专题突破1 微专题5 圆周运动 万有引力与航天-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（津鲁琼辽鄂渝粤冀湘闽黑吉晋皖云）

微专题5　圆周运动　万有引力与航天 1．常见临界条件： (1)绳的两种临界条件：绳恰好绷紧，FT＝0；绳恰好断裂，FT达到最大值； (2)接触面分离的临界条件：FN＝0。 例如：拱形桥模型在最高点的受力情况为 mg－FN＝m，若物体不离开拱形桥，则有0≤v<；当v≥，物体将离开桥面做平抛运动。若物体在地球表面的速度v＝(R为地球的半径)，物体将围绕地球做圆周运动，此速度为第一宇宙速度，大小为7.9 km/s。 2．地球表面的物体万有引力与重力、向心力的关系： (1)天体在地球表面环绕地球运动时，万有引力完全提供向心力，飞行器内的物体处于完全失重状态； (2)地球两极的物体，万有引力全部提供重力，则有＝mg； (3)赤道上的物体，万有引力提供重力和向心力，则有－FN＝mω2R，FN＝mg1，即＝mg1＋mω2R。 一般情况下，地球表面的物体，由于向心力非常小，常用＝mg进行代换。 3．万有引力提供向心力可整理为GM＝v2r＝ω2r3＝r3与黄金代换式GM＝gR2，GM可以作为“桥梁”，将v、ω、T等物理量与g关联求解。 4．变轨问题中，升高轨道需要点火加速(向后喷气)，在较高的圆轨道稳定运行时，卫星的速度较小、动能较小、机械能较大；降低轨道需要点火减速(向前喷气)，在较低的圆轨道稳定运行时，卫星的速度较大、动能较大、机械能较小。 考点一　圆周运动 1．(2023·全国甲卷·17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　C 解析　质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝，质点所受合力等于质点圆周运动的向心力，则有F合＝Fn＝mr，联立解得Fn＝r3，其中为常数，r的指数为3，故题中n＝3，选C。 2.某同学观看自行车比赛时发现运动员骑自行车在水平地面转弯时，自行车与竖直方向有一定的夹角才不会倾倒。查阅有关资料得知，只有当水平地面对自行车的支持力和摩擦力的合力方向与自行车的倾斜方向相同时自行车才不会倾倒。若该运动员骑自行车时的速率为 8 m/s，转弯的半径为10 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2。则自行车与竖直方向的夹角的正切值为(　　) A. B. C. D．1 答案　　C 解析　摩擦力提供向心力，摩擦力大小等于Ff＝，支持力与重力大小相等，支持力大小为FN＝mg，自行车与竖直方向的夹角的正切值tan θ＝，联立解得tan θ＝，故选C。 3．(2023·北京市海淀区一模)如图所示，轻杆的一端固定在通过O点的水平转轴上，另一端固定一小球，轻杆绕O点在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B点与O点等高，下列说法正确的是(　　) A．小球经过A点时，所受杆的作用力一定竖直向下 B．小球经过B点时，所受杆的作用力沿着BO方向 C．从A点到C点的过程，小球重力的功率保持不变 D．从A点到C点的过程，杆对小球的作用力做负功 答案　D 解析　小球经过A点时，合外力提供向心力，则当小球速度较小时有m<mg，则所受杆的作用力竖直向上；当小球速度较大时有m>mg，则所受杆的作用力竖直向下；当小球速度满足m＝mg时，则杆对小球无作用力，故A错误； 小球重力和杆的作用力的合力提供向心力，则小球在B点所受杆的作用力斜向右上方，故B错误； A点和C点处重力与速度方向垂直，则小球重力的功率为0，B点处重力与速度共线，故重力功率不为0，则从A点到C点的过程，小球重力的功率先增大再减小，故C错误； A到C的过程中，重力做正功，根据动能定理可知WG＋W杆＝ΔEk＝0，故杆对小球的作用力做负功，故D正确。 解决竖直面内圆周运动的三点注意 1．竖直面内的圆周运动通常为变速圆周运动，合外力沿半径方向的分力提供向心力，在轨迹上某点对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律列出向心力方程。 2．注意临界问题：物体与轨道脱离的临界条件是FN＝0或FT＝0。 3．求物体在某一位置的速度，可根据动能定理或机械能守恒定律，将初、末状态的速度联系起来。 4．(多选)(2023·湖南卷·8)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C．