（通用版）2017版高考物理大二轮复习与增分策略 专题三 力与物体的曲线运动（课件+试题）（打包8套）.zip

1专题三 力与物体的曲线运动 [专题定位] 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的曲线运动的问题.高考对本专题的考查以运动的组合为线索，进而从力和能的角度进行命题，题目情景新，过程复杂，具有一定的综合性.考查的主要内容有：①曲线运动的条件和运动的合成与分解；②平抛运动规律；③圆周运动规律；④平抛运动与圆周运动的多过程组合问题；⑤应用万有引力定律解决天体运动问题；⑥带电粒子在电场中的类平抛运动问题；⑦带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题；⑧带电粒子在简单组合场内的运动问题等.用到的主要物理思想和方法有：运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平抛运动模型方法、等效代替的思想方法等.[应考策略] 熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛运动和圆周运动的组合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题，掌握找圆心、求半径的方法.第 1 讲 力学中的曲线运动1.物体做曲线运动的条件当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动.合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性.2.平抛运动(1)规律： vx＝ v0， vy＝ gt， x＝ v0t， y＝ gt2.12(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 φ ，则有 tan θ ＝2tan φ .3.竖直平面内圆周运动的两种临界问题(1)绳固定，物体能通过最高点的条件是 v≥ .gR(2)杆固定，物体能通过最高点的条件是 v0.1.竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析.2.对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动2转折点的速度是解题的关键.解题方略解决运动的合成与分解的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质.(2)确定合运动是在哪两个方向上的合成或分解.(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度等).(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解.例 1 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水平向右匀速移动，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 x，如图 1 所示.关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是( )图 1A.相对地面的运动轨迹为直线B.相对地面做匀加速直线运动C.t 时刻猴子速度的大小为 v0＋ atD.t 时间内猴子的位移大小为 x2＋ h2解析 猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为 0 的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子运动的轨迹为曲线.故 A 错误；猴子在水平方向上的加速度为 0，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做曲线运动的加速度不变，做匀变速曲线运动.故 B 错误； t 时刻猴子在水平方向上的分速度为 v0，在竖直方向上的分速度为 at，所以合速度 v＝ .故 Cv20＋  at 2错误.在 t 时间内猴子在水平方向和竖直方向上的位移分别为 x 和 h，根据运动的合成，知合位移 s＝ .故 D 正确.x2＋ h2答案 D预测 1 如图 2 所示，一卫星经过赤道上空时速度方向与赤道平面夹角为 60°，速度大小为 v＝1.55×10 3 m/s.此时发动机点火，给卫星一附加速度 Δ v，使该卫星变轨进入赤道平面内.发动机给卫星的附加速度 Δ v 的最小值和方向为( )3图 2A.Δ v 约为 1.3×103 m/s，方向东偏南 30°B.Δ v 约为 1.3×103 m/s，方向正南方向C.Δ v 约为 2.7×103 m/s，方向东偏南 30°D.Δ v 约为 0.8×103 m/s，方向正南方向答案 B解析 由题意可知，可看成卫星一个分速度方向与赤道平面夹角为 60°，速度大小为v＝1.55×10 3 m/s.另一速度即为附加速度，根据平行四边形定则，结合几何关系，则当附加速度垂直合速度时，附加速度达到最小值，如图所示.附加速度的方向为正南方向，根据三角知识，大小为：Δ v＝ vsin 60°＝1.55×10 3× m/s≈1.3×10 3 m/s，故 B 正确，32A、C、D 错误.预测 2 如图所示，一小球在光滑的水平面上以速度 v0向右运动，运动中要穿过一段有水平向北的风带 ab，经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力，其余区域无风力，则小球过风带及过后的轨迹正确的是( )答案 B解析 小球在光滑的水平面上以 v0向右运动，给小球一个向北的水平恒力，根据曲线运动条件，结合运动轨迹偏向加速度的方向，故 B 正确，A、C、D 错误.4例 2 (2016·浙江理综·23)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图 3 所示. P 是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒.