2024届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2024届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。


第四章 曲线运动　万有引力与航天



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。(√)
(5)经过时间t，猴子的对地位移的大小为v0t＋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＝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
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

研清微点2　合运动轨迹与性质的判断　
2．(2022·北京高三模拟)国产大飞机C919是我国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的喷气式民用飞机，于2017年5月5日成功首飞。如图所示，飞机在起飞过程中的某时刻水平分速度为60 m/s，竖直分速度为6 m/s，已知在此后的1 min内，飞机在水平方向做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，竖直方向做加速度为0.2 m/s2的匀加速直线运动。关于这1 min内飞机的运动与受力情况，下列选项正确的是(　 )

A．飞机受到的合力竖直向上
B．飞机的运动轨迹为曲线
C．前20 s内，飞机上升的高度为120 m
D．前20 s内，飞机水平方向的平均速度为80 m/s
解析：选D　飞机在水平方向做匀加速直线运动，则水平方向合外力不为0，所以飞机受到的合力不可能竖直向上，A错误；设飞机的合加速度与水平方向的夹角为α，则有tan α＝＝，设飞机的合速度与水平方向的夹角为β，则有tan β＝＝，则α＝β，合加速度与合速度方向相同，飞机做匀加速直线运动，B错误；前20 s内，飞机上升的高度为h＝vyt＋ayt2＝160 m，C错误；前20 s内，飞机水平方向的位移为x＝vxt＋axt2＝1 600 m，前20 s内，飞机水平方向的平均速度为＝＝80 m/s，D正确。
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．(2022·重庆调研)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，cos 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＝＝2 m/s2，由于运动具有对称性，得滑块从P到Q的时间t＝2×＝3 s，B正确；把速度分解到PQ方向上有v1＝vcos 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
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＝
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cos 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
[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 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＝2 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＝＝＝cos θ，而cos θ＝，可得＝，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∶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vQcos 60°＝vP，解得＝，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．(2023·青岛模拟)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. B.
C. D.
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＝vcos 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－，则vB分＝v′·cos θ＝v′cos(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＝，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．(多选)初速度不为零的小球只受到一个大小不变的力的作用，下列说法正确的是(　 )
A．小球可能做曲线运动
B．小球的位置可能保持不变
C．小球的速度大小可能保持不变
D．小球的加速度一定保持不变
解析：选AC　当小球的速度方向与力F不共线时，小球做曲线运动，A正确；小球的初速度不为零，且小球受到一个大小不变的力的作用，所以小球的位置不可能保持不变，B错误；若力F与速度垂直，力F的大小不变，方向不断变化，则小球做匀速圆周运动，速度的大小保持不变，C正确；小球所受的合外力大小不变，方向不确定，所以加速度不一定保持不变，D错误。
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. B.
C．ωh D．ωhtan ωt
解析：选A　经过时间t，∠OAB＝ωt，则AM的长度为，则AB杆上与小环M的接触点绕A点的线速度v＝，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′＝＝，故A正确。
7．(2022·广州调研)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＝＝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＝＝2 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＝＝3 m/s2
则质点沿y轴正方向做匀减速运动的时间
t2＝＝ s
则运动后的4 s内沿y轴方向的位移
y＝×2×m－×4× 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)2 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＝＝ 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．t1 C．vB＝vD　　 D．vB>vD
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＝ 。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＝ ，其中a＝gsin α，s>h，故t1vD，C错误，D正确。
11．如图所示，一艘轮船正在以4 m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为v1＝3 m/s，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同。某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化。求：

(1)发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小。
(2)发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值。
解析：(1)发动机未熄火时，轮船运动速度v与水流速度v1方向垂直，如图所示。
故此时轮船相对于静水的速度v2的大小为v2＝＝ m/s＝5 m/s。
(2)熄火前，设v与v2的夹角为θ，则cos θ＝＝0.8，轮船的牵引力沿v2的方向，熄火后，牵引力消失，在水的作用下，v2逐渐减小，但其方向不变，当v2与v1的矢量和与v2垂直时，轮船的合速度最小，α＝θ，则vmin＝v1cos α＝3×0.8 m/s＝2.4 m/s。
答案：(1)5 m/s　(2)2.4 m/s
第2讲　抛体运动

一、平抛运动
1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。
2．性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。
3．研究方法——运动的合成与分解。
(1)水平方向：匀速直线运动；(2)竖直方向：自由落体运动。
二、平抛运动的规律

两个重要推论：
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan_α。
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，则x＝2OB。
速度关系

位移关系


三、斜抛运动
1．定义
将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。
2．研究方法
斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。

(1)水平方向：v0x＝v0cos_θ，F合x＝0；
(2)竖直方向：v0y＝v0sin_θ，F合y＝mg。
情境创设　
一架投放救灾物资的飞机在受灾区域的上空水平地匀速飞行，从飞机上投放的救灾物资在落地前的运动中(不计空气阻力)


微点判断　
(1)速度和加速度都在不断改变。(×)
(2)速度和加速度方向之间的夹角一直减小。(√)
(3)在相等的时间内速度的改变量相等。(√)
(4)在相等的时间内速率的改变量相等。(×)
　
如图所示，运动员以相同速率，沿不同方向抛出铅球，不计空气阻力。

微点判断　
(5)铅球的加速度相同。(√)
(6)铅球的射程相同。(×)
(7)铅球的射高相同。(×)

(一) 平抛运动规律及应用(固基点)
[题点全练通]
1．[平抛运动的理解]对于做平抛运动的物体，下列说法中正确的是(　 )
A．物体落地时的水平位移与初速度无关
B．初速度越大，物体在空中运动的时间越长
C．物体落地时的水平位移与抛出点的高度及初速度有关
D．在相等的时间内，物体速度的变化量不相同
解析：选C　根据平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由位移时间公式得h＝gt2，解得运动时间为t＝，做平抛运动的时间是由物体所处的高度决定的，与初速度无关，根据运动学公式，可得物体落地时的水平位移x＝v0t＝v0，所以落地时的水平位移由初速度和所处高度决定，故A、B错误，C正确；由于做平抛运动的物体只受重力的作用，加速度为重力加速度g，根据公式Δv＝gΔt，可知在相等的时间内，物体速度的变化量是相同的，故D错误。
2[平抛运动规律的应用](2022·全国甲卷)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

解析：频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为
t＝4T＝0.05×4 s＝0.2 s
设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间在水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0t
y1＝gt2＝×10×0.22 m＝0.2 m
y2＝g(2t)2－gt2＝×10×(0.42－0.22)m＝0.6 m
令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y
已标注的线段s1、s2分别为s1＝
s2＝ ＝
则有 ∶ ＝3∶7
整理得x＝y
故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝＝ m/s。
答案： m/s

[要点自悟明]
1．平抛运动时间和水平射程
(1)运动时间：由t＝ 知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。
(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定。
2．速度和位移的变化规律
(1)速度的变化规律

①任一时刻的速度水平分量均等于初速度v0。
②任一相等时间间隔Δt内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv＝Δvy＝gΔt。
(2)位移的变化规律
①任一相等时间间隔内，水平位移相同，即Δx＝v0Δt。
②连续相等的时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy＝gΔt2。

(二) 多体平抛运动问题(释疑点)
研清微点1　两球平抛后空中相遇问题　
1.如图所示，将a、b两小球以大小为 20 m/s的初速度分别从A、B两点相差 1 s 先后水平相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，g取10 m/s2，则抛出点A、B间的水平距离是(　 )
A．80 m B．100 m
C．200 m D．180 m
解析：选D　经过t时间两球的速度方向相互垂直，此时b球运动时间为t－1 s。设a球的速度方向与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：tan θ＝＝，解得t＝5 s，故A、B两点的水平距离x＝v0t＋v0(t－1 s)＝9v0＝180 m，故D正确，A、B、C错误。

一点一过
两个物体平抛相遇问题的三点提醒
(1)两条平抛运动轨迹的交点是两物体的必经之处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。即轨迹相交是物体相遇的必要条件。
(2)若两物体同时从同一高度水平抛出，则两物体始终处在同一高度，一定能在轨迹相交处相遇。
(3)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，不可能在轨迹相交处相遇。

研清微点2　落在同一水平面上的多体平抛问题　
2．(多选)如图所示，三个小球从同一高度处的O处分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的射影点，且O′A∶O′B∶O′C＝1∶3∶5。若不计空气阻力，则下列说法正确的是(　 )
A．v1∶v2∶v3＝1∶3∶5
B．三个小球下落的时间相同
C．三个小球落地的速度相同
D．三个小球落地的位移相同
解析：选AB　三个小球下落的高度相等，则根据h＝gt2知，平抛运动的时间相等，因为水平位移之比为1∶3∶5，则根据x＝v0t得，初速度之比为1∶3∶5，故A、B正确；小球落地时竖直方向上的分速度相等，落地时的速度v＝，初速度不等，则落地的速度不等，故C错误；小球落地时的位移s＝，水平位移不等，竖直位移相等，则小球通过的位移不等，故D错误。
一点一过
物体从同一高度抛出，又落在同一水平面上
(1)由h＝gt2可知，各物体下落时间一定相同。
(2)由x＝v0t可知，各物体水平位移之比等于平抛初速度之比。

研清微点3　落在同一竖直平面上的多体平抛问题　
3．(2023·福建福州月考)某人在O点将质量为m的飞镖以不同大小的初速度沿OA方向水平投出，A为靶心且与O在同一高度，如图所示，飞镖水平初速度分别是v1、v2时打在靶上的位置分别是B、C，且AB∶BC＝1∶3。忽略空气阻力，则(　 )
A．两次飞镖飞行时间之比t1∶t2＝1∶3
B．两次飞镖投出的初速度大小之比v1∶v2＝2∶1
C．两次飞镖的速度变化量大小之比Δv1∶Δv2＝3∶1
D．适当减小质量可使飞镖投中靶心
解析：选B　飞镖被投出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2得t＝，所以两次飞镖运动时间之比t1∶t2＝∶＝1∶2，A错误；水平位移x相等，根据v＝得v1∶v2＝t2∶t1＝2∶1，B正确；速度变化量Δv＝gt，所以两次飞镖的速度变化量大小之比Δv1∶Δv2＝t1∶t2＝1∶2，C错误；质量对平抛运动的过程没有影响，所以减小质量不能使飞镖投中靶心，D错误。
一点一过
物体从同一位置抛出，又落在同一竖直平面上
(1)各物体的水平位移均相同，因此，初速度与下落时间成反比。
(2)各物体在竖直方向上做自由落体运动，可由h＝gt2确定各物体下落的时间关系。
研清微点4　不同高度平抛的多体平抛问题　
4．(多选)在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一个固定的竖直杆，其上的三个光滑水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地的高度分别为3h、2h和h。当小车遇到障碍物M时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，落到水平路面上的第一落点分别是a、b、c点，如图所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是(　 )

