2024届物理一轮复习讲义第3讲 圆周运动含答案

2024届物理一轮复习讲义第3讲圆周运动学习目标1.掌握描述圆周运动的各物理量及关系。2.会分析向心力的来源。3.会利用圆周运动的相关知识处理生活中的圆周运动。一、描述圆周运动的物理量及关系定义、意义公式、单位线速度(v)1.描述圆周运动的物体运动快慢的物理量2.是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切1.v＝eq\f(Δs,Δt)(定义式)＝eq\f(2πr,T)(与周期的关系)2.单位：m/s角速度(ω)1.描述物体绕圆心转动快慢的物理量2.是矢量，但不研究其方向1.ω＝eq\f(Δθ,Δt)(定义式)＝eq\f(2π,T)(与周期的关系)2.单位：rad/s3.ω与v的关系：v＝ωr周期(T)转速(n)频率(f)1.周期是做匀速圆周运动的物体沿圆周运动一周所用的时间，周期的倒数为频率2.转速是单位时间内物体转过的圈数1.T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(1,f)(与频率的关系)2.T的单位：sn的单位：r/s、r/minf的单位：Hz向心加速度(an)1.描述线速度方向变化快慢的物理量2.方向指向圆心1.an＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r＝ωv2.单位：m/s2二、匀速圆周运动及向心力1.2.三、离心运动1.思考判断(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动。(×)(2)物体做匀速圆周运动时，其角速度大小是不变的。(√)(3)物体做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)(4)匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)(5)匀速圆周运动的向心力是产生向心加速度的原因。(√)(6)摩托车转弯时速度过大就会向外发生滑动，这是摩托车受沿转弯半径向外的离心力作用的缘故。(×)(7)向心力可以是物体受到的某一个力，也可以是物体受到的合力。(√)(8)变速圆周运动的向心力不指向圆心。(×)2.(2023·天津一中月考)如图1所示，甲、乙两车在水平面内的同心圆弧道路上转弯，甲行驶在内侧，乙行驶在外侧，它们转弯时线速度大小相等，则两车在转弯时，下列说法正确的是()图1A.角速度：ω甲＝ω乙B.向心加速度：a甲>a乙C.向心力：F甲<F乙D.地面对车的摩擦力：Ff甲>Ff乙答案B3.如图2所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的。其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的齿轮边缘的两点，若A轮半径是B轮半径的1.5倍，则下列说法中正确的是()图2A.A、B两点的线速度大小之比为3∶2B.A、B两点的角速度大小之比为2∶3C.A、B两点的周期之比为2∶3D.A、B两点的向心加速度大小之比为1∶1答案B考点一圆周运动的运动学问题1.对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比。当ω一定时，v与r成正比。当v一定时，ω与r成反比。2.对an＝eq\f(v2,r)＝ω2r的理解在v一定时，an与r成反比；在ω一定时，an与r成正比。3.常见的传动方式及特点(1)皮带传动：如图3甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB。图3(2)摩擦传动和齿轮传动：如图4甲、乙所示，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，即vA＝vB。图4(3)同轴转动：如图5甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比。图5例1游乐场的旋转木马是小朋友们非常喜欢的游玩项目。如图6所示，一小孩坐在旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周运动的半径为3.0m，小孩旋转5周用时1min，则下列说法正确的是()图6A.小孩做圆周运动的角速度为eq\f(π,3)rad/sB.小孩做圆周运动的线速度为2πm/sC.小孩在1min内通过的路程为15πmD.小孩做圆周运动的向心加速度为eq\f(π2,12)m/s2答案D解析小孩做圆周运动的周期T＝eq\f(t,n)＝12s，则角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,6)rad/s，A错误；线速度为v＝eq\f(2πr,T)＝eq\f(π,2)m/s，B错误；在1min内通过的路程s＝n·2πr＝30πm，C错误；向心加速度为an＝ω2r＝eq\f(π2,12)m/s2，D正确。跟踪训练1.(2022·湖北黄冈中学模拟)如图7是某电力机车雨刮器的示意图。雨刮器由刮水片和雨刮臂链接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨刮臂的链接点，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()图7A.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答案C解析P点以O为圆心做圆周运动，线速度方向时刻变化，向心加速度方向与速度方向始终垂直，即向心加速度方向时刻变化，故A、B错误；刮水片始终保持竖直，各点的线速度与P点的线速度相同，故C正确；刮水片上各点的运动周期都相同，故D错误。2.