2017_2018学年高中物理全一册教学案（打包31套）沪科版必修2

h2
答案　D
解析　竖直上抛物体和沿斜面运动的物体，上升到最高点时，速度均为0，由机械能守恒得mgh＝mv，所以h＝，斜上抛物体在最高点速度设为v1，v1>0，则mgh2＝mv－mv，所以h2＜h1＝h3，故D对.
8.把质量为m的石块从高h的山崖上沿与水平方向成θ角斜向上的方向抛出(如图5所示)，抛出的初速度为v0，石块落地时的速度大小与下面哪些量无关(不计空气阻力)(　　)
图5
A.石块的质量 B.石块初速度的大小
C.石块初速度的仰角 D.石块抛出时的高度
答案　AC
解析　以地面为参考平面，石块运动过程中机械能守恒，则mgh＋mv＝mv2
即v2＝2gh＋v，所以v＝
由此可知，v与石块的初速度大小v0和高度h有关，而与石块的质量和初速度的方向无关.
9.图6是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B处时，下列表述正确的有(　　)
图6
A.N小于滑块重力 B.N大于滑块重力
C.N越大表明h越大 D.N越大表明h越小
答案　BC
解析　设滑块在B点的速度大小为v，选B处所在水平面为零势能面，从开始下滑到B处，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，在B处由牛顿第二定律得N－mg＝m，因而选B、C.
10.质量相同的小球A和B分别悬挂在长为L和2L的不同长绳上，先将小球拉至同一水平位置(如图7所示)从静止释放，当两绳竖直时，不计空气阻力，则(　　)
图7
A.两球的速率一样大 B.两球的动能一样大
C.两球的机械能一样大 D.两球所受的拉力一样大
答案　CD
解析　两球在下落过程中机械能守恒，开始下落时，重力势能相等，动能都为零，所以机械能相等，下落到最低点时的机械能也一样大，选项C正确.选取小球A为研究对象，设小球到达最低点时的速度大小为vA，动能为EkA，小球所受的拉力大小为FA，则mgL＝mv，FA－mg＝，可得vA＝，EkA＝mgL，FA＝3mg；同理可得vB＝2，EkB＝2mgL，FB＝3mg，故选项A、B错误，选项D正确.
二、非选择题
11.如图8所示，某大型露天游乐场中过山车的质量为1 t，过山车从轨道一侧的顶点A处由静止出发，到达底部B处后又冲上环形轨道，使乘客头朝下通过C点，再沿环形轨道到达底部B处，最后冲上轨道另一侧的顶点D处，已知D与A在同一水平面上.A、B间的高度差为20 m，圆环半径为5 m，如果不考虑车与轨道间的摩擦和空气阻力，g取10 m/s2.试求：
图8
(1)过山车通过B点时的动能；
(2)过山车通过C点时的速度大小；
(3)过山车通过D点时的机械能.(取过B点的水平面为零势能面)
答案　(1)2×105 J　(2)10 m/s　(3)2×105 J
解析　(1)过山车由A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律ΔEk增＝ΔEp减可得过山车在B点时的动能.
mv－0＝mghAB
EkB＝mv＝mghAB
解得EkB＝2×105 J
(2)过山车从A点运动到C点时有
mv－0＝mghAC
解得vC＝10 m/s
(3)由机械能守恒定律可知，过山车在D点时的机械能就等于在A点时的机械能，则有ED＝EA＝mghAB
解得ED＝2×105 J.
12.如图9所示，竖直平面内有一半径R＝0.5 m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.5 kg的小球从B点正上方H高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4 m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.8 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
图9
(1)小球释放点到B点的高度H；
(2)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小N.
答案　(1)0.95 m　(2)34 N
解析　(1)设小球在飞行过程中通过最高点P的速度为v0，P到D和P到Q可视为两个对称的平抛运动，则有：h＝gt2，＝v0t
可得：v0＝＝× m/s＝3 m/s
在D点有：vy＝gt＝4 m/s
在D点合速度大小为：v＝＝5 m/s
设v与水平方向夹角为θ，cos θ＝＝
A到D过程机械能守恒：mgH＋mgRcos θ＝mv2
解得：H＝0.95 m
(2)设小球经过C点时速度为vC，A到C过程机械能守恒：mg(H＋R)＝mv
由牛顿第二定律有N－mg＝m
解得N＝34 N.
4.2.2　研究机械能守恒定律(二)
——实验探究：验证机械能守恒定律
[学习目标]　1.理解实验的设计思路，明确实验中需要直接测量的物理量.2.知道实验中选取测量点的有关要求，会根据纸带测定物体下落的高度，掌握测量瞬时速度的方法.3.能正确进行实验操作，分析实验数据得出结论，能定性地分析产生误差的原因.
一、实验原理
只有重力对物体做功的过程，比较物体重力势能的变化量与动能变化量，若满足ΔEp＝－ΔEk，则说明机械能守恒.
二、两种验证方案
方案一　用单摆和DIS装置验证机械能守恒
1.实验步骤
(1)如图1，在铁架台上端用铁架悬挂一个摆球.
(2)在方格纸上确定4至5个点作为测量点.
(3)安装光电传感器，并使之与数据采集器相连接.
图1
(4)让摆球从某一高度向下摆动.分别测定摆球在摆动过程中任意时刻的动能和重力势能.
(5)研究每一个测量点上机械能的总量有什么特点.
2.注意事项
(1)小球运动时，应使其轨迹在一竖直面内，避免做圆锥摆运动.
(2)调整带方格纸的木板，应使其竖线在竖直方向上.
(3)为准确测定小球在各位置的瞬时速度，可在小球下部安置一块挡光片，并确保挡光片在竖直面内.
方案二　用自由落下的重物和打点计时器验证机械能守恒
1.实验步骤
(1)安装置：按图2甲把打点计时器安装在铁架台上，用导线把打点计时器与电源连接好.
图2
(2)打纸带：在纸带的一端把重物用夹子固定好，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带使重物停靠在打点计时器附近.先接通电源后放手，让重物拉着纸带自由下落.重复几次，得到3～5条打好点的纸带.
(3)选纸带：从打好点的纸带中挑选点迹清晰且开始的两点间距接近2 mm的一条纸带，在起始点标上0，以后任取间隔相同时间的点依次标上1、2、3…….
(4)测距离：用刻度尺测出0到1、2、3……的距离，即为对应下落的高度h1、h2、h3…….
2.数据处理
(1)计算各点对应的瞬时速度：根据公式vn＝，计算出1、2、3…n点的瞬时速度v1、v2、v3…vn.
(2)机械能守恒定律验证
方法一：利用起始点和第n点.
如果在实验误差允许范围内ghn＝v，则机械能守恒定律得到验证.
方法二：任取两点A、B.
如果在实验误差允许范围内ghAB＝v－v，则机械能守恒定律得到验证.
方法三：图像法(如图3所示).
图3
若在实验误差允许范围内图线是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律.
3.误差分析
本实验的误差主要是由纸带测量产生的偶然误差以及重物和纸带运动中的空气阻力及打点计时器的摩擦阻力引起的系统误差.
4.实验注意事项
(1)打点计时器安装要稳固，并使两限位孔的中线在同一竖直线上，以减小摩擦阻力.
(2)应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力相对减小.
(3)实验时，应先接通电源，让打点计时器正常工作后再松开纸带让重物下落.
(4)本实验中的两种验证方法均不需要测重物的质量m.
(5)速度不能用v＝gt或v＝计算，应根据纸带上测得的数据，利用vn＝计算瞬时速度.
一、实验原理及基本操作
例1　在利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，电源的频率为50 Hz，依次打出的点为0、1、2、3、4、…、n，则：
(1)如用第2点到第6点之间的纸带来验证，必须直接测量的物理量为________、________、________，必须计算出的物理量为________、________，验证的表达式为___________.
(2)下列实验步骤操作合理的排列顺序是________(填写步骤前面的字母).
A.将打点计时器竖直安装在铁架台上.
B.先接通电源，再松开纸带，让重物自由下落.
C.取下纸带，更换新纸带(或将纸带翻个面)重新做实验.
D.将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带.
E.选择一条纸带，用刻度尺测出物体下落的高度h1、h2、h3、…、hn，计算出对应的瞬时速度v1、v2、v3、…、vn.
F.分别算出mv和mghn，在实验误差范围内看是否相等.
