2011新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料：第四章 曲线运动 万有引力与航天(26页word

第四章 曲线运动 万有引力与航天

第1课时 曲线运动 运动的合成与分解

1.质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F1、F2不 变，仅将F3的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做

F3A．加速度大小为的匀变速直线运动

m2F3B．加速度大小为的匀变速直线运动

m2F3C．加速度大小为的匀变速曲线运动

m

D．匀速直线运动

解析 物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，必有F3与F1、F2的合力等大反向，当F3大小不变，方向改变90°时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后

F合2F3

的F3夹角为90°，故F合＝2F3，加速度a＝＝，但因不知原速度方向与F合的方向间

mm的关系，故有B、C两种可能．

2.甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H，

2

河水流速为v0，划船速度均为v，出发时两船相距3H，

3甲、乙两船船头均与河岸成60°角，如图8所示．已知乙 船恰好能垂直到达对岸A点，则下列判断正确的是( BD )

A．甲、乙两船到达对岸的时间不同 图8 B．v＝2v0

C．两船可能在未到达对岸前相遇 D．甲船也在A点靠岸

H

解析 渡河时间均为，乙能垂直于河岸渡河，对乙船，由vcos 60°＝v0，可得

vsin 60°

H2

v＝2v0，甲船在该时间内沿水流方向的位移为(vcos 60°＋v0)＝3H，刚好到A点．综

vsin 60°3上所述，A、C错误，B、D正确．

1

( BC )

3.如图9为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图， 已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的 是

( A )

A．D点的速率比C点的速率大 图9 B．A点的加速度与速度的夹角小于90° C．A点的加速度比D点的加速度大

D．从A到D加速度与速度的夹角先增大后减小

解析 质点做匀变速曲线运动，合力的大小方向均不变，加速度不变，故C错误；由B点速度与加速度相互垂直可知，合力方向与B点切线垂直且向下，故质点由C到D过程，合力做正功，速率增大，A正确；A点的加速度方向与过A的切线也即速度方向夹角大于90°，故B错误；从A到D加速度与速度的夹角一直变小，D错误．

4．如图10所示，一条小船位于200 m宽的河正中A 点处，从这里向下游100 3 m处有一危险区，当时水流 速度为4 m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，

小船在静水中的速度至少是 ( C ) 图10 4 38 3A. m/s B. m/s C．2 m/s D．4 m/s

33

10031

解析 tan θ＝＝，θ＝30°，故v船＝v水sin θ＝4× m/s＝2 m/s.

2100 33

5．如图11所示，两小球a、b从直角三角形斜面的顶端 以相同大小的水平速率v0向左、向右水平抛出，分别落在两个 斜面上，三角形的两底角分别为30°和60°，则两小球a、b运 动时间之比为

( B )

A．1∶3 B．1∶3 C.3∶1 D．3∶1 图11

1212gtagt22bgtbgta解析 设a、b两球运动的时间分别为ta和tb，则tan 30°＝＝，tan 60°＝＝，v0ta2v0v0tb2v0

tatan 30°1

两式相除得：＝＝.

tbtan 60°3

6．如图12所示，从一根内壁光滑的空心竖直钢管A的上 端边缘，沿直径方向向管内水平抛入一钢球．球与管壁多次相碰 后落地(球与管壁相碰时间不计)，若换一根等高但较粗的内壁光滑 的钢管B，用同样的方法抛入此钢球，则运动时间 ( C )

A．在A管中的球运动时间长

B．在B管中的球运动时间长 图12 C．在两管中的球运动时间一样长 D．无法确定

解析 小球做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体

2

运动．球跟管壁碰撞中受水平方向弹力作用，只改变水平方向速度大小，而竖直方向始终仅

12h受重力作用，保持自由落体运动．由公式h＝gt2，得t＝，因A、B等高，故t相同，

2g应选C.

7．小船在200 m宽的河中横渡，水流速度为2 m/s，船在静水中的航速是4 m/s，求： (1)当小船的船头始终正对对岸时，它将在何时、何处到达对岸？ (2)要使小船到达正对岸，应如何行驶？历时多长？ 答案 (1)50 s后在正对岸下游100 m处靠岸 (2)航向与水流方向夹角为60° 57.7 s

解析 小船参与了两个运动：随水漂流和船在静水中的运动．因为分运动之间是互不干扰的，具有等时的性质，故

(1)小船渡河时间等于垂直于河岸的分运动时间

d200

t＝t1＝＝ s＝50 s

v船4沿河流方向的位移x水＝v水t＝2×50 m＝100 m 即在正对岸下游100 m处靠岸．

(2)要小船垂直过河，即合速度应垂直于河岸，如右图所示． 则cos=

v水21 v船42dd200s57.7s v合v船sin4sin60所以=60°，即航向与岸成60°角 渡河时间t=t1=

8.一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳子提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点A离滑轮的距离是H.车由静止开始向左做匀加速运动，经过时间t绳子与水平方向的夹角为θ，如图13所示，试求：

图13

(1)车向左运动的加速度的大小． (2)重物m在t时刻速度的大小． 2Hcot θ2Hcot θcos θ(1) (2) 2tt

解析 (1)汽车在时间t内向左走的位移x＝Hcot θ

1

又汽车匀加速运动x＝at2

2

2x2Hcot θ

所以a＝2＝

tt2

3

(2)此时汽车的速度v汽＝at＝

2Hcot θ

t

由运动的分解知识可得，汽车速度v汽沿绳的分速度与重物m的速度相等， 即v物＝v汽cos θ

2Hcot θcos θ

得v物＝

t

【反思总结】

第2课时 平抛运动

1.从一定高度以初速度v0水平抛出一个物体，物体落地时速度为v，则物体从抛出到落 地所用的时间为

v－v0A.

g

2v2－v0C.

g

v－v0B.

