高中物理必修習(xí)題及答案

1、第五章 曲線運動一知識點總結(jié)（一） 曲線運動1、曲線運動的特點：、作曲線運動的物體，速度始終在軌跡的切線方向上，因此，曲線運動中可以肯定速度方向在變化，故曲線運動一定是變速運動；、曲線運動中一定有加速度且加速度和速度不能在一條直線上，加速度方向一定指向曲線運動凹的那一邊。2、作曲線運動的條件：物體所受合外力與速度方向不在同一直線上。中學(xué)階段實際處理的合外力與速度的關(guān)系常有以下三種情況：、合外力為恒力，合外力與速度成某一角度，如在重力作用下平拋，帶電粒子垂直進入勻強電場的類平拋等。、合外力為變力，大小不變，僅方向變，且合外力與速度垂直，如勻速圓周運動。 、一般情誤況，合外力既是變力，又與速度不垂

2、直時，高中階段只作定性分析。3、運動的合成與分解：運動的合成與分解包含了位移、加速度、速度的合成與分解。均遵循平行四邊形法則。（一般采用正交分解法處理合運動與分運動的關(guān)系）中學(xué)階段，運動的合成與分解是設(shè)法把曲線運動（正交）分解成直線運動再用直線運動規(guī)律求解。常見模型：（二） 平拋運動1、平拋運動特點：僅受重力作用，水平方向勻速直線運動，豎直方向自由落體，是一種勻變速曲線運動；軌跡是條拋物線。2、平拋運動規(guī)律：（從拋出點開始計時） 3、（1）、速度規(guī)律：X=V0VY=gt V與水平方向的夾角tg=gt/v0（2）、位移規(guī)律：0t (證明：軌跡是一條拋物線)Y=121gt S與水平方向的夾角tg=

3、gt/2v0=tg22（3）、平拋運動時間t與水平射程X平拋運動時間t由高度Y決定，與初速度無關(guān)；水平射程X由初速度和高度共同決定。 （4）、平拋運動中，任何兩時刻的速度變化量V=gt（方向恒定向下）（三） 平拋運動實驗與應(yīng)用實驗?zāi)康拿枋鲞\動軌跡、求初速度實驗原理利用水平方向勻速運動x=v0t，豎直方向自由落體y=12gt 得V0xg測出多y2組x、y算出v0值，再取平均值。（四）勻速圓周運動1、物體運動的軌跡是圓周或是圓周一部分叫圓周運動；作圓周運動的物體相等時間內(nèi)通過的弧長相等稱為勻速圓周運動。2、描述勻速圓周運動的有關(guān)量及它們的關(guān)系： （1）、線速度： （2）、角速度： （3）、周期：

4、（4）、頻率： （5）、向心加速度：雖然勻速圓周運動線速度大小不變，但方向時刻改變，故勻速圓周運動是變速運動；向心加速度大小不變但方向時刻改變（始終指向圓心），故勻速圓周運動是一種變加速運動。（五）圓周運動動力學(xué)1、勻速圓周運動特點：v22R （1）無切向加速度；有向心加速度a=R（2）合外力必提供向心力2、變速圓周運動特點：（1） 有切向加速度；有向心加速度。故合加速度不一定指向圓心。（2）合外力不一定全提供向心力，合外力不一定指向圓心。3、向心力表達式：4、處理圓周運動動力學(xué)問題般步驟： （1）確定研究對象，進行受力分析；（2）建立坐標(biāo)系，通常選取質(zhì)點所在位置為坐標(biāo)原點，其中一條軸與半徑重

5、合； （3）用牛頓第二定律和平衡條件建立方程求解。二 例題分析例1、關(guān)于運動的合成與分解，下列說法正確的是：（ BCD ） A、兩個直線運動的合運動一定是直線運動；B、兩個互成角度的勻速直線運動的合運動一定是直線運動； C、兩個勻加速運動的合運動可能是曲線運動；D兩個初速為零的勻加速直線運動互成角度，合運動一定是勻加速直線運動； 說明：本例題作為概念性判斷題，可采用特例法解決。例2、如圖所示，在研究平拋物體運動的實驗中，用一張印有小方格的紙記錄軌跡，小方格邊長L=1.25cm,若小球在平拋運動途中的幾個位置如圖中的a,b,c,d。則小球平拋運動2的初速度的計算式為v0=( )(用L g 表示)

6、.其值是( )(g=9.8m/s)例3、房內(nèi)高處有白熾燈S，可看成點光源，如果在S所在位置沿著垂直于墻的方向扔出一個小球A，如圖所示，不計空氣阻力，則A在墻上的影子的運動情況是（ D ）A、加速度逐漸增大的直線運動， B、加速度逐漸減小的直線運動 C、勻加速直線運動， D、勻速直線運動。例4、在“研究平拋運動”實驗中，某同學(xué)只記錄了小球運動途中的A、B、C三點的位置，取A點為坐標(biāo)原點，則各點的位置坐標(biāo)如圖所示，下列說法正確的是：（ B ）A、小球拋出點的位置坐標(biāo)是（0，0） B、小球拋出點的位置坐標(biāo)是（-10，-5） C、小球平拋初速度為2m/s D、小球平拋初速度為0.58m/s例5、如圖所

7、示為皮帶傳動裝置，右輪半徑為r，a為它邊緣的一點，左側(cè)是大輪軸，大輪半徑為4r，小輪半徑為2r。b為小輪上一點，它到小輪中心距離為r，c、d分別位于小輪和大輪的邊緣上，若在傳動中不打滑，則：（ C D ）A、a點與b點線速度大小相等； B、a點與b點角速度大小相等； C、a點與c點線速度大小相等； D、a點與d點向心加速度大小相等； 本例主要考查線速度、角速度、向心加速度概念，同時抓住兩個核心：若線速度一定時，角速度與半徑成反比；若角速度一定，線速度與半徑成正比。例6、如圖所示，A、B兩質(zhì)點繞同一圓心按順時針方向作勻速圓周運動，A的周期為T1，B的周期為T2，且T1T2，在某時刻兩質(zhì)點相距最近

