高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天学案

这是一份高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天学案，共97页。学案主要包含了曲线运动，运动的合成与分解，斜抛运动，相对论等内容，欢迎下载使用。

第1讲 曲线运动 运动的合成与分解
一、曲线运动
1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向。
2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。
3．运动的条件
(1)运动学角度：物体的加速度方向与速度方向不在同一条直线上。
(2)动力学角度：物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上。
二、运动的合成与分解
1．合运动与分运动：物体的实际运动是合运动，物体同时参与的几个运动是分运动。
2．遵循的法则：位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则。
3．运动分解的原则：根据运动的实际效果分解，也可采用正交分解法。
情境创设
如图所示，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水平匀速移动。
微点判断
(1)猴子相对地面运动的轨迹是直线。(×)
(2)猴子相对地面做匀变速运动。(√)
(3)猴子受到的合外力斜向右上方。(×)
(4)t时刻猴子的对地速度的大小为eq \r(v02＋a2t2)。(√)
(5)经过时间t，猴子的对地位移的大小为v0t＋eq \f(1,2)at2。(×)
(一) 物体做曲线运动的条件与轨迹分析(固基点)
[题点全练通]
1．[物体做曲线运动的条件]如图所示，一个钢球从一斜面上滑下后在水平桌面上做直线运动，现在其运动路线的一侧放一块磁铁，钢球做曲线运动。下列说法正确的是( )
A．钢球的运动轨迹为抛物线
B．钢球所受合力为零时也可以做曲线运动
C．钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向必须垂直
D．钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向不在同一直线上
解析：选D 钢球的运动轨迹为曲线，由于磁铁对钢球的吸引力随钢球到磁铁的距离变化而变化，所以钢球的运动轨迹不是抛物线，故A错误；钢球所受合力为零时，只能处于静止状态或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动，故B错误；钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向不在同一直线上，故C错误，D正确。
2．[轨迹、速度与力的位置关系]双人滑冰运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN。vM与vN正好成90°角，则此过程中，乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的( )
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
解析：选C 根据题图所示乙运动员由M向N做曲线运动，乙运动员向前的速度减小，同时向右的速度增大，故合外力的方向指向题图F2水平线右下方，故F3的方向可能是正确的，C正确，A、B、D错误。
3．[速率变化与力的方向的关系]如图为“嫦娥五号”返回器在绕地球运行回收过程一段时间内的运动轨迹，返回器沿曲线从M点向N点飞行的过程中速度逐渐减小，在此过程中返回器所受合力方向可能是( )
解析：选A “嫦娥五号”返回器从M点运动到N点，曲线轨迹的左侧为凹侧，则合力一定有向左的分力，“嫦娥五号”返回器在该过程中减速，所以沿轨迹的切线方向有与速度相反的分力，结合平行四边形定则可知合力与速度的方向的夹角大于90°，故A正确。
[要点自悟明]
1．合外力与轨迹、速度间的关系分析思路
2．速率变化的判断
(二) 运动的合成与分解的应用(精研点)
研清微点1 合运动与分运动的关系
1．如图，一小船以1.0 m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45 m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为(假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2)( )
A．0.3 m B．0.6 m
C．0.9 m D．1.2 m
解析：选B 根据运动的独立性可知，小球在竖直方向上运动的过程中，小船以1.0 m/s的速度匀速前行，由运动学知识h＝eq \f(1,2)gt2，小球上升的时间t＝0.3 s，小球从上抛到再次落入手中所用的时间为2t，则小船前进的距离x＝v·2t＝0.6 m，故B正确。
一点一过
合运动与分运动的关系
研清微点2 合运动的性质与轨迹的判断
2．(2024年1月·安徽高考适应性演练)某同学在水平匀速直线行驶的实验车上，利用实验装置竖直向上提起小球，从某时刻开始计时，坐在实验车上的人观测小球运动的情况，作出速度平方(v2)与提起高度(y)的关系图像如图所示。则地面上静止的观察者看到小球的运动轨迹可能是( )
解析：选C 速度平方与提起高度的关系图像是坐在实验车上的人观察作出的图像，即小球相对于车的速度位移关系图像。小球相对于车竖直提起，则图像中的速度为小球竖直方向的速度。由速度与位移关系公式v2－v02＝2ay，结合图像可知，开始时小球在竖直方向上做匀速运动，之后做匀加速直线运动，加速度竖直向上。结合小球在水平方向一直做匀速直线运动可知，地面上静止的观察者看到的运动轨迹是先斜向上做匀速直线运动，后做类斜抛运动。故选C。
一点一过
合运动的性质和轨迹的判断
(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。
(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。
研清微点3 根据运动轨迹分析物体运动情况
3．在光滑的水平面上，一质量为m＝2 kg的滑块在水平方向恒力F＝4 N的作用下运动。如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α＝37°，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B．滑块从P点运动到Q点的时间为3 s
C．滑块从P点运动到Q点的过程中速度最小值为3 m/s
D．P、Q两点连线的距离为10 m
解析：选B 滑块在水平恒力作用下由P点到Q点，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，即水平恒力不做功，所以力应该和位移的方向垂直，A错误；把滑块在P点的速度分解到垂直于PQ方向上有v2＝vsin α＝3 m/s，由题意知在这个方向上滑块先减速后反向加速，由牛顿第二运动定律得，运动的加速度a＝eq \f(F,m)＝2 m/s2，由于运动具有对称性，得滑块从P到Q的时间t＝2×eq \f(v2,a)＝3 s，B正确；把速度分解到PQ方向上有v1＝vcs α＝4 m/s，滑块在PQ方向上做匀速运动，所以当滑块在垂直于PQ方向上的速度等于零时，速度最小，为4 m/s，C错误；P、Q两点之间的距离为PQ＝v1t＝12 m，D错误。
一点一过
有关运动的合成和分解的三点提醒
(1)由运动的合成与分解知识可知，合运动的位移、速度、加速度是各分运动的位移、速度、加速度的矢量和。
(2)恒力作用下物体的匀变速曲线运动可分解为沿力的方向的匀变速直线运动和垂直于力的方向的匀速直线运动。
(3)两个相互垂直方向的分运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。
(三) 小船渡河模型(融通点)
1．合运动与分运动
2．两类问题、三种情境
[模型应用]
应用1 求小船渡河的最短时间
1.(多选)某河宽为600 m，河中某点的水流速度v与该点到较近河岸的距离d的关系图像如图所示，现船以静水中的速度4 m/s渡河，且船渡河的时间最短，下列说法正确的是( )
A．船在河水中航行的轨迹是一条直线
B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船离开河岸400 m时的速度大小为2 eq \r(5) m/s
D．渡河最短时间为240 s
解析：选BC 因为船在静水中速度不变，水流速度在变化，可知船在沿河岸方向上有加速度，合速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上，所以轨迹是曲线，故A错误；当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，则最短时间t＝150 s，故B正确，D错误；船离开河岸
400 m时，离较近河岸的距离为200 m，此时水流速度为2 m/s，根据平行四边形定则可得v＝2eq \r(5) m/s，故C正确。
应用2 求小船渡河的最短位移
2．一小船过河时，船头与上游河岸夹角为α，其航线恰好垂直于河岸。已知小船在静水中的速度为v。现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且能准时到达河对岸，下列措施中可行的是( )
A．减小α角，减小船速v
B．减小α角，增大船速v
C．增大α角，增大船速v
D．增大α角，减小船速v
解析：选B 由题意可知，小船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，如图所示，当水流速度v1稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则船速变化如图v′所示，可知B正确。
应用3 小船渡河最短时间和最短位移的比较
3．如图所示，一船夫摇船往返于河的两岸。若该船夫摇船从河岸A点以v1的速度用最短的时间到对岸B点。第二次该船以v2的速度从同一地点以最短的路程过河到对岸B点，船轨迹恰好与第一次船轨迹重合。假设河水速度保持不变，该船两次过河所用时间之比是( )
A．v1∶v2 B．v2∶v1
C．v12∶v22 D．v22∶v12
解析：选D 由题意可知，船夫两次驾船的轨迹重合，知合速度方向相同，第一次船的静水速度垂直于河岸，第二次船的静水速度与合速度垂直，如图所示。船两次过河的合位移相等，则渡河时间之比等于船两次过河的合速度之反比。则eq \f(t1,t2)＝eq \f(v2合,v1合)＝eq \f(\f(v2,tan θ),\f(v1,sin θ))＝eq \f(v2,v1)cs θ，而cs θ＝eq \f(v2,v1)，可得eq \f(t1,t2)＝eq \f(v22,v12)，D正确。
(四) 绳(杆)端速度分解模型(融通点)
1．模型特点
(1)与绳或杆连接的物体速度方向与绳或杆所在的直线不共线。
(2)绳或杆的长度不变，绳或杆两端的物体沿绳或杆方向的分速度相等。
2．分解思路
3．常见模型

[模型应用]
题型1 绳端速度分解模型
1.如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的轻绳一端连接Q，另一端悬挂一物块P。设轻绳的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小。现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动，下列说法正确的是( )
A．当θ＝60°时，P、Q的速度之比是eq \r(3)∶2
B．当θ＝90°时，Q的速度最大
C．当θ＝90°时，Q的速度为零
D．当θ向90°增大的过程中，Q所受的合力一直增大
解析：选B P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度大小相等，则当θ＝60°时，Q的速度沿绳子方向的分速度vQcs 60°＝vP，解得eq \f(vP,vQ)＝eq \f(1,2)，A错误；当θ＝90°时，即Q到达O点正下方，垂直Q运动方向上的分速度为0，即vP＝0，此时Q的速度最大，B正确，C错误；当θ向90°增大的过程中，当θ＝90°时，Q的速度最大，加速度为零，合力为零，D错误。
题型2 杆端速度分解模型
