2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第3講 圓周運動含答案

2024屆物理一輪復(fù)習(xí)講義第3講圓周運動學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握描述圓周運動的各物理量及關(guān)系。2.會分析向心力的來源。3.會利用圓周運動的相關(guān)知識處理生活中的圓周運動。一、描述圓周運動的物理量及關(guān)系定義、意義公式、單位線速度(v)1.描述圓周運動的物體運動快慢的物理量2.是矢量，方向和半徑垂直，和圓周相切1.v＝eq\f(Δs,Δt)(定義式)＝eq\f(2πr,T)(與周期的關(guān)系)2.單位：m/s角速度(ω)1.描述物體繞圓心轉(zhuǎn)動快慢的物理量2.是矢量，但不研究其方向1.ω＝eq\f(Δθ,Δt)(定義式)＝eq\f(2π,T)(與周期的關(guān)系)2.單位：rad/s3.ω與v的關(guān)系：v＝ωr周期(T)轉(zhuǎn)速(n)頻率(f)1.周期是做勻速圓周運動的物體沿圓周運動一周所用的時間，周期的倒數(shù)為頻率2.轉(zhuǎn)速是單位時間內(nèi)物體轉(zhuǎn)過的圈數(shù)1.T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(1,f)(與頻率的關(guān)系)2.T的單位：sn的單位：r/s、r/minf的單位：Hz向心加速度(an)1.描述線速度方向變化快慢的物理量2.方向指向圓心1.an＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r＝ωv2.單位：m/s2二、勻速圓周運動及向心力1.2.三、離心運動1.思考判斷(1)勻速圓周運動是勻變速曲線運動。(×)(2)物體做勻速圓周運動時，其角速度大小是不變的。(√)(3)物體做勻速圓周運動時，其合外力是不變的。(×)(4)勻速圓周運動的向心加速度與半徑成反比。(×)(5)勻速圓周運動的向心力是產(chǎn)生向心加速度的原因。(√)(6)摩托車轉(zhuǎn)彎時速度過大就會向外發(fā)生滑動，這是摩托車受沿轉(zhuǎn)彎半徑向外的離心力作用的緣故。(×)(7)向心力可以是物體受到的某一個力，也可以是物體受到的合力。(√)(8)變速圓周運動的向心力不指向圓心。(×)2.(2023·天津一中月考)如圖1所示，甲、乙兩車在水平面內(nèi)的同心圓弧道路上轉(zhuǎn)彎，甲行駛在內(nèi)側(cè)，乙行駛在外側(cè)，它們轉(zhuǎn)彎時線速度大小相等，則兩車在轉(zhuǎn)彎時，下列說法正確的是()圖1A.角速度：ω甲＝ω乙B.向心加速度：a甲>a乙C.向心力：F甲<F乙D.地面對車的摩擦力：Ff甲>Ff乙答案B3.如圖2所示，修正帶是通過兩個齒輪的相互咬合進(jìn)行工作的。其原理可簡化為圖中所示的模型。A、B是轉(zhuǎn)動的齒輪邊緣的兩點，若A輪半徑是B輪半徑的1.5倍，則下列說法中正確的是()圖2A.A、B兩點的線速度大小之比為3∶2B.A、B兩點的角速度大小之比為2∶3C.A、B兩點的周期之比為2∶3D.A、B兩點的向心加速度大小之比為1∶1答案B考點一圓周運動的運動學(xué)問題1.對公式v＝ωr的理解當(dāng)r一定時，v與ω成正比。當(dāng)ω一定時，v與r成正比。當(dāng)v一定時，ω與r成反比。2.對an＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解在v一定時，an與r成反比；在ω一定時，an與r成正比。3.常見的傳動方式及特點(1)皮帶傳動：如圖3甲、乙所示，皮帶與兩輪之間無相對滑動時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。圖3(2)摩擦傳動和齒輪傳動：如圖4甲、乙所示，兩輪邊緣接觸，接觸點無打滑現(xiàn)象時，兩輪邊緣線速度大小相等，即vA＝vB。圖4(3)同軸轉(zhuǎn)動：如圖5甲、乙所示，繞同一轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的物體，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v與r成正比。圖5例1游樂場的旋轉(zhuǎn)木馬是小朋友們非常喜歡的游玩項目。如圖6所示，一小孩坐在旋轉(zhuǎn)木馬上，繞中心軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，圓周運動的半徑為3.0m，小孩旋轉(zhuǎn)5周用時1min，則下列說法正確的是()圖6A.小孩做圓周運動的角速度為eq\f(π,3)rad/sB.小孩做圓周運動的線速度為2πm/sC.小孩在1min內(nèi)通過的路程為15πmD.小孩做圓周運動的向心加速度為eq\f(π2,12)m/s2答案D解析小孩做圓周運動的周期T＝eq\f(t,n)＝12s，則角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,6)rad/s，A錯誤；線速度為v＝eq\f(2πr,T)＝eq\f(π,2)m/s，B錯誤；在1min內(nèi)通過的路程s＝n·2πr＝30πm，C錯誤；向心加速度為an＝ω2r＝eq\f(π2,12)m/s2，D正確。跟蹤訓(xùn)練1.(2022·湖北黃岡中學(xué)模擬)如圖7是某電力機(jī)車雨刮器的示意圖。雨刮器由刮水片和雨刮臂鏈接而成，M、N為刮水片的兩個端點，P為刮水片與雨刮臂的鏈接點，雨刮臂繞O軸轉(zhuǎn)動的過程中，刮水片始終保持豎直，下列說法正確的是()圖7A.P點的線速度始終不變B.P點的向心加速度不變C.M、N兩點的線速度相同D.M、N兩點的運動周期不同答案C解析P點以O(shè)為圓心做圓周運動，線速度方向時刻變化，向心加速度方向與速度方向始終垂直，即向心加速度方向時刻變化，故A、B錯誤；刮水片始終保持豎直，各點的線速度與P點的線速度相同，故C正確；刮水片上各點的運動周期都相同，故D錯誤。2.