同一竖直线上，相距h，一小铜环穿在钢丝上从上端C无初速度下滑到达底端D，所用时间为t2，到达D端时的速度大小为vD，二者相比较，下列结论正确的是( )
A．t1＝t2 B．t1C．vB＝vD D．vB>vD
解析：选BD 题图甲中小球在筒内受重力和水平指向圆筒竖直中心轴的筒壁的弹力，贴着筒壁做螺旋线运动，可视为水平面内的匀速圆周运动与竖直方向上的自由落体运动的合运动，由竖直方向上的自由落体运动，可求得小球由A运动到B的时间为t1＝ eq \r(\f(2h,g))。题图乙中小铜环沿钢丝运动，受重力和垂直钢丝斜向上方的弹力，可等效为小环沿光滑斜面下滑，如图所示，则小环由C运动到D的时间为t2＝ eq \r(\f(2s,a))，其中a＝gsin α，s>h，故t1vD，C错误，D正确。
12．如图所示，一艘轮船正在以4 m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为v1＝3 m/s，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同。某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化。求：
(1)发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小。
(2)发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值。
解析：(1)发动机未熄火时，轮船运动速度v与水流速度v1方向垂直，如图所示。
故此时轮船相对于静水的速度v2的大小为
v2＝eq \r(v2＋v12)＝eq \r(42＋32) m/s＝5 m/s。
(2)熄火前，设v与v2的夹角为θ，则cs θ＝eq \f(v,v2)＝0.8，轮船的牵引力沿v2的方向，熄火后，牵引力消失，在水的作用下，v2逐渐减小，但其方向不变，当v2与v1的矢量和与v2垂直时，轮船的合速度最小，α＝θ，则vmin＝v1cs α＝3×0.8 m/s＝2.4 m/s。
答案：(1)5 m/s (2)2.4 m/s
第2讲 抛体运动
一、平抛运动
1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。
2．运动性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。
3．研究方法——运动的合成与分解。
(1)水平方向：匀速直线运动；
(2)竖直方向：自由落体运动。
二、平抛运动的规律
三、斜抛运动
1．定义：将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。
2．运动性质
斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
3．研究方法
斜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匀变速直线运动。
4．基本规律(以斜上抛运动为例，如图所示)
(1)水平方向：v0x＝v0cs_θ，F合x＝0；
(2)竖直方向：v0y＝v0sin_θ，F合y＝mg。,情境创设1
一架投放救灾物资的飞机在受灾区域的上空水平地匀速飞行，从飞机上投放的救灾物资在落地前的运动中(不计空气阻力)。
[微点判断]
(1)速度和加速度都在不断改变。(×)
(2)速度和加速度方向之间的夹角一直减小。(√)
(3)救灾物资从开始下落到落地的运动时间与飞机的速度大小有关。(×)
(4)在相等的时间内速度的改变量相等。(√)
(5)在相等的时间内速率的改变量相等。(×)
情境创设2
如图所示，运动员以相同速率，沿不同方向抛出铅球，不计空气阻力。
[微点判断]
(6)铅球的加速度相同。(√)
(7)铅球的射程相同。(×)
(8)铅球的射高相同。(×)
(9)铅球的初速度方向与水平方向的夹角越大，抛出的水平距离越大。(×)
(一)平抛运动规律及应用(固基点)
[题点全练通]
1．[对平抛运动的理解]
对于做平抛运动的物体，下列说法中正确的是( )
A．物体落地时的水平位移与初速度无关
B．初速度越大，物体在空中运动的时间越长
C．物体落地时的水平位移与抛出点的高度及初速度有关
D．在相等的时间内，物体速度的变化量不相同
解析：选C 根据平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由位移时间公式得h＝eq \f(1,2)gt2，解得运动时间为t＝eq \r(\f(2h,g))，做平抛运动的时间是由物体所处的高度决定的，与初速度无关，根据运动学公式，可得物体落地时的水平位移x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，所以落地时的水平位移由初速度和所处高度决定，故A、B错误，C正确；由于做平抛运动的物体只受重力的作用，加速度为重力加速度g，根据公式Δv＝gΔt，可知在相等的时间内，物体速度的变化量是相同的，故D错误。
2．[平抛运动规律的应用]
(2022·全国甲卷)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
解析：频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为
t＝4T＝0.05×4 s＝0.2 s
设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间在水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0t
y1＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×0.22 m＝0.2 m
y2＝eq \f(1,2)g(2t)2－eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×(0.42－0.22)m＝0.6 m
令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y
已标注的线段s1、s2分别为s1＝ eq \r(x2＋y2)
s2＝ eq \r(x2＋3y2)＝ eq \r(x2＋9y2)
则有 eq \r(x2＋y2)∶ eq \r(x2＋9y2)＝3∶7
整理得x＝eq \f(2\r(5),5)y
故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(2\r(5),5) m/s。
答案：eq \f(2\r(5),5) m/s
[要点自悟明]
1．平抛运动时间和水平射程
(1)运动时间：由t＝ eq \r(\f(2h,g))知，运动时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。
(2)水平射程：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定。
2．速度和位移的变化规律
(1)速度的变化规律
①任一时刻的速度水平分量均等于初速度v0。
②任一相等时间间隔Δt内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv＝Δvy＝gΔt。
(2)位移的变化规律
①任一相等时间间隔内，水平位移相同，即Δx＝v0Δt。
②连续相等的时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy＝gΔt2。
(二) 多体平抛运动问题(精研点)
逐点清1 两球平抛后空中相遇问题
1.(2023·山东师大附中月考)如图所示，将a、b两小球以大小为20eq \r(5) m/s的初速度分别从A、B两点相差 1 s 先后水平相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，g取10 m/s2，则抛出点A、B间的水平距离是( )
A．80eq \r(5) m B．100 m
C．200 m D．180eq \r(5) m
解析：选D 经过t时间两球的速度方向相互垂直，此时b球运动时间为t－1 s。设a球的速度方向与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：tan θ＝eq \f(v0,gt)＝eq \f(gt－1 s,v0)，解得t＝5 s，故A、B两点的水平距离x＝v0t＋v0(t－1 s)＝9v0＝180eq \r(5) m，故D正确，A、B、C错误。
一点一过
两个物体平抛相遇问题的三点提醒
(1)两条平抛运动轨迹的交点是两物体的必经之处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。即轨迹相交是物体相遇的必要条件。
(2)若两物体同时从同一高度水平抛出，则两物体始终处在同一高度，一定能在轨迹相交处相遇。
(3)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，不可能在轨迹相交处相遇。
逐点清2 落在同一水平面上的多体平抛问题
2．(多选)如图所示，三个小球从同一高度处的O处分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的投影点，且O′A∶O′B∶O′C＝1∶3∶5。若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．v1∶v2∶v3＝1∶3∶5
B．三个小球下落的时间相同
C．三个小球落地的速度相同
D．三个小球落地的位移相同
解析：选AB 三个小球下落的高度相等，则根据h＝eq \f(1,2)gt2知，平抛运动的时间相等，因为水平位移之比为1∶3∶5，则根据x＝v0t得，初速度之比为1∶3∶5，故
A、B正确；小球落地时竖直方向上的分速度相等，落地时的速度v＝eq \r(v02＋2gh)，初速度不等，则落地的速度不等，故C错误；小球落地时的位移s＝eq \r(x2＋h2)，水平位移不等，竖直位移相等，则小球通过的位移不等，故D错误。
一点一过
物体从同一高度水平抛出，又落在同一水平面上
(1)由h＝eq \f(1,2)gt2可知，各物体下落时间一定相同。
(2)由x＝v0t可知，水平位移之比等于平抛初速度之比。
逐点清3 落在同一竖直平面上的多体平抛问题
3．(2023·福建福州月考)某人在O点将质量为m的飞镖以不同大小的初速度沿OA方向水平投出，A为靶心且与O在同一高度，如图所示，飞镖水平初速度分别是v1、v2时打在靶上的位置分别是B、C，且AB∶BC＝1∶3。忽略空气阻力，则( )
A．两次飞镖飞行时间之比t1∶t2＝1∶3
B．两次飞镖投出的初速度大小之比v1∶v2＝2∶1
C．两次飞镖的速度变化量大小之比Δv1∶Δv2＝3∶1
D．适当减小质量可使飞镖投中靶心
解析：选B 飞镖被投出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g))，所以两次飞镖运动时间之比t1∶t2＝eq \r(AB)∶eq \r(AC)＝1∶2，A错误；水平位移x相等，根据v＝eq \f(x,t)得v1∶v2＝t2∶t1＝2∶1，B正确；速度变化量Δv＝gt，所以两次飞镖的速度变化量大小之比Δv1∶Δv2＝t1∶t2＝1∶2，C错误；质量对平抛运动的过程没有影响，所以减小质量不能使飞镖投中靶心，D错误。
一点一过
物体从同一位置水平抛出，又落在同一竖直平面上
(1)各物体的水平位移均相同，因此，初速度与下落时间成反比。
(2)各物体在竖直方向上做自由落体运动，可由h＝eq \f(1,2)gt2确定各物体下落的时间关系。
(三)落点有约束条件的平抛运动(精研点)
类型(一) 落点在斜面上的平抛运动
[例1] (2023·烟台高三调研)如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球分别落在斜面上的A、B点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列选项正确的是( )
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移大小之比为tan θ∶1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2θ∶1
[解析] 由小球甲的运动可知，tan θ＝eq \f(y甲,x甲)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，解得t＝eq \f(2v0tan θ,g )，落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，则tan α甲＝2tan θ；由小球乙的运动可知，tan θ＝eq \f(v0,vy′)＝eq \f(v0,gt′)，解得t′＝eq \f(v0,gtan θ)，落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝eq \f(vy′,v0)＝eq \f(1,tan θ)；甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2θ∶1，A错误；由h＝eq \f(1,2)gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为h∶h′＝t2∶t′2＝4tan4θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移大小之比为x∶x′＝t∶t′＝2tan2θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2θ∶1，D正确。
[答案] D
[规律方法] 落点在斜面上的平抛运动处理思路
类型(二) 落点在曲面上的平抛运动
直接落入圆弧面上的平抛运动
[例2] 如图所示为某一通关游戏装置的示意图，竖直面内的半圆弧BCD的直径BD水平且与竖直轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O的连线与水平方向的夹角为37°。安装在轨道AB上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹射器的射出口在B点的正上方，如果弹丸能垂直射入圆弧上的小孔P就算通关。某次游戏，弹射器从离B点0.15 m的高度将弹丸射出，正好通关，那么，圆弧半径和弹丸的初速度分别是(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度取10 m/s2)( )
A．2 m,4eq \r(3) m/s B．1.5 m,4eq \r(3) m/s
C．2 m,2eq \r(6) m/s D．1.5 m,2eq \r(6) m/s
[解析] 根据几何知识，平抛运动的水平位移为x＝R＋Rcs 37°＝1.8R，竖直位移为y＝h＋Rsin 37°＝0.15 m＋0.6R，又知eq \f(y,x)＝eq \f(1,2)×eq \f(vy,v0)＝eq \f(1,2)tan 37°，联立解得R＝2 m，又x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，解得v0＝4eq \r(3) m/s，故A正确，B、C、D错误。
[答案] A
直接落至抛物面上的平抛运动
[例3] 如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面满足的数学关系式为y＝x2(x＞0)，在y轴上有一点P，坐标为(0,6 m)。从P点将一可看成质点的小球水平抛出，初速度为1 m/s。则小球第一次打在曲面上的时间为(不计空气阻力，g取10 m/s2)( )
A．1 s B.eq \f(\r(5),5) s C.eq \f(\r(10),2) s D.eq \f(\r(2),2) s
[解析] 设小球经过时间t打在曲面上M点，M点坐标为(x1，y1)，小球水平抛出后做平抛运动，在水平方向上，有x1＝v0t，在竖直方向上，有6 m－y1＝eq \f(1,2)gt2，又小球打在曲面上，则满足数学关系式y1＝x12，代入数据联立解得t＝1 s，故A正确，B、C、D错误。
[答案] A
[规律方法]
分析平抛运动与曲面结合问题应注意以下两点
(1)物体平抛后落入圆弧内时，物体平抛运动的水平位移、竖直位移与圆弧半径存在一定的数量关系。
(2)物体平抛后落入抛物面内时，物体平抛运动的水平位移、竖直位移与抛物线方程结合可以建立水平方向和竖直方向的关系方程。
类型(三) 落点在水平台阶上的平抛运动
[例4] 如图所示，在楼梯口，用弹射器向第一级台阶弹射小球。台阶高为H，宽为L，A为竖直踢脚板的最高点，B为水平踏脚板的最右侧点，C是水平踏脚板的中点。弹射器沿水平方向弹射小球，弹射器高度h和小球的初速度v0可调节，小球被弹出前与A的水平距离也为L。某次弹射时，小球恰好没有擦到A而击中B，为了能击中C点，需调整h为h′，调整v0为v0′，下列判断正确的是( )
A．h′的最大值为2h
B．h′的最小值为2h
C．v0′的最大值为eq \f(\r(15),6)v0
D．v0′的最小值为eq \f(\r(15),6)v0
[解析] 小球做平抛运动，有y＝eq \f(1,2)gt2，x＝v0t，可得y＝eq \f(gx2,2v02)∝x2，调整前eq \f(h,h＋H)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2，即h＝eq \f(1,3)H，调整后考虑临界情况，小球恰好没有擦到A而击中C，有eq \f(h′,h′＋H)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2，即h′＝eq \f(4,5)H，所以h′＝eq \f(12,5)h，从越高处抛出而击中C点，抛物线越陡，越不容易擦到A点，则h′的最小值为eq \f(12,5)h，故A、B错误；由v0＝x eq \r(\f(g,2y))，且两次平抛从抛出到A点过程，x都为L，所以eq \f(v0′,v0)＝eq \r(\f(h,h′))＝eq \f(\r(15),6)，即v0′＝eq \f(\r(15),6)v0，从越高处抛出击中C点所用时间越长，抛出速度越小，则v0′的最大值为eq \f(\r(15),6)v0, 故C正确，D错误。
[答案] C
(四)斜抛运动(精研点)
对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动过程，可逆向分析为平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据下列三种对称性求解某些问题。
[考法全训]
考法(一) 斜抛运动规律的应用
[例1] 狞猫弹跳力惊人，栖息在干燥的旷野和沙漠中，善于捕捉鸟类。一只狞猫以某一初速度斜向上与水平地面成θ角跳离地面，落地前其最大高度为h，最大水平位移为x。不考虑空气阻力。下列说法正确的是( )
A．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间不变
B．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度h增大
C．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值减小
D．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值增大
[解析] 狞猫做斜抛运动，在竖直方向有vy＝v0sin θ＝gt1，狞猫在空中的运动时间t＝2t1＝eq \f(2v0sin θ,g)，保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间增大，故A错误；狞猫在空中的最大高度h＝eq \f(1,2)gt12＝eq \f(v02sin2θ,2g)，保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度增大，故B正确；狞猫最大水平位移为x＝vxt＝eq \f(2v02cs θsin θ,g)，最大水平位移与最大高度的比值为eq \f(x,h)＝eq \f(4,tan θ)，保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值不变，故C、D错误。
[答案] B
考法(二) 利用逆向思维处理斜抛运动
[例2] (2023·汕头质检)某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程( )
A．两次在空中运动的时间相等
B．两次抛出时的速度大小相等
C．第1次抛出时速度的水平分量小
D．第2次抛出时速度的竖直分量大
[解析] 将篮球的运动反向处理，即为平抛运动。由题图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误。第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，故D错误。平抛运动在水平方向是匀速直线运动，水平射程相等，由x＝v0t可知，第1次抛出时水平分速度较小，故C正确。水平分速度第2次较大，竖直分速度第1次较大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故B错误。
[答案] C
考法(三) 三维空间内的斜抛运动
[例3] (2022·山东等级考)(多选)如图所示，某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为( )
A．v＝5 m/s B．v＝3eq \r(2) m/s
C．d＝3.6 m D．d＝3.9 m
[解析] 设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0竖直2＝2g(H－h)，代入数据得v0竖直＝eq \r(2×10×8.45－1.25) m/s＝12 m/s，则v0水平＝eq \r(132－122) m/s＝5 m/s，网球水平方向到P点的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·eq \f(v0竖直,g)＝6 m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平·eq \f(4.8 m,6 m)＝4 m/s，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平·eq \f(\r(62－4.82)m,6 m)＝3 m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v水平⊥′＝0.75·v0水平⊥＝3 m/s，则反弹后的网球速度大小为v水平＝eq \r(v水平⊥′2＋v0水平∥2)＝3eq \r(2) m/s，网球落到地面的时间t′＝ eq \r(\f(2H,g))＝ eq \r(\f(8.45×2,10)) s＝1.3 s，着地点到墙壁的距离d＝v水平⊥′t′＝3.9 m，故B、D正确，A、C错误。
[答案] BD
1．[渗透五育教育(体育)]
单手肩上传球是篮球常用的中远距离传球方法。如图所示两位同学由同一高度抛出质量相等的A、B两球，两球抛出时初速度方向分别与水平方向成60°、30°角，空气阻力不计。则( )
A．A的初速度比B的大
B．A的飞行时间比B的长
C．A在最高点的速度比B在最高点的大
D．被接住前瞬间，A的重力功率比B的小
解析：选B 设抛出的速度为v，速度与水平方向的夹角为θ，两位同学间的距离为x，可得球运动的时间为t＝2·eq \f(vsin θ,g)，在水平方向x＝vcs θ·2·eq \f(vsin θ,g)＝eq \f(v2sin 2θ,g)，对A、B两球在水平方向运动距离x相同，sin 2θ相等，所以初速度大小相等，故A错误；根据飞行的时间t＝2·eq \f(vsin θ,g)，可知A飞行的时间比B长，B正确；在最高点的速度vx＝vcs θ，所以A在最高点的速度比B在最高点的小，C错误；被接住前瞬间，重力的功率为P＝mgvsin θ，所以A的重力功率比B的大，D错误。
2．[联系生活实际]有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图所示，一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变)，不计空气阻力。从小球水平射入水井到落至水面的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球下落时间与小球质量m有关
B．小球下落时间与小球初速度v有关
C．小球下落时间与水井井口直径d有关
D．小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关
解析：选D 因为小球与井壁做多次弹性碰撞，碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，则将小球的运动轨迹连接起来就是平抛运动的抛物线，可知小球在竖直方向做自由落体运动，由t＝ eq \r(\f(2h,g))可知，下落时间只与井口到水面高度差h有关。
3．[联系生活实际]饲养员在池塘边堤坝边缘处以水平速度v0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒。堤坝截面倾角为53°，坝顶离水面的高度为5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)，下列说法正确的是( )
A．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v0越大，从抛出到落水所用的时间越长
B．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
