北京市2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題3 牛頓運動定律與曲線運動（含天體運動）學(xué)案（含解析）

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1、 專題3 牛頓運動定律與曲線運動 考向預(yù)測 從考查方式上來說,在高考的考查中，本專題內(nèi)容可能單獨考查，特別是萬有引力與航天部分，常以選擇題形式出現(xiàn)；也可能與其他專題相結(jié)合，與能量知識綜合考查，以計算題形式出現(xiàn)。 從近幾年考試命題趨勢看,本章內(nèi)容與實際應(yīng)用和生產(chǎn)、生活、科技相聯(lián)系命題，或與其他專題綜合考查，曲線運動問題由原來的選擇題轉(zhuǎn)變?yōu)樵谟嬎泐}中考查，萬有引力與航天仍然以選擇題出現(xiàn)，單獨考查的可能性更大。 高頻考點：運動的合成與分解；平拋運動規(guī)律的應(yīng)用；圓周運動問題；天體質(zhì)量和密度的估算；衛(wèi)星運行參數(shù)的分析；衛(wèi)星變軌問題。知識與技巧的梳理 考點一、 運動的合成與分解

2、例 (2018屆高三·蘇州五校聯(lián)考)如圖所示，長為L的輕直棒一端可繞固定軸O轉(zhuǎn)動，另一端固定一質(zhì)量為m的小球，小球擱在水平升降臺上，升降臺以速度v勻速上升，下列說法正確的是(　　) A．小球做勻速圓周運動 B．當(dāng)棒與豎直方向的夾角為α?xí)r，小球的速度為 C．棒的角速度逐漸增大 D．當(dāng)棒與豎直方向的夾角為α?xí)r，棒的角速度為 【審題立意】找合運動是解答本題的關(guān)鍵，應(yīng)清楚棒與平臺接觸點的實際運動即合運動，方向垂直于棒指向左上，豎直方向的速度是它的一個分速度。把速度分解，根據(jù)三角形知識求解。 【解題思路】棒與升降臺接觸點(即小球)的運動可視為豎直向上的勻速運動和沿平臺向左的運動的合成。小球的

3、實際運動即合運動方向是垂直于棒指向左上方，如圖所示。設(shè)棒的角速度為ω，則合速度v實＝ωL，沿豎直方向向上的速度分量等于v，即ωLsin α＝v，所以ω＝，小球速度v實＝ωL＝，由此可知棒(小球)的角速度隨棒與豎直方向的夾角α的增大而減小，小球做角速度越來越小的變速圓周運動，故D正確，A、B、C錯誤。 【參考答案】 D 【知識建構(gòu)】 1．解決運動合成與分解的一般思路 (1)明確合運動或分運動的運動性質(zhì)。 (2)明確是在哪兩個方向上的合成或分解。 (3)找出各個方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。 (4)運用力與速度的關(guān)系或矢量的運算法則進(jìn)行分析求解。 2．解答關(guān)聯(lián)速度問題的方

4、法 (1)求解此類問題首先要正確認(rèn)識合運動，與繩或桿相連的物體，相對地面實際發(fā)生的運動是合運動，合運動對應(yīng)合速度。 (2)然后在繩(桿)的端點把合速度分解為沿繩(桿)方向的速度和垂直于繩(桿)方向的速度，而沿繩(桿)的方向上各點的速度大小相等，由此列方程解題。 3．把握小船渡河的兩類問題 (1)要求最短時間過河，則船頭必須垂直指向?qū)Π?，不論船速與水流速度的關(guān)系如何，如第3題中小船的去程。 (2)要求過河的位移最短，則要區(qū)分兩種情況： ①當(dāng)船在靜水中的速度v1大于水流速度v2時，最短過河位移為河寬d，如圖甲所示，船頭指向上游與河岸的夾角α＝arccos。 ②當(dāng)船在靜水中的速

