（全国用）2018版高考物理大一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天（课件+试题）（打包14套）.zip

第四章 曲线运动 万有引力与航天45分钟章末验收卷一、单项选择题1．关于物体的受力和运动，下列说法中正确的是( )A．物体在不垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变B．物体做曲线运动时，某点的加速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向C．物体受到变化的合力作用时，它的速度大小一定改变D．做曲线运动的物体，一定受到与速度不在同一直线上的合外力作用答案 D解析 物体在垂直于速度方向的合力作用下，速度大小可能一直不变，故 A错误；物体做曲线运动时，某点的速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向，而不是加速度方向，故 B错误；物体受到变化的合力作用时，它的速度大小可以不改变，比如匀速圆周运动，故 C错误；物体做曲线运动的条件：一定受到与速度不在同一直线上的合外力作用，故 D正确．2.如图 1所示，甲、乙两同学从河中 O点出发，分别沿直线游到 A点和 B点后，立即沿原路线返回到 O点． OA、 OB分别与水流方向平行和垂直，且 OA＝ OB＝12 m．若水流速度为 1.5 m/s不变，两人在静水中游速相等均为 2.5 m/s，他们所用时间分别用 t 甲 、 t 乙 表示，则( )图 1A． t 甲 ＝9.6 s B． t 甲 ＝16 sC． t 乙 ＝12 s D． t 乙 ＝15 s答案 C解析 甲同学用时 t 甲 ＝ ＋ ＝ s＋ s＝15 s，选项OAv水 ＋ v人 OAv人 － v水 121.5＋ 2.5 122.5－ 1.5A、B 错误；乙同学运动方向沿 OB，需人在水中的合速度沿 OB，如图，v 合 ＝ ＝2 m/s.故乙所用时间 t 乙 ＝2· ＝2× s＝12 s，故选项 C正确，D 错v2人 － v2水OBv合 122误．3．如图 2所示， P、 Q是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端， P、 Q间的水平距离为 d.直径略小于弯管内径的小球以速度 v0从 P端水平射入弯管，从 Q端射出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压．若小球从静止开始由 P端滑入弯管，经时间 t恰好以速度v0从 Q端射出．重力加速度为 g，不计空气阻力，那么( )图 2A． v0＜ B． v0＝gd 2gdC． t＝ D． t＞dg dg答案 D解析 第一次运动时，由平抛运动的规律得，水平方向 d＝ v0t1，竖直方向 h＝ gt12；第二12次运动时，由机械能守恒定律得 mgh＝ mv02，即 2gh＝ v02.联立各式解得 v0＝ ，选项12 gdA、B 错误．将 v0的表达式代入 d＝ v0t1得 t1＝ ，由于第二个过程中小球在竖直方向不是dg自由落体运动，一定有 t＞ t1，所以选项 C错误，D 正确．4.如图 3所示，转动轴垂直于光滑平面，交点 O的上方 h处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为 m的小球 B，绳长 AB＝ lh，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动．要使球不离开水平面，转动轴的转速 n的最大值是( )图 3A. B．π12π gh ghC. D．2π12π gl lg答案 A解析 对小球，在水平方向有 FTsin θ ＝ mω 2R＝4π 2mn2R，在竖直方向有 FTcos θ ＋ FN＝ mg，且 R＝ htan θ ，当球即将离开水平面时， FN＝0，转速 n有最大值，联立解得n＝ ，则 A正确．12π gh5．如图所示，小球固定在轻杆一端绕圆心 O在竖直面内做匀速圆周运动，下列关于小球在与圆心 O等高处以及最高点的受力分析一定错误的是( )答案 A6．如图 4所示，三个小球在离地面不同高度处，同时以相同的速度向左水平抛出，小球 A落到 D点， DE＝ EF＝ FG，不计空气阻力，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面．则关于三小球( )图 4A． B、 C两球落在 D点左侧B． B球落在 E点， C球落在 F点C．三小球离地面的高度 AE∶ BF∶ CG＝1∶3∶5D．