2．如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动且角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为( )
A.eq \f(ωLsin β,sin α) B.eq \f(ωLcs β,sin α)
C.eq \f(ωLcs β,cs α) D.eq \f(ωLsin β,cs α)
解析：选D 设滑块的速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向。如图，将A点的速度进行分解，根据运动的合成与分解可知，A点在沿杆AB方向的分速度为vA分＝vcs α。B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度。如图，设B的线速度为v′，设v′与杆AB夹角为θ，由几何知识可知θ＝β－eq \f(π,2)，则vB分＝v′·cs θ＝v′cs(β－90°)＝v′sin β，v′＝ωL，二者沿杆AB方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立可得v＝eq \f(ωLsin β,cs α)，D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1. (2023·辽宁高考)某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是( )
解析：选A 篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧。故选A。
2．船在静水中的速度是1 m/s，河岸笔直，河宽d＝100 m，河水靠近岸边的流速为3 m/s，河中间的流速为5 m/s，则下列说法正确的是( )
A．船过河的时间不可能等于100 s
B．船过河的航线不可能是直线
C．船不能到达对岸
D．因船速小于水速，船不能到达正对岸
解析：选D 船过河的最短时间为河宽除以船在静水中的速度，与河水流速的大小无关，当船在静水中的速度始终垂直于河岸时，船过河的时间等于100 s，A错误；船过河时，河水流速的大小在变，只要不断调整船头的方向，就可使船的合速度(即航速)方向保持不变，所以船过河的航线可能是直线，因船速小于水速，船的合速度(即航速)方向不能与河岸垂直，所以船不能到达正对岸，D正确，B、C错误。
3.(多选)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目。如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响。下列说法中正确的是( )
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害
C．运动员下落时间与风力无关
D．运动员着地速度与风力无关
解析：选BC 水平方向的风力对竖直方向的运动没有影响，运动员下落时间与风力无关。无风时，运动员在水平方向速度为零，有风时，运动员在水平方向上因风力作用做加速运动，风力越大，着地时水平方向速度越大，着地速度也越大，故B、C正确，A、D错误。
4．如图所示是足球比赛时踢出快速旋转的“落叶球”在空中运动的轨迹示意图，跟正常飞行轨迹相比，“落叶球”会更早地向下落回地面。对“落叶球”在飞行过程中的分析正确的是( )
A．“落叶球”在空中的运动轨迹是对称的
B．“落叶球”的更早下落是因为在运动过程中受到了指向轨迹内侧的空气作用力
C．“落叶球”的更早下落是因为在运动过程中受到了沿切线方向的空气阻力
D．“落叶球”在最高点的瞬时速度为零
解析：选B “落叶球”是快速旋转的球，所以在空中的轨迹不是对称的，A错误；根据做曲线运动的条件，“落叶球”的更早下落是因为在运动过程中受到了指向轨迹内侧的空气作用力，C错误，B正确；“落叶球”在最高点的竖直速度为零，水平速度不为零，所以瞬时速度不为零，D错误。
5．如图所示，某河段两岸平行，越靠近中央水流速度越大。一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中的速度为v，沿水流方向及垂直于河岸方向建立直角坐标系xOy，则该小船渡河的大致轨迹是( )
解析：选C 小船沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中的速度为v，越靠近中央水流速度越大，越接近河岸水流速度越小，相当于小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，结合曲线运动的条件，故C正确。
6．如图所示，AB杆以恒定角速度ω绕A点在竖直平面内顺时针转动，并带动套在固定水平杆OC上的小环M运动，AO间距离为h。运动开始时AB杆在竖直位置，则经过时间t(小环仍套在AB和OC杆上)，小环M的速度大小为( )
A.eq \f(ωh,cs2ωt) B.eq \f(ωh,cs ωt)
C．ωh D．ωhtan ωt
解析：选A 经过时间t，∠OAB＝ωt，则AM的长度为eq \f(h,cs ωt)，则AB杆上与小环M的接触点绕A点的线速度v＝eq \f(hω,cs ωt)，将小环M的速度沿AB杆方向和垂直于AB杆方向分解，垂直于AB杆方向的分速度等于速度v，则小环M的速度v′＝eq \f(v,cs ωt)＝eq \f(ωh,cs2ωt)，故A正确。
7．一人骑自行车向东行驶，当车速为4 m/s时，他感到风从正南方向吹来，当车速增加到7 m/s时，他感到风从东南方向(东偏南45°)吹来。假设风速的方向和大小恒定，则风对地的速度大小为( )
A．7 m/s B．6 m/s
C．5 m/s D．4 m/s
解析：选C 当车速为4 m/s时，人感到风从正南方向吹来，画出矢量图如图(a)所示，故风对地的速度大小沿行驶方向的分速度为4 m/s，当车速增加到7 m/s时，他感到风从东南方向(东偏南45°)吹来，画出矢量图如图(b)所示，可知，风对地的速度大小沿着垂直行驶方向的分速度大小为3 m/s，因此风对地的速度大小为5 m/s，故C正确。
8．在一光滑的水平面上建立xOy平面坐标系，一质点在水平面上从坐标原点开始运动，沿x方向和y方向的x-t图像和vy-t图像分别如图甲、乙所示，求：
(1)运动后4 s内质点的最大速度；
(2)4 s末质点离坐标原点的距离。
解析：(1)由题图可知，质点沿x轴正方向做匀速直线运动，速度大小为vx＝eq \f(x,t1)＝2 m/s，在运动后4 s内，沿y轴方向运动的最大速度为4 m/s，则运动后4 s内质点运动的最大速度为vm＝eq \r(vx2＋vy2)＝2eq \r(5) m/s。
(2)0～2 s内质点沿y轴正方向做匀加速直线运动，2～4 s内先沿y轴正方向做匀减速直线运动，再沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，
此时加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝3 m/s2
则质点沿y轴正方向做匀减速运动的时间
t2＝eq \f(v,a)＝eq \f(2,3) s
则运动后的4 s内沿y轴方向的位移
y＝eq \f(1,2)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(2,3)))m－eq \f(1,2)×4×eq \f(4,3) m＝0
因此4 s末质点离坐标原点的距离等于沿x轴方向的位移，由题图甲可知，4 s末质点离坐标原点的距离s＝x＝8 m。
答案：(1)2eq \r(5) m/s (2)8 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9．(2021·辽宁高考)1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300 m，水流速度3 m/s，木船相对静水速度1 m/s，则突击队渡河所需的最短时间为( )
A．75 s B．95 s
C．100 s D．300 s
解析：选D 河宽d＝300 m一定，当木船船头垂直河岸时，在河宽方向上的速度最大，渡河用时最短，即木船相对静水的速度v＝1 m/s，渡河时间最短为tmin＝eq \f(d,v)＝eq \f(300,1) s＝300 s，故D正确。
10．(多选)如图甲所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，在侧壁同一竖直线上有A、B两小孔相距h，将一小球从上部A孔沿筒内壁水平射入筒中，小球紧贴筒内壁运动，并恰好能到达下部小孔B，所用时间为t1，到达下部小孔B时的速度大小为vB。如图乙所示，用光滑细钢丝绕成的螺距相同的柱形螺线管，横截面半径也为R，竖直固定，钢丝上下两端C、D恰好在同一竖直线上，相距h，一小铜环穿在钢丝上从上端C无初速度下滑到达底端D，所用时间为t2，到达D端时的速度大小为vD，二者相比较，下列结论正确的是( )
A．t1＝t2 B．t1vD
解析：选BD 题图甲中小球在筒内受重力和水平指向圆筒竖直中心轴的筒壁的弹力，贴着筒壁做螺旋线运动，可视为水平面内的匀速圆周运动与竖直方向上的自由落体运动的合运动，由竖直方向上的自由落体运动，可求得小球由A运动到B的时间为t1＝ eq \r(\f(2h,g))。题图乙中小铜环沿钢丝运动，受重力和垂直钢丝斜向上方的弹力，可等效为小环沿光滑斜面下滑，如图所示，则小环由C运动到D的时间为t2＝ eq \r(\f(2s,a))，其中a＝gsin α，s>h，故t1t乙，根据x＝vxt，乙球在水平方向的位移小于甲球在水平方向的位移，而甲、乙两球的位移s＝eq \r(h2＋x2)，由于h甲>h乙，x甲>x乙，因此可知s甲>s乙，即乙球的位移小于甲球的位移，故A、B错误；落在斜坡上时竖直方向的分速度vy＝gt，小球落在斜坡上时的速度v＝eq \r(vy2＋vx2)，由于甲球下落时间大于乙球下落时间，可知，乙球落在斜坡上的速度小于甲球落在斜坡上的速度，故C错误；设小球落在斜坡上时速度方向与竖直方向的夹角为θ，则小球落在斜坡上时速度与竖直方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(vx,vy)，由于vy甲>vy乙，因此tan θ甲vQ，即P的线速度大小比Q的大，故B正确；根据a＝rω2，且rP>rQ，ωP＝ωQ，所以aP>aQ，即P的向心加速度大小比Q的大，故C正确；因为转台转速恒定，所以同一时刻P所受合力的方向与Q所受合力的方向均指向中心轴，故合力方向不相同，故D错误。

[要点自悟明]
1．匀速圆周运动各物理量间的关系
2．三种传动方式及各自的特点
(二) 向心力来源分析及离心现象(释疑点)
研清微点1 圆周运动的向心力来源分析
1.(多选)如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为θ。下列说法中正确的是( )
A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B．小球只受重力和绳的拉力作用
C．θ越大，小球运动的速率越大
D．θ越大，小球运动的周期越大
解析：选BC 小球受重力、绳的拉力作用，二者合力提供向心力，由牛顿第二定律可得：Fcs θ＝mg，Fsin θ＝meq \f(v2,Lsin θ)，T＝eq \f(2πLsin θ,v)，可求得v＝eq \r(gLsin θtan θ)，T＝2π eq \r(\f(Lcs θ,g))，可见θ越大，v越大，T越小。B、C正确，A、D错误。
一点一过
1．向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。
2．向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力。
研清微点2 匀速圆周运动向心力的分析与计算
2.天花板下悬挂的轻质光滑小挂钩可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地转动。一根光滑轻质细绳穿过挂钩，两端分别连接小球P和Q。两小球同时做匀速圆周运动，且在任意时刻两球均在同一水平面上，此时悬挂两球的细绳与竖直方向的夹角分别为45°和30°，则( )
A．两球向心加速度的大小相等
B．小球P、Q的质量之比为eq \r(2)∶2
C．小球P、Q所受向心力的大小之比为eq \r(2)∶1
D．两球线速度的大小相等