高度为 h 的探测屏AB 竖直放置，离 P 点的水平距离为 L，上端 A 与 P 点的高度差也为 h.图 3(1)若微粒打在探测屏 AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏 A、 B 两点的微粒的动能相等，求 L 与 h 的关系.解析 (1)打在 AB 中点的微粒 h＝ gt2 ①32 12解得 t＝ ②3hg(2)打在 B 点的微粒 v1＝ ；2 h＝ gt ③Lt1 12 21v1＝ L ④g4h同理，打在 A 点的微粒初速度 v2＝ L ⑤g2h微粒初速度范围 L ≤ v≤ L ⑥g4h g2h(3)由能量关系 mv ＋ mgh＝ mv ＋2 mgh ⑦12 2 12 21代入④⑤式得 L＝2 h.2答案 (1) (2) L ≤ v≤ L (3) L＝2 h3hg g4h g2h 2预测 3 如图 4 所示，竖直平面内有一段圆弧 MN，小球从圆心 O 处水平抛出.若初速度为va，将落在圆弧上的 a 点；若初速度为 vb，将落在圆弧上的 b 点.已知 Oa、 Ob 与竖直方向的夹角分别为 α 、 β ，不计空气阻力，则( )5图 4A. ＝ B. ＝vavb sin αsin β vavb cos βcos αC. ＝ · D. ＝ ·vavb cos βcos α sin αsin β vavb sin αsin β cos βcos α答案 D解析 对 a，根据 Rcos α ＝ gt 得， t1＝ ，12 21 2Rcos αg则 va＝ ＝ Rsin α ，Rsin αt1 g2Rcos α对 b，根据 Rcos β ＝ gt 得， t2＝ ，则 vb＝ ＝ Rsin β ，12 2 2Rcos βg Rsin βt g2Rcos β解得 ＝ · .vavb sin αsin β cos βcos α预测 4 如图 5 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 5A.v0dg dg答案 D解析 设 P、 Q 的竖直高度为 h，由题意知，第二次运动重力做功等于小球动能的增加量，由此可知第一次运动竖直方向的末速度大小等于初速度大小，且 P、 Q 的竖直高度为h＝ ，据平抛运动特点得 v0＝ ，A、B 选项都错误.小球第一次从 P 运动至 Q 的时间 t1＝d2 dg，第二次运动竖直方向加速度小于重力加速度，所以 t ，D 选项正确.dg dg6解题方略1.解决圆周运动问题要注意以下几点：(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 ＝ mrω 2＝ mωv ＝ mr .v2r 4π 2T22.竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析.例 3 (多选)(2016· 浙江理综·20)如图 6 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( )图 6A.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/sC.在直道上的加速度大小为 5.63 m/s2D.通过小圆弧弯道的时间为 5.58 s解析 在弯道上做匀速圆周运动时，根据径向静摩擦力提供向心力得， kmg＝ m ，当弯道v2mr半径一定时，在弯道上的最大速率是一定的，且在大弯道上的最大速率大于小弯道上的最大速率，故要想时间最短，可在绕过小圆弧弯道后加速，选项 A 正确；在大圆弧弯道上的速率为 vmR＝ ＝ m/s＝45 m/s，选项 B 正确；直道的长度为 x＝kgR 2.25×10×90＝50 m，在小弯道上的最大速率为： vmr＝ ＝ L2－  R－ r 2 3 kgr 2.25×10×40m/s＝30 m/s，在直道上的加速度大小为 a＝ ＝ m/s2≈6.50 m/s 2，选项v2mR－ v2mr2x 452－ 3022×5037C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为 ，通过小圆弧弯道的时间为 t＝ ＝2π r3 2π r3vmrs≈2.80 s，选项 D 错误.2×3.14×403×30答案 AB预测 5 (2016·全国甲卷·16)小球 P 和 Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上， P 球的质量大于 Q 球的质量，悬挂 P 球的绳比悬挂 Q 球的绳短.将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图 7 所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点( )图 7A.P 球的速度一定大于 Q 球的速度B.P 球的动能一定小于 Q 球的动能C.P 球所受绳的拉力一定大于 Q 球所受绳的拉力D.P 球的向心加速度一定小于 Q 球的向心加速度答案 C解析 小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得， mgL＝ mv2，解得 v＝ ，因12 2gLLPmQ，则两小球的动能大小无法比较，选项 B 错误；对小球在最低点受力分析得， FT－ mg＝ m ，可得 FT＝3 mg，选项 C 正确；由v2La＝ ＝2 g 可知，两球的向心加速度相等，选项 D 错误.v2L预测 6 如图 8 所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动.在框架上套着两个质量相等的小球 A、 B，小球 A、 B 到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止.下列说法正确的是( )图 8A.小球 A 受到的合力小于小球 B 受到的合力B.小球 A 与框架间可能没有摩擦力C.小球 B 与框架间可能没有摩擦力D.