C．若平抛初速度v0＝5 m/s，则鱼饵颗粒不会落在堤坝斜面上
D．若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度v0越大，落到堤坝斜面上时速度方向与堤坝斜面的夹角越小
解析：选C 平抛运动时间由高度决定，与v0无关，故A错误；若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，运动时间一定，根据速度分解关系，落水时速度方向与水平面的夹角正切值tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，v0越大，tan α越小，即α越小，故B错误；若鱼饵颗粒恰好落在
B点，则由竖直方向可得h＝eq \f(1,2)gt2，t＝1 s，水平方向可得hct 53°＝v0t，v0＝3.75 m/s＜5 m/s，鱼饵颗粒不会落在斜面上，故C正确；若鱼饵颗粒不能落入水中，没落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为θ，根据位移分解关系tan 53°＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，联立可得tan θ＝2tan 53°，因此θ一定，故D错误。
4．[渗透五育教育(体育)]
如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球。若球与墙壁上的点A碰撞后沿水平方向弹离，恰好垂直拍面落在球拍的点B上。已知球拍与水平线的夹角θ＝60°，A、B两点间的高度差h＝1 m。忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则球刚要落到球拍上时，速度的大小为( )
A．4eq \r(5) m/s B．2eq \r(5) m/s
C.eq \f(4,3)eq \r(15) m/s D．2eq \r(15) m/s
解析：选A 根据h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(1,\r(5)) s，乒乓球打在球拍上时竖直方向的分速度vy＝gt＝2eq \r(5) m/s，因乒乓球垂直打在球拍上，可得vy＝vcs θ，解得v＝eq \f(vy,cs θ)＝4eq \r(5) m/s，A正确，B、C、D均错误。
5．[体现学以致用]如图所示是消防车利用云梯(未画出)进行高层灭火，消防水炮离地的最大高度H＝40 m，出水口始终保持水平且出水方向可以水平调节，着火点在高h＝20 m的楼层，其水平射出的水的初速度在5 m/s≤v0≤15 m/s之间可进行调节，出水口与着火点不能靠得太近，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．如果要有效灭火，出水口与着火点的水平距离x最大为40 m
B．如果要有效灭火，出水口与着火点的水平距离x最小为10 m
C．如果出水口与着火点的水平距离x不能小于15 m，则射出水的初速度最小为5 m/s
D．若该着火点高度为40 m，该消防车仍能有效灭火
解析：选B 出水口与着火点之间的高度差为Δh＝20 m，由Δh＝eq \f(1,2)gt2，x＝v0t，得出水口与着火点的水平距离x的范围为10 m≤x≤30 m，故A错误，B正确；如果出水口与着火点的水平距离不能小于15 m，则最小出水速度为7.5 m/s，故C错误；如果着火点高度为40 m，保持出水口水平，则水不能到达着火点，故D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2022·广东高考)如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是( )
解析：选C 运动员从M到N点，做匀加速直线运动，设斜面的倾角为θ，则aMN＝gsin θ，vMN＝gsin θ·t，从N到P点，运动员做匀速直线运动；从P到Q点，运动员做平抛运动，有aPQ＝g>aMN，且平抛过程中v＝eq \r(v02＋g2t2)，速度大小与时间的图像不可能为直线，故C正确，A、B、D错误。
2．如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是( )
A．将击中P点，t大于eq \f(L,v)
B．将击中P点，t等于eq \f(L,v)
C．将击中P点上方，t大于eq \f(L,v)
D．将击中P点下方，t等于eq \f(L,v)
解析：选B 玩具子弹做平抛运动，其竖直方向与小积木一样做自由落体运动，由于枪口与小积木上P点等高，所以子弹必将击中P点，且时间为t＝eq \f(L,v)，B正确，A、C、D错误。
3．如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是( )
A．A比B先落入篮筐
B．A、B运动的最大高度相同
C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小
D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
解析：选D 若研究两个过程的逆过程，可看作是从篮筐处沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的A、B两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，A、B错误；因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即A在最高点的速度比B在最高点的速度大，C错误；由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，D正确。
4.如图所示，一农用水泵由两根粗细不同的管连接而成，出水口离地面的高度为h，其出水管是水平的，已知细管内径为d，粗管的内径为2d，水平射程为s，水的密度为ρ，重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
A．若水流不散开，则观察到空中的水柱越来越粗
B．粗、细管中水的流速之比为1∶2
C．空中水的质量为eq \f(1,4)πρsd2
D．水落地时的速度大小为 eq \r(\f(sg,2h)＋2gh)
解析：选C 设细管中水的流速为v0，根据相同时间内水的流量相同可知粗管中水的流速为eq \f(1,4)v0，而水从出水口射出后，速度增大，若水流不散开，则可以观察到空中的水柱越来越细，A、B错误；空中水的质量的表达式为m＝ρeq \f(1,4)πd2v0t1＝eq \f(1,4)πρsd2，C正确；由平抛运动规律可得出水口的水速v0＝s eq \r(\f(g,2h))，则由动能定理可得水落地时的速度大小为v1＝eq \r(\f(s2g,2h)＋2gh)，D错误。
5．如图所示为一网球发球机，可以将网球以不同的水平速度射出，打到竖直墙上。O、A、B是竖直墙上三点，O与出射点处于同一水平线上，A、B两点分别为两次试验时击中的点，OA＝h1，OB＝h2，出射点到O点的距离为L，当地重力加速度为g，空气阻力忽略不计，网球可看作质点。下列说法正确的是( )
A．出射速度足够大，网球可以击中O点
B．发球间隔时间足够短，两个网球在下落过程中可相遇
C．击中A点的网球的初速度大小为Leq \r(\f(2h1,g))
D．网球击中B点时速度大小为eq \r(\f(L2g,2h2)＋2gh2)
解析：选D 网球做平抛运动，不论出射速度多大，竖直方向的位移不可能为零，所以网球不能击中O点，故A错误；发球间隔时间足够短，但两个网球的竖直位移不相等，所以两个网球在下落过程中不可能相遇，故B错误；对于击中A点的网球，根据平抛运动的规律可得L＝v0At1，h1＝eq \f(1,2)gt12，解得击中A点的网球的初速度大小为v0A＝Leq \r(\f(g,2h1))，故C错误；同理，解得击中B点的网球的初速度大小为v0B＝Leq \r(\f(g,2h2))，网球击中B点时速度大小为vB＝eq \r(v0B2＋2gh2)＝eq \r(\f(L2g,2h2)＋2gh2)，故D正确。
6.(2023·张家口模拟)图示为某滑雪运动员训练的情景：运动员从弧形坡面上滑下，沿水平方向飞出后，又落回到斜面上。若斜面足够长且倾角为θ，弧形坡面与斜面顶端有一定高度差，某次训练时，运动员从弧形坡面飞出的水平速度大小为v0，飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．若运动员以不同的速度从弧形坡面飞出，落到斜面前瞬间速度方向一定相同
B．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，运动员飞出后经t＝eq \f(2v0tan θ,g)距斜面最远
C．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，运动员落点位移为原来的4倍
D．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，落到斜面前瞬间速度方向与水平方向的夹角变大
解析：选B 利用平抛的运动规律：设人从A点平抛，落到斜面上的C点，沿AC作一直线ACB，则从A点平抛落到斜面AB上时，速度方向与水平方向的夹角都相等，则落到斜面上E点时竖直方向速度vyE小于落到D点时竖直方向速度vyD，水平方向速度相同，则落到E点时速度与水平方向的夹角比落到D点小，故A、D错误；运动员速度与斜面平行时，离斜面最远，当初速度为2v0时，有tan θ＝eq \f(gt,2v0)，得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，故B正确；若沿AB斜面平抛，设落到斜面上D点的时间为t′，速度方向与水平方向夹角为φ，tan φ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt′,v0)＝2tan θ′，θ′是AB斜面的倾角，水平位移x＝v0t′＝eq \f(2v02tan θ′,g)，位移s＝eq \f(x,cs θ′)＝eq \f(2v02tan θ′,gcs θ′)，可知当速度为2v0时，s′＝4s，则落到E 点时的位移小于4s，故C错误。
7.(2023·青岛四校联考)如图，倾角θ＝30°的斜面体ABC固定在水平面上，斜面AC长为L，在斜面中点D处立有一根竖直的细杆，从斜面顶端A点水平抛出一个小球，小球刚好能越过竖直细杆并落在斜面的底端C。不计空气阻力，小球可视为质点，则细杆的长度为( )
A.eq \f(1,8)L B.eq \f(1,6)L
C.eq \f(1,5)L D.eq \f(1,4)L
解析：选A 设小球的初速度为v0，从抛出到落在斜面的底端C的时间为t，则根据平抛运动规律有eq \f(1,2)gt2＝AB＝eq \f(L,2)，v0t＝BC＝eq \f(\r(3),2)L，设当小球运动到细杆上方时，运动时间为t′，下降高度为H，则有v0t′＝eq \f(BC,2)＝eq \f(\r(3),4)L，eq \f(1,2)gt′2＝H，联立得到H＝eq \f(L,8)，D点到水平面的高度为H′＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(L,4)，所以细杆的长度H杆＝AB－H′－H＝eq \f(L,8)，故选A。
8.由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。Ox、Oy方向分别是水平和竖直方向，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，已知空气阻力与炮弹速度方向相反。下列说法正确的是( )
A．到达b点时，炮弹的速度为零
B．到达b点时，炮弹的加速度为g
C．炮弹经过a点的水平分速度可能等于经过b点的水平分速度
D．炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
解析：选D 到达最高点b点时，竖直分速度为零，但炮弹仍具有水平方向的速度，A错误；到达最高点b点时，炮弹除受重力外还受空气阻力，加速度不为g，B错误；从a到c，炮弹在水平方向始终受到向左的分力，做减速运动，所以经过a点的水平分速度大于经过b点的水平分速度，C错误；炮弹由O到b过程中空气阻力在竖直方向的分力向下，在竖直方向的加速度大于g，而从b到d过程中空气阻力在竖直方向分力向上，竖直分加速度小于g，已知两段过程中炮弹飞行高度相同，由h＝eq \f(1,2)at2可得，炮弹从O点运动到b点的时间小于从b点运动到d点的时间，D正确。
9．如图所示是疯狂啤酒杯游戏的结构简图。在距离桌子右侧x＝4 m处将杯子以一定速度滑出，杯子滑行过程中只受到摩擦力作用，杯子停下来的点离桌子右边沿越近，则得分越高。假设在A点以4 m/s速度抛出杯子时，杯子恰好停在最右侧B点，求：(g取10 m/s2)
(1)杯子与桌面间动摩擦因数；
(2)以5 m/s初速度把杯子从A点抛出，则杯子到达B点时的速度；
(3)桌面高度h＝1.25 m，第(2)问中杯子落地点离B点水平位移。
解析：(1)杯子做匀减速运动v2－v02＝2ax，
Ff＝－μmg＝ma
联立以上两式解得μ＝0.2。
(2)杯子从A点抛出到达B点过程有vB2－vA2＝2ax
解得vB＝3 m/s。
(3)杯子从B点滑出后做平抛运动，
竖直方向h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝0.5 s
水平方向x＝vBt，解得x＝1.5 m。
答案：(1)0.2 (2)3 m/s (3)1.5 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10.如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计空气阻力，可将黄豆看成质点，则( )
A．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的2倍
B．甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等
C．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的2倍
D．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的一半
解析：选A 设PM＝MN＝h，甲、乙两黄豆自射出后经时间t在N点相遇，则有h＝eq \f(1,2)gt2；对于乙黄豆，根据斜抛运动的对称性可知其从最高点(设为Q)到N点的运动时间为eq \f(t,2)，Q、N两点之间的水平距离为eq \f(h,2)，竖直距离为h乙＝eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2＝eq \f(1,4)h，故D错误。根据平抛运动规律的推论可知，甲黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角α1的正切值为位移方向与水平方向的夹角θ1的正切值的2倍，即tan α1＝2tan θ1＝2，乙黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角α2的正切值为从Q点到N点的位移方向与水平方向的夹角θ2的正切值的2倍，即tan α2＝2tan θ2＝2×eq \f(h乙,\f(h,2))＝1，所以tan α1＝2tan α2，故A正确。甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度都等于各自运动过程中水平方向的分速度，二者在整个运动过程的水平位移和时间均相同，所以水平分速度相等，则甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度相等，故B错误。设甲、乙两黄豆在N点时的水平分速度大小均为v0，竖直分速度大小分别为v1y、v2y，合速度大小分别为v1、v2，则tan α1＝2＝eq \f(v1y,v0)，tan α2＝1＝eq \f(v2y,v0)，所以v1y＝2v0，v2y＝v0，根据平行四边形定则有v1＝eq \r(v02＋2v02)＝eq \r(5)v0，v2＝eq \r(v02＋v02)＝eq \r(2)v0，所以eq \f(v1,v2)≠2，故C错误。
11．如图所示，有两个完全相同的斜面，倾角均为45°，高度均为h，A、B为两斜面的顶端，O为斜面的底端。现从左侧斜面顶端A以一定初速度v0水平抛出一个小球，已知重力加速度大小为g，则( )
A．当小球下落到左侧斜面上高度为eq \f(h,2)处时，初速度v0＝eq \r(\f(gh,2))
B．若以不同的初速度水平抛出的相同小球均落在左侧斜面上，则初速度越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
C．若小球初速度v0足够大，则小球能落在右侧斜面的顶端B
D．若小球恰能垂直打在右侧斜面上的C点，则OC＝eq \f(\r(2),3)h
解析：选D 根据小球做平抛运动的规律和几何关系，有h－eq \f(h,2)＝eq \f(1,2)gt12和eq \f(h,2)＝v0t1，解得初速度v0＝eq \f(\r(gh),2)，选项A错误；落在左侧斜面上的小球位移的偏转角均为45°，根据平抛运动的推论知速度偏转角的正切值等于位移偏转角正切值的2倍，可知速度的偏转角相等，即无论初速度多大，小球落到斜面上时速度方向与斜面的夹角一定，选项B错误；由y＝eq \f(1,2)gt2和x＝v0t得下落的高度y＝eq \f(gx2,2v02)，故y＞0，可知落点一定低于A点，而顶端B与A同样高，所以小球
不会落在右侧斜面的顶端B，选项C错误；若小球恰能垂直打在右侧斜面上的C点，则此时竖直速度vy＝v0，小球下落的时间t＝eq \f(vy,g)，下落高度H＝eq \f(vy2,2g)，则水平位移大小h＋(h－H)＝v0t，解得H＝eq \f(2,3)h，OC＝eq \r(2)(h－H)＝eq \f(\r(2),3)h，选项D正确。
12．抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动。现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后的水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力。(设重力加速度为g)
(1)若球在球台边缘O点正上方高度h1处，以速度v1水平发出，落在球台上的P1点(如图中实线所示)，求P1点距O点的距离x1；
(2)若球从O点正上方某高度处以速度v2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台上的P2点(如图中虚线所示)，求v2的大小；
(3)若球从O点正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P3点，求发球点距O点的高度h3。
解析：(1)根据平抛运动规律得h1＝eq \f(1,2)gt12，x1＝v1t1
联立解得x1＝v1 eq \r(\f(2h1,g))。
(2)根据平抛运动规律得h2＝eq \f(1,2)gt22，x2＝v2t2
且h2＝h,2x2＝L，联立解得v2＝eq \f(L,2) eq \r(\f(g,2h))。
(3)球的运动轨迹如图所示，得h3＝eq \f(1,2)gt32
x3＝v3t3且3x3＝2L
设球从恰好越过球网到达到最高点所用的时间为t，水平距离为s，则有：h3－h＝eq \f(1,2)gt2，s＝v3t，
由几何关系得x3＋s＝L；解得h3＝eq \f(4,3)h。
答案：(1)v1eq \r(\f(2h1,g)) (2)eq \f(L,2) eq \r(\f(g,2h)) (3)eq \f(4,3)h
第3讲 圆周运动
一、匀速圆周运动及其描述
1．匀速圆周运动
(1)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径垂直。
(2)性质：匀速圆周运动是加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。
(3)质点做匀速圆周运动的条件：合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．匀速圆周运动各物理量间的关系
二、匀速圆周运动的向心力
1．大小：Fn＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2r,T2)＝mωv＝m·4π2f2r。
2．方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
3．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
三、离心运动和近心运动
情境创设
现在有一种叫作“魔盘”的娱乐设施，如图所示。当“魔盘”转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当盘的速度逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，离转动中心越远的人，这种滑动的趋势越明显，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。
微点判断
(1)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。(√)
(2)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)
(3)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)
(4)随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，人离“魔盘”中心越远，人运动得越快。(√)
(5)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动，是因为人受到了“魔盘”给人的向心力。(×)
(6)“魔盘”的转速逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，这是人受沿半径向外的离心力作用的缘故。(×)
(7)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，此时的向心力是由静摩擦力提供。(×)
(一)描述圆周运动的物理量(固基点)
[题点全练通]
1．[皮带传动](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( )
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：选BC 线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，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，从动轮做逆时针转动，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×eq \f(100,60)×π×eq \f(0.3,2) m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，故C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ωrc＝2×eq \f(100,60)×π×0.02 m/s＝eq \f(1,15)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＝eq \f(ωz,2π)＝eq \f(vz,2πrz)＝eq \f(π,15×2π×0.08) r/s＝eq \f(\f(1,15)π,2π×0.08) r/s＝25 r/min，故D错误。
2．[齿轮传动]某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫作太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行星轮，太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1，行星轮一周的齿数为n2，当太阳轮转动的角速度为ω时，最外面的大轮转动的角速度为( )
A.eq \f(n1,n1＋2n2)ω B.eq \f(n2,n1＋n2)ω
C.eq \f(n1,n1＋n2)ω D.eq \f(n2,n1－n2)ω
解析：选A 太阳轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示，由题图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度大小也相等，所以A与B、C的线速度大小是相等的；由齿轮数与周长关系可知：eq \f(2πRA,2πRB)＝eq \f(RA,RB)＝eq \f(n1,n2)，则：RB＝eq \f(n2,n1)RA，由题图可知：RC＝2RB＋RA，A、B与C的线速度大小相等，得：ωRA＝ω′RC，联立可得：ω′＝eq \f(n1ω,n1＋2n2)。故A正确，B、C、D错误。
3．[同轴转动](2021·广东高考)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是( )
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