小球的初速度v0＝ D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道 答案　AD 解析　由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，将小球B到C的过程看成C到B的逆过程，有mgR(1－cos α)＝mv2，FN＝mgcos α－m，联立得FN＝3mgcos α－2mg，从C到B的过程中α由0增大到θ，则cos α逐渐减小，故FN逐渐减小，小球从B到C的过程中，由牛顿第三定律知，对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中克服重力的功率为P＝mgvsin θ，则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝mvC2－mv02，解得v0＝，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcos θ＝m，则vB＝，若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。 考点二　天体运动 5．(2023·新课标卷·17)2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5 800 kg的物资进入距离地面约400 km(小于地球同步卫星与地面的距离)的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资(　　) A．质量比静止在地面上时小 B．所受合力比静止在地面上时小 C．所受地球引力比静止在地面上时大 D．做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大 答案　D 解析　物体在低速(速度远小于光速)宏观条件下质量保持不变，即物资在空间站和地面质量相同，故A错误；设空间站离地面的高度为h，这批物资在地面上静止，所受合力为零，在空间站所受合力为地球引力即F＝，在地面受地球引力为F1＝，因此有F1>F，故B、C错误；物资绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有＝mω2r，解得ω＝，这批物资在空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，因此这批物资的角速度大于地球同步卫星的角速度，地球同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，即这批物资的角速度大于地球自转的角速度，故D正确。 6．(2023·湖北省部分学校模拟)“天宫一号”空间实验室以速度v＝7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动。太阳帆板两端M、N的连线与空间实验室速度方向垂直，M、N间的距离L＝20 m，当空间实验室穿过垂直纸面向里、磁感应强度大小约为B＝1.0×10－5 T的匀强磁场时，将太阳帆板视为导体。地球半径R＝6.4×103 km，地球表面的重力加速度g＝9.8 m/s2，忽略地球自转的影响。则(　　) A．M端电势低于N端电势 B．M、N间感应电动势的大小E＝15.4 V C．“天宫一号”绕地球运行的周期T＝1 h D．“天宫一号”距离地球表面的高度约为h＝3.7×105 m 答案　D 解析　磁场垂直纸面向里穿过太阳帆板，根据右手定则可知，M端电势高于N端电势，选项A错误； 由E＝BLv可知，M、N间感应电动势的大小E＝1.0×10－5×20×7.7×103 V＝1.54 V，选项B错误； 万有引力提供“天宫一号”做圆周运动的向心力，则有G＝m，可得GM＝v2(R＋h)，忽略地球自转的影响，设地球表面某一物体的质量为m′，则有G＝m′g，可得GM＝gR2，联立解得h＝－R，代入数据可知“天宫一号”距离地球表面的高度h≈3.7×105 m，根据T＝可得“天宫一号”绕地球运行的周期T≈1.5 h，选项C错误，D正确。 7．(2023·辽宁卷·7)在地球上观察，月球和太阳的角直径(直径对应的张角)近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周期为T1，地球绕太阳运动的周期为T2，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的平均密度之比约为(　　) A．k32 B．k32 C.2 D.2 答案　D 解析　设月球绕地球运动的轨道半径为r1，地球绕太阳运动的轨道半径为r2，由G＝mr可得，G＝m月r1，G＝m地r2，其中＝＝，又ρ＝，联立解得＝2，故选D。 8．(2023·湖北卷·2)2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3∶2，如图所示。根据以上信息可以得出(　　) A．火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27∶8 B．当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大 C．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9∶4 D．