圆形框架以更大的角速度转动，小球 B 受到的摩擦力一定增大8答案 C解析 由于合力提供向心力，依据向心力表达式 F＝ mrω 2，已知两球质量、半径和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故 A 错误；小球 A 受到的重力和弹力的合力不可能垂直指向 OO′轴，故一定存在摩擦力，而 B 球的重力和弹力的合力可能垂直指向 OO′轴，故 B 球所受摩擦力可能为零，故 B 错误，C 正确；由于不知道 B 是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球 B 受到的摩擦力的变化情况，故 D 错误.例 4 如图 9 所示，半径 R＝0.5 m 的光滑圆弧轨道 ABC 与足够长的粗糙轨道 CD 在 C 处平滑连接， O 为圆弧轨道 ABC 的圆心， B 点为圆弧轨道的最低点，半径 OA、 OC 与 OB 的夹角分别为 53°和 37°.将一个质量 m＝0.5 kg 的物体(视为质点)从 A 点左侧高为 h＝0.8 m 处的P 点水平抛出，恰从 A 点沿切线方向进入圆弧轨道.已知物体与轨道 CD 间的动摩擦因数μ ＝0.8，重力加速度 g＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图 9(1)物体水平抛出时的初速度大小 v0；(2)物体经过 B 点时，对圆弧轨道的压力大小 FN；(3)物体在轨道 CD 上运动的距离 x.(结果保留三位有效数字)解析 (1)由平抛运动规律知： v ＝2 gh2y竖直分速度 vy＝ ＝4 m/s2gh初速度 v0＝ vytan 37°＝3 m/s.(2)从 P 点至 B 点的过程，由机械能守恒有mg(h＋ R－ Rcos 53°)＝ mv － mv12 2B 12 20经过 B 点时，由向心力公式有 FN′－ mg＝ mv2BR代入数据解得 FN′＝34 N由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为 FN＝34 N.(3)因 μmg cos 37°mgsin 37°，物体沿轨道 CD 向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑.9从 B 点到上滑至最高点的过程，由动能定理有－ mgR(1－cos 37°)－( mgsin 37°＋ μmg cos 37°)x＝0－ mv12 2B代入数据可解得 x＝ m≈1.09 m.135124答案 (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m预测 7 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 10 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( )图 10A.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.不能确定答案 A解析 如果小球恰能通过最高点 D，根据 mg＝ m ，得 vD＝ ，v2DR gR知小球在最高点的最小速度为 .gR根据 R＝ gt2得： t＝ .12 2Rg则平抛运动的水平位移为： x＝ · ＝ R.gR2Rg 2知小球一定落在水平面 AE 上.故 A 正确，B、C、D 错误.预测 8 如图 11 所示为固定在竖直平面内的光滑轨道 ABCD，其中 ABC 部分是半径为 R 的半圆形轨道( AC 是圆的直径)， CD 部分是水平轨道.一个质量为 m 的小球沿水平方向进入轨道，通过最高点 A 时速度大小 vA＝2 ，之后离开 A 点，最终落在水平轨道上.小球运动过程gR中所受空气阻力忽略不计， g 取 10 m/s2.求：图 1110(1)小球落地点与 C 点间的水平距离；(2)小球落地时的速度方向；(3)小球在 A 点时轨道对小球的压力.答案 (1)4 R (2)与水平方向的夹角为 45° (3)3 mg，方向竖直向下解析 (1)小球离开 A 点后做平抛运动根据平抛运动规律有 2R＝ gt212解得小球运动时间 t＝ 2Rgx＝ vAt解得小球落地点与 C 点间的水平距离 x＝4 R(2)设小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为 θtan θ ＝gtvA解得 θ ＝45°(3)设小球在 A 点时轨道对小球的压力为 FN根据牛顿第二定律 FN＋ mg＝ mv2AR解得： FN＝3 mg，方向竖直向下.专题强化练1.如图 1 所示，帆板在海面上以速度 v 朝正西方向运动，帆船以速度 v 朝正北方向航行，以帆板为参照物( )图 1A.帆船朝正东方向航行，速度大小为 vB.帆船朝正西方向航行，速度大小为 vC.帆船朝南偏东 45°方向航行，速度大小为 v2D.帆船朝北偏东 45°方向航行，速度大小为 v2答案 D11解析 以帆板为参照物，即把帆板看做静止，则帆船相对于帆板有向东的速度 v 及向北的速度 v；由矢量合成可知，二者的合速度 v 合 ＝ v，方向北偏东 45°.22.如图 2 所示，某轮渡站两岸的码头 A 和 B 正对，轮渡沿直线往返于两码头之间，已知水流速度恒定且小于船速.下列说法正确的是( )图 2A.往返所用的时间不相等B.往返时船头均应垂直河岸航行C.往返时船头均应适当偏向上游D.从 A 驶往 B，船头应适当偏向上游，返回时船头应适当偏向下游答案 C解析 根据矢量的合成法则，及各自速度恒定，那么它们的合速度也确定，则它们所用的时间也相等，故 A 错误；从 A 到 B，合速度方向垂直于河岸，水流速度水平向右，根据平行四边形定则，则船头的方向偏向上游一侧.从 B 到 A，合速度的方向仍然垂直于河岸，水流速度水平向右，船头的方向仍然偏向上游一侧.故 C 正确，B、D 错误.3.如图 3 所示，在斜面顶端 A 以速度 v 水平抛出一小球，经过时间 t1恰好落在斜面的中点P；若在 A 点以速度 2v 水平抛出小球，经过时间 t2完成平抛运动.不计空气阻力，则( )图 3A.t22t1 B.t2＝2 t1C.t22R.