三小球离地面的高度 AE∶ BF∶ CG＝1∶4∶9答案 D解析 相同的初速度抛出，而 A、 B、 C三个小球的运动时间之比为 1∶2∶3，可得水平位移之比为 1∶2∶3，而 DE＝ EF＝ FG，所以 B、 C两球也落在 D点，故 A、B 错误；由 h＝ gt2可12得， A、 B、 C三个小球抛出点离地面的高度之比为 1∶4∶9，故 C错误，D 正确．7．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，每当二者相距最近时．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送到地面接收站，某时刻二者相距最远，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 次答案 C解析 对飞船， G ＝ m (R＋ h1)，对同步卫星， G ＝ m′ (R＋ h2)，Mm R＋ h1 2 4π 2T21 Mm′ R＋ h2 2 4π 2T2由于同步卫星的运动周期为 T2＝24 h，可求出载人宇宙飞船的运动周期 T1＝3 h，因此一昼夜内绕地球 8圈，比同步卫星多运动了 7圈，因此相遇 7次，接收站共接收到 7次信号，C正确，A、B、D 错误．8． “嫦娥二号”探月卫星绕地球运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图 5所示是绕地球飞行的三条轨道，轨道 1是近地圆形轨道，2 和 3是变轨后的椭圆轨道， A点是 2轨道的近地点， B点是 2轨道的远地点，卫星在轨道 1的运行速率为 7.7 km/s，则下列说法正确的是( )图 5A．卫星在 2轨道经过 A点时的速率一定小于 7.7 km/sB．卫星在 2轨道经过 B点时的速率一定小于 7.7 km/sC．卫星在 3轨道所具有的机械能小于 2轨道所具有的机械能D．卫星在 3轨道所具有的最大速率小于 2轨道所具有的最大速率答案 B解析 卫星在经过 A点时，要做离心运动才能沿 2轨道运动，卫星在 1轨道上的速度为 7.7 km/s，故在 2轨道上经过 A点的速度一定大于 7.7 km/s，故 A错误；假设有一圆轨道经过B点，根据 v＝ ，可知此轨道上的速度小于 7.7 km/s，卫星在 B点速度减小，才会做近GMR心运动进入 2轨道运动，故卫星在 2轨道经过 B点时的速率一定小于 7.7 km/s，故 B正确；卫星运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大，所以卫星在 3轨道所具有的机械能一定大于 2轨道所具有的机械能，故 C错误；根据开普勒第二定律可知近地点速度大于远地点速度，故比较卫星在轨道 3经过 A点和轨道 2经过 A点的速度即可，又因为卫星在轨道 2经过 A点要加速做离心运动才能进入轨道 3，故卫星在 3轨道所具有的最大速率大于 2轨道所具有的最大速率，故 D错误．二、多项选择题9．如图 6所示，小滑块 a从倾角为 θ ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度 v1沿斜面匀速下滑，同时将另一小滑块 b在斜面底端正上方与小滑块 a等高处以速度 v2水平向左抛出，两滑块恰在斜面中点 P处相遇，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图 6A． v1∶ v2＝2∶1B． v1∶ v2＝1∶1C．若小滑块 b以速度 2v2水平向左抛出，则两滑块仍能相遇D．若小滑块 b以速度 2v2水平向左抛出，则小滑块 b落在斜面上时，小滑块 a在小滑块 b的下方答案 AD解析 根据题述两小滑块恰在斜面中点 P相遇，由几何关系可知两小滑块水平位移相等，有v1tsin 30°＝ v2t，解得 v1∶ v2＝2∶1，选项 A正确，B 错误．小滑块 b以速度 2v2水平向左抛出时，若没有斜面，将到达与 P点等高的 B点；若有斜面则落在斜面上 A点，如图所示．设斜面长为 2L，小滑块 b在水平方向做匀速直线运动，由几何知识得，其运动到 A点的水平位移大于 ，且水平分速度大小等于 v1，小滑块 b运动到 A点的时间 tb＞ ，由几2L3 2L3v1何关系有，小滑块 a运动到 A点的位移小于 ，则其运动到 A点的时间 ta＜ ， tb＞ ta，2L3 2L3v1两小滑块不能相遇，小滑块 b运动到 A点时，小滑块 a已经运动到 A点下方，选项 C错误，D正确．10．如图 7所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河， M、 N分别是甲、乙两船的出发点，两船头方向与河岸均成 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，则下列判断正确的是( )图 7A．