8、，開始計時，問： （1）何時刻兩質(zhì)點相距又最近？ （2）何時刻兩質(zhì)點相距又最遠？ 分析：選取B為參照物。AB相距最近，則A相對于B轉(zhuǎn)了n轉(zhuǎn)， 其相對角度=2n相對角速度為相=1-2經(jīng)過時間：t=/相=2n/1-2=nT1T2（n=1、2、3）T2T1（2）AB相距最遠，則A相對于B轉(zhuǎn)了n-1/2轉(zhuǎn)， 其相對角度=2（n-1） 2經(jīng)過時間：t=/相=（2n-1）T1T2/2（T2-T1）（n=1、2、3） 本題關(guān)鍵是弄清相距最近或最遠需通過什么形式來聯(lián)系A(chǔ)和B的問題，巧選參照系是解決這類難題的關(guān)鍵。例7.如圖所示，位于豎直平面上的1/4圓弧光滑軌道，半徑為R，OB沿豎直方向，上端A距地面高度為H

9、=2R，質(zhì)量為m的小球從A點由靜止釋放，與在點質(zhì)量為的小球正碰，小球被反彈回/2處，小球落在水平地面上C點處，不計空氣阻力，求：(1)小球再次運動到軌道上的B點時，對軌道的壓力多大?(2)小球落地點C與B點水平距離S是多少?解： (1)設(shè)小球1再次到B點時的速度為 根據(jù)機械能守恒定律有：，mgR/2= 根據(jù)向心力公式有；由式得 =2mg(2)設(shè)小球碰前在的速度為 為，碰撞后小球2的速度為 ，而小球的速度大小仍由機械能守恒定律得: 由動量守恒定律得： = -m M 由式得: 小球2從B到C做平拋運動,設(shè)時間為t,則有 S= t 由式得S=例8.(16分)半徑為R的光滑半圓環(huán)形軌道固定在豎直平面內(nèi)

10、，從與半圓環(huán)相吻合的光滑斜軌上高h=3R處，先后釋放A、B兩小球，A球的質(zhì)量為2m，B球質(zhì)量為m，當(dāng)A球運動到圓環(huán)最高點時，B球恰好運動到圓環(huán)最低點，如圖所示。求：此時A、B球的速度大小vA、vB。這時A、B兩球?qū)A環(huán)作用力的合力大小和方向。解：(1)對分析：從斜軌最高點到半圓軌道最高點，機械能守恒，有 2(3R-2R)= （2分）解得 （1分）對分析：從斜軌最高點到半圓弧最低點，機械能守恒，有 3R = （2分）解得 （1分）(2)設(shè)半圓弧軌道對A、B的作用力分別為 直向上， 方向豎直向下， 方向豎根據(jù)牛頓第二定律得 （2分） （2分）解得根據(jù)牛頓第三定律（2分）所以A、B對圓弧的力也分別為

11、方向豎直向上，分）方向豎直向下，所以合力F=5mg ，（2分）方向豎直向下。（2例9、 （12分）質(zhì)量為M的小物塊A靜止在離地面高 的小物塊B沿桌面向A運動并以速度的水平桌面的邊緣，質(zhì)量為與之發(fā)生正碰（碰撞時間極短）。碰后A離開桌面，其落地點離出發(fā)點的水平距離為L。碰后B反向運動。求B后退的距離。已知B與桌面間的動摩擦因數(shù)為。重力加速度為。解：A落地過程是平拋運動，則有 （1分）（1分） B與A碰撞動量守恒（1分）（4分） B返回有 （3分）（2分）例10、(19分)如圖所示，均光滑的水平面和半圓弧軌道相切，軌道半徑為；球靜止在切點，球位于點，以某一速度向小球運動并與之正碰，球能通過最高點落到

12、點，球運動到與圓心同一水平線就返回，已知AB=2R，兩球質(zhì)量均為求：球的速度解：設(shè)碰撞后球1的速度為兩球碰撞時動量守恒,則有,球2速度為,球1到圓弧軌道最高點的速度為,m =m (4分)球運動到與圓心同以水平線的過程，機械能守恒，則有 (3分)球運動到最高點的過程，機械能守恒，則有 (3分)球從最高點到點過程做平拋運動，設(shè)時間為，則有 (2分) (2分)由得分)=(1分) 代入得 = (1分) 由得 = (1把代入得 = (2分)例 11(16分)城市中為了解決交通問題，修建了許多立交橋，如圖所示，橋面為圓弧形的立交橋AB，橫跨在水平路面上，長為L=200m，橋高h=20m?？梢哉J為橋的兩端A

13、、B與水平路面的連接處的平滑的。一輛汽車的質(zhì)量m=1040kg，以 10m/s2）小汽車沖上橋頂時的速度是多大？小汽車在橋頂處對橋面的壓力的大小。=25m/s的速度沖上圓弧形的立交橋，假設(shè)汽車沖上立交橋后就關(guān)閉了發(fā)動機，不計車受到的阻力。試計算：（g取.解: 由題意，車從A點到橋頂過程，機械能守恒設(shè)到橋頂時速度為 則有(4分)解得 =15m/s (2分)(2)L=200m h=20m 根據(jù)幾何知識可求得圓弧形的半徑R,代入數(shù)據(jù)可解得R=260m (2分)設(shè)車在橋頂時，橋面對它的作用力為，則N和提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得(4分)解得=9.5103N (2分)根據(jù)牛頓第三定律,車對橋頂?shù)膲毫?

