2019高考物理 快速提分法 模型六 圓周運動和萬有引力學(xué)案（含解析）

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1、圓周運動和萬有引力 經(jīng)典例題一轉(zhuǎn)動裝置如圖所示，四根輕繩OA、OC、AB和CB與兩小球以及一小滑塊連接，輕繩長均為L，球和滑塊的質(zhì)量均為m，O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上，轉(zhuǎn)動該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，小滑塊緩慢上升．忽略一切摩擦和空氣阻力，（重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求 (1)當(dāng)OA與豎直方向成37°角時，裝置轉(zhuǎn)動的角速度； (2)當(dāng)OA與豎直方向成37°角緩慢增大到與豎直方向成53°角時，求在這個過程中A、B增加的重力勢能分別是多少；外界對轉(zhuǎn)動裝置所做的功W是多少？ 分析與解答：（1）對小球A：豎直方向：F1cos37°=F2cos37°+mg

2、水平方向：F1sin37°+F2sin37°=mω02Lsin370 對滑塊：2F2cos37°=mg 聯(lián)立解得：ω°=5g2l （2）當(dāng)OA與豎直方向成37°角緩慢增大到與豎直方向成53°角時，對小球A： 豎直方向：F1'cos53°=F2'cos53°+mg 水平方向：F'1sin53°+F'2sin53°=mω2Lsin53° 對滑塊：2F'2cos53°=mg 解得：ω=10g3l 由v=ωLsin53°v0=ωLsin37° 可得W=12mv2-12mv02+2mg×15l+mg×25l=6130mgl ΔEPA=mg×15l=15mgl ΔEPB=mg×25l

3、=25mgl 變式1如圖所示，一個質(zhì)量為m的小球由兩根細(xì)繩拴在豎直轉(zhuǎn)軸上的A、B兩處，AB間距為L，A處繩長為2L，B處繩長為L，兩根繩能承受的最大拉力均為2mg，轉(zhuǎn)軸帶動小球轉(zhuǎn)動。則： （1）當(dāng)B處繩子剛好被拉直時，小球的線速度v多大？ （2）為不拉斷細(xì)繩，轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的最大角速度ω多大？ （3）若先剪斷B處繩子，讓轉(zhuǎn)軸帶動小球轉(zhuǎn)動，使繩子與轉(zhuǎn)軸的夾角從45°開始，直至小球能在最高位置作勻速圓周運動，則在這一過程中，小球機械能的變化為多大？ 分析與解答：（1）B處繩被拉直時，繩與桿夾角θ＝45°， mgtanθ=mv2L， 解得v=gL. （2）此時，B繩拉力為TB＝2mg

4、，A繩拉力不變，TAcosθ=mg ，TAsinθ+TB=mω2L解得ω=3gL. （3）小球在最高位置運動時，TA'=2mg ，TA'cosα=mg， α＝60°，TA'sinα=mvt22Lsinα ， 得：vt=32gL2 ΔE=mg2l(cosθ-cosα)+(12mvt2-12mv02)解得ΔE=(2+2)4mgL 變式2某同學(xué)用圓錐擺探究圓周運動的課外實驗中，把不可伸長的輕繩穿過用手固定的豎直光滑圓珠筆管，筆管長為l，輕繩兩端栓著質(zhì)量分別為4m、5m的小球A和小物塊B，開始實驗時，用手拉著小球A使它停在筆管的下端，這時物塊B距筆管的下端距離為l，筆管的下端到水平地面的距離

5、為10l，拉起小球A，使繩與豎直方向成一定夾角，給小球A適當(dāng)?shù)乃剿俣?，使它在水平面?nèi)做圓周運動，上述過程中物塊B的位置保持不變，已知重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6， （1）求繩與豎直方向夾角θ和小球A做圓周運動的角速度ω1； （2）若小球A做（1）問中圓周運動時剪斷輕繩，求小球A第一次落地點到物塊B落地點間的距離s； （3）若某同學(xué)開始實驗時不斷晃動筆管，使小球A帶動B上移，當(dāng)B上升到筆管下方某位置，系統(tǒng)穩(wěn)定后，測得小球在水平面內(nèi)做圓周運動的角速度為ω2，求此過程中人對A、B組成的系統(tǒng)做功W。 分析與解答：（1）小球A在重力和輕繩的拉鏈作用下在水平面內(nèi)做圓