设三个物体离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为 ta、 tb、 tc，三个物体到达水平面的动能分别为 Ea、 Eb、 Ec，则下面判断正确的是( )图 10A.Ea＝ Eb B.Ec＝ Eb C.tb＝ tc D.ta＝ tb答案 C解析 物体若从半圆形轨道最高点离开在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，16有：2 R＝ gt2，则得： t＝212 Rg物体恰好到达半圆形轨道最高点时，有： mg＝ m ，v2R则通过半圆形轨道最高点时的最小速度为： v＝ gR所以物体从半圆形轨道最高点离开后平抛运动的水平位移最小值为： x＝ vt＝2 R由题知： AD2R，说明 b、 c 通过最高点做平抛运动， a 没有到达最高点，则知 tb＝ tc＝2 ， ta≠ tb＝ tc.Rg对于 a、 b 两球，通过 D 点时， a 的速度比 b 的小，由机械能守恒可得： EaEb.11.一长 l＝0.8 m 的轻绳一端固定在 O 点，另一端连接一质量 m＝0.1 kg 的小球，悬点 O距离水平地面的高度 H＝1 m.开始时小球处于 A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图11 所示.让小球从静止释放，当小球运动到 B 点时，轻绳碰到悬点 O 正下方一个固定的钉子 P 时立刻断裂.不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度 g＝10 m/s 2.图 11(1)求当小球运动到 B 点时的速度大小；(2)绳断裂后球从 B 点抛出并落在水平地面的 C 点，求 C 点与 B 点之间的水平距离；(3)若 xOP＝0.6 m，轻绳碰到钉子 P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力.答案 (1)4 m/s (2)0.8 m (3)9 N解析 (1)设小球运动到 B 点时的速度大小为 vB，由机械能守恒定律得 mv ＝ mgl12 2B解得小球运动到 B 点时的速度大小vB＝ ＝4 m/s2gl(2)小球从 B 点做平抛运动，由运动学规律得 x＝ vBty＝ H－ l＝ gt212解得 C 点与 B 点之间的水平距离x＝ vB ＝0.8 m2 H－ lg17(3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值 Fm，由圆周运动规律得 Fm－ mg＝ mv2Brr＝ l－ xOP由以上各式解得 Fm＝9 N.1第 2 讲 万有引力与航天1.在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供.其基本关系式为 G ＝ m ＝ mω 2r＝ m( )2r＝ m(2π f)2r.Mmr2 v2r 2πT在天体表面，忽略自转的情况下有 G ＝ mg.MmR22.卫星的绕行速度 v、角速度 ω 、周期 T 与轨道半径 r 的关系(1)由 G ＝ m ，得 v＝ ，则 r 越大， v 越小.Mmr2 v2r GMr(2)由 G ＝ mω 2r，得 ω ＝ ，则 r 越大， ω 越小.Mmr2 GMr3(3)由 G ＝ m r，得 T＝ ，则 r 越大， T 越大.Mmr2 4π 2T2 4π 2r3GM3.卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比在低轨道小.(2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比在高轨道大.4.宇宙速度(1)第一宇宙速度：推导过程为：由 mg＝ ＝ 得：mv21R GMmR2v1＝ ＝ ＝7.9 km/s.GMR gR第一宇宙速度是人造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，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，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度.1.分析天体运动类问题的一条主线就是 F 万 ＝ F 向 ，抓住黄金代换公式 GM＝ gR2.2.确定天体表面重力加速度的方法有：(1)测重力法；(2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法；(4)近地卫星环绕法.2解题方略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 ＝ ＝ ＝ .MmR2 gR2G MV M43π R3 3g4π GR2.通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期 T 和轨道半径 r.(1)由万有引力等于向心力，即 G ＝ m r，得出中心天体质量 M＝ ；Mmr2 4π 2T2 4π 2r3GT2(2)若已知天体半径 R，则天体的平均密度 ρ ＝ ＝ ＝ ；MV M43π R3 3π r3GT2R3(3)若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径 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3πGT2的密度.例 1 设宇宙中某一小行星自转较快，但仍可近似看做质量分布均匀的球体，半径为 R.宇航员用弹簧测力计称量一个相对自己静止的小物体的重量，第一次在极点处，弹簧测力计的读数为 F1 ＝ F0；第二次在赤道处，弹簧测力计的读数为 F2＝ .假设第三次在赤道平面F02内深度为 的隧道底部，示数为 F3；第四次在距星表高度为 R 处绕行星做匀速圆周运动的R2人造卫星中，示数为 F4.