2020版高三物理一轮复习学案：第四章曲线运动　万有引力与航天

第四章 曲线运动　万有引力与航天
[全国卷5年考情分析]

基础考点
常考考点
命题概率
常考角度
匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度(Ⅰ)
离心现象(Ⅰ)
第二宇宙速度和第三宇宙速度(Ⅰ)
经典时空观和相对论时空观(Ⅰ)
以上4个考点未曾独立命题
运动的合成与分解(Ⅱ)
'16Ⅰ卷T18(6分)，'15Ⅱ卷T16(6分)
综合命题概率50%
(1)对运动的合成与分解的考查
(2)对平抛运动规律的考查
(3)对圆周运动中角速度、线速度关系及向心力的考查
(4)平抛运动、圆周运动与功能关系的综合考查
(5)天体质量、密度的计算
(6)卫星运动的各物理量间的比较
(7)卫星的发射与变轨问题
抛体运动(Ⅱ)
'18Ⅲ卷T17(6分)
'17Ⅰ卷T15(6分)，'17Ⅱ卷T17(6分)
'15Ⅰ卷T18(6分)，'14Ⅱ卷T15(6分)
独立命题
概率80%
匀速圆周运动的向心力(Ⅱ)
'16Ⅱ卷T16(6分)，'14Ⅰ卷T20(6分)
综合命题
概率100%
万有引力定律及其应用(Ⅱ)
'18
Ⅰ卷T20(6分)，Ⅱ卷T16(6分)
独立命题概率100%
'17
Ⅱ卷T19(6分)，Ⅲ卷T14(6分)
'16
Ⅰ卷T17(6分)，Ⅲ卷T14(6分)
'15
Ⅰ卷T21(6分)
'14
Ⅰ卷T19(6分)，Ⅱ卷T18(6分)
环绕速度(Ⅱ)
'18Ⅲ卷T15(6分)，'15Ⅱ卷T16(6分)
独立命题概率40%

第1节　曲线运动　运动的合成与分解

一、曲线运动
1．速度方向：质点在某一点的速度方向沿曲线在这一点的切线方向。[注1]
2．运动性质：曲线运动一定是变速运动。[注2]
3．曲线运动的条件
两个角度
运动学角度
物体的加速度方向跟速度方向不在同一条直线上(加速度可以是恒定的，也可以是变化的)
动力学角度
合外力的方向跟物体速度方向不在同一条直线上(合外力可以是恒力，也可以是变力)
二、运动的合成与分解
1．分解原则：一般根据运动的实际效果进行分解。
2．运算法则：位移、速度、加速度的合成或分解遵循平行四边形定则或三角形定则。
3．合运动与分运动的关系 [注3]
等时性
合运动和分运动、分运动与分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止。[注4]
独立性
各分运动相互独立，不受其他运动的影响。各分运动共同决定合运动的性质和轨迹。
等效性
各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果。

[注解释疑]
[注1] 速度方向时刻在变，但速度的大小可能不变。
[注2] 加速度不为零，合外力不为零。
a恒定→匀变速曲线运动，如平抛运动。
a改变→变加速曲线运动，如匀速圆周运动。
[注3] 实际运动为合运动。
[注4] 时间是分运动与分运动、分运动与合运动建立联系的关键量，即t是运动规律方程组所共有的“元”。
[深化理解]
1．物体做直线运动还是做曲线运动由物体的速度与合外力是否在同一直线上决定。
2．两个分运动的合运动是直线运动还是曲线运动要看合速度与合加速度是否在同一直线上。
3．运动的分解应考虑运动的实际效果，类似于力的分解考虑力的作用效果；但力的分解也常常考虑解题的方便不根据作用效果进行分解，运动的分解则常常沿两个互相垂直的方向分解，方便计算。
[基础自测]
一、判断题
(1)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。(×)
(2)做曲线运动的物体速度大小一定发生变化。(×)
(3)曲线运动可能是匀变速运动。(√)
(4)两个分运动的时间一定与它们的合运动的时间相等。(√)
(5)合运动的速度一定比分运动的速度大。(×)
(6)只要两个分运动为直线运动，合运动一定是直线运动。(×)
(7)分运动的位移、速度、加速度与合运动的位移、速度、加速度间满足平行四边形定则。(√)
二、选择题
1．(多选)关于曲线运动的性质，以下说法正确的是(　　)
A．曲线运动一定是变速运动
B．曲线运动一定是变加速运动
C．变速运动不一定是曲线运动
D．运动物体的速度大小、加速度大小都不变的运动一定是直线运动
解析：选AC　曲线运动一定是变速运动，但不一定是变加速运动，A正确，B错误；变速运动不一定是曲线运动，如匀变速直线运动，C正确；运动物体的速度大小、加速度大小都不变的运动不一定是直线运动，如匀速圆周运动，D错误。
2．[人教版必修2 P6演示实验改编]如图所示，水平桌面上一小铁球沿直线运动。若在铁球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁，下列关于小铁球运动的说法正确的是(　　)

A．磁铁放在A处时，小铁球做匀速直线运动
B．磁铁放在A处时，小铁球做匀加速直线运动
C．磁铁放在B处时，小铁球做匀速圆周运动
D．磁铁放在B处时，小铁球做变加速曲线运动
解析：选D　磁铁放在A处时，小铁球受磁力作用向前加速，逐渐靠近磁铁，磁力增大，加速度增大，故A、B均错误；磁铁放在B处时，小铁球受到的磁力与速度方向不共线，做曲线运动，因磁力的大小和方向均随距离的变化而变化，故加速度大小是变化的，C错误，D正确。
3．[人教版必修2 P7 T2改编](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。

高考对本节内容的考查，主要集中在曲线运动的特点及条件、应用运动的合成与分解处理小船过河以及关联速度问题，通常以选择题的形式呈现，难度一般。而运动的合成与分解知识可与能量、电磁场知识相结合，以计算题的形式呈现，难度较大。

考点一　物体做曲线运动的条件与轨迹分析[基础自修类]
[题点全练]
1．[曲线运动的条件及特点]
(多选)(2016·全国卷Ⅰ)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(　　 )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC　质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，且加速度大小不变，选项B、C正确，A错误；由a＝可知，质点单位时间内速度的变化量Δv总是不变的，但速率的变化量不确定，D错误。
2．[曲线运动轨迹判断]
春节期间人们放飞孔明灯表达对新年的祝福。如图甲所示，孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，在水平Ox方向做匀速运动，孔明灯的运动轨迹可能为图乙中的(　　)

A．直线OA　　　　　　　　 B．曲线OB
C．曲线OC D．曲线OD
解析：选D　孔明灯在竖直Oy方向做匀加速运动，在水平Ox方向做匀速运动，则合外力沿Oy方向，所以合运动的加速度方向沿Oy方向，但合速度方向不沿Oy方向，故孔明灯做曲线运动，结合合力指向轨迹内侧可知运动轨迹可能为曲线OD，故D正确。

3．[加速度方向与速率变化的关系]
如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直。在质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．质点经过C点的速率比经过D点的大
B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°
C．质点经过D点时的加速度比经过B点的大
D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小
解析：选A　质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变，C错误；由于在D点时速度方向与加速度方向垂直，则在A、B、C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，B错误；质点由C到D速率减小，所以经过C点的速率比经过D点的大，A正确；质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角逐渐减小，D错误。
[名师微点]
(1)物体做曲线运动时，速度沿轨迹的切线方向，合力指向轨迹凹侧，可以速记为“无力不弯，力速两边”。
(2)因为速度不能发生突变，所以曲线运动的轨迹也不能突变，除非速度和加速度同时减小为零并立刻开始沿其他方向加速运动。
考点二　运动的合成与分解的应用[师生共研类]
1．运动的合成与分解的运算法则
运动的合成与分解是指描述运动的各物理量，即位移、速度、加速度的合成与分解。由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定则。
2．合运动的性质和轨迹的判断
(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。
(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。
[典例]　如图所示，从上海飞往北京的波音737客机在上午10点10分到达首都国际机场。若飞机在水平分速度为60 m/s，竖直分速度为6 m/s时开始降落，降落过程中飞机在水平方向做加速度大小等于2 m/s2的匀减速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于0.2 m/s2的匀减速直线运动，则飞机落地之前(　　)
A．飞机的运动轨迹为曲线
B．经20 s飞机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等
C．在第20 s内，飞机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等
D．飞机在第20 s内，水平方向的平均速度为21 m/s
[解析]　由于初速度的方向与合加速度的方向相反，故飞机的运动轨迹为直线，A错误；由匀减速运动规律可知，飞机在第20 s末的水平分速度为20 m/s，竖直方向的分速度为2 m/s，B错误；飞机在第20 s内，水平位移x＝－v0xt19－axt192＝21 m，竖直位移y＝v0yt20＋ayt202－v0yt19－ayt192＝2.1 m，C错误；飞机在第20 s内，水平方向的平均速度为21 m/s，D正确。
[答案]　D
[延伸思考]
若飞机在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向做加速度大小为0.2 m/s2的匀减速直线运动。
(1)飞机的运动轨迹是直线还是曲线？
(2)当飞机竖直速度减为零时，飞机恰好着陆，则着陆前飞机的位移为多大？
提示：(1)飞机的初速度方向斜向下方，而加速度方向竖直向上，故飞机的运动轨迹为曲线。
(2)飞机竖直方向减速运动的时间t＝＝30 s，竖直方向的位移h＝t＝90 m 。
水平方向的位移x＝v水平·t＝1 800 m，故飞机在这段时间内的位移大小为s＝＝ m≈1 802 m。

例题及相关延伸思考旨在让学生掌握合运动轨迹和性质的判断，以及合运动各物理量的计算方法。
(1)分析运动的合成与分解问题时，一般情况下按运动效果进行分解。
(2)要注意分析物体在两个方向上的受力及运动规律，分别在两个方向上列式求解。
(3)两个方向上的分运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。
[题点全练]
1．[由运动特点分析运动轨迹]
在长约一米的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个大小适当的圆柱形红蜡块，玻璃管的开口端用胶塞塞紧，保证将其迅速竖直倒置时，红蜡块能沿玻璃管由管口匀速上升到管底。现将此玻璃管倒置安装在置于桌面上的小车上的同时，小车从A位置在恒力F作用下开始运动。经过一段时间后，小车运动到虚线表示的B位置。按照图中建立的坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是(　　)

解析：选C　红蜡块在竖直方向做匀速直线运动，水平方向随小车一起向右做匀加速直线运动，合力沿水平向右方向，其运动轨迹应如题图C所示。故选项C正确。
2．[由分运动的图像分析物体的运动规律]
质量为2 kg的质点在x­y平面上运动，x方向的速度—时间图像和y方向的位移—时间图像分别如图所示，则质点(　　)

A．初速度为4 m/s
B．所受合外力为4 N
C．做匀变速直线运动
D．初速度的方向与合外力的方向垂直
解析：选B　由题图可知，质点在x轴方向的初速度为vx＝4 m/s，在y轴方向的初速度vy＝3 m/s，则质点的初速度v0＝＝5 m/s，故A错误；由题图可知，质点在x轴方向的加速度a＝2 m/s2，在y轴方向做匀速直线运动，所以质点所受合力F合＝ma＝4 N，故B正确；质点在x轴方向的合力恒定不变，在y轴方向做匀速直线运动，在y轴方向合力为零，则质点的合力恒定不变，做匀变速曲线运动，故C错误；质点的合力沿x轴方向，而初速度方向既不沿x轴方向，也不沿y轴方向，所以质点初速度的方向与合外力方向不垂直，故D错误。
3．[利用运动轨迹分析运动时间问题]
如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。现从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲种状态启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙种状态启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点。则t1∶t2为(　　)
A．2∶1　　　　　　　　 B．1∶
C．1∶ D．1∶(－1)
解析：选A　雨滴在竖直方向的分运动为匀速直线运动，其速度大小与水平方向的运动无关，故t1∶t2＝∶＝2∶1，选项A正确。
考点三　小船渡河模型[方法模型类]
[典例]　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。求：
(1)水流的速度；
(2)小船在静水中的速度、河的宽度以及船头与河岸间的夹角α。
[典例识模]
题干信息
吹“沙”见“金”
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
过河最短时间为10 min
10 min内船顺流而下120 m
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
航程最短时过河时间为12.5 min
最短航程为河流的宽度

[解析]　(1)船头垂直对岸方向航行时，如图甲所示。
由x＝v2t1得v2＝＝ m/s＝0.2 m/s。

(2)船头保持与河岸成α角向上游航行时，如图乙所示。
v2＝v1cos α
d＝v1sin α·t2
由图甲可得d＝v1t1
联立解得α＝53°，v1≈0.33 m/s，d＝200 m。
[答案]　(1)0.2 m/s　(2)0.33 m/s　200 m　53°

[系统建模]
1．小船渡河的两类模型


时间最短
位移最短
渡河情景



渡河条件
船头垂直于河岸
船头斜向上游且v船>v水
船头斜向上游，与合速度方向垂直，且v水>v船
渡河结果
最短时间tmin＝
最短位移为河宽d
最短位移为d

2．小船渡河模型的分析思路

[熟练用模]
1．[小船渡河轨迹分析]
如图所示，某河段两岸平行，越靠近中央水流速度越大，一条小船保持船头垂直于河岸的方向匀速航行。现沿水流方向及垂直于河岸方向建立直角坐标系xOy，则该小船渡河的大致轨迹是(　　)

解析：选C　小船垂直于河岸方向航行的速度不变，但水流速度越靠近中央越大，因此小船过河过程中先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，结合曲线运动的轨迹特点可知，加速度方向应指向轨迹的凹侧，故只有选项C正确。
2．[小船渡河的位移最短模型]
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。
3．[小船渡河的两类模型对比分析]
有一条两岸平直、河水均匀流动，流速恒为v的大河。一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为。回程与去程所用时间之比为(　　)
A．3∶2　　　　　　　　　 B．2∶1
C．3∶1 D．2∶1
解析：选B　设河宽为d，则去程所用的时间t1＝＝；返程时的合速度：v′＝ ＝，回程的时间为：t2＝＝；故回程与去程所用时间之比为t2∶t1＝2∶1，选项B正确。
考点四　绳(杆)端速度分解模型[方法模型类]
[典例]　如图所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，两物体质量分别为m1和m2，且m1 A．v2sin θ　　　　　　　　　 B．
C．v2cos θ D．
[解析]　物体m2的实际运动情况是沿杆竖直下滑，这个实际运动是合运动，m1的速度与绳上各点沿绳方向的速度大小相等，所以绳的速度等于m1的速度v1，而m2的实际运动应是合运动(沿杆向下)，合速度v2可由沿绳子方向的分速度和垂直于绳子的分速度来合成(即两个实际运动效果)。因此v1跟v2的关系如图所示，由图可看出m1的速度大小v1＝v2cos θ，C正确。
[答案]　C
[系统建模]
1．绳(杆)端速度的分解思路