6、周運動，則輕繩的拉鏈T=5mg；Tcosθ-4mg=0， Tsinθ=4mω12lsinθ， 解得θ=37°；ω1=5g4l （2）在小球做圓周運動時剪斷輕繩，A做平拋運動，設(shè)平拋運動時間為t，則515l=12gt2 平拋的初速度v1=ω1lsinθ， 由幾何關(guān)系可知s=v1t2+lsinθ2， 解得s=310610l （3）設(shè)B物體位置上移x，小球A做圓周運動時輕繩與豎直方向的夾角為α 則Tcosα-4mg=0， Tsinα=4mω22(l+x)sinα， 解得x=5g4ω22-l 由功能關(guān)系可知W=5mgx+4mg[l-(l+x)cosα]+12?4m[(l+x)ω2

7、sinα]2， 解得W=27mg28ω22-mgl 變式3如圖所示,在光滑的圓錐頂用長為l的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為m的物體,圓錐體固定在水平面上不動,其軸線沿豎直方向,細(xì)線與軸線之間的夾角為θ=300 ,物體以速度v繞圓錐體軸線做水平勻速圓周運動. （1）當(dāng)v1=gl6時,求繩對物體的拉力. （2）當(dāng)v2=3gl2 ,求繩對物體的拉力. 分析與解答：（1）當(dāng)v1＜v時，物體沒有離開錐面時，此時物體與錐面之間有彈力作用，如圖所示： 則在水平方向：T1sinθ-N1cosθ=mv12R，豎直方向：T1cosθ+N1sinθ-mg=0，R=Lsinθ 解得：T1=33+16mg； （

8、2）v2＞v時，物體離開錐面，設(shè)線與豎直方向上的夾角為α，如圖所示： 則豎直方向：T2cosα-mg=0，水平方向：T2sinα=mv22R2，而且：R2=Lsinα 解得：T2=2mg。 變式4如圖所示，光滑直桿AB長為L，B端固定一根勁度系數(shù)為k原長為l0的輕彈簧，質(zhì)量為m的小球套在光滑直桿上并與彈簧的上端連接，OO'為過B點的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為θ． （1）桿保持靜止?fàn)顟B(tài)，讓小球從彈簧的原長位置靜止釋放，求小球釋放瞬間的加速度大小a及小球速度最大時彈簧的壓縮量Δl1； （2）當(dāng)小球隨光滑直桿一起繞OO'軸勻速轉(zhuǎn)動時，彈簧伸長量為Δl2，求勻速轉(zhuǎn)動的角速度ω；

9、（3）若θ=30°，移去彈簧，當(dāng)桿繞OO'軸以角速度ω0=gL勻速轉(zhuǎn)動時，小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動，求小球離B點的距離L0． 分析與解答：（1）小球從彈簧的原長位置靜止釋放時，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ=ma 解得：a=gsinθ 小球速度最大時其加速度為零，則有：kΔl1=mgsinθ 解得：Δl1=mgsinθk ， （2）設(shè)彈簧伸長Δl2時，球受力如圖所示： 水平方向上有：FNsinθ+kΔl2cosθ=mω2（l0+Δl2)cosθ 豎直方向上有：FNcosθ-kΔl2sinθ-mg=0 解得：ω=kΔl2-mgsinθmrcosθ； （

10、3）當(dāng)桿繞OO'軸以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動時，設(shè)小球距離B點L0， 此時有：mgtanθ=mL0cosθ 解得：L0=gtanθcosθ=23L。 變式5某工廠生產(chǎn)流水線示意圖如圖所示，半徑較大的水平圓盤上某處E點固定一小桶，在圓盤直徑DE正上方平行放置長為L=6m的水平傳送帶，傳送帶輪的半徑都是 r=0.1m，傳送帶右端C點與圓盤圓心O在同一豎直線上，豎直高度h＝1.25 m。AB為一個與CO在同一豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓軌道，半徑R＝1.25 m，且與水平傳送帶相切于B點。一質(zhì)量m＝0.2 kg的工件(可視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放，工件到達(dá)圓弧軌道B點無碰撞地進(jìn)入水平傳送帶，工件與傳送