解析：选C 对小球受力分析可知，绳的拉力在水平方向的分力提供向心力，则有Fsin θ＝mgtan θ＝ma，得a＝gtan θ，P、Q两小球相连接的细绳与竖直方向的夹角的正切值不同，故它们的向心加速度大小不相等，故A错误；两小球由同一细绳连接，故细绳对小球的拉力大小相等，由受力分析可知Fcs θ＝mg，故两小球的质量之比为mP∶mQ＝cs 45°∶cs 30°＝eq \r(2)∶eq \r(3)，故B错误；两小球所受向心力由绳的拉力在水平方向的分力提供，有F向＝Fsin θ，故两小球所受向心力的大小之比为F向P∶F向Q＝sin 45°∶sin 30°＝eq \r(2)∶1，故C正确；设挂钩到两小球做圆周运动的平面的距离为h，由圆周运动得mgtan θ＝meq \f(v2,htan θ)，得v＝eq \r(gh)tan θ，所以两小球做圆周运动的线速度大小之比为vP∶vQ＝tan 45°∶tan 30°＝eq \r(3)∶1，故D错误。
一点一过
1．向心力的公式
Fn＝man＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝m·eq \f(4π2,T2)r＝m·4π2f2r＝mωv。
2．做匀速圆周运动的条件
当物体所受的合外力大小恒定，且始终与速度方向垂直时，物体做匀速圆周运动，此时向心力由物体所受合外力提供。
研清微点3 离心现象分析
3.(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径之比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块与轴心O、O′的间距RA＝2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来；且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是( )
A．滑块A和B均与轮盘相对静止时，角速度之比为ωA∶ωB＝1∶3
B．滑块A和B均与轮盘相对静止时，向心加速度之比为aA∶aB＝2∶9
C．转速增加后滑块B先发生滑动
D．转速增加后两滑块一起发生滑动
解析：选ABC 由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由v＝ωr可知，ω甲∶ω乙＝1∶3，所以两滑块均与轮盘相对静止时，A、B的角速度之比为ωA∶ωB＝1∶3，故A正确；两滑块均与轮盘相对静止时，根据a＝Rω2，得A、B的向心加速度之比为aA∶aB＝2∶9，故B正确；根据题意可得滑块的最大静摩擦力为f＝μmg，转动中所受的静摩擦力之比为fA′∶fB′＝maA∶maB＝2∶9，可知滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，故C正确，D错误。
一点一过
圆周运动与离心运动的判定
(1)当物体沿半径方向指向圆心的合力恰好等于向心力时，物体做匀速圆周运动。
(2)当物体沿半径方向指向圆心的合力不足以提供向心力时，物体将做离心运动，只有提供向心力的合外力突然消失时，物体才沿切线方向飞出。
(3)靠静摩擦力提供向心力时，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，物体将开始做离心运动。
(三) 水平面内的匀速圆周运动(融通点)
1．运动特点
(1)运动轨迹在水平面内。
(2)做匀速圆周运动。
2．受力特点
(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。
(2)合外力充当向心力。
3．分析思路
[考法全析]
考法(一) 车辆转弯问题
[例1] (多选)在旅游时，游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面(与车厢底板平行)上水杯内的水面，已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A．列车转弯过程中的向心加速度为gtan θ，方向与水平面的夹角为θ
B．列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用
C．水杯与桌面间无摩擦
D．水杯内水面与桌面不平行
[解析] 设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随列车做水平面内圆周运动的向心力F(如图)，有mgtan θ＝ma，可知列车在转弯过程中的向心加速度大小为a＝gtan θ，方向与水平面平行，A错误；列车的向心加速度由列车的重力与轨道的支持力的合力提供，故列车的轮缘对轨道无侧向挤压作用，B正确；水杯的向心加速度由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，则水杯与桌面间的静摩擦力为零，C正确；水杯内水面取一微小质量元，此微元受到的重力与支持力的合力产生的加速度大小为a＝gtan θ，可知水杯内水面与水平方向的倾斜角等于θ，与桌面平行，D错误。
[答案] BC
[例2] (2023·汕头高三质检)如图所示的路段是一段半径约为120 m的圆弧形弯道，路面水平，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的eq \f(4,5)，下雨时路面被雨水淋湿，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的eq \f(2,5)。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为43.2 m/s2
B．汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6 rad/s
C．晴天时，汽车以100 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时，汽车以60 km/h的速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动
[解析] 汽车以v＝72 km/h＝20 m/s的速率通过此圆弧形弯道时，向心加速度a＝eq \f(v2,R)≈3.3 m/s2，角速度ω＝eq \f(v,R)≈0.17 rad/s，故A、B错误；以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm，设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得Ffm＝eq \f(mvm2,R)，在竖直方向上有FN＝mg，径向最大静摩擦力为正压力的eq \f(4,5)，即Ffm＝kFN，其中k＝eq \f(4,5)，以上三式联立解得vm＝eq \r(kgR)≈31.0 m/s＝111.6 km/h，所以晴天时汽车以100 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故C正确；下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的eq \f(2,5)，有vm′＝eq \r(\a\vs4\al(k′)gR)≈21.9 m/s≈78.8 km/h，60 km/h＜78.8 km/h，所以汽车可以安全通过此圆弧形弯道，不做离心运动，故D错误。
[答案] C
考法(二) 圆锥摆问题
[例3] (多选)如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是( )
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
[解析] 根据题意可知，mgtan θ＝mrω2＝mω2Lsin θ，仅增加绳长后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω，故A错误，B正确；小球质量可以被约去，所以仅增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确。
[答案] BD
[例4] 拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型拨浪鼓已成为儿童玩具。四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上，现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是(图中细绳与竖直方向的夹角α0.75 m×tan 37°，即小球做平抛运动没有落到圆锥表面上，所以落地点与O′点间的距离为0.8 m。
答案：(1)1.088 N (2)0.8 m
第4讲 万有引力与宇宙航行 相对论
第1课时 万有引力定律及其应用(全面落实基础)
一、开普勒行星运动定律
二、万有引力定律
1．表达式：F＝Geq \f(m1m2,r2)，G为引力常量，其值为G＝6.67×10－11N·m2/kg2。
2．适用条件：
①公式适用于质点间的相互作用，当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点。②质量分布均匀的球体可视为质点，r是两球球心间的距离。
三、宇宙速度
四、相对论
1．两个假设
(1)狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的。
(2)光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速和光源、观测者间的相对运动没有关系。
2．两个效应
(1)时间延缓效应：Δt＝eq \f(Δτ,\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,c)))2))。
(2)长度收缩效应：l＝l0 eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,c)))2)。
3．质速关系：m＝eq \f(m0,\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,c)))2))
情境创设
一颗卫星围绕地球运动，A、B是卫星运动的远地点和近地点。
微点判断
(1)根据开普勒第一定律，卫星围绕地球运动的轨迹是椭圆，地球处于椭圆的一个焦点上。(√)
(2)根据开普勒第二定律，卫星在B点的运动速度比在A点小。(×)
(3)开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k中，k是只与中心天体有关的物理量。(√)
(4)开普勒根据自己长期观察的实验数据总结出了行星运动的规律，并发现了万有引力定律。(×)
(5)卫星在B点的速度应大于11.2 km/s。(×)
eq \a\vs4\al(情境创设)
如图所示，为一艘正在以0.2c的速度远离地球的飞船。
微点判断
(6)地球上的观察者看到飞船发出的激光束的速度为1.2c。(×)
(7)地球上的观察者看到飞船的长度变短了。(√)
(8)飞船上的观察者看到飞船上的时钟变慢了。(×)
(一) 开普勒行星运动定律(固基点)
[题点全练通]
1．[开普勒第一定律的理解](多选)下列说法正确的是( )
A．太阳系中的八大行星有一个共同的轨道焦点
B．行星的运动方向总是沿着轨道的切线方向
C．行星的运动方向总是与它和太阳的连线垂直
D．太阳是静止不动的
解析：选AB 太阳系中八大行星绕太阳运动的轨迹都是椭圆，而太阳位于八大行星椭圆轨道的一个共同焦点上，故A正确；行星的运动轨迹为椭圆，即行星做曲线运动，速度方向沿轨道的切线方向，故B正确；椭圆上某点的切线并不一定垂直于此点与焦点的连线，故C错误；太阳并非静止，它围绕银河系的中心不断转动，故D错误。
2．[开普勒第二定律的应用]如图所示，一颗卫星绕地球做椭圆运动，运动周期为T，图中虚线为卫星的运动轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远。B和D点是弧线ABC和ADC的中点，下列说法正确的是( )
A．卫星在C点的速度最大
B．卫星在C点的加速度最大
C．卫星从A经D到C点的运动时间为eq \f(T,2)
D．卫星从B经A到D点的运动时间为eq \f(T,2)
解析：选C 卫星绕地球做椭圆运动，类似于行星绕太阳运转，根据开普勒第二定律：行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，则知卫星与地球的连线在相等时间内扫过的面积相等，所以卫星在距离地球最近的A点速度最大，在距离地球最远的C点速度最小，卫星在B、D两点的速度大小相等，故A错误；在椭圆的各个点上都是引力产生加速度a＝eq \f(GM,r2)，因A点的距离最小，则卫星在A点的加速度最大，故B错误；根据椭圆运动的对称性可知tADC＝tCBA＝eq \f(T,2)，故C正确；卫星在椭圆上近地点A附近速度较大，卫星在远地点C附近速度较小，则tBADeq \f(T,2)，故D错误。