14、9.5103N (2分)例12（20分）噴墨打印機的原理示意圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁液滴，此液滴經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制。帶電后液滴以一定的初速度進入偏轉(zhuǎn)電場，帶電液滴經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打到紙上，顯示出字體。計算機無信號輸入時，墨汁液滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)板最后注入回流槽流回墨盒。設(shè)偏轉(zhuǎn)極板板長L1=1.6cm，兩板間的距離d=0.50cm，兩板間的電壓U=8.0103V，偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離L2=3.2cm。若一個墨汁液滴的質(zhì)量為m=1.610-10kg，墨汁液滴以v0=20m/s的初速度垂直電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，此液滴打到紙

15、上的點距原入射方向的距離為s=2.0mm。不計空氣阻力和重力作用。求：這個液滴通過帶電室后所帶的電荷量q。若要使紙上的字體放大，可通過調(diào)節(jié)兩極板間的電壓或調(diào)節(jié)偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離L2來實現(xiàn)?，F(xiàn)調(diào)節(jié)L2使紙上的字體放大10%，調(diào)節(jié)后偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙的距離 多大？為解：(1)墨滴剛從極板右端出來如圖所示，之后做直線運動打到紙上，設(shè)豎直偏移距離為，偏轉(zhuǎn)角度為 ，加速度為 ，時間為，墨滴在電場中做類平拋運動，則有(每式1分)由以上各式得 (3分)= (1分)(3分)= (1分)由幾何關(guān)系得 (2分)由 1.2510-13C (1分)(2) 設(shè)液滴打到紙上的點距原入射方向的距離為 ，由（）步可得=

16、 = (1分) (2分) (1分)把得3.6cm (1分)例13如圖所示，光滑水平面右端B處連接一個豎直的半徑為R的光滑半圓軌道，在離B距離為x的A點，用水平恒力將質(zhì)量為m的質(zhì)點從靜止開始推到B處后撤去恒力，質(zhì)點沿半圓軌道運動到C處后又正好落回A點，求：(1)推力對小球所做的功.(2)x取何值時，完成上述運動所做的功最少?最小功為多少？(3)x取何值時，完成上述運動用力最小?最小力為多少？解：(1)質(zhì)點從半圓弧軌道做平拋運動又回到A點，設(shè)質(zhì)點在C點的速度為v,質(zhì)點從C點運動到A點所用的時間為t，在水平方向x=v0 t (2分)豎直方向上2R= gt2 (2分)解式有v0 = (1分)對質(zhì)點從A

17、到C由動能定理有WF-mg2R= mv02 （3分）解得 WF=mg(16R2 x2) /8R （1分）(2)要使F力做功最少，確定x的取值，由WF=2mgR 最小，則功WF就最小，就是物理極值. (1分）mv02知，只要質(zhì)點在C點速度若質(zhì)點恰好能通過C點，其在C點最小速度為v，由牛頓第二定律有mg= ,則v= (3分)由式有 ,解得x=2R時， (1分)WF最小，最小的功WF= mgR. (1分)(3)由式WF=mg( ) (1分)而F= mg( ) (1分)因 分）0，x0，由極值不等式有：當(dāng) 時，即x=4R時 =8， (2最小的力F=mg. (1分)例14、在光滑水平面上有一質(zhì)量m1.0

18、10-3kg、電量q1.010-10C的帶正電小球，靜止在O點。以O(shè)為原點，在該水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系Oxy。現(xiàn)忽然加一沿x軸正方向、場強大小E2.0106V/m的勻強電場使小球開始運動。經(jīng)過1.0s，所加電場忽然變?yōu)檠貀軸正方向，場強大小不變的勻強電場。再經(jīng)過1.0s，所加電場又忽然變成另一勻強電場，使小球在此電場作用下經(jīng)1.0s速度變?yōu)榱?。求此電場的方向及小球速度變?yōu)榱銜r小球的位置。解：第一個1.0秒內(nèi)： m/s2 ， m，v1a t0.2m/s第二個1.0秒內(nèi)：S2xv1 t0.2m （x方向勻速運動） S2yS10.1m （y方向勻加速運動） v2ya t0.2m/s故： m/s，（方

19、向與水平方向成450夾角）第三個1.0秒內(nèi)： 與反向則：q E/m a /m/s2，方向v2方向如圖所示。V/m，mS3xS3sin4500.1m，S3yS3cos4500.1m， S x S1S2xS3x0.10.20.10.4m S y S2yS3y0.10.10.2m所以，電場的方向與x軸成225（-135），小球的坐標(biāo)為（0.4m，0.2m）例15、船在靜水中的航速為v1，水流的速度為v2。為使船行駛到河正對岸的碼頭，則v1相對v2的方向應(yīng)為答案.C【解析】根據(jù)運動的合成與分解的知識,可知要使船垂直達到對岸即要船的合速度指向?qū)Π?根據(jù)平行四邊行定則,C能.例16、滑雪運動員以20ms的

20、速度從一平臺水平飛出，落地點與飛出點的高度差32m。不計空氣阻力，g取10ms2。運動員飛過的水平距離為s，所用時間為t，則下列結(jié)果正確的是As=16m，t=050s Bs=16m，t=080sCs=20m，t=050s Ds=20m，t=080s【解析】做平拋運動的物體運動時間由高度決定,根據(jù)豎直方向做自由落體運動得t2h0.80s,根據(jù)水平方向做勻速直線運動可知svot200.8016m,B正確 g例17、過山車是游樂場中常見的設(shè)施。下圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑R12.0m、