解析：选A 由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离x＝l2＋l1cs(30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D错误。
4．[两个相关运动的分析]某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28 cm。B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16 cm。P、Q转动的线速度相同，都是4π m/s，当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值应为( )
A．0.56 s B．0.28 s
C．0.16 s D．0.07 s
解析：选A P的周期：TP＝eq \f(2πrP,v)＝0.14 s；Q的周期：TQ＝eq \f(2πrQ,v)＝0.08 s；因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56 s，所以A正确。
[要点自悟明]
常见的三种传动方式及特点
(二) 水平面内的匀速圆周运动(精研点)
1．运动特点
(1)运动轨迹在水平面内；(2)做匀速圆周运动。
2．受力特点
(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。
(2)合外力充当向心力。
3．分析思路
[考法全训]
考法(一) 车辆转弯问题
1．(多选)随着交通的发展，旅游才真正变成一件赏心乐事，各种“休闲游”“享乐游”纷纷打起了宣传的招牌。某次旅游中游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面(与车厢底板平行)上水杯内的水面，已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．列车转弯过程中的向心加速度为gtan θ，方向与水平面的夹角为θ
B．列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用
C．水杯与桌面间无摩擦
D．水杯内水面与桌面不平行
解析：选BC 设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随列车做水平面内圆周运动的向心力F(如图)，有mgtan θ＝ma，可知列车在转弯过程中的向心加速度大小为a＝gtan θ，方向与水平面平行，A错误；列车的向心加速度由列车的重力与轨道的支持力的合力提供，故列车的轮缘对轨道无侧向挤压作用，B正确；水杯的向心加速度由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，则水杯与桌面间的静摩擦力为零，C正确；水杯内水面取一微小质量元，此微元受到的重力与支持力的合力产生的加速度大小为a＝gtan θ，可知水杯内水面与水平方向的倾斜角等于θ，与桌面平行，D错误。
2．(2023·汕头高三质检)如图所示的路段是一段半径约为120 m的圆弧形弯道，路面水平，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的eq \f(4,5)，下雨时路面被雨水淋湿，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的eq \f(2,5)。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为43.2 m/s2
B．汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6 rad/s
C．晴天时，汽车以100 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时，汽车以60 km/h的速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动
解析：选C 汽车以v＝72 km/h＝20 m/s的速率通过此圆弧形弯道时，向心加速度a＝eq \f(v2,R)≈3.3 m/s2，角速度ω＝eq \f(v,R)≈0.17 rad/s，故A、B错误；以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm，设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得Ffm＝eq \f(mvm2,R)，在竖直方向上有FN＝mg，径向最大静摩擦力为正压力的eq \f(4,5)，即Ffm＝kFN，以上三式联立解得vm＝eq \r(kgR)≈31.0 m/s＝111.6 km/h，所以晴天时汽车以100 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故C正确；下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的eq \f(2,5)，有vm′＝eq \r(\a\vs4\al(k′)gR)≈21.9 m/s≈78.8 km/h，60 km/h＜78.8 km/h，所以汽车可以安全通过此圆弧形弯道，不做离心运动，故D错误。
考法(二) 圆锥摆问题
3.(多选)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则( )
A．两球运动的周期相等
B．两球的向心加速度大小相等
C．球A、B到P的距离之比等于m2∶m1
D．球A、B到P的距离之比等于m1∶m2
解析：选AC 对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力F，绳中拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有Fcs θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有Fsin θ＝mgtan θ＝meq \f(4π2,T2)lsin θ，解得周期为T＝2π eq \r(\f(lcs θ,g))＝2π eq \r(\f(h,g))，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力F相等，由于向心力为Fn＝Fsin θ＝meq \f(4π2,T2)lsin θ，故l1∶l2＝m2∶m1，又小球的向心加速度a＝eq \f(4π2,T2)lsin θ，故向心加速度大小不相等，C正确，B、D错误。
考法(三) 水平面内圆周运动的临界问题
4．(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数均为μ。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是( )
A．绳子张力为T＝3μmg
B．圆盘的角速度为ω＝ eq \r(\f(2μg,r))
C．A所受摩擦力方向沿绳指向圆外
D．烧断绳子，物体A、B仍将随盘一块转动
解析：选ABC 物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，有F合＝mω2R，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所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆外，以B为研究对象，有T＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有T－μmg＝mrω2，联立解得T＝3μmg，ω＝eq \r(\f(2μg,r))，故A、B、C正确；烧断绳子，对A分析有mrω2＝2μmg＞μmg，对B分析有2mrω2＝4μmg＞μmg，所以A、B将做离心运动，D错误。
(三)竖直平面内的圆周运动(精研点)
两种常见的模型
[模型应用]
类型(一) 轻绳模型
[例1] (2023·襄阳模拟)如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度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与小球的质量无关
C．比值eq \f(b,a)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] 由题图乙可知当v2＝a时，绳子的拉力为零，此时物体的重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,r)，解得v2＝gr，即a＝gr，A错误；当v2＝2a时，对物体进行受力分析，则有mg＋b＝meq \f(v2,r)，解得b＝mg，与小球的质量有关，B错误；根据A、B选项可知eq \f(b,a)＝eq \f(m,r)，C错误；由题图乙可知，当v2＝a时，则有mg＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(a,g)，当v2＝2a时，则有mg＋b＝meq \f(v2,r)，解得m＝eq \f(b,g)，D正确。
[答案] D
类型(二) 轻杆模型
[例2] 如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，则球B在最高点时( )
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为eq \r(2gL)
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
[解题指导]
[解析] 球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝meq \f(v2,2L)，解得v＝eq \r(2gL)，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v′＝eq \f(\r(2gL),2)，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝meq \f(v′2,L)，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误。
[答案] C
[例3] 如图所示，质量为4 kg，半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆的下端受到向上的压力，大小为56 N。则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)( )
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
[解析] 对A球，所受的合外力提供其所需的向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mAeq \f(vA2,R)，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力向下，为28 N。设B球对管的力为FB′，由管受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＋56 N＝0，解得FB′＝－124 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为124 N，方向竖直向下，对B球，由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBeq \f(vB2,R)，解得vB＝6 m/s，故选C。
[答案] C
(四) 斜面上圆周运动的临界问题(精研点)
在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，常见类型有：摩擦力控制、杆控制、绳控制。与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动通常也是分析物体在最高点和最低点的受力情况，只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。
类型(一) 静摩擦力控制下的斜面圆周运动
[例1]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eq \f(\r(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.eq \r(5) rad/s B.eq \r(3) rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
[解析] 由题意易知临界条件为物体在圆盘最低点受到的静摩擦力最大，根据牛顿第二定律有，μmgcs 30°－mgsin 30°＝mrω2，解得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。
[答案] C
类型(二) 轻杆控制下的斜面圆周运动
[例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．2eq \r(10) m/s
C．2eq \r(5) m/s D．2eq \r(2) m/s
[解析] 小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理有2mgLsin α＝eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝4 m/s，A正确。
[答案] A
类型(三) 轻绳控制下的斜面圆周运动
[例3] (多选)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自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角。板上有一根长为l＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点。当平板倾角为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＝2 m/s，g取10 m/s2，则( )
A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4 N
B．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m
C．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤eq \f(2,5)
D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤eq \f(4,15)
[解析] 小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力。在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mgsin α，小球在最高点时，由轻绳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＝meq \f(v12,l)，研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有－mglsin α＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立以上式子解得sin α＝eq \f(v02,3gl)＝eq \f(4,15)，故C错误，D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝meq \f(v02,l)＝4 N，故A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的增加量mgh＝1.5 J，初动能eq \f(1,2)mv02＝1 J，机械能不守恒，故B错误。
[答案] AD
1．[联系生活实际]如图所示，在某十字路口，设置有右转弯专用车道。现有一辆汽车正在水平右转弯车道上行驶，其运动可视为圆周运动，行驶过程中车辆未发生打滑。司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止。当汽车在水平的右转弯车道上减速行驶时，下列说法正确的是( )
A．司机和乘客具有相同的线速度
B．汽车所受的合力一定指向圆心
C．汽车对乘客的作用力小于汽车对司机的作用力
D．汽车对乘客的作用力大于乘客所受的重力
解析：选D 司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止，司机和乘客具有相同的角速度，但半径不同，根据线速度与角速度的关系v＝ωr，则线速度不同，故A错误；因汽车做减速圆周运动，汽车所受的合力分解为指向圆心的向心力和与运动方向相反使速率减小的切向力，故合力的方向一定不指向圆心，故B错误；乘客和司机角速度相同，由牛顿第二定律有F＝mω2r，右转弯时乘客的半径小，但因不确定乘客和司机的质量大小关系，故汽车对乘客的作用力和对司机的作用力大小关系无法确定，故C错误；汽车对乘客的作用力有竖直方向的支持力和水平方向使乘客做减速圆周运动的力，竖直方向的支持力与乘客所受的重力平衡，则汽车对乘客两个方向的力的合力一定大于乘客所受的重力，故D正确。
2．[渗透五育教育(体育)](多选)2022年2月5日，中国短道速滑混合团体接力队夺得北京冬奥会的首枚金牌。如图所示，若将运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受到与冰面夹角为θ(蹬冰角)的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A．运动员转弯时速度的大小为eq \r(\f(gR,tan θ))
B．运动员转弯时速度的大小为eq \r(gRtan θ)
C．若运动员转弯速度变大，则需要增大蹬冰角
D．若运动员转弯速度变大，则需要减小蹬冰角
解析：选AD 依题意，运动员转弯时，根据牛顿第二定律有Fn＝eq \f(mg,tan θ)＝meq \f(v2,R)，可得其转弯时速度的大小为v＝eq \r(\f(gR,tan θ))，故A正确，B错误；根据运动员转弯时速度的大小v＝eq \r(\f(gR,tan θ))，可知，若减小蹬冰角θ，则tan θ减小，运动员转弯速度v将变大，故C错误，D正确。
3．[体现学以致用](多选)如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，重物由于离心运动拉伸弹簧后才使触点M、N接触，从而接通电路，LED灯就会发光。下列说法正确的是( )
A．安装时A端比B端更靠近气嘴
B．转速达到一定值后LED灯才会发光
C．增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光
D．匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光
解析：选BC 要使重物做离心运动时M、N接触，则A端应靠近圆心，A错误；转速越大，所需向心力越大，弹簧拉伸的越长，M、N接触时灯就会发光，B正确；灯在最低点时F弹－mg＝mrω2，解得ω＝eq \r(\f(F弹,mr)－\f(g,r))，因此增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光，C正确；灯在最低点时F1－mg＝eq \f(mv2,r)，灯在最高点时F2＋mg＝eq \f(mv2,r)，匀速行驶时，在最低点时弹簧的伸长量可能大于在最高点时的伸长量，在最低点能发光，在最高点时不一定能发光，D错误。
4．[联系生活实际]智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5 kg，绳长为0.5 m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平方向匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看作不动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是( )
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B．若增大转速，腰带受到的合力变大
C．当θ稳定在37°时，配重的角速度为5 rad/s
D．当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做正功
解析：选D 匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，故A错误；运动过程中腰带可看作不动，所以腰带受到的合力始终为零，故B错误；对配重，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2(lsin θ＋r)，即ω＝eq \r(\f(gtan θ,lsin θ＋r))，当θ稳定在37°时，解得ω＝eq \r(15) rad/s，故C错误；由C中公式可知，当θ稳定在53°时，角速度大于θ稳定在37°时的角速度，配重圆周半径也增大，速度增大，动能增大，同时高度上升，重力势能增大，所以机械能增大；由功能关系，θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量，所以绳子对配重做正功，故D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.化曲为圆是曲线运动的一种分解方式，如图所示，在变力作用下质量为m的物体的轨迹可以分为很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，在B点物体的受力F与速度v的夹角为θ，则物体在B点的向心加速度大小为( )
A.eq \f(F,m) B.eq \f(Fcs θ,m)
C.eq \f(Fsin θ,m) D.eq \f(Ftan θ,m)
解析：选C 在B点把物体受力F分别沿着速度方向和垂直速度方向分解，则向心力大小为Fn＝Fsin θ，由牛顿第二定律可得物体在B点的向心加速度大小为an＝eq \f(Fsin θ,m)，故选C。
2．(2023·广州质检)如图是某电力机车雨刮器的示意图，雨刮器由刮水片和雨刮臂连接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨刮臂的连接点，雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直，下列说法正确的是( )
A．P点的线速度始终不变
B．P点的向心加速度不变
C．M、N两点的线速度相同
D．M、N两点的运动周期不同
解析：选C P点以O为圆心做圆周运动，所以线速度方向与向心加速度方向时刻变化，故A、B错误；由于刮水片始终保持竖直，所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的线速度相同，故C正确；刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，故D错误。
3.(多选)餐饮店中，转盘餐桌应用十分广泛，如图所示。当放在水平圆盘上的空茶壶(视为质点)随圆盘一起匀速转动时，下列有关茶壶所受摩擦力的说法中，正确的是( )
A．茶壶受到滑动摩擦力作用，总与茶壶运动方向相反
B．茶壶的速度大小不变，所以不受摩擦力作用
C．将茶水倒入茶壶后，保持转速n和转动半径r不变，餐桌对茶壶的摩擦力f将增大
D．保持茶壶与餐桌不发生相对滑动的前提下，若餐桌加速转动，摩擦力对茶壶做正功
解析：选CD 圆盘上的茶壶随圆盘一起匀速转动时，受到的静摩擦力总是指向旋转的圆心，提供茶壶做匀速圆周运动的向心力，A、B错误；根据F向＝f＝4π2n2mr，将茶水倒入茶壶后，质量增加，所需向心力增加，从而餐桌对茶壶的摩擦力f将增大，C正确；保持茶壶与餐桌不发生相对滑动的前提下，若餐桌加速转动，茶壶动能增加，摩擦力对茶壶做正功，D正确。
4.(2023·烟台高三模拟)“只要速度够快，就能挑战地球引力！”在挑战极限的实验测试中，挑战者在半径为1.6 m的竖直圆形跑道上成功奔跑一圈，引发观众的惊叹。对于挑战过程，下列说法正确的是( )
A．在跑道中运动时，挑战者的总机械能守恒
B．要使挑战成功，挑战者在跑道最高点的速度至少为4 m/s
C．要使挑战成功，挑战者除速度要足够大外，体重越小越好
D．运动到最高点时，挑战者的向心加速度一定不小于g
解析：选D 在跑道中运动时，人本身做功，机械能不守恒，故A错误；在最高点时，当重力恰好提供向心力时，速度最小，根据mg＝eq \f(mv2,R)，解得v＝eq \r(gR)，实际上，人体的重心大约在腰部，故实际半径小于1.6 m，故最小速度小于4 m/s，故B错误；由对B项分析可知，质量可以消去，体重对能否完成挑战无影响，故C错误；运动到最高点时，轨道对人向下的压力大于等于零，根据牛顿第二定律mg＋FN＝ma，故挑战者的向心加速度一定不小于g，故D正确。
5.无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点，与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全，小车速率最大为4 m/s。在ABC段的加速度最大为2 m/s2，CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为( )
A．t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(7π,4)))s，l＝8 m