A．三个小球从平抛至落地的时间之比tA∶tB∶tC＝∶∶1
B．三个小球从平抛至落地的时间之比tA∶tB∶tC＝3∶2∶1
C．三个小球落点的间距之比L1∶L2＝(－)∶(－1)
D．三个小球落点的间距之比L1∶L2＝1∶1
解析：选AC　由题意可知，A、B、C三个小球下落高度之比为3∶2∶1，由于竖直方向上做自由落体运动，由t＝ 可知，三个小球从平抛至落地的时间之比为∶∶1，A正确，B错误；三个小球在水平方向上做速度相同的匀速直线运动，可知A、B、C三个小球的水平位移之比为∶∶1，因此由题图可知L1∶L2＝(－)∶(－1)，C正确，D错误。

一点一过
不同高度平抛的多体平抛的特点
(1)物体从不同高度同时平抛，物体落在同一水平面上的时间不相同。
(2)若物体平抛初速度相同，则由x＝v0t可知，物体平抛的水平位移之比等于下落时间之比。
(三) 落点有约束条件的平抛运动(精研点)
类型(一)　落点在斜面上的平抛运动
从斜面平抛且落点在斜面上
[例1]　跳台滑雪是一种勇敢者的运动，运动员脚着专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如图甲所示，某运动员(可视为质点)从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆。已知运动员运动过程中在坡面上的投影到a点的距离与时间的关系如图乙所示，斜坡与水平方向的夹角为30°。运动员运动到C点时离坡面的距离最大，CD垂直于坡面ab。不计空气阻力，g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　 )

A．运动员在a点的初速度为10 m/s
B．斜坡上a、b两点到D点的距离相等
C．运动员在空中C点时的速度为15 m/s
D．运动员在空中到坡面的最大距离为 m
[解析]　将该运动员的运动进行分解，可分解为垂直斜坡方向上的类竖直上抛运动和沿斜坡方向的匀加速直线运动。运动员沿坡面方向做匀加速直线运动，则s＝v0∥t＋at2，沿斜坡方向的加速度为a＝gsin 30°＝5 m/s2，将s＝17.5 m，t＝1 s代入，解得v0∥＝15 m/s，又v0∥＝v0cos 30°，则v0＝10 m/s，A错误；从a到b的过程，有tan 30°＝＝＝，t＝＝2 s，运动员从斜坡上a点到C点与从C点运动到b点，在垂直斜坡方向上的运动距离相等，且在C点垂直斜坡方向的速度为0，则利用运动对称性可知运动员由a到C和由C到b运动的时间相等，均为1 s，又沿斜坡方向运动员做匀加速运动，则由运动学公式可知斜坡上a到D的距离小于b到D的距离，B错误；vc＝v0∥＋a·＝(15＋5×1)m/s＝20 m/s，C错误；当运动员距离斜坡最远时，运动员在该点的速度方向与坡面平行，运动员由a点飞出时水平初速度v0在垂直于斜坡方向的分量为v0⊥＝v0sin 30°＝5 m/s，垂直斜坡方向的加速度大小为a′＝gcos 30°＝5 m/s2，运动员在空中到斜坡的最大距离为s＝＝ m，D正确。
[答案]　D
平抛后垂直落在斜面上
[例2]　如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在底端A点正上方与顶端C点等高处的E点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点，重力加速度为g，则(　 )

A．小球在空中飞行时间为
B．小球落到斜面上时的速度大小为
C．CD与DA长度的比值为
D．小球的位移方向垂直于AC
[解析]　小球的运动轨迹图如图所示，把小球在D点处的速度沿水平、竖直方向分解，小球垂直于斜面落到D点，所以在D点时有tan α＝＝，解得t＝，故A错误；小球垂直于斜面落到D点，所以小球落到斜面上时的速度大小为v＝，故B错误；根据几何关系，DA＝，CD＝，整理得CD与DA的比值为，故C正确；由位移方向与水平方向夹角的正切值是速度方向与水平方向夹角的正切值的可知，位移方向不垂直于AC，故D错误。
[答案]　C
[规律方法]
落点在斜面上的平抛运动处理思路
图示
方法
基本规律
运动时间

分解速度，构建速度的矢量三角形
水平vx＝v0
竖直vy＝gt
合速度v＝
由tan θ＝＝得
t＝

分解位移，构建位移的矢量三角形
水平x＝v0t
竖直y＝gt2
合位移x合＝
由tan θ＝＝
得t＝

在运动起点同时分解v0、g
由0＝v1－a1t,0－v12＝－2a1d，得t＝，d＝
分解平行于斜面的速度v
由vy＝gt得t＝


类型(二)　落点在圆弧面上的平抛运动
[例3]　(多选)如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方P点，将一个小球以速度v0沿垂直于圆柱体轴线方向水平抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线方向飞过，测得该截面的圆心O与Q点的连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球从P运动到Q所用的时间是(　 )
A．t＝ B．t＝
C．t＝ D．t＝
[解析]　如图所示，小球在水平方向上做匀速运动，水平位移x＝Rsin θ＝v0t，得t＝，A正确；小球到达Q点时竖直方向上的速度vy＝gt＝v0tan θ，得t＝，B正确；小球从圆柱体的Q点沿切线飞过，故小球在Q点的速度方向垂直于半径OQ，在Q点的速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，设小球通过Q点时其竖直位移为y，则y＝tan θ＝Rsin θtan θ，又有y＝gt2，联立解得t＝ ，D正确，C错误。
[答案]　ABD
[规律方法]
落点在圆弧面上的三种常见情景
(1)如图甲所示，小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置。由半径和几何关系制约时间t：h＝gt2，R±＝v0t，联立两方程可求t。

(2)如图乙所示，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等。　　

(3)如图丙所示，小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等。


类型(三)　落点在水平台阶上的平抛运动
[例4]　如图所示，在楼梯口，用弹射器向第一级台阶弹射小球。台阶高为H，宽为L，A为竖直踢脚板的最高点，B为水平踏脚板的最右侧点，C是水平踏脚板的中点。弹射器沿水平方向弹射小球，弹射器高度h和小球的初速度v0可调节，小球被弹出前与A的水平距离也为L。某次弹射时，小球恰好没有擦到A而击中B，为了能击中C点，需调整h为h′，调整v0为v0′，下列判断正确的是(　 )

A．h′的最大值为2h 　 B．h′的最小值为2h
C．v0′的最大值为v0 D．v0′的最小值为v0
[解析]　小球做平抛运动有y＝gt2，x＝v0t，可得y＝∝x2，调整前＝2，即h＝H，调整后考虑临界情况，小球恰好没有擦到A而击中C，有＝2，即h′＝H，所以h′＝h，从越高处抛出而击中C点，抛物线越陡，越不容易擦到A点，则h′的最小值为h，故A、B错误；由v0＝x ，且两次平抛从抛出到A点过程，x都为L，所以＝＝，即v0′＝v0，从越高处击中C点所用时间越长，则v0′的最大值为v0, 故C正确，D错误。
[答案]　C
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．一物块从某高处水平抛出，落地时下落的高度是水平位移的倍，不计空气阻力，则落地时物块的速度方向与水平方向的夹角为(　 )
A. B. C. D.
解析：选A　设物块运动时间为t。物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为α。根据题意有：gt2＝v0t，得：t＝。则tan α＝＝，得：α＝。A正确。
2.

某幼儿园举行套圈比赛，如图为一名儿童正在比赛，他将圈从A点水平抛出，圈正好套在地面上B点的物体上，若A、B间的距离为s，A、B两点连线与水平方向的夹角为θ，重力加速度为g，不计圈的大小，不计空气的阻力。则圈做平抛运动的初速度为(　 )

A．sin θ B．cos θ
C. D.
解析：选B　由题可知，圈做平抛运动的水平位移x＝scos θ，而下落的高度h＝ssin θ，因此下落的时间t＝＝，则初速度v0＝＝cos θ ，B正确。
3．(2022·广东高考)如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是(　 )

解析：选C　运动员从M到N点，做匀加速直线运动，设斜面的倾角为θ，则aMN＝gsin θ，vMN＝gsin θ·t，从N到P点，运动员做匀速直线运动；从P到Q点，运动员做平抛运动，有aPQ＝g>aMN，且平抛过程中v＝，速度大小与时间的图像不可能为直线，故C正确，A、B、D错误。
4.(2022·广州高三模拟)如图，质量相同的两小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向被抛出，恰好均落在斜面底端，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　 )
A．小球a、b离开斜面的最大距离之比为2∶1
B．小球a、b沿水平方向抛出的初速度之比为2∶1
C．小球a、b在空中飞行的时间之比为2∶1
D．小球a、b到达斜面底端时速度与水平方向的夹角之比为2∶1
解析：选A　因为两球下落的高度之比为2∶1，根据h＝gt2，可知a、b两球运动的时间之比为ta∶tb＝∶1，因为两球水平方向位移有vata＝2vbtb，因此初速度之比va∶vb＝∶1，在小球平抛过程中，速度方向与斜面平行时，离开斜面的距离为最大，根据运动的分解，将初速度与加速度分解成垂直斜面与平行斜面两方向，设斜面的倾角为α，因此垂直斜面方向的位移为：x＝，那么离开斜面的最大距离与初速度的平方成正比，即小球a、b离开斜面的最大距离之比为 2∶1，故A正确，B、C错误。小球落在斜面上时，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，比值为1∶1，故D错误。
5.(多选)如图所示，滑板运动员以速度v0从距离地面高度为h的平台末端水平飞出，落在水平地面上。运动员和滑板均可视为质点，忽略空气阻力的影响。下列说法中正确的是(　 )
A．h一定时，v0越大，运动员在空中运动时间越长
B．h一定时，v0越大，运动员落地瞬间速度越大
C．运动员落地的水平位移与v0和高度h均有关
D．运动员落地的水平位移只和v0有关
解析：选BC　运动员和滑板做平抛运动，有h＝gt2，故运动时间与初速度无关，故A错误；运动员在竖直方向做自由落体运动，落地时竖直方向的分速度为vy＝，得落地速度大小为v＝，故h一定时，v0越大，运动员落地瞬间速度越大，故B正确；运动员落地的水平位移x＝v0t＝v0，故水平位移与v0和高度h均有关，故C正确D错误。
6．如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，a、b均可视为质点，则(　 )