21、R21.4m。一個質(zhì)量為m1.0kg的小球（視為質(zhì)點），從軌道的左側(cè)A點以v012.0m/s的初速度沿軌道向右運動，A、B間距L16.0m。小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.2，圓形軌道是光滑的。假設(shè)水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取g10m/s，計算結(jié)果保留小數(shù)點后一位數(shù)字。試求 （1）小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大小； （2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距L應(yīng)是多少；2（3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個圓形軌道的設(shè)計中，半徑R3應(yīng)滿足的條件；小球最終停留點與起點A的距離。答案：（1）10.0N；（2）12.5m(

22、3) 當(dāng)0R30.4m時， L36.0m；當(dāng)1.0mR327.9m時， L26.0m 解析：（1）設(shè)小于經(jīng)過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1根據(jù)動能定理-mgL12mgR11212mv1mv0 22小球在最高點受到重力mg和軌道對它的作用力F，根據(jù)牛頓第二定律2v1Fmgm R1由得 F10.0N （2）設(shè)小球在第二個圓軌道的最高點的速度為v2，由題意2v2mgm R2mgL1L2mgR21122mv2mv0 22由得 L12.5m （3）要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進行討論：I軌道半徑較小時，小球恰能通過第三個圓軌道，設(shè)在最高點的速度為v3，應(yīng)滿足2v3mgm R3mgL12L2mg

23、R3由得 R30.4m1212mv3mv0 22II軌道半徑較大時，小球上升的最大高度為R3，根據(jù)動能定理 mgL12L2mgR30解得 R31.0m 為了保證圓軌道不重疊，R3最大值應(yīng)滿足 R2R3L2R3-R22212mv0 2解得 R3=27.9m當(dāng)0R30.4m時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L，則 -mgL012mv0 2L36.0m當(dāng)1.0mR327.9m時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L，則 LL2LL12L26.0m例18、校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽。比賽路徑如圖所示，賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌

24、道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運動到C點，并能越過壕溝。已知賽車質(zhì)量m=0.1kg，通電后以額定功率P=1.5w工作，進入豎直軌道前受到阻力恒為0.3N，隨后在運動中受到的阻力均可不記。圖中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。問：要使賽車完成比賽，電動機至少工作多長時間？（取g10m/s）2答案2.53s【解析】本題考查平拋、圓周運動和功能關(guān)系。設(shè)賽車越過壕溝需要的最小速度為v1，由平拋運動的規(guī)律 Sv1t h12gt 2解得v13m/s 設(shè)賽車恰好越過圓軌道，對應(yīng)圓軌道最高點的速度為v2，最低點的速度為v3，由牛頓第二定律及機械能守恒定律2v2mgmR1212mv3m

25、v2mg2R 22解得 v35gh4m/s通過分析比較，賽車要完成比賽，在進入圓軌道前的速度最小應(yīng)該是 vmin4m/s 設(shè)電動機工作時間至少為t，根據(jù)功能原理 PtfL由此可得 t=2.53s12mvmin 2例19、拋體運動在各類體育運動項目中很常見，如乒乓球運動.現(xiàn)討論乒乓球發(fā)球問題，設(shè)球臺長2L、網(wǎng)高h，乒乓球反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反，且不考慮乒乓球的旋轉(zhuǎn)和空氣阻力.（設(shè)重力加速度為g）（1）若球在球臺邊緣O點正上方高度為h1處以速度v1水平發(fā)出，落在球臺的P1點（如圖實線所示），求P1點距O點的距離x1.（2）若球在O點正上方以速度v2水平發(fā)出，恰好在最高

26、點時越過球網(wǎng)落在球臺的P2點（如圖虛線所示），求v2的大小.（3）若球在O點正上方水平發(fā)出后，球經(jīng)反彈恰好越過球網(wǎng)且剛好落在對方球臺邊緣P3處，求發(fā)球點距O點的高度h。解：(1)設(shè)發(fā)球時飛行時間為t1,根據(jù)平拋運動 h112gt1 2x1v1t1 解得x1v (2)設(shè)發(fā)球高度為h 2，飛行時間為t 2，同理根據(jù)平拋運動h212gt2 2x2v2t2 且h2=h 2x2L得v2(3)如圖所示，發(fā)球高度為h3,飛行時間為t3，同理根據(jù)平拋運動得，h312gt3 2 11x3v3t3且3x32L設(shè)球從恰好越過球網(wǎng)到最高點的時間為t，水平距離為s，有h3h12gt 212 13sv3t由幾何關(guān)系知，x

27、3+s=L (14)聯(lián)列(14)式，解得h3=h43例20、題25題為一種質(zhì)譜儀工作原理示意圖.在以O(shè)為圓心，OH為對稱軸，夾角為2的扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強磁場.對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于M，且OM=d.現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角（紙面內(nèi)）從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為v0.若該離子束中比荷為試求：q的離子都能匯聚到D，m（1）磁感應(yīng)強度的大小和方向（提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象）； （2）離子沿與CM成角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間； （3）線段CM的長度. 解：（1）設(shè)沿CM方向運動的離子在

28、磁場中做圓周運動的軌道半徑為R2mv01由 Rqv0B2RR=d得Bmv0 qd磁場方向垂直紙面向外 （2）設(shè)沿CN運動的離子速度大小為v，在磁場中的軌道半徑為R，運動時間為t 由vcos=v0 得vv0cosR=mv qBdcost=方法一：設(shè)弧長為ss vs=2(+)R t=方法二：離子在磁場中做勻速圓周運動的周期T（2）Rv02mqBt=2()v0(3)方法一： CM=MNcotRMNd=sin()sin=dcos以上3式聯(lián)立求解得 CM=dcot 方法二：設(shè)圓心為A，過A做AB垂直NO， 可以證明NMBO NM=CMtan 又BO=ABcot=Rsincot =dsincot cosC