2gv2－v0D.

2g

( C )

解析 将v分解成水平分速度v0和竖直分速度vy，则由vy＝v故选C.

2－v20＝gt

v2－v20

得t＝，g

2．在同一平台上的O点抛出的3个物体，做平抛运动的轨迹如 图13所示，则3个物体做平抛运动的初速度vA、vB、vC的关系及落 地时间tA、tB、tC的关系分别是

A．vA>vB>vC，tA>tB>tC

B．vA＝vB＝vC，tA＝tB＝tC 图13 C．vAtB>tC

1

解析 竖直方向上物体做自由落体运动由图可知hA>hB>hC，又h＝gt2，所以tA>tB>tC；

2

x

水平方向上做匀速直线运动，由图可知xAt

4

( C )

D．vA3．如图14所示，某一小球以v0＝10 m/s的速度水 平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速 度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水 平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g取10 m/s2)．以下 判断中正确的是

( AC ) 图14

A．小球经过A、B两点间的时间t＝(3－1) s B．小球经过A、B两点间的时间t＝3 s C．A、B两点间的高度差h＝10 m D．A、B两点间的高度差h＝15 m 解析 vyA＝v0·tan 45°＝10 m/s vyB＝v0·tan 60°＝10 3 m/s ∴由v2＝2gh可知

v2yA

hA＝＝5 m

2gv2yB

hB＝＝15 m

2g

∴h＝hB－hA＝10 m，选项C对，D错． 又由v＝gt可知

vyAtA＝＝1 s

gvyB

tB＝＝3 s

g

∴t＝tB－tA＝(3－1) s，选项A对，B错．

4．(2010·唐山市阶段调研)如图15所示，在一次空地演习 中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面 目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮 弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空 气阻力，则v1、v2的关系应满足

A．v1＝v2 C．v1＝

H

B．v1＝v2

xx

D．v1＝v2

H

( D ) 图15

Hv x2

x1

解析 由水平方向分运动，炮弹运动的时间t＝，由竖直方向分运动，H＝x1＋x2＝gt2

v12

1x

＋v2t－gt2＝v2t，可见，v1＝v2.

2H

5．一个人水平抛出一小球，球离手时的初速度为v0，落地时的速度是vt，空气阻力忽略不计，下列哪个图象正确表示了速度矢量变化的过程

( B )

解析 平抛运动各时刻速度的水平分量均相同，等于v0，又由Δv＝g·Δt知，速度的变化

5

方向总是与重力加速度的方向相同，即竖直向下，结合平行四边形定则知，B正确．

6．(2009·内江市第三次模拟)如图16所示，跳台滑雪是一项 勇敢者的运动，它是在依靠山体建造的跳台进行滑行．比赛时运动 员要穿着专业用的滑雪板，不带雪杖在水平助滑路A上获得初速度 v0后高速水平飞出，在空中飞行一段距离后在B点着陆．如果在运

动员飞行时，经过时间t后的速度的大小为vt，那么，经过时间2t(运 图16 动员仍在空中飞行)后的速度大小为

A．v0＋2gt

2C.v20＋2(gt)

( D )

B．vt＋gt

2D.v2t＋3(gt)

解析 运动员在空中做平抛运动，水平方向匀速，vx＝v0，竖直方向做自由落体运动，

2vy＝gt.故在t时刻速度v＝v2x＋vy，从而求得D项正确．

7．如图17所示，水平地面上有P、Q两点，A点和B点 分别在P点和Q点的正上方，距离地面高度分别为h1和h2.某时 刻在A点以速度v1水平抛出一小球，经时间t后又从B点以速度 v2水平抛出另一球，结果两球同时落在P、Q连线上的O点，则 有

( C ) 图17

A.PO∶OQ＝v1h1∶v2h2

2

B.PO∶OQ＝v1h21∶v2h2

C.PO∶OQ＝v1h1∶v2h2

gt2

D．h1－h2＝ 2解析 PO∶OQ＝v1t1∶v2t2，而t＝

2h. g

8．如图18所示，一小球从平台上水平抛出，恰好 落在临*台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚 好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8 m， g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则：

(1)小球水平抛出的初速度v0是多大？ 图18 (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？ (3)若斜面顶端高H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端？ 答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s

解析 (1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平

2行，否则小球会弹起，所以vy＝v0tan 53°，vy＝2gh，则vy＝4 m/s，v0＝3 m/s.

(2)由vy＝gt1得t1＝0.4 s，x＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m 1＋at2 22

解得t2＝2 s

13

(或t2＝－ s不合题意舍去)

4

6

H

(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝gsin 53°，初速度v＝5 m/s.则＝vt

sin 53°2

所以t＝t1＋t2＝2.4 s 【反思总结】

第3课时 圆周运动

1.(2010·厦门理工学院附中期中)在一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯着树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝着哪个方向倒下，从而避免被倒下 的大树砸伤．从物理知识的角度来解释，以下说法正确的是

A．树木开始倒下时，树梢的角速度较大，易于判断 B．树木开始倒下时，树梢的线速度较大，易于判断 C．树木开始倒下时，树梢的向心加速度较大，易于判断 D．供木工人的经验缺乏科学依据

2．如图11所示，有一质量为M的大圆环，半径为R，被 一轻杆固定后悬挂在O点，有两个质量为m的小环(可视为质 点)，同时从大环两侧的对称位置由静止滑下，两小环同时滑到 大环底部时，速度都为v，则此时大圆环对轻杆的拉力大小为

