《（名師導學）2020版高考物理總復習 第四章 章末總結 提高教學案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（名師導學）2020版高考物理總復習 第四章 章末總結 提高教學案 新人教版（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、章末總結　提高 知 識 網(wǎng) 絡　【p75】 解題思路與方法　【p75】 本章內(nèi)容包括運動學和動力學兩部分．運動學部分主要是掌握如何用“合成與分解”的方法，將復雜的運動形式簡化為兩個簡單運動的合成，運用等效的思想將未知的復雜問題轉化為已知的簡單問題，這也是物理學中十分重要的、經(jīng)常使用的研究方法；動力學部分主要是根據(jù)牛頓第二定律研究物體做曲線運動時力和運動的關系． 平拋運動是勻變速曲線運動的一種．采用的研究方法是，將其分解為互相垂直的兩個直線運動來處理．因此，該內(nèi)容可看做為前面所學的平行四邊形定則與勻變速直線運動規(guī)律的綜合． 圓周運動是自然界普遍存在的一種運動形式，處理其動力學問

2、題時，關鍵要注意兩點： (1)確定研究對象運動的軌道平面和圓心的位置，以便確定向心力的方向． (2)向心力不是和重力、彈力、摩擦力相并列的性質(zhì)力，它是根據(jù)力的作用效果命名的．切不可在物體間的相互作用力以外再添加一個向心力． 研究豎直平面內(nèi)的圓周運動要抓住各種約束物的區(qū)別以及運動物體在最高點、最低點的受力特征，并結合牛頓第二定律求解． 牛頓運動定律在衛(wèi)星與天體運動中的應用，不可避免地要密切結合萬有引力定律．這類問題需把握以下幾個重要方面：①運動模型的建立：A星繞B星做勻速圓周運動；②由A星與B星之間的萬有引力提供A星運動所需的向心力；③合理選擇向心力的表達式，列出萬有引力等于向心力的方程

3、，推導出線速度、角速度、周期、半徑、向心加速度、中心天體B的質(zhì)量等等的表達式；④重力加速度g這一概念的遷移：星球表面有GM＝gR2，這一式子又稱“黃金代換式”，不僅可用于地球表面，也可用于其他星球表面；⑤地球表面衛(wèi)星、高空衛(wèi)星、極地衛(wèi)星、赤道衛(wèi)星、同步衛(wèi)星、三個宇宙速度等的含義要深刻領會、準確掌握，才能在處理問題時應用自如． 體 驗 高 考　　【p75】 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(多選)(2018·全國卷Ⅰ)2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波．根據(jù)科學家們復原的過程，在兩顆中子星合并前約100 s時，它們相距約400 km，繞二者連線上的某點每

4、秒轉動12圈．將兩顆中子星都看做是質(zhì)量均勻分布的球體，由這些數(shù)據(jù)、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星(　　) A．質(zhì)量之積 B．質(zhì)量之和 C．速率之和 D．各自的自轉角速度 【解析】雙中子星做勻速圓周運動的頻率f＝12 Hz(周期T＝ s)，由萬有引力等于向心力，可得，G＝m1r1(2πf)2，G＝m2r2(2πf)2，r1＋r2＝r＝400 km，聯(lián)立解得：(m1＋m2)＝，選項B正確，A錯誤；由v1＝ωr1＝2πfr1，v2＝ωr2＝2πfr2，聯(lián)立解得：v1＋v2＝2πfr，選項C正確；不能得出各自自轉的角速度，選項D錯誤． 【答案】BC

5、2．(2018·全國卷Ⅱ)2018年2月，我國500 m口徑射電望遠鏡(天眼)發(fā)現(xiàn)毫秒脈沖星“J0318＋0253”，其自轉周期T＝5.19 ms，假設星體為質(zhì)量均勻分布的球體，已知萬有引力常量為6.67×10－11 N·m2/kg2.以周期T穩(wěn)定自轉的星體的密度最小值約為(　　) A．5×109 kg/m3 B．5×1012 kg/m3 C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3 【解析】設脈沖星質(zhì)量為M，密度為ρ 根據(jù)天體運動規(guī)律知：≥m()2R ρ＝＝ 代入可得：ρ≈5×1015 kg/m3，故C正確． 【答案】C 3．(2018·全國卷Ⅲ)為