(多選)如圖8所示在半徑為R的水平圓盤中心軸正上方a點水平拋出一小球，圓盤以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)圓盤半徑Ob方向恰好轉(zhuǎn)到與小球初速度方向相同的位置時，將小球拋出，要使小球與圓盤只碰一次，且落點為b，重力加速度為g，則小球拋出點a距圓盤的高度h和小球的初速度v0可能滿足()圖8A.h＝eq\f(2gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,2π) B.h＝eq\f(8gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,4π)C.h＝eq\f(2gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,6π) D.h＝eq\f(32gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,8π)答案ABD解析由題意可知，小球做平拋運動在豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上有v0t＝R，對圓盤有t＝eq\f(2kπ,ω)(k＝1，2，3，…)，經(jīng)上述分析可解得v0＝eq\f(Rω,2kπ)(k＝1，2，3，…)，h＝eq\f(2gk2π2,ω2)(k＝1，2，3，…)，根據(jù)k的取值不同，經(jīng)計算可知，A、B、D正確，C錯誤?？键c二圓周運動的動力學(xué)問題1.勻速圓周運動的實例分析運動模型向心力的來源圖示運動模型向心力的來源圖示飛機(jī)水平轉(zhuǎn)彎火車轉(zhuǎn)彎圓錐擺飛車走壁汽車在水平路面轉(zhuǎn)彎水平轉(zhuǎn)臺(光滑)2.變速圓周運動的向心力如圖9所示，當(dāng)小球在豎直面內(nèi)擺動時，半徑方向的合力提供向心力，即FT－mgcosθ＝meq\f(v2,R)。圖93.圓周運動的動力學(xué)問題的分析思路角度向心力的來源分析例2如圖10所示，汽車正在水平路面上沿圓軌道勻速率轉(zhuǎn)彎，且沒有發(fā)生側(cè)滑。下列說法正確的是()圖10A.汽車轉(zhuǎn)彎時由車輪和路面間的靜摩擦力提供向心力B.汽車轉(zhuǎn)彎時由汽車受到的重力與支持力的合力提供向心力C.汽車轉(zhuǎn)彎時由車輪和路面間的滑動摩擦力提供向心力D.汽車轉(zhuǎn)彎半徑不變，速度減小時，汽車受到的靜摩擦力可能不變答案A解析汽車轉(zhuǎn)彎時靠靜摩擦力提供向心力，故A正確，B、C錯誤；根據(jù)靜摩擦力提供向心力，有Ff＝Fn＝meq\f(v2,R)，半徑不變，速度減小時，向心力減小，則汽車受到的靜摩擦力減小，故D錯誤。角度圓周運動的動力學(xué)問題例3(2022·北京卷，8)我國航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實驗，提高了青少年科學(xué)探索的興趣。某同學(xué)設(shè)計了如下實驗：細(xì)繩一端固定，另一端系一小球，給小球一初速度使其在豎直平面內(nèi)做圓周運動。無論在“天宮”還是在地面做此實驗()圖11A.小球的速度大小均發(fā)生變化B.小球的向心加速度大小均發(fā)生變化C.細(xì)繩的拉力對小球均不做功D.細(xì)繩的拉力大小均發(fā)生變化答案C解析角度圓錐擺(筒)模型例4(多選)智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛。如圖12甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示。可視為質(zhì)點的配重質(zhì)量為0.5kg，繩長為0.5m，懸掛點P到腰帶中心點O的距離為0.2m。水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重做水平勻速圓周運動，繩子與豎直方向夾角為θ，運動過程中腰帶可看成不動，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，下列說法正確的是()圖12A.勻速轉(zhuǎn)動時，配重受到的合力恒定不變B.若增大轉(zhuǎn)速，繩的拉力增大C.當(dāng)θ穩(wěn)定在37°時，配重的角速度為5rad/sD.當(dāng)θ由37°緩慢增加到53°的過程中，配重的動能增加了eq\f(17,16)J答案BD解析設(shè)配重的質(zhì)量為m、繩長為l、懸掛點P到腰帶中心點O的距離為r1，對配重受力分析如圖所示，由于配重做勻速圓周運動，其受到的合力提供向心力，即合力大小不變、方向改變，故選項A錯誤；若增大轉(zhuǎn)速，θ增大，繩的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)增大，B正確；根據(jù)牛頓第二定律有mgtanθ＝mω2(lsinθ＋r1)，代入數(shù)據(jù)可得ω＝eq\r(15)rad/s，故選項C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有mgtanθ＝meq\f(v2,lsinθ＋r1)，則v2＝g(lsinθ＋r1)tanθ，在θ由37°緩慢增加到53°的過程中，動能增加了ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(17,16)J，故D正確。圓錐擺(1)向心力F向＝mgtanθ＝meq\f(v2,r)＝mω2r，且r＝Lsinθ，解得v＝eq\r(gLtanθsinθ)，ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))。(2)穩(wěn)定狀態(tài)下，θ越大，角速度ω和線速度v就越大，小球受到的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)和運動所需向心力也越大圓錐筒(1)筒內(nèi)壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即eq\f(mg,tanθ)＝meq\f(v2,r)＝mω2r，解得v＝eq\r(\f(gr,tanθ))，ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))。(2)穩(wěn)定狀態(tài)下小球所處的位置越高，半徑r越大，角速度ω越小，線速度v越大，支持力FN＝eq\f(mg,sinθ)和向心力F向＝eq\f(mg,tanθ)并不隨位置的變化而變化角度生活中的圓周運動例5(2023·福建福州高三期末)如圖13甲，滾筒洗衣機(jī)脫水時，衣物緊貼著滾筒壁在豎直平面內(nèi)做順時針的勻速圓周運動。如圖乙一件小衣物隨著滾筒經(jīng)過a、b、c、d四個位置，小衣物中的水滴最容易被甩出的位置是()圖13A.a位置 B.b位置 C.c位置 D.d位置答案C解析水滴隨衣物緊貼著滾筒壁做勻速圓周運動，轉(zhuǎn)動過程中所需向心力大小相同，水滴所受合力提供向心力。