( C ) 图11

A．(2m＋2M)g B．Mg－2mv2/R C．2m(g＋v2/R)＋Mg D．2m(v2/R－g)＋Mg

解析 设每个小环滑到大环底部时，受大环的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg

v2

＝m，由牛顿第三定律知，小环对大环向下的压力大小也为FN；再对大环受力分析，由物

R

v2

体平衡条件可得，轻杆对大环的拉力F＝Mg＋2FN＝2m(g＋)＋Mg，所以大环对轻杆的拉力

R

2v

大小为2m(g＋)＋Mg.只有C正确．

R

7

( B )

3．如图12所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的 光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面 内，B为最低点，D为最高点．为使一质量为m的小球以初速 度v0沿AB运动，恰能通过最高点，则

A．R越大，v0越大

B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 C．m越大，v0越大

v2

解析 由于小球恰能通过最高点，mg＝m，小球由B点到最高点的过程中机械能守恒，

R

11

有mg·2R＋mv2＝mv2，可得v0＝5gR，可见R越大，v0越大，与质量无关．小球对轨道B

220

v2150

点的压力FN－mg＝m＝5mg，FN＝6mg，与半径无关．初动能Ek0＝mv2＝mgR，m与R

R222同时增大，初动能增大．

4．飞机驾驶员最多可承受9倍的重力加速度带来的影响，当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲时速度为v，则圆弧的最小半径为

2222vvvvA. B. C. D. 9g8g7gg

( B )

D．m与R同时增大，初动能Ek0增大

( AD ) 图12

v2v2

解析 由向心力来源分析可知：F向＝FN－mg＝m，而FN＝9mg，故R＝，故选B.

R8g5．如图13所示，质量为m的物块，沿着半径为R的半球形

金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最 低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体 在最低点时，下列说法正确的是

v2

A．受到向心力为mg＋m

R2v

B．受到的摩擦力为μm R

( CD ) 图13

v2

C．受到的摩擦力为μ(mg＋m)

RD．受到的合力方向斜向左上方

v2

解析 物体在最低点受竖直方向的合力Fy，方向向上，提供向心力，Fy＝m，A错误；

R

22vv

而Fy＝FN－mg，得FN＝mg＋m，物体受滑动摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg＋m)，B错误，C正

RR确；Ff水平向左，故物体受到的Ff与Fy的合力，斜向左上方，D正确．

6．如图14所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放置 两个用细线相连的质量均为m的小物体A、B，它们到转轴的距离 分别为rA＝20 cm，rB＝30 cm，A、B与盘面间最大静摩擦力均为重 力的0.4倍，试求：

(1)当细线上开始出现张力时，圆盘的角速度ω0. 图14 (2)当A开始滑动时，圆盘的角速度ω.

(3)当A即将滑动时，烧断细线，A、B运动状态如何？(g取10 m/s2)

8

答案 (1)3.65 rad/s (2)4 rad/s (3)A随圆盘做圆周运动，B做离心运动

解析 最初圆盘转动角速度较小，A、B随圆盘做圆周运动所需向心力较小，可由A、B与盘面间静摩擦力提供．由于rB>rA，由公式F＝mω2r可知，B所需向心力较大；当B与盘面间静摩擦力达到最大值时(此时A与盘面间静摩擦力还没有达到最大)，若继续增大转速，则B将做离心运动而拉紧细线，使细线上出现张力，转速越大，细线上张力越大，使得A与盘面间静摩擦力增大．当A与盘面间静摩擦力也达到最大时，A将开始滑动．

(1)kmg＝mω20rB

kg

ω0＝ ＝

rB

0.4×10

rad/s＝3.65 rad/s 0.3

(2)分析此时A、B受力情况如下图所示，根据牛顿第二定律有：

对A：F静m-FT=mωrA 对B：F静m＋FT＝mω2rB 其中F静m＝kmg 联立①②③解得

2kg

ω＝ ＝

rA＋rB

2

① ② ③

2×0.4×10

rad/s＝4 rad/s

0.2＋0.3

(3)烧断细线，FT消失，A与盘面间静摩擦力减小后继续随圆盘做圆周运动，而B由于F

静m

不足以提供向心力而做离心运动．

7．(2010·邢台模拟)如图15所示，左图是游乐场中过山车的实物图片，右图是过山车的

原理图．在原理图中半径分别为R1＝2.0 m和R2＝8.0 m的两个光滑圆形轨道，固定在倾角为α＝37°斜轨道面上的Q、Z两点，且两圆形轨道的最高点A、B均与P点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接．现使小车(视作质点)从P点以一定的初速度沿斜面向下运动．已知斜

1

轨道面与小车间的动摩擦因数为μ＝，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.问：

24

图15

(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处，则其在P点的初速度应为多大？ (2)若小车在P点的初速度为10 m/s，则小车能否安全通过两个圆形轨道？ 答案 (1)26 m/s (2)能

解析 (1)小车恰好过A点，故有vA＝gR1 小车由P到A的过程，由动能定理有

9

112

－μmgcos α·lPQ＝mv2A－mv0 22

R1(1＋cos α)

由几何关系可得lPQ＝ sin α代入数据可得v0＝26 m/s

(2)小车以v＝10 m/s的初速度从P点下滑时，因为有v＝10 m/s>v0＝26 m/s，所以，小车可以通过圆形轨道O1.设小车能够通过B点，则P到B由动能定理得

112

－μmgcos α·lPZ＝mv2B－mv 22

R2(1＋cos α)

其中lPZ＝

sin α

代入数据可得vB＝84 m/s

而车恰好能过B点时，在B点的速度为 vB′＝gR2＝80 m/s

因为vB＝84 m/s>vB′，所以小车可以通过圆形轨道O2. 【反思总结】

一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共分)

