2023届二轮复习 专题一 第3讲　力与曲线运动 学案

第3讲　力与曲线运动

1.平抛运动

(1)规律:vx=v0,vy=gt,x=v0t,y=gt2。

(2)推论:做平抛(或类平抛)运动的物体。

①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。

②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ,位移与水平方向的夹角为,则有tan θ=2tan 。

2.竖直平面内圆周运动的两种临界问题

(1)绳模型:物体能通过最高点的条件是v≥。

(2)杆模型:物体能通过最高点的条件是v≥0。

3.解决天体运动问题的“万能关系式”

4.宇宙速度

(1)第一宇宙速度:由mg==得

v1===7.9 km/s。

第一宇宙速度是人造地球卫星的最大环绕速度,也是人造地球卫星的最小发射速度。

(2)第二宇宙速度:v2=11.2 km/s,是使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。

(3)第三宇宙速度:v3=16.7 km/s,是使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度。

1.思想方法

(1)合运动性质和轨迹的判断。

①若加速度方向与初速度的方向在同一直线上,则为直线运动;若加速度方向与初速度的方向不在同一直线上,则为曲线运动。

②若加速度恒定则为匀变速运动,若加速度不恒定则为非匀变速运动。

(2)处理变轨问题的两类观点。

①力学观点:从半径小的轨道Ⅰ变轨到半径大的轨道Ⅱ,卫星需要向运动的反方向喷气,加速离心;从半径大的轨道Ⅱ变轨到半径小的轨道Ⅰ,卫星需要向运动的方向喷气,减速近心。

②能量观点:在半径小的轨道Ⅰ上运行时的机械能比在半径大的轨道Ⅱ上运行时的机械能小。在同一轨道上运动卫星的机械能守恒,若动能增加则势能减小。

(3)双星问题。

①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供,即=m1r1,=m2r2。

②两颗星的周期及角速度都相同,即T1=T2,ω1=ω2。

③两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为r1+r2=L。

2.模型建构

(1)绳(杆)关联问题的速度分解方法。

①把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量。

②沿绳(杆)方向的分速度大小相等。

(2)模型化思想的应用。

竖直面内圆周运动常考的两种临界模型

考点一　抛体运动问题

(2021·山东卷,11)(多选)如图所示,载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处,现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出,落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M,所受浮力不变,重力加速度为g,不计阻力,以下判断正确的是(　BC　)

A.投出物资后热气球做匀加速直线运动

B.投出物资后热气球所受合力大小为mg

C.d=(1+)

D.d=

解析:水平投出物资的瞬间,水平方向热气球和物资满足动量守恒定律Mv=mv0,则热气球和物资的动量等大反向,热气球获得水平向左的速度v,热气球所受合外力恒为mg,竖直向上,所以热气球做匀加速曲线运动,A错误,B正确;热气球和物资的运动示意图如图所示,热气球和物资所受合力大小均为mg,所以热气球在竖直方向上加速度大小为a=g,设物资落地过程所用的时间为t,根据H=gt2,解得落地时间为t=,热气球在竖直方向上运动的位移为HM=at2=·g·=H,热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动,水平位移为xm=v0t=v0,xM=vt=v0·,根据勾股定理可知,热气球和物资的实际距离为d==(1+),C正确,D错误。

(2022·山东卷,11)(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(　BD　)

A.v=5 m/s B.v=3 m/s

C.d=3.6 m D.d=3.9 m

解析:建立如图所示的三维坐标系,网球在竖直方向做竖直上抛运动,上升的最大高度h1=(8.45-1.25) m=7.20 m,所以在击球点竖直方向的分速度vOz==12 m/s,上升时间t1==1.2 s,则vOy= m/s=4 m/s,故沿x方向的分速度vOx==3 m/s;到达最高点P与墙壁碰撞后,沿x方向的分速度vOx=3 m/s,沿y方向的分速度大小变为vOy′=4×0.75 m/s=3 m/s,所以网球碰撞以后的速度大小为v==3 m/s。下落的时间t2= s=1.3 s,网球着地点到墙壁的距离d=vOy′t2=3.9 m。