5、度v1小于水流速度v2時，過河的最短位移為x，如圖乙所示，船頭指向上游與河岸的夾角為θ＝arccos，最短位移x＝d。 【變式訓(xùn)練】1．(2018屆高三·蘇錫常鎮(zhèn)四市聯(lián)考)(多選)某同學(xué)做了一個力學(xué)實驗，如圖所示，將一金屬球通過一輕質(zhì)彈簧懸掛于O點，并用一水平方向的細(xì)繩拉住，然后將水平細(xì)繩剪斷，經(jīng)觀察發(fā)現(xiàn)，細(xì)繩剪斷后，金屬球在第一次向左擺動以及回擺過程的一段運動軌跡如圖中虛線所示。根據(jù)運動軌跡以及相關(guān)的物理知識，該同學(xué)得出以下幾個結(jié)論，其中正確的是(　　) A．細(xì)繩剪斷瞬間金屬球的加速度方向一定水平向左 B．金屬球運動到懸點O正下方時所受合力方向豎直向上 C．金屬球速度最大的位置應(yīng)該在

6、懸點O正下方的左側(cè) D．金屬球運動到最左端時速度為零，而加速度不為零 解析：未剪斷細(xì)繩前，小球受向下的重力、彈簧的拉力和細(xì)繩的水平拉力作用處于平衡狀態(tài)，剪斷細(xì)繩后的瞬間，彈簧彈力不變，則彈力和重力的合力應(yīng)該水平向左，故此時金屬球的加速度方向一定水平向左，選項A正確；金屬球運動到懸點O正下方時，由軌跡可知，軌跡的凹向斜向右下，故合力方向斜向右下，選項B錯誤；當(dāng)軌跡的切線方向與彈簧所在的方向垂直時，金屬球的速度最大，由軌跡可知，金屬球速度最大的位置應(yīng)該在懸點O正下方的左側(cè)，選項C正確；金屬球運動到最左端時，由軌跡的切線方向可知，速度方向向上，不為零，因小球做曲線運動，故其加速度不為零，選項D錯

7、誤。 答案：AC 2. (2017·成都檢測)質(zhì)量為m的物體P置于傾角為θ1的固定光滑斜面上，輕細(xì)繩跨過光滑定滑輪分別連接著P與小車，P與滑輪間的細(xì)繩平行于斜面，小車以速率v水平向右做勻速直線運動。當(dāng)小車與滑輪間的細(xì)繩和水平方向的夾角為θ2時，如圖所示，下列判斷正確的是(　　) A．P的速率為v B．P的速率為vcos θ2 C．細(xì)繩的拉力等于mgsin θ1 D．細(xì)繩的拉力小于mgsin θ1 解析：將小車速度沿細(xì)繩和垂直細(xì)繩的方向分解為v1、v2，P的速率等于v1＝vcos θ2，A錯誤，B正確；小車向右做勻速直線運動，θ2減小，P的速率增大，細(xì)繩的拉力大于mgsin θ1，

8、C、D錯誤。 答案：B 3. (2017·泰安模擬)如圖所示，甲、乙兩船在同一條河流中同時開始渡河，M、N分別是甲、乙兩船的出發(fā)點，兩船頭與河岸均成α角，甲船船頭恰好對準(zhǔn)N點的正對岸P點，經(jīng)過一段時間乙船恰好到達(dá)P點，如果劃船速度大小相等，且兩船相遇不影響各自的航行，下列判斷正確的是(　　) A. 甲船也能到達(dá)正對岸 B. 甲船渡河時間一定短 C. 兩船相遇在NP直線上的某點(非P點) D. 渡河過程中兩船不會相遇 解析：甲船航行方向與河岸成α角，水流速度水平向右，故合速度一定不會垂直河岸，即甲船不能垂直到達(dá)對岸，A錯誤；在垂直河岸方向上v甲＝vsin α，v乙＝vsin α，故

9、渡河時間t甲＝＝、t乙＝＝，所以渡河時間相等，因為在垂直河岸方向上分速度相等，又是同時出發(fā)的，故兩船相遇在NP直線上的某點(非P點)，B、D錯誤，C正確。 答案：C 考點二、平拋(類平拋)的運動規(guī)律 例 (2017·全國卷ⅠT15)發(fā)球機(jī)從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球（忽略空氣的影響）。速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)，其原因是( ) A．速度較小的球下降相同距離所用的時間較多 B．速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大 C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少 D．速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大 【審題立