A．a球一定先落在半圆轨道上
B．b球一定先落在斜面上
C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上
D．a球可能垂直落在半圆轨道上



解析：选C　将半圆轨道和斜面轨道重叠一起，如图所示，可知若小球初速度合适，两小球可同时落在距离出发点高度相同的交点A的等高位置，改变初速度，可以先落在半圆轨道，也可以先落在斜面上，故A、B错误，C正确；若a小球垂直落在半圆轨道上，速度反向延长线必过水平位移中点，即圆心，那么水平位移就是直径，小球的水平位移一定小于直径，所以小球不可能垂直落在半圆轨道上，故D错误。
7．如图所示是疯狂啤酒杯游戏的结构简图。在距离桌子右侧x＝4 m处将杯子以一定速度滑出，杯子滑行过程中只受到摩擦力作用，杯子停下来的点离桌子右边沿越近，则得分越高。假设在A点以4 m/s速度抛出杯子时，杯子恰好停在最右侧B点，求：(g取10 m/s2)

(1)杯子与桌面间动摩擦因数；
(2)以5 m/s初速度把杯子从A点抛出，则杯子到达B点时的速度；
(3)桌面高度h＝1.25 m，第(2)问中杯子落地点离B点水平位移。
解析：(1)杯子做匀减速运动v2－v02＝2ax，
Ff＝－μmg＝ma
联立以上两式解得μ＝0.2。
(2)杯子从A点抛出到达B点过程有vB2－vA2＝2ax
得到vB＝3 m/s。
(3)杯子从B点滑出后，做平抛运动，
竖直方向h＝gt2，得t＝0.5 s
水平方向x＝vBt，得到x＝1.5 m。
答案：(1)0.2　(2)3 m/s　(3)1.5 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．(2023·汕头质检)某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程(　 )
A．两次在空中运动的时间相等
B．两次抛出时的速度大小相等
C．第1次抛出时速度的水平分量小
D．第2次抛出时速度的竖直分量大
解析：选C　将篮球的运动反向处理，即为平抛运动。由题图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误。第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，故D错误。平抛运动在水平方向是匀速直线运动，水平射程相等，由x＝v0t可知，第1次抛出时水平分速度较小，故C正确。水平分速度第2次较大，竖直分速度第1次较大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故B错误。
9．(2022·山东等级考)(多选)如图所示，某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为(　 )
A．v＝5 m/s B．v＝3 m/s
C．d＝3.6 m D．d＝3.9 m
解析：选BD　设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0竖直2＝2g(H－h)，代入数据得v0竖直＝ m/s＝12 m/s，则v0水平＝ m/s＝5 m/s，网球水平方向到P点的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·＝6 m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平·＝4 m/s，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平·＝3 m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v水平⊥′＝0.75·v0水平⊥＝3 m/s，则反弹后的网球速度大小为v水平＝＝3 m/s，网球落到地面的时间t′＝ ＝ s＝1.3 s，着地点到墙壁的距离d＝v水平⊥′t′＝3.9 m，故B、D正确，A、C错误。
10．人类探月的历程艰难重重，月球没有大气层，降落时只能靠探测器自身发动机的动力减速。
(1)设月球表面附近的重力加速度g＝1.6 m/s2，探测器在距离月球表面H＝2 km处速度v0＝100 m/s，方向竖直向下，探测器的总质量m＝4 000 kg，探测器开动发动机，做匀减速直线运动，降落到月球表面时速度恰好为零，求这一过程需要的时间和发动机需要提供的力的大小。(不考虑探测器质量变化)
(2)假设探测器降落失败落在A点，与月球碰撞后弹起到h＝80 m高空B点处速度恰好沿水平方向，落月点A点与B点直线距离为L＝100 m，求探测器在最高点的速度大小。
解析：(1)由运动学公式H＝t1，得t1＝40 s
所以加速度大小为a＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
所以F＝mg＋ma＝16 400 N。
(2)A、B之间直线距离为100 m，所以A、B之间水平距离为x＝＝60 m
探测器做斜抛运动，因为在最高点速度水平，所以逆向可以看成平抛运动h＝gt22，x＝v1t2
解得：t2＝10 s，v1＝6 m/s。
答案：(1)40 s　16 400 N　(2)6 m/s


第3讲　圆周运动

一、匀速圆周运动及其描述
1．匀速圆周运动
(1)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径垂直。
(2)性质：加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。
2．描述匀速圆周运动的物理量
物理量
定义、意义
公式、单位
线速度
描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v)
(1)v＝＝；(2)单位：m/s
角速度
描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)
(1)ω＝＝；(2)单位：rad/s
周期
物体沿圆周运动一周的时间(T)
(1)T＝＝，单位：s
(2)f＝，单位：Hz
向心加速度
描述速度方向变化快慢的物理量(an)；方向指向圆心
(1)an＝＝ω2r；(2)单位：m/s2

二、匀速圆周运动的向心力
1．大小：Fn＝m＝mω2r＝m＝mωv＝m·4π2f2r。
2．方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
3．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
三、离心运动和近心运动
1．Fn＝mω2r：物体做匀速圆周运动，如图所示。
2．Fn＝0：物体沿切线方向飞出。
3．Fn 4．Fn>mω2r：物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。
三、离心运动和近心运动
1．当Fn＝mω2r时，物体做匀速圆周运动，如图所示；

2．当Fn＝0时，物体沿切线方向飞出；
3．当Fn 4．当Fn>mω2r时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动。
情境创设　
现在有一种叫作“魔盘”的娱乐设施，如图所示。当“魔盘”转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当盘的速度逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，离转动中心越远的人，这种滑动的趋势越明显，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下。


微点判断　
(1)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。(√)
(2)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)
(3)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)
(4)随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，人离“魔盘”中心越远，人运动得越快。(√)
(5)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动，是因为人受到了“魔盘”给人的向心力。(×)
(6)“魔盘”的转速逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，这是人受沿半径向外的离心力作用的缘故。(×)
(7)当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下，此时的向心力是由静摩擦力提供。(×)


(一) 描述圆周运动的物理量(固基点)
[题点全练通]
1．[皮带传动](多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为 30 cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是(　 )

A．P、Q的线速度相同
B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反
C．P点的线速度大小约为1.6 m/s
D．摇把的转速约为400 r/min
解析：选BC　线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，从动轮逆时针转动，故B正确；玻璃盘的直径是30 cm，转速是100 r/min，所以线速度v＝ωr＝2nπr＝2××π× m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，故C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ωrc＝2××π×0.02 m/s＝π m/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝＝＝ r/s＝ r/s＝25 r/min，故D错误。
2．[齿轮传动]某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫作太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行星轮，太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1，行星轮一周的齿数为n2，当太阳轮转动的角速度为ω时，最外面的大轮转动的角速度为(　 )
A.ω B.ω
C.ω D.ω
解析：选A　太阳轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示，由题图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度大小也相等，所以A与B、C的线速度大小是相等的；由齿轮数与周长关系可知：＝＝，则：RB＝RA，由题图可知：RC＝2RB＋RA，A、B与C的线速度大小相等，得：ωRA＝ω′RC，联立可得：ω′＝。故A正确，B、C、D错误。
3．[同轴转动](2021·广东高考)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是(　 )

A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
解析：选A　由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离x＝l2＋l1cos(30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，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
皮带传动
皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等
齿轮传动
两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等
同轴

转动
两轮固定在同一转轴上转动时，两轮转动的角速度大小相等

(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：Fcos θ＝mg，Fsin θ＝m，T＝，可求得v＝，T＝2π ，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∶2
C．小球P、Q所受向心力的大小之比为∶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Fcos θ＝mg，故两小球的质量之比为mP∶mQ＝cos 45°∶cos 30°＝∶，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°＝∶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＝m，得v＝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°＝∶1，故D错误。
一点一过
1．向心力的公式
Fn＝man＝m＝mω2r＝m·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，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。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＝≈3.3 m/s2，角速度ω＝≈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＝，在竖直方向上有FN＝mg，径向最大静摩擦力为正压力的，即Ffm＝kFN，其中k＝，以上三式联立解得vm＝≈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，有vm′＝≈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α<θ<β)(　 )

[解析]　小球做匀速圆周运动，角速度相同，受力分析如图所示，设绳长为L1，反向延长与拨浪鼓转轴交点为O，小球到O点的距离为L，鼓面半径为r。根据牛顿第二定律得mgtan γ＝mω2Lsin γ，整理得Lcos γ＝＝L1cos γ＋，则O点到小球转动平面的高度h＝Lcos γ相同，可知绳子长度L1越长，细绳与竖直方向的夹角γ越大，故绳子与拨浪鼓连接点A离小球做圆周运动平面的距离h1＝L1cos γ＝h－越大，即绳子长度L1越大，γ越大，h1越大。故C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
(四) 竖直平面内的圆周运动(融通点)
两种常见的模型
项目
轻绳模型
轻杆模型
情景图示


弹力特征
弹力可能向下，也可能等于零
弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图


力学方程
mg＋FT＝m
mg±FN＝m
临界特征
FT＝0，即mg＝m，得v＝
v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg
模型关键
(1)“绳”只能对小球施加向下的力
(2)小球通过最高点的速度至少为
(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力
(2)小球通过最高点的速度最小可以为0

[考法全析]
类型(一)　轻绳模型
[例1]　如图所示，是马戏团中上演的飞车节目，在竖直平面内有半径为R的圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，人以v1＝ 的速度通过轨道最高点B，并以v2＝v1的速度通过最低点A。则在A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差(　 )