甲船也能到达 P点B．两船渡河时间一定相等C．两船相遇位置在 NP直线上D．两船不会相遇答案 BC解析 根据乙船的路径可知，水流速度由 M指向 N，甲船船头指向 P，根据速度的合成原理，甲船到达对岸的位置一定在 P点右侧，A 错误；两船船头方向与河岸夹角相等，故垂直河岸的速度分量相等，两船渡河时间一定相等，B 正确；因为甲船的路径与 NP直线相交，两船在任意时刻与河岸的距离相等，故两船一定相遇且相遇位置在 NP直线上，C 正确，D 错误．11．如图 8所示，长为 L的细绳一端固定于 O点，另一端系一个质量为 m的小球，将细绳在水平方向拉直，从静止状态释放小球，小球运动到最低点时速度大小为 v，细绳拉力为 F，小球的向心加速度为 a，则下列说法正确的是( )图 8A．小球质量变为 2m，其他条件不变，则小球到最低点时速度为 2vB．小球质量变为 2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为 2FC．细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力变为 2FD．细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速度为 a答案 BD解析 根据动能定理得： mv2－0＝ mgL，解得： v＝ ，小球质量变为 2m，其他条件不变，12 2gL则小球到最低点时速度仍为 v，故 A错误；根据向心力公式得： F－ mg＝ m ，解得：v2rF＝3 mg，所以小球质量变为 2m，其他条件不变，则小球到最低点时细绳拉力变为 2F；若细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时细绳拉力不变，故 B正确，C 错误；根据向心加速度公式得： a＝ ＝2 g，细绳长度变为 2L，其他条件不变，小球到最低点时向心加速v2r度不变，仍为 a，故 D正确．12．如图 9甲所示，轻杆一端固定在 O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为 R的圆周运动．小球运动到最高点时，受到的弹力为 F，速度大小为 v，其 F－ v2图象如图乙所示．则( )图 9A．小球的质量为aRbB．当地的重力加速度大小为RbC． v2＝ c时，小球对杆的弹力方向向下D． v2＝2 b时，小球受到的弹力与重力大小相等答案 AD解析 由题图乙可知：当 v2＝ b时，杆对球的弹力恰好为零，此时只受重力，重力提供向心力， mg＝ m ＝ m ，即重力加速度 g＝ ，故 B错误；当 v2＝0 时，向心力为零，杆对球的弹v2R bR bR力恰好与球的重力等大反向， F 弹 ＝ mg＝ a，即小球的质量 m＝ ＝ ，故 A正确；根据圆周ag aRb运动的规律，当 v2＝ b时杆对球的弹力为零，当 v2b时， mg＋ F 弹 ＝ m ，杆对球的弹力方向向下， v2＝ cb，杆对小球的弹力方v2R向向下，根据牛顿第三定律，小球对杆的弹力方向向上，故 C错误；当 v2＝2 b时， mg＋ F 弹＝ m ＝ m ，又 g＝ ， F 弹 ＝ m － mg＝ mg，故 D正确．v2R 2bR bR 2bR13．图 10甲所示为小球在一端固定于 O点的轻弹簧的牵引下在光滑水平面上做椭圆运动的轨迹，图乙为某卫星绕地球做椭圆运动的轨迹，则下列说法中正确的是( )甲乙图 10A．小球由 B经 C到 D点时间与由 D经 A到 B点的时间相等B．卫星由 B′经 C′到 D′点时间与由 D′经 A′到 B′点的时间相等C．小球在 A点的速度小于小球在 B点的速度D．若卫星在 C′点的速度大小为 v，则卫星在 C′点的加速度大小为v2a′答案 AC解析 根据运动的对称性可知小球由 B经 C到 D点时间与由 D经 A到 B点的时间相等，A 项正确；由于卫星受到的引力充当向心力，在距离中心天体越近的地方，引力越大，根据G ＝ m ，可得 v＝ ，所以距离中心天体越近，速度越大，故 D′到 A′到 B′点过程Mmr2 v2r GMr中的速度大于由 B′经 C′到 D′点过程中速度，两个过程中的路程相同，所以时间不等，B项错误；根据胡克定律可知，小球受到的弹力指向 O点，从 A到 B过程中力与速度方向夹角为锐角，即弹力做正功，动能增大，故小球在 A点的速度小于小球在 B点的速度，C 项正确；由于卫星在 C′点时，运动半径大于 a′，故加速度小于 ，D 项错误．v2a′三、非选择题14．