2．四种常见的速度分解模型


[熟练用模]
1．[绳端速度分解模型]
如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A。汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A，下列说法正确的是(　　)
A．将竖直向上做匀速运动
B．将处于超重状态
C．将处于失重状态
D．将竖直向上先加速后减速
解析：选B　设汽车向右运动的速度为v，绳子与水平方向的夹角为α，物块上升的速度为v′，则vcos α＝v′，汽车匀速向右运动，α减小，v′增大，物块向上加速运动，A、D错误；物块加速度向上，处于超重状态，B正确，C错误。
2．[杆端速度分解模型]
如图所示，一根长直轻杆AB在墙角沿竖直墙面和水平地面滑动。当AB杆和墙面的夹角为θ时，杆的A端沿墙面下滑的速度大小为v1，B端沿地面滑动的速度大小为v2。v1、v2的关系是(　　)
A．v1＝v2 B．v1＝v2cos θ
C．v1＝v2tan θ D．v1＝v2sin θ
解析：选C　将A、B两点的速度分解为沿AB方向与垂直于AB方向的分速度，沿AB方向的速度分别为v1∥和v2∥，由于AB不可伸长，两点沿AB方向的速度分量应相同，则有v1∥＝v1cos θ，v2∥＝v2sin θ，由v1∥＝v2∥，得v1＝v2tan θ，选项C正确。
3．[杆端速度分解模型的动态分析]
如图所示，AB杆以恒定角速度绕A点转动，并带动套在光滑水平杆OC上的质量为M的小环运动。运动开始时，AB杆在竖直位置，则小环M的速度将(　　)
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　设经过时间t，∠OAB＝ωt，则AM的长度为，则AB杆上小环M绕A点运动的线速度v＝ω·。将小环M的速度沿AB杆方向和垂直于AB杆方向分解，垂直于AB杆方向的分速度大小等于小环M绕A点运动的线速度v，则小环M的速度v′＝＝，随着时间的延长，小环的速度将不断变大，故A正确，B、C、D错误。
4．[绳端、杆端速度分解的综合问题]
(多选)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物M。C点与O点距离为L，现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)。此过程中下列说法正确的是(　　)
A．重物M做匀速直线运动
B．重物M做匀变速直线运动
C．重物M的最大速度是ωL
D．重物M的速度先增大后减小
解析：选CD　与杆垂直的速度v是C点的实际速度，vT是细绳的速度，即重物M的速度。设vT与v的夹角是θ，则vT＝vcos θ，开始时θ减小，则vT增大；当杆与细绳垂直(θ＝0)时，重物M的速度最大，为vmax＝ωL，然后再减小，C、D正确。


“STS问题”巧迁移——生活中的运动合成分解
(一)骑马射箭
1．(多选)民族运动会上有一骑射项目如图所示，运动员骑在奔跑的马上，弯弓放箭射击侧向的固定目标。假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的箭速度为v2，跑道离固定目标的最近距离为d。要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则(　　)
A．运动员放箭处离目标的距离为
B．运动员放箭处离目标的距离为
C．箭射到固定目标的最短时间为
D．箭射到固定目标的最短时间为
[思维转换提示]　箭相对地面的速度(指向目标)是箭射出的速度v2(箭相对于马)与马前进速度v1的合速度，而且为保证箭在空中飞行时间最短，v2必须垂直于v1。
解析：选BC　要想以箭在空中飞行的时间最短的情况下击中目标，v2必须垂直于v1，并且v1、v2的合速度方向指向目标，如图所示，故箭射到目标的最短时间为，C对，D错；运动员放箭处离目标的距离为，又x＝v1t＝v1·，故＝ ＝，A错，B对。
(二)转台投篮
2．趣味投篮比赛中，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(　　)

[思维转换提示]　篮球的实际速度是运动员投篮球的速度与运动员所在位置平台转动速度的合速度。
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，篮球就会被投入球筐。故C正确，A、B、D错误。

(三)下雨打伞
3．雨滴在空中以4 m/s的速度竖直下落，人打伞以3 m/s的速度向西急行，如果希望雨滴垂直打向伞的截面而少淋雨，伞柄应指向什么方向？
[思维转换提示]　雨滴相对于人的速度是雨滴下落的速度与地相对于人的速度(以3 m/s的速度向东)的合速度，伞柄的指向与合速度方向正对。
解析：雨滴相对于人的速度方向即为伞柄的指向。雨滴相对人有向东3 m/s的速度v1，有竖直向下的速度v2＝4 m/s，如图所示，雨滴对人的合速度v＝＝5 m/s。
tan α＝＝，即α＝37°。
答案：向西倾斜，与竖直方向成37°角
(四)风中骑车
4．某人骑自行车以4 m/s的速度向正东方向行驶，天气预报报告当时是正北风，风速为4 m/s，那么，骑车人感觉到的风向和风速为(　　)
A．西北风　风速为4 m/s
B．西北风　风速为4 m/s
C．东北风　风速为4 m/s
D．东北风　风速为4 m/s
[思维转换提示]　风相对骑车人的速度是风相对于地的速度与地相对于自行车的速度的合速度。

解析：选D　以骑车人为参考系，人向正东方向骑行，感觉风向正西，风速大小为v1＝4 m/s，当时有正北风，风速为v2＝4 m/s，如图所示，可求得人感觉到的风向为东北风，风速v＝4 m/s，D正确。


[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]

1．(2019·新乡五校联考)在足球场上罚任意球时，运动员踢出的足球，在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门，守门员“望球莫及”，轨迹如图所示。关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向，下列说法中正确的是(　　)
A．合外力的方向与速度方向在一条直线上
B．合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧
C．合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线方向
D．合外力方向指向轨迹外侧，速度方向沿轨迹切线方向
解析：选C　足球做曲线运动，则其速度方向为轨迹的切线方向，根据物体做曲线运动的条件可知，合外力的方向一定指向轨迹的内侧，故C正确。
2．两个互成角度的匀加速直线运动，初速度分别为v1和v2，加速度分别为a1和a2。关于它们的合运动的轨迹，下列说法正确的是(　　)
A．如果v1＝v2＝0，那么轨迹可能是曲线
B．如果v1＝v2≠0，那么轨迹一定是曲线
C．如果a1＝a2，那么轨迹一定是直线
D．如果a1∶a2＝v1∶v2，那么轨迹一定是直线
解析：选D　当v1＝v2＝0，将沿着合加速度方向，做匀加速直线运动，那么轨迹一定是直线，故A错误；如果v1≠0，v2≠0，当合初速度方向与合加速度方向共线时，做直线运动，若两者不共线，那么轨迹一定是曲线，故B错误；如果a1＝a2，只有当合初速度与合加速度共线时，才能做直线运动，因此轨迹不一定是直线，故C错误；当a1∶a2＝v1∶v2时，即合初速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，运动轨迹一定为直线，故D正确。
3．(2018·日照模拟)在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系xOy，质量为1 kg 的物体原来静止在坐标原点O(0,0)，t＝0时受到如图所示随时间变化的外力作用。图甲中Fx表示沿x轴方向的外力，图乙中Fy表示沿y轴方向的外力。下列描述正确的是(　　)

A．0～4 s内物体的运动轨迹是一条直线
B．0～4 s内物体的运动轨迹是一条抛物线
C．前2 s内物体做匀加速直线运动，后2 s内物体做匀加速曲线运动
D．前2 s内物体做匀加速直线运动，后2 s内物体做匀速圆周运动
解析：选C　0～2 s内物体沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，2 s时受沿y轴方向的恒力作用，与速度方向垂直，故2～4 s内物体做类平抛运动，C项正确。
4．河水由西向东流，河宽为800 m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水＝x(m/s)。让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船＝4 m/s。下列说法中正确的是(　　)

A．小船渡河的轨迹为直线
B．小船在河水中的最大速度是5 m/s
C．小船在距离南岸200 m处的速度小于距北岸200 m处的速度
D．小船渡河的时间是160 s
解析：选B　因水流速度大小与离河岸的距离大小有关，故小船的速度与河水速度的合速度大小和方向是变化的，小船渡河的轨迹为曲线，A错误；河水速度最大为v水max＝×400 m/s＝3 m/s，故小船在水中的最大速度为vmax＝ m/s＝5 m/s，B正确；小船距岸200 m处，水流速度均为1.5 m/s，故小船的速度大小相等，C错误；小船渡河时间与水流速度大小无关，tmin＝＝200 s，D错误。
5.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水平匀速移动。经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为s，如图所示。关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是(　　)
A．相对地面的运动轨迹为直线
B．相对地面做变加速曲线运动
C．t时刻猴子对地速度的大小为v0＋at
D．t时间内猴子对地的位移大小为
解析：选D　猴子竖直向上做匀加速直线运动，水平向右做匀速直线运动，其合运动是匀变速曲线运动，A、B错误；t时刻猴子对地速度的大小为v＝，C错误；t时间内猴子对地的位移是指合位移，其大小为，D正确。



6.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。下列v ­t图像中，最接近物体B的运动情况的是(　　)


解析：选A　将与物体A相连的绳端速度v分解为沿绳伸长方向的速度v1和垂直于绳方向的速度v2，则物体B的速度vB＝v1＝vsin θ，在t＝0时刻θ＝0°， vB＝0，C项错误；之后随θ增大，sin θ增大，B的速度增大，但开始时θ变化快，速度增加得快，图线的斜率大，随θ增大，速度增加得慢，若绳和杆足够长，则物体B的速度趋近于A的速度，只有A项正确。

[B级——保分题目练通抓牢]
7．如图所示，一条河岸笔直的河流水速恒定，甲、乙两小船同时从河岸的A点沿与河岸的夹角均为θ的两个不同方向渡河。已知两小船在静水中航行的速度大小相等。下列说法正确的是(　　)
A．甲先到达对岸
B．乙先到达对岸
C．渡河过程中，甲的位移小于乙的位移
D．渡河过程中，甲的位移大于乙的位移
解析：选C　两小船在静水中航行的速度大小相等，且渡河方向与河岸的夹角均为θ，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度相等；根据运动的独立性，船在平行于河岸方向上的分速度不影响渡河时间，所以甲、乙两小船同时到达对岸，A、B错误。甲船在平行于河岸方向上的速度为v甲′＝v水 －v甲cos θ，乙船在平行于河岸方向上的速度为v乙′＝v水＋v乙cos θ，两船在平行于河岸方向上的位移分别为x甲＝v甲′t，x乙＝v乙′t，则x甲 8．(2019·丽江调研)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。

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x­t图像和vy­t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＝＝2 m/s，在运动后4 s内，沿y轴方向运动的最大速度为4 m/s，则运动后4 s内质点运动的最大速度为vm＝＝2 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＝＝ m/s2＝3 m/s2
则质点沿y轴正方向做匀减速运动的时间t2＝＝ s
则运动后的4 s内沿y轴方向的位移
y＝×2×m－×4× 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)2 m/s　(2)8 m
10．(2019·杭州六校联考)河宽60 m，水流速度v1＝6 m/s，小船在静水中的速度v2＝3 m/s，求：
(1)小船渡河的最短时间；
(2)小船渡河的最短航程。
解析：(1)当小船垂直河岸航行时，渡河时间最短，
tmin＝＝ s＝20 s。
(2)因为船速小于水速，所以小船一定向下游漂移。如图所示，以v1矢量末端为圆心，以v2矢量的大小为半径画弧，从v1矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时航程最短。
由图可知，最短航程为x短＝＝d＝×60 m＝120 m。
答案：(1)20 s　(2)120 m
[C级——难度题目适情选做]

11．如图所示，甲、乙两船在同一条水流匀速的河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点。如果划船速度大小相同，且两船相遇不影响各自的航行。下列判断正确的是(　　)
A．甲船也能到达M点正对岸
B．甲船渡河时间一定短
C．两船相遇在NP直线上的某点(非P点)
D．渡河过程中两船不会相遇
解析：选C　乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达M点正对岸，故A错误；小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度vy＝vsin α，小船过河的时间t＝＝，故甲、乙两船到达对岸的时间相同，故B错误；以流动的水为参考系，两船相遇点在速度方向延长线的交点上，又由于乙船实际上沿着NP方向运动，故相遇点在NP直线上的某点(非P点)，故C正确，D错误。
12．(2019·东营模拟)如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A，另一竖直杆B以速度v水平向左做匀速直线运动，则从两杆开始相交到最后分离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为(　　)
A．水平向左，大小为v
B．竖直向上，大小为vtan θ
C．沿杆A斜向上，大小为
D．沿杆A斜向上，大小为vcos θ
解析：选C　两杆的交点P参与了两个分运动，如图所示，即水平向左的速度大小为v的匀速直线运动和沿杆B竖直向上的匀速运动，交点P的实际运动方向沿杆A斜向上，交点P的速度大小为vP＝，选项C正确。
13．如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平。设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力。一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4 m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，(坐标格为正方形，g取10 m/s2)求：

(1)小球在M点的速度v1；
(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N；
(3)小球到达N点的速度v2的大小。
解析：(1)设正方形的边长为s0。
小球竖直方向做竖直上抛运动，v0＝gt1,2s0＝t1
水平方向做匀加速直线运动，3s0＝t1
解得v1＝6 m/s。
(2)由竖直方向运动的对称性可知，小球再经过t1到达x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x轴时落到x＝12处，位置N的坐标为(12,0)，运动轨迹及N如图。

(3)到N点时竖直分速度大小为v0＝4 m/s，
水平分速度vx＝a水平tN＝2v1＝12 m/s，
故v2＝＝4 m/s。
答案：(1)6 m/s　(2)见解析图　(3)4 m/s

第2节　抛体运动

一、平抛运动
1．定义(条件)：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：平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
4．基本规律(如图所示)


(1)速度关系

(2)位移关系

(3)轨迹方程：y＝x2。
二、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．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。
斜抛运动问题多为斜上抛运动，可以在最高点分成两段处理，后半段为平抛运动，前半段的逆运动可以看成相等初速度的反向平抛运动。

[深化理解]
1．平抛运动的运动时间：t＝ ，取决于竖直下落的高度，与初速度无关。
2．平抛运动的水平射程：x＝v0，取决于竖直下落的高度和初速度。
3．平抛运动的速度的变化规律
(1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0。
(2)任意相等时间Δt内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv＝Δvy＝gΔt。

4．平抛运动的位移的变化规律
(1)任意相等时间Δt内，水平位移相同，即Δx＝v0Δt。
(2)连续相等的时间Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy＝g(Δt)2。
[基础自测]
一、判断题
(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。(×)
(2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化。(×)
(3)做平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大。(×)
(4)做平抛运动的物体，初速度越大，在空中飞行时间越长。(×)
(5)从同一高度平抛的物体，不计空气阻力时，在空中飞行的时间是相同的。( √)
(6)无论平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动。(√)
(7)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化量是相同的。(√)
二、选择题
1． [人教版必修2 P10做一做改编] (多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验。小锤打击弹性金属片后，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落。关于该实验，下列说法中正确的是(　　)
A．两球的质量应相等
B．两球应同时落地
C．应改变装置的高度，多次实验
D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
解析：选BC　两球从同一高度同时开始运动，竖直方向均做自由落体运动，落地时间一定相等，为了验证平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，应改变高度多次实验才能验证猜想，故A错误，B、C正确；本实验无法说明平抛运动在水平方向的运动是匀速直线运动，D错误。
2．一物体从某高度以初速度v0水平抛出，落地时速度大小为v，重力加速度为g，则它运动的时间为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D　落地时物体在竖直方向的速度vy＝，又vy＝gt，故物体下落的时间t＝＝，选项D正确。
3．(2016·江苏高考)有A、B两小球，B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力。图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是(　　)
A．① B．②
C．③ D．④
解析：选A　两球的初速度的大小和方向均相同，同时抛出后均只受重力作用，加速度相同，故二者的运动轨迹一定相同，选项A正确。