下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前 答案　B 解析　火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3∶2，根据开普勒第三定律有＝，可得＝＝，故A错误；火星和地球绕太阳做圆周运动，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B正确；忽略星球自转的影响，根据万有引力定律有G＝mg，由于不知道火星和地球的质量之比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度大小之比，故C错误；将火星和地球绕太阳的运动近似看作匀速圆周运动，则有ω火＝，ω地＝，要发生下一次“火星冲日”，则有(－)t＝2π，得t＝>T地，可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之后，故D错误。 9．(多选)(2023·湖南衡阳市二模)如图所示，“天问一号”探测器先在地球轨道上绕太阳匀速转动，在近日点Q短暂点火后进入霍曼转移轨道，到达远日点P再次短暂点火进入火星轨道。已知引力常量为G，太阳质量为M，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、“天问一号”探测器运动方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”探测器的作用力，下列说法正确的是(　　) A．“天问一号”在地球轨道上的角速度小于在火星轨道上的角速度 B．“天问一号”在霍曼转移轨道上P点的加速度等于在火星轨道上P点的加速度 C．两次点火之间的时间间隔为 D．两次点火喷射方向都与速度方向相同 答案　BC 解析　由万有引力提供向心力可知＝mω2r0，得ω＝，由于“天问一号”在地球轨道上的轨道半径小于在火星轨道上的轨道半径，故“天问一号”在地球轨道上的角速度大于在火星轨道上的角速度，故A错误；由万有引力提供向心力可知＝ma，得a＝，故“天问一号”在霍曼转移轨道上P点的加速度和在火星轨道上P点的加速度相等，故B正确；由开普勒第三定律可知，霍曼转移轨道和地球轨道的周期与半长轴(半径)满足关系式＝，地球轨道上，由万有引力提供向心力有＝mr，联立解得T1＝，则两次点火之间的时间间隔为t＝＝，故C正确；“天问一号”探测器在两次点火时都要做离心运动，要加速，故两次点火喷射方向都与速度方向相反，故D错误。 1．开普勒第三定律适用于围绕同一中心天体运行的各种轨道的天体 (1)椭圆轨道与椭圆轨道：＝k； (2)圆轨道与圆轨道：＝k； (3)椭圆轨道与圆轨道：＝。 2．卫星经过两个轨道的相切点时，加速度相等。 3．不同轨道周期的比较：无论是圆轨道还是椭圆轨道，都是外轨道的周期较大。 4．同一卫星在不同轨道上机械能的比较：轨道半径越大，机械能越大。 1.(2023·湖南常德市模拟)在2022年3月23日天宫课堂中，叶光富老师利用手摇离心机将水油分离。手摇离心机可简化为在空间站中手摇小瓶的模型，如图所示，假设小瓶(包括小瓶中的油和水)的质量为m，P为小瓶的质心(质量集中于此的一个假想点)，OP长度为L，小瓶在t时间内匀速转动了n圈，以空间站为参考系，下列说法正确的是(　　) A．图中细线的拉力在竖直圆周运动的最低点时最大，最高点时最小 B．水、油能分离的原因是小瓶里的水和油做圆周运动产生了离心现象，密度较小的油集中于小瓶的底部 C．水和油成功分层后，水做圆周运动的向心力完全由瓶底对水的弹力提供 D．细线的拉力大小为 答案　D 解析　空间站中，小瓶处于完全失重状态，所以小瓶在细线拉力的作用下做匀速圆周运动，细线拉力在任意位置大小都相等，故A错误； 水的密度大于油的密度，在混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量大，根据Fn＝mω2r可知，水球需要的向心力更大，故当向心力不足时，将会做离心运动，水会向瓶底移动，所以密度较大的水将集中于小瓶的底部，故B错误； 水做圆周运动的向心力由瓶底对水的弹力和油对水的作用力的合力提供，故C错误； 小瓶转动的周期T＝，瓶子做匀速圆周运动，拉力提供向心力，由牛顿第二定律得 F＝mL＝，故D正确。 2．(2023·广东省东华松山湖高级中学等一模)某同学思索探究科学家的猜想。如图所示，从山上水平抛出一块石头，由于重力的作用，石头会沿着弯曲的路径落到地上，并且石头的抛出速度越大，石头飞行的距离越远。他推理，石头的抛出点足够高，且抛出速度足够大时，会像卫星一样围绕地球运动，下列说法正确的是(　　) A．石头沿D轨道运动的速度小于沿E轨道运动的速度 B．同一石头在D轨道的机械能大于在E轨道的机械能 C．不同的石头在D轨道的加速度大小不同 D．石头在E轨道的加速度小于在D轨道的加速度 答案　D 解析　根据G＝可得v＝，则石头沿D轨道运动的速度大于沿E轨道运动的速度，A错误； 石头从D轨道到E轨道需要加速做离心运动，外力做正功，可知同一石头在D轨道的机械能小于在E轨道的机械能，B错误； 根据G＝ma可得a＝，可知不同石头在D轨道的加速度大小相同，C错误； 根据a＝可知，轨道半径越大，加速度越小，则石头在E轨道的加速度小于在D轨道的加速度，D正确。 3．