3．[开普勒第三定律的应用](2024年1月·广西高考适应性演练)我国酒泉卫星发射中心在2022年将“夸父一号”卫星送入半径为r1的晨昏轨道；2023年又将“星池一号A星”送入半径为r2的晨昏轨道eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r1>r2))，“夸父一号”与“星池一号A星”在绕地球运行中，周期之比为( )
A．1∶1 B．r1∶r2
C.eq \r(r13)∶eq \r(r23) D.eq \r(r23)∶eq \r(r13)
解析：选C 由开普勒第三定律eq \f(r13,T12)＝eq \f(r23,T22)得，“夸父一号”与“星池一号A星”在绕地球运行中，周期之比为eq \f(T1,T2)＝eq \f(\r(r13),\r(r23))，故选C。
[要点自悟明]
对开普勒行星运动定律的三点说明
(1)行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理。
(2)开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动。
(3)开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同。
(二) 宇宙速度(固基点)
[题点全练通]
1．[第一宇宙速度]某星球直径为d，航天员在该星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，物体上升的最大高度为h，若物体只受该星球引力作用，则该星球的第一宇宙速度为( )
A.eq \f(v0,2) B．2v0 eq \r(\f(d,h))
C.eq \f(v0,2) eq \r(\f(h,d)) D.eq \f(v0,2) eq \r(\f(d,h))
解析：选D 由题意可知，星球表面的重力加速度为g＝eq \f(v02,2h)，根据万有引力定律可知Geq \f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))2)＝meq \f(v2,\f(d,2))，解得v＝eq \r(\f(2GM,d))，又在星球表面重力等于万有引力Geq \f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))2)＝mg，解得v＝eq \f(v0,2) eq \r(\f(d,h))，故D正确。
2．[第二宇宙速度]使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝ eq \r(2)v1。已知某星球的半径为地球半径R的4倍，质量为地球质量M的2倍，地球表面重力加速度为g。不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )
A. eq \r(\f(1,2)gR) B.eq \f(1,2)eq \r(gR) C.eq \r(gR) D. eq \r(\f(1,8)gR)
解析：选C 设在地球表面飞行的卫星质量为m，由万有引力提供向心力得Geq \f(Mm,R2)＝eq \f(mv2,R)，又有Geq \f(Mm,R2)＝mg，解得地球的第一宇宙速度为v1＝ eq \r(\f(GM,R))＝ eq \r(gR)；设该星球的第一宇宙速度为v1′，根据题意，有eq \f(v1′,v1) ＝ eq \r(\f(2M,M))·eq \f(\r(R),\r(4R))＝eq \f(1,\r(2))；由题意知v2＝eq \r(2)v1，得该星球的第二宇宙速度为v2′＝eq \r(gR)，故A、B、D错误，C正确。
3．[对宇宙速度的理解](多选)已知火星的质量约为地球质量的eq \f(1,9)，火星的半径约为地球半径的eq \f(1,2)。下列关于“天问一号”火星探测器的说法中正确的是( )
A．发射速度只要大于第一宇宙速度即可
B．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以
C．发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度
D．“天问一号”火星探测器环绕火星运行的最大速度约为地球的第一宇宙速度的一半
解析：选CD 根据三个宇宙速度的意义，可知A、B错误，C正确；已知M火＝eq \f(M地,9)，R火＝eq \f(R地,2)，则vmax∶v1＝eq \r(\f(GM火,R火))∶eq \r(\f(GM地,R地))＝eq \f(\r(2),3)≈0.5，D正确。
[要点自悟明]
1．第一宇宙速度的推导
法一：由Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(v12,R)得v1＝ eq \r(\f(GM,R))
＝ eq \r(\f(6.67×10－11×5.98×1024,6.4×106)) m/s≈7.9×103 m/s。
法二：由mg＝meq \f(v12,R)得v1＝eq \r(gR)＝eq \r(9.8×6.4×106) m/s≈7.9×103 m/s。第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大环绕速度，此时它的运行周期最短，Tmin＝2πeq \r(\f(R,g))≈5 075 s≈85 min。
2．宇宙速度与运动轨迹的关系
(1)v发＝7.9 km/s时，卫星绕地球做匀速圆周运动。
(2)7.9 km/s＜v发＜11.2 km/s，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆。
(3)11.2 km/s≤v发＜16.7 km/s，卫星绕太阳做椭圆运动。
(4)v发≥16.7 km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间。
(三) 卫星运行参量的分析与比较(释疑点)
研清微点1 卫星运行状态参量的比较与计算
1．(2024年1月·吉林、黑龙江高考适应性演练)2023年8月，我国首次在空间站中实现了微小卫星的低成本入轨。在近地圆轨道飞行的中国空间站中，航天员操作机械臂释放微小卫星。若微小卫星进入比空间站低的圆轨道运动，则入轨后微小卫星的( )
A．角速度比空间站的大 B．加速度比空间站的小
C．速率比空间站的小 D．周期比空间站的大
解析：选A 卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得eq \f(GMm,r2)＝mω2r＝ma＝meq \f(v2,r)＝meq \f(4π2,T2)r，可得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，a＝eq \f(GM,r2)，v＝eq \r(\f(GM,r))，T＝eq \r(\f(4π2r3,GM))，由于微小卫星的轨道半径小于空间站的轨道半径，则入轨后微小卫星的角速度比空间站的大，加速度比空间站的大，速率比空间站的大，周期比空间站的小。故选A。
2．(2023·广东高考)如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是( )
A．周期为2t1－t0
B．半径为 eq \r(3,\f(GMt1－t02,4π2))
C．角速度的大小为eq \f(π,t1－t0)
D．加速度的大小为 eq \r(3,\f(2πGM,t1－t0))
解析：选B 由题图(b)可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为T＝t1－t0，则P的公转周期为t1－t0，故A错误；P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，解得半径为r＝eq \r(3,\f(GMT2,4π2))＝eq \r(3,\f(GMt1－t02,4π2))，故B正确；P的角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,t1－t0)，故C错误；P的加速度大小为a＝ω2r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,t1－t0)))2·eq \r(3,\f(GMt1－t02,4π2))＝eq \f(2π,t1－t0)·eq \r(3,\f(2πGM,t1－t0))，故D错误。
一点一过
物理量随轨道半径变化的规律
eq \a\vs4\al(变,化,规,律)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(,, G\f(Mm,r2)＝, r＝R地＋h\b\lc\{\rc\)(\a\vs4\al\c1(m\f(v2,r)→v＝\r(\f(GM,r))→v∝\f(1,\r(r)),mω2r→ω＝\r(\f(GM,r3))→ω∝\f(1,\r(r3)),m\f(4π2,T2)r→T＝\r(\f(4π2r3,GM))→T∝\r(r3),ma→a＝\f(GM,r2)→a∝\f(1,r2))),mg＝\f(GMm,R地2)近地时→GM＝gR地2黄金代换式))eq \a\vs4\al(越,高,越,慢,)
[提醒] a、v、ω、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径和中心天体质量共同决定，所有状态参量的比较，最终归结到半径的比较。
研清微点2 地球静止轨道卫星
3．我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉卫星发射中心成功发射，首次实现了地球上相距千公里两个地面站之间的量子态远程传输，“墨子”由火箭发射至高度为500 km的圆形轨道。此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7，G7属于地球静止轨道卫星(高度约为36 000 km)，它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说法中正确的是( )
A．这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/s
B．通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方
C．量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7的周期小
D．量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7的小
解析：选C 根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，知轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以北斗G7和量子科学实验卫星“墨子”的线速度均小于地球的第一宇宙速度，故A错误；北斗G7即地球静止轨道卫星，只能定点于赤道正上方，故B错误；根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，得T＝ eq \r(\f(4π2r3,GM))，所以量子科学实验卫星“墨子”的周期小，故C正确；卫星的向心加速度a＝eq \f(GM,r2)，半径小的量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7的大，故D错误。
一点一过
1．地球静止轨道卫星的6个“一定”
2．地球静止轨道卫星与同步卫星的关系
地球同步卫星位于地面上方，其离地面高度约为 36 000 km，周期与地球自转周期相同，但轨道平面与绕行方向可以是任意的。地球静止轨道卫星是一种特殊的同步卫星。
(四) 天体质量和密度的计算(培优点)
利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。
(1)由Geq \f(Mm,R2)＝mg得天体质量M＝eq \f(gR2,G)。
(2)天体密度ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3g,4πGR)。