10、意】本題考查平拋運動的基本規(guī)律，解答本題要明確平拋運動的飛行時間、水平射程由什么決定。 【解題思路】在豎直方向，球做自由落體運動，由h＝gt2知，選項A、D錯誤。 由v2＝2gh知，選項B錯誤。 在水平方向，球做勻速直線運動，通過相同水平距離，速度大的球用時少，選項C正確。 【參考答案】 C 【知識構(gòu)建】1．平拋運動的實質(zhì)圖解 2. 平拋運動的兩個“正切值”和兩個“模型” (1)兩個“正切值” 任意時刻的速度與水平方向的夾角θ的正切值總等于該時刻的位移與水平方向的夾角φ的正切值的2倍(如圖)，即tan θ＝2tan φ。 (2)兩個“模型” 兩個模型

11、 解題方法 方法應(yīng)用 分解速度，構(gòu)建速度矢量三角形 水平方向：vx＝v0 豎直方向：vy＝gt 合速度：v＝，方向：tan θ＝ 分解位移，構(gòu)建位移矢量三角形 水平方向：x＝v0t 豎直方向：y＝gt2 合位移：s＝，方向：tan θ＝ 【變式訓(xùn)練】1. (2018屆高三·昆明調(diào)研)將一擋板傾斜地固定在水平面上，傾角為θ＝30°，如圖所示。現(xiàn)有一可視為質(zhì)點的小球由擋板上方的A點以v0的初速度水平向右拋出，小球落在擋板上的B點時，小球速度方向剛好與擋板垂直，小球與擋板碰撞前后的速度方向相反、速度大小之比為4∶3。下列有關(guān)小球的運動描述正確的是(　　) A．小球與

12、擋板碰后的速度為v0 B．小球與擋板碰撞過程中速度的變化量大小為v0 C．A、B兩點的豎直高度差與水平間距之比為∶1 D．A、B兩點的豎直高度差與水平間距之比為∶2 解析：小球在碰撞擋板前做平拋運動。設(shè)剛要碰撞斜面時小球速度為v。由題意，速度v的方向與豎直方向的夾角為30°且水平分量仍為v0，如圖。由此得v＝2v0，碰撞過程中，小球速度由v變?yōu)榉聪虻膙，則碰后的速度大小為v0，A錯誤；碰撞過程小球的速度變化量大小為Δv＝v－(－v)＝v＝v0，故選項B錯誤；小球下落高度與水平射程之比為＝＝＝＝，C錯誤，D正確。 答案：D 2. (2017·石家莊檢測)(多選)如圖所示，一帶電小球自

13、固定斜面頂端A點以某速度水平拋出，落在斜面上B點?，F(xiàn)加上豎直向下的勻強(qiáng)電場，仍將小球自A點以相同速度水平拋出，落在斜面上C點。不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．小球帶正電 B．小球所受電場力可能大于重力 C．小球兩次落在斜面上所用的時間不相等 D．小球兩次落在斜面上的速度大小相等 解析：不加電場時，小球做平拋運動，加電場時，小球做類平拋運動，根據(jù)tan α＝，則t＝，因為水平方向上小球做勻速直線運動，可知t2>t1，則加上電場后的加速度a

14、水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，由于位移方向相同，則小球兩次落在斜面上的速度方向一定相同，根據(jù)矢量合成知，初速度相同，則落在斜面上的速度大小相等，故D正確。 答案：CD 考點三、圓周運動問題 例 (2017?山東模擬)如圖，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是(　　) A．b一定比a先開始滑動 B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等 C．ω＝是b開始滑動

15、的臨界角速度 D．當(dāng)ω＝時，a所受摩擦力的大小為kmg 【審題立意】未滑動時靜摩擦力提供向心力，a、b一起轉(zhuǎn)動時角速度相等，運動半徑大，所需向心力大；當(dāng)最大靜摩擦力提供向心力時，處于木塊開始滑動的臨界條件。 【解題思路】因圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢加速轉(zhuǎn)動，在某一時刻可認(rèn)為，木塊隨圓盤轉(zhuǎn)動時，其受到的靜摩擦力的方向指向轉(zhuǎn)軸，由靜摩擦力提供向心力，兩木塊轉(zhuǎn)動過程中角速度相等，則根據(jù)牛頓第二定律可得f＝mω2R，由于小木塊b的軌道半徑大于小木塊a的軌道半徑，故小木塊b做圓周運動需要的向心力較大，B錯誤；因為兩小木塊的最大靜摩擦力相等，故b一定比a先開始滑動，A正確；當(dāng)b開始滑動時，由牛頓第二定