答案　(1)第2点到第6点之间的距离h26　第1点到第3点之间的距离h13　第5点到第7点之间的距离h57　第2点的瞬时速度v2　第6点的瞬时速度v6　mgh26＝mv－mv　(2)ADBCEF
解析　(1)要验证从第2点到第6点之间的纸带对应重物的运动过程中机械能守恒，应测出第2点到第6点的距离h26，要计算第2点和第6点的速度v2和v6，必须测出第1点到第3点之间的距离h13和第5点到第7点之间的距离h57，机械能守恒的表达式为mgh26＝mv－mv.
处理实验问题，要明确实验原理，根据原理设计实验步骤，有针对性的分析问题.
针对训练　(多选)用自由落体法验证机械能守恒定律，就是看mv是否等于mghn(n为计数点的编号).下列说法中正确的是(　　)
A.打点计时器打第一个点0时，重物的速度为零
B.hn是计数点n到起始点0的距离
C.必须测量重物的质量
D.用vn＝gtn计算vn时，tn＝(n－1)T(T为打点周期)
答案　AB
解析　本实验的原理是利用重物的自由落体运动来验证机械能守恒定律.因此打点计时器打第一个点时，重物运动的速度应为零，A正确；hn与vn分别表示打第n个点时重物下落的高度和对应的瞬时速度，B正确；本实验中，不需要测量重物的质量，因为公式mgh＝mv2的两边都有m，故只要gh＝v2成立，mgh＝mv2就成立，机械能守恒定律也就被验证了，C错误；实验中应用公式vn＝来计算vn，D错误.
二、数据处理及误差分析
例2　某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图4甲所示.实验中测出重物自由下落的高度h及对应的瞬时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh和增加的动能mv2，然后进行比较，如果两者相等或近似相等，即可验证重物自由下落过程中机械能守恒.请根据实验原理和步骤完成下列问题：
图4
(1)关于上述实验，下列说法中正确的是________.
A.重物最好选择密度较小的木块
B.重物的质量可以不测量
C.实验中应先接通电源，后释放纸带
D.可以利用公式v＝来求解瞬时速度
(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清晰的纸带，纸带上的O点是起始点，选取纸带上连续的点A、B、C、D、E、F作为计数点，并测出各计数点到O点的距离依次为27.94 cm、32.78 cm、38.02 cm、43.65 cm、49.66 cm、56.07 cm.已知打点计时器所用的电源是50 Hz的交流电，重物的质量为0.5 kg，则从计时器打下点O到打下点D的过程中，重物减小的重力势能ΔEp＝________ J；重物增加的动能ΔEk＝________ J，两者不完全相等的原因可能是__________________.(重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果保留三位有效数字)
(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点A、B、C、D、E、F各点的瞬时速度v，以各计数点到A点的距离h′为横轴，v2为纵轴作出图像，如图丙所示，根据作出的图线，能粗略验证自由下落的物体机械能守恒的依据是__________________.
答案　(1)BC　(2)2.14　2.12　重物下落过程中受到阻力作用
(3)图像的斜率等于19.52 m/s2，约为重力加速度g的两倍，故能验证
解析　(1)重物最好选择密度较大的铁块，受到的阻力较小，故A错误.本题是以自由落体运动为例来验证机械能守恒定律，需要验证的方程是mgh＝mv2，因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去，不需要用天平测量重物的质量，操作时应先接通电源，再释放纸带，故B、C正确.不能利用公式v＝来求解瞬时速度，否则体现不了实验验证，却变成了理论推导，故D错误.
(2)重力势能减小量ΔEp＝mgh＝0.5×9.8×0.436 5 J≈2.14 J.利用匀变速直线运动的推论：
vD＝＝ m/s＝2.91 m/s，
EkD＝mv＝×0.5×2.912 J≈2.12 J，动能增加量ΔEk＝EkD－0＝2.12 J.由于存在阻力作用，所以减小的重力势能大于动能的增加.
(3)根据表达式mgh＝mv2，则有v2＝2gh；
当图像的斜率为重力加速度的2倍时，即可验证机械能守恒，而图像的斜率k＝ m/s2＝19.52m/s2，因此能粗略验证自由下落的物体机械能守恒.
1.(实验器材及误差分析)如图5为验证机械能守恒定律的实验装置示意图.现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤.回答下列问题：
图5
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有_______.(填入正确选项前的字母)
A.米尺 B.秒表 C.低压直流电源 D.低压交流电源
(2)实验中产生误差的原因有：______________________________(写出两个原因即可).
(3)实验中由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带通过时受到较大阻力，这样将造成________.
A.不清楚 B.mgh>mv2 C.mgh答案　(1)AD　(2)①纸带和打点计时器之间有摩擦.②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差.③计算势能变化时，选取始末位置过近.④交流电频率不稳定.(任选其二)　(3)B
解析　(1)在处理数据时需要测量长度，故需要米尺；电磁打点计时器工作时需要使用低压交流电源；所以选项A、D正确.
(2)造成误差的原因有：①纸带和打点计时器之间有摩擦.②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差.③计算势能变化时，选取始末位置过近.④交流电频率不稳定.
(3)由于阻力作用，物体重力势能的减少量大于动能的增加量，即mgh>mv2，选项B正确.
2.(实验原理及误差分析)如图6所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1＞m2.现要利用此装置验证机械能守恒定律.
图6
(1)若选定物块A从静止开始下落的过程中进行测量，则需要测量的物理量有___(填序E号).
①物块的质量m1、m2；
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；
③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间；
④绳子的长度.
(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：
①软绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；
③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；
④两个物块的质量之差要尽可能小.
以上建议中确实对提高准确度有作用的是__________.(填序号)
(3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确度有益的建议：___________________.
答案　(1)①②或①③　(2)①③　(3)例如：“对同一高度进行多次测量取平均值”“选取受力后相对伸长量尽量小的绳”“尽量减小滑轮的质量”“对滑轮转动轴进行润滑”等等.(任选一个即可)
课时作业
1.在“验证机械能守恒定律”的实验中，有位同学按以下步骤进行实验操作：
A.用天平称出重锤和夹子的质量
B.固定好打点计时器，将连着重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，且让手尽量靠近打点计时器
C.松开纸带，接通电源，开始打点，并如此重复多次，以得到几条打点的纸带
D.取下纸带，挑选点迹清晰的纸带，记下起始点O，在距离O点较近处选择几个连续计数点(或计时点)，并计算出各点的速度值
E.测出各计数点到O点的距离，即得到重锤下落的高度
F.计算出mghn和mv，看两者是否相等
在以上步骤中，不必要的步骤是___________________________________________________.有错误或不妥的步骤是____________.(填写代表字母)
更正情况：
①____________________________________________；
②____________________________________________；
③____________________________________________；
④____________________________________________.
答案　A　BCDF　①B中手应抓住纸带末端，让重锤尽量靠近打点计时器　②C中应先接通电源，再松开纸带　③D中应选取离O点较远的点　④F中应计算ghn和v
解析　A步骤不必要，不用称量重锤和夹子的质量即可验证机械能守恒定律；B步骤中应让重锤尽量靠近打点计时器，而不是手靠近；C步骤中应先接通电源，后释放纸带；D步骤中应选取离O点较远的点，这样测量时距离较远，测量的相对误差较小；F步骤中应计算ghn和v，若m没有测量，则mgh、mv，就不能计算出具体的值.
2.根据“验证机械能守恒定律”的实验回答下列问题：
(1)关于本实验的叙述中，正确的有(　　)
A.打点计时器安装时要使两限位孔位于同一竖直线上并安装稳定，以减小纸带下落过程中的阻力
B.需用天平测出重物的质量
C.打点计时器用四节干电池串联而成的电池组作为电源
D.用手托着重物，先闭合打点计时器的电源开关，然后释放重物
E.打出的纸带中，只要点迹清晰，就可以运用公式mgΔh＝mv2来验证机械能是否守恒
F.验证机械能是否守恒必须先确定重力势能的参考平面
(2)验证机械能是否守恒时，对于实验中计算某一点的速度，甲同学用v＝gt来计算，乙同学用vn＝来计算.其中______同学的计算方法符合实验要求.计算重力势能时，对于重力加速度g的数值，甲同学用9.8 m/s2代入，乙同学用通过对纸带分析计算出重物下落的实际加速度代入，丙同学用当地的实际重力加速度代入，其中______同学的做法是正确的.