1.解决抛体运动的思维过程

2.建好“两个模型”

(1)常规的平抛运动及类平抛运动模型。

(2)与斜面相结合的平抛运动模型。

①从斜面上水平抛出又落回到斜面上,位移方向恒定,落点速度方向与斜面间的夹角恒定,此时往往分解位移,构建位移三角形。

②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上,速度方向确定,此时往往分解速度,构建速度三角形。

1.(2022·河北唐山二模)如图所示,斜面ABC与圆弧轨道相接于C点,从A点水平向右飞出的小球恰能从C点沿圆弧切线方向进入轨道。OC与竖直方向的夹角为60°,若AB的高度为h,忽略空气阻力,则BC的长度为(　B　)

A.h B.h

C.h D.2h

解析:小球飞出后做平抛运动,设到C点时的速度方向与初速度方向夹角为θ,此时位移方向与初速度方向夹角为α。因为小球恰能从C点沿圆弧切线方向进入轨道且OC与竖直方向的夹角为60°,所以θ=60°。根据平抛运动规律得tan θ=2tan α=,解得x=h,所以,A、C、D项错误,B项正确。

2.(2022·广东广州模拟)有a、b、c、d四个完全相同的小球从地面上同一位置抛出,轨迹分别如图中①②③④所示。由图中轨迹可知,a、b到达的最大高度相同,b、c的水平射程相同,a、d的水平射程相同,c、d到达的最大高度相同。不计空气阻力,则下列有关四个小球的运动分析正确的是(　D　)

A.a、b两球抛出时的速度相等

B.a、d两球在最高点时的速度相等

C.b、c在空中运动时间相同

D.c、d两球落地时速度与地面的夹角一定不相等

解析:抛体运动中a、b到达的最大高度相同,由h==gt2可知,a、b抛出时的竖直速度相等,在空中运动的时间相等,水平速度不等,则抛出时的速度不等,故选项A错误;b、c的最大高度不同,则运动时间不同,选项C错误;由h==gt2可知,a运动的时间比d的要长,又a和d水平射程相等,由x=vxt可得,a的水平速度比d的小,而最高点时的速度即为水平方向的速度,故两者不相等,选项B错误;由对称性可知,落地时速度与水平方向的夹角与抛出时相等,故要判断落地时速度与水平方向的夹角,只需判断抛出时速度与水平方向的夹角即可,对于c和d,由轨迹可知,c到达的最大高度与d的相等,则竖直初速度相等,运动时间相等,结合水平位移知,c的水平速度要小于d的,设抛出时速度与水平方向的夹角为θ,则tan θ=,经分析可知,c抛出时速度与水平方向的夹角比d的大,故落地速度与地面的夹角一定不相等,选项D正确。

考点二　圆周运动问题

(2021·河北卷,9)(多选) 如图,矩形金属框MNQP竖直放置,其中MN、PQ足够长,且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点,另一端连接一个质量为m的小球,小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时,小球均相对PQ杆静止。若ω′>ω,则与以ω匀速转动时相比,以ω′匀速转动时(　BD　)

A.小球的高度一定降低

B.弹簧弹力的大小一定不变

C.小球对杆压力的大小一定变大

D.小球所受合外力的大小一定变大

解析:设弹簧的劲度系数为k,形变量为x,弹簧与竖直方向的夹角为θ,MN、PQ间的距离为L,对小球受力分析有kxcos θ-mg=0,即竖直方向受力为0,水平方向有kxsin θ±FN=mω2L,当金属框以ω′绕MN轴转动时,假设小球的位置升高,则kx减小,cos θ减小,小球受力不能平衡;假设小球的位置降低,则kx增大,cos θ增大,小球受力同样不能平衡,则小球的位置不会变化,弹簧弹力的大小一定不变,故A错误,B正确。小球对杆的压力大小F压=FN=mω2L-kxsin θ或F压=FN=kxsin θ-mω2L,所以当角速度变大时压力大小不一定变大,故C错误。当角速度变大时,小球受到的合外力一定变大,故D正确。