A．3mg B．4mg
C．5mg D．6mg
[解析]　由题意可知，在B点，有FB＋mg＝m，解得FB＝mg，在A点，有FA－mg＝m，解得FA＝7mg，所以A、B两点轨道对摩托车的压力大小相差6mg，D正确。
[答案]　D

[例2]　如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，则球B在最高点时(　 )
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
[解题指导]
题干信息
获取信息
光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点
球A做圆周运动的半径为L，球B做圆周运动的半径为2L
球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力
球B在最高点只受重力作用，重力恰好提供向心力

[解析]　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得v＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v′＝，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误。
[答案]　C
[例3]　(多选)如图甲，固定在竖直平面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测出球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与vN2的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点坐标，b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　 )

A．若小球经过N点时满足vN2＝c，则经过M点时对轨道无压力
B．当小球经过N点时满足vN2＝c，则经过M点时对内管道壁有压力
C．小球做圆周运动的半径为
D．F＝－b表示小球经过N点时速度等于0
[解析]　由题图可知，若小球经过N点时满足vN2＝c，则经过M点时对轨道无压力，A正确；当小球经过N点时满足vN2＝c时，则经过M点时对管壁的压力为正值，可知此时小球对管道外壁有压力，B错误；若小球经过N点时满足vN2＝c，则在M点时mg＝m，由机械能守恒可得mvN2＝mg·2R＋mvM2，联立解得R＝，C正确；F＝－b表示小球经过M时对管壁的作用力方向向下，即此时小球能经过M点，经过N点时速度不等于0，D错误。
[答案]　AC
(五) 斜面上圆周运动的临界问题(精研点)
在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。下面列举三种类型：

　　　　　　　　　　　　　　　　　

类型(一)　静摩擦力控制下的斜面圆周运动
[例1]　如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为(　 )
A. B.
C.g D.g
[解析]　当物体在圆盘上转到最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度一定，由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r，解得：r＝g，故A、B、D错误，C正确。
[答案]　C

[例2]　如图所示，长为l的轻杆两端各固定一个质量均为m的小球a、b，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当小球a位于最低点时给系统一初始角速度ω0，不计一切阻力，则(　 )

A．在轻杆转过180°的过程中，角速度逐渐减小
B．只有ω0大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动
C．轻杆受到转轴的力的大小始终为2mgsin θ
D．轻杆受到转轴的力的方向始终在变化
[解析]　小球a、b质量均为m，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当系统有初始角速度时，在转动过程中，系统的重力势能不变，那么系统的动能也不变，因此系统始终匀速转动，故A、B错误；选两球及杆作为系统，根据牛顿第二定律，则有：F－2mgsin θ＝man＋m(－an)，解得：F＝2mgsin θ，而轻杆受到转轴的力的方向始终沿着斜面向上，故C正确，D错误。
[答案]　C

[例3]　(多选)
如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角。板上有一根长为l＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点。当平板倾
角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝2 m/s，g取10 m/s2，则(　 )
A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4 N
B．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m
C．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
[解析]　小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力。在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mgsin α，小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsin α＝m，研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有－mglsin α＝mv12－mv02，若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立以上式子解得sin α＝＝，故C错误，D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝m＝4 N，故A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的增加量mgh＝1.5 J，初动能mv02＝1 J，机械能不守恒，故B错误。
[答案]　AD
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.如图所示，某机械上的偏心轮绕竖直轴转动，a、b是轮上质量相等的两个质点，下列描述a、b运动的物理量大小相等的是(　 )
A．线速度 B．角速度
C．向心力 D．向心加速度
解析：选B　a、b两点共轴转动，角速度相等，由于转动的半径不相等，根据v＝rω可知，两点转动的线速度大小不相等，根据a＝rω2、F＝mrω2可知，向心加速度大小和向心力大小都不相等，故B正确，A、C、D错误。
2.陀螺是中国民间较早出现的玩具之一，为了美观，陀螺上往往会对称地镶嵌一些相同质量、不同颜色的装饰物。如图所示，一小朋友抽打陀螺后使其转动起来，若陀螺的转速为5 r/s，陀螺上一装饰物到中心的距离为2 cm，则装饰物的角速度约为(　 )
A．17.85 rad/s B．15.7 rad/s
C．31.4 rad/s D．62.8 rad/s
解析：选C　装饰物的角速度等于陀螺的角速度，则有ω＝2πn＝31.4 rad/s，C正确。
3．(2023·广州质检)如图是某电力机车雨刮器的示意图，雨刮器由刮水片和雨刮臂连接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨刮臂的连接点，雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直，下列说法正确的是(　 )

A．P点的线速度始终不变
B．P点的向心加速度不变
C．M、N两点的线速度相同
D．M、N两点的运动周期不同
解析：选C　P点以O为圆心做圆周运动，所以线速度方向与向心加速度方向时刻变化，故A、B错误；由于刮水片始终保持竖直，所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的线速度相同，故C正确；刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，故D错误。
4.(2021·全国甲卷)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点的向心加速度大小约为(　 )
A．10 m/s2 B．100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
解析：选C　纽扣在转动过程中ω＝2πn＝100π rad/s，由向心加速度a＝ω2r≈1 000 m/s2，C正确。
5.据《物原》记载：“史佚始作辘轳”。人们借助辘轳从井中汲水的示意图如图。某人以恒定角速度转动辘轳汲水时，绳子不断重叠地绕在一起，绳子的粗细不可忽略。则(　 )
A．水桶匀速上升
B．水桶减速上升
C．绳子拉水桶的力大于水桶拉绳子的力
D．绳子拉水桶的力大于水桶和水的总重力
解析：选D　人以恒定角速度转动辘轳，绳子不断重叠地绕在一起，说明角速度大小一定，半径增大，由线速度公式v＝rω可知水桶加速上升，故A、B错误；绳子拉水桶的力和水桶拉绳子的力是相互作用力，根据牛顿第三定律可知二者大小相等，故C错误；水桶做加速运动，处于超重状态，说明绳子拉水桶的力大于水桶和水的总重力，故D正确。
6．质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是(　 )

A．秋千对小明的作用力小于mg
B．秋千对小明的作用力大于mg
C．小明的速度为零，所受合力为零
D．小明的加速度为零，所受合力为零
解析：选A　在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为θ，秋千对小明的作用力为F，则对小明沿摆绳方向受力分析有F－mgcos θ＝m，由于小明的速度为0，则有F＝mgcos θ＜mg，沿垂直摆绳方向有mgsin θ＝ma，解得小明在最高点的加速度为a＝gsin θ，A正确，B、C、D错误。
7．(2021·河北高考)(多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆。金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止。若ω′＞ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时(　 )
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
解析：选BD　对小球受力分析，设弹簧弹力为F弹，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球在竖直方向，F弹·sin θ＝mg，而F弹＝k，可知θ为定值，F弹不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；当转速较小时，水平方向杆对小球的弹力FN背离转轴，则F弹cos θ－FN＝mω2r，即FN＝F弹cos θ－mω2r，当转速较大时，杆对小球的弹力指向转轴，F弹cos θ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－F弹cos θ，则因ω′>ω ，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力的大小不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r，可知，因角速度变大，则小球所受合外力一定变大，D正确。
8．如图所示，一质量m＝1 kg的小球用长L＝0.5 m的细线悬挂在O点，O点距地面的高度H＝1 m。现使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，已知细线的拉力T＝12.5 N，取g＝10 m/s2，不计空气阻力。

(1)求小球的线速度大小v。
(2)在小球运动的过程中，若细线突然断裂，则细线断裂后小球做平抛运动的落地点与O′点之间的距离s为多少？
解析：(1)设细线与竖直方向的夹角为α，
有Tcos α＝mg
对小球，根据牛顿第二定律得Tsin α＝m
联立解得v＝1.5 m/s。
(2)小球做平抛运动，在竖直方向上有
H－Lcos α＝gt2
水平方向上有x＝vt
落地点与O′点之间的距离s为
s＝＝0.6 m。
答案：(1)1.5 m/s　(2)0.6 m

二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9．如图所示为旋转脱水拖把结构图。把拖把头放置于脱水桶中，手握固定套杆向下运动，固定套杆就会给旋转杆施加驱动力，驱动旋转杆、拖把头和脱水桶一起转动，把拖把上的水甩出去。旋转杆上有长度为35 cm的螺杆，螺杆的螺距(相邻螺纹之间的距离)为d＝5 cm，拖把头的托盘半径为10 cm，拖布条的长度为6 cm，脱水桶的半径为12 cm。某次脱水时，固定套杆在1 s内匀速下压了35 cm，该过程中拖把头匀速转动，则下列说法正确的是(　 )

A．拖把头的周期为7 s
B．拖把头转动的角速度为14π rad/s
C．紧贴脱水桶内壁的拖布条上附着的水最不容易甩出
D．旋转时脱水桶内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为5∶6
解析：选B　每转动一周固定套杆向下运动5 cm，故拖把头转动的周期为T＝ s，故A错误；拖把头转动的角速度为ω＝＝14π rad/s，故B正确；拖布条上所有位置角速度相同，越靠近脱水桶内壁的位置
转动半径越大，需要的向心力越大，水越容易被甩出，故C错误；托盘和脱水桶内壁的半径之比为5∶6，由a＝ω2r可知，脱水桶内壁与托盘边缘处的点向心加速度之比为6∶5，故D错误。
10．一光滑圆锥固定在水平地面上，其圆锥角为74°，圆锥底面的圆心为O′。用一根长为0.5 m的轻绳一端系一质量为0.1 kg的小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上O点，O点距地面高度为0.75 m，如图所示，如果使小球在光滑圆锥表面上做圆周运动。