(多选)如图8所示在半径为R的水平圆盘中心轴正上方a点水平抛出一小球，圆盘以角速度ω匀速转动，当圆盘半径Ob方向恰好转到与小球初速度方向相同的位置时，将小球抛出，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b，重力加速度为g，则小球抛出点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0可能满足()图8A.h＝eq\f(2gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,2π) B.h＝eq\f(8gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,4π)C.h＝eq\f(2gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,6π) D.h＝eq\f(32gπ2,ω2)，v0＝eq\f(Rω,8π)答案ABD解析由题意可知，小球做平抛运动在竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上有v0t＝R，对圆盘有t＝eq\f(2kπ,ω)(k＝1，2，3，…)，经上述分析可解得v0＝eq\f(Rω,2kπ)(k＝1，2，3，…)，h＝eq\f(2gk2π2,ω2)(k＝1，2，3，…)，根据k的取值不同，经计算可知，A、B、D正确，C错误。考点二圆周运动的动力学问题1.匀速圆周运动的实例分析运动模型向心力的来源图示运动模型向心力的来源图示飞机水平转弯火车转弯圆锥摆飞车走壁汽车在水平路面转弯水平转台(光滑)2.变速圆周运动的向心力如图9所示，当小球在竖直面内摆动时，半径方向的合力提供向心力，即FT－mgcosθ＝meq\f(v2,R)。图93.圆周运动的动力学问题的分析思路角度向心力的来源分析例2如图10所示，汽车正在水平路面上沿圆轨道匀速率转弯，且没有发生侧滑。下列说法正确的是()图10A.汽车转弯时由车轮和路面间的静摩擦力提供向心力B.汽车转弯时由汽车受到的重力与支持力的合力提供向心力C.汽车转弯时由车轮和路面间的滑动摩擦力提供向心力D.汽车转弯半径不变，速度减小时，汽车受到的静摩擦力可能不变答案A解析汽车转弯时靠静摩擦力提供向心力，故A正确，B、C错误；根据静摩擦力提供向心力，有Ff＝Fn＝meq\f(v2,R)，半径不变，速度减小时，向心力减小，则汽车受到的静摩擦力减小，故D错误。角度圆周运动的动力学问题例3(2022·北京卷，8)我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验()图11A.小球的速度大小均发生变化B.小球的向心加速度大小均发生变化C.细绳的拉力对小球均不做功D.细绳的拉力大小均发生变化答案C解析角度圆锥摆(筒)模型例4(多选)智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图12甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，下列说法正确的是()图12A.匀速转动时，配重受到的合力恒定不变B.若增大转速，绳的拉力增大C.当θ稳定在37°时，配重的角速度为5rad/sD.当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，配重的动能增加了eq\f(17,16)J答案BD解析设配重的质量为m、绳长为l、悬挂点P到腰带中心点O的距离为r1，对配重受力分析如图所示，由于配重做匀速圆周运动，其受到的合力提供向心力，即合力大小不变、方向改变，故选项A错误；若增大转速，θ增大，绳的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)增大，B正确；根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mω2(lsinθ＋r1)，代入数据可得ω＝eq\r(15)rad/s，故选项C错误；根据牛顿第二定律有mgtanθ＝meq\f(v2,lsinθ＋r1)，则v2＝g(lsinθ＋r1)tanθ，在θ由37°缓慢增加到53°的过程中，动能增加了ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(17,16)J，故D正确。圆锥摆(1)向心力F向＝mgtanθ＝meq\f(v2,r)＝mω2r，且r＝Lsinθ，解得v＝eq\r(gLtanθsinθ)，ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))。(2)稳定状态下，θ越大，角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝eq\f(mg,cosθ)和运动所需向心力也越大圆锥筒(1)筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即eq\f(mg,tanθ)＝meq\f(v2,r)＝mω2r，解得v＝eq\r(\f(gr,tanθ))，ω＝eq\r(\f(g,rtanθ))。(2)稳定状态下小球所处的位置越高，半径r越大，角速度ω越小，线速度v越大，支持力FN＝eq\f(mg,sinθ)和向心力F向＝eq\f(mg,tanθ)并不随位置的变化而变化角度生活中的圆周运动例5(2023·福建福州高三期末)如图13甲，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动。如图乙一件小衣物随着滚筒经过a、b、c、d四个位置，小衣物中的水滴最容易被甩出的位置是()图13A.a位置 B.b位置 C.c位置 D.d位置答案C解析水滴随衣物紧贴着滚筒壁做匀速圆周运动，转动过程中所需向心力大小相同，水滴所受合力提供向心力。设a、b、c、d四个位置水滴与衣物之间的附着力分别为Fa、Fb、Fc、Fd，因b、d两点，重力与向心力(合力)的方向夹角既不是最大，也不是最小，附着力不会出现极值，所以只分析a、c两点即可，设转动的角速度为ω，在a位置有mg＋Fa＝mω2R，则Fa＝mω2R－mg，此时所需附着力最小；在c位置有Fc－mg＝mω2R，Fc＝mg＋mω2R，此位置所需附着力最大，所以小衣物中的水滴最容易被甩出的位置是c位置，故C正确，A、B、D错误。