已知均匀球壳对壳内物体的引力为零，则以下判断正确的是( )A.F3＝ F4＝ B.F3＝ F4＝0F04 F04 F04C.F3＝ F4＝0 D.F3＝4 F0 F4＝15F04 F04答案 B预测 1 过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕， “51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为 4 天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的 ，该中心恒星与太阳的质量比约为( )120A. B.1 C.5 D.10110答案 B解析 研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式为：3＝ m r， M＝GMmr2 4π 2T2 4π 2r3GT2“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为 4 天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的 ，所以该中心恒星与太阳的质量比约为 ≈1.120 120 3 4365 2预测 2 到目前为止，火星是除了地球以外人类了解最多的行星，已经有超过 30 枚探测器到达过火星，并发回了大量数据.如果已知万有引力常量为 G，根据下列测量数据，能够得出火星密度的是( )A.发射一颗绕火星做匀速圆周运动的卫星，测出卫星的轨道半径 r 和卫星的周期 TB.测出火星绕太阳做匀速圆周运动的周期 T 和轨道半径 rC.发射一颗贴近火星表面绕火星做匀速圆周运动的飞船，测出飞船运行的速度 vD.发射一颗贴近火星表面绕火星做匀速圆周运动的飞船，测出飞船运行的角速度 ω答案 D解析 根据 G ＝ mr( )2可以得出火星的质量，但火星的半径未知，无法求出密度.故 AMmr2 2πT错误；测出火星绕太阳做匀速圆周运动的周期和轨道半径，根据万有引力提供向心力，可以求出太阳的质量，由于火星是环绕天体，不能求出其质量，所以无法求出密度.故 B 错误；根据 G ＝ m ，得 M＝ ，密度 ρ ＝ ＝ ，由于火星的半径未知，无法求出密Mmr2 v2r v2rGv2rG43π r3 3v24π Gr2度.故 C 错误；根据 G ＝ mrω 2得， M＝ ，则密度 ρ ＝ ＝ ，可以求出火星的Mmr2 r3ω 2Gr3ω 2G43π r3 3ω 24π G密度.故 D 正确.例 2 2016 年 2 月 1 日 15 点 29 分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星.该卫星质量为 m，轨道离地面的高度约为地球半径 R 的 3 倍.已知地球表面的重力加速度为 g，忽略地球自转的影响.则( )A.卫星的绕行速率大于 7.9 km/sB.卫星的绕行周期约为 8π 2Rg4C.卫星所在处的重力加速度大小约为g4D.卫星的动能大小约为mgR8答案 D解析 7.9 km/s 是第一宇宙速度，是卫星最大的环绕速度，所以该卫星的速度小于 7.9 km/s.故 A 错误；在地球表面质量为 m0的物体，有 G ＝ m0g，所以有 GM＝ gR2.Mm0R2用 M 表示地球的质量， m 表示卫星的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律得G ＝ m ·4R＝ mg′＝ mMm 4R 2 4π 2T2 v24R解得卫星的绕行周期约为 T＝16π ，卫星所在处的重力加速度大小约为 g′＝Rg g16卫星的动能大小约为 Ek＝ mv2＝ .故 B、C 错误，D 正确.12 mgR8预测 3 (2016·全国乙卷·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，r3T2则卫星周期最小时，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.5预测 4 (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”.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＞ 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.例 3 近年来，火星探索计划不断推进.如图 1 所示，载人飞行器从地面发射升空，经过一系列的加速和变轨，在到达“近火星点” Q 时，需要及时制动，使其成为火星的卫星.之后，又在绕火星轨道上的“近火星点” Q 经过多次制动，进入绕火星的圆形工作轨道Ⅰ，最后制动，实现飞行器的软着陆，到达火星表面.下列说法正确的是( )图 1A.飞行器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上均绕火星运行，所以具有相同的机械能B.由于轨道Ⅰ与轨道Ⅱ都是绕火星运行，因此飞行器在两轨道上运行具有相同的周期C.飞行器在轨道Ⅲ上从 P 到 Q 的过程中火星对飞行器的万有引力做正功D.飞行器经过轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的 Q 时速率相同解析 飞行器由轨道Ⅱ在 Q 处必须制动才能进入轨道Ⅰ，所以飞行器在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅱ上的机械能，故 A 错误.根据开普勒第三定律知，轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅰ的半径大，则飞行器在轨道Ⅰ上运行的周期小，故 B 错误.飞行器在轨道Ⅲ上从 P 到 Q 的过程中，火星对飞行器的万有引力与速度方向的夹角小于 90°，则万有引力做正功，故 C 正确.根6据变轨原理知，飞行器经过轨道Ⅱ上的 Q 时的速率大，故 D 错误.答案 C预测 5 2016 年 5 月，天文爱好者迎来“火星冲日”的美丽天象.“火星冲日”是指火星和太阳正好分处于地球的两侧，三者几乎成一直线.若已知火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，地球绕太阳的公转周期为 T，火星相邻两次冲日的时间间隔为 t0，则火星绕太阳运行的周期为( )A. B. C. T D. Tt20T T2t0 t0－ Tt0 t0t0－ T答案 D解析 “火星冲日”是指火星和太阳正好分处于地球的两侧，三者几乎成一直线， t0时间内地球和火星转过的角度之差等于 2π，根据( － )t0＝2π 得， T 火 ＝ T.2πT 2πT火 t0t0－ T预测 6 已知，某卫星在赤道上空轨道半径为 r1的圆形轨道上绕地球运行的周期为 T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方.