6、了探測引力波，“天琴計劃”預計發(fā)射地球衛(wèi)星P，其軌道半徑約為地球半徑的16倍；另一地球衛(wèi)星Q的軌道半徑約為地球半徑的4倍．P與Q的周期之比約為(　　) A．2∶1 B．4∶1 C．8∶1 D．16∶1 【解析】設地球半徑為R，根據(jù)題述，地球衛(wèi)星P的軌道半徑為RP＝16R，地球衛(wèi)星Q的軌道半徑為RQ＝4R，根據(jù)開普勒定律，＝＝64，所以P與Q的周期之比為TP∶TQ＝8∶1，選項C正確． 【答案】C 4．(2018·全國卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上．甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的(　　) A．2倍 B．4倍

7、 C．6倍 D．8倍 【解析】設甲球落至斜面時的速率為v1，乙落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規(guī)律，x＝vt，y＝gt2，設斜面傾角為θ，由幾何關系，tan θ＝，小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律，mv2＋mgy＝mv，聯(lián)立解得：v1＝·v，即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比．同理可得，v2＝·，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，選項A正確． 【答案】A 5．(2016·北京)如圖所示，一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1繞地球E運行，在P點變軌后進入軌道2做勻速圓周運動．下列說法正確的是(　　) A．不論在軌道1還是軌道2運行，衛(wèi)星在P點的速度都相同

8、 B．不論在軌道1還是軌道2運行，衛(wèi)星在P點的加速度都相同 C．衛(wèi)星在軌道1的任何位置都具有相同加速度 D．衛(wèi)星在軌道2的任何位置都具有相同動量 【解析】P點，沿軌道1運行時，地球?qū)θ嗽煨l(wèi)星的引力大于人造衛(wèi)星做圓周運動需要的向心力，即F引>，沿軌道2運行時，地球?qū)θ嗽煨l(wèi)星的引力剛好能提供人造衛(wèi)星做圓周運動的向心力，即F引＝，故v1

9、同，選項D錯誤． 【答案】B 6．(2017·全國卷Ⅰ)發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)．速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)，其原因是(　　) A．速度較小的球下降相同距離所用的時間較多 B．速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大 C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少 D．速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大 【答案】C 7．(2015·福建)如圖，若兩顆人造衛(wèi)星a和b均繞地球做勻速圓周運動，a、b到地心O的距離分別為r1、r2，線速度大小分別為v1、v2，則(　　) 　　　　　　　　　　　

10、　　　　　　　 A.＝ B.＝ C.＝()2 D.＝()2 【解析】對人造衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力＝m，可得v＝ .所以對于a、b兩顆人造衛(wèi)星有＝ ，故選項A正確． 【答案】A 8．(2017·全國卷Ⅲ)2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道(可視為圓軌道)運行．與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的(　　) A．周期變大 B．速率變大 C．動能變大 D．向心加速變大 【解析】由天體知識可知：T＝2πR，v＝，a＝.半徑不變，周期T，速率v，加速度a均不變，故A、B、D錯誤．根

11、據(jù)Ek＝mv2可得：速率v不變，組合體質(zhì)量m變大，故動能Ek變大． 【答案】C 9．(2017·北京)利用引力常量G和下列某一組數(shù)據(jù)，不能計算出地球質(zhì)量的是(　　) A．地球的半徑及重力加速度(不考慮地球自轉) B．人造衛(wèi)星在地面附近繞地球做圓周運動的速度及周期 C．月球繞地球做圓周運動的周期及月球與地球間的距離 D．地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離 【解析】在地球表面附近，在不考慮地球自轉的情況下，物體所受重力等于地球?qū)ξ矬w的萬有引力，有＝mg，可得M＝，A能求出地球質(zhì)量．根據(jù)萬有引力提供衛(wèi)星、月球、地球做圓周運動的向心力，由＝，vT＝2πR，解得M＝；由＝m月r