高考对本节内容的考查，主要集中在平抛运动的特点和规律、应用运动的合成与分解的思想处理平抛运动问题，单独考查主要以选择题的形式呈现，难度一般。而平抛运动与圆周运动知识结合动能定理、机械能守恒定律进行综合命题，有选择题，也有计算题，难度中等偏上。

考点一　平抛运动的规律[基础自修类]
[题点全练]
1．[对平抛运动的理解]
关于平抛运动的叙述，下列说法不正确的是(　　)
A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动
B．平抛运动的速度方向与恒力方向的夹角保持不变
C．平抛运动的速度大小是时刻变化的
D．平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小
解析：选B　做平抛运动的物体只受重力作用，故平抛运动是匀变速曲线运动，A说法正确；平抛运动是曲线运动，速度的方向时刻变化，即与恒力方向的夹角时刻改变，B说法错误；平抛运动是匀变速运动，速度大小时刻变化，C说法正确；设水平初速度为v0，速度方向与加速度方向(竖直方向)的夹角为θ，有tan θ＝，可知随着时间增加，夹角θ变小，D说法正确。本题选择说法不正确的，故B符合题意。
2．[利用运动的合成与分解分析平抛运动]
(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是(　　)
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
解析：选C　发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h＝gt2，可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的，选项A错误。由vy2＝2gh可知，两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同，选项B错误。由平抛运动规律，水平方向上，x＝vt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少，选项C正确。由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D错误。
3．[平抛运动规律的应用]
(多选)一位同学玩投掷飞镖游戏时，将飞镖水平抛出后击中目标。当飞镖在飞行过程中速度的方向平行于抛出点与目标间的连线时，其大小为v。不考虑空气阻力，已知连线与水平面间的夹角为θ，则飞镖(　　)
A．初速度v0＝vcos θ
B．飞行时间t＝
C．飞行的水平距离x＝
D．飞行的竖直距离y＝
解析：选AC　根据运动的合成与分解知飞镖的初速度v0＝vcos θ，选项A正确；根据平抛运动的规律有x＝v0t，y＝gt2，tan θ＝，解得t＝，x＝，y＝，选项C正确，B、D错误。
[名师微点]
平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合运动，处理此类问题的方法就是沿这两个方向进行运动分解，把曲线运动转化为两个直线运动，再根据直线运动的规律进行求解。
考点二　多体平抛运动问题[基础自修类]
[题点全练]
1．[两球平抛后空中相遇问题]
(2017·江苏高考)如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为(　　)
A．t　　　　　　　　　 B.t
C. D.
解析：选C　设两球间的水平距离为L，第一次抛出的速度分别为v1、v2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间t＝，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t′＝＝，C项正确。
2．[同一高度平抛后落在同一水平面上的多体平抛问题]
(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在水平面上的射影点，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　三个小球的高度相等，则根据h＝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＝，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＝，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。
3．[同一高度平抛后落点在不同高度的多体平抛问题]
(多选)横截面为直角三角形的两个相同斜面体紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示，它们的竖直边长都是底边长的一半。现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c。下列判断正确的是(　　)

A．图中三个小球相比较，落在a点的小球运动时间最长
B．图中三个小球相比较，落在c点的小球初速度最大
C．图中三个小球相比较，落在c点的小球运动过程中速度变化最快
D．无论小球抛出时速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直
解析：选ABD　小球在竖直方向做自由落体运动，有h＝gt2，运动的时间为t＝ ，可知其运动时间是由竖直方向的位移决定的，由题图可知，落在a点的小球下落的高度最大，所以落在a点的小球运动的时间最长，A正确；落在c点的小球下落的高度最小，运动的时间最短，由于其水平位移最大，根据x＝v0t知，落在c点的小球初速度最大，B正确；三个小球都做平抛运动，加速度都等于重力加速度，所以速度变化的快慢是相同的，C错误；落在左侧斜面上的小球的速度不可能与斜面垂直，分析落在右侧斜面上的小球，其竖直速度是gt，水平速度是v0，斜面与水平方向的夹角是arctan 0.5，要使合速度垂直于斜面，需要满足v0＝gttan θ，即v0＝0.5gt，则经过t时间，竖直位移为0.5gt2，水平位移为v0t＝(0.5gt)t＝0.5gt2，即若要满足这个关系，水平位移和竖直位移需相等，由于落在右侧斜面上的小球的水平位移必定大于竖直位移，显然上述关系式不成立，则无论小球抛出时速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直，D正确。
[名师微点]
对多体平抛问题的四点提醒
(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抛出，则两物体始终处在同一高度。
(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。
(4)若两物体从同一高度先后抛出，则两物体高度差随时间均匀增大。
考点三　落点有约束条件的平抛运动[多维探究类]
考法(一)　落点在斜面上的平抛运动
[例1]　(多选)如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，小球击中了斜面上的P点；将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中Q点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan θ＝2tan φ
B．若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan φ＝2tan θ
C．小球A、B在空中运动的时间之比为2tan2θ∶1
D．小球A、B在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
[解析]　由题图可知，斜面的倾角θ等于小球A落在斜面上时的位移与水平方向的夹角，由平抛运动的推论可知，tan φ＝2tan θ，选项B正确，A错误；设小球A在空中运动的时间为t1，小球B在空中运动的时间为t2，则由平抛运动的规律可得tan θ＝，tan θ＝，故＝2tan2θ，选项C正确，D错误。
[答案]　BC
[题型技法]
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＝

由tan θ＝＝得t＝

分解位移，构建位移的矢量三角形
水平x＝v0t
竖直y＝gt2
合位移x合＝
由tan θ＝＝
得t＝


在运动起点同时分解v0、g
由0＝v1－a1t,0－v12＝－2a1d得t＝，d＝
分解平行于斜面的速度v
由vy＝gt得t＝

考法(二)　落点在竖直面上的平抛运动
[例2]　(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)(　　)
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。
[答案]　AC

[题型技法]
如图所示，水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移d相同，t＝，注意t并不相等。

考法(三)　落点在圆弧面上的平抛运动
[例3]　如图所示，水平路面出现了一个大坑，其竖直截面为半圆，AB为沿水平方向的直径。一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下，但两颗石子分别以速度v1、v2从A点沿AB方向水平飞出，分别落于C、D两点，C、D两点距水平路面距离分别为圆半径的0.6倍和1倍。则v1∶v2的值为(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
[解析]　设圆弧的半径为R，依平抛运动规律得x1＝v1t1，x2＝v2t2，
联立得＝＝＝。
时间由竖直方向做自由落体运动来比较，y1＝gt12，
y2＝gt22，
由两式相比得＝，其中y1＝R，y2＝R，
则有＝ ，代入速度公式得＝，C项正确。
[答案]　C
[题型技法]
落点在圆弧面上的三种常见情景
(1)如图甲所示，小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置。由半径和几何关系制约时间t：h＝gt2，R±＝v0t，联立两方程可求t。
(2)如图乙所示，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等。
(3)如图丙所示，小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等。


考法(四)　落点在水平台阶上的平抛运动
[例4]　一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4 m。一小球以水平速度v飞出，g取10 m/s2，欲打在第四级台阶上，则v的取值范围是(　　)
A. m/s B．2 m/s C. m/s D．2 m/s [解析]　若小球打在第四级台阶的边缘上，下降高度h＝4d，根据h＝gt12，得t1＝ ＝ s＝ s，
水平位移x1＝4d，则平抛的最大速度v1＝＝ m/s＝2 m/s；若小球打在第三级台阶的边缘上，下降高度h＝3d，根据h＝gt22，得t2＝ ＝ s，水平位移x2＝3d，则平抛运动的最小速度v2＝＝ m/s＝ m/s，所以速度范围： m/s [答案]　A
[共性归纳]
对于此类题目，无论落点怎样变化，其题根均为平抛运动规律的应用，解题的关键是把约束界面的几何关系与平抛运动规律相互结合起来。


“STS问题”巧迁移——体育运动中的平抛运动
(一)乒乓球的平抛运动问题
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(　　)

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：选AD　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v2＝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，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，B错误；由h＝gt2可得两球飞行时间相同，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，D正确。
(二)足球的平抛运动问题
2．(2015·浙江高考)如图所示为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则(　　)
A．足球位移的大小x＝
B．足球初速度的大小v0＝
C．足球末速度的大小v＝
D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝
解析：选B　根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平＝ ，则足球位移的大小为：x＝ ＝ ，选项A错误；由h＝gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度为v0＝ ，选项B正确；对足球应用动能定理：mgh＝mv2－mv02，可得足球末速度v＝ ＝ ，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan θ＝，选项D错误。
(三)网球的平抛运动问题
3．一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出。第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点处，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点处。设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力。两只球飞过球网C处时水平速度之比为(　　)
A．1∶1　　　　　　　　　 B．1∶3
C．3∶1 D．1∶9
解析：选B　由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的。由于球与地面的碰撞没有能量损失，设第一只球自击出到落到A点时间为t1，第二只球自击出到落到A点时间为t2，则t1＝3t2。
由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x＝v0t得：v2＝3v1，所以有＝，所以两只球飞过球网C处时水平速度之比为1∶3，故B正确。
(四)排球的平抛运动问题
4．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＝
C．H＝h D．H＝h
解析：选C　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，有：
H－h＝gt12，H＝gt22
＝v0t1，＋＝v0t2
联立解得H＝h
故C正确。
[反思领悟]
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。

[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]
1．(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点。两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，则(　　)
A．B的加速度比A的大
B．B的飞行时间比A的长
C．B在最高点的速度比A在最高点的大
D．B在落地时的速度比A在落地时的大
解析：选CD　两球在空中的加速度都为重力加速度g，选项A错误；由于两球运动的最大高度相同，则在空中飞行的时间相同，选项B错误；B球的射程大，则水平方向的分速度大，在最高点的速度大，选项C正确；两球运动的最大高度相同，则竖直分速度相同，由于B球的水平分速度大，则B球抛出时的速度大，落地时的速度也大，选项D正确。
2．(多选)在地面上方高为H处某点将一小球水平抛出，不计空气阻力，则小球在随后(落地前)的运动中(　　)
A．初速度越大，小球落地的瞬时速度与竖直方向的夹角越大
B．初速度越大，落地瞬间小球重力的瞬时功率越大
C．初速度越大，在相等的时间间隔内，速度的改变量越大
D．无论初速度为何值，在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同的
解析：选AD　设小球落地瞬间速度的方向与竖直方向的夹角为α，根据tan α＝＝知，初速度越大，小球落地瞬间速度与竖直方向的夹角越大，故A正确。根据P＝mgvy＝mg知，落地时小球重力的瞬时功率与初速度无关，故B错误。平抛运动的加速度不变，在相等的时间间隔内速度的改变量相同，与初速度无关，故C错误，D正确。
3．(2018·江苏高考)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
解析：选B　弹射管自由下落，两只小球始终处于同一水平面，因此同时落地。水平方向的分运动为匀速直线运动，且速度相等，但两只小球弹出后在空中运动的时间不相等，所以水平位移不相等，落地点不同。
4．如图所示，在同一平台上的O点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度va、vb、vc和运动的时间ta、tb、tc的关系分别是(　　)
A．va>vb>vc　ta>tb>tc B．va C．vatb>tc D．va>vb>vc　ta 解析：选C　三个物体下落的高度ha>hb>hc，根据h＝gt2，知ta>tb>tc，根据xa 5．(2019·周口七校联考)如图所示，一质点做平抛运动先后经过A、B两点，到达A点时速度方向与竖直方向的夹角为60°，到达B点时速度方向与水平方向的夹角为45°。质点运动到A点与质点运动到B的时间之比是(　　)
A. B.
C. D．条件不够，无法求出
解析：选B　设初速度大小为v0，将A、B两点的速度分解，在A点：tan(90°－60°)＝＝，
在B点：tan 45°＝＝，
由以上两式可求得：＝＝，故选项B正确。
6．如图，斜面AC与水平方向的夹角为α，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直于斜面落到D点，则CD与DA的比为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　设小球水平方向的速度为v0，将D点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过几何关系求解，得竖直方向的末速度为v2＝，设该过程用时为t，则DA间水平距离为v0t，故DA＝；CD间竖直距离为，故CD＝，得＝，故D正确。
[B级——保分题目练通抓牢]
7．(2018·北京高考)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(　　)
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：选D　将小球的竖直上抛运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动。上升阶段，随着小球竖直分速度的减小，其水平向西的“力”逐渐减小，因此水平向西的加速度逐渐减小，到最高点时减小为零，而水平向西的速度达到最大值，故A、B错误。下降阶段，随着小球竖直分速度的变大，其水平向东的“力”逐渐变大，水平向东的加速度逐渐变大，小球的水平分运动是向西的变减速运动，根据对称性，小球落地时水平向西的速度减小为零，所以落地点在抛出点西侧，故C错误、D正确。
8．(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
解析：选A　画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：
x＝vt，
x·tan θ＝gt2
则x＝·v2，
即x∝v2
甲、乙两球抛出速度为v和，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，由落至斜面时的速率v斜＝可得落至斜面时速率之比为2∶1。
9．如图所示是研究平抛运动的实验装置，正方形白纸ABCD贴在方木板上，E、F、H是对应边的中点，P是EH的中点。金属小球从倾斜轨道上由静止开始下滑，从F点开始做平抛运动，恰好从C点射出。以下说法正确的是(　　)
A．小球的运动轨迹经过P点
B．小球的运动轨迹经过PH之间某点
C．若将小球在轨道上的释放高度降低，小球恰好由E点射出
D．若将小球在轨道上的释放高度降低，小球恰好由BE中点射出
解析：选C　小球从F点开始做平抛运动，其轨迹是抛物线，则过C点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以轨迹一定经过PE之间某点，故A、B错误；设正方形白纸的边长为2h，则平抛运动的水平位移x＝2h，时间t＝ ，初速度v＝，若将小球在轨道上的释放高度降低，则到达F点的速度变为原来的一半，即v′＝，平抛运动时间不变，水平位移变为x′＝h，小球恰好由E点射出，故C正确，D错误。
10．(2019·广州调研)如图所示，A、B两球用两段不可伸长的细绳连接于悬点O，两段细绳的长度之比为1∶2。现让两球同时从悬点O处以一定的初速度分别向左、向右水平抛出，至连接两球的细绳伸直所用时间之比为1∶。若两球的初速度大小的比值＝k，则k应满足的条件是(　　)
A．k＝ B．k＞
C．k＝ D．k＞
解析：选A　设与A、B两球相连的绳的长度分别为l和2l，当与A球相连的绳绷直时，有x＝vAt，y＝gt2，
x2＋y2＝l2，解得vA＝，
同理对B球有vB＝，
求得k＝＝，A正确。
11．(2018·济宁二模)用如图甲所示的水平—斜面装置研究平抛运动。一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点，O点与斜面顶端P点的距离为s。每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程，作出了如图乙所示的图像。若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求O、P间的距离s。(保留两位有效数字)

解析：根据牛顿第二定律，在OP段有F－μmg＝ma，
又2as＝vP2，
由平抛运动规律和几何关系有
物块的水平射程x＝vPt，
物块的竖直位移y＝gt2，
由几何关系有y＝xtan θ，
联立以上各式可以得到x＝，
解得F＝ x＋μmg。
由题图乙知μmg＝5，＝10，
代入数据解得s＝0.25 m。
答案：0.25 m
[C级——难度题目适情选做]
12．如图所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为4L。假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为α，运动员可视为质点，不计空气阻力，则有(　　)

A．tan α＝2 B．tan α＝1
C．tan α＝ D．tan α＝
解析：选B　腾空过程中离地面的最大高度为L，从最高点到落地过程中，做平抛运动，根据平抛运动规律，L＝gt2，解得：t＝ ，运动员在空中最高点的速度即为运动员起跳时水平方向的分速度，根据分运动与合运动的等时性，则水平方向的分速度为：vx＝＝，根据运动学公式，在最高点竖直方向速度为零，那么运动员落到地面时的竖直分速度为：vy＝gt＝，运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角的正切值为：tan α＝＝＝1，故B正确，A、C、D错误。
13．据悉，我国已在陕西省西安市的阎良机场建立了一座航空母舰所使用的滑跳式甲板跑道，用来让飞行员练习在航空母舰上的滑跳式甲板起飞。如图所示的AOB为此跑道纵截面示意图，其中AO段水平，OB为抛物线，O点为抛物线的顶点，抛物线过O点的切线水平，OB的水平距离为x，竖直高度为y。某次训练中，观察战机(视为质点)通过OB段时，得知战机在水平方向做匀速直线运动，所用时间为t，则战机离开B点的速率为(　　)
A. B.
C. D.