29、M=dcot第六章 萬有引力與航天一 知識點總結(jié)1、萬有引力定律：（1687年）適用于兩個質(zhì)點或均勻球體；r為兩質(zhì)點或球心間的距離；G為萬有引力恒量（1798年由英國物理學(xué)家卡文迪許利用扭秤裝置測出）G6.671011Nm2/kg22Mmv2G2m2 rrGMMmv2討論：（1）由G2m2可得：v r越大，V越小。rrr（2）由GMm2mr可得：GM3 r越大，越小。 2rr2Mm23（3）由G2mr可得：T2rrT（4）由GGM r越大，T越大。MmGMmaa可得： r越大，a向越小。 向向22rr3、萬有引力定律的應(yīng)用主要涉及兩個方面： （1）測天體的質(zhì)量及密度：（萬有引力全部提供向心力）

30、42r3Mm2由G2m r 得M2GTTr433r3又MR 得 233GTR（2）行星表面重力加速度、軌道重力加速度問題：（重力近似等于萬有引力） 表面重力加速度：G軌道重力加速度：2MmGMmgg 0022RR2GMmRhmggGMRh24、人造衛(wèi)星、宇宙速度： （1）人造衛(wèi)星分類（略）：其中重點了解同步衛(wèi)星 （2）宇宙速度：（弄清第一宇宙速度與發(fā)衛(wèi)星發(fā)射速度的區(qū)別）例題分析例1、利用下列哪組數(shù)據(jù)，可以計算出地球質(zhì)量：（A B） A、已知地球半徑和地面重力加速度B、已知衛(wèi)星繞地球作勻速圓周運動的軌道半徑和周期 C、已知月球繞地球作勻速圓周運動的周期和月球質(zhì)量 D、已知同步衛(wèi)星離地面高度和地球

31、自轉(zhuǎn)周期本例從各方面應(yīng)用萬有引力提供向心力來求出不同條件下地球（行星）質(zhì)量表達式。a2b2c例2、地球同步衛(wèi)星到地心的距離r可由r求出，已知式中a的單位是m，b423的單位是s，c的單位是m/s，則：（AD）A、a是地球半徑，b是地球自轉(zhuǎn)的周期，C是地球表面處的重力加速度； B、a是地球半徑。b是同步衛(wèi)星繞地心運動的周期，C是同步衛(wèi)星的加速度； C、a是赤道周長，b是地球自轉(zhuǎn)周期，C是同步衛(wèi)星的加速度D、a是地球半徑，b是同步衛(wèi)星繞地心運動的周期，C是地球表面處的重力加速度。 解析：由萬有引力定律導(dǎo)出人造地球衛(wèi)星運轉(zhuǎn)半徑的表達式，再將其與題給表達式中各項對比，以明確式中各項的物理意義。例3、利

32、用航天飛機，可將物資運送到空間站，也可以維修空間站出現(xiàn)的故障 （1）若已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g某次維修作業(yè)中，航天飛機的速度計顯示飛機的速度為，則該空間站軌道半徑為多大？2（2）為完成某種空間探測任務(wù)，在空間站上發(fā)射的探測器通過向后噴氣而獲得反沖力使其啟動已知探測器的質(zhì)量為M，每秒鐘噴出的氣體質(zhì)量為m，為了簡化問題，設(shè)噴射時探測器對氣體做功的功率恒為P，在不長的時間 內(nèi)探測器的質(zhì)量變化較小，可以忽略不計求噴氣 秒后探測器獲得的動能是多少？解：（1）設(shè)地球質(zhì)量為M0，在地球表面，有一質(zhì)量為m的物體， （3分）設(shè)空間站質(zhì)量為m繞地球作勻速圓周運動時， （3分）聯(lián)立解得， （2分）（

33、2）因為探測器對噴射氣體做功的功率恒為P，而單位時間內(nèi)噴氣質(zhì)量為m，故在t時間內(nèi)，據(jù)動能定理可求得噴出氣體的速度為： （3分）另一方面探測器噴氣過程中系統(tǒng)動量守恒，則： （2分）又探測器的動能， （2分）聯(lián)立解得：（3分例4、均勻分布在地球赤道平面上空的三顆同步通信衛(wèi)星能夠?qū)崿F(xiàn)除地球南北極等少數(shù)地區(qū)外的“全球通信”已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，同步衛(wèi)星所在軌道處的重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)周期為T，下面列出的是關(guān)于三顆衛(wèi)星中任意兩顆衛(wèi)星間距離s的表達式，其中正確的是（BC ）A.B.C. D.例5、利用航天飛機，可將物資運送到空間站，也可以維修空間站出現(xiàn)的故障 （1）若已知地球半徑

34、為R，地球表面重力加速度為g某次維修作業(yè)中，航天飛機的速度計顯示飛機的速度為，則該空間站軌道半徑為多大？（2）為完成某種空間探測任務(wù)，在空間站上發(fā)射的探測器通過向后噴氣而獲得反沖力使其啟動已知探測器的質(zhì)量為M，每秒鐘噴出的氣體質(zhì)量為m，為了簡化問題，設(shè)噴射時探測器對氣體做功的功率恒為P，在不長的時間 內(nèi)探測器的質(zhì)量變化較小，可以忽略不計求噴氣 秒后探測器獲得的動能是多少？解：（1）設(shè)地球質(zhì)量為M0，在地球表面，有一質(zhì)量為m的物體， （3分）設(shè)空間站質(zhì)量為m繞地球作勻速圓周運動時， （3分）聯(lián)立解得， （2分）（2）因為探測器對噴射氣體做功的功率恒為P，而單位時間內(nèi)噴氣質(zhì)量為m，故在t時間內(nèi)，據(jù)