如图 11所示，一个可以看成质点的小球用没有弹性的细线悬挂于 O′点，细线长 L＝5 m，小球质量为 m＝1 kg.现向左拉小球使细线水平，由静止释放小球，已知小球运动到最低点 O时细线恰好断开，取重力加速度 g＝10 m/s 2.图 11(1)求小球运动到最低点 O时细线的拉力 F的大小．(2)如果在小球做圆周运动的竖直平面内固定一圆弧轨道，该轨道以 O点为圆心，半径 R＝5m，求小球从 O点运动到圆弧轨道上的时间 t.5答案 (1)30 N (2)1 s解析 (1)设小球摆到 O点时的速度为 v，小球由 A点到 O点的过程，由机械能守恒定律有mgL＝ mv212在 O点由牛顿第二定律得 F－ mg＝ mv2L解得 F＝30 N(2)细线被拉断后，小球做平抛运动，有 x＝ vty＝ gt212x2＋ y2＝ R2联立并代入数据，解得 t＝1 s.专题强化五 地球同步卫星 双星或多星模型专题解读 1.本专题是万有引力定律在天体运行中的特殊运用，同步卫星是与地球(中心)相对静止的卫星；而双星或多星模型有可能没有中心天体，近年来常以选择题形式在高考题中出现．2．学好本专题有助于学生加深万有引力定律的灵活应用，加深力和运动关系的理解．3．需要用到的知识：牛顿第二定律、万有引力定律、圆周运动规律等．命题点一 地球同步卫星1．定义：相对于地面静止且与地球自转具有相同周期的卫星叫地球同步卫星．2． “七个一定”的特点：(1)轨道平面一定：轨道平面与赤道平面共面．(2)周期一定：与地球自转周期相同，即 T＝24 h.(3)角速度一定：与地球自转的角速度相同．(4)高度一定：由 G ＝ m (R＋ h)得地球同步卫星离地面的高度 h＝3.6×10 7 m.Mm R＋ h 2 4π 2T2(5)速率一定： v＝ ＝3.1×10 3 m/s.GMR＋ h(6)向心加速度一定：由 G ＝ ma 得 a＝ ＝ gh＝0.23 m/s2，即同步卫星的Mm R＋ h 2 GM R＋ h 2向心加速度等于轨道处的重力加速度．(7)绕行方向一定：运行方向与地球自转方向相同．例 1 (2016·全国Ⅰ卷·17)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答案 B解析 地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律 ＝ k 可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫r3T2星周期最小时，由数学几何关系可作出它们间的位置关系如图所示．卫星的轨道半径为 r＝ ＝2 RRsin 30°由 ＝ 得 ＝ .r31T21 r32T2  6.6R 3242  2R 3T2解得 T2≈4 h.解决同步卫星问题的“四点”注意1．基本关系：要抓住： G ＝ ma＝ m ＝ mrω 2＝ m r.Mmr2 v2r 4π 2T22．重要手段：构建物理模型，绘制草图辅助分析．3．物理规律：(1)不快不慢：具有特定的运行线速度、角速度和周期．(2)不高不低：具有特定的位置高度和轨道半径．(3)不偏不倚：同步卫星的运行轨道平面必须处于地球赤道平面上，只能静止在赤道上方的特定的点上．4．重要条件：(1)地球的公转周期为 1 年，其自转周期为 1 天(24 小时)，地球的表面半径约为 6.4×103 km，表面重力加速度 g 约为 9.8 m/s2.(2)月球的公转周期约 27.3 天，在一般估算中常取 27 天．(3)人造地球卫星的运行半径最小为 r＝6.4×10 3 km，运行周期最小为 T＝84.8 min，运行速度最大为 v＝7.9 km/s.1．(2016·四川理综·3)国务院批复，自 2016 年起将 4 月 24 日设立为“中国航天日” ．如图 1 所示，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( )图 1A． a2＞ a1＞ a3 B． a3＞ a2＞ a1C． a3＞ a1＞ a2 D． a1＞ a2＞ a3答案 D解析 由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，根据a＝ ω 2r， r2r3，则 a2a3；由万有引力定律和牛顿第二定律得， G ＝ ma，由题目中数据可Mmr2以得出， r1a2a3，选项 D 正确．2．(2014·天津·3)研究表明，地球自转在逐渐变慢，3 亿年前地球自转的周期约为 22 小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )A．距地面的高度变大 B．向心加速度变大C．线速度变大 D．