16、律可得kmg＝mωb2·2l，可得ωb＝ ，C正確；當(dāng)a開始滑動時，由牛頓第二定律可得kmg＝mωa2l，可得ωa＝ ，而轉(zhuǎn)盤的角速度 < ，小木塊a未發(fā)生滑動，其所需的向心力由靜摩擦力來提供，由牛頓第二定律可得f＝mω2l＝kmg，D錯誤。 【參考答案】AC 【知識構(gòu)建】1. 圓周運動的描述 v＝；ω＝；ω＝；v＝ω·R＝·R；an＝＝ω2·R＝·R。 2. 水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題 (1)水平面內(nèi)做圓周運動的物體其向心力可能由彈力、摩擦力等力提供，常涉及繩的張緊與松弛、接觸面分離等臨界狀態(tài)。 (2)常見臨界條件 繩的臨界：張力FT＝0；接觸面滑動的臨界：F＝Ff；接觸面分離

17、的臨界：FN＝0。 3. 豎直平面內(nèi)圓周運動的繩、桿模型 模型 繩模型 桿模型 實例 球與繩連接、水流星、翻滾過山車等 球與桿連接、球過豎直的圓形管道、套在圓環(huán)上的物體等 圖示 在最高 點受力 重力、彈力F彈(向下或等于零) mg＋F彈＝m 重力和彈力F彈(向下、向上或等于零) mg±F彈＝m 恰好過 最高點 F彈＝0，mg＝m，v＝，即在最高點速度不能為零 v＝0，mg＝F彈在最高點速度可為零 【變式訓(xùn)練】1. (2018屆高三·第一次全國大聯(lián)考Ⅰ卷)如圖所示，一傾角為30°的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距

18、離為d處有一帶負(fù)電的電荷量為q、質(zhì)量為m的物體與圓盤始終保持相對靜止。整個裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝，則物體與盤面間的動摩擦因數(shù)至少為(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g為重力加速度)(　　) A. B. C. D. 解析：對物體跟著圓盤轉(zhuǎn)動的各個位置分析比較可知，當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點時，所受的靜摩擦力沿斜面向上達(dá)到最大，即將相對滑動，由牛頓第二定律得：μ(mg＋qE)cos 30°－(mg＋qE)sin 30°＝mω2d，解得μ＝，故A正確，B、C、D錯誤。 答案：A 2. (2017·淮北第一中學(xué)模擬)如圖所示，疊放在水平轉(zhuǎn)臺上的物體A、B、C正隨轉(zhuǎn)臺一起以角

19、速度ω勻速轉(zhuǎn)動，A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m、m，B與轉(zhuǎn)臺、C與轉(zhuǎn)臺、A與B 間的動摩擦因數(shù)都為μ，B、C離轉(zhuǎn)臺中心的距離分別為r、1.5r。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，以下說法正確的是(　　) A．B對A的摩擦力有可能為3μmg B．C與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力大于A與B間的摩擦力 C．轉(zhuǎn)臺的角速度ω有可能恰好等于 D．若角速度ω在題干所述原基礎(chǔ)上緩慢增大，A與B間將最先發(fā)生相對滑動 解析：對A、B整體，有：(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，對C，有：mω2·1.5r≤μmg，對A，有：3mω2r≤μ·3mg，解得：ω≤ ，即滿足不發(fā)生相對滑動時，轉(zhuǎn)臺的角速度ω≤ ，可知A與B

20、間的靜摩擦力最大值fm＝3m·r·ω2＝3mr·＝2μmg，故A錯誤，C正確；A與C轉(zhuǎn)動的角速度相同，由摩擦力提供向心力，且有m×1.5rω2<3mrω2，即C與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力小于A與B間的摩擦力，故B錯誤；由以上分析可知，最先發(fā)生相對滑動的是C，故D錯誤。 答案：C 3. (2017·揭陽二模)(多選)如圖所示，小球沿水平面以初速度v0通過O點進(jìn)入半徑為R的豎直半圓弧軌道，不計一切阻力，則(　　) A．球進(jìn)入豎直半圓弧軌道后做勻速圓周運動 B．若小球能通過半圓弧最高點P，則球在P點受力平衡 C．若小球的初速度v0＝3，則小球一定能通過P點 D．若小球恰能通過半圓弧最高點P，則小球