35、動能定理可求得噴出氣體的速度為： （3分）另一方面探測器噴氣過程中系統(tǒng)動量守恒，則： （2分）又探測器的動能， （2分）聯(lián)立解得：（3分）例6.(20分)2003年10月15日，我國成功地發(fā)射了“神舟”五號載人宇宙飛船。發(fā)射飛船的火箭全長58. 3m，起飛時總質(zhì)量M0=479. 8t(噸)。發(fā)射的初始階段，火箭豎直升空，航天員楊利偉有較強的超重感，儀器顯示他對倉座的最大壓力達到體重的5倍。飛船進入軌道后，在21h內(nèi)環(huán)繞地球飛行了14圈。將飛船運行的軌道簡化為圓形，地球表面的重力加速度g取10 ms2。(1)求發(fā)射的初始階段(假設(shè)火箭總質(zhì)量不變)，火箭受到的最大推力；(2)若飛船做圓周運動的周期

36、用T表示，地球半徑用R表示。請導(dǎo)出飛船圓軌道離地面高度的表達式.解：（1）設(shè)火箭發(fā)射初始階段的加速度為a，航天員受到的最大支持力為N，航天員質(zhì)量為mo，根據(jù)牛頓第二定律N-mog=moa （3分）依題意和牛頓第三定律N=5mog （1分） 解得a=40m/s2 （1分）設(shè)發(fā)射初始階段火箭受到的最大推力為F，根據(jù)牛頓第二定律 F-mog=Moa （3分） 解得F=2.4107N （2分）（2）設(shè)地球質(zhì)量為M，飛船的質(zhì)量為m，距地面的高度為h，則飛船受到地球引力為飛船提供向心力 = （4分）地面物體所受引力近似等于重力，設(shè)物體質(zhì)量為m，則 =mg （4分）解得：h=-R （2分）例7(19分)太空

37、中的射線暴是從很遠的星球發(fā)射出來的。當(dāng)射線暴發(fā)生時，數(shù)秒內(nèi)釋放的能量大致相當(dāng)于當(dāng)前太陽質(zhì)量全部發(fā)生虧損所釋放的能量。已知太陽光從太陽到地球需要時間為t，地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T，真空中的光速為c，萬有引力常量為G。根據(jù)以上給出的物理量寫出太陽質(zhì)量M的表達式。推算一次射線暴發(fā)生時所釋放的能（兩問都要求用題中給出的物理量表示）。解：(1)設(shè)地球繞太陽運動軌道半徑為R，地球質(zhì)量為，根據(jù)萬有引力公式得(5分)又=c (2分) 由得=42t3c3/GT2 (2分)(2)根據(jù)題意, 射線暴發(fā)生時，能量大致相當(dāng)于當(dāng)前太陽質(zhì)量全部發(fā)生虧損所釋放的能量則根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程由(1)可知太陽質(zhì)量為=42t3c3/

38、GT2(5分)=42t3c3/GT2 (2分)42t3c5/GT2 (2分)即一次射線暴發(fā)生時所釋放的能42t3c5/GT2 (1分)例8 (16分)地球繞太陽的公轉(zhuǎn)可認為是勻速圓周運動。已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為T。太陽發(fā)出的光經(jīng)過時間t0到達地球。光在真空中的傳播速度為c。根據(jù)以上條件推算太陽的質(zhì)量M與地球的質(zhì)量m之比解：設(shè)地球繞太陽做勻速圓周運動的半徑為r，角速度為。根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律（4分）（3分）r = ct0 （3分）設(shè)地球表面小物體的質(zhì)量為m0 （4分）由以上各式得（2分）例9地球質(zhì)量為M，半徑為R，自轉(zhuǎn)角速度為 ，萬有引力恒

39、量為G，假如規(guī)定物體在離地球無窮遠處勢能為0，則質(zhì)量為m的物體離地心距離為r時，具有的萬有引力勢能可表示為 。國際空間站是迄今世界上最大的航天工程，它是在地球大氣層上空繞地球飛行的一個巨大人造天體，可供宇航員在其上居住和科學(xué)實驗。設(shè)空間站離地面高度為h，假如在該空間站上直接發(fā)射一顆質(zhì)量為m的小衛(wèi)星，使其能到達地球同步衛(wèi)星軌道并能在軌道上正常運行，求該衛(wèi)星在離開空間站時必須具有多大的初動能？.解：由 得，衛(wèi)星在空間站上動能為衛(wèi)星在空間站上的引力勢能為機械能為同步衛(wèi)星在軌道上正常運行時有故其軌道半徑由上式可得同步衛(wèi)星的機械能衛(wèi)星運動過程中機械能守恒，故離開航天飛機的衛(wèi)星的機械能應(yīng)為E2，設(shè)離開航天

40、飛機時衛(wèi)星的初動能為 則 例10（14分）中國首個月球探測計劃“嫦娥工程”預(yù)計在2017年送機器人上月球，實地采樣送回地球，為載人登月及月球基地選址做預(yù)備設(shè)想我國宇航員隨“嫦娥”號登月飛船繞月球飛行，飛船上備有以下實驗儀器：A計時表一只，B彈簧秤一把，C已知質(zhì)量為m的物體一個，D天平一只(附砝碼一盒)在飛船貼近月球表面時可近似看成繞月球做勻速圓周運動，宇航員測量出飛船在靠近月球表面的圓形軌道繞行N圈所用的時間為t飛船的登月艙在月球上著陸后，遙控機器人利用所攜帶的儀器又進行了第二次測量，利用上述兩次測量的物理量可出推導(dǎo)出月球的半徑和質(zhì)量（已知萬有引力常量為G），要求：（1）說明機器人是如何進行第