跟踪训练3.(多选)如图14所示，若将运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受与冰面夹角为θ(蹬冰角)的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是()图14A.运动员转弯时速度的大小为eq\r(\f(gR,tanθ))B.运动员转弯时速度的大小为eq\r(gRtanθ)C.若运动员转弯速度变大，则需要增大蹬冰角D.若运动员转弯速度变大，则需要减小蹬冰角答案AD解析依题意，运动员转弯时，受力如图所示，根据牛顿第二定律有Fn＝eq\f(mg,tanθ)＝meq\f(v2,R)，可得其转弯时速度的大小为v＝eq\r(\f(gR,tanθ))，故A正确，B错误；由v＝eq\r(\f(gR,tanθ))可知，若运动员转弯速度v变大，则需要减小蹬冰角θ，故C错误，D正确。4.(2022·山东济宁模拟)如图15所示，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ光滑且足够长。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轴先以角速度ω1匀速转动，然后提高转速以角速度ω2匀速转动。下列说法正确的是()图15A.小球的高度一定升高B.小球的高度一定降低C.两次转动杆对小球的弹力大小可能不变D.两次转动小球所受的合力大小可能不变答案C解析因为小球在水平面内做匀速圆周运动，则竖直方向受力平衡，设弹簧拉力为F，弹簧与竖直方向夹角为θ，则Fcosθ＝mg。若小球的高度变高，θ变大，cosθ变小，弹簧形变量变小，则F变小，竖直方向不平衡，同理可知，若小球的高度变低，θ变小，cosθ变大，弹簧形变量增大，则F变大，竖直方向也不平衡，所以小球高度不能改变，故A、B错误；当金属框绕MN轴以较小的角速度ω1匀速转动时，杆对小球的弹力可能垂直杆向外，满足Fsinθ－FN1＝mωeq\o\al(2,1)r，即FN1＝Fsinθ－mωeq\o\al(2,1)r，当提高转速以角速度ω2匀速转动时，杆对小球的弹力可能垂直杆向里，则Fsinθ＋FN2＝mωeq\o\al(2,2)r，即FN2＝mωeq\o\al(2,2)r－Fsinθ，因为ω1<ω2，所以两次转动杆对小球的弹力大小可能不变，故C正确；因为合外力提供向心力，即F合＝mω2r，所以角速度增大，合外力一定增大，故D错误。A级基础对点练对点练1圆周运动的运动学问题1.如图1所示，用起瓶器开启瓶盖时，起瓶器上A、B两点绕O点转动的角速度分别为ωA和ωB，线速度的大小分别为vA和vB，下列说法正确的是()图1A.ωA＝ωB，vA<vB B.ωA＝ωB，vA>vBC.ωA>ωB，vA＝vB D.ωA>ωB，vA<vB答案A解析A、B两点绕O点转动，相同时间转过相同的角度，由ω＝eq\f(Δθ,Δt)可知ωA＝ωB，因为rB>rA，由线速度和角速度的关系v＝ωr可知vA<vB，故A正确。2.(2021·全国甲卷，15)“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图2，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50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点的向心加速度大小约为()图2A.10m/s2 B.100m/s2C.1000m/s2 D.10000m/s2答案C解析向心加速度的公式an＝ω2r，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an≈1000m/s2，C正确。3.(多选)(2022·广东佛山模拟)水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。图3为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R。在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，以下说法正确的是()图3A.水流在空中运动时间为t＝eq\f(2v0,g)B.水流在空中运动时间为t＝eq\f(\r(3)v0,g)C.水车最大角速度接近ω＝eq\f(2v0,R)D.水车最大角速度接近ω＝eq\f(\r(3)v0,R)答案BC解析水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，水平方向速度和竖直方向速度满足tan30°＝eq\f(v0,gt)，解得t＝eq\f(\r(3)v0,g)，故B正确，A错误；水流到水轮叶面上时的速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋（gt）2)＝2v0，根据v＝ωR，解得ω＝eq\f(2v0,R)，故C正确，D错误。4.(2023·湖北八市高三模拟)学校门口的车牌自动识别系统如图4所示，闸杆距地面高为1m，可绕转轴O在竖直面内匀速转动；自动识别区ab到a′b′的距离为6.9m。汽车以速度3m/s匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为0.3s；若汽车可看成高1.6m的长方体，闸杆转轴O与车左侧面水平距离为0.6m。要使汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角速度至少为()图4A.eq\f(π,8)rad/s B.eq\f(π,6)rad/s C.eq\f(π,4)rad/s D.eq\f(π,3)rad/s答案A解析闸杆转动时间为t＝eq\f(x,v)－t0＝eq\f(6.9,3)s－0.3s＝2s，汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少满足tanθ＝eq\f(1.6－1,0.6)，解得θ＝eq\f(π,4)，闸杆转动的角速度至少为ω＝eq\f(θ,t)＝eq\f(π,8)rad/s，故A正确。