12、，解得M＝；由＝Mr日，會消去兩邊的M；故BC能求出地球質(zhì)量，D不能求出． 【答案】D 10．(2017·天津)我國自主研制的首艘貨運飛船“天舟一號”發(fā)射升空后，與已經(jīng)在軌運行的“天宮二號”成功對接形成組合體．假設組合體在距地面高度為h的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運動，已知地球的半徑為R，地球表面處重力加速度為g，且不考慮地球自轉的影響．則組合體運動的線速度大小為________，向心加速度大小為________． 【解析】在地球表面附近，物體所受重力和萬有引力近似相等，有：G＝mg，航天器繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，有：G＝m＝ma， 解得：線速度v＝R，向心加

13、速度a＝. 【答案】R　 11．(2016·浙江)在真空環(huán)境內(nèi)探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖所示，P是個微粒源，能持續(xù)水平向右發(fā)射質(zhì)量相同、初速度不同的微粒．高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差也為h. (1)若微粒打在探測屏AB的中點，求微粒在空中飛行的時間； (2)求能被屏探測到的微粒的初速度范圍； (3)若打在探測屏A、B兩點的微粒的動能相等，求L與h的關系． 【解析】(1)打在中點的微粒h＝gt2① t＝② (2)打在B點的微粒v1＝，2h＝gt③ v1＝L④ 同理，打在A點的微粒初速度v2＝L⑤ 微粒初速度范圍L≤v

14、≤L⑥ (3)由能量關系mv＋mgh＝mv＋2mgh⑦ 代入④、⑤式L＝2h⑧ 備 課 札 記 2020’新課標·名師導學·高考第一輪總復習同步測試卷 物理(四) (曲線運動　萬有引力與航天)　【p379】 時間：90分鐘　總分：100分 一、選擇題(本大題共14小題，每小題4分，共56分．其中1～10為單項選擇題，11～14題為多項選擇題，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不選的得0分) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．下列有關曲線運動的說法錯誤的是(B) A．做曲線運動的物體的加速度一定不為零 B

15、．物體在變力作用下一定做曲線運動 C．曲線運動一定是變速運動 D．速率保持不變的運動可以是曲線運動 【解析】曲線運動的速度方向時刻改變，所以曲線運動一定是變速運動，加速度不為零；故A、C正確；物體做曲線運動的條件是力和速度不在同一直線上，如果力只是大小改變，方向始終與速度方向相同，則物體可以做直線運動，故B錯誤；速率是指速度的大小，速率不變但速度方向時刻改變，則物體可以做曲線運動，故D正確．本題選錯誤的，故選B. 2．如圖所示，河水以相同的速度向右流動，落水者甲隨水漂流，至b點時，救生員乙從O點出發(fā)對甲實施救助，則救生員乙相對水的運動方向應為圖中的(B) A．Oa方向 B．Ob

16、方向 C．Oc方向 D．Od方向 3．“套圈圈”是老少皆宜的游戲，如圖所示，大人和小孩在同一豎直線上的不同高度處分別以水平速度v1、v2拋出鐵圈，都能套中地面上同一目標．設鐵圈在空中運動時間分別為t1、t2，則(D) A．v1＝v2 B．v1>v2 C．t1＝t2 D．t1>t2 4．一輛滿載新鮮蘋果的貨車以恒定速率通過某公路環(huán)島，角速度為ω，其中一個處于中間位置的蘋果質(zhì)量為m，它到公路環(huán)島中心的距離為R，則其他蘋果對該蘋果的作用力為(C) A．mg B．mω2R C. D. 【解析】蘋果做勻速圓周運動，受重力和其它蘋果的作用力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，