(2022·四川成都二模)(多选) 如图所示,一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管道内做圆周运动,从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好垂直撞在倾角为45°的斜面上C点。已知半圆形管道的半径R=1 m,小球可看作质点且其质量为m=1 kg,g取10 m/s2。则(　AD　)

A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m

B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m

C.小球经过管道的B点时,受到下管道的作用力FNB的大小是2 N

D.小球经过管道的B点时,受到下管道的作用力FNB的大小是1 N

解析:小球从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好垂直撞在倾角为45°的斜面上,则在C点的竖直分速度为vCy=gt=3 m/s,因小球恰好垂直撞在斜面上,则平抛运动的水平初速度为vB=vCytan 45°=3 m/s。小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为x=vBt=0.9 m,故A正确,B错误;设小球经过B点时,受到上管道竖直向下的作用力FNB,根据牛顿第二定律可得FNB+mg=m,联立方程,解得FNB=-1 N,负号说明小球在B点受到下管道的作用力的大小是1 N,方向竖直向上,故C错误,D正确。

1.基本思路

(1)要进行受力分析,明确向心力的来源,确定圆心以及半径。

(2)列出正确的动力学方程F=m=mω2r=mωv=mr。

2.常见的圆周运动

3.(2022·山东淄博二模)如图为车牌自动识别系统的直杆道闸,离地面高为1 m的细直杆可绕轴O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3 s,自动识别系统的反应时间为0.3 s;汽车可看成高1.6 m的长方体,其左侧面底边在aa′直线上,且轴O到汽车左侧面的距离为0.6 m,要使汽车安全通过道闸,直杆转动的角速度至少为(　C　)

A. rad/s B. rad/s

C. rad/s D. rad/s

解析:由题意可知,在2.3 s-0.3 s=2.0 s的时间内,横杆距离O点0.6 m的点至少要抬高h=1.6 m-1.0 m=0.6 m,根据几何关系得,横杆至少转过 rad,则角速度ω== rad/s,故选C。

4.(2022·辽宁沈阳二模)(多选)如图甲所示,陀螺在圆轨道外侧运动而不脱离,好像被施加了魔法一样。该陀螺可等效成一质点在圆轨道外侧运动的模型,如图乙所示,在竖直面内固定的强磁性圆轨道上,A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。已知该质点的质量为m,强磁性圆轨道半径为R,重力加速度为g,质点沿轨道外侧做完整的圆周运动,受轨道的强磁性吸引力始终指向圆心O且大小恒为F。当质点以速率 通过A点时,对轨道的压力为7mg。不计一切摩擦和空气阻力,下列说法正确的是(　ABD　)

A.强磁性吸引力F大小为8mg

B.质点在B点的速率为

C.质点在B点对轨道的压力为6mg

D.要使陀螺不脱离强磁性圆轨道,它在B点的速率不能超过

解析:在A点由牛顿第二定律有mg+F-7mg=m,解得F=8mg,A正确;从A点到B点,由动能定理有m-m=mg·2R,解得vB=,B正确;设在B点时轨道对质点有竖直向上的弹力FN,在B点由牛顿第二定律有FN+F-mg=m,解得FN=-mg,根据牛顿第三定律,质点在B点对轨道的压力大小为mg,C错误;陀螺恰好不脱离强磁性圆轨道时,轨道弹力为零,则此时由牛顿第二定律有F-mg=m,解得vB′=,D正确。