对点练2圆周运动的动力学问题5.分别用两根长度不同的细线悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则在运动过程中，两小球相对位置关系示意图正确的是()答案B解析设小球质量为m，细线长为L，当细线与竖直方向夹角为θ时，受力分析图如图所示，小球做匀速圆周运动，有mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得Lcosθ＝eq\f(g,ω2)是常量，即两小球时刻处于同一高度，故B正确。6.下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是()A.如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态B.如图B所示，火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对轮缘会有挤压作用C.如图C所示，轻质细绳长为l，一端固定一个小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，在最高点小球的最小速度应大于eq\r(gl)D.如图D所示，脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出答案B解析如图A所示，汽车通过凹形桥的最低点时，具有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；如图B所示，火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供所需的向心力，外轨受到挤压，故B正确；如图C所示，在最高点，当小球的重力刚好满足向心力要求时，此时小球的速度最小为eq\r(gl)，故C错误；如图D所示，水滴和衣服间的作用力不足以提供水滴做圆周运动的向心力，水滴做离心运动，故D错误。7.(2023·湖南邵阳高三月考)内表面为半球型且光滑的碗固定在水平桌面上，球半径为R，球心为O，现让可视为质点的小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，小球与球心O的连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则()图5A.小球的加速度为a＝gsinθB.碗内壁对小球的支持力为FN＝eq\f(mg,sinθ)C.小球的运动周期为T＝2πeq\r(\f(Rcosθ,g))D.小球运动的速度为v＝eq\r(gRtanθ)答案C解析小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，受力如图，竖直方向有FNcosθ＝mg，水平方向有FNsinθ＝ma，联立解得a＝gtanθ，FN＝eq\f(mg,cosθ)，故A、B错误；又由a＝eq\f(4π2,T2)Rsinθ，小球的运动周期为T＝2πeq\r(\f(Rcosθ,g))，故C正确；又由a＝eq\f(v2,Rsinθ)，小球运动的速度为v＝eq\r(\f(gRsin2θ,cosθ))，故D错误。8.(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼倾斜(如图6所示)，以保证重力和机翼升力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T。则下列说法正确的是()图6A.若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大B.若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大C.若θ不变，飞行速率v增大，则半径R增大D.若飞行速率v增大，θ增大，则周期T可能不变答案CD解析对飞机进行受力分析，如图所示，根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得mgtanθ＝meq\f(v2,R)＝meq\f(4π2,T2)R，解得v＝eq\r(gRtanθ)，T＝2πeq\r(\f(R,gtanθ))。若飞行速率v不变，θ增大，由v＝eq\r(gRtanθ)知，R减小，再由T＝2πeq\r(\f(R,gtanθ))知，T减小，故A、B错误；若θ不变，飞行速率v增大，由v＝eq\r(gRtanθ)知，R增大，故C正确；若飞行速率v增大，θ增大，R的变化不能确定，则周期T可能不变，故D正确。B级综合提升练9.(2022·浙江温州模拟)如图7所示，场地自行车赛道与水平面成一定倾角，A、B、C三位运动员骑自行车在赛道转弯处以相同大小的线速度做匀速圆周运动(不计空气阻力)。则下列说法正确的是()图7A.自行车受到地面的静摩擦力指向圆周运动的圆心B.自行车(含运动员)受到重力、支持力、摩擦力、向心力C.A、B、C三位运动员的角速度ωA<ωB<ωCD.A、B、C三位运动员的向心加速度aA>aB>aC答案C解析自行车做匀速圆周运动，地面对自行车的摩擦力不可能是静摩擦力，故A错误；自行车和运动员整体受重力、支持力和摩擦力，合力提供向心力，向心力不是性质力，故B错误；三位运动员的线速度大小相等，根据ω＝eq\f(v,r)，可知半径大的，角速度小，故A、B、C三位运动员的角速度ωA<ωB<ωC，故C正确；三位运动员的线速度大小相等，根据a＝eq\f(v2,r)，可知半径大的，向心加速度小，A、B、C三位运动员的向心加速度aA<aB<aC，故D错误。10.(2022·河北张家口模拟)如图8所示，O为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a和b相对容器静止，b与容器壁间恰好没有摩擦力。已知a和O、b和O的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是()图8A.