解析：选D　战机的运动轨迹是抛物线，当水平方向做匀速直线运动时，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则战机到达B点时的水平分速度大小vx＝，竖直分速度大小vy＝，合速度大小为v＝＝，选项D正确。
14．(2019·长沙模拟)风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m＝0.5 kg的小球以初速度v0＝0.40 m/s从O点沿x轴正方向运动，在0～2.0 s内受到一个沿y轴正方向、大小F1＝0.20 N的风力作用；小球运动2.0 s后风力方向变为沿y轴负方向、大小变为F2＝0.10 N(图中未画出)。试求：　
(1)2.0 s末小球在y轴方向的速度大小和2.0 s内运动的位移大小；
(2)风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。
解析：(1)设在0～2.0 s内小球运动的加速度为a1，
则F1＝ma1
2．0 s末小球在y轴方向的速度v1＝a1t1
代入数据解得v1＝0.8 m/s
沿x轴方向运动的位移x1＝v0t1
沿y轴方向运动的位移y1＝a1t12
2．0 s内运动的位移s1＝
代入数据解得s1＝0.8 m≈1.1 m。
(2)设2.0 s后小球运动的加速度为a2，F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同，则F2＝ma2
0＝v1－a2t2
代入数据解得t2＝4.0 s。
答案：(1)0.8 m/s　1.1 m　(2)4.0 s

第3节　圆周运动


一、圆周运动及其描述
1．匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
(2)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径垂直。[注1]
2．描述圆周运动的物理量

意义
公式/单位
线速度(v)
[注2]
角速度(ω)
(1)描述做圆周运动的物体运动快慢的物理量
(2)是矢量，方向和半径垂直，沿圆周切线方向
v＝＝＝2πrn　　
单位：m/s
(1)描述物体绕圆心转动快慢的物理量
(2)是矢量(中学阶段不研究方向)
ω＝＝ ＝2πn　　
单位：rad/s
周期和转速(T/n)
物体沿圆周运动一周的时间叫周期，单位时间内转过的圈数叫转速 [注3]
T＝＝
单位：s
n＝，单位：r/s
向心加速度(an)
(1)描述速度方向变化快慢的物理量
(2)方向指向圆心[注4]
an＝＝ω2r
单位：m/s2

二、匀速圆周运动的向心力
1．作用效果：向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
2．大小：F＝ma＝m＝mrω2＝mr＝mr4π2n2＝mωv。
3．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。
4．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、离心现象
1．定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动。
2．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的趋势。
3．受力特点
(1)当F ＝mω2r时，物体做匀速圆周运动，如图所示；
(2)当F＝0时，物体沿切线方向飞出；
(3)当F 　[注5]
【注解释疑】
[注1] 匀速圆周运动是变速运动，“匀速”指的是速率不变。
[注2] 线速度与角速度的对比理解
线速度侧重于描述物体沿圆弧运动的快慢，角速度侧重于描述物体绕圆心转动的快慢。
[注3] 转速n和频率f含义相同，只是单位不同。
[注4] 向心加速度的方向也在时刻改变。
[注5] 物体做匀速圆周运动还是偏离圆形轨道完全是由实际提供的向心力和所需的向心力间的大小关系决定的。
[深化理解]
1．对公式v＝ωr的理解
(1)当r一定时，v与ω成正比。
(2)当ω一定时，v与r成正比。
(3)当v一定时，ω与r成反比。
2．对a＝＝ω2r的理解
(1)当v一定时，a与r成反比。
(2)当ω一定时，a与r成正比。
3．关于向心力的两点注意
(1)向心力是效果力，在分析完物体受到的重力、弹力、摩擦力等性质力后，不能另外添加一个向心力。
(2)物体做匀速圆周运动时，向心力由合外力提供，物体做什么样的匀速圆周运动，就需要什么样的合外力，这就给对物体进行受力分析以及求解合力提出了“条件要求”和“思维方向”。
[基础自测]
一、判断题
(1)物体做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。(√)
(2)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)
(3)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)
(4)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。(√)
(5)比较物体沿圆周运动的快慢看线速度，比较物体绕圆心转动的快慢，看周期或角速度。(√)
(6)做匀速圆周运动的物体，当合外力突然减小时，物体将沿切线方向飞出。(×)
(7)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(×)
二、选择题
1．如图所示，一正方形木板绕其对角线上O1点在ABCD平面内匀速转动。关于木板边缘的各点的运动，下列说法中正确的是(　　)
A．A点角速度最大
B．B点线速度最小
C．C、D两点线速度相同
D．A、B两点转速相同
解析：选D　正方形木板绕O1点匀速转动时，木板边缘各点的角速度和转速均相同，由于B点不是木板边缘上离O1点最近的点，所以半径也不是最小，根据v＝ωr可知线速度不是最小，故D正确，A、B错误。C、D两点虽然离O1点的距离相等，但转动过程中线速度的方向不同，两点线速度只是大小相等，故C错误。
2． [粤教版必修2 P37 T2] (多选)如图为甲、乙两球做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线，甲图线为双曲线的一支，乙图线为直线。由图像可以知道(　　)
A．甲球运动时，线速度的大小保持不变
B．甲球运动时，角速度的大小保持不变
C．乙球运动时，线速度的大小保持不变
D．乙球运动时，角速度的大小保持不变
解析：选AD　题图的图线甲中a与r成反比，由a＝ 可知，甲球的线速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，角速度逐渐减小，A正确，B错误；题图的图线乙中a与r成正比，由a＝ω2r可知，乙球运动的角速度大小不变，由v＝ωr可知，随r的增大，线速度大小增大，C错误，D正确。
3．(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m的小球在拉力F作用下做匀速圆周运动。若小球运动到P点时，拉力F发生变化。下列关于小球运动情况的说法中正确的是(　　)
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做直线运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc做向心运动
解析：选AB　在水平面上，细绳的拉力提供小球所需的向心力，当F＝mω2r时，小球做匀速圆周运动，当拉力突然消失时，小球将沿切线Pa方向做匀速直线运动，A正确；当拉力突然减小时，小球将沿Pb做离心运动，B正确，D错误；当拉力突然增大时，小球将沿Pc做向心运动，C错误。

高考对本节内容的考查，主要集中在描述圆周运动的物理量及其之间的关系、向心力公式及其应用、对物体做离心运动条件的理解，主要以选择题的形式出现，难度一般。而与平抛运动、机械能守恒定律等知识相综合也可以计算题的形式呈现，难度中等偏上。

考点一　描述圆周运动的物理量[基础自修类]
[题点全练]
1．[摩擦传动类圆周运动问题]
如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动(两轮之间不相对滑动)，两轮的半径R∶r＝2∶1。当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1；若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则(　　)
A．＝　　　　　　　　 B．＝
C．＝ D．＝
解析：选C　根据题述， a1＝ω12r，ma1＝μmg，联立解得μg＝ω12r。小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r。由ωR＝ω2r联立解得＝，选项A、B错误。又因为ma＝μmg，所以＝，选项C正确，D错误。
2．[同轴传动类圆周运动问题]
汽车后备厢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。在合上后备厢盖的过程中(　　)

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：选C　在合上后备厢盖的过程中，O′A的长度是变化的，因此A点相对O′点不是做圆周运动，A错误；在合上后备厢盖的过程中，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，又由于OB大于OA，根据v＝rω，可知B点相对于O点转动的线速度大，故B错误，C正确；根据向心加速度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D错误。
3．[圆周运动中的追及相遇(共线)问题]
如图所示，质点a、b在同一平面内绕质点c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比Ta∶Tb＝1∶k(k＞1，为正整数)。从图示位置开始，在b运动一周的过程中(　　)
A．a、b距离最近的次数为k次
B．a、b距离最近的次数为k＋1次
C．a、b、c共线的次数为2k次
D．a、b、c共线的次数为2k－2次
解析：选D　设每隔时间T，a、b相距最近，
则(ωa－ωb)T＝2π，所以T＝＝＝
故b运动一周的过程中，a、b相距最近的次数为：
n＝＝＝＝k－1
即a、b距离最近的次数为k－1次，故A、B均错误。
设每隔时间t，a、b、c共线一次，则(ωa－ωb)t＝π，
所以t＝＝＝；
故b运动一周的过程中，a、b、c共线的次数为：
n＝＝＝＝2k－2
故C错误，D正确。
[名师微点]
1．圆周运动各物理量间的关系


2．常见的三类传动方式及特点
(1)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。

(2)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。

(3)同轴传动：如图戊、己所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。

考点二　水平面内的匀速圆周运动[师生共研类]
1．水平面内的匀速圆周运动轨迹特点
运动轨迹是圆且在水平面内。
2．匀速圆周运动的受力特点
(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．解答匀速圆周运动问题的一般步骤
(1)选择研究对象，找出匀速圆周运动的圆心和半径。
(2)分析物体受力情况，其合外力提供向心力。
(3)由Fn＝m或Fn＝mrω2或Fn＝mr列方程求解。
[典例]　(多选)(2016·浙江高考)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14)，则赛车(　　)
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
[解析]　赛车做圆周运动时，由F＝m知，在小圆弧上的速度小，故赛车绕过小圆弧后加速，选项A正确；在大圆弧弯道上时，根据F＝m知，其速率v＝ ＝ ＝45 m/s，选项B正确；同理可得在小圆弧弯道上的速率v′＝30 m/s。如图所示，由边角关系可得α＝60°，直道的长度x＝Lsin 60°＝50 m，据v2－v′2＝2ax知在直道上的加速度a≈6.50 m/s2，选项C错误；小弯道对应的圆心角为120°，弧长为s＝，对应的运动时间t＝≈2.79 s，选项D错误。
[答案]　AB
[延伸思考]
(1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短，赛车在弯道上做圆周运动时，速度应达到什么要求？此时的向心力应由什么力提供？
(2)赛车由大圆弧赛道向小圆弧赛道运动时，若不减速，会发生什么情况？
(3)赛车以最短时间运动时，在两直道上运动的时间大小相等吗？为什么？
提示：(1)要使赛车绕赛道一圈所用时间最短，赛车在弯道上做匀速圆周运动的速度必须达到最大速度，此时赛车的向心力由最大静摩擦力提供。
(2)赛车由大圆弧赛道向小圆弧赛道运动时，若不减速，赛车在小圆弧赛道上最大静摩擦力小于所需要的向心力，赛车将做离心运动，滑出赛道。
(3)因赛车在直道两端的速度大小相等，直道长度相等，由t＝可知赛车在两直道上运动的时间大小相等。

[一题悟通]
通过例题及延伸思考让学生明白物体在水平面上运动时的向心力来源及其临界极值问题的分析方法。
几何分析
目的是确定圆周运动的圆心、半径等
运动分析
目的是确定圆周运动的线速度、角速度、向心加速度等
受力分析
目的是通过力的合成与分解，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力

[题点全练]
1．[车辆水平转弯问题]
如图所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成整体，下列说法正确的是(　　)
A．运动员转弯所需向心力由重力与地面对车轮的支持力的合力提供
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：选B　转弯时的向心力为沿半径方向的合力。运动员转弯时，地面对车轮的摩擦力提供所需的向心力，故A错误，B正确；当f<，即静摩擦力不足以提供所需向心力时，就会发生侧滑，故C、D错误。



2．[圆锥摆问题]
(多选)如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法中正确的是(　　)
A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B．小球只受重力和绳的拉力作用
C．θ越大，小球运动的速率越大
D．θ越大，小球运动的周期越大
解析：选BC　小球受重力、绳的拉力作用，二者合力提供向心力，由牛顿第二定律可得：Fcos θ＝mg，Fsin θ＝m，T＝，可求得v＝，T＝2π ，可见θ越大，v越大，T越小。综上所述，可知选项B、C正确，A、D错误。
3．[水平转盘上的圆周运动问题]
(多选)如图甲所示，将质量为M的物块A和质量为m的物块B沿同一半径方向放在水平转盘上，两者用长为L的水平轻绳连接。物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块A与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动。开始时，轻绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中张力FT与转动角速度的平方ω2的关系如图乙所示，当角速度的平方ω2超过3ω12时，物块A、B开始滑动。若图乙中的F1、ω1及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是(　　)

A．L＝　　　　　　　　 B．L＝
C．k＝ D．m＝M
解析：选BC　开始转速较小时，A、B两物块的向心力均由静摩擦力提供，当转速增大到一定程度时，B的静摩擦力不足以提供向心力时，绳子开始有拉力，当转速再增大到一定程度，A的最大静摩擦力也不足时，两者开始做离心运动，由题图乙可得：kmg＝m·2ω12·2L，F1＋kmg＝m·3ω12·2L，可解得：L＝，k＝，选项A错误，B、C均正确；对物块A分析，kMg－F1＝M·3ω12·L，可推得M＝2m，D错误。

考点三　竖直面内的圆周运动[方法模型类]
[典例]　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
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
[典例识模]
题干信息
吹“沙”见“金”
光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点
球A圆周运动的半径为L，球B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

[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＝m，解得v＝，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′＝，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误。
[答案]　C
[系统建模]

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＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，得v＝
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
(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

[熟练用模]
1．[轻“杆”模型]
如图所示，轻杆长为L，一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球(可视为质点)。小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度。下列说法正确的是(　　)
A．小球通过最高点时速度可能小于
B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零
C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
解析：选A　小球在最高点时，杆对球可以表现为支持力，由牛顿第二定律得：mg－F＝m，则得v＜，故A正确。当小球速度为时，由重力提供向心力，杆的作用力为零，故B错误。轻杆在最高点可以表现为拉力，此时根据牛顿第二定律有mg＋F＝m，则知v越大，F越大，即随小球速度的增大，杆的拉力增大；小球通过最高点时杆对球的作用力也可以表现为支持力，当表现为支持力时，有mg－F＝m，则知v越大，F越小，即随小球速度的增大，杆的支持力减小，故C、D错误。
2．[轻“绳”模型]
(多选)如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m。现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动。为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，则瞬时速度v必须满足(　　)
A．最小值为　　　　　　 B．最大值为
C．最小值为 D．最大值为
解析：选CD　要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg＝m，由最低点到最高点由机械能守恒得mvmin2＝mg·2r＋mv02，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为，A错误，C正确；为了使环不会在竖直方向上跳起，则在最高点球有最大速度时，对环的压力为2mg，满足3mg＝m，从最低点到最高点由机械能守恒得mvmax2＝mg·2r＋mv12，可得小球在最低点瞬时速度的最大值为，B错误，D正确。
3．[“双绳”模型]
如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为(　　)
A．mg　　　　　　　　　 B．mg
C．3mg D．2mg
解析：选A　小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球圆周运动的半径R＝L·sin 60°＝L，两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝m，可解得：F＝3mg。由2FTcos 30°＝F，可得两绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确。