41、二次測量的？（2）試推導(dǎo)用上述測量的物理量表示的月球半徑和質(zhì)量的表達式解：（1）機器人在月球上用彈簧秤豎直懸掛物體，靜止時讀出彈簧秤的讀數(shù)F，即為物體在月球上所受重力的大小 （2分）（2）在月球上忽略月球的自轉(zhuǎn)可知 =F （2分） （2分）飛船在繞月球運行時，因為是靠近月球表面，故近似認為其軌道半徑為月球的半徑R，由萬有引力提供物體做圓周運動的向心力可知 （2分）（2分）又 由、式可知月球的半徑 （2分）月球的質(zhì)量（2分）例11、天文觀測表明，幾乎所有遠處的恒星（或星系）都在以各自的速度背離我們而運動，離我們越遠的星體，背離我們運動的速度（稱為退行速度）越大；也就是說，宇宙在膨脹，不同星體的退

42、行速度v和它們離我們的距離r成正比，即v=Hr。式中H為一常量，稱為哈勃常數(shù)，已由天文觀察測定，為解釋上述現(xiàn)象，有人提供一種理論，認為宇宙是從一個大爆炸的火球開始形成的，假設(shè)大爆炸后各星體即以不同的速度向外勻速運動，并設(shè)想我們就位于其中心，則速度越大的星體現(xiàn)在離我們越遠，這一結(jié)果與上述天文觀測一致。由上述理論和天文觀測結(jié)果，可估算宇宙年齡T，其計算式如何？根據(jù)近期觀測，哈勃常數(shù)H=310-2m/（s 光年），其中光年是光在一年中行進的距離，由此估算宇宙的年齡約為多少年？解析：由題意可知，可以認為宇宙中的所有星系均從同一點同時向外做勻速直線運動，由于各自的速度不同，所以星系間的距離都在增大，以地

43、球為參考系，所有星系以不同的速度均在勻速遠離。則由s=vt可得r=vT，所以，宇宙年齡：T= = =若哈勃常數(shù)H=310-2m/（s 光年）則T= =1010年例12、2004年7月1日，卡西尼惠更斯號飛船到達距離土星最近位置，距離土星上層大氣只有18000千米，這個距離接近土星半徑的三分之一，此時飛船啟動它的主發(fā)動機減速，使飛船被土星引力俘獲進入軌道。惠更斯號于2004年12月25日與卡西尼號分離，并于2005年01月14日進入土衛(wèi)六大氣層并于120150分鐘后在土衛(wèi)六表面南緯10，東經(jīng)160四周區(qū)域著陸土星的赤道半徑約為6萬千米，其表面重力加速度是地球表面重力加速度的1.07倍。（g地=1

44、0m/s2）（1）求西尼惠更斯號飛船在距離土星赤道18000千米上空，做勻速圓周運動時的速度v。（2）假設(shè)惠更斯號探測器質(zhì)量是卡西尼號飛船質(zhì)量的 倍，惠更斯號與卡西尼號分離瞬間，卡西尼號速度大小為 v，求分離瞬間惠更斯號以多大的速度向土衛(wèi)六飛行？（3）若取無窮遠處為零勢能點，質(zhì)量為m的物體勢能隨距離變化的關(guān)系為EP=（其中M為土星的質(zhì)量，G為引力常量）惠更斯號與卡西尼號分離后，卡西尼號繞土星做以分離點為最近點的橢圓運動，假設(shè)最遠點到土星的距離是最近點到土星距離的5.3倍，求卡西尼號在最遠點的速度v2。【解】（1）對卡西尼惠更斯號飛船由牛頓第二定律和萬有引力定律 (2分)在土星表面 (2分)g土

45、=1.07 g地=10.7m/s2 解得v=2.22104m/s (2分) （2）設(shè)卡西尼號飛船質(zhì)量為m由動量守恒得惠更斯號是向后方分離發(fā)射的，則 m v= m v m v1 (4分)v1=5.18104m/s (2分)（3）對卡西尼號由近點到遠點機械能守恒mv12 =mv22 (4分)得v2=4.68104m/s (2分)【分析猜測及備考建議】動量、能量綜合應(yīng)用問題是主干知識點，結(jié)合天體運動這方面也較輕易出綜合題，因此它是高考出題的熱點問題?！敬痤}技巧】動量守恒、能量守恒、動能定理是這類問題的理論依據(jù)，解題中要害是正確分析相互作用過程，建立正確的模型，結(jié)合動力學(xué)的知識順利解題。例13、宇宙飛

46、船在半徑為R。的軌道上運行，變軌后的半徑為R2，R1R2。宇宙飛船繞地球做勻速圓周運動，則變軌后宇宙飛船的 A線速度變小 B角速度變小 C周期變大 D向心加速度變大 答案.DmMV242rGM2mrm2ma向得v【解析】根據(jù)G2m,可知變軌后飛船的rrrT線速度變大,A錯.角速度變大B錯.周期變小C錯.向心加速度在增大D正確.例14、2009年2月11日，俄羅斯的“宇宙-2251”衛(wèi)星和美國的“銥-33”衛(wèi)星在西伯利亞上空約805km處發(fā)生碰撞。這是歷史上首次發(fā)生的完整在軌衛(wèi)星碰撞事件。碰撞過程中產(chǎn)生的大量碎片可能會影響太空環(huán)境。假定有甲、乙兩塊碎片，繞地球運動的軌道都是圓，甲的運行速率比乙的

47、大，則下列說法中正確的是A. 甲的運行周期一定比乙的長 B. 甲距地面的高度一定比乙的高 C. 甲的向心力一定比乙的小 D. 甲的加速度一定比乙的大 答案：DGMR3解析：由v可知，甲的速率大，甲碎片的軌道半徑小，故B錯；由公式T2rGM可知甲的周期小故A錯；由于未知兩碎片的質(zhì)量，無法判斷向心力的大小，故C錯；碎片的加速度是指引力加速度由例15、已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響。 （1） 推導(dǎo)第一宇宙速度v1的表達式；GMmGMmaa，可知甲的加速度比乙大，故D對。 得R2R2（2） 若衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，運行軌道距離地面高度為h，求衛(wèi)星的運行周期T。解：（