小物块a和b做圆周运动的向心力之比为eq\r(3)∶1B.小物块a和b对容器壁的压力之比为eq\r(3)∶1C.小物块a与容器壁之间无摩擦力D.容器壁对小物块a的摩擦力方向沿容器壁切线向下答案A解析a、b角速度相等，向心力可表示为F＝mω2Rsinα，所以a、b向心力之比为sin60°∶sin30°＝eq\r(3)∶1，A正确；若无摩擦力a将移动到和b等高的位置，所以摩擦力沿切线方向向上，C错误；对b分析可得mgtan30°＝mω2Rsin30°，对a分析mω2Rsin60°<mgtan60°，即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即摩擦力沿切线方向向上，D错误；对b有FNbcos30°＝mg，对a有FNacos60°＋Ffsin60°＝mg，所以eq\f(FNa,FNb)≠eq\f(cos30°,cos60°)＝eq\f(\r(3),1)，B错误。11.(2022·辽宁高考)2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。图9(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9m/s时，滑过的距离x＝15m，求加速度的大小；(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图9所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8m、R乙＝9m，滑行速率分别为v甲＝10m/s、v乙＝11m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。答案(1)2.7m/s2(2)eq\f(225,242)甲解析(1)根据速度位移公式有v2＝2ax代入数据可得a＝2.7m/s2。(2)根据向心加速度的表达式a＝eq\f(v2,R)可得甲、乙的向心加速度之比为eq\f(a甲,a乙)＝eq\f(veq\o\al(2,甲),veq\o\al(2,乙))·eq\f(R乙,R甲)＝eq\f(225,242)甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为t＝eq\f(πR,v)代入数据可得甲、乙在弯道运动的时间为t甲＝eq\f(4π,5)s，t乙＝eq\f(9π,11)s因为t甲<t乙，所以甲先出弯道。第4讲万有引力定律及应用学习目标1.了解开普勒行星三定律，会用开普勒第三定律进行相关计算。2.理解万有引力定律，知道其内容、公式及适用范围。3.掌握计算天体质量和密度的方法。1.eq\a\vs4\al(2.,,)1.思考判断(1)围绕同一天体运动的不同行星椭圆轨道不一样，但都有一个共同的焦点。(√)(2)行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越大。(×)(3)只有天体之间才存在万有引力。(×)(4)只要知道两个物体的质量和两个物体之间的距离，就可以由F＝Geq\f(m1m2,r2)计算物体间的万有引力。(×)(5)地面上的物体所受地球的万有引力方向一定指向地心。(√)2.火星的质量约为地球质量的eq\f(1,10)，半径约为地球半径的eq\f(1,2)，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为()A.0.2B.0.4C.2.0D.2.5答案B考点一开普勒三定律的理解和应用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。但该定律只能用在同一中心天体的星体之间。例1(多选)如图1所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有()图1A.TA＞TB B.EkA＞EkBC.SA＝SB D.eq\f(Req\o\al(3,A),Teq\o\al(2,A))＝eq\f(Req\o\al(3,B),Teq\o\al(2,B))答案AD解析根据开普勒第三定律知，A、D正确；由eq\f(GMm,R2)＝eq\f(mv2,R)和Ek＝eq\f(1,2)mv2可得Ek＝eq\f(GMm,2R)，因RA＞RB，mA＝mB，则EkA＜EkB，B错误；根据开普勒第二定律知，同一轨道上的卫星绕地球做匀速圆周运动，与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，对于卫星A、B，SA不等于SB，C错误。跟踪训练1.为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为()A.2∶1 B.4∶1 C.8∶1 D.16∶1答案C解析由开普勒第三定律得eq\f(r3,T2)＝k，故eq\f(TP,TQ)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(RP,RQ)))\s\up12(3))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,4)))\s\up12(3))＝eq\f(8,1)，C正确。考点二万有引力定律的理解和应用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：一是物体的重力mg，二是提供物体随地球自转的向心力F向，如图2所示。(设地球质量为M)图2(1)在赤道上：Geq\f(Mm,R2)＝mg1＋mω2R。(2)在两极上：Geq\f(Mm,R2)＝mg2。(3)在一般位置：万有引力Geq\f(Mm,R2)等于重力mg与向心力F向的矢量和。越靠近南北两极g值越大。由于物体随地球自转所需的向心力较小，常认为万有引力近似等于重力，即eq\f(GMm,R2)＝mg。2.星体表面及上空的重力加速度(以地球为例)(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g′：mg′＝eq\f(GMm,（R＋h）2)，得g′＝eq\f(GM,（R＋h）2)，所以eq\f(g,g′)＝eq\f(（R＋h）2,R2)。