11、帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，當(dāng)工件到達(dá)B點時，圓盤從圖示位置以一定的轉(zhuǎn)速n繞通過圓心O的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，工件到達(dá)C點時水平拋出，剛好落入圓盤上的小桶內(nèi)。取g=10m/s2，求： (1)滑塊到達(dá)圓弧軌道B點時對軌道的壓力； (2)若傳送帶不轉(zhuǎn)動時圓盤轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)速n應(yīng)滿足的條件； (3)當(dāng)傳送帶輪以不同角速度順時針勻速轉(zhuǎn)動時，工件都從傳送帶的C端水平拋出，落到水平圓盤上，設(shè)落點到圓盤圓心O的距離為x，通過計算求出x與角速度ω之間的關(guān)系并準(zhǔn)確作出x—ω圖像。 分析與解答：（1）從A到B由動能定理得：mgR=12mvB2 在B點由牛頓第二定理得：FN-mg=mvB2R 聯(lián)立解得：FN=3mg

12、=6N 由牛頓第三定律得：F'N=FN=6N方向豎直向下 （2）若傳送帶不動，設(shè)物體到達(dá)C點的速度為vC 對物體由動能定理得：-μmgL=12mvC2-12mvB2 解得：vC=1m/s 設(shè)物體從B點到C點的時間為t1，則：L=vB+vC2t1解得：t1=2s 設(shè)物體做平拋運動的時間為t2，則：h=12gt22解得：t2=0.5s 故，轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動的時間為：t=t1+t2=2.5s 在t時間內(nèi)轉(zhuǎn)盤應(yīng)轉(zhuǎn)動整數(shù)圈，物體才能落入小桶內(nèi)，則：t=kT（k=1.2.3…….） 圓盤的轉(zhuǎn)速n=1T=kt=0.4k(r/s) （k=1.2.3…….） （3）若物體速度一直比傳送帶大，物體將一

13、直做減速運動，設(shè)其到C點時速度為vC1由動能定理得：-μmgL=12mvC12-12mvB2 解得：vC1=1m/s 則物體的位移為x=vC1t2=0.5m 傳送帶轉(zhuǎn)動的角速度應(yīng)滿足ω≤vC1r=10rad/s 若物體速度一直比傳送帶小，物體將一直做加速運動，設(shè)其到C點時速度為vC2 由動能定理得：μmgL=12mvC22-12mvB2解得：vC2=7m/s 則物體的位移為x=vC2t2=3.5m 傳送帶轉(zhuǎn)動的角速度應(yīng)滿足ω≥vC2r=70rad/s 當(dāng)傳送帶的角速度滿足10rad/s≤ω≤70rad/s時 物體到達(dá)C點的速度與傳送帶相等，為vC=ωr，位移為x=vCt2=ω

14、20 所以x隨ω變化的圖像為 經(jīng)典例題圖示為一過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的光滑圓形軌道組成，BC分別是圓形軌道的最低點和最高點，其半徑R=1m，一質(zhì)量m＝1kg的小物塊（視為質(zhì)點）從左側(cè)水平軌道上的A點以大小v0＝12m／s的初速度出發(fā)，通過豎直平面的圓形軌道后，停在右側(cè)水平軌道上的D點。已知A、B兩點間的距離L1＝5．75m，物塊與水平軌道寫的動摩擦因數(shù)μ=0．2，取g＝10m／s2，圓形軌道間不相互重疊，求： （1）物塊經(jīng)過B點時的速度大小vB； （2）物塊到達(dá)C點時的速度大小vC； （3）BD兩點之間的距離L2，以及整個過程中因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q 分

15、析與解答：（1）物塊從A到B運動過程中，根據(jù)動能定理得：-μmgL=12mvB2-12mv02 解得：vB=11m/s （2）物塊從B到C運動過程中，根據(jù)機械能守恒得：12mvB2=12mvC2+mg·2R 解得：vC=9m/s （3）物塊從B到D運動過程中，根據(jù)動能定理得：-μmgL2=0-12mvB2 解得：L2=30.25m 對整個過程，由能量守恒定律有：Q=12mv02-0 解得：Q=72J 變式1如圖所示，質(zhì)量m＝0.2kg的金屬小球從距水平面h＝5.0 m的光滑斜面上由靜止開始釋放，運動到A點時無能量損耗，水平面AB是粗糙平面，與半徑為R＝0.9m的光滑的半圓形軌道