17、有：水平方向：Fx＝mω2R；豎直方向：Fy＝mg；故合力為：F＝＝，故C正確． 5．質(zhì)量為m的物體P置于傾角為θ1的固定光滑斜面上，斜面足夠長，輕細繩跨過光滑定滑輪分別連接著P與動力小車，P與滑輪間的細繩平行于斜面，小車帶動物體P以速率v沿斜面做勻速直線運動，下列判斷正確的是(C) A．小車的速率為v B．小車的速率為vcos θ1 C．小車速率始終大于物體速率 D．小車做勻變速運動 【解析】將小車的速度v車進行分解如圖所示，則v＝v車cos θ2，故A、B錯誤；由速度的分解圖可知，v車＞v，故C正確；小車速率v車＝，故D錯誤． 6．我國未來將在月球地面上建立月球基

18、地，并在繞月軌道上建造空間站．如圖所示，關閉發(fā)動機的航天飛機A在月球引力作用下沿橢圓軌道向月球靠近，并將在橢圓軌道的近月點B處與空間站C對接．已知空間站繞月圓軌道的半徑為r，周期為T，萬有引力常量為G，月球的半徑為R.下列說法中正確的是(C) A．航天飛機在圖示位置正在勻速向B運動 B．月球的第一宇宙速度為v＝ C．月球的質(zhì)量為M＝ D．要使航天飛機和空間站對接成功，飛機在接近B點時必須加速 【解析】關閉發(fā)動機的航天飛機A在月球引力作用下沿橢圓軌道向月球靠近的過程中，做的是變加速運動，A錯誤；空間站的運行速度為v＝，而第一宇宙速度應是環(huán)繞月球表面沿圓形軌道運動的速度，應大于此速度

19、，所以選項B錯誤；根據(jù)＝mr，解得月球質(zhì)量為M＝，所以選項C正確；欲對接成功，需要飛機在接近B點時減速，否則飛機將做橢圓運動，所以選項D錯誤． 7．有一位特技演員騎摩托車進行特技表演．已知他跨越的水平距離約60 m，如果他起跳的水平平臺比著地的水平平臺高7.2 m，且有100 m的水平助跑跑道，他在助跑跑道上的平均加速度是(g＝10 m/s2) (A) A．12.5 m/s2 B．10 m/s2 C．20 m/s2 D．15 m/s2 【解析】依h＝gt2，t＝＝ s＝1.2 s， 依x＝v0t，∴v0＝ m/s＝50 m/s. v＝2ax′，∴a＝ m/s2＝12.5 m/s

20、2，選A. 8．從某一高度處的同一地點同時水平和豎直向上拋出兩個小球，兩球的初速度大小均為20 m/s，兩球之間用一根輕繩相連，兩球拋出1 s時，輕繩恰好繃直，則輕繩的長度為(取g＝10 m/s2)(D) A．10 m B．20 m C．30 m D．20 m 【解析】豎直上拋的小球上升的高度h1＝v0t－gt2＝15 m，平拋小球的水平位移x＝v0t＝20 m，豎直下落的高度為h2－gt2＝5 m，輕繩的長度為l，有l(wèi)2＝x2＋(h1＋h2)2，l＝20 m，選項D正確． 9．據(jù)《科技日報》報道，2020年前我國將發(fā)射8顆繞地球做勻速圓周運動的海洋系列衛(wèi)星，包括4顆海洋水色衛(wèi)星