B．t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)＋\f(7π,2)))s，l＝5 m
C．t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(5,12) \r(6)＋\f(7\r(6)π,6)))s，l＝5.5 m
D．t＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2＋\f(5,12) \r(6)＋\f(\r(6)＋4π,2)))s，l＝5.5 m
解析：选B 在BC段的最大加速度为a1＝2 m/s2，则根据a1＝eq \f(v12,r1)，可得在BC段的最大速度为v1m＝eq \r(6) m/s，在CD段的最大加速度为a2＝1 m/s2，则根据a2＝eq \f(v22,r2)，可得在CD段的最大速度为v2m＝2 m/s6．(2023·厦门高三模拟)飞行员在做飞行表演时，飞机在竖直面内做匀速圆周运动，当飞机在最高点时，飞行员是倒立的，飞行员的质量为m，飞机以速度v(v＞eq \r(gr))做半径为r的匀速圆周运动，在轨道的最高点和最低点，飞行员对座椅的压力( )
A．是相等的 B．相差eq \f(mv2,r)
C．相差eq \f(2mv2,r) D．相差2mg
解析：选D 飞行员在最高点时，座椅对飞行员的弹力为N1，则有N1＋mg＝meq \f(v2,r)，解得N1＝meq \f(v2,r)－mg，根据牛顿第三定律，在最高点飞行员对座椅的压力为N1′＝meq \f(v2,r)－mg，同理，在最低点时座椅对飞行员的支持力为N2，有N2－mg＝meq \f(v2,r)，解得N2＝meq \f(v2,r)＋mg，根据牛顿第三定律，在最低点飞行员对座椅的压力为N2′＝meq \f(v2,r)＋mg，则在轨道的最低点和最高点，飞行员对座椅的压力差为N2′－N1′＝2mg，故A、B、C错误，D正确。
7．如图所示，长为l的轻杆两端各固定一个质量均为m的小球a、b，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点O的转轴平行于斜面转动，当小球a位于最低点时给系统一初始角速度ω0，不计一切阻力，则( )
A．在轻杆转过180°的过程中，角速度逐渐减小
B．只有ω0大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动
C．轻杆受到转轴的力的大小始终为2mgsin θ
D．轻杆受到转轴的力的方向始终在变化
解析：选C 由题意可知，当系统有初始角速度时，在转动过程中，系统的重力势能不变，那么系统的动能也不变，因此系统始终匀速转动，故A、B错误；选两球及杆作为系统，根据牛顿第二定律，则有：F－2mgsin θ＝man＋m(－an)，解得：F＝2mgsin θ，而轻杆受到转轴的力的方向始终沿着斜面向上，故C正确，D错误。
8.(多选)如图所示，内壁粗糙的“V”形漏斗绕竖直转轴OO′以恒定的角速度匀速转动。在内侧壁上有两个完全相同的小物块a、b相对于漏斗始终静止。已知a到底端O的距离是b到底端O的距离的2倍，则下列说法正确的是( )
A．a所受摩擦力方向沿侧壁向上
B．侧壁对a的支持力等于b所受支持力的2倍
C．侧壁对a的摩擦力可能与b所受摩擦力的大小相等
D．侧壁对a的作用力一定大于a的重力
解析：选CD 设物块a到OO′轴的距离为2r，a所受摩擦力沿漏斗侧壁向上，对a受力分析如图甲所示，分解加速度可得mgsin θ－f＝mω2·2rcs θ，FN－mgcs θ＝mω2·2rsin θ，解得f＝mgsin θ－mω2·2rcs θ，FN＝mgcs θ＋mω2·2rsin θ；同理，对物块b有f′＝mgsin θ－mω2rcs θ，FN′＝mgcs θ＋mω2rsin θ。临界状态为f＝0，若f＞0，则摩擦力沿侧壁向上，若f＜0，则摩擦力沿侧壁向下，故A、B错误，C正确。侧壁对a的作用力即为摩擦力和支持力的合力，设二者合力为F，如图乙所示，可见侧壁对a的作用力一定大于a的重力，D正确。
9．(2022·辽宁高考)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小；
(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲 ＝8 m、R乙 ＝9 m，滑行速率分别为v甲 ＝10 m/s、v乙 ＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。
解析：(1)由运动学公式v2＝2ax，得a＝2.7 m/s2。
(2)由向心加速度公式a＝eq \f(v2,R)，带入数据可得向心加速度之比为eq \f(225,242)，由t＝eq \f(s,v)＝eq \f(πR,v)，代入数据可得t甲＝eq \f(8π,10)，t乙＝eq \f(9π,11)，t甲答案：(1)2.7 m/s2 (2)eq \f(225,242) 甲
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10.(多选)如图，在竖直平面内，一半径为R的圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，cs α＝eq \f(4,5)。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。不计一切摩擦，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是( )
A．小球在A点时速度最大
B．小球在B点时对轨道的压力最大
C．小球受到的水平恒力的大小为eq \f(3,4)mg
D．小球到达C点时速度的大小为eq \r(\f(5gR,4))
解析：选BCD 设小球受到的水平恒力大小为F，由题意，根据力的合成与分解可得tan α＝eq \f(F,mg)＝eq \f(\r(1－cs2α),cs α)＝eq \f(3,4)，解得F＝eq \f(3,4)mg，故C正确；小球所受重力与水平恒力的合力方向始终沿C→B方向，小球在从A运动至B的过程中，合力与速度方向的夹角始终小于90°，则小球速度增大，而当小球通过B点之后，合力与速度方向的夹角将大于90°，小球速度将减小，所以当小球在B点时速度最大，所需向心力最大，受到轨道的支持力最大，对轨道的压力最大，故A错误，B正确；设小球到达C点时速度的大小为v，根据牛顿第二定律有meq \f(v2,R)＝eq \r(F2＋mg2)，解得v＝eq \r(\f(5gR,4))，故D正确。
11．(2022·河北高考)(多选)如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是( )
A．若h1＝h2，则v1∶v2＝R2∶R1
B．若v1＝v2，则h1∶h2＝R12∶R22
C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2
解析：选BD 根据平抛运动的规律h＝eq \f(1,2)gt2，R＝vt，解得R＝veq \r(\f(2h,g))，可知若h1＝h2，则v1∶v2＝R1∶R2，若v1＝v2，则h1∶h2＝R12∶R22，故A错误，B正确；若ω1＝ω2，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1＝v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较少，可知得到的水量较多，C错误；设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若ω1＝ω2，则喷水管转动一周的时间相等，在圆周上单位时间单位长度的水量为Q0＝eq \f(vTS0,2πRT)＝eq \f(vS0,2πv\r(\f(2h,g)))＝eq \f(S0,2π\r(\f(2h,g)))相等，即一周中每个花盆中的水量相同，D正确。
12.为推广冰雪运动，某公园设计了一个如图所示的滑雪轨道。其轨道由弧形轨道AB、光滑竖直圆轨道BC和水平粗糙直轨道BD三部分组成，光滑圆轨道与弧形轨道和直轨道在B点相切并平滑连接，在圆轨道最低点B处有一入口和出口。若某滑雪爱好者从弧形轨道上的A点由静止开始滑下，从竖直光滑圆轨道的最低点B进入圆轨道，恰好能通过圆轨道最高点C回到最低点向右冲出圆轨道，继续在水平直轨道上运动一段距离后停在轨道上的D点，已知光滑圆轨道的半径R＝2 m，A点到水平直轨道的竖直高度h＝10 m，滑板和水平直轨道间的动摩擦因数为0.2，滑雪爱好者和滑板整体可视为质点，其总质量为60 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)滑雪爱好者恰好通过圆轨道最高点时的速度大小(结果用根号表示)；
(2)滑雪爱好者通过圆轨道最低点B时，对轨道的压力；
(3)在整个运动过程中，滑雪爱好者克服阻力所做的功以及在直轨道上滑行的距离。
解析：(1)滑雪爱好者恰好通过圆轨道最高点时，有mg＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(gR)＝2eq \r(5) m/s。
(2)滑雪爱好者从最低点B到最高点过程，根据机械能守恒可得eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mv2＋mg·2R，
解得vB＝10 m/s，
滑雪爱好者通过圆轨道最低点B时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝meq \f(vB2,R)，
解得F＝3 600 N，
根据牛顿第三定律可知，滑雪爱好者通过圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小为3 600 N，方向竖直向下。
(3)在整个运动过程中，滑雪爱好者克服阻力所做的功为Wf＝mgh＝60×10×10 J＝6 000 J，
设在直轨道上滑行的距离为s，根据动能定理可得－μmgs＝0－eq \f(1,2)mvB2，
解得s＝25 m。
答案：(1)2eq \r(5) m/s (2)3 600 N，方向竖直向下 (3)6 000 J 25 m
一、开普勒行星运动定律
二、万有引力定律
1．表达式：F＝Geq \f(m1m2,r2)，G为引力常量，其值为G＝6.67×10－11 N·m2/kg2。
2．适用条件
(1)公式适用于质点间的相互作用，当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点。
(2)质量分布均匀的球体可视为质点，r是两球球心间的距离，如图所示。
三、宇宙速度
情境创设
一颗卫星围绕地球运动，A、B是卫星运动的远地点和近地点，运动示意图如图所示。
微点判断
(1)根据开普勒第一定律，卫星围绕地球运动的轨迹是椭圆，地球处于椭圆的一个焦点上。(√)
(2)根据开普勒第二定律，卫星在B点的运动速度比在A点小。(×)
(3)开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k中，k是只与中心天体有关的物理量。(√)
(4)开普勒根据自己长期观察的实验数据总结出了行星运动的规律，并发现了万有引力定律。(×)
(5)卫星在B点的速度应大于11.2 km/s。(×)
(6)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。(√)
(7)月球的第一宇宙速度也是7.9 km/s。(×)
(8)同步卫星的运行速度一定小于地球第一宇宙速度。(√)
(9)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。(√)
(10)开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的定律。(×)
(11)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。(√)
(一)开普勒行星运动定律(固基点)
[题点全练通]
1．[对开普勒第一定律的理解]
(多选)下列说法正确的是( )
A．太阳系中的八大行星有一个共同的轨道焦点
B．行星的运动方向总是沿着轨道的切线方向
C．行星的运动方向总是与它和太阳的连线垂直
D．太阳是静止不动的
解析：选AB 太阳系中八大行星绕太阳运动的轨迹都是椭圆，而太阳位于八大行星椭圆轨道的一个共同焦点上，故A正确；行星的运动轨迹为椭圆，即行星做曲线运动，速度方向沿轨道的切线方向，故B正确；椭圆上某点的切线并不一定垂直于此点与焦点的连线，故C错误；太阳并非静止，它围绕银河系的中心不断转动，故D错误。
2.[开普勒第二定律的应用]
“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则( )
A．v1＞v2，v1＝eq \r(\f(GM,r)) B．v1＞v2，v1＞eq \r(\f(GM,r))
C．v1＜v2，v1＝eq \r(\f(GM,r)) D．v1＜v2，v1＞eq \r(\f(GM,r))
解析：选B 卫星绕地球运动，由开普勒第二定律知，近地点的速度大于远地点的速度，即v1＞v2。若卫星以近地点时的距离r为半径做圆周运动，则有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v近2,r)，得运行速度v近＝eq \r(\f(GM,r))，由于卫星在近地点做离心运动，则v1＞v近，即v1＞eq \r(\f(GM,r))，B正确。
3．[开普勒第三定律的应用]
2022年11月30日5时42分，神舟十五号载人飞船成功对接于天和核心舱前向端口，神舟十五号载人飞船与天和核心舱对接过程的示意图如图所示，天和核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；神舟十五号飞船处于半径
为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与天和核心舱对接，则神舟十五号飞船( )
A．沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r1＋r3,2r1)))3)
B．在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运动经过A点时速度大小相同
C．沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，速度不断增大
D．沿轨道Ⅰ运行的周期大于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
解析：选A 根据开普勒第三定律eq \f(r13,T12)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r1＋r3,2)))3,T22)，则沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r1＋r3,2r1)))3)，故A正确；在A点经过加速才能进入轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅰ经过A点时速度小于在轨道Ⅱ经过A点时速度，故B错误；沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，万有引力做负功，速度不断减小，故C错误；根据开普勒第三定律，轨道Ⅰ半径小于轨道Ⅲ半径，所以沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故D错误。
[要点自悟明]
对开普勒行星运动定律的三点说明
(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eq \f(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。
(二) 宇宙速度(固基点)
[题点全练通]
1．[对宇宙速度的理解](多选)已知火星的质量约为地球质量的eq \f(1,9)，火星的半径约为地球半径的eq \f(1,2)。下列关于“天问一号”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、小于第三宇宙速度
D．“天问一号”火星探测器环绕火星运行的最大速度约为地球的第一宇宙速度的一半
解析：选CD 根据三个宇宙速度的意义，可知A、B错误，C正确；已知M火＝eq \f(M地,9)，R火＝eq \f(R地,2)，则vmax∶v1＝eq \r(\f(GM火,R火))∶eq \r(\f(GM地,R地))＝eq \f(\r(2),3)≈0.5，D正确。
2．[第一宇宙速度的计算]某星球直径为d，宇航员在该星球表面以初速度v0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.eq \f(v0,2) B．2v0 eq \r(\f(d,h))
C.eq \f(v0,2) eq \r(\f(h,d)) D.eq \f(v0,2) eq \r(\f(d,h))
解析：选D 由题意可知，星球表面的重力加速度为g＝eq \f(v02,2h)，根据万有引力定律可知Geq \f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))2)＝meq \f(v2,\f(d,2))，解得v＝eq \r(\f(2GM,d))；又在星球表面重力等于万有引力Geq \f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))2)＝mg，解得v＝eq \f(v0,2) eq \r(\f(d,h))，故D正确。
3．[第二宇宙速度的计算](2023·重庆模拟)火星的表面积相当于地球陆地面积，火星的自转周期约为24.6 h，火星半径约是地球半径的0.53倍，火星质量约是地球质量的0.11倍。已知地球半径约为6.4×106 m，地球表面的重力加速度g＝10 m/s2，逃逸速度为第一宇宙速度的eq \r(2)倍。根据以上信息请你估算火星的逃逸速度约为( )
A．3.0 km/s B．4.0 km/s
C．5.0 km/s D．6.0 km/s
解析：选C 根据万有引力提供向心力有eq \f(GMm,R2)＝meq \f(v2,R)，解得地球的第一宇宙速度v1＝ eq \r(\f(GM,R))＝eq \r(gR)≈7.9 km/s，火星的第一宇宙速度v2＝ eq \r(\f(0.11GM,0.53R))≈0.46v1≈3.6 km/s，所以火星的逃逸速度v＝eq \r(2)v2≈5.1 km/s，C正确，A、B、D错误。
[要点自悟明]
1．第一宇宙速度的推导
法一：由Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v12,R)得v1＝ eq \r(\f(GM,R))
＝ eq \r(\f(6.67×10－11×5.98×1024,6.4×106)) m/s≈7.9×103 m/s。
法二：由mg＝meq \f(v12,R)得v1＝eq \r(gR)＝eq \r(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＝2πeq \r(\f(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。
(三)万有引力与重力的关系问题(精研点)
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)在赤道上：Geq \f(Mm,R2)＝mg1＋mω2R。
(2)在两极上：Geq \f(Mm,R2)＝mg2。
2．不同位置处重力加速度的比较
[考法全训]
考法(一) 万有引力与重力的大小关系
1．(多选)万有引力定律能够很好地将天体运行规律与地球上物体运动规律具有的内在一致性统一起来。用弹簧测力计称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果。已知地球质量为M，引力常量为G，将地球视为半径为R、质量分布均匀的球体。下列说法正确的是( )
A．在北极地面称量时，弹簧测力计读数为F0＝Geq \f(Mm,R2)
B．在赤道地面称量时，弹簧测力计读数为F1＝Geq \f(Mm,R2)
C．在北极上空高出地面h处称量时，弹簧测力计读数为F2＝Geq \f(Mm,R＋h2)
D．在赤道上空高出地面h处称量时，弹簧测力计读数为F3＝Geq \f(Mm,R＋h2)
解析：选AC 在北极地面称量时，物体不随地球自转，万有引力等于重力，则有F0＝Geq \f(Mm,R2)，故A正确；在赤道地面称量时，万有引力等于重力加上物体随地球一起自转所需要的向心力，则有F1考法(二) 天体表面某高度处的重力加速度
2．天和核心舱是我国天宫空间站的重要组成部分。若核心舱质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则核心舱所在处的重力加速度大小为( )
A．0 B.eq \f(GM,R＋h2)
C.eq \f(GMm,R＋h2) D.eq \f(GM,h2)
解析：选B 核心舱受的万有引力等于在该处所受的重力，即Geq \f(Mm,R＋h2)＝mg，得g＝eq \f(GM,R＋h2)，B正确。
考法(三) 求天体表面某深度处的重力加速度
3．(2023·合肥模拟)(多选)2021年5月15日，“天问一号”火星探测器所携带的祝融号火星车及其着陆组合体成功着陆于火星，这标志着我国首次火星探测任务取得圆满成功。假设火星为质量分布均匀的球体，已知火星质量是地球质量的a倍，火星半径是地球半径的b倍，地球表面的重力加速度为g，质量均匀的球壳对其内部物体的引力为零，则( )
A．火星表面重力加速度为eq \f(ag,b2)
B．火星表面重力加速度为eq \f(b2g,a)
C．火星表面正下方距表面距离为火星半径eq \f(1,2)处的重力加速度为eq \f(ag,2b2)
D．火星表面正下方距表面距离为火星半径eq \f(1,2)处的重力加速度为eq \f(ag,4b2)
解析：选AC 在地球表面有Geq \f(Mm,R2)＝mg，在火星表面有Geq \f(aMm,bR2)＝mg′，联立解得火星表面重力加速度为g′＝eq \f(ag,b2)，则A正确，B错误；设火星的密度为ρ，火星的半径为R0，由于质量均匀的球壳对其内部物体的引力为零，则在火星表面正下方距表面距离为火星半径eq \f(1,2)处的重力加速度相当于半径变为原来一半的内部球体在其表面的重力加速度，则火星内部半径变为一半的球体质量为M′＝ρeq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R0,2)))3＝eq \f(1,8)M火＝eq \f(1,8)aM，火星表面正下方距表面距离为火星半径eq \f(1,2)处的重力加速度为g″，则有Geq \f(\f(1,8)M火m,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R0,2)))2)＝mg″，联立解得g″＝eq \f(ag,2b2)，所以C正确，D错误。
(四) 天体质量和密度的计算(精研点)
方法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Geq \f(Mm,R2)＝mg，得天体质量M＝eq \f(gR2,G)。
(2)天体密度ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3g,4πGR)。
(3)GM＝gR2称为黄金代换公式。
[例1] (2023·武汉高三检测)人类在不同的星球能跳多高？若人在地球上以某一速度跳起，其重心可上升的高度为0.5 m，那么他以同样的速度在水星上跳起重心可上升1.3 m，而在火星同样可上升1.3 m。已知地球的半径为R，水星的半径约为0.38R，火星的半径约为0.53R，可估算出( )
A．火星的质量为水星质量的eq \f(53,38)倍
B．火星与水星的密度相等
C．地球表面的重力加速度是水星表面重力加速度的eq \r(2.6)倍
D．火星的第一宇宙速度是水星的第一宇宙速度的eq \r(\f(53,38))倍
[解析] 根据g＝eq \f(v2,2h)，因同样的速度在火星和水星上跳起的高度相等，可知g火＝g水，根据Geq \f(Mm,R2)＝mg，可得M＝eq \f(gR2,G)，eq \f(M火,M水)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R火,R水)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(53,38)))2，A错误；根据ρ＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3g,4πGR)，可得eq \f(ρ火,ρ水)＝eq \f(R水,R火)＝eq \f(38,53)，B错误；根据g＝eq \f(v2,2h)，可得eq \f(g地,g火)＝eq \f(h火,h地)＝eq \f(1.3,0.5)＝2.6，C错误；根据meq \f(v2,R)＝mg，可得v＝eq \r(gR)，可得eq \f(v火,v水)＝eq \r(\f(R火,R水))＝eq \r(\f(53,38))，D正确。
[答案] D
方法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Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，得天体的质量M＝eq \f(4π2r3,GT2)。
(2)若已知天体的半径R，则天体的密度ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(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＝eq \f(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。