16、BCD相切于B點，其中圓軌道在豎直平面內(nèi)，D為軌道的最高點，小球恰能通過最高點D，求：(g＝10 m/s2) (1)小球運動到A點時的速度大小； (2)小球從A運動到B時摩擦阻力所做的功； 分析與解答：（1）小球運動到A點時的速度為vA，根據(jù)機械能守恒定律可得：mgh=12mvA2 解得vA?=10m/s.? （2）小球經(jīng)過D點時的速度為vD，則：mg=mvD2R 解得vD=3m/s??????????? 小球從A點運動到D點克服摩擦力做功為Wf，則：-mgR-Wf=12mvD2-12mvA2 解得Wf=-5.5J 變式2某同學(xué)設(shè)計出如圖所示實驗裝置，將一質(zhì)量為0.2kg的小

17、球（可視為質(zhì)點）放置于水平彈射器內(nèi)，壓縮彈簧并鎖定，此時小球恰好在彈射口，彈射口與水平面AB相切于A點。AB為粗糙水平面，小球與水平面間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，彈射器可沿水平方向左右移動；BC為一段光滑圓弧軌道。O/為圓心，半徑R＝0.5m，O/C與O/B之間夾角為θ＝37°。以C為原點，在C的右側(cè)空間建立豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy，在該平面內(nèi)有一水平放置開口向左且直徑稍大于小球的接收器D。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2） （1）某次實驗中該同學(xué)使彈射口距離B處L1＝1.6m處固定，解開鎖定釋放小球，小球剛好到達(dá)C處，求彈射器釋放的彈性勢能？ （2）求上一問

18、中，小球到達(dá)圓弧軌道的B點時對軌道的壓力？ （3）把小球放回彈射器原處并鎖定，將彈射器水平向右移動至離B處L2＝0.8m處固定彈射器并解開鎖定釋放小球，小球?qū)腃處射出，恰好水平進(jìn)入接收器D，求D處坐標(biāo)？ 分析與解答：（1）從A到C的過程中，由定能定理得：W彈-μmgL1-mgR（1-cosθ）=0 解得：W彈=1.8J． 根據(jù)能量守恒定律得：EP=W彈=1.8J； （2）從B到C由動能定理：mgR(1-cos370)=12mvB2 在B點由牛頓第二定律：FNB-mg=mvB2R 帶入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：FNB=2.8N （3）小球從C處飛出后，由動能定理得：W彈-μmgL2-m

19、gR（1-cosθ）=12mvC2-0， 解得：vC=22m/s，方向與水平方向成37°角， 由于小球剛好被D接收，其在空中的運動可看成從D點平拋運動的逆過程， vCx=vCcos37°=825m/s，vCy=vCsin37°=625m/s， 由vCy=gt解得t=0.122s 則D點的坐標(biāo)：x=vCxt，y=12vCyt， 解得：x=0.144m，y=0.384m， 即D處坐標(biāo)為：（0.144m，0.384m）． 變式3如圖所示，水平平臺上有一輕彈簧,左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點，平臺AB段光滑,BC段長x=1m，與滑塊間的摩擦因數(shù)為μ1=0.25.平臺右端與水平

20、傳送帶相接于C點，傳送帶的運行速度v=7m/s,傳送帶右端D點與一光滑斜面銜接，斜面長度s=0.5m，另有一固定豎直放置的光滑圓弧形軌道剛好在E點與斜面相切，圓弧形軌道半徑R=1m，θ=37°.今將一質(zhì)量m=2kg的滑塊向左壓縮輕彈簧,使彈簧的彈性勢能為Ep=30J,然后突然釋放，當(dāng)滑塊滑到傳送帶右端D點時，恰好與傳送帶速度相同，并經(jīng)過D點的拐角處無機械能損失。重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6，不計空氣阻力。試求： (1)滑塊到達(dá)C點的速度vC； (2)滑塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)μ2； (3)若傳送帶的運行速度可調(diào)，要使滑塊不脫離圓弧形軌道，求傳送