“形同质异”慎解题——斜面上圆周运动的临界问题
在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。下面列举三类实例。


(一)静摩擦力控制下的斜面圆周运动
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(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． rad/s　　　　　　　　　 B． rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
解析：选C　物体随圆盘做圆周运动，运动到最低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。
(二)轻杆控制下的斜面圆周运动
2．如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m 的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动。g取10 m/s2。若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　　)
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
解析：选A　小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理得2mgLsin α＝mvB2，可得vB＝4 m/s，A正确。
(三)轻绳控制下的斜面圆周运动
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≤
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≤
解析：选AD　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＝m ①
研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有
－mglsin α＝mv12－mv02 ②
若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立①②解得
sin α＝＝，
故C错误，D正确；
若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为
FT＝m＝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mv02＝1 J，机械能不守恒，故B错误。

[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]
1．(2019·大庆模拟)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(　　)
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：选C　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。
2．如图所示，由于地球的自转，地球表面上P、Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动。对于P、Q两物体的运动，下列说法正确的是(　　)
A．P、Q两物体的角速度大小相等
B．P、Q两物体的线速度大小相等
C．P物体的线速度比Q物体的线速度大
D．P、Q两物体均受重力和支持力两个力作用
解析：选A　P、Q两物体都是绕地球自转轴做匀速圆周运动，角速度相等，即ωP＝ωQ，选项A正确；根据圆周运动线速度v＝ωR，因P、Q两物体做匀速圆周运动的半径不等，则P、Q两物体做圆周运动的线速度大小不等，选项B错误；Q物体到地轴的距离远，圆周运动半径大，线速度大，选项C错误；P、Q两物体均受到万有引力和支持力作用，重力只是万有引力的一个分力，选项D错误。
3．(多选)(2018·江苏高考)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(　　)
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：选AD　由s＝vt知，s＝600 m，故A正确。火车在做匀速圆周运动，加速度不为零，故B错误。由10 s内转过10°知，角速度ω＝ rad/s＝ rad/s≈0.017 rad/s，故C错误。由v＝rω知，r＝＝ m≈3.4 km，故D正确。
4．(2018·扬州期末)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)(　　)
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：选D　汽车上A、B两点随汽车做匀速圆周运动的角速度和周期均相等，由v＝ωr可知，学员和教练员做圆周运动的线速度大小之比为5∶4，故A、B均错误；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。
5．(多选)在光滑水平桌面中央固定一边长为0．1 m的小正三棱柱abc，俯视如图所示。长度为L＝0.5 m的不可伸长细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m＝0.8 kg可视为质点的小球，t＝0时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球一垂直于细线方向的水平速度，大小为v0＝4 m/s。由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失)。已知细线所能承受的最大张力为50 N。则细线断裂之前(　　)
A．小球的速率逐渐减小
B．小球速率保持不变
C．小球运动的路程为0.8π m
D．小球运动的位移大小为0.3 m
解析：选BCD　细线断裂之前，绳子拉力与小球的速度垂直，对小球不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速率保持不变，故A错误，B正确；细线断裂瞬间，拉力大小为50 N，由F＝m得：r＝＝ m＝0.256 m，
所以刚好转一圈细线断裂，故小球运动的路程为：
s＝·2πr1＋·2πr2＋·2πr3＝×(0.5＋0.4＋0.3)m＝0.8π m，故C正确；小球每转120°半径减小0.1 m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.5 m－0.2 m＝0.3 m，故D正确。
6．飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼向内侧倾斜(如图所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T。下列说法正确的是(　　)
A．若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大
B．若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大
C．若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大
D．若飞行速率v增大，θ增大，则周期T一定不变
解析：选C　向心力FR＝mgtan θ＝m，可知若飞行速率v不变，θ增大，则半径R减小，由v＝可知周期T减小，选项A、B错误；由mgtan θ＝m，可知若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大，选项C正确；由mgtan θ＝m，可知若飞行速率v增大，θ增大，则半径R的变化情况不能确定，由mgtan θ＝R2，可知周期T的变化情况不能确定，选项D错误。
7．(2019·鞍山调研)用光滑圆管制成如图所示的轨道，竖直立于水平地面上，其中ABC为圆轨道的一部分，CD为倾斜直轨道，二者相切于C点。已知圆轨道的半径R＝1 m，倾斜轨道CD与水平地面的夹角为θ＝37°。现将一小球以一定的初速度从A点射入圆管，小球直径略小于圆管的直径，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求小球通过倾斜轨道CD的最长时间(结果保留一位有效数字)。
解析：小球通过倾斜轨道时间若最长，则小球到达圆轨道的最高点的速度为0，从最高点到C点：
对小球由动能定理可得：mgh＝mvC2
由几何关系得：h＝R－Rcos θ
小球在CD段做匀加速直线运动，由位移公式得：
L＝vCt＋at2
CD的长度为：L＝
对小球利用牛顿第二定律可得：
mgsin θ＝ma
代入数据联立解得：t＝0.7 s。
答案：0.7 s
[B级——保分题目练通抓牢]
8．有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A点有一长为l的细绳系有质量为m的小球。要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A点到水平面的高度h最大为(　　)
A. B．ω2g
C. D.
解析：选A　以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力N、绳子拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mω2R，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有：R＝htan θ，那么Fcos θ＋N＝mg，Fsin θ＝mω2htan θ；当球即将离开水平面时，N＝0，此时Fcos θ＝mg，Fsin θ＝mgtan θ＝mω2htan θ，即h＝。故A正确。
9．(2019·上饶模拟)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直线，AC为水平线，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D，则小球通过D点后(　　)
A．一定会落到水平面AE上
B．一定会再次落到圆弧轨道上
C．可能会再次落到圆弧轨道上
D．不能确定
解析：选A　设小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝m，得：vD＝，知在最高点的最小速度为。小球经过D点后做平抛运动，根据R＝gt2得：t＝ 。则平抛运动的水平位移为：x＝·＝R，知小球一定落在水平面AE上。故A正确，B、C、D错误。
10．如图所示，餐桌中心是一个半径为r＝1.5 m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数为μ1＝0.6，与餐桌间的动摩擦因数为μ2＝0.225，餐桌离地面的高度为h＝0.8 m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少？
(2)缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出，为使物体不滑落到地面上，餐桌半径R的最小值为多大？
(3)若餐桌的半径R′＝r，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L为多少？
解析：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大。当静摩擦力最大时，小物体即将滑落，此时圆盘的角速度达到最大，有fm＝μ1N＝mω2r，N＝mg，
联立两式可得ω＝ ＝2 rad/s。
(2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动的位移为s，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，则
a＝，f＝μ2mg，得a＝μ2g＝2.25 m/s2，
物体在餐桌上滑动的初速度v0＝ωr＝3 m/s，
由运动学公式得0－v02＝－2as，可得s＝2 m，
由几何关系可得餐桌半径的最小值为R＝＝2.5 m。
(3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度vt′，由题意可得vt′2－v02＝－2as′，
由于餐桌半径为R′＝r，所以s′＝r＝1.5 m，
可得vt′＝1.5 m/s，
设物体做平抛运动的时间为t，则h＝gt2 ，
解得t＝ ＝0.4 s，
物体做平抛运动的水平位移为sx＝vt′t＝0.6 m，
由题意可得L＝s′＋sx＝2.1 m。
答案：(1)2 rad/s　(2)2.5 m　(3)2.1 m
[C级——难度题目适情选做]
11．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止。后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是(　　)
A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大
B．金属块B受到桌面的支持力变小
C．细线的张力变大
D．小球A运动的角速度减小
解析：选D　设A、B质量分别为m、M, A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的摩擦力f＝Tsin θ，对A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝ ，θ变小，ω变小，故D正确。
12．(2019·三门峡联考)如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为m的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg。当细绳AC和BC均拉直时，∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1 m。细绳AC和BC能绕竖直轴AB匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动。当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　)
A．AC　5 m/s B．BC　5 m/s
C．AC　5.24 m/s D．BC　5.24 m/s
解析：选B　当小球线速度增至BC被拉直后，由牛顿第二定律可得，竖直方向上：TAsin∠ACB＝mg①，水平方向上：TAcos∠ACB＋TB＝m②，由①式可得：TA＝mg，小球线速度增大时，TA不变，TB增大，当BC绳刚要被拉断时，TB＝2mg，由②可解得此时，v≈5.24 m/s；BC绳断后，随小球线速度增大，AC线与竖直方向间夹角增大，设AC线被拉断时与竖直方向的夹角为α，由TAC·cos α＝mg，TACsin α＝m，r′＝LAC·sin α，可解得，α＝60°，LAC＝ m，v′＝5 m/s，故B正确。
13．现有一根长L＝1 m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力。不计空气阻力，取g＝10 m/s2。
(1)在小球以速度v1＝4 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中的张力大小为多少？
(2)在小球以速度v2＝1 m/s水平向右抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间。
(3)接(2)问，当小球摆到最低点时，绳子拉力的大小是多少？
解析：(1)绳子刚好无拉力时对应的临界速度满足mg＝m，解得v临界＝ m/s。因为v1>v临界，所以绳子有拉力且满足mg＋T1＝m，解得T1＝3 N。
(2)因为v2 则满足方程 x2＋(y－L)2＝L2
其中x＝v2t，y＝gt2，解得t＝0.6 s。
(3)当t＝0.6 s时，可得x＝0.6 m，y＝1.8 m，小球在O点右下方位置，且O点和小球的连线与竖直方向的夹角满足tan α＝＝，此时速度的水平分量与竖直分量分别为vx＝v2＝1 m/s，vy＝gt＝6 m/s
绳伸直的一瞬间，小球的速度沿绳方向的分量突变为零，只剩下垂直于绳子方向的速度，
v3＝vysin α－vxcos α＝ m/s
接着小球以v3为初速度绕着O点做圆周运动摆到最低点，设在最低点速度为v，则由动能定理得
mgL(1－cos α)＝mv2－mv32，又T－mg＝m，
解得T＝ N。
答案：(1)3 N　(2)0.6 s　(3) N


第4节　开普勒行星运动定律和万有引力定律

一、开普勒行星运动定律
1．第一定律：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。
2．第二定律：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相等的面积。[注1]
3．第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等。
二、万有引力定律[注2]
1．内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比，与它们之间距离r的二次方成反比。
2．表达式：F＝G，G为引力常量，其值为G＝6.67×10－11 N·m2/kg2。
3．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。
三、经典时空观和相对论时空观
1．经典时空观[注3]
空间、时间是独立于物体及其运动而存在的。
2．相对论时空观
物体占有的空间以及物理过程、化学过程，甚至还有生命过程的持续时间，都与它们的运动状态有关。
[注解释疑]
[注1] 面积定律是对同一个行星而言的，不同的行星相等时间内扫过的面积不等。由面积定律可知，行星在近日点的速度比它在远日点的速度大。
[注2] 万有引力定律的“三性”
(1)普遍性：任何有质量的物体间都存在万有引力。
(2)相互性：两物体间的万有引力是一对作用力与反作用力。
(3)宏观性：只有质量巨大的天体间或天体与其附近物体间的万有引力才有实际的物理意义。
[注3] 经典力学——牛顿运动定律的适用范畴。


[深化理解]
1．开普勒行星运动定律既适用于行星绕太阳运动，也适用于卫星绕地球运动。
2．不考虑地球自转时，地球表面上的重力加速度g＝。
3．地球赤道上的物体随地球自转的向心力由万有引力与支持力的合力提供，而地球表面附近做匀速圆周运动的卫星由万有引力提供向心力。
4．在计算中心天体密度时，要注意区分中心天体的半径R和环绕天体的轨道半径r。
[基础自测]
一、判断题
(1)行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越大。(×)
(2)只有天体之间才存在万有引力。(×)
(3)只要知道两个物体的质量和两个物体之间的距离，就可以由F＝G计算物体间的万有引力。(×)
(4)地面上的物体所受地球的引力方向一定指向地心。(√)
(5)两物体间的距离趋近于零时，万有引力趋近于无穷大。(×)
(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)牛顿利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量。(×)
二、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．牛顿运动定律就是经典力学
B．经典力学的基础是牛顿运动定律
C．牛顿运动定律可以解决自然界中所有的问题
D．经典力学可以解决自然界中所有的问题
解析：选B　经典力学并不等于牛顿运动定律，牛顿运动定律只是经典力学的基础，经典力学并非万能，也有其适用范围，并不能解决自然界中所有的问题，没有哪个理论可以解决自然界中所有的问题。因此只有搞清牛顿运动定律和经典力学的隶属关系，明确经典力学的适用范围，才能正确解决此类问题。
2．[教科版必修2 P44 T2改编]火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知(　　)
A．太阳位于木星运行轨道的中心
B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
解析：选C　太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，A错误；不同的行星对应不同的运行轨道，运行速度大小也不相同，B错误；同一行星与太阳连线在相等时间内扫过的面积才能相同，D错误；由开普勒第三定律得＝，故＝，C正确。
3．(2016·全国卷Ⅲ)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是(　　)
A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
解析：选B　开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A错误，选项B正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D错误。

高考对本节内容的考查，主要集中在开普勒三定律的内容及应用、万有引力定律及应用，考查的形式以选择题为主，难度一般。
考点一　开普勒行星运动定律[基础自修类]
[题点全练]
1．[对开普勒行星运动定律的理解]
对于开普勒行星运动定律的理解，下列说法正确的是(　　)
A．开普勒通过自己长期观测，记录了大量数据，通过对数据研究总结得出了开普勒行星运动定律
B．根据开普勒第一定律，行星围绕太阳运动的轨迹是圆，太阳处于圆心位置
C．根据开普勒第二定律，行星距离太阳越近，其运动速度越大；距离太阳越远，其运动速度越小
D．根据开普勒第三定律，行星围绕太阳运动的轨道半径跟它公转周期成正比
解析：选C　第谷进行了长期观测，记录了大量数据，开普勒通过对数据研究总结得出了开普勒行星运动定律，选项A错误；行星围绕太阳运动的轨迹是椭圆，太阳处于椭圆的一个焦点上，选项B错误；根据开普勒第二定律，行星距离太阳越近，其运动速度越大，距离太阳越远，其运动速度越小，选项C正确；根据开普勒第三定律，行星围绕太阳运动轨道的半长轴的三次方跟它公转周期的二次方成正比，选项D错误。
2．[对开普勒第二定律的理解及应用]
(多选)(2017·全国卷Ⅱ)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M、Q到N的运动过程中(　　)
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：选CD　在海王星从P到Q的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速度越来越小，C项正确；海王星从P到M的时间小于从M到Q的时间，因此从P到M的时间小于，A项错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从Q到N的运动过程中海王星的机械能守恒，B项错误；从M到Q的运动过程中引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，从Q到N的过程中，引力与速度的夹角小于90°，因此引力做正功，即海王星从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功，D项正确。
3.[开普勒第三定律的应用]
(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(　　)
A．2∶1　　　　　　　　　 B．4∶1
C．8∶1 D．16∶1
解析：选C　根据开普勒第三定律＝k，得两卫星周期之比为＝ ＝ ＝8，故C正确。
[名师微点]
(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。
考点二　天体质量和密度的计算[师生共研类]
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G＝mg得天体质量M＝。
(2)天体密度ρ＝＝＝。
(3)GM＝gR2称为黄金代换公式。
2．“借助外援”法(T－r)
测出卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和半径r。
(1)由G＝mr得天体的质量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动的周期T，就可估算出中心天体的密度。
[典例]　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。下列说法正确的是(　　)
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G＝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G＝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。
[答案]　B
[延伸思考]
(1)由题中数据可以求出地球的平均密度吗？
(2)由题中数据可以求出太阳的平均密度吗？
提示：(1)由m地＝和ρ地＝，V地＝πR3，可求出地球的平均密度ρ地＝。
(2)因太阳的半径未知，故无法由ρ太＝计算出太阳的平均密度。
一题悟通
例题及相关延伸思考旨在让学生理解星体质量和密度的计算方法和所需条件。
易错提醒
(1)利用“自力更生”法和“借助外援”法估算天体的质量和密度时，都是针对中心天体，而不是环绕天体，因为计算过程中环绕天体的质量被约掉了。
(2)注意区别中心天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近的卫星才有r≈R；计算天体密度时，V＝πR3中的R只能是中心天体的半径。