假设某时刻，该卫星如图 2 所示，在 A 点变轨进入椭圆轨道，近地点 B 到地心距离为r2.设卫星由 A 到 B 运动的时间为 t，地球自转周期为 T0，不计空气阻力.则( )图 2A.T＝ T038B.t＝  r1＋ r2 T2r1 r1＋ r22r1C.卫星在图中椭圆轨道由 A 到 B 时，机械能增大D.卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变答案 A解析 赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，知三天内卫星转了 8 圈，则有 3T0＝8 T，解得 T＝ T0，故 A 正确；38根据开普勒第三定律知， ＝ ，解得 t＝ ，故 B 错误； r1＋ r22  3 2t 2 r31T2 T r1＋ r24r1 r1＋ r22r1卫星在图中椭圆轨道由 A 到 B 时，只有万有引力做功，机械能守恒，故 C 错误；卫星由圆轨道进入椭圆轨道，需减速，则机械能减小，故 D 错误.7解题方略双星系统模型有以下特点：(1)各自需要的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即 ＝ m1ω r1， ＝ m2ω r2.Gm1m2L2 21 Gm1m2L2 2(2)两颗星的周期及角速度都相同，即 T1＝ T2， ω 1＝ ω 2.(3)两颗星的半径与它们之间的距离关系为： r1＋ r2＝ L.例 4 2016 年 2 月 11 日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦 100 年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”.双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由 a、 b 两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得 a 星的周期为 T， a、 b 两颗星的距离为 l， a、 b 两颗星的轨道半径之差为 Δ r(a 星的轨道半径大于 b 星的轨道半径)，则( )A.b 星的周期为 Tl－ Δ rl＋ Δ rB.a 星的线速度大小为π  l＋ Δ rTC.a、 b 两颗星的半径之比为ll－ Δ rD.a、 b 两颗星的质量之比为l＋ Δ rl－ Δ r解析 双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以 b星的周期为 T，故 A 错误；根据题意可知， ra＋ rb＝ l， ra－ rb＝Δ r，解得：ra＝ ， rb＝ ，则 a 星的线速度大小 va＝ ＝ ， ＝ ，l＋ Δ r2 l－ Δ r2 2π raT π  l＋ Δ rT rarb l＋ Δ rl－ Δ r故 B 正确，C 错误；双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：maω 2ra＝ mbω 2rb，解得： ＝ ＝ ，故 D 错误.mamb rbra l－ Δ rl＋ Δ r答案 B预测 7 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 L，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心 O 做匀速圆周运动，引力常量为 G，下列说法正确的是( )8图 3A.每颗星做圆周运动的角速度为 3GmL3B.每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关C.若距离 L 和每颗星的质量 m 都变为原来的 2 倍，则周期变为原来的 2 倍D.若距离 L 和每颗星的质量 m 都变为原来的 2 倍，则线速度变为原来的 4 倍答案 C解析 任意两星间的万有引力 F＝ G ，对任一星受力分析，如图所示.由图中几何关系和m2L2牛顿第二定律可得： F＝ ma＝ mω 2 ，联立可得： ω ＝ ， a＝ ω 2 ＝ ，选项3L3 3GmL3 L3 3GmL2A、B 错误；由周期公式可得： T＝ ＝2π ，当 L 和 m 都变为原来的 2 倍，则周期2πω L33GmT′＝2 T，选项 C 正确；由速度公式可得： v＝ ω ＝ ，当 L 和 m 都变为原来的 2 倍，L3 GmL则线速度 v′＝ v，选项 D 错误.预测 8 (多选)宇宙间存在一个离其他星体遥远的系统，其中有一种系统如图 4 所示，四颗质量均为 m 的星体位于正方形的顶点，正方形的边长为 a，忽略其他星体对它们的引力作用，每颗星体都在同一平面内绕正方形对角线的交点 O 做匀速圆周运动，引力常量为G，则( )图 4A.每颗星做圆周运动的线速度大小为 1＋ 24 Gma9B.每颗星做圆周运动的角速度大小为Gm2a3C.每颗星做圆周运动的周期为 2π2a3GmD.每颗星做圆周运动的加速度与质量 m 有关答案 AD解析 由星体均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动可知，星体做匀速圆周运动的轨道半径 r＝ a，每颗星体在其他三个星体万有引力的合力作用下围绕正方形对角线的交点22做匀速圆周运动，由万有引力定律和向心力公式得： G ＋2 G cos 45°＝ m ，解m2 2a 2 m2a2 v222a得 v＝ ，角速度为 ω ＝ ＝ ，周期为 T＝ ＝2π 1＋ 24 Gma vr  2＋ 22 Gma3 2πω，加速度 a＝ ＝ ，故选项 A、D 正确，B、C 错误.2a3 4＋ 2 Gm v2r  22＋ 1 Gm2a2专题强化练1.关于静止在地球表面(两极除外)随地球自转的物体，下列说法正确的是( )A.物体所受重力等于地球对它的万有引力B.物体的加速度方向可能不指向地球中心C.物体所受合外力等于地球对它的万有引力D.