21、、2顆海洋動力環(huán)境衛(wèi)星和2顆海陸雷達衛(wèi)星，以加強對黃巖島、釣魚島及西沙群島等島嶼附近海域的監(jiān)測．已知雷達衛(wèi)星軌道半徑是動力環(huán)境衛(wèi)星軌道半徑的n倍，則(B) A．雷達衛(wèi)星的線速度是動力環(huán)境衛(wèi)星線速度的 B．雷達衛(wèi)星與動力環(huán)境衛(wèi)星的向心加速度之比為 C．在相同時間內(nèi)，雷達衛(wèi)星與地心的連線跟動力環(huán)境衛(wèi)星與地心的連線掃過的面積相等 D．雷達衛(wèi)星與動力環(huán)境衛(wèi)星的角速度之比為 【解析】由萬有引力提供向心力：G＝m＝ma＝mrω2，可得v＝，a＝，ω＝ 由v＝可得雷達衛(wèi)星的線速度是動力環(huán)境衛(wèi)星線速度的，則A錯誤； 由a＝可得雷達衛(wèi)星與動力環(huán)境衛(wèi)星的向心加速度之比為，則B正確； 開普勒第二定律

22、：對每一個行星而言，太陽與行星的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等，衛(wèi)星也有同樣的規(guī)律，但指的是同一衛(wèi)星，而該選項不是同一顆衛(wèi)星，則C錯誤． 由ω＝可得雷達衛(wèi)星與動力環(huán)境衛(wèi)星的角速度之比為.則D錯誤． 10．地球同步衛(wèi)星離地心的距離為r，運行速率為v1，加速度為a1，地球赤道上的物體隨地球自轉的向心加速度為a2，地球的第一宇宙速度為v2，半徑為R，則下列比例關系中正確的是(D) A.＝ B.＝()2 C.＝ D.＝ 【解析】設地球質(zhì)量為M，同步衛(wèi)星的質(zhì)量為m1，在地球表面繞地球做勻速圓周運動的物體質(zhì)量為m2，根據(jù)向心加速度和角速度關系有a1＝ωr，a2＝ωR，又ω1＝ω2，故＝，A錯

23、B錯；由萬有引力定律和牛頓第二定律得G＝m1，G＝m2，解得＝，D正確．選D. 11．如圖所示，放在水平轉臺上的小物體C、疊放在水平轉臺上的小物體A、B能始終隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動．A、B、C的質(zhì)量分別為3m、2m和m，A與B、B與轉臺、C與轉臺間的動摩擦因數(shù)均為μ，B、C離轉臺中心的距離分別為r和r.已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則以下說法中正確的是(BC) A．B對A的摩擦力一定為3μmg B．C與轉臺間的摩擦力等于A、B兩物體間摩擦力的一半 C．轉臺的角速度一定滿足ω≤ D．轉臺的角速度一定滿足ω≤ 【解析】對A受力分析，受重力、支持力以及B對A的

24、靜摩擦力，靜摩擦力提供向心力，有f＝(3m)ω2r≤μ(3m)g.故A錯誤．由于A與C轉動的角速度相同，由摩擦力提供向心力有：fC＝m×1.5rω2，fA＝3mrω2，可知C與轉臺間的摩擦力等于A、B兩物體間摩擦力的一半，故B正確；對AB整體，有： (3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g?、? 對物體C，有：mω2(1.5r)≤μmg?、? 對物體A，有：3mω2r≤μ(3m)g?、? 聯(lián)立①②③解得：ω≤，故C正確，D錯誤． 故選BC. 12．如圖為一半圓形坑，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑．在A點以初速度v1沿AB方向平拋一小球，在C點以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質(zhì)量的

25、小球．已知∠COD＝60°，且不計空氣阻力，則(BD) A．若同時拋出兩小球，只要速度大小合適，兩小球可能同時落到D點 B．若同時拋出兩小球，不管速度多大都不能同時落到D點 C．無論以多大速度拋出，兩者都不可能在空中相遇 D．若都能落在D點，則兩小球初速度之比為v1∶v2＝∶3 【解析】若同時拋出，由于豎直下落高度不同，不可能同時到達D點，A錯，B對；若先拋出小球A，后拋出小球B，則兩者可能在空中相遇，C錯；從A點平拋，R＝v1t1，R＝gt，小球從C點平拋，Rsin 60°＝v2t2，R(1－cos 60°)＝gt，則＝，故D正確． 13．如圖所示，內(nèi)壁光滑的細圓管一端彎成半圓形