(1)当小球的角速度为4 rad/s时，求轻绳中的拉力大小。
(2)逐渐增加小球的角速度，若轻绳受力为 N时会被拉断，求当轻绳断裂后小球落地点与O′点间的距离。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：(1)当小球在圆锥表面上运动时，
据牛顿第二定律可得：
Tsin 37°－FNcos 37°＝mω2Lsin 37°①
Tcos 37°＋FNsin 37°＝mg②
小球刚要离开圆锥表面时，支持力为零，求得：
ω0＝5 rad/s　T0＝1.25 N
当小球的角速度为4 rad/s时，小球在圆锥表面上运动，根据公式①②可求得：T1＝1.088 N。
(2)当轻绳断裂时，绳中的拉力大于T0＝1.25 N，故小球已经离开了圆锥表面，设绳子断裂前与竖直方向的夹角为θ。
根据牛顿运动定律可得：T2sin θ＝m
T2cos θ＝mg，求得：θ＝53°，v＝ m/s
轻绳断裂后，小球做平抛运动，此时距离地面的高度为：h＝H－Lcos 53°＝0.45 m，据h＝gt2，求得：t＝0.3 s

如图所示：水平位移为：x＝vt＝ m
抛出点与OO′间的距离为：
y＝Lsin 53°＝0.4 m，＝0.8 m
0．8 m>0.75 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
开普勒第一定律
所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
开普勒第二定律
对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等
开普勒第三定律
所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等

二、万有引力定律
1．表达式：F＝G，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
第一宇宙速度
第一宇宙速度又叫环绕速度，是人造卫星的最小发射速度，其数值为7.9 km/s
第二宇宙速度
使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，其数值为11.2 km/s
第三宇宙速度
使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，其数值为16.7 km/s

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＝。
(2)长度收缩效应：l＝l0 。
3．质速关系：m＝
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＝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。(×)
　
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
D．卫星从B经A到D点的运动时间为
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＝，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＝，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tBAD<，tDCB>，故D错误。
3．[开普勒第三定律的应用]2022年11月30日5时42分，“神舟十五号”载人飞船成功对接于“天和”核心舱前向端口，“神舟十五号”载人飞船与“天和”核心舱对接过程的示意图如图所示，“天和”核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；“神舟十五号”飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与“天和”核心舱对接，则“神舟十五号”飞船(　 )
A．沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1
B．在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运动经过A点时速度大小相同
C．沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，速度不断增大
D．沿轨道Ⅰ运行的周期大于“天和”核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期
解析：选A　根据开普勒第三定律＝，则沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1，故A正确；在A点经过加速才能进入轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅰ经过A点时速度小于在轨道Ⅱ经过A点时速度，故B错误；沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B过程中，万有引力做负功，速度不断减小，故C错误；根据开普勒第三定律，轨道Ⅰ半径小于轨道Ⅲ半径，所以沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故D错误。


[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＝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]2021年5月15日“天问一号”成功着陆于火星。“天问一号”在着陆之前需要绕火星运行一段时间，再择机降落在火星表面。已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的，下列说法中正确的是(　 )
A．火星与地球的第一宇宙速度之比为4∶3
B．火星与地球的第一宇宙速度之比为2∶3
C．火星上的重力加速度与地球上的重力加速度之比为4∶9
D．以相同轨道半径绕火星的卫星与绕地球的卫星运行速度之比为1∶9
解析：选C　根据万有引力提供向心力，有 ＝m，解得v＝ ，＝＝ ＝∶3，故A、B错误；根据＝mg，可得：＝×＝4∶9，故C正确；根据万有引力提供向心力，有＝m，解得v＝ ，r相同，故＝ ＝ ＝1∶3，故D错误。
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＝ 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. B. C. D.
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G＝，又有G＝mg，解得地球的第一宇宙速度为v1＝ ＝ ；设该星球的第一宇宙速度为v1′，根据题意，有 ＝ ·＝；由题意知v2＝v1，得该星球的第二宇宙速度为v2′＝，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，火星的半径约为地球半径的。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＝，R火＝，则vmax∶v1＝∶＝≈0.5，D正确。

[要点自悟明]
1．第一宇宙速度的推导
法一：由G＝m得v1＝
＝ m/s≈7.9×103 m/s。
法二：由mg＝m得v1＝＝ 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＝2π≈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．(2022·河北高考)2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b,2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为(　 )
A．2 B．2 C. D.
解析：选C　地球绕太阳和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是由万有引力提供向心力，有G＝m，解得公转的线速度大小为v＝ ，其中中心天体的质量之比为2∶1，公转的轨道半径相等，则望舒与地球公转速度大小的比值为，故C正确。
2.如图所示，极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道、地球视为球体)，若一个极地卫星从北纬30°的正上方，按图示方向第一次运行至赤道正上方时所用的时间为0.25 h，已知纬度是指某点与地球球心的连线和地球赤道面所成的线面角，同步卫星的线速度大小为3.08 km/s，则该极地卫星的线速度大小为(　 )
A．1.54 km/s B．3.08 km/s
C．6.16 km/s D．7.9 km/s
解析：选C　由题意可得该极地卫星运行的周期为T极＝0.25 h，得T极＝3 h，由开普勒第三定律＝k得＝＝4，由＝m，得v＝ ，解得＝，极地卫星的线速度大小为v极＝2v同＝6.16 km/s，故C正确。
一点一过
物理量随轨道半径变化的规律

[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G＝m，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G＝mr，得T＝ ，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＝，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”
轨道面一定
轨道平面与赤道平面共面
周期一定
与地球自转周期相同，即T＝24 h
角速度一定
与地球自转的角速度相同
高度一定
由G＝m(R＋h)得同步卫星离地面的高度h＝ －R≈6R(恒量)
速率一定
运行速率v＝
绕行方向一定
与地球自转的方向一致

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G＝mg得天体质量M＝。
(2)天体密度ρ＝＝＝。
(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. 　B. C. D.
[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＝g′2，月球表面质量为m的物体所受重力mg′＝G，月球体积为V＝πR3，则月球的密度为ρ＝，联立以上各式得ρ＝，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G＝mr得天体的质量M＝。
(2)若已知天体的半径R，则天体的密度ρ＝＝＝。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＝，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]　(2022·东营模拟)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＝，ρ＝
B．M＝，ρ＝
C．M＝，ρ＝
D．M＝，ρ＝
[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G＝m2(R＋h)，解得M＝，又有M＝ρπR3，解得ρ＝，A正确。
[答案]　A

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＝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：G＝mg1＋mω2R。　

(2)在两极上：G＝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＝G，得g＝。
(2)在地球上空距离地心r＝R＋h处的重力加速度为g′，由mg′＝，得g′＝
所以＝。　

[考法全析]

[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＝G
B．在赤道地面称量时，弹簧测力计读数为F1＝G
C．在北极上空高出地面h处称量时，弹簧测力计读数为F2＝G
D．在赤道上空高出地面h处称量时，弹簧测力计读数为F3＝G
[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＝G，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F1 [答案]　AC

[例2]　(2022·济南高三模拟)(多选)2021年5月15日，“天问一号”火星探测器所携带的祝融号火星车及其着陆组合体成功着陆于火星，这标志着我国首次火星探测任务取得圆满成功。假设火星为质量分布均匀的球体，已知火星质量是地球质量的a倍，火星半径是地球半径的b倍，地球表面的重力加速度为g，质量均匀的球壳对其内部物体的引力为零，则(　 )
A．火星表面重力加速度为
B．火星表面重力加速度为
C．火星表面正下方距表面距离为火星半径处的重力加速度为
D．火星表面正下方距表面距离为火星半径处的重力加速度为
[解析]　在地球表面有G＝mg，在火星表面有G＝mg′，联立解得火星表面重力加速度为g′＝，则A正确，B错误；设火星的密度为ρ，火星的半径为R0，由于质量均匀的球壳对其内部物体的引力为零，则在火星表面正下方距表面距离为火星半径处的重力加速度相当火星内部那部分产生的引力产生的，则火星内部那部分质量为M′＝ρπ3＝M火＝aM，火星表面正下方距表面距离为火星半径处的重力加速度为g″，则有G＝mg″，联立解得g″＝，所以C正确，D错误。
[答案]　AC
考法(三)　天体表面重力加速度与抛体运动的综合
[例3]　2020年12月17日，“嫦娥五号”成功返回，标志着中国全面掌握无人地月往返系列技术。已知地球半径为月球半径的p倍，地球质量为月球质量的q倍。若探测器在地球表面以某一初速度竖直向上射出一物体，忽略空气阻力，其上升的最大高度为h0。忽略星球自转的影响，该探测器在月球表面以相同的初速度竖直向上射出同一物体，其上升的最大高度为(　 )

A. B.
C. D．qp2h0
[解析]　设月球的重力加速度为g′，在月球上抛物体上升的高度为h′，忽略星球自转的影响，则根据＝mg，可得g＝＝，g′＝，＝，在地球上上升的高度h0＝，在月球上上升的高度h′＝，＝，解得h′＝，故选A。
[答案]　A
(六) 狭义相对论(固基点)
[题点全练通]
1．[狭义相对论的理解](多选)接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有(　 )
A．飞船上的人观测到飞船上的钟较快
B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢
C．地球上的人观测到地球上的钟较快
D．地球上的人观测到地球上的钟较慢
解析：选AC　相对论告诉我们，运动的钟会变慢，由于飞船上的人相对飞船上的钟是静止的，而观测到地球上的钟是高速运动的，因此飞船上的人观测到飞船上的钟相对于地球上的钟快，A正确，B错误；同样，地球上的人观测到飞船上的钟是高速运动的，因此地球上的人观测到地球上的钟比飞船上的钟快，C正确，D错误。
2．[狭义相对论结论的应用]一艘太空飞船静止时的长度为30 m，他以0.6c(c为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是(　 )
A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 m
B．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 m
C．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于c
D．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c
解析：选B　飞船上的观测者相对飞船静止，测得的长度仍为30 m，而地球上的观测者观测高速飞行的飞船，长度缩短了，故A错误，B正确；根据狭义相对论的基本假设可知，飞船和地球上的观测者测得光信号的速度均为c，C、D错误。