1．(2009·江苏·4)在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，下落过程中受到空气阻力，下列描绘下落速度的水平分量大小vx、竖直分量大小vy与时间t的图象，可能正确的是

( )

解析 由于物体下落过程中所受的空气阻力越来越大，且阻力随v增大而增大，故水平方向做加速度逐渐减小的减速运动，A错，B可能正确；竖直方向其合力mg-Ff(Ff为竖直阻力)，且Ff增大，做加速度逐渐减小的加速运动，C、D错．

10

答案 B

2．(2008·广东·11)某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以25 m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10 m至15 m之间．忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，球在墙面上反弹点的高度范围是

C．1.0 m至1.6 m

( )

A．0.8 m至1.8 m

B．0.8 m至1.6 m D．1.0 m至1.8 m

解析 设球从反弹到落地的时间为t，球在墙面上反弹点的高度为h.球反弹后做平抛运

10151

动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．故 s≤t≤ s，且h＝gt2，所

25252以0.8 m≤h≤1.8 m，故选项A正确，B、C、D错误．

答案 A

3．(2008·全国Ⅰ·14)如图1所示，一物体自倾角为θ的 固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接 触时速度与水平方向的夹角φ满足

A．tan φ＝sin θ

( ) 图1

B．tan φ＝cos θ

C．tan φ＝tan θ D．tan φ＝2tan θ

vygt

解析 tan φ＝＝ v0v012gth2gttan θ＝＝＝，故tan φ＝2tan θ

xv0t2v0答案 D

4．(2010·山东济宁质检)有一种大型游戏器械，它是一个圆筒形容器，筒壁竖直，游客进入容器后靠筒壁站立．当圆筒开始转动后，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，这是因为

A．游客处于超重状态 B．游客处于失重状态 C．游客受到的摩擦力等于重力 D．筒壁对游客的支持力等于重力

解析 游客随圆筒一起转动所需的向心力是筒壁给游客的水平方 向的弹力提供的，如图所示．转速越大弹力越大，当转速达到一定程 度，弹力大到使得游客所受筒壁的最大静摩擦力达到与重力相等，此 时即使地板塌落游客也不会落下去，故C正确；竖直方向无加速度， 故A、B错；筒壁对游客的摩擦力的大小与重力大小相等，D错．

答案 C

11

( )

5．(2010·上海虹口期终)长为L的轻杆A一端固定一个 质量为m的小球B，另一端固定在水平转轴O上，杆随转 轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω.某时刻杆与水平 方向成α角，如图2所示，则此时刻杆对小球的作用力方 向在哪个范围内

A．竖直向上

( ) 图2

B．沿OB方向 D．图中区域Ⅱ

C．图中区域Ⅰ

解析 球做匀速圆周运动，其合外力必指向圆心O，分析球受力可知，杆对小球的作用力方向必在图中区域Ⅰ，故C正确．

答案 C

6．(2009·江苏镇江调研)农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选．在同一风力作用下，谷种和瘪谷(空壳)谷粒都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图3所示．对这一现象，下列说法正确的是

( )

图3

A．M处是谷种，N为为瘪谷 B．谷种质量大，惯性大，飞得远些

C．谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度小些 D．谷种和瘪谷在竖直方向做匀速运动

解析 谷种和瘪谷从洞口水平飞出后做平抛运动，故D错；下落高度相同，水平位移大的初速度大，则M处的飞出洞口时的速度小些．在洞中谷种和瘪谷受力相同，走的位移相同，则质量大的获得的速度小，故落在M处的是谷种，故A、C正确，B错．

答案 AC

7．(2010·广东广州质检)飞机在水平地面上空的某一高度水平匀速飞行，每隔相等时间投放一个物体．如果以第一个物体a的落地点为坐标原点、飞机飞行方向为横坐标的正方向，在竖直平面内建立直角坐标系．如图所示是第5个物体e离开飞机时．抛出的5个物体(a、b、c、d、e)在空间位置的示意图，其中可能的是

( )

12

解析 物体在未落地前，水平方向上作与飞机相同的匀速运动，因而在空中物体一定排在同一直线上，B是错误的；在竖直方向上物体作相同的落体运动，在空中运动的时间相等，因而落地的时间间隔也就是投放的时间间隔，是相等的，那么落地的间距相等，e离开飞机时a刚好落地为A，c刚好落地为C，d刚好落地为D.

答案 ACD

8．(2009·江苏南通调研)如图4所示，一轻绳通过无摩擦的小 定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连 接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆 向上运动．设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度 大小为vB，轻绳与杆的夹角为θ.则

A．vA＝vBcos θ B．vB＝vAcos θ

C．小球B减小的势能等于物块A增加的动能 图4 D．当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大

解析 vA可分解为沿绳方向和垂直绳方向的分速度，如右图所示． 而小球B的速度等于绳方向的分速度，即vB=vAcos，故B正确； 根据能量守恒可知，小球B减小的势能等于物块A增加的机械能 和小球B增加的动能之和，C错；当物块A上升到与滑轮等高时， vA沿绳方向分速度为0，即vB=0，小球B运动到最低点，减少的 重力势能全部转化为A的机械能，故此时A的机械能最大，D正确． 答案 BD

9．(2009·广东六校联考三)质量为2 kg的质点在x—y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图5所示．下列说法正确的是

( )

( )