物体在地球表面不同处角速度可能不同答案 B解析 考虑了地球的自转，万有引力不等于重力，重力是万有引力的一个分力，只有两极重力才严格与万有引力相等，故 A 错误；物体的加速度方向指向轨道的圆心，而地球上的物体随地球做匀速圆周运动的轨道与地轴垂直，且纬度越高轨道半径越小，只有在赤道上的物体，加速度才指向地心，故 B 正确；在地球上随地球自转的物体，跟随地球一起做匀速圆周运动，万有引力和支持力的合力等于向心力，万有引力沿轨道半径方向上的分力提供向心力，另一分力是重力，所以物体所受合外力不等于地球对它的万有引力，故 C 错误；地球表面不同纬度的物体绕同一地轴转动，角速度相等，故 D 错误.2.(多选)2016 年 4 月 6 日 1 时 38 分，我国首颗微重力科学实验卫星——实践十号返回式科学实验卫星，在酒泉卫星发射中心由长征二号丁运载火箭发射升空，进入近百万米预定轨道，开始了为期 15 天的太空之旅，大约能围绕地球转 200 圈，如图 1 所示.实践十号卫星的微重力水平可达到地球表面重力的 10－6 g，实践十号将在太空中完成 19 项微重力科学10和空间生命科学实验，力争取得重大科学成果.以下关于实践十号卫星的相关描述中正确的有( )图 1A.实践十号卫星在地球同步轨道上B.实践十号卫星的环绕速度一定小于第一宇宙速度C.在实践十号卫星内进行的 19 项科学实验都是在完全失重状态下完成的D.实践十号卫星运行中因受微薄空气阻力，需定期点火加速调整轨道答案 BD解析 实践十号卫星的周期 T＝ h＝1.8 h，不是地球同步卫星，所以不在地球同15×24200步轨道上，故 A 错误；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度，则实践十号卫星的环绕速度一定小于第一宇宙速度，故 B 正确；根据题意可知，实践十号卫星内进行的 19 项科学实验都是在微重力情况下做的，此时重力没有全部提供向心力，不是完全失重状态，故 C 错误；实践十号卫星运行中因受微薄空气阻力，轨道半径将变小，速度变小，所以需定期点火加速调整轨道，故 D 正确.3.(多选)如图 2 所示为一卫星沿椭圆轨道绕地球运动，其周期为 24 小时， A、 C 两点分别为轨道上的远地点和近地点， B 为短轴和轨道的交点.则下列说法正确的是( )图 2A.卫星从 A 运动到 B 和从 B 运动到 C 的时间相等B.卫星运动轨道上 A、 C 间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等C.卫星在 A 点速度比地球同步卫星的速度大D.卫星在 A 点的加速度比地球同步卫星的加速度小答案 BD解析 根据开普勒第二定律知，卫星从 A 运动到 B 比从 B 运动到 C 的时间长，故 A 错误；11根据开普勒第三定律 ＝ k，该卫星与地球同步卫星的周期相等，则卫星运动轨道上 A、 Ca3T2间的距离和地球同步卫星轨道的直径相等.故 B 正确；由 v＝ ，知卫星在该圆轨道上的GMr线速度比地球同步卫星的线速度小，所以卫星在椭圆上 A 点速度比地球同步卫星的速度小.故 C 错误； A 点到地心的距离大于地球同步卫星轨道的半径，由 G ＝ ma 得 a＝ ，知卫Mmr2 GMr2星在 A 点的加速度比地球同步卫星的加速度小，故 D 正确.4.(多选)假设在宇宙中存在这样三个天体 A、 B、 C，它们在一条直线上，天体 A 和天体 B的高度为某值时，天体 A 和天体 B 就会以相同的角速度共同绕天体 C 运转，且天体 A 和天体 B 绕天体 C 运动的轨道都是圆轨道，如图 3 所示.则以下说法正确的是( )图 3A.天体 A 做圆周运动的加速度大于天体 B 做圆周运动的加速度B.天体 A 做圆周运动的线速度小于天体 B 做圆周运动的线速度C.天体 A 做圆周运动的向心力大于天体 C 对它的万有引力D.天体 A 做圆周运动的向心力等于天体 C 对它的万有引力答案 AC解析 由于天体 A 和天体 B 绕天体 C 运动的轨道都是圆轨道，角速度相同，由 a＝ ω 2r，可知天体 A 做圆周运动的加速度大于天体 B 做圆周运动的加速度，故 A 正确；由公式v＝ ωr ，可知天体 A 做圆周运动的线速度大于天体 B 做圆周运动的线速度，故 B 错误；天体 A 做圆周运动的向心力是由 B、 C 的万有引力的合力提供，大于天体 C 对它的万有引力.故 C 正确，D 错误.5.如图 4 所示，一颗卫星绕地球沿椭圆轨道运动， A、 B 是卫星运动的远地点和近地点.下列说法中正确的是( )图 4A.卫星在 A 点的角速度大于在 B 点的角速度B.卫星在 A 点的加速度小于在 B 点的加速度C.卫星由 A 运动到 B 过程中动能减小，势能增加12D.卫星由 A 运动到 B 过程中万有引力做正功，机械能增大答案 B解析 近地点的速度较大，可知 B 点线速度大于 A 点的线速度，根据 ω ＝ 知，卫星在 Avr点的角速度小于 B 点的角速度，故 A 错误；根据牛顿第二定律得， a＝ ＝ ，可知卫星在Fm GMr2A 点的加速度小于在 B 点的加速度，故 B 正确；卫星沿椭圆轨道运动，从 A 到 B，万有引力做正功，动能增加，势能减小，机械能守恒，故 C、D 错误.6.(多选)(2016·江苏单科·7)如图 5 所示，两质量相等的卫星 A、 B 绕地球做匀速圆周运动，用 R、 T、 Ek、 S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积.下列关系式正确的有( )图 5A.TATB B.EkAEkB C.SA＝ SB D. ＝R3AT2A R3BT2B答案 AD解析 由 ＝ ＝ m R 和 Ek＝ mv2可得 T＝2π ， Ek＝ ，因 RARB，则GMmR2 mv2R 4π 2T2 12 R3GM GMm2RTATB， EkAT2.下列说法正确的是( )A.B 卫星的轨道半径为 r1( ) 3T1T2B.A 卫星的机械能一定大于 B 卫星的机械能C.A、 B 卫星在轨道上运行时处于完全失重状态，不受任何力的作用D.