[例2] (2023·青岛高三模拟)(多选)假设“天问一号”发射后经过地火转移轨道被火星捕获，进入环火星圆轨道，经变轨调整后，从A点进入着陆准备轨道，如图所示。已知“天问一号”火星探测器的火星着陆准备轨道为半长轴为a，周期为T1的椭圆轨道，我国北斗导航系统的中圆地球轨道卫星轨道半径为r，周期为T2，引力常量为G。则下列判断正确的是( )
A.eq \f(a3,T12)＝eq \f(r3,T22)
B．“天问一号”在A点从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要开启发动机向前喷气
C．由题目已知数据可以估算火星的质量和密度
D．由题目已知数据可以估算火星质量和地球质量的比值
[解析] 由于我国北斗导航系统的中圆地球轨道卫星绕地球运动，而“天问一号”火星探测器在着陆准备轨道上运动时是绕火星运动，中心天体不一样，因此开普勒第三定律不适用，A错误；“天问一号”从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要减速，所以开启发动机向前喷气，B正确；由开普勒第三定律可知轨道半径为a的绕火星做匀速圆周运动的卫星的周期也为T1，设火星的质量为M1，有Geq \f(M1m,a2)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T1)))2a，可得M1＝eq \f(4π2a3,GT12)，所以能估算火星质量，而如果估算火星密度还需要知道火星半径，C错误；利用中圆轨道卫星可以估算地球质量M2＝eq \f(4π2r3,GT22)，火星质量和地球质量的比值eq \f(M1,M2)＝eq \f(a3T22,r3T12)，D正确。
[答案] BD
1．[树立民族自信](2022·河北高考)2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b,2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为( )
A．2eq \r(2) B．2 C.eq \r(2) D.eq \f(\r(2),2)
解析：选C 地球绕太阳和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是由万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得公转的线速度大小为v＝ eq \r(\f(GM,r))，其中中心天体的质量之比为2∶1，公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小的比值为eq \r(2)，故C正确。
2．[激励爱国情怀](2021·山东等级考)从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已
知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比为( )
A．9∶1 B．9∶2
C．36∶1 D．72∶1
解析：选B 在悬停状态下，“祝融”和“玉兔”所受平台的作用力大小可认为等于其所受到的万有引力，则F祝＝Geq \f(M火m祝,R火2)，F玉＝Geq \f(M月m玉,R月2)，其中，eq \f(M火,M月)＝eq \f(9,1)，eq \f(R火,R月)＝eq \f(2,1)，eq \f(m祝,m玉)＝eq \f(2,1)，代入数据解得：F祝∶F玉＝9∶2, 故B正确，A、C、D错误。
3．[树立民族自信]北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。北斗导航卫星工作在三种不同的圆形轨道当中，包括地球静止轨道(GEO)、倾斜地球同步轨道(IGSO)和中圆轨道(MEO)，如图所示。以下关于北斗导航卫星的说法正确的是( )
A．地球静止轨道卫星与倾斜地球同步轨道卫星的运行速度大小相同
B．中圆轨道卫星的加速度小于地球静止轨道卫星的加速度
C．倾斜地球同步轨道卫星总是位于地球地面某地的正上方
D．三种不同轨道的卫星的运行速度均大于第一宇宙速度
解析：选A 卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。设地球质量为M，卫星质量为m，卫星的轨道半径为r，卫星运行的速度大小为v，引力常量为G；根据万有引力定律及物体做圆周运动的规律有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \r(\f(GM,r))，由于地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星的运行轨道半径相等，故两卫星的运行速度大小相等，A正确；根据万有引力定律及牛顿第二定律，有Geq \f(Mm,r2)＝ma，得a＝Geq \f(M,r2)，中圆轨道卫星的运行轨道半径小于地球静止轨道卫星的运行轨道半径，故中圆轨道卫星的加速度大于地球静止轨道卫星的加速度，B错误；倾斜地球同步轨道卫星的旋转方向与地球旋转方向不一致，C错误；近地卫星的运行速度为第一宇宙速度，题中三种卫星运行轨道半径均大于近地卫星的运行轨道半径，由v＝eq \r(\f(GM,r))可知，三种卫星的运行速度均小于第一宇宙速度，D错误。
4．[激励爱国情怀]2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，在空间站驻留183天的航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲安全返回。如图所示，神舟十四号载人飞船与空间站对接后所绕轨道视为圆轨道，绕行角速度为ω，距地高度为kR，R为地球半径，引力常量为G。下列说法中正确的是( )
A．神舟十四号在低轨只需沿径向加速可以直接与高轨的天宫空间站实现对接
B．对接后的组合体的运行速度应大于7.9 km/s
C．地球表面重力加速度为ω2(k＋1)3R
D．地球的密度为ρ＝eq \f(4ω2k＋13,3πG)
解析：选C 神舟十四号对接需要沿径向和切向方向都提供加速度才能实现对接，故A错误；第一宇宙速度是卫星环绕地球做圆周运动的最大速度，所以对接后组合体的运行速度应小于7.9 km/s，故B错误；由万有引力提供向心力可得Geq \f(Mm,kR＋R2)＝mω2·(kR＋R)，地球表面物体所受万有引力等于重力，有Geq \f(Mm1,R2)＝m1g，联立以上两式得g＝ω2(k＋1)3R，故C正确；根据Geq \f(Mm,kR＋R2)＝mω2·(kR＋R)，得地球的质量M＝eq \f(ω2·kR＋R3,G)，则地球的密度为ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(3ω2k＋13,4πG)，故D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2022·全国乙卷)2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400 km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们( )
A．所受地球引力的大小近似为零
B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D．在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
解析：选C 航天员在空间站中所受地球引力完全提供其做圆周运动的向心力，故C正确，A、B错误；根据万有引力公式F万＝Geq \f(Mm,r2)，可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船中所受的万有引力大小，因此在地球表面上所受引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
2．(2021·广东高考)2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行。若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是( )
A．核心舱的质量和绕地半径
B．核心舱的质量和绕地周期
C．核心舱的绕地角速度和绕地周期
D．核心舱的绕地线速度和绕地半径
解析：选D 根据万有引力提供核心舱绕地球做匀速圆周运动的向心力，可得eq \f(GMm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得M＝eq \f(v2r,G)，D正确；由于核心舱质量在运算中被约掉，故无法通过核心舱质量求解地球质量，A、B错误；已知核心舱的绕地角速度，由eq \f(GMm,r2)＝mω2r得M＝eq \f(ω2r3,G)，且ω＝eq \f(2π,T)，故还需要知道核心舱的绕地半径，才能求得地球质量，C错误。
3．“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号( )
A．发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间
B．从P点转移到Q点的时间小于6个月
C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
解析：选C 因“天问一号”要挣脱地球引力束缚，变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度，即发射速度介于11.2 km/s与16.7 km/s 之间，A错误；由P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期(12个月)，则从P点转移到Q点的时间为转移轨道周期的一半，应大于6个月，B错误；因“天问一号”在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，C正确；从P点变轨时，要增大速度，此后做离心运动，速度减小，在地火转移轨道Q点运动的速度小于地球绕太阳的速度，D错误。
4．假设某宇航员到达一自转较慢的星球后，在星球表面开展了科学实验。他让一小球在离地高1 m处自由下落，测得落地时间为0.2 s。已知该星球半径为地球半径的5倍，地球表面重力加速度g＝10 m/s2，该星球的质量和地球质量的比值为( )
A．100∶1 B．75∶1
C．125∶1 D．150∶1
解析：选C 依题意，可求得该星球表面重力加速度大小为g′＝eq \f(2h,t2)＝50 m/s2，由黄金代换公式GM＝gR2，可得该星球的质量和地球质量的比值eq \f(M′,M)＝eq \f(g′R′2,gR2)＝eq \f(125,1)，C正确，A、B、D错误。
5．(2021·全国甲卷)2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105 s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105 m。已知火星半径约为3.4×106 m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7 m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为( )
A．6×105 m B．6×106 m
C．6×107 m D．6×108 m
解析：选C 在火星表面附近，对于绕火星做匀速圆周运动的物体，有mg火＝meq \f(4π2,T12)R火，得T12＝eq \f(4π2R火,g火)，根据开普勒第三定律，有eq \f(R火3,T12)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l近＋2R火＋l远,2)))3,T22)，代入数据解得l远≈6×107m，C正确。
6.科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1 000 AU(太阳到地球的距离为1 AU)的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为( )
A．4×104M B．4×106M
C．4×108M D．4×1010M
解析：选B 由万有引力提供向心力有eq \f(GM中m,R2)＝meq \f(4π2,T2)R，整理得eq \f(R3,T2)＝eq \f(GM中,4π2)，可知eq \f(R3,T2)只与中心天体的质量有关，则eq \f(M黑洞,M)＝eq \f(\f(RS23,TS22),\f(R地3,T地2))，已知T地＝1年，由题图可知恒星S2绕银河系运动的周期TS2＝2×(2002－1994)年＝16年，解得M黑洞≈4×106M，B正确。
7．(2023·长春高三调研)地球的两个卫星P、Q绕地球做匀速圆周运动，P的运行周期大于Q的运行周期。设卫星与地球中心的连线在单位时间内扫过的面积为S，下列图像中能大致描述S与两卫星的线速度v之间关系的是( )
解析：选D 卫星P运行的周期大于卫星Q运行的周期，根据开普勒第三定律可知，卫星P运动的圆周半径较大。当卫星绕地球的速度为v时：Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得：r＝eq \f(GM,v2)，卫星P圆周运动的半径较大，则卫星P的线速度较小，卫星与地球中心的连线在单位时间内扫过的面积：S＝eq \f(\f(1,2)rvt,t)＝eq \f(rv,2)＝eq \f(GM,2v)，故D正确，A、B、C错误。
8．(2023·烟台高三调研)我国“天问一号”火星探测器在对火星环绕的过程中，若该探测器在近火星圆轨道运行的线速度为v，火星表面的重力加速度大小为g，引力常量为G，不考虑火星的自转，则火星的平均密度为( )
A.eq \f(3g2,4πGv) B.eq \f(4g,3πGv2)
C.eq \f(3g2,4πGv2) D.eq \f(4g2,3πGv2)
解析：选C 对探测器由引力作为向心力可得Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)，探测器在火星表面受到的重力等于万有引力，mg＝Geq \f(Mm,R2)，火星的平均密度可表示为ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)，联立解得ρ＝eq \f(3g2,4πGv2)，故选C。
9.目前世界上已知的强度最高的材料——石墨烯的发现使“太空电梯”制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面并延伸到太空的轻质“太空电梯”，如图所示，假设某物体b乘坐太空电梯到达了图示位置并相对电梯静止，与同高度运行的卫星a、更高处同步卫星c相比较。下列说法正确的是( )
A．a与b都是高度相同的人造地球卫星
B．b的线速度小于c的线速度
C．b的线速度大于a的线速度
D．b的加速度大于a的加速度
解析：选B a是人造地球卫星，但b不是，故A错误；b与c的角速度相同，但b运动半径小于c运动半径，所以b的线速度小于c的线速度，故B正确；b与c的角速度相同，a的角速度大于c的角速度，故b的角速度小于a的角速度，又由于a、b做圆周运动的半径相同，故b的线速度小于a的线速度，b的加速度小于a的加速度，故C、D错误。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10．(多选)如图甲所示，太阳系中有一颗“躺着”自转的蓝色“冷行星”——天王星，周围存在着环状物质。假设为了测定环状物质是天王星的组成部分，还是环绕该行星的卫星群，“中国天眼”对其做了精确的观测，发现环状物质线速度的二次方即v2与到行星中心的距离的倒数即r－1关系如图乙所示。已知天王星的半径为r0，引力常量为G，以下说法不正确的是( )
A．环状物质是天王星的组成部分
B．天王星的自转周期为eq \f(2πr0,v0)
C．v2-r－1关系图像的斜率等于天王星的质量
D．天王星表面的重力加速度为eq \f(v02,r0)
解析：选ABC 若环状物质是天王星的组成部分，则环状物质与天王星同轴转动，角速度相同是定值，由线速度公式v＝ωr可得v∝r，A、B错误；若环状物质是天王星的卫星群，由天王星对环状物质的引力提供环状物质做圆周运动的向心力，则有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，可得v2＝GMr－1，则有v2∝r－1，由图像特点可知，环状物质是天王星的卫星群，可得v2-r－1图像的斜率等于GM，C错误；由v2-r－1的关系图像可知r－1的最大值是r0－1，则天王星的卫星群转动的最小半径为r0，即天王星的半径是r0，卫星群在天王星的表面运行的线速度为v0，天王星表面的重力加速度，即卫星群的向心加速度为eq \f(v02,r0)，D正确。
11．(2023·淮南高三检测)“嫦娥五号”成功实现了中国首次月球无人采样返回，助力深化月球成因和演化历史等科学研究。“嫦娥五号”探测器的飞行轨道示意图如图所示，假设“嫦娥五号”在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的引力，则下列说法中正确的是( )
A．“嫦娥五号”在环月段椭圆轨道上经过P点时的速度大于经过Q点时的速度
B．“嫦娥五号”在环月段圆轨道上运动的周期小于在环月段椭圆轨道上运动的周期
C．“嫦娥五号”在环月段圆轨道上经过P点时的速度大于在环月段椭圆轨道上经过P点时的速度
D．若已知“嫦娥五号”环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，可以计算出月球的密度
解析：选C 由开普勒第二定律可知，“嫦娥五号”在近月点的速度大于远月点的速度，故A错误；由开普勒第三定律可得，“嫦娥五号”在环月段圆轨道上运动的周期大于在环月段椭圆轨道上运动的周期，故B错误；“嫦娥五号”在环月段圆轨道上经过P点进入环月段椭圆轨道时，需要减速做近心运动，所以C正确；若已知“嫦娥五号”环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则有eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，可得M＝eq \f(4π2r3,GT2)，可以计算出月球的质量，不知道月球的半径，不能求密度，故D错误。
12．(2023·东莞模拟)某电影虚构了一个天体，其属于半人马阿尔法星系，即半人马阿尔法星系B-4号行星，大小与地球相差无几(半径与地球半径近似相等)，若把电影中的虚构视为真实的，地球人登上该星球后发现自己在该星球上所受重力只有在地球上所受重力的eq \f(1,n)(n＞1)，由此可以判断( )
A．该星球上的重力加速度是地球表面重力加速度的n倍
B．该星球的质量是地球质量的n倍
C．若在该星球上发射卫星，最小发射速度是地球第一宇宙速度的n倍
D．若在该星球上发射卫星，“第二宇宙速度”是11.2eq \r(\f(1,n)) km/s
解析：选D 根据星球表面物体所受的万有引力等于重力，有eq \f(GMm,r2)＝mg，解得g＝eq \f(GM,r2)，其中M是该星球的质量，r是物体到该星球球心的距离，根据星球的半径跟地球半径相近，M＝ρ·eq \f(4,3)πr3，解得g＝eq \f(GM,r2)＝Gρ·eq \f(4,3)πr，由人所受重力是在地球上的eq \f(1,n)可知，该星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的eq \f(1,n)，所以该星球的密度也是地球的eq \f(1,n)，该星球质量是地球质量的eq \f(1,n)，A、B错误；在该星球上卫星最小发射速度即为该星球的第一宇宙速度，而第一宇宙速度是v1＝eq \r(\a\vs4\al(g′r))＝eq \r(\f(gr,n))，所以该星球的第一宇宙速度是地球的 eq \r(\f(1,n))，C错误；由第二宇宙速度v＝eq \r(2gr)，知在该星球上发射卫星，第二宇宙速度是11.2eq \r(\f(1,n)) km/s，D正确。
13．假设人类建造了一个贯穿地球的大隧道，隧道直线穿过地球球心，长度为地球直径，两端开口，内部抽成真空，物体从一端由静止释放正好能到达另一端并减速为零。已知，质量分布均匀的球壳对球壳内部任意位置质点的万有引力都为零，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，地球可视为质量分布均匀的球体，忽略地球自转的影响。以下说法正确的是( )
A．物体从隧道口下落到球心的过程做加速度不断增大的加速运动
B．物体从隧道口下落到深度为eq \f(R,4)的位置时，其下落加速度为eq \f(3g,4)
C．物体从隧道口由静止释放到达球心处的速度为eq \r(2gR)
D．物体在球心处引力势能最大
解析：选B 由mg＝Geq \f(Mm,r2)，可得g＝eq \f(GM,r2)，又M＝ρV＝eq \f(4,3)πr3ρ，质量分布均匀的球壳对球壳内部任意位置质点的万有引力都为零，则隧道内任一点(到球心的距离为r)的重力加速度为g′＝eq \f(GM,r2)＝eq \f(4,3)ρGπr，由此可知，g′与r成正比，越接近球心加速度越小，故A错误；深度eq \f(R,4)处到球心的距离为eq \f(3R,4)，加速度为eq \f(3g,4)，故B正确；物体下落过程重力加速度逐渐减小，平均加速度a14.(多选)如图所示为人类历史上第一张黑洞照片。黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸，科学家一般通过观测绕黑洞运行的天体的运动规律间接研究黑洞。已知某黑洞的逃逸速度为v＝ eq \r(\f(2GM,R))，其中引力常量为G，M是该黑洞的质量，R是该黑洞的半径。若天文学家观测到与该黑洞相距为r的天体以周期T绕该黑洞做匀速圆周运动，则下列关于该黑洞的说法正确的是( )
A．该黑洞的质量为eq \f(GT2,4πr3)
B．该黑洞的质量为eq \f(4π2r3,GT2)
C．该黑洞的最大半径为eq \f(4π2r3,c2)
D．该黑洞的最大半径为eq \f(8π2r3,c2T2)
解析：选BD 天体绕黑洞运动时，有eq \f(GMm,r2)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2r，解得M＝eq \f(4π2r3,GT2)，A错误，B正确；黑洞的逃逸速度不小于光速，则有 eq \r(\f(2GM,R))≥c，解得R≤eq \f(2GM,c2)＝eq \f(8π2r3,c2T2)，C错误，D正确。
模型(一) 环绕模型
天体运动中的环绕模型主要以圆周运动和椭圆运动两种形式体现，以圆周运动形式稳定运行时，环绕天体所受的向心力来源于中心天体对其的万有引力，可以借助万有引力与向心力的等量关系分析圆周运动中的一些参数；而以椭圆运动形式运行时，卫星变轨比较常见，分析时注意各状态下的物理量与轨道的关系，特别是对速度与加速度的分析。
类型(一) 卫星在圆形轨道上稳定运动
[例1] (2022·辽宁高考)(多选)如图所示，行星绕太阳的公转可以看作匀速圆周运动。在图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角α，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角β，两角最大值分别为αm、βm，则( )
A．水星的公转周期比金星的大
B．水星的公转向心加速度比金星的大
C．水星与金星的公转轨道半径之比为sin αm∶sin βm
D．水星与金星的公转线速度之比为eq \r(sin αm)∶eq \r(sin βm)
[解析] 水星的公转半径比金星小，所以水星的周期小，向心加速度大，故A错误，B正确；根据题意，当水星与地球连线与水星公转轨道相切时，α有最大值，同理，当金星与地球连线与金星公转轨道相切时，β有最大值，可知水星与金星的公转半径之比为sin αm∶sin βm，故C正确；公转线速度v＝eq \r(\f(GM,R))，则水星与金星的公转线速度之比为eq \r(sin βm)∶eq \r(sin αm)，故D错误。
[答案] BC
[例2] 2022年11月30日，神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，与神舟十四号航天员乘组首次实现“太空会师”。空间站核心舱绕地球运行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的eq \f(1,16)(低于同步卫星轨道高度)。下列说法正确的是( )
A．核心舱在轨道上运行的速度大于7.9 km/s
B．核心舱在轨道上运行的周期小于24 h
C．核心舱进入轨道后运行的加速度小于月球绕地球运行时的加速度
D．后续加挂实验舱后，由于空间站质量增大，其轨道半径将变小
[解析] 核心舱在轨道上运行，根据Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \r(\f(GM,R))，可知第一宇宙速度是最大的环绕速度，因此核心舱在轨道上运行的速度小于7.9 km/s，A项错误；根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，轨道半径越大，运行周期越大，核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，故其周期小于24 h，B项正确；根据万有引力定律有F＝Geq \f(Mm,r2)＝ma，得a＝Geq \f(M,r2)，月球离地球更远，故月球绕地球运行的加速度小于核心舱运行的加速度，C项错误；卫星做圆周运动时万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \r(\f(GM,r))，则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以核心舱的质量增大时，其轨道半径不变，D项错误。