48、1）設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m,地球的質(zhì)量為M,在地球表面附近滿足GMmmgR2得 GMR2g 衛(wèi)星做圓周運動的向心力等于它受到的萬有引力2vMmmG2 RR式代入式，得到v1Rg （2）考慮式，衛(wèi)星受到的萬有引力為MmmgR2FG (Rh)2(Rh)242由牛頓第二定律 Fm2(Rh) T2、聯(lián)立解得 TR(Rh)2g例16、“嫦娥一號”月球探測器在環(huán)繞月球運行過程中，設(shè)探測器運行的軌道半徑為r，運行速率為v，當(dāng)探測器在飛越月球上一些環(huán)形山中的質(zhì)量密集區(qū)上空時A.r、v都將略為減小 B.r、v都將保持不變C.r將略為減小，v將略為增大 D. r將略為增大，v將略為減小 答案C【解析】當(dāng)探測器在飛越月球

49、上一些環(huán)形山中的質(zhì)量密集區(qū)上空時，引力變大，探測器做近心運動，曲率半徑略為減小，同時由于引力做正功，動能略為增加，所以速率略為增大例17、地球和木星繞太陽運行的軌道都可以看作是圓形的。已知木星的軌道半徑約為地球軌道半徑的5.2倍，則木星與地球繞太陽運行的線速度之比約為A. 0.19 B. 0.44 C. 2.3 D. 5.2 答案B。Mmv2【解析】天體的運動滿足萬有引力充當(dāng)向心力即G2m可知vRR與地球繞太陽運行的線速度之比例18、天文學(xué)家新發(fā)現(xiàn)了太陽系外的一顆行星。這顆行星的體積是地球的4.7倍，是地球的25倍。已知某一近地衛(wèi)星繞地球運動的周期約為1.4小時，引力常量G=6.6710Nm/

50、kg,由此估算該行星的平均密度為10kg/m B. 5.610kg/m43433333-1122,v木v地0.44，B正確。 C. 1.110kg/m答案D【解析】本題考查天體運動的知識.首先根據(jù)近地衛(wèi)星饒地球運動的向心力由萬有引力提供3MMm42RG2m2,可求出地球的質(zhì)量.然后根據(jù),可得該行星的密度約為2.934RRT10kg/m例19、如圖，P、Q為某地區(qū)水平地面上的兩點，在P點正下方一球形區(qū)域內(nèi)儲藏有石油，假定區(qū)域周圍巖石均勻分布，密度為；石油密度遠小于，可將上述球形區(qū)域視為空腔。如果沒有這一空腔，則該地區(qū)重力加速度（正常值）沿豎直方向；當(dāng)存在空腔時，該地區(qū)重力加速度的大小和方向會與正

51、常情況有微小偏高。重力加速度在原堅直方向（即PO方向）上的投影相對于正常值的偏離叫做“重力加速度反常”。為了探尋石油區(qū)域的位置和石油儲量，常利用P點附近重力加速度反常現(xiàn)象。已知引力常數(shù)為G。43（1） 設(shè)球形空腔體積為V，球心深度為d（遠小于地球半徑），PQ=x，求空腔所引起的Q點處的重力加速度反常（2） 若在水平地面上半徑L的范圍內(nèi)發(fā)現(xiàn)：重力加速度反常值在與k（k1）之間變化，且重力加速度反常的最大值出現(xiàn)在半為L的范圍的中心,如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積。 答案（1）GVd(d2x2)3/2（2）dLk2/3L2k,V 2/3G(k1)1

52、【解析】本題考查萬有引力部分的知識.(1)如果將近地表的球形空腔填滿密度為的巖石,則該地區(qū)重力加速度便回到正常值.因此,重力加速度反?？赏ㄟ^填充后的球形區(qū)域產(chǎn)生的附加引力GMmmg來計r2算,式中的m是Q點處某質(zhì)點的質(zhì)量,M是填充后球形區(qū)域的質(zhì)量,MV 而r是球形空腔中心O至Q點的距離rd2x2g在數(shù)值上等于由于存在球形空腔所引起的Q點處重力加速度改變的大小.Q點處重力加速度改變的方向沿OQ方向,重力加速度反常g是這一改變在豎直方向上的投影gdg聯(lián)立以上式子得 rgGVd,(d2x2)3/2GV d2(2)由式得,重力加速度反常g的最大值和最小值分別為gmaxgminGVd由提設(shè)有g(shù)maxk、

53、gmin 223/2(dL)聯(lián)立以上式子得,地下球形空腔球心的深度和空腔的體積分別為dLk2/3L2k,V 2/3G(k1)1例20、2008年9月25日至28日我國成功實施了“神舟”七號載入航天飛行并實現(xiàn)了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是（ ）A飛船變軌前后的機械能相等B飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)C飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度 D飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度 答案：BC考點：機械

54、能守恒定律，完全失重，萬有引力定律解析：飛船點火變軌，前后的機械能不守恒，所以A不正確。飛船在圓軌道上時萬有引力來提供向心力，航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)，B正確。飛船在此圓軌道上運動的周期90分鐘小于同步衛(wèi)星運動的周期24小時，根據(jù)T2可知，飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度，C正確。飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，所以相等，D不正確。提示：若物體除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)不做功，且其他力做功之和不為零，則機械能不守恒。根據(jù)萬有引力等于衛(wèi)星做圓周運動的向心力可求衛(wèi)星的速度、周期、動能、動量等狀態(tài)量。Mm22Mmv2)r得T2由G2m得v，由G