[题点全练]
1．[对天体质量的计算方法的理解]
(2017·北京高考)利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是(　　)
A．地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)
B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期
C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离
D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
解析：选D　由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有G＝m0g，故可得M＝，故A项不选；由万有引力提供人造卫星的向心力，有G＝m1，v＝，联立得M＝，故B项不选；由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有G＝m22r，故可得M＝，故C项不选；同理，根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离，可求出太阳的质量，但不可求出地球的质量，故选D。
2．[天体密度的计算]
(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，已知万有引力常量为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(　　)
A．5×109 kg/m3　　　　　 B．5×1012 kg/m3
C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3
解析：选C　脉冲星自转，边缘物体m恰对星体无压力时万有引力提供向心力，则有G＝mr，又M＝ρ·πr3，整理得密度ρ＝＝ kg/m3≈5.2×1015 kg/m3。
3．[“借助外援”法计算天体的质量]
(多选)2017年3月16日消息，高景一号卫星发回清晰影像图，可区分单个树冠。天文爱好者观测该卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度。已知引力常量为G，则(　　)
A．高景一号卫星的质量为
B．高景一号卫星的角速度为
C．高景一号卫星的线速度大小为2π
D．地球的质量为
解析：选BD　高景一号卫星的质量不可求，选项A错误；由题意知，卫星绕地球做匀速圆周运动的角速度ω＝，选项B正确；卫星绕地球做匀速圆周运动线速度的大小v＝，选项C错误；由v＝ωr得r＝，该卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由G＝mω2r，解得地球的质量M＝，选项D正确。
考点三　天体表面的重力加速度问题[多维探究类]
考法(一)　求天体表面某高度处的重力加速度
[例1]　宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象。若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为(　　)
A．0　　　　　　　　　　　　 B．
C． D．
[解析]　飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即G＝mg，得g＝，选项B正确。
[答案]　B
考法(二)　求天体表面某深度处的重力加速度
[例2]　假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为(　　)
A．1－　　　　　　　　　　 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，地球表面的物体m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，则矿井底部处的物体m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。
[答案]　A
考法(三)　天体表面重力加速度与抛体运动的综合
[例3]　据美国宇航局消息，在距离地球40光年的地方发现了三颗可能适合人类居住的类地行星。假设某天我们可以穿越空间到达某一类地行星，测得以初速度10 m/s竖直上抛一个小球可到达的最大高度只有1 m，而其球体半径只有地球的一半，则其平均密度和地球的平均密度之比为(地球表面重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．5∶2 B．2∶5
C．1∶10 D．10∶1
[解析]　根据h＝和g＝可得，M＝，即ρπR3＝，行星平均密度ρ＝∝，在地球表面以初速度10 m/s竖直上抛一个小球可到达的最大高度h地＝＝5 m。据此可得，该类地行星和地球的平均密度之比为10∶1，选项D正确。
[答案]　D
[共性归纳]
重力只是万有引力的一个分力，另一个分力提供物体随地球自转做圆周运动的向心力，但由于向心力很小，一般情况下认为重力等于万有引力，即mg＝G，这样重力加速度就与行星质量、半径联系在一起，高考也多次在此命题。

“融会贯通”归纳好——万有引力的三种计算思路

公式F＝G适用于质点、均匀介质球体或球壳之间万有引力的计算。当两物体为匀质球体或球壳时，可以认为匀质球体或球壳的质量集中于球心，r为两球心的距离，引力的方向沿两球心的连线。

1．(多选)如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上。设地球质量为M，半径为R。下列说法正确的是(　　)
A．地球对一颗卫星的引力大小为
B．一颗卫星对地球的引力大小为
C．两颗卫星之间的引力大小为
D．三颗卫星对地球引力的合力大小为
解析：选BC　由万有引力定律知A项错误，B项正确；因三颗卫星连线构成等边三角形，圆轨道半径为r，由数学知识易知任意两颗卫星间距d＝2rcos 30°＝r，由万有引力定律知C项正确；因三颗卫星对地球的引力大小相等且互成120°，故三颗卫星对地球引力的合力为0，则D项错误。

推论Ⅰ：在匀质球壳的空腔内任意位置处，质点受到球壳的万有引力的合力为零，即∑F＝0。
推论Ⅱ：如图所示，在匀质球体内部距离球心r处的质点(m)受到的万有引力等于球体内半径为r的同心球体(M′)对它的引力，即F＝G。　



2．如图所示，有人设想要“打穿地球”，从中国建立一条通过地心的光滑隧道直达巴西。若只考虑物体间的万有引力，则从隧道口抛下一物体，物体的加速度(　　)
A．一直增大　　　　 B．一直减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大

解析：选D　设地球的平均密度为ρ，物体在隧道内部离地心的距离为r，则物体m所受的万有引力F＝G·＝πGρmr，物体的加速度a＝＝πGρr，由题意可知r先减小后增大，物体的加速度先减小后增大，故选项D正确。
(三)填补法求解万有引力
运用“填补法”解题的关键是紧扣万有引力定律的适用条件，先填补后运算，运用“填补法”解题主要体现了等效思想。

3．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
解析：选D　若将挖去的小球体用原材料补回，可知剩余部分对m的吸引力等于完整大球体对m的吸引力与挖去小球体对m的吸引力之差，挖去的小球体球心与m重合，对m的万有引力为零，则剩余部分对m的万有引力等于完整大球体对m的万有引力；以大球体球心为中心分离出半径为的球，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。

(1)万有引力定律只适用于求质点间的万有引力。
(2)在质量分布均匀的实心球中挖去小球后其质量分布不再均匀，不可再随意视为质点处理。
(3)可以采用先填补后运算的方法计算万有引力大小。

[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]
1．关于万有引力定律，下列说法正确的是(　　)
A．牛顿提出了万有引力定律，并测定了引力常量的数值
B．万有引力定律只适用于天体之间
C．万有引力的发现，揭示了自然界一种基本相互作用的规律
D．地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是相同的
解析：选C　牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量的数值，万有引力定律适用于任何物体之间，万有引力的发现，揭示了自然界一种基本相互作用的规律，选项A、B错误，C正确；地球绕太阳在椭圆轨道上运行，在近日点和远日点受到太阳的万有引力大小是不相同的，选项D错误。
2．(多选)如图所示，近地人造卫星和月球绕地球的运行轨道可视为圆。设卫星、月球绕地球运行周期分别为T卫、T月，地球自转周期为T地，则(　　)
A．T卫＜T月　　　　　　　 B．T卫＞T月
C．T卫＜T地 D．T卫＝T地
解析：选AC　因r月＞r同＞r卫，由开普勒第三定律＝k可知，T月＞T同＞T卫，又同步卫星的周期T同＝T地，故有T月＞T地＞T卫，选项A、C正确。
3．(2019·汕尾六校联考)有 的重力加速度是地球表面处重力加速度的4倍，则该星球的质量是地球质量的(忽略其自转影响)(　　)
A． B．4倍
C．16倍 D．64倍
解析：选D　天体表面的物体所受重力mg＝G，又知ρ＝，所以M＝，故 ＝3＝64。D正确。
4．对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化。某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r与周期T的关系作出如图所示图像，则可求出地球的质量为(已知引力常量为G)(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A　由G＝m·r，可得＝，结合题图图线可得，＝，故M＝，A正确。
5．(2018·北京高考)若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证(　　)
A．地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的
B．月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的
C．自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的
D．苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的
解析：选B　若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律——万有引力定律，则应满足G＝ma，因此加速度a与距离r的二次方成反比。
6．宇航员站在某一星球距其表面h高度处，以某一速度沿水平方向抛出一个小球，经过时间t后小球落到星球表面。已知该星球的半径为R，引力常量为G，则该星球的质量为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A　设该星球表面的重力加速度为g，小球在星球表面做平抛运动，h＝gt2。设该星球的质量为M，在星球表面有 mg＝G。由以上两式得，该星球的质量为M＝，A正确。
[B级——保分题目练通抓牢]
7．(多选)(2018·天津高考)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(　　)
A．密度　　　　　　　　　 B．向心力的大小
C．离地高度 D．线速度的大小
解析：选CD　不考虑地球自转的影响，则在地球表面物体的重力等于它受到的万有引力：m0g＝G，整理得GM＝gR2。卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：G＝m2(R＋h)，可求得卫星的离地高度h＝－R，再由v＝可求得卫星的线速度，选项C、D正确。卫星的质量未知，故卫星的密度和向心力不能求出，选项A、B错误。
8．据报道，科学家们在距离地球20万光年外发现了首颗系外“宜居”行星。假设该行星质量约为地球质量的6.4倍，半径约为地球半径的2倍。那么，一个在地球表面能举起64 kg物体的人，在这个行星表面能举起的物体的质量约为多少(地球表面重力加速度g＝10 m/s2)(　　)
A．40 kg B．50 kg
C．60 kg D．30 kg
解析：选A　在地球表面，万有引力等于重力G＝mg，得g＝，因为行星质量约为地球质量的6.4倍，其半径是地球半径的2倍，则行星表面重力加速度是地球表面重力加速度的1.6倍，而人的举力认为是不变的，则人在行星表面所举起的重物质量为：m＝＝ kg＝40 kg，故A正确。
9．(2018·南宁期末)德国天文学家开普勒对第谷观测的行星数据进行多年研究，得出著名的开普勒行星三定律。设太阳系的行星绕太阳做匀速圆周运动的半径的立方与周期的平方的比值为k1，土星的卫星做匀速圆周运动的半径的立方与周期的平方的比值为k2，地球的卫星做匀速圆周运动的半径的立方与周期的平方的比值为k3。已知M太>M土>M地，则三者大小关系为(　　)
A．k1＝k2＝k3 B．k1>k2>k3
C．k1k2＝k3
解析：选B　由万有引力提供向心力有G＝mr，则＝k＝，式中的k只与中心天体的质量有关，与环绕天体质量无关，由于M太>M土>M地，因此k1>k2>k3，故B正确，A、C、D错误。
10．如图所示，将一个半径为R、质量为M的均匀大球，沿直径挖去两个半径分别为大球一半的小球，并把其中一个放在球外与大球靠在一起。若挖去小球的球心、球外小球球心、大球球心在一条直线上，则大球中剩余部分与球外小球的万有引力大小约为(已知引力常量为G)(　　)
A．0.01 B．0.02
C．0.05 D．0.04
解析：选D　由题意知，所挖出小球的半径为，质量为，则未挖出小球前大球对球外小球的万有引力大小为F＝G＝，将所挖出的其中一个小球填在原位置，则填入左侧原位置小球对球外小球的万有引力为F1＝G＝，填入右侧原位置小球对球外小球的万有引力为F2＝G＝，大球中剩余部分对球外小球的万有引力大小为F3＝F－F1－F2≈0.04，D选项正确。
11．(多选)欧洲航天局的第一枚月球探测器——“智能1号”环绕月球沿椭圆轨道运动，用m表示它的质量，h表示它在近月点的高度，ω表示它在近月点的角速度，a表示它在近月点的加速度，R表示月球的半径，g表示月球表面处的重力加速度。忽略其他星球对“智能1号”的影响，则它在近月点所受月球对它的万有引力的大小等于(　　)
A．ma　　　　　　　　　 B．m
C．m(R＋h)ω2 D．m
解析：选AB　“智能1号”在近月点所受月球对它的万有引力，即为它所受的合力，由牛顿第二定律得F＝ma，A正确；由万有引力定律得F＝G，又在月球表面上，G＝mg，解得F＝m，B正确；由于“智能1号”环绕月球沿椭圆轨道运动，曲率圆半径不是R＋h，C、D错误。
[C级——难度题目适情选做]
12．(2019·茂名调研)宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验：在该星球两极点，用弹簧秤测得质量为M的砝码所受重力为F，在赤道测得该砝码所受重力为F′。他还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T。假设该星球可视为质量分布均匀的球体，则其自转周期为(　　)
A．T B．T
C．T D．T
解析：选D　设星球和探测器质量分别为m、m′
在两极点，有：G＝F，
在赤道，有：G－F′＝MR，
探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T，则有：G＝m′ R；联立以上三式解得T自＝T。故D正确，A、B、C错误。
13．(多选)由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同。已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布的球体。下列说法正确的是(　　)
A．质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mg
B．质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为mg0
C．地球的半径为
D．地球的密度为
解析：选BCD　因地球表面两极处的重力加速度大小为g0，则质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mg0，选项A错误；因在地球的两极G＝mg0，则质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为F＝G＝mg0，选项B正确；在赤道上：G－mg＝mR；联立解得：R＝，选项C正确；地球的密度为ρ＝，联立解得：ρ＝，选项D正确。
14．(2019·福州六校联考)开 半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等。该定律对一切具有中心天体的引力系统都成立。如图，嫦娥三号探月卫星在半径为r的圆形轨道Ⅰ上绕月球运行，周期为T。月球的半径为R，引力常量为G。某时刻嫦娥三号卫星在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在月球表面的B点着陆。A、O、B三点在一条直线上。求：
(1)月球的密度；
(2)在轨道Ⅱ上运行的时间。
解析：(1)由万有引力充当向心力：G＝m2r，
解得M＝
月球的密度：ρ＝，解得ρ＝。
(2)椭圆轨道的半长轴：a＝，
设椭圆轨道上运行周期为T1，
由开普勒第三定律有：＝，
在轨道Ⅱ上运行的时间为t＝，
解得t＝ 。
答案：(1)　(2)

第5节　天体运动与人造卫星

1．三种宇宙速度

第一宇宙速度
(环绕速度)[注1]
v1＝7.9 km/s，是物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，也是人造地球卫星的最小发射速度
第二宇宙速度
(脱离速度)[注2]
v2＝11.2 km/s，是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度
第三宇宙速度
(逃逸速度)
v3＝16.7 km/s，是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度

2．地球同步卫星的特点[注3]
(1)轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合。
(2)周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h＝86 400 s。
(3)角速度一定：与地球自转的角速度相同。
(4)高度一定：据G＝mr得r＝≈4.24×104 km，卫星离地面高度h＝r－R≈3.6×104 km(为恒量)。
(5)速率一定：运行速度v＝≈3.08 km/s(为恒量)。
(6)绕行方向一定：与地球自转的方向一致。
3．极地卫星和近地卫星[注4]
(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。
(2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s。
[注解释疑]
[注1] 第一宇宙速度是人造地球卫星的最大环绕速度。
[注2] 第二宇宙速度与第一宇宙速度的关系：v2＝v1。
[注3] 地球同步卫星的运行参数都相同，但卫星的质量不一定相同。
[注4] 极地卫星和近地卫星的轨道平面一定通过地球的球心。