答案　(1)AD　(2)乙　丙
解析　(1)本实验要验证“mgh＝mv2”，其中重物的质量可以消去，即不需用天平测出重物的质量，只要验证“gh＝v2”即可，选项B错误.打点计时器的打点周期取决于交流电源的频率，或者说必须使用交流电，不可用干电池代替，所以选项C错误.对于打出的纸带有两种处理方法：第一，选取第1、2两点间的距离接近2 mm且点迹清晰的纸带进行测量，利用“gh＝v2”来验证机械能是否守恒；第二，可以选择纸带点迹清晰的部分，测量任意两个计数点之间的距离Δh，求出这两点间的动能之差ΔEk，运用公式mgΔh＝ΔEk而不是mgΔh＝mv2来验证机械能是否守恒，所以选项E错误.因为本实验要验证的是重物重力势能的改变量等于其动能的增加量，而重力势能的改变量与重力势能的参考平面的位置无关，所以本实验不需要先确定重力势能的参考平面，选项F错误.本题答案为A、D.
(2)计算瞬时速度须使用公式vn＝，v＝gt是mv2＝mgh的简化形式，所以甲同学的方法不符合实验要求，乙同学的计算方法符合实验要求；重力加速度g的数值应该取当地的实际重力加速度，所以丙同学的做法是正确的.
3.利用如图1所示实验装置来验证机械能守恒定律.通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中小铁球经过光电门B时，毫秒计时器(图中未画出)记录下小铁球的挡光时间t.实验前调整光电门位置，使小铁球下落过程中，小铁球球心垂直细激光束通过光电门，当地重力加速度为g.
图1
(1)为了验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，还需要测量的物理量是________.
A.A点距地面的高度H
B.A、B之间的距离h
C.小铁球从A到B的下落时间tAB
D.小铁球的直径d
(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v＝________；要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式________是否成立即可(用实验中测得物理量的符号表示).
答案　(1)BD　(2)　＝h(或d2＝2ght2)
解析　(1)根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离，故A错误，B正确.利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，但需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小铁球的直径，故C错误，D正确.
(2)利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故v＝；根据机械能守恒的表达式有mgh＝mv2，可得＝h(或d2＝2ght2)，故只要验证＝h(或d2＝2ght2)即可.
4.现利用如图2所示装置验证机械能守恒定律.图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为30°，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出.让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2 s、2.00×10－2 s.已知滑块质量为2.00 kg，滑块沿斜面方向的长度为5.00 cm，光电门1和2之间的距离为0.54 m，g取9.80 m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度.
图2
(1)滑块经过光电门1时的速度v1＝______ m/s，通过光电门2时的速度v2＝______ m/s.
(2)滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为______ J，重力势能的减少量为_______ J.
答案　(1)1.00　2.50　(2)5.25　5.29
解析　(1)v1＝＝ m/s＝1.00 m/s
v2＝＝ m/s＝2.50 m/s
(2)动能增加量ΔEk＝×2.00×(2.502－1.002) J＝5.25 J.
重力势能的减少量：ΔEp＝2.00×9.80×0.54×sin 30° J≈5.29 J.
5.用如图3所示实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒.m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律.图4给出的是实验中获得的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图4所示.已知m1＝50 g，m2＝150 g，则：(结果均保留两位有效数字)
图3
图4
(1)从纸带上打下计数点5时的速度v＝________ m/s；
(2)从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝__________ J，系统势能的减少量ΔEp＝________ J；(当地的重力加速度g取10 m/s2)
(3)若某同学作出v2－h图像如图5所示，则当地的重力加速度g＝________ m/s2.
图5
答案　(1)2.4　(2)0.58　0.60　(3)9.7
解析　(1)在纸带上打下计数点5时的速度
v＝ m/s＝2.4 m/s.
(2)从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝(m1＋m2)v2＝×(0.05＋0.15)×2.42 J≈0.58 J，系统势能的减少量ΔEp＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(38.40＋21.60)×10－2 J＝0.60 J.
(3)根据(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh，
可得v2＝h，由图线可知
＝＝，则g＝9.7 m/s2.
6.如图6所示，某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律.频闪仪每隔0.05 s闪光一次，用毫米刻度尺测得相邻两个时刻小球上升的高度分别为h1＝26.3 cm，h2＝23.68 cm，h3＝21.16 cm，h4＝18.66 cm，h5＝16.04 cm，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表所示(当地重力加速度g＝9.80 m/s2，小球质量m＝0.10 kg)：
图6
时刻
t2
t3
t4
t5
速度(m/s)
4.48
3.98
3.47
(1)上面测量高度的五个数据中不符合有效数字读数要求的是_____段，应记作______cm.
(2)由频闪照片上的数据计算t2时刻小球的速度v2＝____ m/s.(计算结果保留三位有效数字)
(3)从t2到t5时间内，重力势能增量ΔEp＝________ J，动能减少量ΔEk＝________ J.(计算结果保留三位有效数字)
(4)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，从而验证了机械能守恒定律.由上述计算所得ΔEp_______ΔEk(选填“>”“<”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是__________.
答案　(1)h1　26.30　(2)5.00　(3)0.622　0.648
(4)<　上升过程中有空气阻力做负功 (或受到空气阻力)
解析　(1)从题中可得测量工具是毫米刻度尺，所以h1在有效数字读数要求上有错误，应记作26.30 cm.
(2)匀变速直线运动过程中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以有：v2＝≈5.00 m/s.
(3)根据重力做功和重力势能的关系有：ΔEp＝mg(h2＋h3＋h4)≈0.622 J
ΔEk＝mv－mv≈0.648 J.
7.为了验证机械能守恒定律，某同学设计了如图7甲所示的实验装置，并提供了如下的实验器材：A.小车　B.钩码C.一端带滑轮的木板　D.细线　E.电火花计时器　F.纸带　G.毫米刻度尺　H.低压交流电源　I.220 V交流电源
图7
(1)根据上述实验装置和提供的实验器材，你认为实验中不需要的器材是________(填写器材序号)，还应补充的器材是________.
(2)实验中得到了一条纸带如图乙所示，选择点迹清晰且便于测量的连续7个点(标号0～6)，测出0到1、2、3、4、5、6点的距离分别为d1、d2、d3、d4、d5、d6，打点周期为T.则打点2时小车的速度v2＝__________；若测得小车质量为M、钩码质量为m，打点1和点5时小车的速度分别用v1、v5表示，已知重力加速度为g，则验证点1与点5间系统的机械能守恒的关系式可表示为___________________________________________________________.
(3)在实验数据处理时，如果以为纵轴，以d为横轴，根据实验数据绘出－d图像，其图线的斜率表示的物理量的表达式为__________.
答案　(1)H　天平　(2)或　mg(d5－d1)＝(M＋m)(v－v)　(3)
解析　(2)打点2时的速度等于1～3间或0～4间的平均速度，即v2＝或；根据机械能守恒，整个系统减少的重力势能等于整个系统增加的动能，即mg(d5－d1)＝(M＋m)(v－v) ；
(3)根据mgd＝(M＋m)v2得：＝d，所以－d图线的斜率表示的物理量的表达式为.
4.3 能量的转化与守恒 4.4 能源与可持续发展
[学习目标]　1.掌握能量守恒定律.知道能量守恒定律是最基本、最普遍的自然规律之一.
2.了解能量转化和转移的方向性，认识人类珍惜和保护能源和资源的必要性.3.了解我国能源状况，认识能源与环境协调发展的必要性.4.掌握各种功能关系，会应用功能关系和能量守恒定律解决问题.
一、能量的转化与守恒
1.能量的多样性：自然界中能量的形式有多种，如：机械能、内能、电磁能、光能、化学能、核能、生物能等，各种不同形式的能量可以相互转化.
2.能量守恒定律：
(1)内容：能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量不变.
(2)能量守恒定律是自然界中最基本、最普遍的规律，它宣布第一类永动机(不消耗能量而连续不断地对外做功，或者消耗少量能量而做大量的功的机器)是不可能(填“可能”或“不可能”)制成的.
二、能源与可持续发展
1.能量的转化效率
(1)任何机器都不可能(填“可能”或“不可能”)将输入的能量全部转化为有用的能量.
(2)能量的转化效率＝.
(3)机器的能量转化效率一定小于(填“一定小于”或“可以等于”)100%.
2.能量转化和转移的方向性
研究和事实都表明：能量的转化和转移具有方向性，或者说，能量的转化和转移具有不可逆性.
3.第二类永动机不违反(填“违反”或“不违反”)能量守恒定律，但违反(填“违反”或“不违反”)能量转化和转移的不可逆性，因此不可能制成.