21、帶的速度范圍. 分析與解答：（1）以滑塊為研究對象，從釋放到C點的過程，由動能定理得： Ep?μ1mgx＝12mvC2 代入數(shù)據(jù)得：vC=5m/s （2）滑塊從C點到D點一直加速，到D點恰好與傳送帶同速，由動能定理得： μ2mgL＝12mv2-12mv02 代入數(shù)據(jù)解得：μ2=0.4 （3）斜面高度為：h=s?sinθ=0.3m （Ⅰ）設(shè)滑塊在D點的速度為vD1時，恰好過圓弧最高點，由牛頓第二定律得：mg＝mv12R 滑塊從D點到G點的過程，由動能定理得： ?mg(Rcosθ?h+R)＝12mv12-12mvD12 代入數(shù)據(jù)解得：vD1＝210m/s? （Ⅱ）設(shè)滑塊在D

22、點的速度為vD2時，恰好到14圓弧處速度為零，此過程由動能定理得： ?mg(Rcosθ?h)＝0?12mvD22 代入數(shù)據(jù)解得：vD2＝10m/s 若滑塊在傳送帶上一直減速至D點恰好同速，則由動能定理得： ?μ2mgL＝12mv傳2-12mvc2 代入數(shù)據(jù)解得：v傳1=1m/s，所以 0≤v傳≤10m/s 若滑塊在傳送帶上一直加速至D點恰好同速，由題目已知 v傳2=7m/s 所以v傳≥210m/s． 即若傳送帶的運行速度可調(diào)，要使滑塊不脫離圓弧形軌道，傳送帶的速度范圍是0≤v傳≤10m/s或v傳≥210m/s． 變式4如圖所示，豎直平面內(nèi)的軌道由直軌道AB和圓弧軌道BC組成，

23、小球從斜面上A點由靜止開始滑下，滑到斜面底端后又滑上一個半徑為R=0.4m的圓軌道，(g=10m/s2) (1)若接觸面均光滑小球剛好能滑到圓軌道的最高點C，求 ①小球在C點處的速度大小 ②斜面高h(yuǎn) (2)若已知小球質(zhì)量m=0.1kg，斜面高h(yuǎn)=2m，小球運動到C點時對軌道壓力為mg，求全過程中摩擦阻力做的功 分析與解答：（1）①小球剛好到達(dá)C點時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得：mg=mvC2R 解得vC=gR=2m/s ②小球從A到C過程，由機械能守恒定律得：mgh-2R=12mvC2 解得：h=2.5R=1m （2）在C點，由牛頓第二定律得：mg+N=mv'C2

24、R 據(jù)題有 N=mg 從A到C 過程，由動能定理得：mgh-2R-W克=12mv'C2-0 解得：W克=0.8J 變式5如圖所示，光滑軌道CDEF是一“過山車”的簡化模型，最低點D處入、出口不重合，E點是半徑為R=0.32m的豎直圓軌道的最高點，DF部分水平，末端F點與其右側(cè)的水平傳送帶平滑連接，傳送帶以速率v=1m/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動，水平部分長度L=1m。物塊B靜止在水平面的最右端F處。質(zhì)量為mA=1kg的物塊A從軌道上某點由靜止釋放，恰好通過豎直圓軌道最高點E，然后與B發(fā)生碰撞并粘在一起。若B的質(zhì)量是A的k倍，A、B與傳送帶的動摩擦因數(shù)都為μ=0.2，物塊均可視為質(zhì)點，物塊A與物塊

25、B的碰撞時間極短，取g=10m/s2。求： （1）當(dāng)k=3時物塊A、B碰撞過程中產(chǎn)生的內(nèi)能； （2）當(dāng)k=3時物塊A、B在傳送帶上向右滑行的最遠(yuǎn)距離； （3）討論k在不同數(shù)值范圍時，A、B碰撞后傳送帶對它們所做的功W的表達(dá)式。 分析與解答：（1）設(shè)物塊A在E的速度為v0，由牛頓第二定律得：mAg=mAv02R①， 設(shè)碰撞前A的速度為v1．由機械能守恒定律得：2mAgR+12mAv02=12mAv12②， 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v1=4m/s③； 設(shè)碰撞后A、B速度為v2，且設(shè)向右為正方向，由動量守恒定律得mAv1=mA+m2v2④； 解得：v2=mAmA+mBv1=11+3×