图5

13

A．质点的初速度为5 m/s B．质点所受的合外力为3 N

C．质点初速度的方向与合外力方向垂直 D．2 s末质点速度大小为6 m/s

解析 由x方向的速度图象可知，在x方向的加速度为1.5 m/s2，受力Fx＝3 N；由在y方向的位移图象可知，在y方向做匀速直线运动，速度为vy＝4 m/s，受力Fy＝0.因此质点的初速度为5 m/s，A选项正确；受到的合外力为3 N，B选项正确；显然，质点初速度方向与合外力方向不垂直，C选项错误；2 s末质点速度应该为v＝62＋42 m/s＝213 m/s，D选项错误．

答案 AB

二、计算题(本题共3小题，第10题13分，第11题15分，第12题18分，共46分) 10．(2009·福建·20)如图6所示，射击水平放置，射击与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，口与目标靶之间的距离x＝100 m，子弹射出的水平速度v＝200 m/s，子弹从口射出的瞬间，目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，取重力加速度g为10 m/s2，求：

图6

(1)从子弹由口射出开始计时，经多长时间子弹击中目标靶？ (2)目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h为多少？

解析 (1)子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间击中目标靶，则 xt＝v

代入数据得t＝0.5 s

1

(2)目标靶做自由落体运动，则h＝gt2

2代入数据得h＝1.25 m 答案 (1)0.5 s (2)1.25 m

11．(2009·广东·17)(1)为了清理堵塞河道的冰凌，空军实施投弹爆破，飞机在河道上空高H处以速度v0水平匀速飞行，投掷下并击中目标，求脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离及击中目标时的速度大小．(不计空气阻力)

(2)如图7所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心 轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和 H，筒内壁A点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为

m的小物块，求： 图7

①当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小．

②当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度． 解析 (1)做平抛运动，设脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离为x.

14

x＝v0t

1H＝gt2

2

联立以上各式解得x＝v0

2H g

设击中目标时的竖直速度大小为vy，击中目标时的速度大小为v vy＝gt＝2gH

2v＝v20＋vy

联立以上各式解得v＝v20＋2gH

(2)①当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到的重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，由平衡条件得

H

22 H＋RR

支持力的大小FN＝mgcos θ＝mg 2H＋R2摩擦力的大小Ff＝mgsin θ＝mg

②当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A点时受到重力和支持力作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为ω，有

R

mgtan θ＝mω2

2

H

由几何关系得tan θ＝

R

2gH

联立以上各式解得ω＝

R

2HHR2gH

答案 (1)v0 v2＋2gH (2)①mg mg ② 0

gRH2＋R2H2＋R212．(2009·泰安市4月模拟)如图8所示，将倾角θ＝30°、表面粗糙的斜面固定在地面上，用一根轻质细绳跨过两个光滑的半径很小的滑轮连接甲、乙两物体(均可视为质点)，把甲物体放在斜面上且细绳与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使细绳拉直且偏离竖直方向α＝60°开始时甲、乙均静止．现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内往返运动，

测得绳长OA为l＝0.5 m，当乙物体运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好未滑动，已知乙物体的质量为m＝1 kg，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：

图8

(1)乙物体在竖直平面内运动到最低点时的速度大小以及所受的拉力大小(结果可用根式表示)．

(2)甲物体的质量以及斜面对甲物体的最大静摩擦力的大小．

(3)斜面与甲物体之间的动摩擦因数μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留两位有效数字)

解析 (1)当乙物体运动到最低点时，绳子上的拉力最大，设为F1，对乙物体，由动能定理得

1

mgl(1－cos α)＝mv2

2

15

v2

又由牛顿第二定律得F1－mg＝m l

乙物体在竖直平面内运动到最低点时的速度 v＝5 m/s＝2.24 m/s

乙物体运动到最低点时所受的拉力F1＝20 N

(2)当乙物体运动到最高点时，绳子上的拉力最小，设为F2，此时乙物体向心力为0，即F2＝mgcos α

此时甲物体恰好不下滑，有 Mgsin θ＝Ff＋F2

乙物体到最低点时，甲物体恰好不上滑，则有 Mgsin θ＋Ff＝F1

联立解得M＝2.5 kg，Ff＝7.5 N (3)对甲物体，有Ff＝μFN，FN＝Mgcos θ

3

联立解得μ＝＝0.35

5

答案 (1)2.24 m/s 20 N (2)2.5 kg 7.5 N (3)0.35

第4课时 万有引力与航天

1.关于行星绕太阳运动的下列说法中正确的是 A．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动

B．所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等 C．离太阳越近的行星运动周期越大

D．行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处

解析 所有行星都沿不同的椭圆轨道绕太阳运动，太阳位于椭圆轨道的一个公共焦点上，故A、D均错误；由开普勒第三定律知，所有行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，而且半长轴越大，行星运动周期越大，B正确，C错误．

2．(2009·广元市第三次适应性考试)“嫦娥一号”探月飞船绕月球做“近月”匀速圆周运动，周期为T，则月球的平均密度ρ的表达式为(k为某个常数)

k

A．ρ＝ B．ρ＝kT

Tk

C．ρ＝2 D．ρ＝kT2

T

Mm4π2M3π

解析 由G2＝m2R，与ρ＝，得ρ＝2，故C项正确．

RT43GT

πR3

( C )

( B )

3．有些科学家们推测，太阳系还有一个行星，从地球上看，它永远在太阳的背面，因此人类一直没有能发现它．按照这个推测这颗行星应该具有以下哪些性质

( B )

16

A．其自转周期应该和地球一样 B．其到太阳的距离应该和地球一样 C．其质量应该和地球一样 D．其密度应该和地球一样

解析 从地球上看，这颗卫星永远在太阳的背面，那么它的公转周期应该和地球的公转

Mm2π24π2r3周期相同，由G2＝mr()有T＝，则其到太阳的距离应该和地球一样；其到太阳

rTGM的距离和公转周期与密度无关，D项错误．

4.宇航员在月球表面完成下面实验：在一固定的竖直光 滑圆弧轨道内部的最低点，静止一质量为m的小球(可视为 质点)，如图5所示，当给小球水平初速度v0时，刚好能使 小球在竖直平面内做完整的圆周运动．已知圆弧轨道半径为r， 月球的半径为R，万有引力常量为G.若在月球表面上发射一