(3)GM＝gR2称为黄金代换公式。方法1 “自力更生”法(g－R)
[例1] 假设在月球表面将物体以某速度竖直上抛，经过时间t物体落回月球表面，物体上升的最大高度为h。已知月球半径为R，引力常量为G，不计一切阻力。则月球的密度为( )
A.eq \f(3πh,4Rt2) B.eq \f(6πh,GRt2) C.eq \f(6h,GπRt2) D.eq \f(8πh,3GRt2)
[解析] 设月球质量为M，月球表面重力加速度为g′，由自由落体运动公式得h＝eq \f(1,2)g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2，月球表面质量为m的物体所受重力mg′＝Geq \f(Mm,R2)，月球体积为V＝eq \f(4,3)πR3，则月球的密度为ρ＝eq \f(M,V)，联立以上各式得ρ＝eq \f(6h,GπRt2)，C正确。
[答案] C
测出卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和半径r。
(1)由Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r得天体的质量M＝eq \f(4π2r3,GT2)。
(2)若已知天体的半径R，则天体的密度ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3πr3,GT2R3)。方法2 “借助外援”法(T－r)
(3)若卫星绕天体表面运行时，可认为轨道半径r等于天体半径R，则天体密度ρ＝eq \f(3π,GT 2)，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的密度。
[例2] 若将北斗导航卫星绕地球的运动近似看成是匀速圆周运动，运行轨道距地面的高度为h，运行周期为T，已知万有引力常量为G，地球半径为R。则地球质量M和地球的平均密度ρ分别为( )
A．M＝eq \f(4π2R＋h3,GT2)，ρ＝eq \f(3πR＋h3,GT2R3)
B．M＝eq \f(4π2R＋h3,GT2)，ρ＝eq \f(6πR＋h3,GT2R3)
C．M＝eq \f(4π2R＋h3,3GT2)，ρ＝eq \f(3πR＋h3,GT2R3)
D．M＝eq \f(4π2R＋h3,3GT2)，ρ＝eq \f(6πR＋h3,GT2R3)
[解析] 将北斗导航卫星绕地球的运动近似看成是匀速圆周运动，设卫星的质量为m，由万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R＋h2)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2(R＋h)，解得M＝eq \f(4π2R＋h3,GT2)，又有M＝ρeq \f(4,3)πR3，解得ρ＝eq \f(3πR＋h3,GT2R3)，A正确。
[答案] A
eq \a\vs4\al([归纳总结])
有关天体质量和密度计算的两点提醒
(1)利用“自力更生”法和“借助外援”法估算天体的质量和密度时，都是针对中心天体，而不是环绕天体，因为计算过程中环绕天体的质量被约掉了。
(2)注意区别中心天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近的卫星才有r≈R；计算天体密度时，V＝eq \f(4,3)πR3中的R只能是中心天体的半径。
(五) 天体表面的重力加速度(精研点)
1．万有引力与重力的关系
地球对物体的万有引力F表现为两个效果：一是重力mg，二是提供物体随地球自转的向心力F向，如图所示。
(1)在赤道上：Geq \f(Mm,R2)＝mg1＋mω2R。
(2)在两极上：Geq \f(Mm,R2)＝mg2。
2．星体表面上的重力加速度
(1)在地球表面附近的重力加速度g(不考虑地球自转)：mg＝Geq \f(Mm,R2)，得g＝eq \f(GM,R2)。
(2)在地球上空距离地心r＝R＋h处的重力加速度为g′，由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)。
[考法全析]
eq \a\vs4\al(考法一 万有引力与重力的大小关系)
[例1] (多选)万有引力定律能够很好地将天体运行规律与地球上物体运动规律具有的内在一致性统一起来。用弹簧测力计称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果。已知地球质量为M，引力常量为G，将地球视为半径为R、质量分布均匀的球体。下列说法正确的是( )
A．在北极地面称量时，弹簧测力计读数为F0＝Geq \f(Mm,R2)
B．在赤道地面称量时，弹簧测力计读数为F1＝Geq \f(Mm,R2)
C．在北极上空高出地面h处称量时，弹簧测力计读数为F2＝Geq \f(Mm,R＋h2)
D．在赤道上空高出地面h处称量时，弹簧测力计读数为F3＝Geq \f(Mm,R＋h2)
[解析] 在北极地面称量时，物体不随地球自转，万有引力等于重力，则有F0＝Geq \f(Mm,R2)，故A正确；在赤道地面称量时，万有引力等于重力加上物体随地球一起自转所需要的向心力，则有F1T地，可知，r火>r地、v火va，即卫星b的速度最大，所以在相同时间内卫星b转过的弧长最长，B正确；卫星a、c角速度相同，在4小时内转过的圆心角都为eq \f(2π,6)＝eq \f(π,3)，在2小时内转过的圆心角都为eq \f(2π,12)＝eq \f(π,6)，C正确；卫星c和卫星b的轨道半径都小于卫星d的轨道半径，由开普勒第三定律可知，卫星b的运动周期一定小于卫星d的运动周期，卫星d的运动周期一定大于卫星c的运动周期(24小时)，D错误。
3．[近地卫星与同步卫星状态参量的比较]北斗问天，国之夙愿。我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍。与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星( )
A．周期大 B．线速度大
C．角速度大 D．加速度大
解析：选A 近地轨道卫星的轨道半径稍大于地球半径，由万有引力提供向心力，可得Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，解得线速度v＝ eq \r(\f(GM,r))，由于地球静止轨道卫星的轨道半径大于近地轨道卫星的轨道半径，所以地球静止轨道卫星的线速度较小，选项B错误；由万有引力提供向心力，可得Geq \f(Mm,r2)＝mreq \f(2π,T)2，解得周期T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，所以地球静止轨道卫星的周期较大，选项A正确；由ω＝eq \f(2π,T)，可知地球静止轨道卫星的角速度较小，选项C错误；由万有引力提供向心力，可得Geq \f(Mm,r2)＝ma，解得加速度a＝Geq \f(M,r2)，所以地球静止轨道卫星的加速度较小，选项D错误。
[规律方法]
如图所示，a为近地卫星，轨道半径为r1；b为地球同步卫星，轨道半径为r2；c为赤道上随地球自转的物体，轨道半径为r3。

热点(二) 天体中的“追及相遇”问题
1．[同向运动星体的“追及相遇”问题]
(2023·湖北高考)2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球公转轨道半径之比约为3∶2，如图所示。根据以上信息可以得出( )
A．火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27∶8
B．当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大
C．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9∶4
D．下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前
解析：选B 火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3∶2，根据开普勒第三定律有eq \f(r火3,r地3)＝eq \f(T火2,T地2)，可得eq \f(T火,T地)＝eq \r(\f(r火3,r地3))＝eq \f(3\r(3),2\r(2))，故A错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B正确；在星球表面根据万有引力近似等于重力，有Geq \f(Mm,r2)＝mg，g＝eq \f(GM,r2)，由于不知道火星和地球的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度之比，故C错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，有ω火＝eq \f(2π,T火)，ω地＝eq \f(2π,T地)，要发生下一次火星冲日，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T地)－\f(2π,T火)))t＝2π，得t＝eq \f(T火T地,T火－T地)>T地，可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之后，故D错误。
2．[反向运动卫星的“追及相遇”问题](多选)如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动，运动方向相反。A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近，则(引力常量为G)( )
A．两卫星下一次相距最近需经过时间t＝eq \f(T1T2,T1＋T2)
B．两颗卫星的轨道半径之比为 eq \r(3,\f(T12,T22))
C．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球的密度
D．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度
解析：选AB 两卫星运动方向相反，设经过时间t再次相遇，则有eq \f(2π,T1)t＋eq \f(2π,T2)t＝2π，解得t＝eq \f(T1T2,T1＋T2)，A正确；根据万有引力提供向心力得eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，所以两颗卫星的轨道半径之比为eq \r(3,\f(T12,T22))，B正确；若已知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比可以求出两颗卫星的轨道半径，根据万有引力提供向心力得eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不能求出地球的密度和地球表面的重力加速度，故C、D错误。
3．[两星相距最近或最远次数的计算](多选)如图，行星a、b的质量分别为m1、m2，中心天体c的质量为M(M远大于m1及m2)，在万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为ra∶rb＝1∶4，则下列说法中正确的是( )
A．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶8
B．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶4
C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线12次
D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次
解析：选AD 根据开普勒第三定律：周期的平方与半径的三次方成正比，则a、b运动的周期之比为1∶8，
A对；设图示位置夹角为θ v3，故有vA>v1>v3>vB。
(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同。
(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r3，由开普勒第三定律eq \f(r3,T2)＝k可知T1v问，C正确；“天问一号”离开地球到达火星运动可近似为椭圆运动，其椭圆轨道的半长轴小于火星运动轨道的半径，由开普勒第三定律有eq \f(a问3,T问2)＝eq \f(r火3,T火2)，可知“天问一号”的运动周期小于火星的运动周期，D错误。