角速度变大答案 A解析 地球的自转周期变大，则地球同步卫星的公转周期变大．由 ＝ m (R＋ h)，GMm R＋ h 2 4π 2T2得 h＝ － R， T 变大， h 变大，A 正确．3GMT24π 2由 ＝ ma，得 a＝ ， r 增大， a 减小，B 错误．GMmr2 GMr2由 ＝ ，得 v＝ ， r 增大， v 减小，C 错误．GMmr2 mv2r GMr由 ω ＝ 可知，角速度减小，D 错误．2πT3．(多选)地球同步卫星离地心的距离为 r，运行速率为 v1，加速度为 a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为 a2，地球的第一宇宙速度为 v2，半径为 R，则下列比例关系中正确的是( )A. ＝ B. ＝( )2a1a2 rR a1a2 rRC. ＝ D. ＝v1v2 rR v1v2 Rr答案 AD解析 设地球的质量为 M，同步卫星的质量为 m1，在地球表面绕地球做匀速圆周运动的物体的质量为 m2，根据向心加速度和角速度的关系有 a1＝ ω 12r， a2＝ ω 22R，又 ω 1＝ ω 2，故＝ ，选项 A 正确；由万有引力定律和牛顿第二定律得 G ＝ m1 ， G ＝ m2 ，解得a1a2 rR Mm1r2 v21r Mm2R2 v2R＝ ，选项 D 正确．v1v2 Rr命题点二 双星或多星模型1．双星模型(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图 2 所示．图 2(2)特点：①各自所需的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即＝ m1ω 12r1， ＝ m2ω 22r2Gm1m2L2 Gm1m2L2②两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝ T2， ω 1＝ ω 2③两颗星的半径与它们之间的距离关系为： r1＋ r2＝ L(3)两颗星到圆心的距离 r1、 r2与星体质量成反比，即 ＝ .m1m2 r2r12．多星模型(1)定义：所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同．(2)三星模型：①三颗星位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星在同一半径为 R 的圆形轨道上运行(如图3 甲所示)．②三颗质量均为 m 的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)．图 3(3)四星模型：①其中一种是四颗质量相等的恒星位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动(如图丙所示)．②另一种是三颗恒星始终位于正三角形的三个顶点上，另一颗位于中心 O，外围三颗星绕 O做匀速圆周运动(如图丁所示)．例 2 (2015·安徽理综·24) 由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心 O 在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图 4 为 A、 B、 C三颗星体质量不相同时的一般情况)．若 A 星体质量为 2m、 B、 C 两星体的质量均为 m，三角形的边长为 a，求：图 4(1)A 星体所受合力大小 FA；(2)B 星体所受合力大小 FB；(3)C 星体的轨道半径 RC；(4)三星体做圆周运动的周期 T.答案 (1)2 G (2) G (3) a (4)π3m2a2 7m2a2 74 a3Gm解析 (1)由万有引力定律， A 星体所受 B、 C 星体引力大小为 FBA＝ G ＝ G ＝ FCAmAmBr2 2m2a2方向如图所示则合力大小为 FA＝ FBA·cos 30°＋ FCA·cos 30°＝2 G3m2a2(2)同上， B 星体所受 A、 C 星体引力大小分别为FAB＝ G ＝ GmAmBr2 2m2a2FCB＝ G ＝ GmCmBr2 m2a2方向如图所示，由余弦定理得合力为：FB＝ ＝ GF2AB＋ F2CB－ 2FAB·FCB·cos 120° 7m2a2(3)由于 mA＝2 m， mB＝ mC＝ m通过分析可知，圆心 O 在 BC 的中垂线 AD 的中点则 RC＝ ＝ a(34a)2＋ (12a)2 74(4)三星体运动周期相同，对 C 星体，由 FC＝ FB＝ G ＝ m( )2RC，可得 T＝π .7m2a2 2πT a3Gm4．