5.(2022·重庆模拟)(多选)如图所示,质量均为m的木块a、b叠放在一起,b通过轻绳与质量为2m的木块c相连。三木块放置在可绕固定转轴OO′转动的水平转台上。木块a、b与转轴OO′的距离为2L,木块c与转轴OO′的距离为L。a与b间的动摩擦因数为5μ,b、c与转台间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。若转台从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,直到有木块即将发生相对滑动为止。用ω表示转台转动的角速度,下列说法正确的是(　CD　)

A.当ω=时,轻绳的拉力为零

B.b木块与转台间的摩擦力一直增大

C.当ω=时,c木块与转台间的摩擦力为零

D.ω的最大值为

解析:对木块a开始滑动时受力分析有5μmg=m·2L,解得ωa=;假设没有绳,b开始滑动时的角速度为μmabg=mab·2L,解得ωab=;假设没有绳,c开始滑动时的角速度为μmcg=mc·L,解得ωc=,所以当ωab=时,绳开始有拉力。当ω=时,轻绳已经有拉力,故A错误。当ωab=时,再继续加速转动,绳开始有拉力,至c滑动前,b受到的摩擦力不变,故B错误。当木块c与转台间摩擦力为零时,绳拉力FT=2mω2L,FT+μ·2mg=2mω2·2L,解得ω=,所以当ω=时,木块c与转台间摩擦力为零,故C正确。当有最大角速度时,FT-μ·2mg=2mω2L,FT+μ·2mg=2mω2·2L,解得ω=,所以ω的最大值为,故D正确。

6.(2022·湖北荆州模拟)(多选)如图所示,轻杆长为3L,在杆的两端分别固定质量均为m的球a和球b,杆上距球a为L处的点O装在光滑的水平转轴上,外界给予系统一定的能量后,杆和球在竖直面内转动。在转动的过程中,忽略空气的阻力。若球b运动到最高点时,球b对杆恰好无作用力,则下列说法正确的是(　ACD　)

A.球a在最低点时的速度为

B.球b在最高点时,杆对水平转轴的作用力为1.5mg,方向竖直向上

C.球b转到最低点时,其速度为

D.球b由最高点转到最低点的过程中受到杆的弹力作用,且杆的弹力对球b做负功

解析:球b运动到最高点时,球b对杆恰好无作用力,根据牛顿第二定律可得mg=m,解得vb=;由于a、b转动的角速度相同,根据v=ωr可知va==,故A正确;球a在最低点时,根据牛顿第二定律可得F-mg=,解得F=1.5mg,杆对水平转轴的作用力为1.5mg,方向竖直向下,故B错误;球b从最高点到最低点的过程中,对a、b组成的系统,根据动能定理可得mg·4L-mg·2L=mvb′2+mva′2-m-m,其中vb′=2va′,联立解得vb′=,故C正确;球b由最高点转到最低点的过程中,根据动能定理可得mg·4L+W=mvb′2-m,解得W=-mgL,故杆的弹力对球b做负功,故D正确。

考点三　万有引力与航天

(2021·重庆卷,8)(多选)2021年5月15日“祝融号”火星车成功着陆火星表面,是我国航天事业发展中具有里程碑意义的进展。此前我国“玉兔二号”月球车首次实现月球背面软着陆,若“祝融号”的质量是“玉兔二号”的K倍,火星的质量是月球的N倍,火星的半径是月球的P倍,火星与月球均视为球体,则(　AD　)

A.火星的平均密度是月球的倍

B.火星的第一宇宙速度是月球的倍

C.火星的重力加速度大小是月球表面的倍

D.火星对“祝融号”引力的大小是月球对“玉兔二号”引力的倍

解析:根据密度的定义有ρ=,体积V=πR3,可知火星的平均密度与月球的平均密度之比=·=N×=,即火星的平均密度是月球的倍,故A正确;由G=mg,可知火星表面的重力加速度与月球表面的重力加速度之比=·=N×=,即火星表面的重力加速度是月球表面的重力加速度的倍,由G=mg,G=m,可知火星的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比===,故B、C错误;由万有引力定律F=G可知,火星对“祝融号”引力的大小与月球对“玉兔二号”引力的大小之比=··=N×K×=,即火星对“祝融号”的引力大小是月球对“玉兔二号”引力大小的倍,故D正确。