9．假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4 200 km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6 400 km，地球同步卫星距地面高为36 000 km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( )
A．4次 B．6次
C．7次 D．8次
解析：选C 根据圆周运动的规律，分析一昼夜同步卫星与宇宙飞船相距最近的次数，即为卫星发射信号的次数，也为接收站接收到的信号次数。设宇宙飞船的周期为T，由eq \f(GMm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，得T＝2π eq \r(\f(r3,GM))，则eq \f(T2,242)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6 400＋4 200,6 400＋36 000)))3，解得T＝3 h，设两者由相隔最远至第一次相隔最近的时间为t1，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)－\f(2π,T0)))t1＝π，解得t1＝eq \f(12,7) h，再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)－\f(2π,T0)))t2＝2π，解得t2＝eq \f(24,7) h，由n＝eq \f(24－t1,t2)＝6.5次，知接收站接收信号的次数为7次。
10．(多选)根据科学家们的推测，双星的运动是产生引力波的来源之一。假设宇宙中有一由a、b两颗星组成的双星系统，这两颗星绕它们连线上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两星间的距离为l，轨道半径之差为Δr，已知a星的轨道半径大于b星的轨道半径，则( )
A．b星的周期为eq \f(l－Δr,l＋Δr)T
B．b星的线速度大小为eq \f(πl－Δr,T)
C．a、b两星的轨道半径之比为eq \f(l,l－Δr)
D．a、b两星的质量之比为eq \f(l－Δr,l＋Δr)
解析：选BD 两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，所以两颗星的周期相等，则Tb＝Ta＝T，A错误。a、b两星间的距离为l，轨道半径之差为Δr，已知a星的轨道半径大于b星的轨道半径，则ra＋rb＝l、ra－rb＝Δr，所以ra＝eq \f(l＋Δr,2)、rb＝eq \f(l－Δr,2)。a、b两星的轨道半径之比eq \f(ra,rb)＝eq \f(l＋Δr,l－Δr)，b星的线速度大小vb＝eq \f(2πrb,T)＝eq \f(πl－Δr,T)，B正确，C错误。两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，则Geq \f(mamb,l2)＝maraeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2＝mbrbeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2，所以a、b两星的质量之比eq \f(ma,mb)＝eq \f(rb,ra)＝eq \f(l－Δr,l＋Δr)，D正确。
11．(多选)如图所示，双星系统由质量不相等的两颗恒星P、Q组成，P、Q质量分别为M、m(M>m)，它们围绕共同的圆心O做匀速圆周运动。从地球上A点看过去，双星运动的平面与AO垂直，AO距离恒为L。观测发现质量较大的恒星P做圆周运动的周期为T，运动范围的最大张角为Δθ(单位是弧度)。已知引力常量为G，Δθ很小，可认为sin Δθ＝tan Δθ＝Δθ，忽略其他星体对双星系统的作用力。则( )
A．恒星Q的角速度为eq \f(2π,T) eq \r(\f(M,m))
B．恒星Q的轨道半径为eq \f(ML·Δθ,2m)
C．恒星Q的线速度为eq \f(πML·Δθ,mT)
D．两颗恒星的质量m和M满足的关系式为eq \f(m3,m＋M2)＝eq \f(π2L·Δθ3,2GT2)
解析：选BCD 恒星P与Q具有相同的角速度，则角速度ω＝eq \f(2π,T)，A错误；恒星P的轨道半径R＝Ltan eq \f(Δθ,2)＝eq \f(1,2)L·Δθ，对双星系统，有mω2r＝Mω2R，解得恒星Q的轨道半径为r＝eq \f(ML·Δθ,2m)，B正确；恒星Q的线速度大小v1＝ωr＝eq \f(2π,T)·eq \f(ML·Δθ,2m)＝eq \f(πML·Δθ,mT)，C正确；对双星系统，由万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R＋r2)＝mω2r＝Mω2R，解得GM＝ω2r(r＋R)2，Gm＝ω2R(r＋R)2，相加得G(M＋m)＝ω2(R＋r)3，又由mω2r＝Mω2R，联立可得eq \f(m3,m＋M2)＝eq \f(π2L·Δθ3,2GT2)，D正确。
第5讲 实验：探究平抛运动的特点
把握经典实验方案
一、基本原理与操作
二、核心关键——数据处理
1．以O点为原点，水平方向为x轴，竖直向下方向为y轴建立坐标系。
2．在小钢球平抛运动轨迹上选取A、B、C、D、E五个点，测出它们的x、y坐标值，记到表格内。
3．把测到的坐标值依次代入公式v0＝x eq \r(\f(g,2y))，求出小钢球平抛的初速度，并计算其平均值。
融通多彩实验方案
1．教科版新教材——平抛运动的实验研究
验装置图
[要点解读]
(1)打击弹片使小球A平抛的同时小球B做自由落体运动，观察实验结果。
(2)改变打击弹片的力度，改变小球A平抛的初速度，观察实验结果。
(3)通过实验发现A、B两球总是同时落地，说明小球A做平抛运动在竖直方向的分运动与小球B的运动相同。
2．粤教版新教材——探究平抛运动

实验装置图
[要点解读]
(1)可用平抛运动实验器分别研究平抛运动在水平方向的分运动特点和在竖直方向的分运动特点。
(2)切断电源，使电磁铁C、D同时释放小球，使小球以相同的速度沿水平方向射出，同时碰撞开关S切断电磁铁E的电源，使钢球自由下落。
(3)控制小钢球在轨道A、B上的初始位置相对于各自轨道出口水平线处的高度相同，控制小钢球在电磁铁E上的位置与轨道A出口在同一高度。
归纳共性实验关键
1．不变的实验原理
通过实验探究平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，在水平方向的分运动为匀速直线运动。
2．必备的实验器材：斜槽、小钢球、铅垂线。
3．共同的注意事项
(1)斜槽末端切线方向必须水平，以保证小球做平抛运动。
(2)每次释放小球的位置必须相同，以保证小球平抛的初速度相同。
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一、基础考法保住分

考查点(一) 实验原理与操作
1．用如图所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有________。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末端水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系，取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的________(填“最上端”“最下端”或“球心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时________(填“需要”或“不需要”)y轴与铅垂线平行。
(3)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是________。
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体________。
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
解析：(1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证钢球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但斜槽轨道末端必须是水平的；同时要让钢球总是从同一位置无初速度释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，A错误，B、D正确。挡板只要能记录下钢球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化，C错误。
(2)钢球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是钢球静置于Q点时球心的位置，故应以钢球的球心对应白纸上的位置为坐标原点；钢球在竖直方向为自由落体运动，故y轴必须保证与铅垂线平行。
(3)从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹；用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹；将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔和白纸之间没有压力，故不会形成运动轨迹。故选A、B。
(4)伽利略的推断说明了炮弹由同一高度下落时的等时性，故只能说明炮弹在竖直方向为自由落体运动，无法说明水平方向的运动。
答案：(1)BD (2)球心 需要 (3)AB (4)B
(1)固定斜槽时，必须保证斜槽末端的切线水平。
(2)小球平抛运动的起点不是斜槽末端，而是斜槽末端小球球心对应的位置。
(3)同一实验过程中，小球在斜槽上释放的位置必须相同，以保证小球平抛的初速度相同。[关键点拨]
考查点(二) 数据处理与误差分析
2．某同学利用图甲所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图乙所示(图中未包括小球刚离开轨道的图像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5 cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图乙中标出。
完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)
(1)小球运动到图乙中位置A时，其速度的水平分量大小为______m/s，竖直分量大小为______m/s；
(2)根据图乙中数据可得，当地重力加速度的大小为________m/s2。
解析：(1)因小球在水平方向做匀速直线运动，因此速度的水平分量大小为v0＝eq \f(x,t)＝1.0 m/s；小球在竖直方向做自由落体运动，因此在A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得，其速度的竖直分量大小为vy＝eq \f(8.6＋11.0×10－2,0.05×2) m/s≈2.0 m/s。
(2)由竖直方向的自由落体运动可得当地重力加速度的大小为g＝eq \f(y3＋y4－y2－y1,4T2)，代入数据可得g＝9.7 m/s2。
答案：(1)1.0 2.0 (2)9.7
结合轨迹计算平抛运动的初速度
(1)平抛轨迹完整(即含有抛出点)
在轨迹上任取一点，测出该点离原点的水平位移x及竖直位移y，就可求出初速度v0，因x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，故v0＝x eq \r(\f(g,2y))。
(2)
平抛轨迹残缺(即无抛出点)
如图所示，在轨迹上任取三点A、B、C，使A、B间及B、C间的水平距离相等，由平抛运动的规律可知，A、B间与B、C间所用时间相等，设为t，则Δh＝hBC－hAB＝gt2，所以t＝eq \r(\f(hBC－hAB,g))，所以初速度v0＝eq \f(x,t)＝x eq \r(\f(g,hBC－hAB))。[关键点拨]
二、创新考法不失分

创新角度(一) 实验器材的创新
1.