(2013·山东理综·20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为 T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的 k 倍，两星之间的距离变为原来的 n 倍，则此时圆周运动的周期为( )A. T B. Tn3k2 n3kC. T D. Tn2k nk答案 B解析 设两恒星的质量分别为 m1、 m2，距离为 L，双星靠彼此的引力提供向心力，则有G ＝ m1r1m1m2L2 4π 2T2G ＝ m2r2m1m2L2 4π 2T2并且 r1＋ r2＝ L解得 T＝2πL3G m1＋ m2当两星总质量变为原来的 k 倍，两星之间距离变为原来的 n 倍时T′＝2πn3L3Gk m1＋ m2＝ ·Tn3k故选项 B 正确．5．银河系的恒星中大约四分之一是双星．如图 5 所示，某双星由质量不等的星体 S1和 S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点 O 做匀速圆周运动．由天文观察测得它们的运动周期为 T，若已知 S1和 S2的距离为 r，引力常量为 G，求两星的总质量 M.图 5答案 4π 2r3GT2解析 设星体 S1、 S2的质量分别为 m1、 m2，运动的轨道半径分别为 R1、 R2，则运动的角速度为 ω ＝2πT根据万有引力定律和向心力公式有G ＝ m1ω 2R1＝ m2ω 2R2m1m2r2又 R1＋ R2＝ r联立解得两星的总质量为M＝ m1＋ m2＝ ＋ ＝ ＝ .ω 2r2R2G ω 2r2R1G ω 2r3G 4π 2r3GT2一、近地卫星、同步卫星和赤道上随地球自转的物体的比较如图 6 所示， a 为近地卫星，半径为 r1； b 为同步卫星，半径为 r2； c 为赤道上随地球自转的物体，半径为 r3.图 6近地卫星 同步卫星 赤道上随地球自转的物体向心力 万有引力 万有引力 万有引力的一个分力轨道半径 r1r3＝ r1由 ＝ mrω 2得GMmr2ω ＝ ，故 ω 1ω 2GMr3同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，故ω 2＝ ω 3角速度ω 1ω 2＝ ω 3由 ＝ 得GMmr2 mv2rv＝ ，故 v1v2GMr 由 v＝ rω 得 v2v3线速度v1v2v3由 ＝ ma 得 a＝ ，故GMmr2 GMr2a1a2由 a＝ rω 2得 a2a3向心加速度a1a2a3二、卫星追及相遇问题典例 (多选)如图 7，三个质点 a、 b、 c 的质量分别为 m1、 m2、 M(M 远大于 m1及 m2)，在 c的万有引力作用下， a、 b 在同一平面内绕 c 沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为 ra∶ rb＝1∶4，则下列说法中正确的有( )图 7A． a、 b 运动的周期之比为 Ta∶ Tb＝1∶8B． a、 b 运动的周期之比为 Ta∶ Tb＝1∶4C．从图示位置开始，在 b 转动一周的过程中， a、 b、 c 共线 12 次D．从图示位置开始，在 b 转动一周的过程中， a、 b、 c 共线 14 次答案 AD解析 根据开普勒第三定律：周期的平方与半径的三次方成正比，则周期之比为 1∶8，A 对；设图示位置夹角为 θ v2 a1v2 a1a2C． v1a2答案 B解析 根据 G ＝ m ＝ ma，可知 v＝ ， a＝ ，所以 v1v2， a1a2.选项 B 正确．Mmr2 v2r GMr GMr23．设地球的质量为 M，半径为 R，自转周期为 T，引力常量为 G.“神舟九号”绕地球运行时离地面的高度为 h，则“神舟九号”与“同步卫星”各自所在轨道处的重力加速度的比值为( )A. B. 2π  43 R＋ h 2 GMT2 23 GM 23 R＋ h 2 2π T 43C. D. GMT2 23 2π  43 R＋ h 2 2π T 43 GM 23 R＋ h 2答案 C解析 设“神舟九号”与“同步卫星”各自所在轨道处的重力加速度分别为 g 神九 、 g 同步 ，则 m 神九 g 神九 ＝ G ， m 同步 g 同步 ＝ G ＝ ，联立可得 ＝Mm神 九 R＋ h 2 Mm同 步r2同 步 4π 2m同 步 r同 步T2 g神 九g同 步，故 C 正确． GMT2 23 2π  43 R＋ h 24． “神舟八号”飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞行轨道在地球表面的投影如图 2 所示，图中标明了飞船相继飞临赤道上空所对应的地面的经度．