設(shè)a、b、c、d四個位置水滴與衣物之間的附著力分別為Fa、Fb、Fc、Fd，因b、d兩點，重力與向心力(合力)的方向夾角既不是最大，也不是最小，附著力不會出現(xiàn)極值，所以只分析a、c兩點即可，設(shè)轉(zhuǎn)動的角速度為ω，在a位置有mg＋Fa＝mω2R，則Fa＝mω2R－mg，此時所需附著力最?。辉赾位置有Fc－mg＝mω2R，F(xiàn)c＝mg＋mω2R，此位置所需附著力最大，所以小衣物中的水滴最容易被甩出的位置是c位置，故C正確，A、B、D錯誤。跟蹤訓(xùn)練3.(多選)如圖14所示，若將運動員在彎道轉(zhuǎn)彎的過程看成在水平冰面上的一段勻速圓周運動，轉(zhuǎn)彎時冰刀嵌入冰內(nèi)從而使冰刀受與冰面夾角為θ(蹬冰角)的支持力，不計一切摩擦，彎道半徑為R，重力加速度為g。以下說法正確的是()圖14A.運動員轉(zhuǎn)彎時速度的大小為eq\r(\f(gR,tanθ))B.運動員轉(zhuǎn)彎時速度的大小為eq\r(gRtanθ)C.若運動員轉(zhuǎn)彎速度變大，則需要增大蹬冰角D.若運動員轉(zhuǎn)彎速度變大，則需要減小蹬冰角答案AD解析依題意，運動員轉(zhuǎn)彎時，受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有Fn＝eq\f(mg,tanθ)＝meq\f(v2,R)，可得其轉(zhuǎn)彎時速度的大小為v＝eq\r(\f(gR,tanθ))，故A正確，B錯誤；由v＝eq\r(\f(gR,tanθ))可知，若運動員轉(zhuǎn)彎速度v變大，則需要減小蹬冰角θ，故C錯誤，D正確。4.(2022·山東濟(jì)寧模擬)如圖15所示，矩形金屬框MNQP豎直放置，其中MN、PQ光滑且足夠長。一根輕彈簧一端固定在M點，另一端連接一個質(zhì)量為m的小球，小球穿過PQ桿。金屬框繞MN軸先以角速度ω1勻速轉(zhuǎn)動，然后提高轉(zhuǎn)速以角速度ω2勻速轉(zhuǎn)動。下列說法正確的是()圖15A.小球的高度一定升高B.小球的高度一定降低C.兩次轉(zhuǎn)動桿對小球的彈力大小可能不變D.兩次轉(zhuǎn)動小球所受的合力大小可能不變答案C解析因為小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則豎直方向受力平衡，設(shè)彈簧拉力為F，彈簧與豎直方向夾角為θ，則Fcosθ＝mg。若小球的高度變高，θ變大，cosθ變小，彈簧形變量變小，則F變小，豎直方向不平衡，同理可知，若小球的高度變低，θ變小，cosθ變大，彈簧形變量增大，則F變大，豎直方向也不平衡，所以小球高度不能改變，故A、B錯誤；當(dāng)金屬框繞MN軸以較小的角速度ω1勻速轉(zhuǎn)動時，桿對小球的彈力可能垂直桿向外，滿足Fsinθ－FN1＝mωeq\o\al(2,1)r，即FN1＝Fsinθ－mωeq\o\al(2,1)r，當(dāng)提高轉(zhuǎn)速以角速度ω2勻速轉(zhuǎn)動時，桿對小球的彈力可能垂直桿向里，則Fsinθ＋FN2＝mωeq\o\al(2,2)r，即FN2＝mωeq\o\al(2,2)r－Fsinθ，因為ω1<ω2，所以兩次轉(zhuǎn)動桿對小球的彈力大小可能不變，故C正確；因為合外力提供向心力，即F合＝mω2r，所以角速度增大，合外力一定增大，故D錯誤。A級基礎(chǔ)對點練對點練1圓周運動的運動學(xué)問題1.如圖1所示，用起瓶器開啟瓶蓋時，起瓶器上A、B兩點繞O點轉(zhuǎn)動的角速度分別為ωA和ωB，線速度的大小分別為vA和vB，下列說法正確的是()圖1A.ωA＝ωB，vA<vB B.ωA＝ωB，vA>vBC.ωA>ωB，vA＝vB D.ωA>ωB，vA<vB答案A解析A、B兩點繞O點轉(zhuǎn)動，相同時間轉(zhuǎn)過相同的角度，由ω＝eq\f(Δθ,Δt)可知ωA＝ωB，因為rB>rA，由線速度和角速度的關(guān)系v＝ωr可知vA<vB，故A正確。2.(2021·全國甲卷，15)“旋轉(zhuǎn)紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖2，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細(xì)繩擰在一起，然后用力反復(fù)拉繩的兩端，紐扣正轉(zhuǎn)和反轉(zhuǎn)會交替出現(xiàn)。拉動多次后，紐扣繞其中心的轉(zhuǎn)速可達(dá)50r/s，此時紐扣上距離中心1cm處的點的向心加速度大小約為()圖2A.10m/s2 B.100m/s2C.1000m/s2 D.10000m/s2答案C解析向心加速度的公式an＝ω2r，結(jié)合角速度與轉(zhuǎn)速的關(guān)系ω＝2πn，代入數(shù)據(jù)可得an≈1000m/s2，C正確。3.(多選)(2022·廣東佛山模擬)水車是我國勞動人民利用水能的一項重要發(fā)明。圖3為某水車模型，從槽口水平流出的水初速度大小為v0，垂直落在與水平面成30°角的水輪葉面上，落點到輪軸間的距離為R。在水流不斷沖擊下，輪葉受沖擊點的線速度大小接近沖擊前瞬間水流速度大小，忽略空氣阻力，有關(guān)水車及從槽口流出的水，以下說法正確的是()圖3A.水流在空中運動時間為t＝eq\f(2v0,g)B.水流在空中運動時間為t＝eq\f(\r(3)v0,g)C.水車最大角速度接近ω＝eq\f(2v0,R)D.水車最大角速度接近ω＝eq\f(\r(3)v0,R)答案BC解析水流垂直落在與水平面成30°角的水輪葉面上，水平方向速度和豎直方向速度滿足tan30°＝eq\f(v0,gt)，解得t＝eq\f(\r(3)v0,g)，故B正確，A錯誤；水流到水輪葉面上時的速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋（gt）2)＝2v0，根據(jù)v＝ωR，解得ω＝eq\f(2v0,R)，故C正確，D錯誤。4.(2023·湖北八市高三模擬)學(xué)校門口的車牌自動識別系統(tǒng)如圖4所示，閘桿距地面高為1m，可繞轉(zhuǎn)軸O在豎直面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動；自動識別區(qū)ab到a′b′的距離為6.9m。汽車以速度3m/s勻速駛?cè)胱詣幼R別區(qū)，識別的反應(yīng)時間為0.3s；若汽車可看成高1.6m的長方體，閘桿轉(zhuǎn)軸O與車左側(cè)面水平距離為0.6m。