试根据平抛运动原理设计“测量弹射器弹丸出射初速度”的实验方法，提供的实验器材有：弹射器(含弹丸，如图所示)、铁架台(带有夹具)、米尺。(重力加速度g已知)
(1)画出实验示意图。
(2)在安装弹射器时应注意：________________________________________________________________________。
(3)实验中需要测量的物理量(在画出的示意图中用字母标出)：________________________________________________________________________。
(4)由于弹射器每次射出的弹丸初速度不可能完全相等，在实验中采取的方法是________________________________________________________________________。
(5)计算公式为________________________________________________________________________。
解析：
(1)实验示意图如图所示。
(2)要注意弹射器应固定且发射方向应保持水平。
(3)实验中需测量弹丸射出的水平距离x和弹射器与水平地面的高度差h。
(4)在弹射器高度不变的情况下多次实验，取x1、x2、…、xn的平均值 eq \x\t(x)作为实数据。
(5)由eq \x\t(x)＝v弹丸t，h＝eq \f(1,2)gt2，得v弹丸＝eq \f(\x\t(x),\r(\f(2h,g)))＝eq \x\t(x) eq \r(\f(g,2h))。
答案：见解析
2．频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。某物理小组利用如图甲所示的装置探究平抛运动规律。他们分别在该装置正上方A处和右侧正前方B处安装了频闪仪器并进行了拍摄，得到的频闪照片如图乙所示，O为抛出点，P为运动轨迹上某点。则根据平抛运动规律分析下列问题(g取10 m/s2)：
(1)乙图中，A处摄像头所拍摄的频闪照片为______(填“a”或“b”)。
(2)测得图乙a中OP距离为30 cm，b中OP距离为45 cm，则平抛小球的初速度大小应为________ m/s，小球在P点速度大小应为________ m/s。
解析：(1)小球做平抛运动时，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，故A处摄像头所拍摄的频闪照片为a。
(2)竖直方向上有y＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2y,g))＝ eq \r(\f(2×0.45,10)) s＝0.3 s，则平抛小球的初速度v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(0.3,0.3) m/s＝1 m/s，小球在P点竖直方向的速度vy＝gt＝10×0.3 m/s＝3 m/s，则vP＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(10) m/s。
答案：(1)a (2)1 eq \r(10)
创新角度(二) 实验原理的创新
3．某同学设计了一个“探究平抛运动的特点”的实验。实验装置示意图如图甲所示，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽(如图甲中P0P0′、P1P1′、…)，槽间距离均为d。把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上。实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨道的同一位置由静止释放。每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d。实验得到的小球在白纸上打下的若干痕迹点如图乙所示。
(1)实验前应对实验装置反复调节，直到________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
每次让小球从同一位置由静止释放，是为了________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)每次将B板向内侧平移距离d，是为了________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)在图乙中绘出小球做平抛运动的轨迹。
解析：(1)对实验装置反复调节的目的：①使斜轨道末端切线水平，以保证小球离开轨道时做平抛运动；②使A板水平，保证B板总处于同一高度；③使插槽P0P0′垂直斜轨道并在斜轨道末端正下方，以保证B板在P0P0′时小球的痕迹为抛出点。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保证小球每次以相同初速度做平抛运动。
(2)每次将B板向内侧平移距离d，是为了使记录纸上每两点间的水平距离相等。
(3)如图所示。
答案：(1)斜轨道末端切线水平、A板水平、插槽P0P0′垂直斜轨道并在斜轨道末端正下方 使小球每次做平抛运动的初速度都相同 (2)使记录纸上每两点之间的水平距离相等 (3)见解析图
创新角度(三) 数据处理的创新
4．如图甲所示，
AB是一可升降的竖直支架，支架顶端A处固定一弧形轨道，轨道末端水平。一条形木板的上端铰接于过A的水平转轴上，下端搁在水平地面上。将一小球从弧型轨道某一位置由静止释放，小球落在木板上的某处，测出小球平抛运动的水平射程x和此时木板与水平面的夹角θ，并算出tan θ。改变支架AB的高度，将小球从同一位置释放，重复实验，得到多组x和tan θ，记录的数据如下表：
(1)在图乙的坐标中描点连线，做出x-tan θ的关系图像。
(2)根据x-tan θ图像可知小球做平抛运动的初速度v0＝________ m/s；实验中发现θ超过60°后，小球将不会掉落在斜面上，则斜面的长度为________ m。(重力加速度g取10 m/s2，计算结果保留两位小数)。
(3)实验中有一组数据出现明显错误，可能的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)x-tan θ的关系图像如图所示：
(2)根据tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)，得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，
则水平射程为：x＝v0t＝eq \f(2v02tan θ,g)。
可知图线的斜率k＝eq \f(2v02,g)，由图可知k＝eq \f(0.290,1.43)≈0.2，
解得v0＝ eq \r(\f(kg,2))＝ eq \r(\f(0.2×10,2)) m/s＝1.0 m/s。
当θ＝60°时，有t＝eq \f(2v0tan θ,g)＝eq \f(\r(3),5) s，
则斜面的长度为：s＝eq \f(v0t,cs 60°)＝eq \f(2\r(3),5) m≈0.69 m。
(3)实验中有一组数据出现明显错误，由图可知，第4组数据水平射程偏小，由x＝v0t＝eq \f(2v02tan θ,g)知，初速度偏小，即小球释放位置低于其他次实验。
答案：(1)见解析图 (2)1.00(0.96～1.04均可) 0.69(0.65～0.73均可) (3)第4次小球释放位置与其他次实验不同(低于其他次实验)
第6讲 实验：探究影响向心力大小的因素

把握经典实验方案
一、基本原理与操作
二、核心关键
1．数据处理
(1)m、r一定。
(2)m、ω一定。
(3)r、ω一定。
(4)分别作出F向-ω2、F向-r、F向-m的图像。
2．实验结论
(1)在小球质量和做圆周运动的半径一定的情况下，向心力的大小与角速度的平方成正比。
(2)在小球质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与做圆周运动的半径成正比。
(3)在小球做圆周运动的半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比。
3．注意事项
(1)定性感知实验中，轻小球受到的重力与拉力相比可忽略。
(2)使用向心力演示器时应注意：
①将横臂紧固螺钉旋紧，以防小球和其他部件飞出而造成事故。
②摇动手柄时应力求缓慢加速，注意观察其中一个测力套筒上标尺的格数。达到预定格数时，保持转速均匀恒定。
一、基础考法保住分

考查点(一) 影响向心力大小因素的定性分析
1．如图所示，同学们分小组探究影响向心力大小的因素。同学们用细绳系一纸杯(杯中有30 mL的水)在空中甩动，使纸杯在水平面内做圆周运动，来感受向心力。
(1)下列说法中正确的是________。
A．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将不变
B．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力将增大
C．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将不变
D．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力将增大
(2)如图甲所示，绳离杯心40 cm处打一结点A，80 cm处打一结点B，学习小组中一位同学手表计时，另一位同学操作，其余同学记录实验数据：
操作一：手握绳结点A，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
操作二：手握绳结点B，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
操作三：手握绳结点A，使杯在水平方向每秒运动二周，体会向心力的大小。
操作四：手握绳结点A，再向杯中添加30 mL的水，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。
则：①操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；
操作三与一相比较：质量、转动半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；
操作四与一相比较：____________________相同，向心力大小与________有关；
②物理学中此种实验方法叫________法。
③小组总结阶段，在空中甩动，使杯在水平面内做圆周运动的同学谈感受时说：“感觉手腕发酸，感觉力的方向不是指向圆心的向心力而是背离圆心的离心力，跟书上说的不一样。”你认为该同学的说法是否正确，为什么？
解析：(1)由题意，根据向心力公式F向＝mω2r，由牛顿第二定律有T拉＝mω2r；保持质量、绳长不变，增大转速，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故A错误，B正确；保持质量、角速度不变，增大绳长，据公式可知，绳对手的拉力将增大，故C错误，D正确。
(2)根据向心力公式F向＝mω2r，由牛顿第二定律，则有T拉＝mω2r；操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；操作三与一相比较：质量、转动半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；操作四与一相比较：角速度、转动半径相同，向心力大小与质量有关；物理学中此种实验方法叫控制变量法。
说法不对。该同学受力分析的对象是自己的手，我们实验时受力分析的对象是水杯，细绳的拉力提供水杯
做圆周运动的向心力指向圆心。细绳对手的拉力与“向心力”大小相等，方向相反，背离圆心。
答案：(1)BD (2)①角速度(线速度)、转动半径 质量 ②控制变量 ③见解析
考查点(二) 影响向心力大小因素的定量分析
2．(2023·浙江1月选考，节选)“探究向心力大小的表达式”实验装置如图所示。
(1)采用的实验方法是________。
A．控制变量法B．等效法 C．模拟法
(2)在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的________之比(选填“线速度大小”“角速度平方”或“周期平方”)；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值________(选填“不变”“变大”或“变小”)。
解析：(1)该实验探究多个物理量之间的关系，应用控制变量法。
(2)根据向心力表达式F＝mrω2，在小球质量、转动半径相同的情况下，F∝ω2，左右标尺标记的比值为F之比等于角速度的平方比；由于两球角速度比为定值，则标记的比值不变。
答案：(1)A (2)角速度平方 不变
(1)当某物理量与多个因素可能有关时应采用控制变量法进行定量研究。
(2)在研究某两个物理量之间的关系时，其他因素所对应的物理量应当保持不变。[关键点拨]
二、创新考法不失分

创新角度(一) 实验器材的创新
1.