设“神舟八号”飞船绕地球飞行的轨道半径为 r1，地球同步卫星飞行轨道半径为 r2.则 r13∶ r23等于( )图 2A．1∶24 B．1∶156C．1∶210 D．1∶256答案 D解析 从图象中可以看出，飞船每运行一周，地球自转 22.5°，故飞船的周期为 T1＝×24 h＝1.5 h，同步卫星的周期为 24 h，由开普勒第三定律可得 ＝ ＝( )2＝22.5°360° r31r32 T21T2 1.524，故选 D.1256题组 2 双星、多星模型5．(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 3 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，万有引力常量为 G，则( )图 3A．每颗星做圆周运动的线速度为 GmRB．每颗星做圆周运动的角速度为 3GmR3C．每颗星做圆周运动的周期为 2πR33GmD．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关答案 ABC解析 由图可知，每颗星做匀速圆周运动的半径 r＝ ＝ R.由牛顿第二定律R2cos 30° 33得 ·2cos 30°＝ m ＝ mω 2r＝ m r＝ ma，可解得 v＝ ， ω ＝ Gm2R2 v2r 4π 2T2 GmR， T＝2π ， a＝ ，故 A、B、C 均正确，D 错误．3GmR3 R33Gm 3GmR26．2016 年 2 月 11 日，美国科学家宣布探测到引力波的存在，引力波的发现将为人类探索宇宙提供新视角，这是一个划时代的发现．在如图 4 所示的双星系统中， A、 B 两个恒星靠着相互之间的引力正在做匀速圆周运动，已知恒星 A 的质量为太阳质量的 29 倍，恒星 B 的质量为太阳质量的 36 倍，两星之间的距离 L＝2×10 5 m，太阳质量 M＝2×10 30 kg，引力常量 G＝6.67×10 －11 N·m2/kg2，π 2＝10.若两星在环绕过程中会辐射出引力波，该引力波的频率与两星做圆周运动的频率具有相同的数量级，则根据题目所给信息估算该引力波频率的数量级是( )图 4A．10 2 Hz B．10 4 HzC．10 6 Hz D．10 8 Hz答案 A解析 A、 B 的周期相同，角速度相等，靠相互之间的引力提供向心力，有 G ＝ MArA ①MAMBL2 4π 2T2G ＝ MBrB ②MAMBL2 4π 2T2有 MArA＝ MBrB， rA＋ rB＝ L，解得 rA＝ L＝ L＝ L.MBMA＋ MB 3629＋ 36 3665由①得 T＝ ，4π 2L3×3665GMB则 f＝ ＝ ＝ Hz≈1.6×10 2 Hz.1T GMB4π 2L3×3665 6.67×10－ 11×36×2×10304×10× 2×105 3×36657．经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识，双星系统由两个星体组成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当成孤立系统来处理．现根据对某一双星系统的测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是 M，两者相距 L，它们正围绕两者连线的中点做圆周运动．(1)计算出该双星系统的运动周期 T；(2)若该实验中观测到的运动周期为 T 观测 ，且 T 观测 ∶ T＝1∶ (N1)．为了理解 T 观测 与 TN的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质．作为一种简化模型，我们假定在以这两个星体连线为直径的球体内均匀分布这种暗物质．若不考虑其他暗物质的影响，根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度．答案 (1)π L (2)2LGM 3 N－ 1 M2π L3解析 (1)双星均绕它们连线的中点做圆周运动，万有引力提供向心力，则G ＝ M 2· ，解得 T＝π L .M2L2 (2πT) L2 2LGM(2)N1，根据观测结果，星体的运动周期为 T 观测 ＝ TT，这是由于双星系统内(类似一个1N球体)均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在双星系统内的暗物质对双星系统的作用与一个质点(质点的质量等于球内暗物质的总质量 M′且位于中点 O 处)的作用等效，考虑暗物质作用后双星系统的运动周期，即G ＋ G ＝ M 2· ，M2L2 MM′ L2 2 (2πT观 测 ) L2代入 T＝π L 并整理得 M′＝ M.2LGM N－ 14故所求的暗物质密度为 ρ ＝ ＝ .M′43π  L2 3 3 N－ 1 M2π L3第四章 曲线运动 万有引力与航天类平抛运动的处理1．