4.能源开发、利用与环境保护
(1)煤、石油、天然气等化石燃料是目前所用的主要能源，是不可(填“可以”或“不可”)再生的.
(2)能源的可持续发展战略：尽可能地开发和利用各种新能源，千方百计地提高不可再生能源的合理利用率和转化效率，并且厉行节约，避免浪费.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)任何能量之间的转化都遵循能量守恒定律.(√)
(2)因为能量守恒，所以我们不需要节能.(×)
(3)能量的转化和转移具有不可逆性.(√)
(4)任何机器的能量转化效率都低于100%.(√)
(5)第一类永动机不能制成是因为违反了能量守恒定律.(√)
(6)第二类永动机不可能制成是因为违反了能量守恒定律.(×)
2.一个质量为60 kg的登山运动员，他登山时平均每小时登高500 m(竖直高度)，已知人体内将化学能转化为机械能的效率为25%，那么他在3 h内消耗的化学能为____J.(g取10 m/s2)
答案　3.6×106 J
解析　3 h内增加的机械能ΔE＝mgh＝60×10×500×3 J＝9×105 J
消耗的化学能E＝＝＝3.6×106 J.
一、能量守恒定律的理解
[导学探究]　(1)在验证机械能守恒定律的实验中，计算结果发现，重物减少的重力势能的值总大于增加的动能的值，即机械能的总量在减少.机械能减少的原因是什么？减少的部分机械能是消失了吗？
(2)请说明下列现象中能量是如何转化或转移的？
①植物进行光合作用.
②放在火炉旁的冰融化变热.
③电流通过灯泡，灯泡发光.
答案　(1)机械能减少的原因是由于要克服摩擦阻力和空气阻力做功，机械能转化成了内能.不是.
(2)①光能转化为化学能
②内能由火炉转移到冰
③电能转化为光能
[知识深化]
1.适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律.
2.能量守恒定律的理解
某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等.
某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等.
例1　(多选)从光滑斜面上滚下的物体，最后停止在粗糙的水平面上，说明(　　)
A.在斜面上滚动时，只有动能和势能的相互转化
B.在斜面上滚动时，有部分势能转化为内能
C.在水平面上滚动时，总能量正在消失
D.在水平面上滚动时，机械能转化为内能，总能量守恒
答案　AD
解析　在斜面上滚动时，只有重力做功，只发生动能和势能的相互转化；在水平面上滚动时，有摩擦力做功，机械能转化为内能，总能量是守恒的.
二、能量守恒定律的应用
1.能量守恒定律的表达式
(1)从不同状态看，E初＝E末.
(2)从能的转化角度看，ΔE增＝ΔE减.
(3)从能的转移角度看，ΔEA增＝ΔEB减.
2.能量守恒定律应用的关键步骤：
(1)明确研究对象和研究过程.
(2)找全参与转化或转移的能量，明确哪些能量增加，哪些能量减少.
(3)列出增加量和减少量之间的守恒式.
例2　如图1所示，皮带的速度是3 m/s，两圆心的距离s＝4.5 m，现将m＝1 kg的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，电动机带动皮带将物体从左轮运送到右轮正上方时，求：(g取10 m/s2)
图1
(1)小物体获得的动能Ek；
(2)这一过程摩擦产生的热量Q；
(3)这一过程电动机消耗的电能E.
答案　(1)4.5 J　(2)4.5 J　(3)9 J
解析　(1)设小物体与皮带达到共同速度时，物体相对地面的位移为s′.
μmgs′＝mv2，解得s′＝3 m<4.5 m，
即物体可与皮带达到共同速度，此时
Ek＝mv2＝×1×32 J＝4.5 J.
(2)由μmg＝ma得a＝1.5 m/s2，由v＝at得t＝2 s，则Q＝μmg(vt－s′)＝0.15×1×10×(6－3) J＝4.5 J.
(3)由能量守恒知
E电＝Ek＋Q＝4.5 J＋4.5 J＝9 J.
三、功能关系的理解与应用
1.功能关系概述
(1)不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的，做功的过程就是能量之间转化的过程.
(2)功是能量转化的量度.做了多少功，就有多少能量发生转化.
2.功与能的关系：由于功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，具体功能关系如下：
功
能量转化
关系式
重力做功
重力势能的改变
WG＝－ΔEp
弹力做功
弹性势能的改变
WF＝－ΔEp
合外力做功
动能的改变
W合＝ΔEk
除重力、系统内弹力以外的其他力做功
机械能的改变
W＝ΔE机
两物体间滑动摩擦力对物体系统做功
内能的改变
f·s相对＝Q
例3　如图2所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中(　　)
图2
A.重力做功2mgR B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功mgR
答案　D
解析　重力做功与路径无关，所以WG＝mgR，选项A错；小球在B点时所受重力提供向心力，即mg＝m，所以v＝，从P点到B点，由动能定理知：W合＝mv2＝mgR，故选项C错；根据能量守恒知：机械能的减少量为|ΔE|＝|ΔEp|－|ΔEk|＝mgR，故选项B错；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故选项D对.
例4　如图3所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木块以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速度地轻放到长木块右端，小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木块上相对长木块滑动L时与长木块保持相对静止，此时长木块对地的位移为l，求这个过程中：
图3
(1)小铁块增加的动能；
(2)长木块减少的动能；
(3)系统机械能的减少量；
(4)系统产生的热量.
答案　(1)μmg(l－L)　(2)μmgl　(3)μmgL　(4)μmgL
解析　画出这一过程两物体位移示意图，如图所示.
(1)根据动能定理得μmg(l－L)＝ΔEk
即小铁块动能的增加量等于滑动摩擦力对小铁块做的功.
(2)摩擦力对长木块做负功，根据功能关系得ΔEkM＝－μmgl，即长木块减少的动能等于长木块克服摩擦力做的功μmgl.
(3)系统机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功ΔE＝μmgL.
(4)m、M间相对滑动的位移为L，根据能量守恒定律，有Q＝μmgL，即摩擦力对系统做的总功等于系统产生的热量，也等于系统减少的机械能.
1.(能源的利用)关于能源的开发和应用，下列说法中正确的是(　　)
A.能源应用的过程就是内能转化为机械能的过程
B.化石能源的能量归根结底来自于太阳能，因此化石能源永远不会枯竭
C.在广大的农村推广沼气前景广阔、意义重大，既变废为宝，减少污染，又大量节约能源
D.随着科学技术的发展，煤炭资源将取之不尽、用之不竭
答案　C
解析　能源应用过程并不单纯是将内能转化为机械能的过程，各种转化形式均可为人类服务，A错误；化石能源的能量虽然来自太阳能，但要经过数亿年的地质演变才能形成，且储量有限，为不可再生能源，B错误；在广大农村推广沼气对改善农村环境、节约能源意义重大，功在当代，利在千秋，C正确；无论技术先进与否，煤炭资源不可能取之不尽、用之不竭，D错误.故选C.
2.(功能关系)(多选)如图4所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动.已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d，若木块对子弹的阻力f视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)
图4
A.fl＝Mv2 B.fd＝Mv2 C.fd＝mv－(M＋m)v2 D.f(l＋d)＝mv－mv2
答案　ACD
解析　画出运动过程示意图，从图中不难看出，当木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d时，子弹相对于地面发生的位移为l＋d.由牛顿第三定律知，子弹对木块的作用力大小也为f.
子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得
f·l＝Mv2 ①
木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得
－f·(l＋d)＝mv2－mv ②
由①②得f·d＝mv－(M＋m)v2
所以，本题正确选项为A、C、D.
3.(能量守恒定律的应用)如图5所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置为D点，D点距A点AD＝3 m.挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(小数点后保留两位小数)
图5
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
答案　(1)0.52　(2)24.46 J
解析　(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv＋mglADsin 37° ①
物体克服摩擦力产生的热量为Q＝fs ②
其中s为物体的路程，即s＝5.4 m
f＝μmgcos 37° ③
由能量守恒定律可得ΔE＝Q ④
由①②③④式解得μ≈0.52.
(2)物体由A到C的过程中，
动能减小ΔEk＝mv ⑤
重力势能减少ΔEp′＝mglACsin 37° ⑥
摩擦生热Q′＝flAC＝μmgcos 37°lAC ⑦
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
Epm＝ΔEk＋ΔEp′－Q′ ⑧
联立⑤⑥⑦⑧解得Epm≈24.46 J.