26、4=1m/s⑤； 由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可得：Q=12mAv12-12mA+mBv22⑥，代入數(shù)據(jù)解得Q=6J⑦； （2）設(shè)物塊AB在傳送帶上向右滑行的最遠(yuǎn)距離為s， 由動能定理得：-μmA+mBgs=-12mA+mBv22⑧，代入數(shù)據(jù)解得s=0.25m⑨； （3）由④式可知：v2=mAmA+mBv1=41+km/s⑩； （i）如果A、B能從傳送帶右側(cè)離開，必須滿足12mA+mBv22>μmA+mBgL， 解得：k＜1，傳送帶對它們所做的功為：W=-μmA+mBgL=-2k+1J； （ii）（I）當(dāng)v2≤v時有：k≥3，即AB返回到傳送帶左端時速度仍為v2； 由動能定理可知，這個

27、過程傳送帶對AB所做的功為：W=0J， （II）當(dāng)0≤k<3時，AB沿傳送帶向右減速到速度為零，再向左加速， 當(dāng)速度與傳送帶速度相等時與傳送帶一起勻速運動到傳送帶的左側(cè)。 在這個過程中傳送帶對AB所做的功為W=12mA+mBv2-12mA+mBv22， 解得W=k2+2k-152k+1； 經(jīng)典例題一宇航員登上某星球表面，在高為2m處，以水平初速度5m/s拋出一物體，物體水平射程為5m，且物體只受該星球引力作用求： （1）該星球表面重力加速度 （2）已知該星球的半徑為為地球半徑的一半，那么該星球質(zhì)量為地球質(zhì)量的多少倍． 分析與解答：（1）根據(jù)平拋運動的規(guī)律：x＝v0t 得t

28、＝xv0＝55s＝1s 由h＝12gt2 得：g＝2ht2＝2×212m/s2＝4m/s2 （2）根據(jù)星球表面物體重力等于萬有引力：mg＝GM星mR星2 地球表面物體重力等于萬有引力：mg'＝GM地mR地2 則M星M地＝gR星2g'R地2=410×(12)2=110 變式1已知某半徑與地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的12倍。地球表面的重力加速度為g。在這個星球上用細(xì)線把小球懸掛在墻壁上的釘子O上，小球繞懸點O在豎直平面內(nèi)做圓周運動。小球質(zhì)量為m，繩長為L，懸點距地面高度為H。小球運動至最低點時，繩恰被拉斷，小球著地時水平位移為S求： (1)星球表面的重力加速度？ (2)

29、細(xì)線剛被拉斷時，小球拋出的速度多大？ (3)細(xì)線所能承受的最大拉力？ 分析與解答：（1）由萬有引力等于向心力可知GMmR2=mv2R GMmR2=mg 可得g=v2R 則g星＝14g0 （2）由平拋運動的規(guī)律：H-L=12g星t2 s=v0t 解得v0=s42g0H-L （3）由牛頓定律，在最低點時：T-mg星＝mv2L 解得：T=141+s22(H-L)Lmg0 變式2一宇航員在某未知星球的表面上做平拋運動實驗：在離地面h高處讓小球以某一初速度水平拋出，他測出小球落地點與拋出點的水平距離為x和落地時間t，又已知該星球的半徑為R，己知萬有引力常量為G，求： （1）小球拋

30、出的初速度vo （2）該星球表面的重力加速度g （3）該星球的質(zhì)量M （4）該星球的第一宇宙速度v（最后結(jié)果必須用題中己知物理量表示） 分析與解答：（1）小球做平拋運動，在水平方向：x=vt， 解得從拋出到落地時間為：v0=x/t （2）小球做平拋運動時在豎直方向上有：h=12gt2， 解得該星球表面的重力加速度為：g=2h/t2； （3）設(shè)地球的質(zhì)量為M，靜止在地面上的物體質(zhì)量為m， 由萬有引力等于物體的重力得：mg=GMmR2 所以該星球的質(zhì)量為：M=gR2G= 2hR2/(Gt2)； （4）設(shè)有一顆質(zhì)量為m的近地衛(wèi)星繞地球作勻速圓周運動，速率為v， 由牛頓