[要点自悟明]
狭义相对论的三个有用的结论：
(1)运动的时钟变慢了。
(2)运动的尺子长度缩短了。
(3)运动的物体质量增大了。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2022·全国乙卷)2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400 km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们(　 )
A．所受地球引力的大小近似为零
B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C．所受地球引力的大小与其随飞船运动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随飞船运动所需向心力的大小
解析：选C　航天员在空间站中所受地球引力完全提供其做圆周运动的向心力，故C正确，A、B错误；根据万有引力公式F万＝G，可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船中所受的万有引力大小，因此在地球表面上所受引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
2．(2021·广东高考)2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行。若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是(　 )
A．核心舱的质量和绕地半径
B．核心舱的质量和绕地周期
C．核心舱的绕地角速度和绕地周期
D．核心舱的绕地线速度和绕地半径
解析：选D　根据万有引力提供核心舱绕地球做匀速圆周运动的向心力，可得＝m，解得M＝，D正确；由于核心舱质量在运算中被约掉，故无法通过核心舱质量求解地球质量，A、B错误；已知核心舱的绕地角速度，由＝mω2r得M＝，且ω＝，故还需要知道核心舱的绕地半径，才能求得地球质量，C错误。
3．(2022·广东高考)“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是(　 )
A．火星公转的线速度比地球的大
B．火星公转的角速度比地球的大
C．火星公转的半径比地球的小
D．火星公转的加速度比地球的小
解析：选D　由题意可知，火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍，说明火星的公转周期为地球公转周期的1.88倍，根据万有引力提供向心力，得：G＝mr2＝m＝mrω2＝ma，解得：T＝2π ，v＝ ，ω＝ ，a＝，由于T火>T地，可知，r火>r地、v火 4.(2022·济南高三模拟)嫦娥五号任务实现了多项重大突破，标志着中国探月工程“绕、落、回”三步走规划完美收官。若探测器携带了一个在地球上振动周期为T0的单摆，并在月球上测得单摆的周期为T，已知地球的半径为R0，月球的半径为R，忽略地球、月球的自转，则地球第一宇宙速度v0与月球第一宇宙速度v之比为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选A　根据单摆周期公式有T＝2π，设某星体的第一宇宙速度为v′，则有mg＝m，联立解得v′＝，则地球第一宇宙速度v0与月球第一宇宙速度v之比为＝＝，A正确，B、C、D错误。
5．(2021·全国甲卷)2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105 s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105 m。已知火星半径约为3.4×106 m，火星表面处自由落体的加速度大小约为 3.7 m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为(　 )
A．6×105 m B．6×106 m
C．6×107 m D．6×108 m
解析：选C　在火星表面附近，对于绕火星做匀速圆周运动的物体，有mg火＝mR火，得T12＝，根据开普勒第三定律，有＝，代入数据解得l远≈6×107m，C正确。
6．“祝融号”火星车登陆火星之前，“天问一号”探测器沿椭圆形的停泊轨道绕火星飞行，其周期为2个火星日。假设某飞船沿圆轨道绕火星飞行，其周期也为2个火星日。已知一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1倍，则该飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值约为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选D　由万有引力提供向心力有G＝m2r，解得r＝，所以飞船的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径的比值＝＝。故A、B、C错误，D正确。
7．火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的1.5倍。根据以上数据，以下说法正确的是(　 )
A．火星与地球表面的重力加速度之比约为1∶10
B．火星与地球的公转周期之比约为2∶3
C．火星与地球的第一宇宙速度之比约为2∶
D．火星与地球受到太阳的引力之比约为2∶45
解析：选D　在星球表面有mg＝G，所以有＝＝＝，A错误；根据开普勒第三定律得＝＝，B错误；在星球表面有G＝m，所以有＝＝，C错误；根据万有引力公式得＝＝，D正确。
8.(2022·珠海高三模拟)(多选)地球和月球在长期相互作用过程中，形成了“潮汐锁定”月球总是一面正对地球，另一面背离地球，月球绕地球的运动可看成匀速圆周运动。以下说法正确的是(　 )
A．月球的公转周期与自转周期相同
B．地球对月球的引力大于月球对地球的引力
C．月球上远地端的向心加速度大于近地端的向心加速度
D．若测得月球公转的周期和半径可估测月球质量
解析：选AC　“潮汐锁定”月球总是一面正对地球，另一面背离地球，分析可知，月球的公转周期与自转周期相同，故A正确；根据牛顿第三定律，可知地球对月球的引力等于月球对地球的引力，故B错误；由于月球总是一面正对地球，所以月球上远地端与近地端角速度相同，根据公式a＝ω2r可知，半径大的向心加速度大，即月球上远地端的向心加速度大于近地端的向心加速度，故C正确；若测得月球公转的周期和半径可估测地球的质量，月球质量被约去，不可估测月球质量，故D错误。

二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9．如图甲所示，太阳系中有一颗“躺着”自转的蓝色“冷行星”——天王星，周围存在着环状物质。假设为了测定环状物质是天王星的组成部分，还是环绕该行星的卫星群，“中国天眼”对其做了精确的观测，发现环状物质线速度的二次方即v2与到行星中心的距离的倒数即r－1关系如图乙所示。已知天王星的半径为r0，引力常量为G，以下说法正确的是(　 )

A．环状物质是天王星的组成部分
B．天王星的自转周期为
C．v2-r－1关系图像的斜率等于天王星的质量
D．天王星表面的重力加速度为
解析：选D　若环状物质是天王星的组成部分，则环状物质与天王星同轴转动，角速度相同是定值，由线速度公式v＝ωr可得v∝r，A、B错误；若环状物质是天王星的卫星群，由天王星对环状物质的引力提供环状物质做圆周运动的向心力，则有G＝m，可得v2＝GMr－1，则有v2∝r－1，由图像特点可知，环状物质是天王星的卫星群，可得v2-r－1图像的斜率等于GM，C错误；由v2-r－1的关系图像可知r－1的最大值是r0－1，则天王星的卫星群转动的最小半径为r0，即天王星的半径是r0，卫星群在天王星的表面运行的线速度为v0，天王星表面的重力加速度，即卫星群的向心加速度为，D正确。
10．使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度v1，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度v2，v2与v1的关系是v2＝v1，已知某星球半径是地球半径R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，地球的平均密度为ρ，不计其他星球的影响，则(　 )
A．该星球的平均密度为
B．该星球的质量为
C．该星球上的第二宇宙速度为
D．该星球的自转周期是地球的
解析：选A　地球表面上物体所受重力等于其万有引力，即G＝mg，地球的质量为M＝＝ρ·πR3，同理，星球的质量为M′＝＝ρ′·πR′3，联立解得ρ′＝，M′＝，A正确，B错误；该星球表面的重力加速度g′＝，由mg′＝，可得该星球的“第一宇宙速度”v1＝，该星球的“第二宇宙速度”v2＝v1＝，C错误；根据题给信息，不能计算出该星球的自转周期，D错误。
11．(2022·湖南高考)(多选)如图，火星与地球近似在同一平面内绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是(　 )

A．火星的公转周期大约是地球的 倍
B．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D．在冲日处，火星相对于地球的速度最小
解析：选CD　由题意根据开普勒第三定律可知＝，火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5倍，则可得T火＝ T地，故A错误；根据G＝m，可得v＝ ，由于火星轨道半径大于地球轨道半径，故火星运行线速度小于地球运行线速度，所以在冲日处火星相对于地球由东向西运动，为逆行，故B错误，C正确；由于火星和地球运动的线速度大小不变，在冲日处火星和地球速度方向相同，故相对速度最小，故D正确。
12.(2022·山东等级考)“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为(　 )
A.－R B.
C.－R D.
解析：选C　地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得＝mg，解得GM＝gR2，根据题意可知，卫星的运行周期为T′＝，根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有＝m(R＋h)，联立解得h＝－R。

第2课时　“天体运动四大热点问题”的深入研究(综合融会贯通)
热点(一)　“三体”运动的比较
1．[地球同步卫星与地面上物体物理量的比较]我国发射的第三十二颗北斗导航卫星属于倾斜地球同步轨道卫星，卫星入轨并完成在轨测试后，将接入北斗卫星导航系统，为用户提供更可靠服务。通过查询，倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星，它的运转周期也是24小时，如图所示，关于该北斗导航卫星说法正确的是(　 )
A．该卫星可定位在北京的正上空
B．该卫星与地球静止轨道卫星的向心加速度大小是不等的
C．该卫星的发射速度v≤7.9 km/s
D．该卫星的角速度与放在北京地面上物体随地球自转的角速度大小相等
解析：选D　根据题意，该卫星是倾斜轨道，故不可能定位在北京的正上空，A错误；由于该卫星的运转周期也是24小时，与地球静止轨道卫星的周期相同，故轨道半径、向心加速度大小均相同，B错误；第一宇宙速度7.9 km/s是最小的发射速度，C错误；根据ω＝可知，该卫星的角速度与放在北京地面上物体随地球自转的角速度大小相等，D正确。
2．[卫星与赤道上物体各运行参量的比较](多选)有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，卫星b是近地轨道卫星，卫星c是地球同步卫星，卫星d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则(　 )

A．卫星a的向心加速度等于重力加速度g，卫星c的向心加速度大于卫星d的向心加速度
B．在相同时间内卫星b转过的弧长最长，卫星a、c转过的弧长对应的角度相等
C．卫星c在4小时内转过的圆心角是，卫星a在2小时内转过的圆心角是
D．卫星b的周期一定小于卫星d的周期，卫星d的周期一定小于24小时
解析：选BC　卫星a在地球表面随地球一起转动，其万有引力等于重力与向心力之和，且重力远大于向心力，故卫星a的向心加速度远小于重力加速度g，对于卫星b、c、d，根据牛顿第二定律，万有引力提供向心力，G＝man，解得向心加速度an＝，由于卫星d的轨道半径大于卫星c的轨道半径，所以卫星c的向心加速度大于卫星d的向心加速度，A错误；地球同步卫星c绕地球运动的角速度与地球自转角速度相同，相同时间内卫星a、c转过的弧长对应的角度相等，由＝m可得v＝ ，轨道半径越小速度越大，则vb>vc>vd，又卫星a与卫星c角速度相等，且卫星a的轨道半径小于卫星c的轨道半径，故vc>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＝，在2小时内转过的圆心角都为＝，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G＝m，解得线速度v＝ ，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G＝mr2，解得周期T＝2π，所以地球静止轨道卫星的周期较大，选项A正确；由ω＝，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G＝ma，解得加速度a＝G，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。