某兴趣小组用如图甲所示的装置与传感器结合，探究向心力大小的影响因素。实验时用手拨动旋臂使砝码做圆周运动，力传感器和光电门固定在实验器材上，测量角速度和向心力。
(1)电脑通过光电门测量挡光杆通过光电门的时间，并由挡光杆的宽度d、挡光杆通过光电门的时间Δt、挡光杆做圆周运动的半径r，自动计算出砝码做圆周运动的角速度，则其计算角速度的表达式为________________________________________________________________________。
(2)在图乙中取①②两条曲线为相同转动半径、不同质量下向心力与角速度的关系图线，由图乙可知。曲线①对应的砝码质量________(填“大于”或“小于”)曲线②对应的砝码质量。
解析：(1)挡光杆转动的线速度v＝eq \f(d,Δt)，由ω＝eq \f(v,r)，计算得出：ω＝eq \f(d,rΔt)。砝码与挡光杆转动的角速度相同，则砝码角速度的表达式为ω＝eq \f(d,rΔt)。
(2)若保持角速度和半径都不变，则砝码做圆周运动的向心加速度不变，由牛顿第二定律F＝ma可以知道，质量大的砝码需要的向心力大，所以曲线①对应的砝码质量小于曲线②对应的砝码质量。
答案：(1)ω＝eq \f(d,rΔt) (2)小于
2．如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，做匀速圆周运动的圆柱体放置在水平光滑圆盘上，力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，该同学通过保持圆柱体质量和运动半径不变，来探究向心力F与线速度v的关系：
(1)该同学采用的实验方法为________。
A．等效替代法 B．控制变量法
C．理想化模型法 D．比值法
(2)改变线速度v，多次测量，该同学测出了五组F、v数据，如表所示：
该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点。
①作出F-v2图线；
②若圆柱体运动半径r＝0.2 m，由作出的F-v2图线可得圆柱体的质量m＝____kg(保留两位有效数字)。
解析：(1)实验中探究向心力和速度的关系，保持圆柱体质量和运动半径不变，采用的实验方法是控制变量法，B正确。
(2)①作出F-v2图线，如图所示。
②根据F＝eq \f(mv2,r)知，图线的斜率k＝eq \f(m,r)，则有eq \f(m,r)＝eq \f(7.90,9)，代入数据计算得出m≈0.18 kg。
答案：(1)B (2)①见解析图 ②0.18
创新角度(二) 实验原理的创新
3.
改装的探究圆周运动的向心力大小的实验装置如图所示。有机玻璃支架上固定一个直流电动机，电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另一端连接一个小球。实验操作如下：
①利用天平测量小球的质量m，记录当地的重力加速度g的大小；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，让激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度h；
③当小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，整理器材。
请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是________。
A．小球运动的周期为eq \f(t,n)
B．小球运动的线速度大小为eq \f(2πn－1R,t)
C．小球运动的向心力大小为eq \f(mgR,h)
D．若电动机转速增加，激光笔1、2应分别左移、上移
(2)若已测出R＝40.00 cm，r＝4.00 cm，h＝90.00 cm，t＝100.00 s，n＝51，π取3.14，则小球做圆周运动的周期T＝________s，记录的当地重力加速度大小应为g＝________m/s2。(计算结果均保留3位有效数字)
解析：(1)从球第1次到第n次通过A位置，转动圈数为n－1，时间为t，周期T＝eq \f(t,n－1)，A错误；小球的线速度大小为v＝eq \f(2πR,T)＝eq \f(2πn－1R,t)，B正确；小球受重力和拉力，合力提供向心力，设细绳与竖直方向的夹角为α，有FTcs α＝mg，FTsin α＝Fn，则Fn＝mgtan α＝mgeq \f(R－r,h)，C错误；若电动机的转速增加，则转动半径增加，激光笔1、2应分别左移、上移，D正确。
(2)小球做圆周运动的周期T＝eq \f(t,n－1)＝2.00 s，向心力Fn＝mgeq \f(R－r,h)＝mReq \f(4π2,T2)，解得g＝eq \f(4π2Rh,R－rT2)≈9.86 m/s2。
答案：(1)BD (2)2.00 9.86
等时性
合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止
等效性
各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响
渡河时间最短
当船头方向垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝eq \f(d,v船)
渡河位移最短
如果v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cs θ＝－v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d
如果v船r1＝r3
角速度
由Geq \f(Mm,r2)＝mω2r得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，故ω1>ω2
同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，故ω2＝ω3
ω1>ω2＝ω3
线速度
由Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)得v＝ eq \r(\f(GM,r))，故v1>v2
由v＝rω得v2>v3
v1>v2>v3
向心加速度
由Geq \f(Mm,r2)＝ma得a＝eq \f(GM,r2)，故a1>a2
由a＝ω2r得a2>a3
a1>a2>a3
情景导图
运动特点
转动方向、周期、角速度相同，运动半径一般不等
受力特点
两星间的万有引力提供两星做圆周运动的向心力
解题规律
eq \f(Gm1m2,L2)＝m1ω2r1，eq \f(Gm1m2,L2)＝m2ω2r2
解题关键
m1r1＝m2r2，r1＋r2＝L
情景导图
运动特点
转动方向、周期、角速度、线速度大小均相同，圆周运动半径相等
受力特点
各星所受万有引力的合力提供圆周运动的向心力
解题规律
eq \f(Gm2,r2)＋eq \f(Gm2,2r2)＝ma向
eq \f(Gm2,L2)×cs 30°×2＝ma向
解题关键
两边星体绕中间星体做半径相同的圆周运动
r＝eq \f(L,2cs 30°)
原理装置图
操作要领
(1)调节：①斜槽末端水平 ②固定白纸的平板竖直
(2)确定平抛起点：
将小球飞离斜槽末端时球心的位置描在白纸上
(3)操作：①每次都从同一位置释放小球
②上下调节挡板，通过多次实验，在白纸上记录小球所经过的多个位置
(4)轨迹获取：用平滑曲线把白纸上各印迹连接起来
实验次数
1
2
3
4
5
6
tan θ
0.18
0.32
0.69
1.00
1.19
1.43
x/m
0.035
0.065
0.140
0.160
0.240
0.290
原理装置图
(1)利用变速塔轮可改变小球的转动角速度
(2)利用长槽和短槽可改变小球的转动半径
(3)利用测力套筒可显示向心力的大小
操作要领
向心力演示器如上图所示。转动手柄1，可使变速塔轮2和3以及长槽4和短槽5随之匀速转动，皮带分别套在塔轮2和3上的不同圆盘上，可使两个槽内的小球分别以几种不同的角速度做匀速圆周运动。小球做圆周运动的向心力由横臂6的挡板对小球的压力提供，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆使弹簧测力套筒7下降，从而露出标尺8，标尺8上露出的红白相间等分格子的多少可以显示出两个球所受向心力的大小
(1)皮带套在塔轮2、3半径相同的圆盘上，小球转动半径和转动角速度相同时，可以探究向心力与小球质量的关系。(2)皮带套在塔轮2、3半径相同的圆盘上，小球转动角速度和质量相同时，可以探究向心力与转动半径的关系。(3)皮带套在塔轮2、3的不同半径的圆盘上，小球质量相同、转动半径相同时，可以探究向心力与角速度的关系
序号
1
2
3
4
5
6
F向
ω
ω2
序号
1
2
3
4
5
6
F向
r
序号
1
2
3
4
5
6
F向
m
v/(m·s－1)
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
F/N
0.88
2.00
3.50
5.50
7.90