(2021·天津卷,5)2021年5月15日,天问一号探测器着陆火星取得成功,迈出了我国星际探测征程的重要一步,在火星上首次留下国人的印迹。天问一号探测器成功发射后,顺利被火星捕获,成为我国第一颗人造火星卫星。经过轨道调整,探测器先沿椭圆轨道Ⅰ运行,之后进入称为火星停泊轨道的椭圆轨道Ⅱ运行,如图所示,两轨道相切于近火点P,则天问一号探测器(　D　)

A.在轨道Ⅱ上处于受力平衡状态

B.在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时短

C.从轨道Ⅰ进入Ⅱ在P处要加速

D.沿轨道Ⅰ向P飞近时速度增大

解析:天问一号探测器在轨道Ⅱ上做变速圆周运动,受力不平衡,故A错误;根据开普勒第三定律可知,轨道Ⅰ的半长轴大于轨道Ⅱ的半长轴,故在轨道Ⅰ运行周期比在Ⅱ时长,故B错误;天问一号探测器从轨道Ⅰ进入Ⅱ,做近心运动,需要的向心力要小于提供的向心力,故要在P点减速,故C错误;在轨道Ⅰ向P飞近时,万有引力做正功,动能增大,故速度增大,故D正确。

1.天体质量和密度的求解

(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。

由于G=mg,故天体质量M=,天体密度ρ===。

(2)利用卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r。

①由万有引力提供向心力,即G=mr,得出中心天体质量M=。

②若已知天体半径R,则天体的平均密度ρ===。

2.变轨问题

(1)点火加速,v突然增大,G<m,卫星将做离心运动。

(2)点火减速,v突然减小,G>m,卫星将做近心运动。

(3)同一卫星在不同圆轨道上运行时机械能不同,轨道半径越大,机械能越大。

(4)卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等,外轨道的速度大于内轨道的速度。

7.(2022·山东卷,6) “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(　C　)

A.()-R B.()

C.()-R D.()

解析:依题意可知卫星的绕行周期T0=,对卫星根据牛顿第二定律可得G=m(R+h)·,根据黄金代换式gR2=GM,联立解得h=()-R。

8.(2022·北京丰台区二模)2022年3月23日,“天宫课堂”进行了第二次授课活动。授课过程中信号顺畅不卡顿,主要是利用天链系列地球同步轨道卫星进行数据中继来实现的。如图所示,天链卫星的发射过程可以简化如下:卫星先在近地圆形轨道Ⅰ上运动,到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ,到达轨道的远地点B时,再次点火进入圆形同步轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动。设地球半径为R,地球表面的重力加速度为g0,卫星质量保持不变。则下列说法中正确的是(　C　)

A.卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ运动的周期均与地球自转周期相同

B.卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运动经过B点的加速度大小不同

C.卫星在轨道Ⅲ上的运行速率小于

D.卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能

解析:卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,则有=mr,可得T=∝,卫星在同步轨道Ⅲ的周期与地球自转周期相同,卫星在轨道Ⅰ的周期小于地球自转周期,A错误;卫星在运行过程只受地球的万有引力,根据牛顿第二定律可得=ma,解得a=,由于M、r都相同,可知卫星在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ运动经过B点的加速度大小相同,B错误;卫星在轨道Ⅲ绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,则有=m,物体在地球表面受到的重力等于万有引力,则有=m0g0,联立解得v=<,C正确;卫星在同一轨道上运行时,只受万有引力,卫星的机械能守恒,卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ需要在A处点火加速,即机械能增加,故卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能,D错误。

人造卫星和天体运动问题

类型一　人造卫星运行参量的分析与计算

分析卫星运行参量的“一模型”“两思路”

(1)“一模型”:无论是自然天体(如地球、月球),还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看作质点,围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动。