课时作业
一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题)
1.下列说法正确的是(　　)
A.随着科技的发展，永动机是可以制成的
B.太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了
C.“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的
D.有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量是可以凭空产生的
答案　C
2.利用能源的过程实质上是(　　)
A.能量的消失过程
B.能量的创造过程
C.能量不守恒的过程
D.能量转化或转移并且耗散的过程
答案　D
解析　利用能源的过程实质上是能量转化或转移的过程，在能源的利用过程中能量是耗散的，A、B、C错误，D正确.
3.能源在“两型”社会的建设中有着重要的意义，节约用电应成为现代公民的行为准则.下列用电方式中属于科学、合理地节约用电的是(　　)
A.家电尽量长时间待机
B.用节能灯替换白炽灯
C.楼道、走廊照明灯尽量不采用声、光控制
D.不要清除冰箱内的冰、霜
答案　B
解析　待机浪费电，家电尽量不要长时间待机，才属于科学、合理地节约用电，故A错误；用节能灯替换白炽灯，可节约用电，故B正确；楼道、走廊照明灯采用声、光控制，才属于科学、合理地节约用电，故C错误；清除冰箱内的冰、霜，能够提高冰箱的工作效率，才属于科学、合理地节约用电，故D错误.
4.如图1所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x，在下落过程中，小球受到的空气阻力为F阻，则弹簧在最短时具有的弹性势能为(　　)
图1
A.(mg－F阻)(H－L＋x)
B.mg(H－L＋x)－F阻(H－L)
C.mgH－F阻(H－L)
D.mg(L－x)＋F阻(H－L＋x)
答案　A
解析　设小球克服弹力做功为W弹， 则对小球应用动能定理得(mg－F阻)(H－L＋x)－W弹＝ΔEk＝0，所以，W弹＝(mg－F阻)(H－L＋x)，即为弹簧在最短时具有的弹性势能.
5.如图2所示为低空跳伞表演，假设质量为m的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为g，在运动员下落h的过程中，下列说法正确的是(　　)
图2
A.运动员的重力势能减少了mgh
B.运动员的动能增加了mgh
C.运动员克服阻力所做的功为mgh
D.运动员的机械能减少了mgh
答案　B
解析　在运动员下落h的过程中，重力势能减少了mgh，故A错误；根据牛顿第二定律得，运动员所受的合力为F合＝ma＝mg，则根据动能定理得，合力做功为mgh，则动能增加了mgh，故B正确；合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做功为mgh，则克服阻力做功为mgh，故C错误；重力势能减少了mgh，动能增加了mgh，故机械能减少了mgh，故D错误.
6.两块完全相同的木块A、B，其中A固定在水平桌面上，B放在光滑的水平桌面上，两颗同样的子弹以相同的水平速度射入两木块，穿透后子弹的速度分别为vA、vB，在子弹穿透木块过程中因克服摩擦力产生的热量分别为QA、QB，设木块对子弹的摩擦力大小一定，则(　　)
A.vA>vB，QA>QB B.vAC.vA＝vB，QAvB，QA＝QB
答案　D
解析　两颗同样的子弹穿透木块的过程中，摩擦阻力f相同，子弹相对木块滑动的距离相同，所以摩擦力做功过程中产生的内能Q＝fΔs相同，根据能量守恒定律有：mv2＝QA＋mv，mv2＝QB＋mv＋mBv′2，由以上两式可知vA>vB，综上所述选项D正确.
7.如图3所示，高h＝2 m的曲面固定不动.一个质量为1 kg的物体，由静止开始从曲面的顶点滑下，滑到底端时的速度大小为4 m/s.g取10 m/s2.在此过程中，下列说法正确的是(　　)
图3
A.物体克服摩擦力做功20 J
B.物体的动能增加了8 J
C.物体的重力势能减少了20 J
D.曲面对物体的支持力对物体不做功
答案　BCD
8.某运动员采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心.如图4所示，假设该运动员的质量为m，在起跑前进的距离s内，重心升高量为h，获得的速度为v，则此过程中(　　)
图4
A.运动员克服重力做功WG＝mgh
B.运动员的机械能增加了mv2
C.运动员的机械能增加了mv2＋mgh
D.运动员对自身做功W1＝mv2＋mgh
答案　ACD
解析　运动员在此过程中重力势能增加mgh，动能增加mv2，机械能增加mv2＋mgh，A、C正确，B错误.运动员通过蹬地对自身做功，做功的量为其机械能的增量，D正确.
9.如图5所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M的物块，通过轻绳跨过定滑轮与质量为m的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是(　　)
图5
A.小球的机械能守恒
B.物块与小球组成的系统机械能守恒
C.若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块M与桌面间摩擦产生的热量
D.若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块M与桌面间摩擦产生的热量
答案　CD
解析　由于绳子对小球做负功，因此小球的机械能减小，A错误；由于桌面粗糙，摩擦力对M做负功，因此物块与小球组成的系统机械能减小，B错误；若小球匀速下降，根据能量守恒，小球减小的重力势能没有转化为动能，而是完全转化为物块M与桌面间摩擦产生的热量，C正确；若小球加速下降，则小球减小的机械能一部分转化为摩擦产生的热量，另一部分转化为M的动能，因此D正确.
10.质量为m1、m2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m的人站在m1上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v1和v2，位移分别为s1和s2，如图6所示，则这段时间内此人所做的功的大小等于(　　)
图6
A.Fs2 B.F(s1＋s2)
C.m2v＋(m＋m1)v D.m2v
答案　BC
解析　根据能量守恒可知，人通过做功消耗的化学能将全部转化为物体m1和m2的动能以及人的动能，所以人做的功的大小等于F(s1＋s2)，也等于m2v＋(m＋m1)v，即B、C正确.
二、非选择题
11.一台水轮发电机组，每秒有2.0 m3的水流过水轮机，若河坝水位高度差是20 m，则水每秒对水轮机最多能做多少功？若有40%的机械能转化为电能，问发电机的输出功率为多大？(水的密度ρ＝103 kg/m3，g取10 N/kg)
答案　4×105 J　1.6×105 W
解析　若使水对水轮机做功最多，则把水的重力势能全部转化为水轮机的机械能.则每秒对水轮机做功为W＝mgh＝ρgVh＝103×10×2×20 J＝4×105 J
由P＝得P出＝＝＝1.6×105 W.
12.电机带动水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图7所示，当小木块与传送带相对静止时，求：(传送带足够长)
图7
(1)小木块的位移；
(2)传送带运动的路程；
(3)小木块获得的动能；
(4)相对运动过程摩擦产生的热量；
(5)电机带动传送带匀速传动输出的总能量.
答案　(1)　(2)　(3)mv2　(4)mv2　(5)mv2
解析　(1)小木块轻放在匀速运动的传送带上，二者相对滑动，小木块在滑动摩擦力作用下加速，直到达到同速，二者相对静止.据动能定理可得，μmgs＝mv2
则小木块的位移为s＝
(2)设小木块由静止匀加速到v所用时间为t，则t＝＝，
传送带匀速运动的路程为s0＝vt＝
(3)小木块获得的动能为Ek＝mv2
(4)相对运动过程摩擦产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝f·s相对，
其中s相对＝s0－s
因此Q＝μmg·(－)＝mv2
(5)根据能量守恒定律知，电机带动传送带匀速传动输出的总能量等于小木块增加的动能和摩擦产生的热量之和，即E＝Q＋Ek＝mv2.
习题课　机械能守恒定律
[学习目标] 1.进一步理解机械能守恒的条件及其判定.2.能灵活应用机械能守恒定律的三种表达方式.3.在多个物体组成的系统中，会应用机械能守恒定律解决相关问题.4.明确机械能守恒定律和动能定理的区别.
一、机械能是否守恒的判断
判断机械能是否守恒的方法：
(1)做功条件分析法：若物体系统内只有重力和弹力做功，其他力均不做功，则系统机械能守恒，具体有三种表现：
①只受重力、弹力，不受其他力；
②除受重力、弹力外还受其他力，其他力不做功；
③除重力、弹力外还有其他力做功，但其他力做功的代数和为零.
(2)能量转化分析法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内能增加)，则系统的机械能守恒.
例1　(多选)如图1所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是(　　)
图1
A.斜劈对小球的弹力不做功
B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C.斜劈的机械能守恒
D.小球机械能的减少量等于斜劈动能的增加量
答案　BD
解析　小球有竖直方向的位移，所以斜劈对小球的弹力对球做负功，故A选项错误；小球对斜劈的弹力对斜劈做正功，所以斜劈的机械能增加，故C选项错误.不计一切摩擦，小球下滑过程中，小球和斜劈组成的系统中只有动能和重力势能相互转化，系统机械能守恒，故B、D选项正确.