26、APB，另一端BC伸直，水平放置在桌面上并固定．半圓形APB半徑R＝1.0 m，BC長L＝1.5 m，桌子高度h＝0.8 m，質(zhì)量m＝1.0 kg 的小球以一定的水平初速度從A點沿過A點的切線射入管內(nèi)，從C點離開管道后水平飛出，落地點D離點C的水平距離s＝2 m，不計空氣阻力，g取10 m/s2.則以下分析正確的是(BD) A．小球做平拋運動的初速度為10 m/s B．小球從B運動到D的時間為0.7 s C．小球在圓軌道P點的角速度ω＝10 rad/s D．小球在P點的向心加速度為a＝25 m/s2 【解析】根據(jù)h＝gt2得，t＝＝ s＝0.4 s．則小球平拋運動的初速度v0＝＝

27、 m/s＝5 m/s.故A錯誤．小球在BC段的時間t′＝＝ s＝0.3 s，則小球從B運動到D的時間為0.3 s＋0.4 s＝0.7 s．故B正確．小球在圓軌道P點的角速度ω＝＝5 rad/s.故C錯誤．小球在P點的向心加速度為a＝＝ m/s2＝25 m/s2.故D正確． 14．火星是太陽系中地球的“鄰居”，與地球相比，火星是個“小個子”，地球半徑是火星半徑的2倍，地球質(zhì)量是火星質(zhì)量的9倍，若地球表面的重力加速度為g，地球的半徑為R，忽略自轉的影響，下列說法正確的是(AD) A．火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的倍 B．火星的平均密度是地球平均密度的倍 C．火星的第一宇宙速度是

28、地球第一宇宙速度的倍 D．火星軌道半徑最小的衛(wèi)星的周期是地球近地衛(wèi)星周期的倍 【解析】由星球表面處的物體所受萬有引力等于重力可得G＝mg，得到g＝，已知地球半徑是火星半徑的2倍，地球質(zhì)量是火星質(zhì)量的9倍，則＝·＝，選項A正確；根據(jù)M＝πR3ρ，可得ρ＝，故火星的平均密度是地球平均密度的，選項B錯誤；由萬有引力提供向心力，有G＝m，得第一宇宙速度v＝，故火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的，選項C錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力，有G＝mR，得地球近地衛(wèi)星的周期T＝2π，＝＝，T′＝T，選項D正確． 二、計算題(本大題共4個小題，共44分，解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值

29、計算的要注明單位) 15．(10分)在離水平地面高80 m的塔頂，以30 m/s的初速度水平拋出一物體(不計空氣阻力，取g＝10 m/s2)．求： (1)物體在空中飛行的時間； (2)物體的落地速度多大； (3)物體飛行的水平距離多大？ 【解析】(1)根據(jù)h＝gt2得，物體平拋運動的時間t＝＝ s＝4 s. (2)落地時豎直方向速度vy＝gt＝40 m/s， 則落地時速度大小v＝＝ m/s＝50 m/s (3)物體落地點與拋出點的水平距離x＝v0t＝30×4 m＝120 m. 16．(10分)如圖所示，探月衛(wèi)星的發(fā)射過程可簡化如下：首先進入繞地球運行的“停泊軌道”，在該軌

30、道的P處通過變速再進入“地月轉移軌道”，在快要到達月球時，對衛(wèi)星再次變速，衛(wèi)星被月球引力“俘獲”后，成為環(huán)月衛(wèi)星，最終在環(huán)繞月球的“工作軌道”繞月飛行(視為圓周運動)，對月球 進行探測．“工作軌道”周期為T、距月球表面的高度為h，月球半徑為R，引力常量為G，忽略其他天體對探月衛(wèi)星在“工作軌道”上環(huán)繞運動的影響． (1)要使探月衛(wèi)星從“轉移軌道”進入“工作軌道”，應增大速度還是減小速度？ (2)求探月衛(wèi)星在“工作軌道”上環(huán)繞的線速度大??； (3)求月球的第一宇宙速度． 【解析】(1)要使探月衛(wèi)星從“轉移軌道”進入“工作軌道”，應減小速度使衛(wèi)星做近心運動． (2)根據(jù)線速度與軌道半徑和周