21、落地點到O點的水平距離為2R 解析：不計一切阻力，小球機(jī)械能守恒，隨著高度增加，動能減少，故做變速圓周運動，A錯誤；小球在最高點P需要向心力，故受力不平衡，B錯誤；恰好通過P點，則有mg＝，得vP＝，由機(jī)械能守恒得mg·2R＋mvP′2＝mv02，得vP′＝>，則小球一定能通過P點，故C正確；小球過P點做平拋運動，有x＝vP·t，2R＝gt2，得：x＝·2＝2R，故D正確。 答案：CD 考點四、衛(wèi)星、行星的運動規(guī)律 (一)天體質(zhì)量和密度的估算 例1. (多選)被譽(yù)為嫦娥5號“探路尖兵”的載人返回飛行試驗返回器在內(nèi)蒙古四子王旗預(yù)定區(qū)域順利著陸，標(biāo)志著我國已全面突破和掌握航天器以接近第二

22、宇宙速度的高速載人返回關(guān)鍵技術(shù)，為嫦娥5號任務(wù)順利實施和探月工程持續(xù)推進(jìn)奠定了堅實基礎(chǔ)。已知人造航天器在月球表面上空繞月球做勻速圓周運動，經(jīng)過時間t(t小于航天器的繞行周期)，航天器運動的弧長為s，航天器與月球的中心連線掃過的角度為θ，引力常量為G，則(　　) A．航天器的軌道半徑為 B．航天器的環(huán)繞周期為 C．月球的質(zhì)量為 D．月球的密度為 【審題立意】萬有引力在天體運動中的應(yīng)用，主要是萬有引力充當(dāng)向心力，注意向心力的表達(dá)式有多種形式，應(yīng)靈活選擇。 【解題思路】根據(jù)幾何關(guān)系得：r＝，故A錯誤；經(jīng)過時間t，航天器與月球的中心連線掃過的角度為θ，則：＝，得：T＝，故B正確；由

23、萬有引力充當(dāng)向心力而做圓周運動，所以：G＝mr，所以：M＝＝＝，故C正確；人造航天器在月球表面上空繞月球做勻速圓周運動，月球的半徑等于r，則月球的體積：V＝πr3＝π3 ，月球的密度：ρ＝＝＝，故D正確。 【參考答案】 BCD 【知識構(gòu)建】1．求解天體質(zhì)量和密度的兩條基本思路 (1)由于G＝mg，故天體質(zhì)量M＝，天體密度ρ＝＝＝。 (2)由G＝mr，得出中心天體質(zhì)量M＝，平均密度ρ＝＝＝。若衛(wèi)星在天體表面附近環(huán)繞天體運動，可認(rèn)為其軌道半徑r等于天體半徑R，則天體密度ρ＝?？梢?，只要測出衛(wèi)星環(huán)繞天體表面運動的周期T，就可估算出中心天體的密度。 2．估算天體質(zhì)量和密度時的三個易誤區(qū) (

24、1)不考慮自轉(zhuǎn)時，有G＝mg，若考慮自轉(zhuǎn)，則在兩極上才有：G＝mg，而赤道上則有G－mg＝mR。 (2)利用G＝mr只能計算中心天體的質(zhì)量，不能計算繞行天體的質(zhì)量。 (3)注意區(qū)分軌道半徑r和中心天體的半徑R，計算中心天體密度時應(yīng)用ρ＝，而不是ρ＝。 【變式訓(xùn)練】1. (2018屆高三·湖南師大附中調(diào)研)(多選)某行星外圍有一圈厚度為d的發(fā)光帶(發(fā)光的物質(zhì))，簡化為如圖甲所示模型，R為該行星除發(fā)光帶以外的半徑?，F(xiàn)不知發(fā)光帶是該行星的組成部分還是環(huán)繞該行星的衛(wèi)星群，某科學(xué)家做了精確地觀測，發(fā)現(xiàn)發(fā)光帶繞行星中心的運行速度v與到行星中心的距離r的關(guān)系如圖乙所示(圖中所標(biāo)為已知)，則下列說法正確