二、多物体组成的系统机械能守恒问题
1.多个物体组成的系统，就单个物体而言，机械能一般不守恒，但就系统而言机械能往往是守恒的.
2.关联物体注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系.
3.机械能守恒定律表达式的选取技巧
(1)当研究对象为单个物体时，可优先考虑应用表达式Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或ΔEk＝－ΔEp来求解.
(2)当研究对象为两个物体组成的系统时：①若两个物体的重力势能都在减少(或增加)，动能都在增加(或减少)，可优先考虑应用表达式ΔEk＝－ΔEp来求解.
②若A物体的机械能增加，B物体的机械能减少，可优先考虑用表达式ΔEA增＝ΔEB减来求解.
例2　如图2所示，斜面的倾角θ＝30°，另一边与地面垂直，高为H，斜面顶点上有一定滑轮，物块A和B的质量分别为m1和m2，通过轻而柔软的细绳连接并跨过定滑轮.开始时两物块都位于与地面距离为H的位置上，释放两物块后，A沿斜面无摩擦地上滑，B沿斜面的竖直边下落.若物块A恰好能达到斜面的顶点，试求m1和m2的比值.滑轮的质量、半径和摩擦均忽略不计.
图2
答案　1∶2
解析　设B刚下落到地面时速度为v，由系统机械能守恒得：
m2g－m1gsin 30°＝(m1＋m2)v2 ①
A以速度v上滑到顶点过程中机械能守恒，则：
m1v2＝m1gsin 30°， ②
由①②得＝1∶2.
针对训练　如图3所示，在长为L的轻杆中点A和端点B各固定一质量为m的球，杆可绕轴O无摩擦的转动，使杆从水平位置无初速度释放.求当杆转到竖直位置时，杆对A、B两球分别做了多少功？
图3
答案　－mgL　mgL
解析　设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为vA和vB.如果把轻杆、两球组成的系统作为研究对象，因为机械能没有转化为其他形式的能，故系统机械能守恒，可得：mgL＋mgL＝mv＋mv ①
因A球与B球在各个时刻对应的角速度相同，
故vB＝2vA ②
联立①②得：vA＝，vB＝.
根据动能定理，对A有：WA＋mg·＝mv－0，解得WA＝－mgL.
对B有：WB＋mgL＝mv－0，解得WB＝mgL.
三、机械能守恒定律与动能定理的综合应用
例3　为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为l＝2 m的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R＝0.2 m的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的.其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图4所示.一个质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝5 m/s从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C点时速度vC＝4 m/s.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
图4
(1)求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；
(2)求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功；
(3)为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件？
答案　(1)90 N　(2)－16.5 J　(3)R≤0.32 m
解析　(1)设小物块到达C点时受到的支持力大小为N，
根据牛顿第二定律有，N－mg＝m
解得：N＝90 N
根据牛顿第三定律得，小物块对圆轨道压力的大小为90 N
(2)小物块从A到C的过程中，根据动能定理有：
mglsin 37°＋Wf＝mv－mv
解得Wf＝－16.5 J
(3)设小物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为v1，
为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，
则v1≥
小物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律有：
mv＝mv＋2mgR，当v1＝时，
联立解得R＝0.32 m，
所以为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，竖直圆弧轨道的半径应满足R≤0.32 m.
1.(机械能是否守恒的判断)(多选)如图5所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上.其正上方A位置有一只小球.小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零.对于小球下降阶段，下列说法中正确的是(不计空气阻力)(　　)
图5
A.在B位置小球动能最大
B.在C位置小球动能最大
C.从A→C位置小球重力势能的减少等于小球动能的增加
D.整个过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒
答案　BD
解析　小球从B运动至C过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速，从C运动到D，重力小于弹力，合力向上，小球减速，故在C点动能最大，故A错误，B正确.小球下降过程中，只有重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒，D正确；从A→C位置小球重力势能的减少量等于动能增加量和弹性势能增加量之和，故C错误.
2.(多物体组成的系统机械能守恒问题)(多选)如图6所示，a、b两物块质量分别为m、3m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧.开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后由静止释放，直至a、b物块间高度差为h，不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是(　　)
图6
A.物块a的机械能守恒
B.物块b的机械能减少了mgh
C.物块b机械能的减少量等于物块a机械能的增加量
D.物块a、b与地球组成的系统机械能守恒
答案　CD
解析　释放b后物块a加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，选项A错误.对物块a、b与地球组成的系统，只有重力做功，故机械能守恒，选项D正确.物块a、b构成的系统机械能守恒，有(3m)g－mg＝mv2＋(3m)v2，解得v＝；物块b动能增加量为(3m)v2＝mgh，重力势能减少mgh，故机械能减少mgh－mgh＝mgh，选项B错误.由于绳的拉力对a做的功与b克服绳的拉力做的功相等，故物块b机械能的减少量等于物块a机械能的增加量，选项C正确.
3.(机械能守恒定律与动能定理的综合应用)如图7所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4 m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与半圆形轨道在C处连接完好.置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧原长状态的右端.将一个质量为m＝0.8 kg的小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处时对轨道的压力大小为F1＝58 N.水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.3 m，与小球间的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑.g＝10 m/s2，求：
图7
(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；
(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力.
答案　(1)11.2 J　(2)10 N，方向竖直向上
解析　(1)对小球在C处，由牛顿第二定律、牛顿第三定律及向心力公式得F1－mg＝m，
解得vC＝5 m/s.
从A到B由动能定理得Ep－μmgx＝mv，
解得Ep＝11.2 J.
(2)从C到D，由机械能守恒定律得：
mv＝2mgR＋mv，
vD＝3 m/s，
由于vD＞＝2 m/s，
所以小球在D点对轨道外壁有压力.
小球在D点，由牛顿第二定律及向心力公式得F2＋mg＝m，解得F2＝10 N.
由牛顿第三定律可知，小球在D点对轨道的压力大小为10 N，方向竖直向上.
课时作业
一、选择题(1～5题为单选题，6～7题为多选题)
1.如图1所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球.给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动.在此过程中(　　)
图1
A.小球的机械能守恒
B.重力对小球不做功
C.轻绳的张力对小球不做功
D.在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量
答案　C
解析　斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、轻绳张力的作用，由于除重力做功外，支持力和轻绳张力总是与运动方向垂直，故不做功，摩擦力做负功，机械能减少，A、B错，C对；小球动能的变化量等于合外力对其做的功，即重力与摩擦力做功的代数和，D错.
2.木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度，如图2所示，从子弹开始入射到共同上摆到最大高度的过程中，下面说法正确的是(　　)
图2
A.子弹的机械能守恒
B.木块的机械能守恒
C.子弹和木块的总机械能守恒
D.以上说法都不对
答案　D
解析　子弹打入木块的过程中，子弹克服摩擦力做功产生热，故系统机械能不守恒.
3.如图3所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h，若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　)
图3
A. B. C. D.0
答案　B
解析　小球A由静止释放到下降h的过程中系统机械能守恒，则mgh＝Ep.小球B由静止释放到下降h的过程中系统机械能也守恒，则2mgh＝Ep＋(2m)v2，解得v＝，故B正确.
4.如图4所示的滑轮光滑轻质，M1＝2 kg，M2＝1 kg，M1离地高度为H＝0.5 m，g＝10 m/s2.M1与M2从静止开始释放，空气阻力不计，M1由静止下落0.3 m时的速度为(　　)
图4
A. m/s B.3 m/s
C.2 m/s D.1 m/s
答案　A
解析　对系统运用机械能守恒定律得，(M1－M2)gh＝(M1＋M2)v2，代入数据解得v＝ m/s，故A正确，B、C、D错误.
5.如图5所示，小物体A和B通过轻质弹簧和轻绳跨过光滑定滑轮连接，初状态在外力控制下系统保持静止，轻弹簧处于原长，且轻弹簧上端离滑轮足够远，A离地面足够高，物体A和B同时从静止释放，释放后短时间内B能保持静止，A下落h高度时，B开始沿斜面上滑，则下列说法中正确的是(　　)
图5
A.B滑动之前，A机械能守恒
B.B滑动之前，A机械能减小
C.B滑动之前，A、B组成的系统机械能守恒
D.B 滑动之后，A、B组成的系统机械能守恒
答案　B
解析　B滑动之前，A下落时，绳子的拉力对A做负功，A的机械能不守恒，由功能关系知，A的机械能减小，故A错误，B正确；B滑动之前，A的机械能减小，B的机械能不变，则A、B组成的系统机械能减小，故C错误；B滑动之后，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误.