要使汽車勻速順利通過，閘桿轉(zhuǎn)動的角速度至少為()圖4A.eq\f(π,8)rad/s B.eq\f(π,6)rad/s C.eq\f(π,4)rad/s D.eq\f(π,3)rad/s答案A解析閘桿轉(zhuǎn)動時間為t＝eq\f(x,v)－t0＝eq\f(6.9,3)s－0.3s＝2s，汽車勻速順利通過，閘桿轉(zhuǎn)動的角度至少滿足tanθ＝eq\f(1.6－1,0.6)，解得θ＝eq\f(π,4)，閘桿轉(zhuǎn)動的角速度至少為ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(π,8)rad/s，故A正確。對點練2圓周運動的動力學(xué)問題5.分別用兩根長度不同的細(xì)線懸掛兩個小球，細(xì)線上端固定在同一點，若兩個小球以相同的角速度繞共同的豎直軸在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，則在運動過程中，兩小球相對位置關(guān)系示意圖正確的是()答案B解析設(shè)小球質(zhì)量為m，細(xì)線長為L，當(dāng)細(xì)線與豎直方向夾角為θ時，受力分析圖如圖所示，小球做勻速圓周運動，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得Lcosθ＝eq\f(g,ω2)是常量，即兩小球時刻處于同一高度，故B正確。6.下列有關(guān)生活中的圓周運動實例分析，其中說法正確的是()A.如圖A所示，汽車通過凹形橋的最低點時，汽車處于失重狀態(tài)B.如圖B所示，火車轉(zhuǎn)彎超過規(guī)定速度行駛時，外軌對輪緣會有擠壓作用C.如圖C所示，輕質(zhì)細(xì)繩長為l，一端固定一個小球，繞另一端O點在豎直面內(nèi)做圓周運動，在最高點小球的最小速度應(yīng)大于eq\r(gl)D.如圖D所示，脫水桶的脫水原理是水滴受到的離心力大于它受到的向心力，從而沿切線方向甩出答案B解析如圖A所示，汽車通過凹形橋的最低點時，具有向上的加速度，則處于超重狀態(tài)，故A錯誤；如圖B所示，火車轉(zhuǎn)彎超過規(guī)定速度行駛時，重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，外軌受到擠壓，故B正確；如圖C所示，在最高點，當(dāng)小球的重力剛好滿足向心力要求時，此時小球的速度最小為eq\r(gl)，故C錯誤；如圖D所示，水滴和衣服間的作用力不足以提供水滴做圓周運動的向心力，水滴做離心運動，故D錯誤。7.(2023·湖南邵陽高三月考)內(nèi)表面為半球型且光滑的碗固定在水平桌面上，球半徑為R，球心為O，現(xiàn)讓可視為質(zhì)點的小球在碗內(nèi)的某一水平面上做勻速圓周運動，小球與球心O的連線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，則()圖5A.小球的加速度為a＝gsinθB.碗內(nèi)壁對小球的支持力為FN＝eq\f(mg,sinθ)C.小球的運動周期為T＝2πeq\r(\f(Rcosθ,g))D.小球運動的速度為v＝eq\r(gRtanθ)答案C解析小球在碗內(nèi)的某一水平面上做勻速圓周運動，受力如圖，豎直方向有FNcosθ＝mg，水平方向有FNsinθ＝ma，聯(lián)立解得a＝gtanθ，F(xiàn)N＝eq\f(mg,cosθ)，故A、B錯誤；又由a＝eq\f(4π2,T2)Rsinθ，小球的運動周期為T＝2πeq\r(\f(Rcosθ,g))，故C正確；又由a＝eq\f(v2,Rsinθ)，小球運動的速度為v＝eq\r(\f(gRsin2θ,cosθ))，故D錯誤。8.(多選)飛機(jī)飛行時除受到發(fā)動機(jī)的推力和空氣阻力外，還受到重力和機(jī)翼的升力，機(jī)翼的升力垂直于機(jī)翼所在平面向上，當(dāng)飛機(jī)在空中盤旋時機(jī)翼傾斜(如圖6所示)，以保證重力和機(jī)翼升力的合力提供向心力。設(shè)飛機(jī)以速率v在水平面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動時機(jī)翼與水平面成θ角，飛行周期為T。則下列說法正確的是()圖6A.若飛行速率v不變，θ增大，則半徑R增大B.若飛行速率v不變，θ增大，則周期T增大C.若θ不變，飛行速率v增大，則半徑R增大D.若飛行速率v增大，θ增大，則周期T可能不變答案CD解析對飛機(jī)進(jìn)行受力分析，如圖所示，根據(jù)重力和機(jī)翼升力的合力提供向心力，得mgtanθ＝meq\f(v2,R)＝meq\f(4π2,T2)R，解得v＝eq\r(gRtanθ)，T＝2πeq\r(\f(R,gtanθ))。若飛行速率v不變，θ增大，由v＝eq\r(gRtanθ)知，R減小，再由T＝2πeq\r(\f(R,gtanθ))知，T減小，故A、B錯誤；若θ不變，飛行速率v增大，由v＝eq\r(gRtanθ)知，R增大，故C正確；若飛行速率v增大，θ增大，R的變化不能確定，則周期T可能不變，故D正確。B級綜合提升練9.(2022·浙江溫州模擬)如圖7所示，場地自行車賽道與水平面成一定傾角，A、B、C三位運動員騎自行車在賽道轉(zhuǎn)彎處以相同大小的線速度做勻速圓周運動(不計空氣阻力)。則下列說法正確的是()圖7A.自行車受到地面的靜摩擦力指向圓周運動的圓心B.自行車(含運動員)受到重力、支持力、摩擦力、向心力C.A、B、C三位運動員的角速度ωA<ωB<ωCD.A、B、C三位運動員的向心加速度aA>aB>aC答案C解析自行車做勻速圓周運動，地面對自行車的摩擦力不可能是靜摩擦力，故A錯誤；自行車和運動員整體受重力、支持力和摩擦力，合力提供向心力，向心力不是性質(zhì)力，故B錯誤；三位運動員的線速度大小相等，根據(jù)ω＝eq\f(v,r)，可知半徑大的，角速度小，故A、B、C三位運動員的角速度ωA<ωB<ωC，故C正確；三位運動員的線速度大小相等，根據(jù)a＝eq\f(v2,r)，可知半徑大的，向心加速度小，A、B、C三位運動員的向心加速度aA<aB<aC，故D錯誤。10.(2022·河北張家口模擬)如圖8所示，O為半球形容器的球心，半球形容器繞通過O的豎直軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，放在容器內(nèi)的兩個質(zhì)量相等的小物塊a和b相對容器靜止，b與容器壁間恰好沒有摩擦力。已知a和O、b和O的連線與豎直方向的夾角分別為60°和30°，則下列說法正確的是()圖8A.小物塊a和b做圓周運動的向心力之比為eq\r(3)∶1B.小物塊a和b對容器壁的壓力之比為eq\r(3)∶1C.小物塊a與容器壁之間無摩擦力D.