(2)“两思路”。

①万有引力提供向心力,即G=ma=m=mω2r=mr。对于椭圆运动,应考虑开普勒行星运动定律。

②天体对其表面物体的万有引力近似等于重力,即G=mg或GM=gR2(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)。

(2021·全国甲卷,18)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(　C　)

A.6×105 m B.6×106 m

C.6×107 m D.6×108 m

解析:在火星表面附近,对绕火星做匀速圆周运动的物体,有mg火=mR火,得=;根据开普勒第三定律,有=,代入数据解得l远≈6×107 m,C正确。

1.若例1中,“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后,进入与火星表面的最近距离约为2.8×105 m、最远距离为5.9×107 m的椭圆形停泊轨道,探测器在该轨道的运行周期与半径为3.29×107 m圆形轨道的周期相同,约为1.8×105 s。已知火星半径约为3.4×106 m,则火星表面处自由落体的加速度大小约为(　B　)

A.0.37 m/s2 B.3.7 m/s2

C.8.9 m/s2 D.89 m/s2

解析:根据题意可知,火星的半径为3.4×106 m,椭圆形停泊轨道的运行周期与圆形轨道的周期相同,设火星的质量为M,根据万有引力提供向心力,对圆形轨道有G=m()2r,又T=1.8×105 s,在火星表面,根据万有引力和重力的关系可得=mg,代入数据,解得火星表面处自由落体的加速度大小g≈3.7 m/s2,A、C、D错误,B正确。

2.若例1中,执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器成功地进入运行周期约为1.8×105 s的椭圆形停泊轨道,探测器在火星停泊轨道上运行时,近火点距离火星表面2.8×102 km、远火点距离火星表面5.9×104 km,火星半径为3.4×106 m,引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2,则探测器(　B　)

A.在近火点通过加速可实现绕火星做圆周运动

B.通过已知条件可以计算出火星质量

C.在近火点的运行速度比远火点的小

D.在近火点的机械能比远火点的小

解析:探测器在近火点时其所需的向心力大于万有引力,在此处加速使其所需的向心力更大,而所受万有引力不变,万有引力小于向心力,不可能实现绕火星做圆周运动,故A错误;根据题意结合开普勒第三定律可求解出探测器在以近火点为半径做圆周运动的周期,根据万有引力提供向心力的周期公式,可以求出火星的质量,故B正确;由开普勒第二定律可知,探测器在近火点的运行速度比远火点的大,故C错误;探测器在椭圆形停泊轨道上运动,仅有万有引力做功,机械能守恒,故D错误。

类型二　天体运动的分析与探究

1.天体的运动为椭圆运动,有时研究问题时可近似看作圆周运动。

2.开普勒第三定律既适用于椭圆运动也适用于圆周运动,只要它们都绕同一中心天体运行即可。即有=。

(2021·全国乙卷,18) 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(　B　)

A.4×104M B.4×106M

C.4×108M D.4×1010M

解析:由万有引力提供向心力有=mR,整理得=,可知只与中心天体的质量有关,则=,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×(2 002-1 994)年=16年,解得M黑洞≈4×106M,B正确。

根据例2中的已知条件,分析求解下列问题。

(1)如例2中图所示,比较S2在1994年和2002年所在位置的运行速度大小,并说明理由。

(2)黑洞可以让光无法逃逸引力的束缚,设光速c=3×108 m/s,太阳的质量M=2×1030 kg,引力常量G=6.67×10-11 N·m2·kg-2,试估算黑洞的最大半径。

解析:(1)根据开普勒第二定律可知,S2在1994年时距离中心天体较2002年时远,故S2在1994年时的运行速度比2002年时小。

(2)设黑洞的质量为M′,由例1中计算知

M′=4×106M=8×1036 kg,

设光绕黑洞表面运动的半径为r,若光无法逃逸,

则应满足c=,即r=,

代入数据可得 r≈1.2×1010 m。

答案:见解析