受力特点物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直．2．运动特点在初速度 v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝ .F合m3．求解方法(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、 ay，初速度 v0分解为 vx、 vy，然后分别在 x、 y 方向列方程求解．4．考查特点(1)类平抛运动是对平抛运动研究方法的迁移，是高考命题的热点问题．(2)高考考查该类问题常综合机械能守恒、动能定理等知识，以电场或复合场为背景考查学生运用所学知识处理综合问题的能力．例 1 如图 1 所示的光滑斜面长为 l，宽为 b，倾角为 θ ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点 P 水平射入，恰好从底端 Q 点离开斜面，试求：图 1(1)物块由 P 运动到 Q 所用的时间 t；(2)物块由 P 点水平射入时的初速度 v0；(3)物块离开 Q 点时速度的大小 v.答案 (1) (2) b2lgsin θ gsin θ2l(3)  b2＋ 4l2 gsin θ2l解析 (1)沿斜面向下有mgsin θ ＝ ma， l＝ at212联立解得 t＝ .2lgsin θ(2)沿水平方向有 b＝ v0t， v0＝ ＝ bbt gsin θ2l(3)物块离开 Q 点时的速度大小v＝ ＝ .v20＋  at 2 b2＋ 4l2 gsin θ2l对于周期性运动的问题，注意要把问题考虑全面，思维要严谨．例 2 两颗卫星在同一轨道平面内绕地球做匀速圆周运动．地球半径为 R， a 卫星离地面的高度等于 R， b 卫星离地面的高度等于 3R.则：(1)a、 b 两卫星周期之比 Ta∶ Tb是多少？(2)若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点的正上方，且 a 卫星运行周期已知为 Ta，则 a经多长时间两卫星相距最远？答案 (1) (2) (2n－1) Ta， n＝1,2,3，…122 4＋ 27解析 (1)由牛顿第二定律和万有引力定律，得 G ＝ m( )2r，则 T＝ ，得 Ta＝2πMmr2 2πT 4π 2r3GM， Tb＝2π ，所以 ＝ . 2R 3GM  4R 3GM TaTb 122(2)设经过时间 t 两卫星相距最远，则 － ＝ (2n－1)， n＝1,2,3，…tTa tTb 12所以 t＝ (2n－1) Ta， n＝1,2,3，….4＋ 27易错诊断 本题的易错点在于找不准何时相距最远，以及相距最远时应满足什么条件．两卫星相距最近是指两卫星位于地心的同侧，且与地心在同一直线上．当两卫星相距最远时，两卫星转过的弧度之差最小为 π.若考虑周期性，两卫星转过的弧度之差最小为 kπ， k＝1,3,5，…拓展延伸 若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点的正上方，则经多长时间两卫星相距最近？提示 两卫星相距最近是指两卫星位于地心的同侧，且与地心在同一直线上．当两卫星再次相距最近时，两卫星转过的弧度之差最小为 2π.若考虑周期性，两卫星转过的弧度之差最小为 2nπ， n＝1,2,3，….利用平抛运动的轨迹解题．例 3 如图 2 所示是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹， O 为平抛的起点，在轨迹上任取三点 A、 B、 C，测得 A、 B 两点竖直坐标 y1为 5.0 cm、 y2为 45.0 cm， A、 B 两点水平间距 Δ x 为 40.0 cm.则平抛小球的初速度 v0为________m/s，若 C 点的竖直坐标 y3为 60.0 cm，则小球在 C 点的速度 vC为________m/s.(结果保留两位有效数字， g 取 10 m/s2)图 2答案 2.0 4.0解析 由 y＝ gt2得， t1＝ ＝0.10 s， t2＝ ＝0.30 s，因此小球平抛运动的初速12 2y1g 2y2g度为 v0＝ ＝ m/s＝2.0 m/s.小球在 C 点时竖直方向的分速度 vy3＝ ＝Δ xt2－ t1 0.400.20 2gy3m/s＝2 m/s，因此 C 点速度 vC＝ ＝4.0 m/s.2×10×0.60 3 v2y3＋ v20