容器壁對小物塊a的摩擦力方向沿容器壁切線向下答案A解析a、b角速度相等，向心力可表示為F＝mω2Rsinα，所以a、b向心力之比為sin60°∶sin30°＝eq\r(3)∶1，A正確；若無摩擦力a將移動到和b等高的位置，所以摩擦力沿切線方向向上，C錯誤；對b分析可得mgtan30°＝mω2Rsin30°，對a分析mω2Rsin60°<mgtan60°，即支持力在指向轉(zhuǎn)軸方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背離轉(zhuǎn)軸方向的分力，即摩擦力沿切線方向向上，D錯誤；對b有FNbcos30°＝mg，對a有FNacos60°＋Ffsin60°＝mg，所以eq\f(FNa,FNb)≠eq\f(cos30°,cos60°)＝eq\f(\r(3),1)，B錯誤。11.(2022·遼寧高考)2022年北京冬奧會短道速滑混合團(tuán)體2000米接力決賽中，我國短道速滑隊奪得中國隊在本屆冬奧會的首金。圖9(1)如果把運動員起跑后進(jìn)入彎道前的過程看作初速度為零的勻加速直線運動，若運動員加速到速度v＝9m/s時，滑過的距離x＝15m，求加速度的大??；(2)如果把運動員在彎道滑行的過程看作軌道為半圓的勻速圓周運動，如圖9所示，若甲、乙兩名運動員同時進(jìn)入彎道，滑行半徑分別為R甲＝8m、R乙＝9m，滑行速率分別為v甲＝10m/s、v乙＝11m/s，求甲、乙過彎道時的向心加速度大小之比，并通過計算判斷哪位運動員先出彎道。答案(1)2.7m/s2(2)eq\f(225,242)甲解析(1)根據(jù)速度位移公式有v2＝2ax代入數(shù)據(jù)可得a＝2.7m/s2。(2)根據(jù)向心加速度的表達(dá)式a＝eq\f(v2,R)可得甲、乙的向心加速度之比為eq\f(a甲,a乙)＝eq\f(veq\o\al(2,甲),veq\o\al(2,乙))·eq\f(R乙,R甲)＝eq\f(225,242)甲、乙兩物體做勻速圓周運動，則運動的時間為t＝eq\f(πR,v)代入數(shù)據(jù)可得甲、乙在彎道運動的時間為t甲＝eq\f(4π,5)s，t乙＝eq\f(9π,11)s因為t甲<t乙，所以甲先出彎道。第4講萬有引力定律及應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.了解開普勒行星三定律，會用開普勒第三定律進(jìn)行相關(guān)計算。2.理解萬有引力定律，知道其內(nèi)容、公式及適用范圍。3.掌握計算天體質(zhì)量和密度的方法。1.eq\a\vs4\al(2.,,)1.思考判斷(1)圍繞同一天體運動的不同行星橢圓軌道不一樣，但都有一個共同的焦點。(√)(2)行星在橢圓軌道上運行速率是變化的，離太陽越遠(yuǎn)，運行速率越大。(×)(3)只有天體之間才存在萬有引力。(×)(4)只要知道兩個物體的質(zhì)量和兩個物體之間的距離，就可以由F＝Geq\f(m1m2,r2)計算物體間的萬有引力。(×)(5)地面上的物體所受地球的萬有引力方向一定指向地心。(√)2.火星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的eq\f(1,10)，半徑約為地球半徑的eq\f(1,2)，則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值約為()A.0.2B.0.4C.2.0D.2.5答案B考點一開普勒三定律的理解和應(yīng)用1.行星繞太陽的運動通常按圓軌道處理。2.開普勒行星運動定律也適用于其他天體，例如月球、衛(wèi)星繞地球的運動。3.開普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k中，k值只與中心天體的質(zhì)量有關(guān)，不同的中心天體k值不同。但該定律只能用在同一中心天體的星體之間。例1(多選)如圖1所示，兩質(zhì)量相等的衛(wèi)星A、B繞地球做勻速圓周運動，用R、T、Ek、S分別表示衛(wèi)星的軌道半徑、周期、動能、與地心連線在單位時間內(nèi)掃過的面積。下列關(guān)系式正確的有()圖1A.TA＞TB B.EkA＞EkBC.SA＝SB D.eq\f(Req\o\al(3,A),Teq\o\al(2,A))＝eq\f(Req\o\al(3,B),Teq\o\al(2,B))答案AD解析根據(jù)開普勒第三定律知，A、D正確；由eq\f(GMm,R2)＝eq\f(mv2,R)和Ek＝eq\f(1,2)mv2可得Ek＝eq\f(GMm,2R)，因RA＞RB，mA＝mB，則EkA＜EkB，B錯誤；根據(jù)開普勒第二定律知，同一軌道上的衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，與地心連線在單位時間內(nèi)掃過的面積相等，對于衛(wèi)星A、B，SA不等于SB，C錯誤。跟蹤訓(xùn)練1.為了探測引力波，“天琴計劃”預(yù)計發(fā)射地球衛(wèi)星P，其軌道半徑約為地球半徑的16倍；另一地球衛(wèi)星Q的軌道半徑約為地球半徑的4倍。P與Q的周期之比約為()A.2∶1 B.4∶1 C.8∶1 D.16∶1答案C解析由開普勒第三定律得eq\f(r3,T2)＝k，故eq\f(TP,TQ)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(RP,RQ)))\s\up12(3))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,4)))\s\up12(3))＝eq\f(8,1)，C正確?？键c二萬有引力定律的理解和應(yīng)用1.萬有引力與重力的關(guān)系地球?qū)ξ矬w的萬有引力F表現(xiàn)為兩個效果：一是物體的重力mg，二是提供物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心力F向，如圖2所示。(設(shè)地球質(zhì)量為M)圖2(1)在赤道上：Geq\f(Mm,R2)＝mg1＋mω2R。(2)在兩極上：Geq\f(Mm,R2)＝mg2。(3)在一般位置：萬有引力Geq\f(Mm,R2)等于重力mg與向心力F向的矢量和。越靠近南北兩極g值越大。由于物體隨地球自轉(zhuǎn)所需的向心力較小，常認(rèn)為萬有引力近似等于重力，即eq\f(GMm,R2)＝mg。2.星體表面及上空的重力加速度(以地球為例)(1)在地球表面附近的重力加速度g(不考慮地球自轉(zhuǎn))：mg＝Geq\f(Mm,R2)，得g＝eq\f(GM,R2)。(2)在地球上空距離地心r＝R＋h處的重力加速度g′：mg′＝eq\f(GMm,（R＋h）2)，得g′＝eq\f(GM,（R＋h）2)，所以eq\f(g,g′)＝eq\f(（R＋h）2,R2)。3.萬有引力的“兩個推論”推論1：在勻質(zhì)球殼空腔內(nèi)的任意位置處，質(zhì)點受到球殼的萬有引力的合力為零，即∑F引＝0。