31、第二定律得：GMmR2=mv2R 重力等于萬有引力，即mg=GMmR2， 解得該星球的第一宇宙速度為：v=gR=2hRt 變式3我國實現(xiàn)探月計劃--“嫦娥工程”。同學(xué)們也對月球有了更多的關(guān)注。 (1)若已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，月球繞地球運動的周期為T，月球繞地球的運動近似看做勻速圓周運動，試求出月球繞地球運動的軌道半徑； (2)若宇航員隨登月飛船登陸月球后，在月球表面某處以速度v0豎直向上拋出一個小球，經(jīng)過時間t，小球落回拋出點。已知月球半徑為r，萬有引力常量為G，試求出月球的質(zhì)量M月。 分析與解答：（1）根據(jù)萬有引力定律和向心力公式： GM月Mr2=M月(

32、2πT)2r? ① mg=GMmR2?② 解①②得：r=3gR2T24π2 （2）設(shè)月球表面處的重力加速度為g月，根據(jù)題意： 得到?t=2v0g月?????????③ 又g月=GM月r2??????????④ 解③④得：M月=2v0r2Gt 經(jīng)典例題已知某星球表面重力加速度大小為g0，半徑大小為R，自轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G.求： (1)該星球質(zhì)量； (2)該星球同步衛(wèi)星運行軌道距離星球表面的高度； (3)該星球同步衛(wèi)星運行速度的大?。? 分析與解答：(1)由GMmR2=mg0 解得星球質(zhì)量為：M=g0R2G???? (2)由GMm(R+h)2=m(2πT)2(

33、R+h)?? 且GM=g0R2 解得：h=3g0R2T24π2-R (3)由v=2πT(R+h)??? 解得：v=2πT3g0R2T24π2=32πg(shù)0R2T 變式1我國的“天鏈一號”衛(wèi)星是地球同步衛(wèi)星，可為中低軌道衛(wèi)星提供數(shù)據(jù)通訊，如圖為“天鏈一號”衛(wèi)星a、赤道平面內(nèi)的低軌道衛(wèi)星b、地球的位置關(guān)系示意圖，O為地心，地球相對衛(wèi)星a、b的張角分別為θ1和θ2(θ2圖中未標(biāo)出)，衛(wèi)星a的軌道半徑是b的4倍，己知衛(wèi)星a、b繞地球同向運行，衛(wèi)星a的周期為T，在運行過程中由于地球的遮擋，衛(wèi)星b會進(jìn)入衛(wèi)星a通訊的盲區(qū)，衛(wèi)星間的通訊信號視為沿直線傳播，信號傳輸時間可忽略。求： （1）衛(wèi)星b星

34、的周期 （2）衛(wèi)星b每次在盲區(qū)運行的時間 分析與解答：(1)設(shè)衛(wèi)星a、b的軌道半徑分別為r1和r2．地球半徑為R：GMmr2=m4π2T2r 可得：T=2πr3GM 而r1=4r2． 則得衛(wèi)星b星的周期為T8 (2)如圖，A、B是衛(wèi)星盲區(qū)兩個邊緣位置 由幾何知識可得∠AOB=θ1+θ2， 則(2πT8-2πT)t=∠AOB=θ1+θ2 解得，b每次在盲區(qū)運行的時間為t=θ1+θ214πT 變式2地球同步衛(wèi)星，在通訊、導(dǎo)航等方面起到重要作用。已知地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，地球自轉(zhuǎn)周期為T，引力常量為G，求： （1）地球的質(zhì)量M； （2）同步衛(wèi)星距離地面的高

35、度h。 分析與解答：（1）地球表面的物體受到的重力等于萬有引力，即：mg=GMmR2 解得地球質(zhì)量為：M=gR2G； （2）同步衛(wèi)星繞地球做圓周運動的周期等于地球自轉(zhuǎn)周期T，同步衛(wèi)星做圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：GMm(R+h)2=m(2πT)2（R+h） 解得：h=3R2gT24π2-R； 變式3一顆人造衛(wèi)星的質(zhì)量為m，離地面的高度為h，衛(wèi)星做勻速圓周運動，已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g．求： （1）衛(wèi)星受到的向心力的大小表達(dá)式． （2）衛(wèi)星的速率大小表達(dá)式． 分析與解答：（1）衛(wèi)星繞地球做圓周運動靠萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力定律得： F