[答案] B
[模型建构]
1．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律
2．地球静止轨道卫星的6个“一定”
3.地球静止轨道卫星与同步卫星的关系
地球同步卫星位于地面上方，其离地面高度约为 36 000 km，周期与地球自转周期相同，但轨道平面与绕行方向可以是任意的。地球静止轨道卫星是一种特殊的同步卫星。
类型(二) 卫星变轨与对接
[例3] (2023·北京丰台模拟)2021年5月15日中国首次火星探测任务“天问一号”探测器的着陆巡视器在火星乌托邦平原南部预选着陆区成功着陆，在火星上首次留下中国印迹，迈出了中国星际探测征程的重要一步。“天问一号”探测器需要通过霍曼转移轨道从地球发射到火星，地球轨道和火星轨道近似看成圆形轨道，霍曼转移轨道是一个在近日点M和远日点P分别与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道(如图所示)，在近日点短暂点火后“天问一号”进入霍曼转移轨道，接着“天问一号”沿着这个轨道运行直至抵达远日点，然后再次点火进入火星轨道。已知引力常量为G，太阳质量为m，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、“天问一号”运行方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”的作用力，下列说法正确的是( )
A．“天问一号”在地球轨道上的角速度小于在火星轨道上的角速度
B．“天问一号”运行中，在霍曼转移轨道上P点的加速度比在火星轨道上P点的加速度小
C．两次点火之间的时间间隔为eq \f(π,2\r(2)) eq \r(\f(R＋r3,Gm))
D．两次点火喷射方向都与速度方向相同
[解析] 设“天问一号”探测器质量为m0，在地球轨道及火星轨道上运行时，万有引力提供向心力，故有Geq \f(m0m,r2)＝m0rω2，Geq \f(m0m,R2)＝m0Rω′2，即ω＝eq \r(G\f(m,r3))，ω′＝eq \r(G\f(m,R3))，因为r＜R，故ω＞ω′，即“天问一号”在地球轨道上的角速度大于在火星轨道上的角速度，A错误；“天问一号”运行中，在霍曼转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度均由万有引力来提供，由于在该点探测器受到的万有引力相等，所以它们的加速度相等，B错误；由开普勒第三定律可知，探测器在地球轨道上及在霍曼转移轨道上运行时满足eq \f(r3,T12)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R＋r,2)))3,T22)，又因为探测器在地球轨道上满足Geq \f(m0m,r2)＝m0req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T1)))2，所以探测器在霍曼转移轨道上运行时的周期T2＝eq \f(π,\r(2)) eq \r(\f(R＋r3,Gm))，两次点火之间的时间间隔为Δt＝eq \f(T2,2)＝eq \f(π,2\r(2)) eq \r(\f(R＋r3,Gm))，C正确；“天问一号”两次点火时，其运行的轨道半径均变大，即都要做离心运动，所以需要加速，故喷射方向必须都与速度方向相反，D错误。
[答案] C
[模型建构]
低圆轨道(Ⅰ)、变轨椭圆轨道(Ⅱ)和高圆轨道(Ⅲ)
若卫星要从轨道Ⅰ变换到轨道Ⅲ，则需要在A处、B处各点火加速一次；若卫星要从轨道Ⅲ变换到轨道Ⅰ，则需要在B处、A处各制动减速一次，各种物理量的比较如下表所示：
卫星变轨问题的实质是卫星所受的万有引力F万与卫星所需的向心力F向之间的供需关系：
①当F万＝F向时，卫星沿着圆形轨道做匀速圆周运动；
②当F万＜F向时，卫星将偏离原轨道做离心运动；
③当F万＞F向时，卫星将偏离原轨道做向心运动。
类型(三) 环绕卫星间的追及相遇问题
[例4] (2023·东北师大附中测试)2021年7月我国成功将全球首颗民用晨昏轨道气象卫星——“风云三号05星”送入预定圆轨道，轨道周期约为1.7 h，被命名为“黎明星”，使我国成为国际上唯一同时拥有晨昏、上午、下午三条轨道气象卫星组网观测能力的国家，如图所示。某时刻“黎明星”正好经过赤道上P城市正上方，则下列说法正确的是( )
A．“黎明星”做匀速圆周运动的速度大于7.9 km/s
B．同步卫星的轨道半径约为“黎明星”的10倍
C．该时刻后“黎明星”经过1.7 h能经过P城市正上方
D．该时刻后“黎明星”经过17天能经过P城市正上方
[解析] 7.9 km/s为地球卫星的最大的环绕速度，所以“黎明星”做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/s，故A错误；依题意可知“黎明星”的运行周期约为1.7 h，根据开普勒第三定律可得eq \f(r13,r23)＝eq \f(T12,T22)，解得同步卫星的轨道半径约为“黎明星”的6倍，故B错误；该时刻后“黎明星”经过1.7 h恰好运动一个周期，回到“原地”，但是由于地球自转，此时P城市转过的角度为θ＝ωt＝eq \f(2π,24)×1.7＝eq \f(17π,120)，已经不在“原地”，故C错误；同理，该时刻后“黎明星”经过17天运动的周期数为n＝eq \f(17×24,1.7)个＝240个，回到“原地”。由于地球自转，此时P城市转过的角度为θ＝ωt＝eq \f(2π,24)×1.7×240＝34π，恰好回到“原地”，故D正确。
[答案] D
[模型建构] 天体运动中的追及相遇问题
绕同一中心天体，在同一轨道平面内不同高度上同向运行的卫星，因运行周期的不同，两颗卫星有时相距最近，有时又相距最远，这就是天体中的“追及相遇”问题。
模型(二) 随绕模型
星球表面上的物体随着星球自转而做圆周运动，对此类问题的分析主要有两点：一是要把握好物体所受的万有引力被分为两部分——重力与所需的向心力；二是所需的向心力与星球自转的周期有关，对于赤道上的物体，可利用同一直线上力的分解进行分析。
[典例] (多选)有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，卫星b是近地轨道卫星，卫星c是地球同步卫星，卫星d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )
A．卫星a的向心加速度等于重力加速度g，卫星c的向心加速度大于卫星d的向心加速度
B．在相同时间内卫星b转过的弧长最长，卫星a、c转过的弧长对应的角度相等
C．卫星c在4小时内转过的圆心角是eq \f(π,3)，卫星a在2小时内转过的圆心角是eq \f(π,6)
D．卫星b的周期一定小于卫星d的周期，卫星d的周期一定小于24小时
[解析] 卫星a在地球表面随地球一起转动，其万有引力等于重力与向心力之和，且重力远大于向心力，故卫星a的向心加速度远小于重力加速度g，对于卫星b、c、d，根据牛顿第二定律，万有引力提供向心力，Geq \f(Mm,r2)＝man，解得向心加速度an＝eq \f(GM,r2)，由于卫星d的轨道半径大于卫星c的轨道半径，所以卫星c的向心加速度大于卫星d的向心加速度，A错误；地球同步卫星c绕地球运动的角速度与地球自转角速度相同，相同时间内卫星a、c转过的弧长对应的角度相等，由eq \f(GMm,r2)＝meq \f(v2,r)可得v＝ eq \r(\f(GM,r))，轨道半径越小速度越大，则vb>vc>vd，又卫星a与卫星c角速度相等，且卫星a的轨道半径小于卫星c的轨道半径，故vc>va，即卫星b的速度最大，所以在相同时间内卫星b转过的弧长最长，B正确；卫星a、c角速度相同，在4小时内转过的圆心角都为eq \f(2π,6)＝eq \f(π,3)，在2小时内转过的圆心角都为eq \f(2π,12)＝eq \f(π,6)，C正确；卫星c和卫星b的轨道半径都小于卫星d的轨道半径，由开普勒第三定律可知，卫星b的运动周期一定小于卫星d的运动周期，卫星d的运动周期一定大于卫星c的运动周期(24小时)，D错误。
[答案] BC
[模型建构]
[针对训练]
(2023·东莞模拟)地球诞生早期时自转周期约是8小时，因为受到月球潮汐等因素的影响，总体来看自转在减速，现在地球自转周期是24小时。与此同时，在数年、数十年的时间内，由于地球板块的运动、地壳的收缩、海洋、大气等一些复杂因素以及人类活动的影响，地球的自转周期会发生毫秒级别的微小波动。科学研究指出，若不考虑月球的影响，在地球的总质量不变的情况下，地球上的所有物质满足m1ωr12＋m2ωr22＋…＋miωri2＝常量，其中m1、m2…mi表示地球各部分的质量，r1、r2…ri为地球各部分到地轴的距离，ω为地球自转的角速度，如图所示。根据以上信息，结合所学知识，判断下列说法正确的是( )
A．月球潮汐等因素的影响使地球自转的角速度变大
B．若地球自转变慢，地球赤道处的重力加速度会变小
C．若仅考虑A处的冰川融化，质心下降，则地球自转周期变小
D．若仅考虑B处板块向赤道漂移，则地球自转周期变小
解析：选C 因为受到月球潮汐等因素的影响，地球自转在减速，其自转周期增大，而ω＝eq \f(2π,T)，故地球自转的角速度ω变小，A错误；在赤道处万有引力提供向心力和重力，有Geq \f(Mm,R2)＝mRω2＋mg，若地球自转变慢，即角速度ω变小，则重力加速度将变大，B错误；若仅考虑A处的冰川融化，该部分的质心下降，对应的半径变小，由m1ωr12＋m2ωr22＋…＋miωri2＝常量，可知ω变大，T变小，C正确；若仅考虑B处板块向赤道漂移，相当于该部分半径变大，故角速度ω变小，自转周期变大，D错误。
模型(三) 互绕模型
天体运动中的互绕模型虽然仍为圆周运动模型，但由于涉及两个或多个天体，分析时要注意两点：一是互绕星体之间存在的等量关系；二是互绕星体做圆周运动所需的向心力来源，特别是对于不在同一直线上的互绕星体，必须由力的合成求解对应的向心力。
1．[双星模型]
(多选)根据科学家们复原双中子星合并的过程，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、万有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
解析：选BC两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示，每秒转动12圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得eq \f(Gm1m2,l2)＝m1ω2r1，eq \f(Gm1m2,l2)＝m2ω2r2，l＝r1＋r2，联立解得eq \f(Gm1＋m2,l2)＝ω2l，所以m1＋m2＝eq \f(ω2l3,G)，质量之和可以估算。由线速度与角速度的关系v＝ωr得v1＝ωr1，v2＝ωr2，解得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算。质量之积和各自的自转角速度无法求解。
2．[三星模型](多选)宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G，则( )
A．每颗星做圆周运动的线速度为 eq \r(\f(Gm,R))
B．每颗星做圆周运动的角速度为 eq \r(\f(3Gm,R3))
C．每颗星做圆周运动的周期为2π eq \r(\f(R3,3Gm))
D．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关
解析：选ABC 每颗星受到的合力为F＝2Geq \f(m2,R2)sin 60°＝eq \r(3)Geq \f(m2,R2)，轨道半径为r＝eq \f(\r(3),3)R，由向心力公式F＝ma＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2r,T2)，解得a＝eq \f(\r(3)Gm,R2)，v＝ eq \r(\f(Gm,R))，ω＝eq \r(\f(3Gm,R3))，T＝2π eq \r(\f(R3,3Gm))，显然加速度a与m有关，故A、B、C正确。
3．[四星模型]
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。设四星系统中每颗星的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于宇宙四星系统，下列说法错误的是( )
A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动
B．四颗星的轨道半径均为eq \f(a,2)
C．四颗星表面的重力加速度均为eq \f(Gm,R2)
D．四颗星的周期均为2πa eq \r(\f(2a,4＋\r(2)Gm))
解析：选B 其中一颗星在其他三颗星的万有引力作用下，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，由几何知识可得轨道半径均为eq \f(\r(2),2)a，故A正确，B错误；在每颗星表面，根据万有引力近似等于重力，可得Geq \f(mm′,R2)＝m′g，解得g＝eq \f(Gm,R2)，故C正确；由万有引力定律和向心力公式得eq \f(Gm2,\r(2)a2)＋eq \f(\r(2)Gm2,a2)＝meq \f(4π2,T2)·eq \f(\r(2)a,2)，解得T＝2πa eq \r(\f(2a,4＋\r(2)Gm))，故D正确。
[模型建构] 双星与多星系统
1．双星与多星系统的条件
(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．双星与多星系统的结构
[课时跟踪检测]
1．(2022·浙江6月选考)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则( )
A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大
B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力
C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒
解析：选C 根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，可得v＝eq \r(\f(GM,r))，可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小；而只要环绕速度相同就可以在同一轨道运行，与返回舱和天和核心舱的质量无关，A错误，C正确；返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运动的向心力，B错误；返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，D错误。
2.(2022·广东高考)“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是( )
A．火星公转的线速度比地球的大
B．火星公转的角速度比地球的大
C．火星公转的半径比地球的小
D．火星公转的加速度比地球的小
解析：选D 由题意可知，火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍，说明火星的公转周期为地球公转周期的1.88倍，根据万有引力提供向心力，得：Geq \f(Mm,r2)＝mreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2＝meq \f(v2,r)＝mrω2＝ma，解得：T＝2π eq \r(\f(r3,GM))，v＝ eq \r(\f(GM,r))，ω＝ eq \r(\f(GM,r3))，a＝eq \f(GM,r2)，由于T火>T地，可知，r火>r地、v火3.2021年2月11日，中国“天问一号”探测器飞行202天抵近火星时，主发动机长时间点火“踩刹车”，使探测器减速，从而被火星引力场捕获，顺利进入大椭圆环火星轨道，成为我国第一颗人造火星卫星，于2021年5月15日着陆巡视器成功着陆火星。如图，“天问一号”在P点被火星捕获后，假设进入大椭圆环火星轨道Ⅲ，一段时间后，在近火点Q点火制动变轨至中椭圆环火星轨道Ⅱ运行，再次经过近火点Q点火制动变轨至近火星圆轨道Ⅰ运行。下列说法正确的是( )
A．在地球上发射“天问一号”的速度必须大于16.7 km/s
B．“天问一号”在轨道Ⅲ运行的周期小于在轨道Ⅱ上运行的周期
C．“天问一号”在P点的机械能大于在轨道Ⅰ上Q点的机械能
D．“天问一号”分别经过轨道Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ上Q点的加速度大小不相等
解析：选C “天问一号”能够摆脱地球引力的束缚到达火星且没有飞出太阳系，所以在地球上发射“天问一号”的速度必须大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度，即16.7 km/s＞v发＞11.2 km/s，故A错误；轨道Ⅲ的半长轴比轨道Ⅱ的半长轴长，根据开普勒第三定律可知“天问一号”在轨道Ⅲ运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期，故B错误；“天问一号”从P点到轨道Ⅰ上Q点的运动过程中需要经历点火制动，发动机对卫星做负功，所以“天问一号”在P点的机械能大于在轨道Ⅰ上Q点的机械能，故C正确；“天问一号”分别经过轨道Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ上Q点时所受万有引力大小相等，所以加速度大小相等，故D错误。
4．2022年11月29日23时08分，我国在酒泉卫星发射中心成功发射神舟十五号载人飞船，其椭圆轨道近地点高度约为200 km，远地点高度约为362 km，与轨道高度约为400 km的中国空间站实现对接，已知地球半径约为6 400 km，空间站绕地球公转周期约为92 min，以下说法正确的是( )
A．对接过程中，飞船与空间站相对静止
B．空间站的轨道高度大于同步卫星的轨道高度
C．飞船与空间站在相同时间内与地球连线扫过的面积相等
D．飞船绕地球运行的周期约为90 min
解析：选D 对接过程中，飞船和空间站存在相对运动，A错误；同步卫星周期为24 h，空间站周期小于同步卫星周期，空间站的轨道高度低于地球同步卫星的轨道高度，B错误；对同一个卫星来说，它与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，而飞船与空间站在相同时间内与地球连线扫过的面积不一定相等，C错误；由开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k可知，飞船绕地球运行的周期约为90 min，D正确。
5．(2022·湖北高考)2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是( )
A．组合体中的货物处于超重状态
B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
解析：选C 组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；已知同步卫星的周期为24 h，则根据角速度和周期的关系有ω＝eq \f(2π,T)，由于T同>T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，整理有T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，由于T同>T组合体，则r同>r组合体，根据ma＝Geq \f(Mm,r2)，则有a同6.中国航天在2021年成就举世瞩目。这一年，“天和”核心舱一飞冲天，中国正式迈入空间站时代，“天问一号”火星着陆，“羲和号”实现中国太阳探测零的突破，……，长征系列火箭立下汗马功劳，无数航天人接力探索，成就了这史无前例的航天大年！已知重力加速度g＝9.8 m/s2，地球半径R＝6 370 km，引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2。下列选项中错误的是( )
A．距地面400 km高的“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期小于24小时
B．“天问一号”火星探测器在绕火星的某个椭圆轨道上运动，在近火点的速率大于远火点
C．“羲和号”卫星的发射速度一定大于第三宇宙速度
D．某一长征运载火箭在发射时，若喷出一定质量气体的速度越大，则火箭获得的速度越大
解析：选C 同步卫星的轨道高度约为地球半径的6倍，由题意可知“天和”核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，可知距地面400 km高的“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期小于同步卫星的周期24小时，故A正确，不符合题意；由开普勒第二定律可知“天问一号”火星探测器在绕火星的某个椭圆轨道上运动，在近火点的速率大于远火点，故B正确，不符合题意；第三宇宙速度为逃逸出太阳引力场的最小发射速度，所以“羲和号”卫星的发射速度一定小于第三宇宙速度，故C错误，符合题意；根据动量守恒定律可知某一长征运载火箭在发射时，若喷出一定质量气体的速度越大，则火箭获得的速度越大，故D正确，不符合题意。
7．(2022·湖南高考)(多选)如图，火星与地球近似在同一平面内绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是( )
A．火星的公转周期大约是地球的 eq \r(\f(8,27))倍
B．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D．在冲日处，火星相对于地球的速度最小
解析：选CD 由题意根据开普勒第三定律可知eq \f(r地3,T地2)＝eq \f(r火3,T火2)，火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5倍，则可得T火＝ eq \r(\f(27,8))T地，故A错误；根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，可得v＝ eq \r(\f(GM,r))，由于火星轨道半径大于地球轨道半径，故火星运行线速度小于地球运行线速度，所以在冲日处火星相对于地球由东向西运动，为逆行，故B错误，C正确；由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速度最小，故D正确。
8．(多选)我国成功发射的某6G试验卫星的轨道半径的三次方与其周期的二次方的关系图像如图所示。已知地球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．地球的质量为eq \f(4π2a,bG)
B．地球表面的重力加速度为eq \f(4π2b,aR2)
C．绕地球表面运行的卫星的线速度大小为eq \r(\f(4π2b,Ra))
D．地球密度为eq \f(3πa,bGR3)
解析：选BC 对卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得eq \f(GMm,r2)＝mreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2，解得eq \f(r3,T2)＝eq \f(GM,4π2)，由于r3-T2图像的斜率k＝eq \f(r3,T2)＝eq \f(GM,4π2)＝eq \f(b,a)，解得M＝eq \f(4π2b,aG)，故A错误；对地球表面物体有eq \f(GMm,R2)＝mg，解得地球表面重力加速度为g＝eq \f(GM,R2)＝eq \f(4π2b,aR2)，故B正确；绕地球表面运行的卫星，万有引力提供向心力，即Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \r(\f(GM,R))＝eq \r(\f(4π2b,aR))，故C正确；地球的体积为V＝eq \f(4,3)πR3，则地球的密度为ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(3πb,aGR3)，故D错误。
9.(2022·山东等级考)“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(gR2T2,2n2π2)))eq \f(1,3)－R B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(gR2T2,2n2π2)))eq \f(1,3)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(gR2T2,4n2π2)))eq \f(1,3)－R D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(gR2T2,4n2π2)))eq \f(1,3)
解析：选C 地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得eq \f(GMm,R2)＝mg，解得GM＝gR2，根据题意可知，卫星的运行周期为T′＝eq \f(T,n)，根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有eq \f(GMm,R＋h2)＝meq \f(4π2,T′2)(R＋h)，联立解得h＝eq \r(3,\f(gR2T2,4n2π2))－R。