6.内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙.现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图6所示，由静止释放后(　　)
图6
A.下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能
B.下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能
C.甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D.杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点
答案　AD
解析　环形凹槽光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到凹槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到凹槽的最低点.
7.如图7所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁.现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是(　　)
图7
A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒
C.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
答案　BC
二、非选择题
8.一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在圆柱面边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱边缘处由静止释放，如图8所示.已知A球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小.
图8
答案　2
解析　设A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为v，B球的质量为m，则根据机械能守恒定律有2mgR－mgR＝×2mv2＋mv，由图可知，A球的速度v与B球速度vB的关系为vB＝v1＝vcos 45°，联立解得v＝2.
9.如图9所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡.在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态.同时释放两个小球，a球恰好能通过圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B.已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g.求：
图9
(1)a球离开弹簧时的速度大小va；
(2)b球离开弹簧时的速度大小vb；
(3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep.
答案　(1)　(2)2　(3)(m1＋10m2)gR
解析　(1)由a球恰好能到达A点知：m1g＝m1
由机械能守恒定律得：m1v－m1v＝m1g·2R
解得va＝.
(2)对于b球由机械能守恒定律得：m2v＝m2g·10R
解得vb＝＝2.
(3)由机械能守恒定律得：Ep＝m1v＋m2v
解得Ep＝(m1＋10m2)gR.
10.物块A的质量为m＝2 kg，物块与坡道间的动摩擦因数为μ＝0.6，水平面光滑.坡道顶端距水平面高度为h＝1 m，倾角为θ＝37°.物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，将轻弹簧的一端固定在水平滑道M处，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图10所示.物块A从坡顶由静止滑下，重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图10
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能；
(3)物块A被弹回到坡道后上升的最大高度.
答案　(1)2 m/s　(2)4 J　(3) m
解析　(1)由动能定理得mgh－＝mv2
代入数据解得v＝2 m/s
(2)在水平滑道上，由机械能守恒定律得mv2＝Ep
代入数据解得Ep＝4 J
(3)设物块A能够上升的最大高度为h1，物块被弹回过程中由动能定理得
0－mv2＝－mgh1－
代入数据解得h1＝ m.
第4章 能量守恒与可持续发展
章末总结
一、机械能守恒定律的理解与应用
应用机械能守恒定律解题，重在分析能量的变化，而不太关注物体运动过程的细节，这使问题的解决变得简便.
1.守恒条件：只有重力或弹力做功，系统内只发生动能和势能之间的相互转化.
2.表达式：
(1)状态式
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，理解为物体(或系统)初状态的机械能与末状态的机械能相等.
(2)变量式
①ΔEk＝－ΔEp，表示动能与势能在相互转化的过程中，系统减少(或增加)的动能等于系统增加(或减少)的势能.
②ΔEA增＝ΔEB减，适用于系统，表示由A、B组成的系统，A部分机械能的增加量与B部分机械能的减少量相等.
例1　如图1所示，物体A质量为2m，物体B质量为m，通过轻绳跨过定滑轮相连.斜面光滑、足够长，且与水平面成θ＝30°角，不计绳子和滑轮之间的摩擦.开始时A物体离地的高度为h，B物体位于斜面的底端，用手托住A物体，A、B两物体均静止.撤去手后，求：
图1
(1)A物体将要落地时的速度多大？
(2)A物体落地后，B物体由于惯性将继续沿斜面上升，则B物体在斜面上的最远点离地的高度多大？
答案　(1)　(2)h
解析　(1)由题知，物体A质量为2m，物体B质量为m，A、B两物体构成的整体(系统)只有重力做功，故整体的机械能守恒，得：mAgh－mBghsin θ＝(mA＋mB)v2
将mA＝2m，mB＝m代入解得：v＝.
(2)当A物体落地后，B物体由于惯性将继续上升，此时绳子松了，对B物体而言，只有重力做功，故B物体的机械能守恒，设其上升的最远点离地高度为H，根据机械能守恒定律得：mBv2＝mBg(H－hsin θ)整理得：H＝h.
二、功能关系的应用
例2　(多选)如图2所示，一质量为m可视为质点的小物体，在沿斜面向上的拉力F作用下，从长为L、高为h的粗糙固定斜面底端匀速运动到顶端，重力加速度为g.此过程中，物体的(　　)
图2
A.重力势能增加了mgh
B.机械能保持不变
C.机械能增加了mgh
D.机械能增加了FL
答案　AC
解析　重力做功W＝－mgh，则重力势能增加了mgh，选项A正确；物体匀速运动，动能不变，重力势能增加mgh，则机械能增加了mgh，选项B、D错误，C正确.
三、动力学方法和能量观点的综合应用
1.动力学方法：利用牛顿运动定律结合运动学规律求解力学问题.
2.能量的观点：利用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律以及功能关系求解力学问题.
3.应用技巧
涉及动力学方法和能量观点的综合题，应根据题目要求灵活选用公式和规律.
(1)涉及力和运动的瞬时性分析或恒力作用下物体做匀变速直线运动的问题时，可用牛顿运动定律.
(2)涉及多过程、变力作用下的问题，不要求知道过程的细节，用功能关系解题简便.
(3)只涉及动能与势能的相互转化，单个物体或系统机械能守恒问题时，通常选用机械能守恒定律.
(4)涉及多种形式能量转化的问题用能量守恒分析较简便.
例3　我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图3所示，质量m＝60 kg(包括雪具在内)的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道平滑衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧.助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.
图3
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力f的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大.
答案　(1)144 N　(2)12.5 m
解析　(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速直线运动，设AB的长度为s，则有v＝2as①
由牛顿第二定律有mg－f＝ma ②
联立①②式，代入数据解得f＝144 N ③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理得
mgh＋W＝mv－mv ④
设运动员在C点所受的支持力为N，由牛顿第二定律有
N－mg＝m ⑤
由题意和牛顿第三定律知N＝6mg ⑥
联立④⑤⑥式，代入数据解得R＝12.5 m.
针对训练　如图4，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.
图4
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车.已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.
答案　(1)3mg　(2)①　②L
解析　(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgR＝mv
滑块在B点处，由牛顿第二定律知N－mg＝m
解得N＝3mg
由牛顿第三定律知N′＝3mg
(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大.由机械能守恒mgR＝Mv＋m(2vm)2，解得vm＝
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，
由功能关系mgR－μmgL＝Mv＋m(2vC)2
设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，
由牛顿第二定律μmg＝Ma
由运动学规律v－v＝－2as
解得s＝L
5.1　从托勒密到开普勒
[学习目标] 1.了解地心说和日心说两种不同的观点.2.理解开普勒行星运动三定律，并能初步运用开普勒行星运动定律解决一些简单问题.
一、两种对立的学说
1.地心说
(1)地球是宇宙的中心，是静止不动的；
(2)太阳、月亮以及其他行星都绕地球运动；
(3)地心说的代表人物是古希腊科学家托勒密.
2.日心说
(1)太阳是宇宙的中心，是静止不动的，所有行星都绕太阳做匀速圆周运动；
(2)地球是绕太阳旋转的行星；月球是绕地球旋转的卫星，它绕地球做匀速圆周运动，同时还跟地球一起绕太阳旋转；
(3)太阳静止不动，因为地球每天自西向东自转一周，造成太阳每天东升西落的现象；
(4)日心说的代表人物是哥白尼.
3.局限性
哥白尼沿袭着古希腊天文学家的思想，被束缚在“匀速”、“正圆”的框架内.
二、开普勒三定律
1.第一定律(轨道定律)：所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处于所有椭圆的一个公共焦点上.
2.第二定律(面积定律)：对于每一颗行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积.
3.第三定律(周期定律)：所有行星轨道的半长轴的立方与公转周期的平方的比值都相等.其表达式为＝k，其中a是行星椭圆轨道的半长轴，T是行星公转的周期，k是一个与行星无关(填“有关”或“无关”)、而与太阳有关(填“有关”或“无关”)的常量.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)太阳是整个宇宙的中心，其他天体都绕太阳运动.(×)
(2)太阳系中所有行星都绕太阳做匀速圆周运动.(×)
(3)太阳系中所有行星都绕太阳做椭圆运动，且它们到太阳的距离各不相同.(√)
(4)太阳系中越是离太阳远的行星，运行周期就越大.(√)
(5)围绕太阳运动的各行星的速率是不变的.(×)
(6)在中学阶段可近似认为地球围绕太阳做匀速圆周运动.(√)
2.如图1所示是某行星围绕太阳运行的示意图，则行星在A点的速率_____在B点的速率.