颗环月卫星，所需最小发射速度为 ( A ) 图5

2

v0v0A.5Rr B.Rr 5r5rv0v20C.Rr D.5Rr 5r5r

v2v2v012112

解析 由mg＝m，mv1＝mv0－2mgr，mg＝m，v＝gR，可得v＝5Rr.

r22R5r

5．(2010·大同市一模)2009年6月19日凌晨5点32分(美国东部时间2009年6月18日下午5点32分)，美国航空航天局在佛罗里达州卡纳维拉尔角空军基地41号发射场用“宇 宙神-5”运载火箭将月球勘测轨道飞行器(LRO)送入一条距离月表31英里(约合50 km)的圆形极地轨道，LRO每天在50 km的高度穿越月球两极上空10次．若以T表示LRO在离月球表面高度h处的轨道上做匀速圆周运动的周期，以R表示月球的半径，则 ( BD )

24πR

A．LRO运行的向心加速度为2

T

4π2(R＋h)

B．LRO运行的向心加速度为

T24π2R

C．月球表面的重力加速度为2

T

4π2(R＋h)3

D．月球表面的重力加速度为

T2R24π2(R＋h)2π22

解析 LRO运行时的向心加速度为a＝ωr＝()(R＋h)＝，故A错，B正确；

TT2Mm2π2

LRO所受万有引力提供其所需的向心力，即G2＝m()(R＋h)，又在月球表面附近有T(R＋h)

4π2(R＋h)3Mm

G2＝mg，由以上两式解得月球表面的重力加速度为g＝，故C错，D正确． RT2R2

17

6．据报道，嫦娥二号探月卫星将于2010年发射，其环月飞行 的高度距离月球表面100 km，所探测到的有关月球的数据将比环月 飞行高度为200 km的嫦娥一号更加详实．若两颗卫星环月运行均 可视为匀速圆周运动，运行轨道如6图所示．则

A．嫦娥二号环月运行的周期比嫦娥一号更长 B．嫦娥二号环月运行的周期比嫦娥一号更短

C．嫦娥二号环月运行时向心加速度比嫦娥一号更小 图6 D．嫦娥二号环月运行时向心加速度比嫦娥一号更大

7.太阳系以外存在着许多恒星与行星组成的双星系统．它们运行 的原理可以理解为，质量为M的恒星和质量为m的行星(M>m)，在它 们之间的万有引力作用下有规则地运动着．如图7所示，我们可认为行

星在以某一定点C为中心、半径为a的圆周上做匀速圆周运动(图中没 图7 有表示出恒星)．设万有引力常量为G，恒星和行星的大小可忽略不计．求：

(1)恒星与点C间的距离．

(2)试在图中粗略画出恒星运动的轨道和位置． (3)计算恒星的运行速率v.

mm

答案 (1)a (2)见解析图 (3)

MM＋mmaω2＝MRMω2 mRM＝a

M

(2)恒星运动的轨道和位臵大致如右图所示．

GM a

( BD )

解析 (1)根据恒星与行星绕C点的角速度相等可得

Mv2Mm(3)对恒星 G2RM(aRM)mGM代入数据得v

Mma【反思总结】

18

一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共分)

1．(2009·山东·18)2008年9月25日至28日，我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．下列判断正确的是

( )

A．飞船变轨前后的机械能相等

B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度

D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 解析 由于变轨过程中需点火加速，所以变轨后飞船的机械能增大，选项A错误；宇航员出舱前后均与飞船一起做匀速圆周运动，万有引力提供了做圆周运动的向心力，因此出舱前后航天员都处于失重状态，选项B正确；飞船在圆轨道上运行的周期为90分钟，而同步卫星的周期为24小时，所以飞船在圆轨道上运动的角速度大于同步卫星的角速度，选项C

GMmGM

正确；只要在同一点受到的万有引力相同，由牛顿第二定律得a＝＝2，即加速度相

mr2r同，选项D错误．

答案 BC

2．(2009·广东·5)发射人造卫星是将卫星以一定的速度送入预定 轨道．发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，如图1所示，这 样选址的优点是，在赤道附近

A．地球的引力较大

B．地球自转线速度较大 图1 C．重力加速度较大 D．地球自转角速度较大

解析 若将地球视为一个球体；则在地球上各处的引力大小相同，A错；在地球上各处的角速度相同，D错；在地球的表面附近，赤道的半径较大，由公式v＝ωr可知，半径越大线速度越大，B对；在赤道上的重力加速度最小，C错．

答案 B

3．(2009·宁夏·15)地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的．已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为 A．0.19 B．0.44 C．2.3 D．5.2

v2Mm

解析 由万有引力定律和圆周运动知识G2＝m可得v＝

RR

v1R2

太阳运动的线速度之比＝ ＝0.44，B正确．

v2R1

答案 B

19

( )

( )

GM，所以木星与地球绕R

4．(2009·浙江·19)在讨论地球潮汐成因时，地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道．已知太阳质量约为月球质量的2.7×107倍，地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍．关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力，以下说法正确的是

( )