36、=GMmR+h2 根據(jù)地球表面物體萬有引力等于重力得：GMmR2=mg 聯(lián)立求解得：F=mgR2R+h2 （2）根據(jù)萬有引力提供向心力，GMmR+h2=mv2R+h 聯(lián)立求解得：v=gR2R+h （3）根據(jù)萬有引力提供向心力，GMmR2=mv2R可得第一宇宙速度：v=gR 經(jīng)典例題宇宙中二顆相距較近的天體稱為雙星，他們以中心連線上的某一點位圓心做勻速圓周運動，而不至于因相互之間的引力而吸引到一起，設(shè)二者之間的距離為L，質(zhì)量分別為M1和M2。（萬有引力常量為G）求 (1)它們的軌道半徑之比r1 ：r2 (2)線速度之比v1 ：v2 (3)運行周期T。 分析與解答：（1）兩

37、天體做圓周運動靠相互間的萬有引力提供向心力，角速度相等，結(jié)合牛頓第二定律求出半徑的大??；（2）根據(jù)v=ωr求線速度之比；（3）結(jié)合萬有引力提供向心力求出運動的周期． （1）對M1有：GM1M2L2=M1r1ω2 對M2有：GM1M2L2=M2r2ω2 解得：M1r1=M2r2 即r1r2=M2M1，又r1+r2=L 解得：r1=M2M1+M2L （2）根據(jù)v=ωr，可得線速度之比為v1v2=r1r2=M2M1 （3）根據(jù)GM1M2L2=M1r14π2T2，又r1=M2M1+M2L 解得：T=2πL3GM1+M2 變式1我們將兩顆彼此相距較近的行星稱為雙星，它們在萬有引力作用下

38、間距始終保持不變，且沿半徑不同的同心軌道作勻速圓周運動，設(shè)雙星間距為L，質(zhì)量分別為M1、M2(萬有引力常量為G)試計算： (1)雙星的軌道半徑 (2)雙星運動的周期。 分析與解答：設(shè)行星轉(zhuǎn)動的角速度為ω，周期為T。 (1)如圖， 對星球M1，由向心力公式可得： ??GM1M2L2=M1R1ω2 同理對星M2，有：GM1M2L2=M2R2ω2 兩式相除得：R1R2=M2M1，(即軌道半徑與質(zhì)量成反比) 又因為L=R1+R2 所以得：R1=M2M1+M2L，R2=M1M1+M2L (2)有上式得到：ω=1LG(M1+M2)L???? 因為T=2πω，所以有：T=2πLLG(

39、M1+M2) 變式2如圖所示，兩個星球A、B組成雙星系統(tǒng)，它們在相互之間的萬有引力作用下，繞連線上某點做周期相同的勻速圓周運動．已知A、B星球質(zhì)量分別為mA、mB，萬有引力常量為G.求L3T2(其中L為兩星中心距離，T為兩星的運動周期) 分析與解答：兩個星球均做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有 GmAmBL2=mA4π2T2rA GmAmBL2=mB4π2T2rB 其中L＝rA+rB， 聯(lián)立解得L3T2=GmA+mB4π2。 變式3天文學(xué)中把兩顆距離比較近，又與其它星體距離比較遠(yuǎn)的星體叫做雙星，雙星的間距是一定的.設(shè)雙星的質(zhì)量分別是m1、m2，星球球心間距為L.問： (1)兩星的軌道半徑各多大？ (2)兩星的速度各多大？ 分析與解答：（1）由于雙星做勻速圓周運動，且角速度相同， 對m1由：Gm1m2L2=m1ω2r1 對m2由：Gm1m2L2=m2ω2r2 由兩式得：r1r2=m2m1 又?r1+r2=L 解得：r1=m2m1+m2L；r2=m1m1+m2L （2）聯(lián)立以上式子得：ω=Gm2L2r1 解得：v1=r1ω=Gm2r1L2=m2GL(m1+m2) 同理得ω=Gm1L2r2 解得：v2=r2ω=Gm1r2L2=m1GL(m1+m2) 19