25、的是(　　) A．發(fā)光帶是該行星的組成部分 B．該行星的質(zhì)量M＝ C．行星表面的重力加速度g＝ D．該行星的平均密度為ρ＝ 解析：若發(fā)光帶是該行星的組成部分，則其角速度與行星自轉(zhuǎn)角速度相同，應(yīng)有v＝ωr，v與r應(yīng)成正比，與圖像不符，因此發(fā)光帶不是該行星的組成部分，故A錯誤；設(shè)發(fā)光帶是環(huán)繞該行星的衛(wèi)星群，由萬有引力提供向心力，則有：G＝m，得該行星的質(zhì)量為：M＝；由題圖乙知，r＝R時，v＝v0，則有：M＝，故B正確；當(dāng)r＝R時有mg＝m，得行星表面的重力加速度g＝，故C正確；該行星的平均密度為ρ＝＝，故D錯誤。 答案：BC 2．(2018屆高三·第二次全國大聯(lián)考Ⅲ卷)(多選)201

26、7年3月16日消息，高景一號衛(wèi)星發(fā)回清晰影像圖，可區(qū)分單個樹冠。天文愛好者觀測該衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，發(fā)現(xiàn)該衛(wèi)星每經(jīng)過時間t通過的弧長為l，該弧長對應(yīng)的圓心角為θ弧度，已知引力常量為G，則(　　) A．高景一號衛(wèi)星的質(zhì)量為 B．高景一號衛(wèi)星的角速度為 C．高景一號衛(wèi)星的線速度大小為2π D．地球的質(zhì)量為 解析：根據(jù)萬有引力提供向心力可知，高景一號衛(wèi)星的質(zhì)量不可求，選項A錯誤；由題意知，高景一號衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的角速度ω＝，選項B正確；高景一號衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的線速度v＝，選項C錯誤；由v＝ωr得r＝，高景一號衛(wèi)星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，由G＝mω2r

27、，解得地球的質(zhì)量M＝，選項D正確。 答案：BD (二)衛(wèi)星運行參數(shù)的分析 例2. (2016·全國I卷T17)利用三顆位置適當(dāng)?shù)牡厍蛲叫l(wèi)星，可使地球赤道上任意兩點之間保持無線電通訊，目前地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球半徑的6.6倍，假設(shè)地球的自轉(zhuǎn)周期變小，若仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實現(xiàn)上述目的，則地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為(　　) A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h 【審題立意】本題考查萬有引力定律的應(yīng)用。注意在天體運動規(guī)律中，有一個常用的重要推論——環(huán)繞周期T與軌道半徑R的關(guān)系式：。 【解題思路】萬有引力提供向心力，對同步衛(wèi)星有

28、： ＝mr，整理得GM＝ 當(dāng)r＝6.6R地時，T＝24 h 若地球的自轉(zhuǎn)周期變小，軌道半徑最小為2R地 三顆同步衛(wèi)星A、B、C如圖所示分布。 則有＝ 解得T′≈＝4 h，選項B正確。 【參考答案】 B 【知識構(gòu)建】天體運行參量比較問題的兩種分析方法 1．定量分析法 (1)列出五個連等式：G＝ma＝m＝mω2r＝mr。 (2)導(dǎo)出四個表達(dá)式：a＝G，v＝ ，ω＝ ，T＝ 。 (3)結(jié)合r大小關(guān)系，比較得出a、v、ω、T的大小關(guān)系。 2．定性結(jié)論法 將下述結(jié)論牢記于心：r越大，向心加速度、線速度、動能、角速度均越小，而周期和能量均越大。 【變式訓(xùn)練】 1. (2017

29、·江蘇卷T6)(多選)“天舟一號”貨運飛船于2017年4月20日在文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射升空。與“天宮二號”空間實驗室對接前，“天舟一號”在距地面約380 km的圓軌道上飛行，則其(　　) A．角速度小于地球自轉(zhuǎn)角速度 B．線速度小于第一宇宙速度 C．周期小于地球自轉(zhuǎn)周期 D．向心加速度小于地面的重力加速度 解析：“天舟一號”在距地面約380 km的圓軌道上飛行時，由G＝mω2r可知，半徑越小，角速度越大，則其角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，即大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，A項錯誤；由于第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，因此“天舟一號”在圓軌道的線速度小于第一宇宙速度，B項正確；由T＝可知，“天舟一