某时刻卫星 A、 B 在轨道上相距最近，从该时刻起每经过 时间，卫星 A、 B 再次相T1T2T1－ T2距最近答案 D15解析 由开普勒第三定律 ＝ ，A 错误；由于卫星的质量未知，机械能无法比较，B 错误；r31r32 T21T2A、 B 卫星均受万有引力作用，只是由于万有引力提供向心力，卫星处于完全失重状态，C错误；由 t－ t＝2π 知经 t＝ 两卫星再次相距最近，D 正确.2πT2 2πT1 T1T2T1－ T212.2014 年 6 月 18 日， “神舟十号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实现自动交会对接.设地球半径为 R，地球表面重力加速度为 g.对接成功后“神舟十号”和“天宫一号”一起绕地球运行的轨道可视为圆轨道，轨道离地球表面高度约为 R，运行周期为 T，则( )119A.对接成功后， “神舟十号”飞船里的宇航员受到的重力为零B.对接成功后， “神舟十号”飞船的加速度为 gC.对接成功后， “神舟十号”飞船的线速度为20π R19TD.地球质量为( )3· R32019 4π 2GT2答案 D解析 对接成功后， “神舟十号”飞船里的宇航员受到的重力不为零，故 A 错误；根据G ＝ ma 得， a＝ ，根据 G ＝ mg 得， g＝ ，由题意知， r＝ R，可知 a＝ g，故 B 错Mmr2 GMr2 MmR2 GMR2 2019 361400误；对接成功后， “神舟十号”飞船的线速度 v＝ ＝ ，故 C 错误；根据2π ·2019RT 40π R19TG ＝ mr 得，地球的质量 M＝ ＝( )3· R3，故 D 正确.Mmr2 4π 2T2 4π 2r3GT2 2019 4π 2GT213.2015 年 3 月，美国宇航局的“信使”号水星探测器按计划将陨落在水星表面，工程师找到了一种聪明的办法，能够使其寿命再延长一个月.这个办法就是通过向后释放推进系统中的高压氦气来提升轨道.如图 7 所示，设释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ上，忽略探测器在椭圆轨道上所受外界阻力.则下列说法正确的是( )图 7A.探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上 A 点加速度大小不同B.探测器在轨道Ⅰ上 A 点运行速率小于在轨道Ⅱ上 B 点速率C.探测器在轨道Ⅱ上某点的速率可能等于在轨道Ⅰ上速率D.探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，引力势能和动能都减少16答案 C解析 探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上 A 点所受的万有引力相同，根据 F＝ ma 知，加速度大小相同，故 A 错误；根据开普勒第二定律知探测器与水星的连线在相等时间内扫过的面积相同，则知 A 点速率大于 B 点速率，故 B 错误；在圆轨道 A 实施变轨成椭圆轨道是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力小于飞船所需向心力，所以应给飞船加速，故在轨道Ⅱ上速度大于 A 点在Ⅰ速度 ，在Ⅱ远地点速度最小为 ，故探测器在轨道ⅡGMrA GMrB上某点的速率在这两数值之间，则可能等于在轨道Ⅰ上的速率 ，故 C 正确.探测器在轨GMrA道Ⅱ上远离水星过程中，引力势能增加，动能减小，故 D 错误.14.如图 8 所示， “嫦娥”三号探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道Ⅰ为圆形，轨道Ⅱ为椭圆.下列说法正确的是( )图 8A.探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期B.探测器在轨道Ⅰ经过 P 点时的加速度小于在轨道Ⅱ经过 P 点时的加速度C.探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度大于月球表面的重力加速度D.探测器在 P 点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须点火加速答案 A解析 根据开普勒第三定律知， ＝ k，因为轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，则探测器r3T2在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期，故 A 正确；根据牛顿第二定律知， a＝ ，GMr2探测器在轨道Ⅰ经过 P 点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过 P 点时的加速度，故 B 错误；根据G ＝ ma 知，探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度 a＝ ，月球表面的重力加速度 g＝ ，因为Mmr2 GMr2 GMR2rR，则探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故 C 错误.探测器在P 点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故 D 错误.15.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9 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( )17图 9A.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.两星的运动速度均逐渐减小答案 A解析 根据 G ＝ m1r1ω 2＝ m2r2ω 2，知 m1r1＝ m2r2，则轨道半径比等于质量的反比，双星m1m2L2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增大，m1m2L2故 C 错误.根据 G ＝ m1 ＝ m2 ，解得 v1＝ ， v2＝ ，由于 L 平方的减小量m1m2L2 v21r1 v2r2 Gm2r1L2 Gm1r2L2比 r1、 r2的减小量大，则线速度增大，故 D 错误.