3.万有引力的“两个推论”推论1：在匀质球壳空腔内的任意位置处，质点受到球壳的万有引力的合力为零，即∑F引＝0。推论2：在匀质球体内部距离球心r处的质点(m)受到的万有引力等于球体内半径为r的同心球体(M′)对其的万有引力，即F＝Geq\f(M′m,r2)。例2(2022·全国乙卷，14)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400km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答案C解析航天员在空间站中所受的地球引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，所受地球引力大小不为零，故A、B错误，C正确；根据F＝Geq\f(Mm,r2)可知，他们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，因此在地球表面所受引力大小大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。例3(2022·山东卷，6)“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图3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()图3A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(gR2T2,2n2π2)))eq\s\up6(\f(1,3))－R B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(gR2T2,2n2π2)))eq\s\up6(\f(1,3))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(gR2T2,4n2π2)))eq\s\up6(\f(1,3))－R D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(gR2T2,4n2π2)))eq\s\up6(\f(1,3))答案C解析地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律有eq\f(GMm,R2)＝mg，可得GM＝gR2根据题意可知，卫星的运行周期为T′＝eq\f(T,n)根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有eq\f(GMm′,（R＋h）2)＝m′eq\f(4π2,T′2)(R＋h)联立以上式子解得h＝eq\r(3,\f(gR2T2,4n2π2))－R故C正确。跟踪训练2.某类地天体可视为质量分布均匀的球体，由于自转的原因，其表面“赤道”处的重力加速度为g1，“极点”处的重力加速度为g2，若已知自转周期为T，则该天体的半径为()A.eq\f(4π2,g1T2) B.eq\f(4π2,g2T2)C.eq\f(（g2－g1）T2,4π2) D.eq\f(（g1＋g2）T2,4π2)答案C解析在“极点”处mg2＝eq\f(GMm,R2)；在其表面“赤道”处eq\f(GMm,R2)－mg1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R，解得R＝eq\f(（g2－g1）T2,4π2)，故C正确。

考点三天体质量和密度的计算天体质量和密度的计算方法类型方法已知量利用公式表达式备注质量的计算利用运行天体r、TGeq\f(m中m,r2)＝meq\f(4π2,T2)rm中＝eq\f(4π2r3,GT2)只能得到中心天体的质量r、vGeq\f(m中m,r2)＝meq\f(v2,r)m中＝eq\f(rv2,G)v、TGeq\f(m中m,r2)＝meq\f(v2,r)，Geq\f(m中m,r2)＝meq\f(4π2,T2)rm中＝eq\f(v3T,2πG)利用天体表面重力加速度g、Rmg＝eq\f(Gm中m,R2)m中＝eq\f(gR2,G)—密度的计算利用运行天体r、T、RGeq\f(m中m,r2)＝meq\f(4π2,T2)rm中＝ρ·eq\f(4,3)πR3ρ＝eq\f(3πr3,GT2R3)当r＝R时，ρ＝eq\f(3π,GT2)利用近地卫星只需测出其运行周期利用天体表面重力加速度g、Rmg＝eq\f(Gm中m,R2)，m中＝ρ·eq\f(4,3)πR3ρ＝eq\f(3g,4πGR)—角度重力加速度法例4宇航员在月球表面将一片羽毛和一个铁锤从同一高度由静止同时释放，二者几乎同时落地。若羽毛和铁锤是从高度为h处下落，经时间t落到月球表面。已知引力常量为G，月球的半径为R。求：(不考虑月球自转的影响)(1)月球表面的自由落体加速度大小g月；(2)月球的质量M；(3)月球的密度ρ。答案(1)eq\f(2h,t2)(2)eq\f(2hR2,Gt2)(3)eq\f(3h,2πRGt2)解析(1)月球表面附近的物体做自由落体运动，有h＝eq\f(1,2)g月t2月球表面的自由落体加速度大小g月＝eq\f(2h,t2)。(2)不考虑月球自转的影响，有Geq\f(Mm,R2)＝mg月得月球的质量M＝eq\f(2hR2,Gt2)。(3)月球的密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(2hR2,Gt2),\f(4π,3)R3)＝eq\f(3h,2πRGt2)。角度环绕法例5(2021·广东卷)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答案D解析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得eq\f(Gm地m,r2)＝meq\f(v2,r)，解得m地＝eq\f(v2r,G)，D正确；由于核心舱的质量在运算中被约掉，故无法通过核心舱的质量求解地球质量，A、B错误；已知核心舱的绕地角速度，由eq\f(Gm地m,r2)＝mω2r得m地＝eq\f(ω2r3,G)，且ω＝eq\f(2π,T)，r约不掉，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。