A．太阳引力远大于月球引力 B．太阳引力与月球引力相差不大 C．月球对不同区域海水的吸引力大小相等

D．月球对不同区域海水的吸引力大小有差异

GMmM

解析 由万有引力定律F＝2可知，F∝2，太阳与月球对相同质量海水的引力之比RRF太阳

＝1.687 5×102，故A对；月球与不同区域海水的距离不同，故吸引力大小有差异，D对． F月球

答案 AD

5．(2009·福建·14)“嫦娥一号”月球探测器在环绕月球运行过程中，设探测器运行的轨道半径为r，运行速率为v，当探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时( )

A．r、v都将略为减小 B．r、v都将保持不变

C．r将略为减小，v将略为增大 D．r将略为增大，v将略为减小

Mmmv解析 月球探测器环绕月球运行，万有引力提供向心力G2＝，当到达质量密集区rr时，万有引力增大，探测器将“向心”运动，半径将减小，速度增大，故C对．

答案 C

6．(2009·安徽·15)2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙—2251”卫星和美国的“铱—33”卫星在西伯利亚上空约805 km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是

A．甲的运行周期一定比乙的长 B．甲距地面的高度一定比乙的高 C．甲的向心力一定比乙的小 D．甲的加速度一定比乙的大 解析 根据万有引力提供向心力有

v2GMm4π2

＝m＝m(R＋h)2＝ma.

T(R＋h)2R＋hv＝

GM

T＝2π R＋h

(R＋h)3GM

a＝ GM(R＋h)2

( )

2

由于v甲>v乙，所以甲离地面的高度小于乙离地面的高度，甲的周期小于乙的周期，甲的向心加速度比乙的大．由于甲、乙质量未知，所受向心力大小无法判断．综上所述正确选项为D项．

答案 D

7．(2009·江苏·3)英国《新科学家(New Scientist)》杂志评选出了2008年度世界科学

20

之最，在XTEJ1650—500双星系统中发现的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半径R约为

Mc2

45 km，质量M和半径R的关系满足＝(其中c为光速，G为引力常量)，则该黑洞表面

R2G重力加速度的数量级为

A．108 m/s2 C．1012 m/s2

( )

B．1010 m/s2 D．1014 m/s2

GMmGMMc2

解析 可认为黑洞表面物体的重力等于万有引力，即mg＝2，即g＝2，将＝

RRR2G

82

(3×10)c22

代入上式得g＝＝1012 m/s2. 3 m/s＝1×2R2×45×10

答案 C

8.(2009·全国Ⅰ·19)天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的 4.7倍，质量是地球的25倍．已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G＝6.67×10

－11

N·m2/kg2，由此估算该行星的平均密度约为

B．5.6×103 kg/m3 D．2.9×104 kg/m3

( )

A．1.8×103 kg/m3 C．1.1×104 kg/m3 球的平均密度为

M1ρ1＝ V1

解析 设该星球和地球的质量、半径、体积分别是M1和M2，R1和R2，V1和V2.则该星

M2

地球的平均密度为ρ2＝ V2

ρ1M1V225所以＝＝ ρ2M2V14.7

2π2GM2m

对于地球的近地卫星有2＝mTR2 R2

M23π

又ρ2＝＝2

43GTπR3275π

故ρ1＝

4.7GT275×3.143

＝－112 kg/m 4.7×6.67×10×(1.4×60×60)≈2.9×104 kg/m3 答案 D

9．(2008·广东·12)如图2是“嫦娥一号”奔月示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测．下列说法正确的是

( )

图2

A．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度

21

B．在绕月圆轨道上，卫星运行周期与卫星质量有关 C．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比 D．在绕月圆轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力

解析 “嫦娥一号”要想脱离地球的束缚而成为月球的卫星，其发射速度必须达到第二宇宙速度，若发射速度达到第三宇宙速度，“嫦娥一号”将脱离太阳系的束缚，故选项A错

Mm4π2r

误；在绕月球运动时，月球对卫星的万有引力完全提供向心力，则G2＝m2，T＝2π

rT

r3Mm，即卫星运行周期与卫星的质量无关，故选项B错误；卫星所受月球的引力F＝G2，GMr故选项C正确；在绕月圆轨道上，卫星受地球的引力小于受月球的引力，故选项D错误．

答案 C

二、计算题(本题共2小题，第10题22分，第11题24分，共46分)

10．(2009·北京·22)已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响．

(1)推导第一宇宙速度v1的表达式．

(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T的表达式．

解析 (1)设卫星的质量为m，地球的质量为M，地球表面处物体质量为m′

Mm′

在地球表面附近满足G2＝m′g

R则GM＝R2g

①

卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力

v2Mm1则m＝G2

RR将①式代入②式，得到v1＝Rg

(2)卫星受到的万有引力为 MmmgR2

F＝G＝

(R＋h)2(R＋h)24π2

由牛顿第二定律得F＝m2(R＋h)

T

(R＋h)32π

③④式联立解得T＝ Rg

(R＋h)32π

答案 (1)v1＝gR (2)T＝ Rg

③ ④

②

11．(2009·哈师大附中第三次模拟)北京时间2009年3月1日16时13分10秒，嫦娥一号卫星在北京航天飞行控制中心科技人员的精确控制下，成功地实施了对月球的撞击．现将嫦娥一号卫星的运动过程作以下简化处理：

设嫦娥一号卫星质量为m，在距月球表面高h处绕月球做匀速圆周运动，重力势能为Ep(以月球表面为零势能面)．在飞行控制中心的指令下发动机点火向前喷射气体，使卫星瞬间减速制动，在此过程中卫星克服阻力做功，其大小为W，之后变轨撞向月球．已知月球半径为R，月球表面重力加速度为g，忽略月球自转影响．求：