推論2：在勻質(zhì)球體內(nèi)部距離球心r處的質(zhì)點(m)受到的萬有引力等于球體內(nèi)半徑為r的同心球體(M′)對其的萬有引力，即F＝Geq\f(M′m,r2)。例2(2022·全國乙卷，14)2022年3月，中國航天員翟志剛、王亞平、葉光富在離地球表面約400km的“天宮二號”空間站上通過天地連線，為同學(xué)們上了一堂精彩的科學(xué)課。通過直播畫面可以看到，在近地圓軌道上飛行的“天宮二號”中，航天員可以自由地漂浮，這表明他們()A.所受地球引力的大小近似為零B.所受地球引力與飛船對其作用力兩者的合力近似為零C.所受地球引力的大小與其隨飛船運動所需向心力的大小近似相等D.在地球表面上所受引力的大小小于其隨飛船運動所需向心力的大小答案C解析航天員在空間站中所受的地球引力完全提供做圓周運動的向心力，飛船對其作用力等于零，所受地球引力大小不為零，故A、B錯誤，C正確；根據(jù)F＝Geq\f(Mm,r2)可知，他們在地球表面上所受引力的大小大于在飛船中所受的萬有引力大小，因此在地球表面所受引力大小大于其隨飛船運動所需向心力的大小，故D錯誤。例3(2022·山東卷，6)“羲和號”是我國首顆太陽探測科學(xué)技術(shù)試驗衛(wèi)星。如圖3所示，該衛(wèi)星圍繞地球的運動視為勻速圓周運動，軌道平面與赤道平面接近垂直。衛(wèi)星每天在相同時刻，沿相同方向經(jīng)過地球表面A點正上方，恰好繞地球運行n圈。已知地球半徑為R，自轉(zhuǎn)周期為T，地球表面重力加速度為g，則“羲和號”衛(wèi)星軌道距地面高度為()圖3A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(gR2T2,2n2π2)))eq\s\up6(\f(1,3))－R B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(gR2T2,2n2π2)))eq\s\up6(\f(1,3))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(gR2T2,4n2π2)))eq\s\up6(\f(1,3))－R D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(gR2T2,4n2π2)))eq\s\up6(\f(1,3))答案C解析地球表面的重力加速度為g，根據(jù)牛頓第二定律有eq\f(GMm,R2)＝mg，可得GM＝gR2根據(jù)題意可知，衛(wèi)星的運行周期為T′＝eq\f(T,n)根據(jù)牛頓第二定律，萬有引力提供衛(wèi)星運動的向心力，則有eq\f(GMm′,（R＋h）2)＝m′eq\f(4π2,T′2)(R＋h)聯(lián)立以上式子解得h＝eq\r(3,\f(gR2T2,4n2π2))－R故C正確。跟蹤訓(xùn)練2.某類地天體可視為質(zhì)量分布均勻的球體，由于自轉(zhuǎn)的原因，其表面“赤道”處的重力加速度為g1，“極點”處的重力加速度為g2，若已知自轉(zhuǎn)周期為T，則該天體的半徑為()A.eq\f(4π2,g1T2) B.eq\f(4π2,g2T2)C.eq\f(（g2－g1）T2,4π2) D.eq\f(（g1＋g2）T2,4π2)答案C解析在“極點”處mg2＝eq\f(GMm,R2)；在其表面“赤道”處eq\f(GMm,R2)－mg1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R，解得R＝eq\f(（g2－g1）T2,4π2)，故C正確。

考點三天體質(zhì)量和密度的計算天體質(zhì)量和密度的計算方法類型方法已知量利用公式表達(dá)式備注質(zhì)量的計算利用運行天體r、TGeq\f(m中m,r2)＝meq\f(4π2,T2)rm中＝eq\f(4π2r3,GT2)只能得到中心天體的質(zhì)量r、vGeq\f(m中m,r2)＝meq\f(v2,r)m中＝eq\f(rv2,G)v、TGeq\f(m中m,r2)＝meq\f(v2,r)，Geq\f(m中m,r2)＝meq\f(4π2,T2)rm中＝eq\f(v3T,2πG)利用天體表面重力加速度g、Rmg＝eq\f(Gm中m,R2)m中＝eq\f(gR2,G)—密度的計算利用運行天體r、T、RGeq\f(m中m,r2)＝meq\f(4π2,T2)rm中＝ρ·eq\f(4,3)πR3ρ＝eq\f(3πr3,GT2R3)當(dāng)r＝R時，ρ＝eq\f(3π,GT2)利用近地衛(wèi)星只需測出其運行周期利用天體表面重力加速度g、Rmg＝eq\f(Gm中m,R2)，m中＝ρ·eq\f(4,3)πR3ρ＝eq\f(3g,4πGR)—角度重力加速度法例4宇航員在月球表面將一片羽毛和一個鐵錘從同一高度由靜止同時釋放，二者幾乎同時落地。若羽毛和鐵錘是從高度為h處下落，經(jīng)時間t落到月球表面。已知引力常量為G，月球的半徑為R。求：(不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響)(1)月球表面的自由落體加速度大小g月；(2)月球的質(zhì)量M；(3)月球的密度ρ。答案(1)eq\f(2h,t2)(2)eq\f(2hR2,Gt2)(3)eq\f(3h,2πRGt2)解析(1)月球表面附近的物體做自由落體運動，有h＝eq\f(1,2)g月t2月球表面的自由落體加速度大小g月＝eq\f(2h,t2)。(2)不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響，有Geq\f(Mm,R2)＝mg月得月球的質(zhì)量M＝eq\f(2hR2,Gt2)。(3)月球的密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(2hR2,Gt2),\f(4π,3)R3)＝eq\f(3h,2πRGt2)。角度環(huán)繞法例5(2021·廣東卷)2021年4月，我國自主研發(fā)的空間站天和核心艙成功發(fā)射并入軌運行。若核心艙繞地球的運行可視為勻速圓周運動，已知引力常量，由下列物理量能計算出地球質(zhì)量的是()A.核心艙的質(zhì)量和繞地半徑B.核心艙的質(zhì)量和繞地周期C.核心艙的繞地角速度和繞地周期D.核心艙的繞地線速度和繞地半徑答案D解析根據(jù)萬有引力提供核心艙繞地球做勻速圓周運動的向心力得eq\f(Gm地m,r2)＝meq\f(v2,r)，解得m地＝eq\f(v2r,G)，D正確；由于核心艙的質(zhì)量在運算中被約掉，故無法通過核心艙的質(zhì)量求解地球質(zhì)量，A、B錯誤；已知核心艙的繞地角速度，由eq\f(Gm地m,r2)＝mω2r得m地＝eq\f(ω2r3,G)，且ω＝eq\f(2π,T)，r約不掉，故還需要知道核心艙的繞地半徑，才能求得地球質(zhì)量，C錯誤。