30、號”的周期小于地球自轉(zhuǎn)周期，C項正確；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項正確。 答案：BCD 2. (2017·揭陽檢測)如圖所示是北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星的軌道示意圖，已知a、b、c三顆衛(wèi)星均做圓周運動，a是地球同步衛(wèi)星，則(　　) A．衛(wèi)星a的角速度小于c的角速度 B．衛(wèi)星a的加速度大于b的加速度 C．衛(wèi)星a的運行速度大于第一宇宙速度 D．衛(wèi)星b的周期大于24 h 解析：根據(jù)公式G＝mω2r可得ω＝，軌道半徑越大，角速度越小，故衛(wèi)星a的角速度小于c的角速度，A正確；根據(jù)公式G＝ma可得a＝，由于a、b的軌道半徑大小相同，所以兩者的向心加速度相

31、等，B錯誤；第一宇宙速度是近地軌道的環(huán)繞速度，也是最大的環(huán)繞速度，根據(jù)公式G＝m可得v＝，軌道半徑越大，線速度越小，所以衛(wèi)星a的運行速度小于第一宇宙速度，C錯誤；根據(jù)公式G＝mr可得T＝2π ，故軌道半徑相同，周期相同，所以衛(wèi)星b的周期等于24 h，D錯誤。 答案：A (三)衛(wèi)星變軌問題 例3. (多選)發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射到近地圓軌道1，然后點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3。軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，如圖所示，則當(dāng)衛(wèi)星分別在1、2、3軌道上正常運行時，下列說法中正確的是(　　) A．衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率

32、 B．衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于在軌道1上的角速度 C．衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點時的加速度大于它在軌道2上經(jīng)過Q點時的加速度 D．衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過P點時的加速度等于它在軌道3上經(jīng)過P點時的加速度 【審題立意】解衛(wèi)星變軌問題題抓住以下幾點：(1)衛(wèi)星從高軌道變軌到低軌道，必須在相切點減速→判定其機(jī)械能的變化情況；(2)利用開普勒行星運動第二定律→判定衛(wèi)星在同一橢圓軌道上運行時的速度大小關(guān)系；(3)利用萬有引力提供向心力→判定不同軌道同一點加速度大小關(guān)系；(4)利用開普勒行星運動第三定律→計算在不同軌道上的運行時間大小。 【解題思路】對于衛(wèi)星來說，萬有引力提供向心力，有＝m＝mrω2＝m

33、a，得v＝ ，ω＝ ，a＝，又r3>r1，則v3

34、】1. (2017全國III卷T14)2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道（可視為圓軌道）運行。與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的( ) A．周期變大 B．速率變大 C．動能變大 D．向心加速度變大 解析：根據(jù)萬有引力提供向心力有，可得周期，速率，向心加速度，對接前后，軌道半徑不變，則周期、速率、向心加速度不變，質(zhì)量變大，則動能變大。 答案：C 2. 2016年10月17日，中國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心使用長征二號FY11運載火箭將神舟十一號載人飛船送入太空，2016年10月19日

35、凌晨，神舟十一號飛船與天宮二號自動交會對接成功。若“神舟十一號”與“天宮二號”對接前的軌道如圖所示，則以下說法正確的是(　　) A．在遠(yuǎn)地點P處，“神舟十一號”的加速度與“天宮二號”的加速度相等 B．根據(jù)題中條件可以計算出地球的質(zhì)量 C．根據(jù)題中條件可以計算出地球?qū)Α疤鞂m二號”的引力大小 D．要實現(xiàn)“神舟十一號”與“天宮二號”在遠(yuǎn)地點P處對接，“神舟九號”需在靠近P處點火減速 解析：在遠(yuǎn)地點P處，軌道半徑相同，由＝ma知a＝，故兩者加速度相等，A正確；由“天宮二號”做圓周運動，萬有引力提供向心力可知＝mr，因“天宮二號”的周期、軌道半徑及引力常量未知，不能計算出地球的質(zhì)量，B錯誤；由于“天宮二號”質(zhì)量未知，故不能算出萬有引力，C錯誤；“神十一”在橢圓軌道上運動，P為其遠(yuǎn)地點，若在P點前減速，則沿向上的速度分量減少，則“神十一”將不能到達(dá)P點，D錯誤。 答案：A 13