10．(多选)如图所示，A、B、C、D四颗地球卫星，A还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，线速度为v，向心加速度为a；B处于地面附近轨道上，正常运行速度为v1，向心加速度为a1；C是地球同步卫星，到地心的距离为r，运行速率为v2，加速度为a2；D是高空探测卫星，运行速率为v3，加速度为a3。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则( )
A．a＝g＝a1＞a2＞a3
B．v1＞v2＞v
C.eq \f(a,a2)＝eq \f(R,r)
D．卫星C加速一段时间后就可能追上卫星B
解析：选BC 地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知A与C的角速度相同，由a＝ω2r可知，C的向心加速度比A的大，由Geq \f(Mm,r2)＝ma，可得a＝eq \f(GM,r2)，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星C的向心加速度小于B的向心加速度，而B的向心加速度约是g，可知A的加速度小于重力加速度g，A错误；由Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得v＝eq \r(\f(GM,r))，卫星的轨道半径越大，线速度越小，A与C的角速度相同，由v＝ωr可知，A的线速度小于同步卫星C的线速度，因此A、B、C卫星的线速度有v1＞v2＞v，B正确；A、C的角速度相同，由a＝ω2r可知eq \f(a,a2)＝eq \f(R,r)，C正确；若卫星C加速，则此时的万有引力不足以提供向心力，C的轨道半径会变大，做离心运动，因此不能追上B，D错误。
11.(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线速度大小为eq \r(\f(Gm,L))
B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4πeq \r(\f(L3,5Gm))
C．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2eq \r(\f(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eq \f(\r(3)Gm,L2)
解析：选BD 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Geq \f(m2,L2)＋Geq \f(m2,2L2)＝meq \f(v2,L)，解得v＝eq \f(1,2)eq \r(\f(5Gm,L))，A项错误；由周期T＝eq \f(2πr,v)知直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T＝4πeq \r(\f(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2Geq \f(m2,L2)cs 30°＝mω2·eq \f(L,2cs 30°)，解得ω＝eq \r(\f(3Gm,L3))，C项错误；由2Geq \f(m2,L2)cs 30°＝ma得a＝eq \f(\r(3)Gm,L2)，D项正确。
12.假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4 200 km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6 400 km，地球同步卫星距地面高为36 000 km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站。某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( )
A．4次 B．6次
C．7次 D．8次
解析：选C 根据圆周运动的规律，分析一昼夜同步卫星与宇宙飞船相距最近的次数，即为卫星发射信号的次数，也为接收站接收到的信号次数。设宇宙飞船的周期为T，由eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，得T＝2π eq \r(\f(r3,GM))，则eq \f(T2,242)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6 400＋4 200,6 400＋36 000)))3，解得T＝3 h，设两者由相隔最远至第一次相隔最近的时间为t1，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)－\f(2π,T0)))t1＝π，解得t1＝eq \f(12,7) h，再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)－\f(2π,T0)))t2＝2π，解得t2＝eq \f(24,7) h，由n＝eq \f(24－t1,t2)＝6.5次，知接收站接收信号的次数为7次。
13.2022年4月16日9时56分，神舟十三号航天员翟志刚、王亚平、叶光富完成全部既定任务，撤离空间站平安返回。空间站的轨道可认为距地面高度为H的匀速圆周运动轨道Ⅰ，周期为T，神舟十三号返回轨道可近似为椭圆轨道Ⅱ，B为近地点，地球半径为R，引力常量G。下列说法正确的是( )
A．神舟十三号撤离空间站时需要在A点加速进入椭圆轨道Ⅱ
B．神舟十三号从A运动到B的最短时间为eq \r(\f(1,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2R＋H,R＋H)))3)T
C．忽略地球自转，地球表面重力加速度与空间站处重力加速度大小比为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R＋H,R)))2
D．神舟十三号在轨道Ⅰ运行时的机械能小于在轨道Ⅱ运行时的机械能
解析：选C 神舟十三号在轨道Ⅰ上运行时，万有引力提供向心力，可得eq \f(GMm,r2)＝meq \f(v2,r)，撤离空间站时做向心运动，万有引力大于所需的向心力，需要在A点减速进入椭圆轨道Ⅱ，A错误；轨道Ⅱ的半长轴为a＝eq \f(2R＋H,2)，轨道Ⅰ的半径为r＝R＋H，根据开普勒第三定律可得eq \f(r3,T2)＝eq \f(a3,TⅡ2)，由此可知，神舟十三号在轨道Ⅱ上运行的周期为TⅡ＝eq \r(\f(1,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2R＋H,R＋H)))3)T，神舟十三号从A运动到B的最短时间为t＝eq \f(1,2)TⅡ＝eq \f(1,4)eq \r(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2R＋H,R＋H)))3)T，B错误；忽略地球自转，在地球表面处重力加速度为g，可得eq \f(GMm,R2)＝mg，空间站处重力加速度为g′，可得eq \f(GMm,R＋H2)＝mg′，解得eq \f(g,g′)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R＋H,R)))2，C正确；神舟十三号撤离空间站时需要在轨道Ⅰ的A点减速进入椭圆轨道Ⅱ，因此，神舟十三号在轨道Ⅰ运行时的机械能大于在轨道Ⅱ运行时的机械能，D错误。
第6讲 实验：探究平抛运动的特点(重点实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
1．平抛轨迹完整(即含有抛出点)
在轨迹上任取一点，测出该点离原点的水平位移x及竖直位移y，就可求出初速度v0，因x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，故v0＝x eq \r(\f(g,2y))。
2.平抛轨迹残缺(即无抛出点)
如图所示，在轨迹上任取三点A、B、C，使A、B间及B、C间的水平距离相等，由平抛运动的规律可知，A、B间与B、C间所用时间相等，设为t，则Δh＝hBC－hAB＝gt2，所以t＝eq \r(\f(hBC－hAB,g))，所以初速度v0＝eq \f(x,t)＝x eq \r(\f(g,hBC－hAB))。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)固定斜槽时，要保证斜槽末端的切线水平，保证小球的初速度沿水平方向。
(2)固定木板时，木板必须处在竖直平面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行，固定时要用铅垂线检查坐标纸竖线是否竖直。
(3)为保证小球每次从斜槽上的同一位置由静止释放，可在斜槽上某一位置固定一个挡板。
(4)要在斜槽上适当高度释放小球，使它以适当的水平初速度抛出，其轨迹由木板左上角到达右下角，这样可以减小测量误差。
(5)坐标原点不是槽口的端点，应是小球出槽口时球心在木板上的投影点。
(6)计算小球的初速度时，应选距抛出点稍远一些的点为宜，以便于测量和计算。
2．误差分析
(1)安装斜槽时，其末端切线不水平，导致小球离开斜槽后不做平抛运动。
(2)建立坐标系时，坐标原点的位置确定不准确，导致轨迹上各点的坐标不准确。
(3)小球每次自由滚下时起始位置不完全相同，导致轨迹出现误差。
(4)确定小球运动的位置时不准确，会导致误差。
(5)量取轨迹上各点坐标时不准确，会导致误差。
本实验的命题特点主要集中在以下两个方面：(1)轨迹的坐标原点是否为小球平抛的起点；(2)因实验原理与装置的不同，确定小球运动轨迹的方式也不同，数据处理的方法也有所不同。
关键点(一) 坐标原点是否为平抛起点
[考法感悟]
1.(2023·石家庄高三调研)利用频闪照片研究平抛运动规律，得到的照片经1∶1还原后如图所示，连续曝光过程中小球依次出现在A、B、C三个位置，图中每个正方形的边长为20 cm，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力不计。
(1)频闪照相机的曝光频率为________Hz；
(2)平抛运动的水平初速度为________m/s；
(3)以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则平抛运动抛出点的坐标为________。(以cm为单位)
解析：(1)由题图可得，AB、BC间的水平和竖直距离分别为x1＝x2＝60 cm＝0.6 m，y1＝0.6 m，y2＝1.0 m
由于Δy＝y2－y1＝gT2
可得频闪照相机的曝光周期为T＝eq \r(\f(y2－y1,g))＝0.2 s
频闪照相机的曝光频率为f＝eq \f(1,T)＝5 Hz。
(2)水平方向上x＝v0t
可得平抛运动的水平初速度v0＝3 m/s。
(3)设抛出点坐标为(x0，y0)，小球落在B点时的竖直速度为vyB＝eq \f(y1＋y2,2T)＝4 m/s
由于yB－y0＝eq \f(vyB2,2g)＝0.8 m
可得y0＝－0.2 m＝－20 cm
由于xB－x0＝v0t＝v0·eq \f(vyB,g)＝1.2 m
可得x0＝－0.6 m＝－60 cm
抛出点坐标为(－60，－20)。
答案：(1)5 (2)3 (3)(－60，－20)
2.(2022·浙江1月选考，节选)在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标(x0，y0)。
(1)下列说法正确的是________(单选)。
A．实验所用斜槽应尽量光滑
B．画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来
C．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据
(2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0＝________(单选)。
A.eq \r(2gh) B.eq \r(2gy0)
C．x0eq \r(\f(g,2h)) D．x0eq \r(\f(g,2y0))
(3)在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是________________________________________________________________________。
解析：(1)只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，A错误；画轨迹时应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差，C正确。
(2)坐标原点O为抛出点，由平抛运动规律有x0＝v0t，y0＝eq \f(1,2)gt2，联立解得平抛运动的初速度为v0＝x0eq \r(\f(g,2y0))，故选D。
(3)小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同。
答案：(1)C (2)D (3)确保多次运动的轨迹相同
3．(2021·全国乙卷)某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的图像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5 cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)中标出。
完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)
(1)小球运动到图(b)中位置A时，其速度的水平分量大小为________m/s，竖直分量大小为__________m/s；
(2)根据图(b)中数据可得，当地重力加速度的大小为________m/s2。
解析：(1)因小球在水平方向做匀速直线运动，因此速度的水平分量大小为v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(0.05,0.05) m/s＝1.0 m/s；小球在竖直方向做自由落体运动，因此在A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得，其速度的竖直分量大小为vy＝eq \f(8.6＋11.0×10－2,0.05×2) m/s≈2.0 m/s。
(2)由竖直方向的自由落体运动可得当地重力加速度的大小为
g＝eq \f(y3＋y4－y2－y1,4T2)
代入数据可得g＝9.7 m/s2。
答案：(1)1.0 2.0 (2)9.7
[系统建模]
1．小球平抛运动的起点在斜槽末端小球球心的位置。
2．平抛运动轨迹残缺时，可以用Δy＝gT2和v0＝eq \f(Δx,T)确定小球做平抛运动的初速度。
关键点(二) 小球轨迹点确定的不同方式
1．(2023·江苏南通模拟)用如图1所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，如图2所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
(1)为保证实验结果误差尽可能小，下列说法正确的是________。
A．斜槽轨道必须光滑
B．必须调节斜槽，保证末端水平，且让钢球出射方向与硬板平行
C．必须调节硬板，保证硬板在竖直平面内
D．轨道末端的Q点即为坐标原点，也就是平抛运动的起点
(2)在图2中实验记录到的点有一个位置明显发生偏差，其产生的原因可能是：该次实验时，钢球在斜槽上释放的位置与其他几次相比偏______(选填“高”或“低”)。
(3)根据图2记录的点可求得钢球平抛的初速度大小为________m/s(已知g＝10 m/s2)。
解析：(1)研究平抛运动的实验必须满足每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，这样是为了到达Q点时钢球能获得同样的平抛运动的水平初速度，与斜槽是否光滑无关，故A错误；研究平抛运动的实验还应满足初速度方向为水平方向，所以必须调节斜槽，保证末端水平，且让钢球出射方向与硬板平行，故B正确；为了保证钢球的运动轨迹准确记录在白纸上，还必须调节硬板，保证硬板在竖直平面内，故C正确；建立直角坐标系时，要取钢球刚开始做平抛运动时的重心位置为坐标原点，也就是距离轨道末端的Q点上方一个钢球半径的长度作为平抛运动的起点，故D错误。
(2)在题图中实验记录到的点有一个位置明显发生偏差，其产生的原因可能是该次实验时，钢球在斜槽上释放的位置与其他几次相比偏低，导致其做平抛运动的初速度偏小。
(3)由运动学公式，可得h＝0.20 m＝eq \f(1,2)gt2
x＝0.20 m＝v0t
联立上式解得v0＝1 m/s。
答案：(1)BC (2)低 (3)1
2．(2023·山东济南高三调研)某同学设计了一个“探究平抛运动的特点”的实验。实验装置示意图如图甲所示，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽(如图甲中P0P0′、P1P1′、…)，槽间距离均为d。把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上。实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨道的同一位置由静止释放。每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d。实验得到的小球在白纸上打下的若干痕迹点如图乙所示。
(1)实验前应对实验装置反复调节，直到___________________________________
________________________________________________________________________。
每次让小球从同一位置由静止释放，是为了________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)每次将B板向内侧平移距离d，是为了________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)在图乙中绘出小球做平抛运动的轨迹。
解析：(1)对实验装置反复调节的目的：①使斜轨道末端切线水平，以保证小球离开轨道时做平抛运动；②使A板水平，保证B板总处于同一高度；③使插槽P0P0′垂直斜轨道并在斜轨道末端正下方，以保证B板在P0P0′时小球的痕迹为抛出点。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保证小球每次以相同初速度做平抛运动。
(2)每次将B板向内侧平移距离d，是为了使记录纸上每两点间的水平距离相等。
(3)如图所示。
答案：(1)斜轨道末端切线水平、A板水平、插槽P0P0′垂直斜轨道并在斜轨道末端正下方 使小球每次做平抛运动的初速度都相同 (2)使记录纸上每两点之间的水平距离相等 (3)见解析图
3．(2023·河北秦皇岛高三模拟)如图甲所示，AB是一可升降的竖直支架，支架顶端A处固定一弧形轨道，轨道末端水平。一条形木板的上端铰接于过A的水平转轴上，下端搁在水平地面上。将一小球从弧型轨道某一位置由静止释放，小球落在木板上的某处，测出小球平抛运动的水平射程x和此时木板与水平面的夹角θ，并算出tan θ。改变支架AB的高度，将小球从同一位置释放，重复实验，得到多组x和tan θ，记录的数据如下表：
(1)在图乙的坐标中描点连线，做出x-tan θ的关系图像。
(2)根据x-tan θ图像可知小球做平抛运动的初速度v0＝______ m/s；实验中发现θ超过60°后，小球将不会掉落在斜面上，则斜面的长度为______ m。(重力加速度g取10 m/s2，计算结果保留两位小数)
(3)实验中有一组数据出现明显错误，可能的原因是
________________________________________________________________________。
解析：(1)x-tan θ的关系图像如图所示：
(2)根据tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)，得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，
则水平射程为：x＝v0t＝eq \f(2v02tan θ,g)。
可知图线的斜率k＝eq \f(2v02,g)，由图可知k＝eq \f(0.290,1.43)≈0.2，
解得v0＝ eq \r(\f(kg,2))＝ eq \r(\f(0.2×10,2)) m/s＝1.00 m/s。
当θ＝60°时，有t＝eq \f(2v0tan θ,g)＝eq \f(\r(3),5) s，
则斜面的长度为：s＝eq \f(v0t,cs 60°)＝eq \f(2\r(3),5) m≈0.69 m。
(3)实验中有一组数据出现明显错误，由图可知，水平射程偏小，由x＝v0t＝eq \f(2v02tan θ,g)知，初速度偏小，即小球释放位置低于其他几次实验。
答案：(1)见解析图 (2)1.00(0.96～1.04均可)
0．69(0.65～0.73均可) (3)小球释放位置与其他几次实验不同(低于其他几次实验)
[系统建模]
1．保证小球在斜槽上每次释放点位置相同，以保证小球每次做平抛运动的初速度相同，小球平抛的运动轨迹不变。
2．确定小球平抛运动过程中不同时刻的位置，然后用平滑曲线连接起来，就可以得到小球做平抛运动的轨迹。
3．不同的实验原理获取小球做平抛运动轨迹上各点的方法也不相同。
1．频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。某物理小组利用如图甲所示的装置探究平抛运动规律。他们分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处安装了频闪仪器并进行了拍摄，得到的频闪照片如图乙所示，O为抛出点，P为运动轨迹上某点。则根据平抛运动规律分析下列问题(g取10 m/s2)：
(1)乙图中，A处摄像头所拍摄的频闪照片为____(选填“a”或“b”)。
(2)测得图乙a中OP距离为30 cm，b中OP距离为45 cm，则平抛小球的初速度大小应为________ m/s，小球在P点速度大小应为________ m/s。
解析：(1)小球做平抛运动时，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，故A处摄像头所拍摄的频闪照片为a。
(2)竖直方向上有y＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2y,g))＝ eq \r(\f(2×0.45,10)) s＝0.3 s，则平抛小球的初速度v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(0.3,0.3) m/s＝1 m/s，小球在P点竖直方向的速度vy＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s，则vP＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(10) m/s。
答案：(1)a (2)1 eq \r(10)
2.试根据平抛运动原理设计“测量弹射器弹丸出射初速度”的实验方法，提供的实验器材有：弹射器(含弹丸，如图所示)、铁架台(带有夹具)、米尺。(重力加速度g已知)
(1)画出实验示意图。
(2)在安装弹射器时应注意：______________________________________________。
(3)实验中需要测量的物理量(在画出的示意图中用字母标出)：________________________________________________________________________。
(4)由于弹射器每次射出的弹丸初速度不可能完全相等，在实验中采取的方法是________________________________________________________________________。
(5)计算公式为______________________________________________________。
解析：(1)实验示意图如图所示。
(2)要注意弹射器应固定且发射方向应保持水平。
(3)实验中需测量弹丸射出的水平距离x和弹射器与水平地面的高度差h。
(4)在弹射器高度不变的情况下多次实验，取x1、x2、…、xn的平均值 eq \x\t(x)作为实数据。
(5)由eq \x\t(x)＝v弹丸t，h＝eq \f(1,2)gt2，得v弹丸＝eq \f(\x\t(x),\r(\f(2h,g)))＝eq \x\t(x) eq \r(\f(g,2h))。
答案：见解析
3．(2020·天津等级考)某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。
(1)为了正确完成实验，以下做法必要的是______。
A．实验时应保持桌面水平
B．每次应使钢球从静止开始释放
C．使斜面的底边ab与桌边重合
D．选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
(2)实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0 cm、25.0 cm、35.0 cm，示意如图2。重力加速度g＝10 m/s2，钢球平抛的初速度为________m/s。
(3)图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是