跟蹤訓(xùn)練3.(多選)已知引力常量G，地球表面處的重力加速度g，地球半徑R，地球上一個晝夜的時間T1(地球自轉(zhuǎn)周期)，一年的時間T2(地球公轉(zhuǎn)周期)，地球中心到月球中心的距離L1，地球中心到太陽中心的距離L2。你能計算出()A.地球的質(zhì)量m地＝eq\f(gR2,G)B.太陽的質(zhì)量m太＝eq\f(4π2Leq\o\al(3,2),GTeq\o\al(2,2))C.月球的質(zhì)量m月＝eq\f(4π2Leq\o\al(3,1),GTeq\o\al(2,1))D.太陽的平均密度ρ＝eq\f(3π,GTeq\o\al(2,2))答案AB解析設(shè)地球表面的一個物體的質(zhì)量為m0，有m0g＝eq\f(Gm地m0,R2)，所以地球質(zhì)量m地＝eq\f(gR2,G)，故A正確；地球繞太陽運動，有eq\f(Gm太m地,Leq\o\al(2,2))＝m地eq\f(4π2L2,Teq\o\al(2,2))，則m太＝eq\f(4π2Leq\o\al(3,2),GTeq\o\al(2,2))，故B正確；月球繞地球運動，能求出地球的質(zhì)量，無法求出月球的質(zhì)量，故C錯誤；由于不知道太陽的半徑，不能求出太陽的平均密度，故D錯誤。4.(多選)(2023·山東臨沂模擬)中國新聞網(wǎng)宣布：在摩洛哥墜落的隕石被證實來自火星。某同學(xué)想根據(jù)平時收集的部分火星資料計算出火星的密度，再與這顆隕石的密度進(jìn)行比較。下列計算火星密度的公式正確的是(引力常量G已知，忽略火星自轉(zhuǎn)的影響)()火星的小檔案直徑d＝6794km質(zhì)量M＝6.4219×1023kg表面重力加速度g0＝3.7m/s2近火衛(wèi)星周期T＝3.4hA.ρ＝eq\f(3g0,2πGd) B.ρ＝eq\f(g0T2,3πd)C.ρ＝eq\f(3π,GT2) D.ρ＝eq\f(6M,πd3)答案ACD解析設(shè)近火衛(wèi)星的質(zhì)量為m，火星的質(zhì)量為M，對近火衛(wèi)星，火星的萬有引力提供其做勻速圓周運動的向心力，則有eq\f(GMm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2))＝eq\f(m4π2,T2)·eq\f(d,2)，可得M＝eq\f(π2d3,2GT2)，可得火星的密度為ρ＝eq\f(M,\f(4,3)π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(3))＝eq\f(6M,πd3)，將M＝eq\f(π2d3,2GT2)代入上式可得ρ＝eq\f(3π,GT2)；又火星對近火衛(wèi)星的萬有引力近似等于近火衛(wèi)星的重力，則有mg0＝Geq\f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2))，解得M＝eq\f(g0d2,4G)，因此火星的密度為ρ＝eq\f(M,\f(4,3)π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(3))＝eq\f(\f(g0d2,4G),\f(1,6)πd3)＝eq\f(3g0,2πGd)，A、C、D正確，B錯誤。A級基礎(chǔ)對點練對點練1開普勒三定律的理解和應(yīng)用1.(2023·福建廈門模擬)1970年4月24日，中國第1顆人造地球衛(wèi)星東方紅一號發(fā)射成功，拉開了中國人探索宇宙奧秘，和平利用太空、造福人類的序幕，因此4月24日定為“中國航天日”。52年過去了，東方紅一號仍然在太空飛行，運行在近地點441千米，遠(yuǎn)地點2286千米的橢圓軌道上，衛(wèi)星質(zhì)量173千克，運行周期114分鐘。則()圖1A.東方紅一號在近地點的運行速率比遠(yuǎn)地點小B.東方紅一號在近地點受到地球的萬有引力比遠(yuǎn)地點小C.地球位于東方紅一號橢圓軌道的一個焦點上D.東方紅一號的運行周期大于同步衛(wèi)星的運行周期答案C解析根據(jù)開普勒第二定律知東方紅一號與地球的連線在相等時間內(nèi)掃過的面積相等，則東方紅一號衛(wèi)星在近地點的運行速率大于在遠(yuǎn)地點的運行速率，A錯誤；根據(jù)F＝Geq\f(Mm,r2)，因為近地點到地心的距離小于遠(yuǎn)地點到地心的距離，則東方紅一號在近地點受到地球的萬有引力比遠(yuǎn)地點大，B錯誤；東方紅一號繞地球在橢圓軌道上運動，則地球位于東方紅一號橢圓軌道的一個焦點上，C正確；根據(jù)開普勒第三定律，東方紅一號軌道的半長軸小于同步衛(wèi)星軌道的半徑，則東方紅一號的運行周期小于同步衛(wèi)星的運行周期，D錯誤。2.(多選)如圖2所示，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，P為近日點，Q為遠(yuǎn)日點，M、N為軌道短軸的兩個端點，運行的周期為T0，若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)過M、Q到N的運動過程中()圖2A.從P到M所用的時間等于eq\f(T0,4)B.從Q到N階段，機(jī)械能逐漸變大C.從P到Q階段，速率逐漸變小D.從M到N階段，萬有引力對它先做負(fù)功后做正功答案CD解析由行星運動的對稱性可知，從P經(jīng)M到Q點的時間為eq\f(1,2)T0，根據(jù)開普勒第二定律可知，從P到M運動的速率大于從M到Q運動的速率，可知從P到M所用的時間小于eq\f(1,4)T0，選項A錯誤；海王星在運動過程中只受太陽的引力作用，故機(jī)械能守恒，選項B錯誤；根據(jù)開普勒第二定律可知，從P到Q階段，速率逐漸變小，選項C正確；海王星受到的萬有引力指向太陽，從M到N階段，萬有引力對它先做負(fù)功后做正功，選項D正確。3.(2021·全國甲卷，18)2021年2月，執(zhí)行我國火星探測任務(wù)的“天問一號”探測器在成功實施三次近火制動后，進(jìn)入運行周期約為1.8×105s的橢圓形停泊軌道，軌道與火星表面的最近距離約為2.8×105m。已知火星半徑約為3.4×106m，火星表面處自由落體的加速度大小約為3.7m/s2，則“天問一號”的停泊軌道與火星表面的最遠(yuǎn)距離約為()A.6×105m B.6×106mC.6×107m D.6×108m答案C解析在火星表面附近，對于繞火星做勻速圓周運動的物體，有mg火＝meq\f(4π2,Teq\o\al(2,1))R火，得Teq\o\al(2,1)＝eq\f(4π2R火,g火)，根據(jù)開普勒第三定律，有eq\f(Req\o\al(3,火),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l近＋2R火＋l遠(yuǎn),2)))\s\up12(3),Teq\o\al(2,2))，代入數(shù)據(jù)解得l遠(yuǎn)≈6×107m，C正確。