(2023·河北省部分学校模拟)中国科学院紫金山天文台近地天体望远镜发现了一颗近地小行星，这颗近地小行星直径约为43 m。已知地球半径约为6 400 km，若该小行星与地球的第一宇宙速度之比约为，则该行星和地球质量之比的数量级为(　　) A．10－15 B．10－16 C．10－17 D．10－18 答案　C 解析　 根据第一宇宙速度v＝，可得M＝，小行星与地球的半径之比为≈≈，它们的第一宇宙速度之比为≈，代入数据计算可得行星和地球的质量之比为≈2.1×10－17，故选C。 4．(2023·天津市南开区一模)如图所示，地球赤道上空人造卫星先沿椭圆轨道运行，其近地点P到地球中心的距离为r，远地点Q到地球中心的距离为8r，该卫星在远地点Q处点火变轨进入地球同步轨道，成为一颗沿圆轨道运行的地球同步卫星。下列说法正确的是(　　) A．卫星在近地点和远地点的加速度之比为8∶1 B．卫星变轨前从P点运动到Q点的过程中，引力势能增加，机械能减少 C．卫星在远地点Q处变轨瞬间速度变大 D．卫星进入地球同步轨道后运行的速度大于在椭圆轨道P处的速度 答案　C 解析　根据F向＝＝ma可得，卫星在近地点和远地点的加速度之比为(8r)2∶r2＝64∶1，A错误； 卫星的机械能是动能与势能之和，只有变轨时才需对卫星做功，卫星在同一椭圆轨道运行时的机械能不变，B错误； 卫星在远地点Q处需点火加速才能变轨进入地球同步轨道，C正确； 过P点作一辅助圆轨道，从辅助圆轨道到椭圆轨道需在P点点火加速，则卫星在椭圆轨道P处的速度大于卫星在辅助圆轨道的速度，再根据＝m可知，卫星在辅助圆轨道的速度大于卫星进入地球同步轨道后运行的速度，则卫星进入地球同步轨道后运行的速度小于在椭圆轨道P处的速度，D错误。 5．(2023·辽宁省部分高中二模)地球密度分布并不均匀，以地核和地幔分界面为界，可认为内外两部分密度均匀，地核的平均密度约为地幔平均密度的3倍，核幔分界面近似在地表下处，R为地球半径。已知质量均匀分布的球壳对内部引力处处为0，地表附近重力加速度为g。核幔分界面处重力加速度约为(　　) A．0.6g B．0.9g C．1.2g D．1.8g 答案　C 解析　在核幔分界面处，忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力有G＝mg1 其中M1＝ρ1·π()3 联立解得g1＝G＝G 在地球表面处，根据万有引力等于重力有 G＝mg 其中M1＋M2＝ρ1·π()3＋ρ2·π[R3－()3] 联立解得g＝G ＝G 所以＝，又由于ρ1＝3ρ2，解得g1＝1.2g，故选C。 6．(多选)(2023·河南郑州市三模)宇宙中存在一个由四颗星球组成的系统，三颗质量均为m的星球a、b、c恰好构成一个边长为L的正三角形，在它们的中心O处还有一颗质量也为m的星球，如图所示。已知引力常量为G，每颗星球的半径均远小于L。对于此系统，下列说法正确的是(　　) A．中心O处的星球受到a、b、c三颗星球总的万有引力为零 B．a、b、c三颗星球的线速度大小均为 C．a、b、c三颗星球的加速度大小均为 D．若某时刻中心O处星球消失，则a、b、c三颗星球仍将按原轨道运动且运动周期不变 答案　AB 解析　由万有引力公式可得F＝G，正三角形顶点所在处的星球与中心O处的星球之间的万有引力大小相等，根据几何关系可知，顶点处的星球对中心O处星球的万有引力两两之间的夹角均为120°，则根据力的矢量合成可知中心O处星球所受万有引力的合力为零，故A正确； a、b、c三颗星球所受万有引力大小相同，方向均指向中心O处，任选其中一颗星球分析可知其所受万有引力为F′＝2×G·cos 30°＋G＝，而由万有引力充当向心力有＝m＝ma＝m·， 解得v＝， a＝， T＝，故B正确，C错误； 若某时刻中心O处星球消失，则a、b、c三颗星球所受万有引力变成两两之间万有引力的合力，且指向中心O处，则有F″＝2×G·cos 30°＝G，显然万有引力变小了，若要在原来的轨道上继续做圆周运动，则可知做圆周运动的线速度必须减小，而根据万有引力充当向心力，可得周期T′＝，显然T′>T，故D错误。 7．(2023·南京师范大学附属中学一模)如图所示，已知在地球赤道上空有一颗运动方向与地球自转方向相同的卫星A，对地球赤道覆盖的最大张角α＝60°，赤道上有一个卫星监测站B(图中未画出)。设地球半径为R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响，那么监测站B能连续监测到卫星A的最长时间为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设地球质量为M，卫星A的质量为m，根据万有引力提供向心力有G＝mr 由题图可知卫星A的轨道半径为r＝2R 在地球表面根据万有引力等于重力有G＝mg 联立解得T′＝4π， 如图所示，卫星A的通信信号视为沿直线传播，由于地球遮挡，使卫星A和卫星监测站B不能一直保持直接通讯，也就监测不到卫星A。设两者无遮挡时间为t，则它们转过的角度之差最多为2θ时就不能通讯，根据几何关系可得cos θ＝＝＝，则有t－t＝2θ，联立解得t＝，故选C。 学科网（北京）股份有限公司 $$