(1)嫦娥一号卫星制动前绕月球做匀速圆周运动时的速率．

22

(2)卫星刚撞到月球表面时的速率．

Mm

解析 (1)设月球的质量为M，卫星绕月球运动速率为v1，由牛顿第二定律得G＝(R＋h)2v21m R＋h

Mm

物体在月球表面有mg＝G2 R

g

解得v1＝R

R＋h

(2)设卫星瞬间制动后的速率为v2，由动能定理得

112

－W＝mv22－mv1 22

制动后撞向月球，设到达月球表面的速度为v3，由机械能守恒定律得

112Ep＋mv22＝mv3 22

2EpR2g2W

解得v3＝ ＋－ mR＋hmg2EpR2g2W

答案 (1)R (2) ＋－

mR＋hmR＋h

章末总结

1. 如图5所示,沿竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻 质细绳拉光滑水平面上的物体B,细绳与竖直杆间的夹角为,则以 下说法正确的是

(C)

A.物体B向右匀速运动 图5 B.物体B向右匀加速运动 C.细绳对A的拉力逐渐变小 D.细绳对B的拉力逐渐变大

解析 物体A沿绳的分速度与物体B运动的速度大小相等，有vB＝vcos θ，随物体A下滑，θ角减小，vB增加，但不是均匀增加，θ越小，cos θ增加越慢，vB增加越慢，也即B的加速度越来越小，由FT＝mBaB可知，细绳的拉力逐渐变小，故只有C正确．

2. 图6所示,质量为m,带电量为+q的小球自A点以速度 v0水平抛出进入匀强电场,从小球刚进入电场开始计时,则小球 在电场中的运动轨迹不可能是图中的

图6

23

(D)

解析 设小球刚进入电场时的速度为v，v与水平方向成一定夹角α，如图甲所示，小球进入电场后的受力情况如图乙所示，由于h、v0、E、q、m各量数值未知，因此不能确定α与β的具体关系．若α＝β，则小球做直线运动，轨迹如图A；若α>β，小球做曲线运动，轨迹如图C；若α<β，小球也做曲线运动，轨迹如图B；综上所述，选项A、B、C正确，D错误．

3. (2009·苏州市二模)如图7所示,一个电影替身演员准备跑过一个屋顶,然后水平地跳跃并离开屋顶,在下一栋建筑物的屋顶上登陆.如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5m/s,那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是(g取9.8 m/s2) )

(BC

图7

A．他安全跳过去是可能的 B．他安全跳过去是不可能的

C．如果要安全跳过去，他在屋顶跑动的最小速度应大于6.2 m/s

D．如果要安全跳过去，他在屋顶跑动的最大速度应小于4.5 m/s

1

答案 根据y＝gt2，当他降落在下一个屋顶时，下落的高度为y＝4.9 m，所用时间t＝

2

2×4.92y＝ s＝1.0 s，最大水平位移：x＝vmt＝4.5×1.0 m＝4.5 m<6.2 m，所以他不能g9.8

6.2

安全到达下一个屋顶．要想安全跳过去，他的跑动速度至少要大于 m/s，即6.2 m/s.

1.0

4．如图8所示，一个人用一根长1 m，只能承受46 N拉 力的绳子，拴着一个质量为1 kg的小球，在竖直平面内做圆周 运动，已知圆心O离地面h＝6 m，转动中小球在最低点时绳子 断了．试问：

(1)绳子断时小球运动的角速度多大？

(2)绳断后，小球落地点与抛出点间的水平距离． 图8 答案 (1)6 rad/s (2)6 m

解析 (1)绳断时，拉力F＝46 N，由向心力公式有 F－mg＝mrω2 得ω＝6 rad/s

gt2

(2)绳断后，球抛出后做平抛运动，由h－1＝，x＝vt＝rωt＝6 m.

2

24

5．A、B两球质量分别为m1与m2，用一劲度系数为k的弹簧相连，一长为l1的细线与m1相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴OO′上，如图9所示．当m1与m2均以角速度ω绕OO′做匀速圆周运动时，弹簧长度为l2.求：

图9

(1)此时弹簧伸长量多大？绳子张力多大？ (2)将线突然烧断瞬间两球加速度各多大？

m2(l1＋l2)ω2

答案 (1) m1l2ω2＋m1(l1＋l2)ω2

k

m2(l1＋l2)ω2(2) (l1＋l2)ω2

m1解析 (1)对B分析，弹簧的弹力提供向心力 即k·Δl＝m2(l1＋l2)ω2

m2(l1＋l2)ω2

故弹簧的伸长量Δl＝ k对A分析：设绳中张力为FT，则 FT－k·Δl＝m1l1ω2

故FT＝m1l1ω2＋m2(l1＋l2)ω2

(2)将线突然烧断的瞬间，绳中张力消失，弹簧的弹力没变，故对A、B分别由牛顿第二定律得：

m2(l1＋l2)ω2＝m1a1

m2(l1＋l2)ω2＝m2a2

m2(l1＋l2)ω2

解得a1＝，a2＝(l1＋l2)ω2

m1

6．据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，其半径r约为地球半径的2倍，假设有一艘飞船环绕该星球做匀速圆周运动，且飞行速度为v＝8 km/s.(地球的半径R＝6 400 km，地球表面的重力加速度g＝10 m/s2)求：

(1)该行星表面的重力加速度．

(2)飞船到该星球表面的距离．(结果保留3位有效数字) 答案 (1)16 m/s2 (2)2.82×107 m

Mm

解析 (1)G2＝mg′

r

M地m

G2＝mg R

MR21

所以g′＝·()g＝6.4×()2×10 m/s2＝16 m/s2

2M地r(2)对飞船

v2Mm

G＝m (r＋h)2r＋h

25

g′r2g′4R2GM

h＝2－r＝2－r＝－2R＝2.82×107 m 2vvv 26