跟踪训练3.(多选)已知引力常量G，地球表面处的重力加速度g，地球半径R，地球上一个昼夜的时间T1(地球自转周期)，一年的时间T2(地球公转周期)，地球中心到月球中心的距离L1，地球中心到太阳中心的距离L2。你能计算出()A.地球的质量m地＝eq\f(gR2,G)B.太阳的质量m太＝eq\f(4π2Leq\o\al(3,2),GTeq\o\al(2,2))C.月球的质量m月＝eq\f(4π2Leq\o\al(3,1),GTeq\o\al(2,1))D.太阳的平均密度ρ＝eq\f(3π,GTeq\o\al(2,2))答案AB解析设地球表面的一个物体的质量为m0，有m0g＝eq\f(Gm地m0,R2)，所以地球质量m地＝eq\f(gR2,G)，故A正确；地球绕太阳运动，有eq\f(Gm太m地,Leq\o\al(2,2))＝m地eq\f(4π2L2,Teq\o\al(2,2))，则m太＝eq\f(4π2Leq\o\al(3,2),GTeq\o\al(2,2))，故B正确；月球绕地球运动，能求出地球的质量，无法求出月球的质量，故C错误；由于不知道太阳的半径，不能求出太阳的平均密度，故D错误。4.(多选)(2023·山东临沂模拟)中国新闻网宣布：在摩洛哥坠落的陨石被证实来自火星。某同学想根据平时收集的部分火星资料计算出火星的密度，再与这颗陨石的密度进行比较。下列计算火星密度的公式正确的是(引力常量G已知，忽略火星自转的影响)()火星的小档案直径d＝6794km质量M＝6.4219×1023kg表面重力加速度g0＝3.7m/s2近火卫星周期T＝3.4hA.ρ＝eq\f(3g0,2πGd) B.ρ＝eq\f(g0T2,3πd)C.ρ＝eq\f(3π,GT2) D.ρ＝eq\f(6M,πd3)答案ACD解析设近火卫星的质量为m，火星的质量为M，对近火卫星，火星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，则有eq\f(GMm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2))＝eq\f(m4π2,T2)·eq\f(d,2)，可得M＝eq\f(π2d3,2GT2)，可得火星的密度为ρ＝eq\f(M,\f(4,3)π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(3))＝eq\f(6M,πd3)，将M＝eq\f(π2d3,2GT2)代入上式可得ρ＝eq\f(3π,GT2)；又火星对近火卫星的万有引力近似等于近火卫星的重力，则有mg0＝Geq\f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2))，解得M＝eq\f(g0d2,4G)，因此火星的密度为ρ＝eq\f(M,\f(4,3)π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(3))＝eq\f(\f(g0d2,4G),\f(1,6)πd3)＝eq\f(3g0,2πGd)，A、C、D正确，B错误。A级基础对点练对点练1开普勒三定律的理解和应用1.(2023·福建厦门模拟)1970年4月24日，中国第1颗人造地球卫星东方红一号发射成功，拉开了中国人探索宇宙奥秘，和平利用太空、造福人类的序幕，因此4月24日定为“中国航天日”。52年过去了，东方红一号仍然在太空飞行，运行在近地点441千米，远地点2286千米的椭圆轨道上，卫星质量173千克，运行周期114分钟。则()图1A.东方红一号在近地点的运行速率比远地点小B.东方红一号在近地点受到地球的万有引力比远地点小C.地球位于东方红一号椭圆轨道的一个焦点上D.东方红一号的运行周期大于同步卫星的运行周期答案C解析根据开普勒第二定律知东方红一号与地球的连线在相等时间内扫过的面积相等，则东方红一号卫星在近地点的运行速率大于在远地点的运行速率，A错误；根据F＝Geq\f(Mm,r2)，因为近地点到地心的距离小于远地点到地心的距离，则东方红一号在近地点受到地球的万有引力比远地点大，B错误；东方红一号绕地球在椭圆轨道上运动，则地球位于东方红一号椭圆轨道的一个焦点上，C正确；根据开普勒第三定律，东方红一号轨道的半长轴小于同步卫星轨道的半径，则东方红一号的运行周期小于同步卫星的运行周期，D错误。2.(多选)如图2所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中()图2A.从P到M所用的时间等于eq\f(T0,4)B.从Q到N阶段，机械能逐渐变大C.从P到Q阶段，速率逐渐变小D.从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功答案CD解析由行星运动的对称性可知，从P经M到Q点的时间为eq\f(1,2)T0，根据开普勒第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知从P到M所用的时间小于eq\f(1,4)T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确。3.(2021·全国甲卷，18)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1.8×105s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105m。