[深化理解]
1．人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，卫星在其轨道上所受的重力等于万有引力，提供向心力。
2．卫星轨道半径越大，卫星的向心加速度、角速度、线速度越小，周期越大。
3．天体运动和人造卫星问题的实质就是万有引力定律与匀速圆周运动的综合。
[基础自测]
一、判断题
(1)同步卫星可以定点在北京市的正上方。(×)
(2)不同的同步卫星的质量不同，但离地面的高度是相同的。(√)
(3)第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小速度。(×)
(4)第一宇宙速度的大小与地球质量有关。(√)
(5)月球的第一宇宙速度也是7.9 km/s。(×)
(6)同步卫星的运行速度一定小于地球第一宇宙速度。(√)
(7)若物体的速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，则物体可绕太阳运行。(√)
二、选择题
1．[鲁科版必修2 P101 T4改编](多选)可以发射一颗这样的人造地球卫星，使其圆轨道(　　)
A．与地球表面上某一纬线(非赤道)是共面同心圆
B．与地球表面上某一经线所决定的圆是共面同心圆
C．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，且卫星相对地球表面是静止的
D．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但卫星相对地球表面是运动的
解析：选CD　人造地球卫星在运行时，由于地球对卫星的万有引力提供它做匀速圆周运动的向心力，轨道的圆心一定与地球的中心重合，不可能是地球上除地心以外的某一点，选项A错误；由于地球同时绕地轴自转，所以卫星的轨道平面不可能与某一经线所决定的平面共面，B错误；若卫星在赤道平面内，则其圆轨道可以有不同高度，周期也可以不同，故卫星可以相对地面静止，也可以相对地面运动，选项C、D均正确。
2．(多选)北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建立后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星。关于这些卫星，以下说法正确的是(　　)
A．5颗同步卫星的轨道半径都相同
B．5颗同步卫星的运行轨道必定在同一平面内
C．导航系统所有卫星的运行速度一定都大于第一宇宙速度
D．导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的，周期越小
解析：选AB　所有同步卫星的轨道都位于赤道平面内，轨道半径和运行周期都相同，A、B均正确；由v＝ 可知，导航系统所有卫星运行的速度都小于第一宇宙速度，且运行轨道半径越大，周期越大，C、D均错误。
3．[粤教版必修2 P55 T4改编]已知月球质量与地球质量之比约为1∶80，月球半径与地球半径之比约为1∶4，则月球上的第一宇宙速度与地球上的第一宇宙速度之比最接近(　　)
A．9∶2　　　 B．2∶9　　　 C．18∶1　　　 D．1∶18
解析：选B　第一宇宙速度等于卫星的轨道半径与中心天体的半径相等时的卫星的速度，根据牛顿第二定律有G＝m，由此得第一宇宙速度v＝ ，即 v∝ 。设月球上的第一宇宙速度为v1，地球上的第一宇宙速度为v2，则有＝ ＝ ＝，接近，可知B正确。

高考对本节内容的考查，主要集中在对宇宙速度的理解及第一宇宙速度的计算、卫星的发射、运行、变轨等几个方面，考查的方式以选择题为主，难度不大。
考点一　宇宙速度的理解与计算[基础自修类]

[题点全练]
1．[对宇宙速度的理解]
(多选)据悉，我国的火星探测计划将于2018年展开。2018年左右我国将进行第一次火星探测，向火星发射轨道探测器和火星巡视器。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且小于第三宇宙速度
D．火星探测器环绕火星运行的最大速度约为地球的第一宇宙速度的
解析：选CD　要将火星探测器发射到火星上去，必须脱离地球引力，即发射速度要大于第二宇宙速度，火星探测器仍在太阳系内运转，因此从地球上发射时，发射速度要小于第三宇宙速度，选项A、B错误，C正确；由第一宇宙速度的概念，得G＝m，得v1＝ ，故火星探测器环绕火星运行的最大速度与地球的第一宇宙速度的比值约为＝，选项D正确。
2．[第二宇宙速度的计算]
使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1。已知某星球的半径为地球半径R的4倍，质量为地球质量M的2倍，地球表面重力加速度为g。不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为(　　)
A. 　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C　地球的第一宇宙速度v1＝，星球表面的重力加速度g′＝＝＝g，星球的第一宇宙速度v1′＝＝ ＝ ，该星球的第二宇宙速度v2′＝v1′＝＝v1，故选项C正确。
3．[宇宙速度与运行轨迹的关系]
(多选)如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先从发射点P进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则(　　)
A．该卫星在P点的速度大于7.9 km/s，且小于11.2 km/s
B．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9 km/s
C．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度
D．卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
解析：选ACD　地球卫星的发射速度应大于7.9 km/s且小于11.2 km/s，故A正确；环绕地球做圆周运动的人造卫星，最大的运行速度是7.9 km/s，故B错误；P点比Q点离地球近些，故在轨道Ⅰ上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度，C正确；卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，故D正确。
[名师微点]
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＜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。
考点二　卫星运行参量的分析与比较[基础自修类]
[题点全练]
1．[卫星运行参量的计算]
(多选)质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，它在离地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运行时的(　　)
A．周期为4π 　　　　　　 B．速度为
C．动能为G0R D．重力为G0
解析：选AC　由万有引力提供向心力，则有
G＝m＝mr＝ma ①
由题意可知，r＝2R。 ②
质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，
根据万有引力等于重力得：
GM＝gR2＝R2 ③
由①②③解得：周期T＝4π ，则A正确；
由①②③解得速度v＝ ，则B错误；
动能为Ek＝G0R，则C正确；
由a＝，则重力为ma＝，则D错误。
2．[不同轨道卫星运行参量的比较]
(2018·江苏高考)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是(　　)
A．周期　　　　　　　　　 B．角速度
C．线速度 D．向心加速度
解析：选A　“高分五号”的运动半径小于“高分四号”的运动半径，即r五＜r四。由万有引力提供向心力得G＝mr＝mrω2＝m＝ma。T＝ ∝，T五＜T四，故A正确。ω＝∝，ω五＞ω四，故B错误。v＝ ∝ ，v五＞v四，故C错误。a＝∝，a五＞a四，故D错误。
3．[赤道上的物体与卫星运行参量的分析与计算]
有a、b、c、d四颗地球卫星，a在地球赤道上未发射，b在地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图，则有(　　)

A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．b在相同时间内转过的弧长最长
C．c在4 h内转过的圆心角是
D．d的运行周期有可能是20 h
解析：选B　对于卫星a，根据万有引力定律、牛顿第二定律列式可得G－N＝ma 向，又由G＝mg，故卫星a的向心加速度小于重力加速度g，A项错误；由G＝m得，v＝ ，故轨道半径越小，线速度越大，故b、c、d三颗卫星的线速度的大小关系为vb>vc>vd，而卫星a与同步卫星c的周期相同，故卫星c的线速度大于卫星a的线速度，B项正确；由c是地球同步卫星，可知卫星c在4 h内转过的圆心角是，C项错误；由G＝m2r得，T＝2π ，轨道半径越大，周期越长，故卫星d的周期大于同步卫星c的周期，D项错误。
[名师微点]
1．四个分析
“四个分析”是指分析人造卫星的加速度、线速度、角速度和周期与轨道半径的关系。
G＝
2．四个比较
(1)同步卫星的周期、轨道平面、高度、线速度、角速度、绕行方向均是固定不变的，常用于无线电通信，故又称通信卫星。
(2)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。
(3)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s。
(4)赤道上的物体随地球自转而做匀速圆周运动，由万有引力和地面支持力的合力充当向心力(或者说由万有引力的分力充当向心力)，它的运动规律不同于卫星，但它的周期、角速度与同步卫星相等。
考点三　卫星变轨问题分析[师生共研类]
1．卫星发射及变轨过程概述
人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，如图所示。
(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上。
(2)在A点点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ。
(3)在B点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。
2．三个运行物理量的大小比较
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ上过A点和B点速率分别为vA、vB。在A点加速，则vA＞v1，在B点加速，则v3＞vB，又因v1＞v3，故有vA＞v1＞v3＞vB。
(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同。
(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行的周期分别为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＜T2＜T3。
[典例]　我国正在进行的探月工程是高新技术领域的一次重大科技活动，在探月工程中飞行器成功变轨至关重要。如图所示，假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞行器在距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，则(　　)
A．飞行器在B点处点火后，动能增加
B．飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为2π
C．只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道Ⅱ上通过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上通过B点的加速度
D．由已知条件不能求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期

[解析]　在椭圆轨道近月点变轨成为圆轨道，要实现变轨应给飞行器点火减速，减小所需的向心力，故点火后动能减小，故A错误；设飞行器在近月轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的时间为T3，则：mg0＝mR，解得：T3＝2π ，根据几何关系可知，轨道Ⅱ的半长轴a＝2.5R，根据开普勒第三定律＝k以及飞行器在轨道Ⅲ上的运行周期，可求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期，故B正确，D错误；只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道Ⅱ上通过B点的加速度与在轨道Ⅲ上通过B点的加速度相等，故C错误。
[答案]　B
[延伸思考]
(1)飞行器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行的周期大小关系如何？最大周期为多少？
(2)飞行器在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行的机械能大小关系如何？
(3)飞行器在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的速度大小关系如何？
提示：(1)由开普勒第三定律＝k可知，飞行器的轨道由Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ的过程中半长轴a变小，故T变小。
即T1>T2>T3，
由＝，
可得最大周期T1＝8T3＝16π 。
(2)飞行器由轨道Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ时都要经过制动减速，故飞行器的机械能大小关系为：EⅠ>EⅡ>EⅢ。
(3)由G＝m得v＝ ，所以v3＞v1。可见虽然飞行器由轨道Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ时都要制动减速，但仍然有v3＞v1，根源在于轨道Ⅱ为椭圆，近月点比远月点的速度大，总之处理问题要有理论依据，不能想当然的进行判断。
[一题悟通]
例题及相关延伸思考旨在让考生理解飞行器变轨时速度如何变化及变轨前后运行周期、加速度、机械能等物理量的变化规律。
两类变轨
离心运动
近心运动
变轨起因
飞行器速度突然增大
飞行器速度突然减小
受力分析
G＜m
G＞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
变为椭圆轨道运动或在较小半径圆轨道上运动

[题点全练]
1．[卫星的对接]
(2017·全国卷Ⅲ)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(　　)
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：选C　组合体比天宫二号质量大，轨道半径R不变，根据G＝m，可得v＝ ，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B项错误；又T＝，则周期T不变，A项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C项正确；向心加速度a＝不变，D项错误。
2．[卫星轨道渐变时各物理量的变化分析]
(多选)神舟十一号飞船与天宫二号空间实验室在太空中自动交会对接的成功，显示了我国航天科技力量的雄厚。已知对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下列说法正确的是(　　)
A．为实现对接，神舟十一号飞船与天宫二号运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫二号的动能可能会增加
C．如不加干预，天宫二号的轨道高度将缓慢降低
D．进入天宫二号的航天员处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用
解析：选BC　第一宇宙速度为最大环绕速度，神舟十一号飞船与天宫二号的线速度一定小于第一宇宙速度，A错误；若天宫二号轨道半径不变，则因空气阻力作用，天宫二号的线速度减小，万有引力提供的向心力大于所需的向心力，故天宫二号做近心运动，由v＝ 可知，随r的减小，天宫二号的线速度增大，动能增大，选项B、C均正确；航天员处于失重状态，但航天员仍受地球引力作用，万有引力提供其随天宫二号做圆周运动的向心力，故D错误。
3．[火箭返回地面的运动分析]
火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上。不计火箭质量的变化，则(　　)
A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒
B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态
C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化
D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力
解析：选D　匀速下降过程动能不变，重力势能减少，所以机械能不守恒，选项A错误；减速下降时加速度向上，所以携带的检测仪器处于超重状态，选项B错误；火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力，选项D正确；合外力做功等于动能改变量，选项C错误。
考点四　宇宙多星模型[方法模型类]
[典例]　(多选)太空中存在一些离其他恒星很远的、由三颗星体组成的三星系统，可忽略其他星体对它们的引力作用。已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是直线三星系统——三颗星体始终在一条直线上；另一种是三角形三星系统——三颗星体位于等边三角形的三个顶点上。已知某直线三星系统A每颗星体的质量均为m，相邻两颗星体中心间的距离都为R；某三角形三星系统B的每颗星体的质量恰好也均为m，且三星系统A外侧的两颗星体与三星系统B每颗星体做匀速圆周运动的周期相等。引力常量为G，则(　　)
A．三星系统A外侧两颗星体运动的线速度大小为v＝
B．三星系统A外侧两颗星体运动的角速度大小为ω＝
C．三星系统B的运动周期为T＝4πR
D．三星系统B任意两颗星体中心间的距离为L＝ R
[典例识模]
题干信息
吹“沙”见“金”
直线三星系统A每颗星体的质量均为m，相邻两颗星体中心间的距离都为R
两星匀速圆周运动的半径为R，周期相等。
＋＝F向
三角形三星系统B的每颗星体的质量均为m
三星匀速圆周运动的半径、周期、向心力均相等

[解析]　对三星系统A，由＋＝m，可得v＝ ，T＝＝4πR ，ω＝＝ ，而三星系统B的运行周期与三星系统A外侧星体的运行周期相同，故TB＝4πR ，选项A错误，B、C正确。对三星系统B：由2×cos 30°＝m·，可解得：L＝R，选项D正确。
[答案]　BCD
[系统建模]
情景图
“双星”模型
“三星”模型
“四星”模型





运动特点
转动方向、周期、角速度相同，运动半径一般不等
转动方向、周期、角速度、线速度大小均相同，圆周运动半径相等
转动方向、周期、角速度、线速度大小均相同，圆周运动半径相等
受力特点
两星间的万有引力提供两星圆周运动的向心力
各星所受万有引力的合力提供圆周运动的向心力
各星所受万有引力的合力提供圆周运动的向心力
规律
＝m1ω2r1
＝m2ω2r2
＋＝ma向
×cos 30°×2＝ma向
×2cos 45°＋＝ma向
×2×cos 30°＋＝ma向
关键点
m1r1＝m2r2
r1＋r2＝L
r＝
r＝L
或r＝

[熟练用模]
1．[宇宙双星模型]
(多选)(2018·全国卷Ⅰ)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、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
G＝m1ω2r1 ①
G＝m2ω2r2 ②
l＝r1＋r2 ③
由①②③式得＝ω2l，所以m1＋m2＝，
质量之和可以估算。
由线速度与角速度的关系v＝ωr得
v1＝ωr1 ④
v2＝ωr2 ⑤
由③④⑤式得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．[宇宙多星模型]
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。设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为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
C．四颗星表面的重力加速度均为
D．四颗星的周期均为2πa
解析：选B　四星系统中任一颗星体均在其他三颗星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由几何知识可得轨道半径均为a，故A正确，B错误；在星体表面，根据万有引力等于重力，可得G＝m′g，解得g＝，故C正确；由万有引力定律和向心力公式得＋＝m·，解得T＝2πa ，故D正确。