比较项目
近地卫星
(r1、ω1、v1、a1)
同步卫星
(r2、ω2、v2、a2)
赤道上随地球自转的物体(r3、ω3、v3、a3)
向心力
万有引力
万有引力
万有引力的一个分力
轨道半径
r2>r1＝r3
角速度
由G＝mω2r得ω＝，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G＝m得v＝ ，故v1>v2
由v＝rω得v2>v3
v1>v2>v3
向心加速度
由G＝ma得a＝，故a1>a2
由a＝ω2r得a2>a3
a1>a2>a3
　
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·浙江1月选考)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表：
行星名称
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径R/AU
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30

则相邻两次“冲日”时间间隔约为(　 )
A．火星365天 B．火星800天
C．天王星365天 D．天王星800天
解析：选B　该问题为天体运动的“追及”问题，由题意对“火星冲日”有：－＝1，且＝，解得t火≈800天，同理对“天王星冲日”可知t天≈369天，故选B。
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＝
B．两颗卫星的轨道半径之比为
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t＋t＝2π，解得t＝，A正确；根据万有引力提供向心力得＝mr，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，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＝mr，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 <，b转动一周(圆心角为2π)的时间为t＝Tb，则a、b相距最远时：Tb－Tb＝(π－θ)＋n·2π(n＝0,1,2,3，…)，可知n<6.75，n可取7个值；a、b相距最近时：Tb－Tb＝(2π－θ)＋m·2π(m＝0,1,2,3，…)，可知m<6.25，m可取7个值，故在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次，D对。
“天体相遇”，指两天体相距最近。若两环绕天体的运转轨道在同一平面内，则两环绕天体与中心天体在同一直线上，且位于中心天体的同侧(或异侧)时相距最近(或最远)。类似于在田径场赛道上的循环长跑比赛，跑得快的每隔一段时间多跑一圈追上并超过跑得慢的。解决这类问题有两种常用方法：

1．角度关系
设天体1(离中心天体近些)与天体2某时刻相距最近，如果经过时间t，两天体与中心连线半径转过的角度之差(或之和)等于2π的整数倍，则两天体又相距最近，即ω1t－ω2t＝2nπ(n＝1,2,3，…)(同向)或ω1t＋ω2t＝2nπ(n＝1,2,3，…)(反向)；如果经过时间t′，两天体与中心连线半径转过的角度之差(或之和)等于π的奇数倍，则两天体相距最远，即ω1t′－ω2t′＝(2n－1)π(n＝1,2,3，…)(同向)或ω1t′＋ω2t′＝(2n－1)π(n＝1,2,3，…)(反向)。
2．圈数关系
最近：－＝n(n＝1,2,3，…)(同向)，＋＝n(n＝1,2,3，…)(反向)。
最远：－＝(n＝1,2,3，…)(同向)，＋＝(n＝1,2,3，…)(反向)。　　

热点(三)　卫星变轨问题
　　　　　　　　　　　　　　　　　


1．卫星发射及变轨过程概述
人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，如图所示。
(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上。
(2)在A点点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ。
(3)在B点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。
2．飞船与空间站的对接
航天飞船与宇宙空间站的“对接”实际上就是两个做匀速圆周运动的物体追赶问题，本质仍然是卫星的变轨运行问题。考法(一)　卫星的变轨、对接问题
[例1]　(2022·济南模拟)(多选)如图所示是我国发射的“天问一号”火星探测器的运动轨迹示意图。首先在地面上由“长征五号”运载火箭将探测器发射升空，然后经过漫长的七个月地火转移飞行，到达近火点时精准“刹车”被火星捕获，成为环绕火星飞行的一颗卫星。以下说法中正确的是(　 )

A．“长征五号”需要把“天问一号”加速到第二宇宙速度
B．近火点的“刹车”是为了减小火星对“天问一号”的引力
C．从火星停泊轨道向遥感轨道变轨过程，“天问一号”还需要在近火点制动减速
D．“天问一号”沿遥感轨道运行时在近火点处的动能最小
[解析]　“天问一号”要脱离地球的吸引，需要加速到第二宇宙速度，A正确；近火点的“刹车”是为了减小“天问一号”所需的向心力，B错误；从火星停泊轨道向遥感轨道变轨过程，“天问一号”所需的向心力进一步减小，需要在近火点制动减速，C正确；“天问一号”沿遥感轨道运行时在近火点处的动能最大，D错误。
[答案]　AC


[针对训练]
1．2022年11月30日5时42分，“神舟十五号”载人飞船成功自主对接于中国空间站“天和”核心舱的前向端口。假设空间站与“神舟十五号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间站的对接，下列措施可行的是(　 )
A．使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间站实现对接
B．使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速等待飞船实现对接
C．飞船先在比空间站半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间站，两者速度接近时实现对接
D．飞船先在比空间站半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间站，两者速度接近时实现对接
解析：选C　若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速，所需向心力变大，则飞船将脱离原轨道而进入更高的轨道，不能实现对接，A错误；若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速，所需向心力变小，则空间站将脱离原轨道而进入更低的轨道，不能实现对接，B错误；要想实现对接，可使飞船在比空间站半径较小的轨道上加速，飞船将进入较高的空间站轨道，逐渐靠近空间站后，两者速度接近时实现对接，C正确；若飞船在比空间站半径较小的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道，不能实现对接，D错误。
考法(二)　变轨前后各运行物理参量的比较
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ上过A点和B点时速率分别为vA、vB。在A点加速，则vA>v1，在B点加速，则v3>vB，又因v1>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＝k可知T1 (4)机械能：在一个确定的圆(椭圆)轨道上机械能守恒。若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道的机械能分别为E1、E2、E3，则E1
[例2]　(2022·宜春模拟)我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星，按预定计划，“中星9A”应该首先被送入近地点约为200 km，远地点约为3.6万 km的转移轨道Ⅱ(椭圆)，然后通过远地点Q变轨，最终进入地球同步轨道Ⅲ(圆形)(如图所示)。但是由于火箭故障，卫星实际入轨后初始轨道远地点只有1.6万 km，科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于将其成功定位于预定轨道，下列说法正确的是(　 )

A．卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能不变
B．卫星在轨道Ⅲ经过Q点时和轨道Ⅱ经过Q点时的速度相同
C．卫星在轨道Ⅰ经过P点时和轨道Ⅱ经过P点时的加速度相同
D．“中星9A”发射失利原因可能是发射速度没有达到7.9 km/s
[解析]　卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道Ⅰ的P点加速后才能做离心运动从而进入轨道Ⅱ，卫星加速过程机械能增加，故A错误；卫星由Ⅱ的Q点加速后才能进入Ⅲ，由此可知，卫星在轨道Ⅲ经过Q点时的速度大于轨道Ⅱ经过Q点时的速度，故B错误；根据牛顿第二定律可知，在同一个点卫星所受的万有引力相同，故卫星在不同轨道上的同一点P上的加速度相同，故C正确；卫星的最小发射速度为7.9 km/s，卫星已经发射，失利原因不可能是发射速度没有达到7.9 km/s，故D错误。
[答案]　C
[针对训练]
2.如图为我国发射北斗卫星的示意图，先将卫星发射到半径为r1＝r的圆轨道上做匀速圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B点时，再次改变卫星的速度，使卫星进入半径为r2＝2r的圆轨道做匀速圆周运动。已知卫星在椭圆轨道时距地心的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A点时的速度为v，卫星的质量为m，地球质量为M，引力常量为G，则发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差为(不计卫星的质量变化)(　 )
A.mv2＋ B.mv2－
C.mv2＋ D.mv2－
解析：选D　当在r1＝r的圆轨道上运行时，有G＝m，解得在圆轨道上运行时通过A点的速度为v0＝，所以发动机在A点对卫星做的功为W1＝mv2－mv02＝mv2－；当在r2＝2r的圆轨道上运行时，有G＝m，解得在圆轨道上运行时通过B点的速度为v0′＝ ，而根据题意可知在椭圆轨道上通过B点时的速度为v1＝v＝v，故发动机在B点对卫星做的功为W2＝mv0′2－mv12＝－mv2，所以W1－W2＝mv2－，D正确。
热点(四)　双星、三星模型
模型(一)　双星模型
[例1]　(多选)天文学家通过观测两个黑洞并合的事件，间接验证了引力波的存在。该事件中甲、乙两个黑洞的质量分别为太阳质量的36倍和29倍，假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且两个黑洞的间距缓慢减小。若该双星系统在运动过程中，各自质量不变且不受其他星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是(　 )
A．甲、乙两个黑洞运行的线速度大小之比为36∶29
B．甲、乙两个黑洞运行的角速度大小始终相等
C．随着甲、乙两个黑洞的间距缓慢减小，它们运行的周期也在减小
D．甲、乙两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等
[解析]　由牛顿第三定律知，两个黑洞做圆周运动的向心力大小相等，它们的角速度ω相等，由Fn＝mω2r可知，甲、乙两个黑洞做圆周运动的半径与质量成反比，由v＝ωr知，线速度之比为29∶36，A错误，B正确；设甲、乙两个黑洞质量分别为m1和m2，轨道半径分别为r1和r2，有＝m12r1，＝m22r2，联立可得＝，C正确；甲、乙两个黑洞做圆周运动的向心力大小相等，由牛顿第二定律a＝可知，甲、乙两个黑洞的向心加速度大小a1∶a2＝29∶36，D错误。
[答案]　BC
[模型建构]
双星模型分析
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
＝m1ω2r1，＝m2ω2r2
解题关键
m1r1＝m2r2，r1＋r2＝L
　　



模型(二)　三星模型
[例2]　宇宙空间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L。忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G。下列说法正确的是(　 )
A．每颗星做圆周运动的线速度为
B．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关
C．若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍
D．若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的2倍
[解析]　任意两颗星之间的万有引力F＝G，每一颗星受到的合力为F1＝F，由几何关系知：它们的轨道半径为r＝L，合力提供它们的向心力＝m，联立解得v＝，故A错误；根据＝ma，得a＝，故加速度与它们的质量有关，故B错误；根据＝m，解得T＝π ，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，故C正确；根据v＝，可知，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度不变，故D错误。
[答案]　C
[模型建构]
三星模型分析
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
＋＝ma向
×cos 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＝

　
[课时跟踪检测]
1.“嫦娥五号”轨道器和返回器组合体实施的月地转移轨道如图所示，组合体自近月点由圆轨道变为椭圆轨道，开启了回家之旅。以下说法正确的是(　 )