已知火星半径约为3.4×106m，火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为()A.6×105m B.6×106mC.6×107m D.6×108m答案C解析在火星表面附近，对于绕火星做匀速圆周运动的物体，有mg火＝meq\f(4π2,Teq\o\al(2,1))R火，得Teq\o\al(2,1)＝eq\f(4π2R火,g火)，根据开普勒第三定律，有eq\f(Req\o\al(3,火),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l近＋2R火＋l远,2)))\s\up12(3),Teq\o\al(2,2))，代入数据解得l远≈6×107m，C正确。对点练2万有引力定律的理解和应用4.(2021·山东卷，5)从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小之比为()图3A.9∶1 B.9∶2 C.36∶1 D.72∶1答案B解析悬停时，“祝融”与“玉兔”所受着陆平台的作用力大小等于它们所受的万有引力，则eq\f(F祝融,F玉兔)＝eq\f(\f(Gm火m祝融,Req\o\al(2,火)),\f(Gm月m玉兔,Req\o\al(2,月)))＝eq\f(m火,m月)·eq\f(m祝融,m玉兔)·eq\f(Req\o\al(2,月),Req\o\al(2,火))＝9×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,2)，故B正确。5.(2023·河南联考)假设将来的某一天，宇航员驾驶宇宙飞船，登陆某一行星，该行星是质量分布均匀的球体。通过测量发现，某一物体在该行星两极处的重力为G0，在该行星赤道处的重力为0.75G0，则此物体在该行星纬度为30°处随行星自转的向心力为()A.eq\f(\r(3),12)G0 B.eq\f(1,12)G0 C.eq\f(\r(3),8)G0 D.eq\f(1,8)G0答案C解析由万有引力定律和重力的定义可知，在两极处有Geq\f(Mm,R2)＝G0，在赤道上有Geq\f(Mm,R2)－mω2R＝0.75G0，由向心力的公式可知纬度为30°处物体随行星自转的向心力为F＝mω2Rcos30°，联立解得F＝eq\f(\r(3),8)G0，故C正确。6.假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为()A.1－eq\f(d,R) B.1＋eq\f(d,R)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R－d,R)))eq\s\up12(2) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,R－d)))eq\s\up12(2)答案A解析如图所示，根据题意，地面与矿井底部之间的环形部分对处于矿井底部的物体引力为零。设地面处的重力加速度为g，地球质量为M，地球表面的物体m受到的重力近似等于万有引力，故mg＝Geq\f(Mm,R2)，又M＝ρ·eq\f(4,3)πR3，故g＝eq\f(4,3)πρGR；设矿井底部的重力加速度为g′，图中阴影部分所示球体的半径r＝R－d，则g′＝eq\f(4,3)πρG(R－d)，联立解得eq\f(g′,g)＝1－eq\f(d,R)，A正确。对点练3天体质量和密度的计算7.中国空间站可供多名航天员巡访、长期工作和生活。如图4所示，空间站的轨道可视为近地圆轨道，已知引力常量为G，下列说法正确的是()图4A.在空间站工作的航天员因受力平衡而处于悬浮状态B.若已知空间站的运行周期，可以求得航天员绕地球做圆周运动的动能C.若已知空间站的运行周期，可以求得地球的密度D.若已知空间站的运行周期，可以求得地球的质量答案C解析在空间站工作的航天员随空间站一起围绕地球做圆周运动，所受合力提供向心力，受力不平衡，A错误；由于不知道航天员的质量，故无法求出航天员绕地球做圆周运动的动能，B错误；设地球半径为R，空间站围绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力得Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2R,T2)，则地球质量M＝eq\f(4π2R3,GT2)，地球密度ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(4π2R3,GT2),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3π,GT2)，C正确；根据M＝eq\f(4π2R3,GT2)知，要求得地球质量，还需知道地球的半径，D错误。8.(2023·贵州模拟)若空间站天和核心舱和地球同步卫星绕地球的运动均可以看成匀速圆周运动，分别把它们的周期、轨道半径取常用对数后，在lgT－lgr图像中将这两点用直线连接，如图5所示。a、b为已知量，引力常量为G，则地球的质量为()图5A.eq\f(2π2,G)×102b B.eq\f(2π2,G)×10bC.eq\f(4π2,G)×102b D.eq\f(4π2,G)×10b答案C解析设地球质量为M，根据牛顿第二定律得，万有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得T2＝eq\f(4π2,GM)r3，两边取对数并整理得lgT＝eq\f(3,2)lgr－eq\f(1,2)lgeq\f(GM,4π2)，结合图像有eq\f(1,2)lgeq\f(GM,4π2)＝b，解得M＝eq\f(4π2,G)×102b，故C正确。9.(2021·全国乙卷，18)科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图6所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000AU(太阳到地球的距离为1AU)的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为()图6A.4×104M B.4×106MC.4×108M D.4×1010M答案B解析由万有引力提供向心力有eq\f(Gm中m,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，整理