“专项研究”拓视野——天体运动中的几何张角问题
人造卫星绕地球运动，太阳发出的光线沿直线传播，地球或卫星都会遮挡光线，从而使万有引力、天体运动与几何知识结合起来。求解此类问题时，要根据题中情景，由光线沿直线传播画出几何图形，通过几何图形找到边界光线，从而确定临界条件，并结合万有引力提供卫星做圆周运动所需的向心力，列式求解。
1．(2016·全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为(　　)
A．1 h　　　　　　　　 B．4 h
C．8 h D．16 h
解析：选B　万有引力提供向心力，对同步卫星有：
G＝mr，整理得GM＝
当r＝6.6R地时，T＝24 h
若地球的自转周期变小，轨道半径最小为2R地
三颗同步卫星A、B、C如图所示分布。
则有＝
解得T′≈＝4 h，选项B正确。
2.如图，人造卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动。已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为θ，则M、N的运动周期之比等于(　　)
A．sin3θ B.
C. D.
解析：选D　设M、N的轨道半径分别为RM、RN。
据题，卫星M、N连线与M、O连线间的夹角最大时，MN连线与卫星N的运行轨道应相切，如图：
根据几何关系有RN＝RMsin θ，
根据开普勒第三定律有：＝
联立解得＝ ，故D正确。
3．(多选)宇宙飞船以周期T绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示。已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看做平行光，宇航员在A点测出的张角为α，则(　　)
A．飞船绕地球运动的线速度为
B．一天内飞船经历“日全食”的次数为
C．飞船每次经历“日全食”过程的时间为
D．飞船的运行周期为T＝
解析：选AD　由题意得，飞船绕地球做匀速圆周运动的线速度v＝，
由几何关系得sin＝，
故v＝，A正确；
又G＝mr，
得T＝ ，D正确；
飞船每次经历“日全食”过程的时间等于飞船相对地球转过α角的时间，即T，C错误；地球自转一圈的时间为T0，飞船绕地球一圈的时间为T，飞船绕一圈会经历一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，一天内飞船经历“日全食”的次数为，B错误。
4.地球资源卫星“04星”绕地球做匀速圆周运动的周期为T，地球相对“04星”的张角为θ，引力常量为G，则地球的密度为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　“04星”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，G＝mr，设地球半径为R，则由题图知rsin ＝R，而M＝ρ，联立得ρ＝，B对。
[课时跟踪检测]
[A级——基础小题练熟练快]
1．(多选)(2017·江苏高考)“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空。与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行，则其(　　)
A．角速度小于地球自转角速度
B．线速度小于第一宇宙速度
C．周期小于地球自转周期
D．向心加速度小于地面的重力加速度
解析：选BCD　“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行时，由G＝mω2r可知，半径越小，角速度越大，则其角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速度，A项错误；由于第一宇宙速度是最大环绕速度，因此“天舟一号”在圆轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度，B项正确；由T＝可知，“天舟一号”的周期小于地球自转周期，C项正确；由G＝mg，G＝ma可知，向心加速度a小于地球表面的重力加速度g，D项正确。
2．(多选)我国天宫一号飞行器已完成了所有任务，于2018年4月2日8时15分坠入大气层后烧毁。如图所示，设天宫一号原来在圆轨道Ⅰ上飞行，到达P点时转移到较低的椭圆轨道Ⅱ上(未进入大气层)，则天宫一号(　　)
A．在P点减速进入轨道Ⅱ
B．在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期
C．在轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅱ上的加速度
D．在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
解析：选ABD　天宫一号在P点减速，提供的向心力大于需要的向心力，天宫一号做向心运动进入轨道Ⅱ，故A正确；根据开普勒行星运动第三定律：＝，可知轨道Ⅰ半径大于轨道Ⅱ的半长轴，所以在轨道Ⅰ上运行的周期大于在轨道Ⅱ上运行的周期，故B正确；根据万有引力提供向心力：G＝ma，解得：a＝G，可知在轨道Ⅰ上的加速度小于在轨道Ⅱ上的加速度，其在P点时加速度大小相等，故C错误；由于在P点需减速进入轨道Ⅱ，故天宫一号在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故D正确。
3．(2019·绵阳质检)一颗在赤道上空做匀速圆周运动的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为(已知地球半径为R)(　　)
A．πR　　　　　　　　　 B．πR
C．πR D．πR
解析：选A　根据卫星在其轨道上满足G＝mg′，且在地球表面满足G＝mg，又因为g′＝g，解得r＝2R；则某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为，则观测到地面赤道最大弧长为πR，A正确。
4．(2018·济宁模拟)我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16日1点40分成功发射。量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示。已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知(　　)
A．同步卫星与量子卫星的运行周期之比为
B．同步卫星与P点的速度之比为
C．量子卫星与同步卫星的速度之比为
D．量子卫星与P点的速度之比为
解析：选D　由开普勒第三定律得＝，又由题意知r量＝mR，r同＝nR，所以＝ ＝ ＝ ，故A错误；P为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据v＝ωr，所以有＝＝＝，故B错误；根据G＝m，得v＝ ，所以＝ ＝ ＝，故C错误；综合B、C两项的分析，有v同＝nvP，＝ ， 得＝ ，故D正确。
5．(多选)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是(　　)
A．卫星的动能逐渐减小
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
解析：选BD　由于空气阻力做负功，卫星轨道半径变小，由G＝m可知，卫星线速度增大，地球引力做正功，引力势能一定减小，故动能增大，机械能减小，选项A、C错误，B正确；根据动能定理，卫星动能增大，卫星克服阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小，所以卫星克服阻力做的功小于引力势能的减小，选项D正确。
6．(多选)嫦娥探月工程计划于近期发射嫦娥四号探测器，首次实现月球背面软着陆。已知引力常量为G，月球的半径为R，月球表面的重力加速度大小为g，嫦娥四号将在离月球中心距离为r的轨道上运行，其绕月周期为T。根据以上信息判断下列说法正确的是(　　)
A．月球的第一宇宙速度为
B．“嫦娥四号”绕月运行的速度为
C．月球的平均密度为
D．“嫦娥四号”必须减速运动才能返回地球
解析：选AC　由G＝mg＝m得，月球第一宇宙速度为，A选项正确；由G＝mg，G＝m得，v＝ ，B选项错误；由G＝m2r和M＝ρ×πR3得，ρ＝，C选项正确；“嫦娥四号”必须加速运动，挣脱月球引力返回地球，D选项错误。
[B级——保分题目练通抓牢]
7．“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在距离月球表面200 km的P点进行第一次“刹车制动”后被月球俘获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行。然后卫星在P点又经过两次“刹车制动”，最终在距月球表面200 km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．卫星在三个轨道上运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ
B．不考虑卫星质量的变化，卫星在三个轨道上的机械能EⅢ>EⅡ>EⅠ
C．卫星在不同轨道运动到P点(尚未制动)时的加速度都相等
D．不同轨道的半长轴(或者半径)的二次方与周期的三次方的比值都相等
解析：选C　轨道Ⅰ、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ三个轨道的半长轴关系为RⅠ>RⅡ>RⅢ，根据开普勒第三定律，卫星在三个轨道上运动的周期关系为：TⅠ>TⅡ>TⅢ，选项A错误；不考虑卫星质量的变化，卫星在三个轨道上的机械能关系为：EⅠ>EⅡ>EⅢ，选项B错误；不同轨道上的P点，到地心的距离相同，所受万有引力相同，根据牛顿第二定律，卫星在不同轨道运动到P点(尚未制动)时的加速度都相等，选项C正确；根据开普勒第三定律，卫星在不同轨道的半长轴(或者半径)的三次方与周期的二次方的比值都相等，选项D错误。
8．(2019·武汉调研)引力波的发现证实了爱因斯坦100年前所做的预测。1974年发现了脉冲双星间的距离在减小就已间接地证明了引力波的存在。如果将该双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球在相互的万有引力作用下，绕O点做匀速圆周运动。由于双星间的距离减小，则(　　)
A．两星的运动周期均逐渐减小
B．两星的运动角速度均逐渐减小
C．两星的向心加速度均逐渐减小
D．两星的运动线速度均逐渐减小
解析：选A　双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力。根据G＝m1r1ω2＝m2r2ω2，得m1r1＝m2r2，知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离减小，则双星的轨道半径都变小，根据万有引力提供向心力，知角速度变大，周期变小，故A正确，B错误；根据G＝m1a1＝m2a2知，L变小，则两星的向心加速度均增大，故C错误；根据G＝m1，解得v1＝ ，由于L平方的减小比r1的减小量大，则线速度增大，故D错误。
9．我国建立在北纬43°的内蒙古赤峰草原天文观测站在金鸽牧场揭牌并投入使用，该天文观测站应用了先进的天文望远镜。现有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，一位观测员在对该卫星的天文观测时发现：每天晚上相同时刻总能出现在天空正上方同一位置，则卫星的轨道必须满足下列哪些条件(已知地球质量为M，地球自转的周期为T，地球半径为R，引力常量为G)(　　)
A．该卫星一定在同步卫星轨道上
B．卫星轨道平面与地球北纬43°线所确定的平面共面
C.满足轨道半径r＝ (n＝1,2,3，…)的全部轨道都可以
D．满足轨道半径r＝ (n＝1,2,3，…)的部分轨道
解析：选D　该卫星一定不是同步卫星，故A错误。卫星的轨道平面必须过地心，不可能与地球北纬43°线所确定的平面共面，故B错误。卫星的周期可能为T′＝，n＝1,2,3，…，根据G＝mr，解得r＝ (n＝1,2,3，…)，满足这个表达式的部分轨道即可，故C错误，D正确。
10．国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km，远地点高度约为2 060 km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km的地球同步轨道上。设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为(　　)
A．a2＞a1＞a3 B．a3＞a2＞a1
C．a3＞a1＞a2 D．a1＞a2＞a3
解析：选D　卫星围绕地球运行时，万有引力提供向心力，对于东方红一号，在远地点时有G＝m1a1，即a1＝，对于东方红二号，有G＝m2a2，即a2＝，由于h2＞h1，故a1＞a2，东方红二号卫星与地球自转的角速度相等，由于东方红二号做圆周运动的轨道半径大于地球赤道上物体做圆周运动的半径，根据a＝ω2r，故a2＞a3，所以a1＞a2＞a3，选项D正确，选项A、B、C错误。
11．由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年启动，对一个超紧凑双白矮星系统产生的引力波进行探测。该计划采用三颗相同的卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个等边三角形陈列，三角形边长约为地球半径的27倍，地球恰好处于三角形中心，卫星将在以地球为中心的圆轨道上运行，如图所示(只考虑卫星和地球之间的引力作用)，则(　　)
A．卫星绕地球运行的周期大于近地卫星的运行周期
B．卫星绕地球运行的向心加速度大于近地卫星的向心加速度
C．卫星绕地球运行的速度等于第一宇宙速度
D．卫星的发射速度应大于第二宇宙速度
解析：选A　根据G＝mr，可知轨道半径越大，周期越大，故卫星绕地球运行的周期大于近地卫星的运行周期，A正确；由G＝ma，可知轨道半径越大，向心加速度越小，所以卫星绕地球运行的向心加速度小于近地卫星的向心加速度，故B错误；第一宇宙速度是最大的环绕速度，该卫星绕地球运行的速度小于第一宇宙速度，所以C错误；地球卫星的发射速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，所以D错误。
[C级——难度题目适情选做]
12．(2019·银川模拟)2018年5月9日出现了“木星冲日”的天文奇观。木星离地球最近最亮。当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，天文学称之为“木星冲日”。木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动。不考虑木星与地球的自转。相关数据见下表。则(　　)

质量
半径
与太阳间距离
地球
m
R
r
木星
约320m
约11R
约5r

A．木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大
B．木星运行的加速度比地球运行的加速度大
C．在木星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9 km/s
D．下次“木星冲日”的时间大约在2019年9月份
解析：选A　根据g＝，则g地＝，g木＝≈2.6，则木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大，选项A正确；根据a＝，则a地＝，a木＝＝，则木星的加速度比地球的加速度小，选项B错误；根据v＝ 可知v地＝ ＝7.9 km/s，v木＝ ＝5.4＝5.4×7.9 km/s，选项C错误；根据开普勒第三定律＝，地球公转周期T地＝1年，木星公转周期T木＝T地≈11.18年。设经时间t，再次出现木星冲日，则有ω1t－ω2t＝2π，其中ω1＝，ω2＝，解得t≈1.1年，因此下一次木星冲日发生在 2019年6月，故D错误。
13．(多选)如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．轨道半径越大，周期越长
B．张角越大，速度越大
C．若测得周期和星球相对飞行器的张角，则可得到星球的平均密度
D．若测得周期和轨道半径，则可得到星球的平均密度
解析：选ABC　根据开普勒第三定律＝k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长，故A正确；设星球的质量为M，半径为R，平均密度为ρ，张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T。对于飞行器，根据万有引力提供向心力得G＝m，由几何关系得R＝rsin，由以上两式可得张角越大，轨道半径越小，速度越大，故B正确；又由G＝mr，星球的平均密度ρ＝，可知：若测得周期和张角，可得到星球的平均密度，故C正确；由G＝mr可得M＝，可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但是星球的半径未知，不能求出星球的平均密度，故D错误。

14.(多选)轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星，它运行时能到达南北极的上空，需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟，则(　　)
A．该卫星的运行速度一定小于7.9 km/s
B．该卫星绕地球运行的周期与地球同步卫星的周期之比为1∶4
C．该卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径之比为1∶4
D．该卫星的加速度与地球同步卫星的加速度之比为2∶1
解析：选AC　由于卫星的轨道半径大于地球半径，所以卫星的线速度小于第一宇宙速度，即卫星的线速度小于7.9 km/s，故A正确；由题意可知，卫星的周期T＝×45 min＝180 min＝3 h，而地球同步卫星的周期是24 h，故它与地球同步卫星的周期之比为1∶8，故B错误；由万有引力提供向心力，有G＝m2r，解得r＝，该卫星轨道半径与地球同步卫星轨道半径之比＝＝ ＝，故C正确；由万有引力提供向心力，有G＝ma，解得a＝，该卫星加速度与地球同步卫星加速度之比为＝＝2＝，故D错误。



15．(多选)拉格朗日点是小天体在两个大天体的引力作用下基本能保持相对静止的点。如图是日地系统的5个拉格朗日点(L1、L2、L3、L4、L5)，设想未来人类在这五个点上都建立了太空站。若不考虑其他天体对太空站的引力，下列说法正确的是(　　)
A．位于L1点的太空站受力平衡
B．位于L2点的太空站的线速度大小大于地球的线速度大小
C．位于L3点的太空站的向心加速度大小大于位于L1点的太空站的向心加速度大小
D．位于L4点的太空站受到的向心力大小等于位于L5点的太空站受到的向心力大小
解析：选BC　由题意可知位于拉格朗日点的太空站与地球相对静止，因此位于L1点的太空站环绕太阳做圆周运动，则其所受合力不为零，受力不平衡，A错误；由题意可知，太空站与地球绕太阳运行的角速度大小相等，由v＝ωR可知位于L2点的太空站的线速度大小大于地球的线速度大小，B正确；位于L3点和位于L1点的太空站绕太阳运行的角速度大小相等，由a＝ω2R可知，位于L3点的太空站的向心加速度大小大于位于L1点的太空站的向心加速度大小，C正确；由于位于L4点和L5点的太空站的质量关系未知，因此位于L4点和L5点的太空站所受的向心力大小不能确定，D错误。