A．组合体在近月点减速，从而进入椭圆轨道
B．组合体在近月点加速，从而进入椭圆轨道
C．组合体在椭圆轨道运行过程中，在近月点的线速度小于在远月点的线速度
D．组合体在椭圆轨道运行过程中，在近月点的加速度小于在远月点的加速度
解析：选B　组合体由圆轨道变轨到椭圆轨道上运行时做离心运动，所以组合体需要在近月点加速，A错误，B正确；由开普勒第二定律可知，组合体在近月点的速度大于在远月点的速度，C错误；由公式G＝ma，可得组合体在近月点的加速度大于在远月点的加速度，D错误。
2．(2022·湖北高考)2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是(　 )
A．组合体中的货物处于超重状态
B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
解析：选C　组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；已知同步卫星的周期为24 h，则根据角速度和周期的关系有ω＝，由于T同>T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有G＝mr，整理有T＝2π，由于T同>T组合体，则r同>r组合体，根据ma＝G，则有a同 3．我国北斗导航系统(BDS)于2020年已全面建成，是继GPS、GLONASS之后第三个成熟的卫星导航系统。该卫星导航系统空间段包括5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星，静止轨道卫星是地球同步轨道卫星的一种。若一颗与地球同步轨道卫星在同一轨道平面内的人造地球卫星在自西向东绕地球运行，已知它的运行半径为同步轨道半径的四分之一，地球自转周期为T，某时刻该卫星与地球同步轨道卫星相距最近，则到下一次两卫星相距最近经历的最短时间为(　 )
A. B. C. D.
解析：选C　同步卫星的运动周期为地球的自转周期T，设该卫星的周期为T1，由开普勒第三定律得＝，解得T1＝，设该卫星至少每隔t时间与同步轨道卫星相距最近，只需满足－＝，解得t＝，C正确，A、B、D错误。
4．(多选)“嫦娥五号”从环月轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入近月点为Q的环月轨道Ⅱ，如图所示，则“嫦娥五号”(　 )

A．在轨道Ⅱ上的机械能比在轨道Ⅰ上的机械能小
B．在轨道Ⅱ运行的周期比在轨道Ⅰ上运行的周期大
C．沿轨道Ⅰ运动至P时，点火后发动机喷气方向与运动方向相同才能进入轨道Ⅱ
D．沿轨道Ⅱ运行在P点的加速度大于沿轨道Ⅰ运行在P点的加速度
解析：选AC　同一天体绕行的轨道半径越大机械能越大，故可知低轨道上机械能小，故A正确；由开普勒第三定律可知，在轨道Ⅱ运行的周期比在轨道Ⅰ上运行的周期小，故B错误；沿轨道Ⅰ运动至P时进入轨道Ⅱ，需要制动减速，所以点火后发动机喷气方向与运动方向相同才能进入轨道Ⅱ，故C正确；“嫦娥五号”在P点受到的万有引力相等，不管是沿轨道Ⅱ还是轨道Ⅰ运行到P点的加速度一样，故D错误。
5．(2021年8省联考·广东卷)2020年12月17日，“嫦娥五号”成功返回地球，创造了我国到月球取土的伟大历史。如图所示，“嫦娥五号”取土后，在P处由圆形轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，以便返回地球。下列说法正确的是(　 )

A．“嫦娥五号”在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均超重
B．“嫦娥五号”在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时机械能相等
C．“嫦娥五号”在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时速率相等
D．“嫦娥五号”在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等
解析：选D　“嫦娥五号”在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均处于失重状态，故A错误。“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上经过P点时经加速后进入轨道Ⅱ运行，故“嫦娥五号”在轨道Ⅰ运行至P处时的速率小于在轨道Ⅱ运行至P处时的速率；加速过程有外力对“嫦娥五号”做功，则机械能增大，故B、C错误。根据G＝ma得a＝，可知“嫦娥五号”在轨道Ⅰ和Ⅱ运行至P处时加速度大小相等，故D正确。
6.(2022·肇庆模拟)如图所示，一卫星在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，某时刻该卫星位于赤道上一建筑物的正上方。下列说法正确的是(　 )

A．地球自转角速度大于该卫星的角速度
B．建筑物随地球运动的向心加速度大于该卫星运动的向心加速度
C．建筑物随地球运动的线速度大于该卫星运动的线速度
D．经过一段时间该卫星可以再一次出现在此建筑物正上方
解析：选D　根据万有引力提供向心力有＝mω2r，解得ω＝，r越大，ω越小，所以同步卫星的角速度小于该卫星的角速度，地球自转的角速度等于同步卫星的角速度，所以地球自转的角速度小于该卫星的角速度，A错误；建筑物随地球运动的角速度与同步卫星相同，根据向心加速度公式a＝ω2r可知，建筑物随地球运动的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，再根据万有引力提供向心力有＝ma，解得a＝，r越大，a越小，同步卫星的加速度小于该卫星的加速度，所以建筑物随地球运动的向心加速度小于该卫星运动的向心加速度，B错误；建筑物随地球运动的角速度与同步卫星相同，根据v＝ωr，r越大，v越大，由万有引力提供向心力有＝m，解得v＝，r越大，v越小，同步卫星的线速度小于该卫星的线速度，所以建筑物随地球运动的线速度小于该卫星的线速度，C错误；该卫星的轨道平面与赤道平面重合，并且角速度与地球自转角速度不同，所以经过一段时间该卫星可以再一次出现在此建筑物正上方，D正确。
7．(多选)如图所示，A、B、C、D四颗地球卫星，A还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，线速度为v，向心加速度为a；B处于地面附近轨道上，正常运行速度为v1，向心加速度为a1；C是地球同步卫星，到地心的距离为r，运行速率为v2，加速度为a2；D是高空探测卫星，运行速率为v3，加速度为a3。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则(　 )

A．a＝g＝a1＞a2＞a3
B．v1＞v2＞v
C.＝
D．卫星C加速一段时间后就可能追上卫星B
解析：选BC　地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知A与C的角速度相同，由a＝ω2r可知，C的向心加速度比A的大，由G＝ma，可得a＝，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星C的向心加速度小于B的向心加速度，而B的向心加速度约是g，可知A的加速度小于重力加速度g，A错误；由G＝m，解得v＝，卫星的轨道半径越大，线速度越小，A在地球赤道上随地球表面一起转动，线速度小于同步卫星的线速度，因此A、B、C卫星的线速度有v1＞v2＞v，B正确；A、C的角速度相同，由a＝ω2r可知＝，C正确；若卫星C加速，则此时的万有引力不足以提供向心力，C的轨道半径会变大，做离心运动，因此不能追上B，D错误。
8．(2022·漳州模拟)火星轨道在地球轨道的外侧，火星和地球共同绕太阳运动，如图甲。可认为火星和地球在同一平面内绕太阳做同向圆周运动，且火星轨道半径为地球的1.5倍，示意图如图乙所示。为节约能量，“天问一号”探测器沿椭圆轨道飞向火星，且出发时地球位置和到达时火星位置分别是椭圆轨道的近日点和远日点，仅考虑太阳对“天问一号”的引力，则“天问一号”(　 )

A．在飞向火星的过程中速度越来越大
B．到达火星前的加速度小于火星的加速度
C．到达火星前瞬间的速度小于火星公转的线速度
D．运动周期大于火星的运动周期
解析：选C　由机械能守恒定律可知，“天问一号”在飞向火星过程中，引力势能增大，动能减小，速度变小，A错误；由a＝可知，到达火星前，“天问一号”到太阳的距离小于火星到太阳的距离，则“天问一号”的加速度大于火星的加速度，B错误；火星绕太阳做圆周运动有＝m火，若没有火星的存在，“天问一号”到达椭圆轨道远日点后，将做向心运动，有>m问，解得v火>v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＝，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＝mr，得T＝2π ，则＝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t1＝π，解得t1＝ h，再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2，有t2＝2π，解得t2＝ h，由n＝＝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T
B．b星的线速度大小为
C．a、b两星的轨道半径之比为
D．a、b两星的质量之比为
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＝、rb＝。a、b两星的轨道半径之比＝，b星的线速度大小vb＝＝，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G＝mara2＝mbrb2，所以a、b两星的质量之比＝＝，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
B．恒星Q的轨道半径为
C．恒星Q的线速度为
D．两颗恒星的质量m和M满足的关系式为＝
解析：选BCD　恒星P与Q具有相同的角速度，则角速度ω＝，A错误；恒星P的轨道半径R＝Ltan ＝L·Δθ，对双星系统，有mω2r＝Mω2R，解得恒星Q的轨道半径为r＝，B正确；恒星Q的线速度大小v1＝ωr＝·＝，C正确；对双星系统，由万有引力提供向心力有G＝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＝，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
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

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 ，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．(2021·全国乙卷)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＝＝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＝ 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＝，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＝gt2，故v0＝x　。
(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＝，所以初速度v0＝＝x 。[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 作为实数据。
(5)由＝v弹丸t，h＝gt2，得v弹丸＝＝　。
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＝gt2，得t＝＝ s＝0.3 s，则平抛小球的初速度v0＝＝ 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＝＝ m/s。
答案：(1)a　(2)1　

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：
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


(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＝，得t＝，
则水平射程为：x＝v0t＝。
可知图线的斜率k＝，由图可知k＝≈0.2，
解得v0＝ ＝ m/s＝1.0 m/s。
当θ＝60°时，有t＝＝ s，
则斜面的长度为：s＝＝ 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＝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
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


二、核心关键
1．数据处理
(1)m、r一定。
序号
1
2
3
4
5
6
F向






ω






ω2






(2)m、ω一定。
序号
1
2
3
4
5
6
F向






r






(3)r、ω一定。
序号
1
2
3
4
5
6
F向






m






(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＝，由ω＝，计算得出：ω＝。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＝。
(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＝　(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：
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

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＝知，图线的斜率k＝，则有＝，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
B．小球运动的线速度大小为
C．小球运动的向心力大小为
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＝，A错误；小球的线速度大小为v＝＝，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FTcos α＝mg，FTsin α＝Fn，则Fn＝mgtan α＝mg，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＝＝2.00 s，向心力Fn＝mg＝mR，解得g＝≈9.86 m/s2。
答案：(1)BD　(2)2.00　9.86