31、期的關系可知探月衛(wèi)星線速度的大小v＝. (3)設月球的質(zhì)量為M，探月衛(wèi)星的質(zhì)量為m，月球?qū)μ皆滦l(wèi)星的萬有引力提供其做勻速圓周運動的向心力，所以有 G＝m(R＋h) 月球的第一宇宙速度v1等于“近月衛(wèi)星”的環(huán)繞速度，設“近月衛(wèi)星”的質(zhì)量為m′，則有G＝m′ 解得v1＝. 17．(12分)如圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點，水平桌面右側有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也為R.質(zhì)量為m＝0.2 kg的小物塊將彈簧緩慢壓縮到C點釋放，物塊過B點后做勻變速運動，

32、由B到D位移與時間的關系為x＝6t－2t2，物塊飛離桌面后恰好由P點沿切線進入圓軌道，g＝10 m/s2，不計空氣阻力．求： (1)小物塊m到達P點時的速度； (2)B、D間的距離； (3)判斷小物塊m能否沿圓軌道到達M點(要求寫出判斷過程)． 【解析】(1)設物塊由D點以速度vD做平拋，落到P點時其豎直速度為vy＝，＝tan 45°得vD＝4 m/s，vP＝＝4 m/s (2)由物塊過B點后其位移與時間的關系x＝6t－2t2 得v0＝6 m/s，a＝－4 m/s2. BD間的位移為x1＝＝2.5 m (3)若物體不沿軌道也能到達M點，其速度為vM， mv＝mv－mgR

33、 得v＝16－8，若物體恰好能沿軌道到達M點， 則mg＝m， 解得vM′2＝8>v，即物體不能到達M點． 18．(12分)如圖所示，M是水平放置的圓盤，繞過其圓心的豎直軸OO′勻速轉動，以經(jīng)過O水平向右的方向作為x軸的正方向．在圓心O正上方距盤面高為h處有一個正在間斷滴水的容器，在t＝0時刻開始隨長傳送帶沿與x軸平行的方向做勻速直線運動，速度大小為v.已知容器在t＝0時滴下第一滴水，以后每當前一滴水剛好落到盤面上時再滴下一滴水．問： (1)每一滴水經(jīng)多長時間滴落到盤面上？ (2)要使盤面上只留下3個水滴，圓盤半徑R應滿足什么條件？ (3)若圓盤半徑R足夠大，第二滴水和第三滴水在

34、圓盤上可能相距的最遠距離為多少？此時圓盤轉動的角速度至少為多少？ 【解析】(1)水滴在堅直方向做自由落體運動，有： h＝gt； 解得：t1＝ (2)第三滴水平拋后恰好落在轉盤的邊緣，根據(jù)平拋運動的分位移公式，有： 水平方向：x1＝vt1＝R1－v·2t1 豎直方向：y＝h＝gt； 解得：R1＝3vt1＝3v 第四滴水平拋后恰好落在轉盤的邊緣，根據(jù)平拋運動的分位移公式，有： 水平方向：x2＝vt1＝R2－v·3t1 豎直方向：y＝h＝gt；解得：R2＝4vt1＝4v 要使盤面上只留下3個水滴，圓盤半徑的范圍為： 4v＞R≥3v； (3)第二滴水落在圓盤上的水平位移為s2＝v·2t1＝2v 第三滴水落在圓盤上的水平位移為s3＝v·3t1＝3v 當?shù)诙嗡c第三滴水在盤面上的落點位于同一直徑上圓心的兩側時兩點間的距離最大，為s＝s2＋s3＝5v在相鄰兩滴水的下落時間內(nèi)，圓盤轉過的最小角度為π，所以最小角速度為ω＝＝π. - 15 -