對點練2萬有引力定律的理解和應(yīng)用4.(2021·山東卷，5)從“玉兔”登月到“祝融”探火，我國星際探測事業(yè)實現(xiàn)了由地月系到行星際的跨越。已知火星質(zhì)量約為月球的9倍，半徑約為月球的2倍，“祝融”火星車的質(zhì)量約為“玉兔”月球車的2倍。在著陸前，“祝融”和“玉兔”都會經(jīng)歷一個由著陸平臺支撐的懸停過程。懸停時，“祝融”與“玉兔”所受著陸平臺的作用力大小之比為()圖3A.9∶1 B.9∶2 C.36∶1 D.72∶1答案B解析懸停時，“祝融”與“玉兔”所受著陸平臺的作用力大小等于它們所受的萬有引力，則eq\f(F祝融,F玉兔)＝eq\f(\f(Gm火m祝融,Req\o\al(2,火)),\f(Gm月m玉兔,Req\o\al(2,月)))＝eq\f(m火,m月)·eq\f(m祝融,m玉兔)·eq\f(Req\o\al(2,月),Req\o\al(2,火))＝9×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,2)，故B正確。5.(2023·河南聯(lián)考)假設(shè)將來的某一天，宇航員駕駛宇宙飛船，登陸某一行星，該行星是質(zhì)量分布均勻的球體。通過測量發(fā)現(xiàn)，某一物體在該行星兩極處的重力為G0，在該行星赤道處的重力為0.75G0，則此物體在該行星緯度為30°處隨行星自轉(zhuǎn)的向心力為()A.eq\f(\r(3),12)G0 B.eq\f(1,12)G0 C.eq\f(\r(3),8)G0 D.eq\f(1,8)G0答案C解析由萬有引力定律和重力的定義可知，在兩極處有Geq\f(Mm,R2)＝G0，在赤道上有Geq\f(Mm,R2)－mω2R＝0.75G0，由向心力的公式可知緯度為30°處物體隨行星自轉(zhuǎn)的向心力為F＝mω2Rcos30°，聯(lián)立解得F＝eq\f(\r(3),8)G0，故C正確。6.假設(shè)地球是一半徑為R、質(zhì)量分布均勻的球體。一礦井深度為d，已知質(zhì)量分布均勻的球殼對殼內(nèi)物體的引力為零，則礦井底部和地面處的重力加速度大小之比為()A.1－eq\f(d,R) B.1＋eq\f(d,R)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R－d,R)))eq\s\up12(2) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,R－d)))eq\s\up12(2)答案A解析如圖所示，根據(jù)題意，地面與礦井底部之間的環(huán)形部分對處于礦井底部的物體引力為零。設(shè)地面處的重力加速度為g，地球質(zhì)量為M，地球表面的物體m受到的重力近似等于萬有引力，故mg＝Geq\f(Mm,R2)，又M＝ρ·eq\f(4,3)πR3，故g＝eq\f(4,3)πρGR；設(shè)礦井底部的重力加速度為g′，圖中陰影部分所示球體的半徑r＝R－d，則g′＝eq\f(4,3)πρG(R－d)，聯(lián)立解得eq\f(g′,g)＝1－eq\f(d,R)，A正確。對點練3天體質(zhì)量和密度的計算7.中國空間站可供多名航天員巡訪、長期工作和生活。如圖4所示，空間站的軌道可視為近地圓軌道，已知引力常量為G，下列說法正確的是()圖4A.在空間站工作的航天員因受力平衡而處于懸浮狀態(tài)B.若已知空間站的運行周期，可以求得航天員繞地球做圓周運動的動能C.若已知空間站的運行周期，可以求得地球的密度D.若已知空間站的運行周期，可以求得地球的質(zhì)量答案C解析在空間站工作的航天員隨空間站一起圍繞地球做圓周運動，所受合力提供向心力，受力不平衡，A錯誤；由于不知道航天員的質(zhì)量，故無法求出航天員繞地球做圓周運動的動能，B錯誤；設(shè)地球半徑為R，空間站圍繞地球做圓周運動，由萬有引力提供向心力得Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2R,T2)，則地球質(zhì)量M＝eq\f(4π2R3,GT2)，地球密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(4π2R3,GT2),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3π,GT2)，C正確；根據(jù)M＝eq\f(4π2R3,GT2)知，要求得地球質(zhì)量，還需知道地球的半徑，D錯誤。8.(2023·貴州模擬)若空間站天和核心艙和地球同步衛(wèi)星繞地球的運動均可以看成勻速圓周運動，分別把它們的周期、軌道半徑取常用對數(shù)后，在lgT－lgr圖像中將這兩點用直線連接，如圖5所示。a、b為已知量，引力常量為G，則地球的質(zhì)量為()圖5A.eq\f(2π2,G)×102b B.eq\f(2π2,G)×10bC.eq\f(4π2,G)×102b D.eq\f(4π2,G)×10b答案C解析設(shè)地球質(zhì)量為M，根據(jù)牛頓第二定律得，萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得T2＝eq\f(4π2,GM)r3，兩邊取對數(shù)并整理得lgT＝eq\f(3,2)lgr－eq\f(1,2)lgeq\f(GM,4π2)，結(jié)合圖像有eq\f(1,2)lgeq\f(GM,4π2)＝b，解得M＝eq\f(4π2,G)×102b，故C正確。9.(2021·全國乙卷，18)科學(xué)家對銀河系中心附近的恒星S2進(jìn)行了多年的持續(xù)觀測，給出1994年到2002年間S2的位置如圖6所示?？茖W(xué)家認(rèn)為S2的運動軌跡是半長軸約為1000AU(太陽到地球的距離為1AU)的橢圓，銀河系中心可能存在超大質(zhì)量黑洞。這項研究工作獲得了2020年諾貝爾物理學(xué)獎。若認(rèn)為S2所受的作用力主要為該大質(zhì)量黑洞的引力，設(shè)太陽的質(zhì)量為M，可以推測出該黑洞質(zhì)量約為()圖6A.4×104M B.4×106MC.4×108M D.4×1010M答案B解析由萬有引力提供向心力有eq\f(Gm中m,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，整理