________________________________________________________________________。
解析：(1)为了使钢球离开桌面做平抛运动，实验时应保持桌面水平，A项正确；为了使钢球做平抛运动的初速度相同，每次应使钢球从同一位置由静止释放，B项正确；若斜面底边与桌边重合，则钢球抛出后将做斜下抛运动，C项错误；因每次从同一斜面同一位置无初速度释放，钢球经历相同运动过程，则到达斜面底端的速度相同，故不需要选择摩擦力小的斜面，D项错误。
(2)钢球水平速度不变，木板每次沿水平方向移动0.2 m，由平抛运动特点知：相邻两点间的运动时间相等，设为T，钢球在竖直方向做自由落体运动，有Δh＝h3－h2＝h2－h1＝gT2，得T＝0.1 s，钢球平抛的初速度v0＝eq \f(L,T)＝2 m/s。
(3)本实验要保证木板竖直，铅垂线可方便将木板调整到竖直。
答案：(1)AB (2)2 (3)方便将木板调整到竖直平面
4．未来在一个未知星球上用如图(a)所示装置做探究平抛运动的特点的实验。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球的平抛运动用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图(b)所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4，则：
(1)由以上信息，可知a点________(填“是”或“不是”)小球的抛出点；
(2)由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为________ m/s2；
(3)由以上信息可以算出小球平抛的初速度是__________ m/s；
(4)由以上信息可以算出小球运动到b点时的速度是______ m/s。
解析：(1)因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1∶3∶5，知a点的竖直分速度为零，a点为小球的抛出点。
(2)照片与实际长度之比为1∶4，故每小格代表实际长度L＝4 cm，竖直方向上有：Δy＝2L＝gT2，
解得g＝eq \f(2L,T2)＝eq \f(0.08,0.01) m/s2＝8 m/s2。
(3)小球平抛运动的初速度v0＝eq \f(2L,T)＝eq \f(0.08,0.1) m/s＝0.8 m/s。
(4)b点竖直方向上的分速度vyb＝eq \f(4L,2T)＝eq \f(0.16,0.2) m/s＝0.8 m/s。则vb＝eq \r(v02＋vyb2)＝0.8eq \r(2) m/s＝eq \f(4\r(2),5) m/s。
答案：(1)是 (2)8 (3)0.8 (4)eq \f(4\r(2),5)
第7讲 实验：探究影响向心力大小的因素(基础实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
1．m、r一定
2．m、ω一定
3．r、ω一定
4.分别作出F向-ω2、F向-r、F向-m的图像。
5．实验结论
(1)在小球质量和做圆周运动的半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比。
(2)在小球质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与做圆周运动的半径成正比。
(3)在小球做圆周运动的半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比。
三、扫描实验盲点
1．定性感知实验中，轻小球受到的重力与拉力相比可忽略。
2．使用向心力演示器时应注意：
(1)将横臂紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出而造成事故。
(2)摇动手柄时应力求缓慢加速，注意观察其中一个测力套筒上标尺的格数。达到预定格数时，保持转速均匀恒定。

1．如图所示，同学们分小组探究影响向心力大小的因素。同学们用细绳系一纸杯(杯中有30 mL的水)在空中甩动，使纸杯在水平面内做圆周运动，来感受向心力。
(1)下列说法中正确的是________。
A．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将不变
B．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将增大
C．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变
D．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将增大
(2)如图甲所示，绳离杯心40 cm处打一结点A，80 cm处打一结点B，学习小组中一位同学用手表计时，另一位同学操作，其余同学记录实验数据：
操作一：手握绳结点A，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
操作二：手握绳结点B，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
操作三：手握绳结点A，使杯在水平方向每秒运动二周，体会向心力的大小。
操作四：手握绳结点A，再向杯中添加30 mL的水，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
则：①操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；
操作三与一相比较：质量、转动半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；
操作四与一相比较：____________________相同，向心力大小与________有关。
②物理学中此种实验方法叫________法。
③小组总结阶段，在空中甩动，使杯在水平面内做圆周运动的同学谈感受时说：“感觉手腕发酸，感觉力的方向不是指向圆心的向心力而是背离圆心的离心力，跟书上说的不一样。”你认为该同学的说法是否正确，为什么？
解析：(1)由题意，根据向心力公式F向＝mω2r，由牛顿第二定律，则有T拉＝mω2r；保持质量、绳长不变，增大转速，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故A错误，B正确；保持质量、角速度不变，增大绳长，据公式可知，绳对手的拉力将增大，故C错误，D正确。
(2)①根据向心力公式F向＝mω2r，由牛顿第二定律，则有T拉＝mω2r；操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；操作三与一相比较：质量、转动半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；操作四与一相比较：角速度、转动半径相同，向心力大小与质量有关。
②物理学中此种实验方法叫控制变量法。
③说法不对。该同学受力分析的对象是自己的手，我们实验时受力分析的对象是水杯，细绳的拉力提供水杯做圆周运动的向心力指向圆心。细绳对手的拉力与“向心力”大小相等，方向相反，背离圆心。
答案：(1)BD (2)①角速度(线速度)、转动半径 质量 ②控制变量 ③见解析
2.如图所示是探究向心力的大小F与质量m、角速度ω和运动半径r之间的关系的实验装置图，转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动。皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球6、7分别以不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂8的挡板对小球的弹力提供，球对挡板的反作用力，通过横臂8的杠杆作用使弹簧测力套筒9下降，从而露出标尺10，标尺10上露出的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。那么：
(1)现将两小球分别放在两边的槽内，为了探究小球受到的向心力大小和角速度的关系，下列说法中正确的是________。
A．在小球运动半径相等的情况下，用质量相同的小球做实验
B．在小球运动半径相等的情况下，用质量不同的小球做实验
C．在小球运动半径不等的情况下，用质量不同的小球做实验
D．在小球运动半径不等的情况下，用质量相同的小球做实验
(2)在该实验中应用了________(选填“理想实验法”“控制变量法”或“等效替代法”)来探究向心力的大小与质量m、角速度ω和运动半径r之间的关系。
(3)当用两个质量相等的小球做实验，且左边小球的轨道半径为右边小球的2倍时，转动时发现右边标尺上露出的红白相间的等分格数为左边的2倍，那么，左边塔轮与右边塔轮之间的角速度之比为________。
解析：(1)根据F＝mrω2，要探究小球受到的向心力大小与角速度的关系，需控制小球的质量和运动半径不变，A正确。
(2)由前面分析可以知道该实验采用的是控制变量法。
(3)根据F＝mrω2，eq \f(F左,F右)＝eq \f(1,2)，eq \f(r左,r右)＝eq \f(2,1)，故可以知道左边轮塔与右边轮塔之间的角速度之比为1∶2。
答案：(1)A (2)控制变量法 (3)1∶2
3．如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，做匀速圆周运动的圆柱体放置在水平光滑圆盘上，力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度v的关系：
(1)该同学采用的实验方法为________。
A．等效替代法 B．控制变量法
C．理想化模型法 D．比值法
(2)改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如表所示：
该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点。
①作出F-v2图线；
②若圆柱体运动半径r＝0.2 m，由作出的F-v2图线可得圆柱体的质量m＝________kg(保留两位有效数字)。
解析：(1)实验中探究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，B正确。
(2)①作出F-v2图线，如图所示。
②根据F＝eq \f(mv2,r)知，图线的斜率k＝eq \f(m,r)，则有：eq \f(m,r)＝eq \f(7.90,9)，代入数据计算得出：m≈0.18 kg。
答案：(1)B (2)①见解析图 ②0.18
4.改装的探究圆周运动的向心力大小的实验装置如图所示。有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另一端连接一个小球。实验操作如下：
①利用天平测量小球的质量m，记录当地的重力加速度g的大小；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，让激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h；
③当小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，整理器材。
请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是________。
A．小球运动的周期为eq \f(t,n)
B．小球运动的线速度大小为eq \f(2πn－1R,t)
C．小球运动的向心力大小为eq \f(mgR,h)
D．若电动机转速增加，激光笔1、2应分别左移、上移
(2)若已测出R＝40.00 cm，r＝4.00 cm，h＝90.00 cm，t＝100.00 s，n＝51，π取3.14，则小球做圆周运动的周期T＝________s，记录的当地重力加速度大小应为g＝________m/s2。(计算结果均保留3位有效数字)
解析：(1)从球第1次到第n次通过A位置，转动圈数为n－1，时间为t，周期T＝eq \f(t,n－1)，A错误；小球的线速度大小为v＝eq \f(2πR,T)＝eq \f(2πn－1R,t)，B正确；小球受重力和拉力，合力提供向心力，设细绳与竖直方向的夹角为α，有FTcs α＝mg，FTsin α＝Fn，则Fn＝mgtan α＝mgeq \f(R－r,h)，C错误；若电动机的转速增加，则转动半径增加，激光笔1、2应分别左移、上移，D正确。
(2)小球做圆周运动的周期T＝eq \f(t,n－1)＝2.00 s，向心力Fn＝mgeq \f(R－r,h)＝mReq \f(4π2,T2)，解得g＝eq \f(4π2Rh,R－rT2)≈9.86 m/s2。
答案：(1)BD (2)2.00 9.86
5．如图所示，图甲为“用向心力演示器验证向心力公式”的实验示意图，图乙为俯视图。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同。当a、b两轮在皮带的带动下匀速转动。
(1)两槽转动的角速度ωA________ωB。(选填“>”“＝”或“<”)。
(2)现有两质量相同的钢球，①球放在A槽的边缘，②球放在B槽的边缘，它们到各自转轴的距离之比为2∶1。则钢球①、②的线速度之比为________；受到的向心力之比为________。
解析：(1)因a、b两轮转动的角速度相同，而两槽的角速度与两轮的角速度相同，则ωA＝ωB；
(2)钢球①、②的角速度相同，半径之比为2∶1，则根据v＝ωr可知，线速度之比为2∶1；根据F＝mω2r可知，受到的向心力之比为2∶1。
答案：(1)＝ (2)2∶1 2∶1
6.如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动。在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器。
(1)请将下列实验步骤按先后排序：__________________________________________________________。
A．使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触
B．接通电火花计时器的电源，使它工作起来
C．启动电动机，使圆形卡纸转动起来
D．关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)，写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值
(2)要得到ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是________。
A．秒表 B．毫米刻度尺
C．圆规 D．量角器
解析：(1)该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡纸转动，再打点，最后取出卡纸进行数据处理，故顺序为A、C、B、D。
(2)要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器，故选D。
答案：(1)A、C、B、D (2)D
7.某同学用圆锥摆验证向心力公式F＝mRω2。先在一张白纸上以O为圆心画一组同心圆，再将白纸铺在水平桌面上，在O点正上方距桌面高为h处的O1处用铁架台(图中未画出)悬挂一质量为m的小球，设法使小球沿着半径为R的圆进行圆周运动但恰不与纸面接触。
(1)现用刻度尺测得R、h，用天平测得m，用g表示重力加速度，则小球所受的合力F1＝________。
(2)为了测出小球做圆周运动的角速度ω，先用秒表测得小球完成n次圆周运动共用时t，则由向心力公式F＝mRω2求得小球做圆周运动的向心力F2＝________，代入数值，验证F1＝F2是否成立。
解析：(1)设摆线与竖直方向的夹角为α，则有tan α＝eq \f(R,h)，小球做圆周运动中所受合力的表达式为F1＝mgtan α＝eq \f(mgR,h)。
(2)小球做圆周运动的周期为T＝eq \f(t,n)，向心加速度的表达式为an＝eq \f(4π2R,T2)＝eq \f(4π2n2R,t2)，小球做圆周运动的向心力F2＝man＝meq \f(4π2n2R,t2)，所以若能大致满足F1＝F2，就可达到粗略验证向心力表达式的目的。
答案：(1)eq \f(mgR,h) (2)meq \f(4π2n2R,t2)
等时性
合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止
等效性
各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响
问题
情境图示
方法解读
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＝eq \f(d,v船)
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cs θ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d
如果v船运动
分解图示
两个重要推论：(1)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tanα。
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体任一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，则x＝2OB。
速度关系

位移关系
图示
方法
基本规律
运动时间
分解速度，构建速度的矢量三角形
水平vx＝v0竖直vy＝gt合速度v＝eq \r(vx2＋vy2)
由tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)得t＝eq \f(v0,gtan θ)
分解位移，构建位移的矢量三角形
水平x＝v0t竖直y＝eq \f(1,2)gt2合位移x合＝eq \r(x2＋y2)
由tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0)得t＝eq \f(2v0tan θ,g)
轨迹对称
斜上抛运动的轨迹关于过最高点的竖直线对称
速度对称
关于过轨迹最高点的竖直线对称的两点速度大小相等
时间对称
关于过轨迹最高点的竖直线对称的两点，从其中一点到最高点的上升时间与从最高点下降到对称点的时间相等
向心力的供需关系
运动状态
运动图示
F＝man＝meq \f(v2,r)＝mω2r
圆周运动
F＜man＝meq \f(v2,r)＝mω2r
离心运动
F＞man＝meq \f(v2,r)＝mω2r
近心运动
皮带传动
如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB
摩擦传动
和齿轮传动
如图丙、丁所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB
同轴转动
如图戊所示，两轮固定在同一转轴上，绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB
轻绳模型
轻杆模型
情景图示
弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程
mg＋FT＝meq \f(v2,r)
mg±FN＝meq \f(v2,r)
临界特征
FT＝0，即mg＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \r(gr)
v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg
模型关键
(1)“绳”只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为eq \r(gr)
(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通过最高点的速度最小可以为0
题干信息
获取信息
光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点
球A做圆周运动的半径为L，球B做圆周运动的半径为2L
球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力
球B在最高点只受重力作用，重力恰好提供向心力
定律
内容
图示或公式
开普勒第一定律(轨道定律)
所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
开普勒第二定律(面积定律)
对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等
开普勒第三定律(周期定律)
所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等
eq \f(a3,T2)＝k，k是一个与行星无关的常量
第一宇宙速度
第一宇宙速度又叫环绕速度，是人造卫星的最小发射速度，其数值为7.9 km/s
第二宇宙速度
使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，其数值为11.2 km/s
第三宇宙速度
使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，其数值为16.7 km/s
地面
地下
天上
两极(或不计自转)
赤道
g＝eq \f(GMr,R3)＝eq \f(GM,R3)(R－h)
g＝eq \f(GM,r2)＝eq \f(GM,R＋h2)
g＝eq \f(GM,R2)
g＝ eq \f(GM,R2)－Rω自2
轨道面一定
轨道平面与赤道平面共面
周期一定
与地球自转周期相同，即T＝24 h
角速度一定
与地球自转的角速度相同
高度一定
由Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)得同步卫星离地面的高度h＝ eq \r(3,\f(GMT2,4π2))－R≈6R(恒量)
速率一定
运行速率v＝eq \r(\f(GM,R＋h))
绕行方向一定
与地球自转的方向一致
速度关系
vⅡA＞vⅠ＞vⅢ＞vⅡB
(向心)加速度关系
aⅠ＝aⅡA＞aⅡB＝aⅢ
能量关系
EⅠ＜EⅡ＜EⅢ
由最远到最近
当两卫星和中心天体在同一直线上且位于中心天体的两侧时，两卫星相距最远，从运动关系上，两卫星运动关系应满足(ωA－ωB)t′＝(2n－1)π(n＝1,2,3，…)
由最近到最近
两卫星和中心天体在同一直线上且位于中心天体的同侧时，两卫星相距最近，从运动关系上，两卫星运动关系应满足(ωA－ωB)t＝2nπ(n＝1,2,3，…)
如图所示，a为近地卫星，轨道半径为r1；b为地球同步卫星，轨道半径为r2；c为赤道上随地球自转的物体，轨道半径为r3。
比较项目
近地卫星(r1、ω1、v1、a1)
同步卫星(r2、ω2、v2、a2)
赤道上随地球自转的物体(r3、ω3、v3、a3)
向心力
万有引力
万有引力
万有引力的一个分力
轨道半径
r2>r1＝r3
角速度
由Geq \f(Mm,r2)＝mω2r得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，故ω1>ω2
同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，故ω2＝ω3
ω1>ω2＝ω3
线速度
由Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)得v＝ eq \r(\f(GM,r))，故v1>v2
由v＝rω得
v2>v3
v1>v2>v3
向心
加速度
由Geq \f(Mm,r2)＝ma得a＝eq \f(GM,r2)，
故a1>a2
由a＝ω2r得
a2>a3
a1>a2>a3
类型
双星模型
多星模型
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
原理装置图
操作要领
(1)调节：①斜槽末端水平；②固定白纸的平板竖直。(2)确定平抛起点：将小球飞离斜槽末端时球心的位置描在白纸上。
(3)操作：①每次都从同一位置释放小球；
②上下调节挡板N，通过多次实验，在白纸上记录小球所经过的多个位置。
(4)轨迹获取：用平滑曲线把白纸上各印迹连接起来。
实验次数
1
2
3
4
5
6
tan θ
0.18
0.32
0.69
1.00
1.19
1.43
x/m
0.035
0.065
0.140
0.160
0.240
0.290
原理装置图
(1)利用变速塔轮可改变小球的转动角速度。
(2)利用长槽和短槽可改变小球的转动半径。
(3)利用测力套筒可显示向心力的大小。
操作要领
向心力演示器如上图所示。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8，标尺8上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小。(1)皮带套在塔轮2、3的不同半径的圆盘上，小球质量相同、转动半径相同时，可以探究向心力与角速度的关系。
(2)皮带套在塔轮2、3半径相同的圆盘上，小球转动角速度和质量相同时，可以探究向心力与转动半径的关系。
(3)皮带套在塔轮2、3半径相同的圆盘上，小球转动半径和转动角速度相同时，可以探究向心力与小球质量的关系。
序号
1
2
3
4
5
6
F向
ω
ω2
序号
1
2
3
4
5
6
F向
r
序号
1
2
3
4
5
6
F向
m
v/(m·s－1)
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
F/N
0.88
2.00
3.50
5.50
7.90