图1
答案　大于
一、对开普勒定律的理解
1.开普勒第一定律解决了行星的轨道问题.
图2　　　　　　图3
行星的轨道都是椭圆，如图2所示，不同行星绕太阳运动的椭圆轨道是不同的，太阳处在椭圆的一个焦点上，如图3所示，即所有轨道都有一个共同的焦点——太阳.因此开普勒第一定律又叫轨道定律.
2.开普勒第二定律解决了行星绕太阳运动的速度大小问题.
(1)如图4所示，如果时间间隔相等，由开普勒第二定律知，面积SA＝SB，可见离太阳越近，行星在相等时间内经过的弧长越长，即行星的速率越大.因此开普勒第二定律又叫面积定律.
图4
(2)近日点、远日点分别是行星距离太阳的最近点、最远点.同一行星在近日点速度最大，在远日点速度最小.
3.开普勒第三定律解决了行星周期的长短问题.
图5
(1)如图5所示，由＝k知椭圆轨道半长轴越长的行星，其公转周期越长，因此第三定律也叫周期定律.常数k与行星无关，只与太阳有关.
(2)该定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕地球的运动，其中常数k与卫星无关，只与地球有关，也就是说k值大小由中心天体决定.
例1　(多选)关于行星绕太阳运动的说法正确的是(　　)
A.太阳系中的八大行星有一个共同的轨道焦点
B.太阳系中的八大行星的轨道有的是圆形，并不都是椭圆
C.行星的运动方向总是沿着轨道的切线方向
D.行星的运动方向总是与它和太阳的连线垂直
答案　AC
解析　太阳系中的八大行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，而太阳位于八大行星椭圆轨道的一个公共焦点上，选项A正确，B错误；行星的运动是曲线运动，运动方向总是沿着轨道的切线方向，选项C正确；行星从近日点向远日点运动时，行星的运动方向和它与太阳连线的夹角大于90°，行星从远日点向近日点运动时，行星的运动方向和它与太阳连线的夹角小于90°，选项D错误.
例2　(多选)关于卫星绕地球的运动，根据开普勒定律，我们可以推出的正确结论有(　　)
A.人造地球卫星的轨道都是椭圆，地球在椭圆的一个焦点上
B.卫星绕地球运动的过程中，其速率与卫星到地心的距离有关，距离小时速率小
C.卫星离地球越远，周期越大
D.同一卫星绕不同的行星运动，的值都相同
答案　AC
解析　由开普勒第一定律知：所有地球卫星的轨道都是椭圆，且地球位于所有椭圆的公共焦点上，A正确；由开普勒第二定律知：卫星离地心的距离越小，速率越大，B项错误；由开普勒第三定律知：卫星离地球越远，周期越大，C正确；开普勒第三定律成立的条件是对同一行星的不同卫星，有＝常量，对于绕不同行星运动的卫星，该常数不同，D错误.
二、行星运动的近似处理
由于大多数行星绕太阳运动的轨道与圆十分接近，因此，在中学阶段的研究中可以按圆周运动处理，这样，开普勒三定律就可以这样表述：
(1)行星绕太阳运动的轨道十分接近圆，太阳处在圆心；
(2)对某一行星来说，它绕太阳做圆周运动的角速度(或线速度)不变，即行星做匀速圆周运动；
(3)所有行星轨道半径的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等，即＝k.
例3　长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r1＝19 600 km，公转周期T1＝6.39天.2006年3月，天文学家发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转半径r2＝48 000 km，则它的公转周期T2最接近于(　　)
A.15天 B.25天 C.35天 D.45天
答案　B
解析　据开普勒第三定律得：＝，因此T2＝天≈24.5 天.
开普勒第三定律揭示的是不同行星运动快慢的规律，应用时要注意以下两个问题：
(1)首先判断两个行星的中心天体是否相同，只有对同一个中心天体开普勒第三定律才成立.
(2)明确题中给出的周期关系或半径关系之后，根据开普勒第三定律列式求解.
针对训练　木星和地球都绕太阳公转，木星的公转周期约12年，地球与太阳的距离为1天文单位，则木星与太阳的距离约为(　　)
A.2天文单位 B.4天文单位
C.5.2天文单位 D.12天文单位
答案　C
解析　根据开普勒第三定律＝k，得r＝，设地球与太阳的距离为r1，木星与太阳的距离为r2，则得＝＝≈5.2，所以r2≈5.2r1＝5.2天文单位，选项C正确.
1.(对开普勒第三定律的认识)(多选)开普勒关于行星运动规律的表达式为＝k，以下理解正确的是(　　)
A.k是一个与行星无关的常量
B.a代表行星的球体半径
C.T代表行星运动的自转周期
D.T代表行星绕太阳运动的公转周期
答案　AD
解析　开普勒第三定律中的公式＝k，k是一个与行星无关的常量，与中心天体有关，选项A正确；a代表行星椭圆运动的半长轴，选项B错误；T代表行星绕太阳运动的公转周期，选项C错误，D正确.
2.(开普勒第二定律的应用)如图6所示是行星m绕恒星M运动情况的示意图，下列说法正确的是(　　)
图6
A.速度最大点是B点 B.速度最小点是C点
C.m从A到B做减速运动 D.m从B到A做减速运动
答案　C
3.(开普勒第三定律的应用)1980年10月14日，中国科学院紫金山天文台发现了一颗绕太阳运行的小行星，2001年12月21日，经国际小行星中心和国际小行星命名委员会批准，将这颗小行星命名为“钱学森星”，以表彰这位“两弹一星”的功臣对我国科技事业做出的卓越贡献.若将地球和“钱学森星”绕太阳的运动都看做匀速圆周运动，它们的运行轨道如图7所示.已知“钱学森星”绕太阳运行一周的时间约为3.4年，设地球绕太阳运行的轨道半径为R，则“钱学森星”绕太阳运行的轨道半径约为(　　)
图7
A.R B.R C.R D.R
答案　C
解析　根据开普勒第三定律，有＝
解得：R钱＝R＝R
故C正确.
课时作业
一、选择题(1～7题为单选题，8题为多选题)
1.物理学发展历史中，在前人研究基础上经过多年的尝试性计算，首先发表行星运动的三个定律的科学家是(　　)
A.哥白尼 B.第谷 C.伽利略 D.开普勒
答案　D
解析　哥白尼提出了日心说，第谷对行星进行了大量的观察和记录，开普勒在第谷的观察记录的基础上提出了行星运动的三个定律，选项D正确，A、B、C错误.
2.下列说法中正确的是(　　)
A.地球是宇宙的中心，太阳、月亮和其他行星都绕地球运动
B.太阳是静止不动的，地球和其他行星绕太阳运动
C.地球是绕太阳运动的一颗行星
D.日心说和地心说都正确反映了天体运动规律
答案　C
解析　宇宙中任何天体都是运动的，地心说和日心说都有局限性，只有C正确.
3.关于开普勒对行星运动规律的认识，下列说法正确的是(　　)
A.所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆
B.所有行星绕太阳运动的轨道都是圆
C.所有行星的轨道半长轴的二次方跟它的公转周期的三次方的比值都相同
D.所有行星的公转周期与行星的轨道半径都成正比
答案　A
解析　由开普勒第一定律知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，选项A正确，B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它的公转周期的二次方的比值都相等，选项C、D错误.
4.某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图1所示，F1和F2是椭圆轨道的两个焦点，行星在A点的速率比在B点的大，则太阳位于(　　)
图1
A.F2 B.A C.F1 D.B
答案　A
解析　根据开普勒第二定律：太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积，因为行星在A点的速率比在B点的速率大，所以太阳在离A点近的焦点上，故太阳位于F2.
5.某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运转半径的，设月球绕地球运动的周期为27天，则此卫星的运转周期大约是(　　)
A.天 B.天 C.1天 D.9天
答案　C
解析　由于r卫＝r月，T月＝27天，由开普勒第三定律＝，可得T卫＝1天，故选项C正确.
6.如图2，O表示地球，P表示一个绕地球沿椭圆轨道做逆时针方向运动的人造卫星，AB为长轴，CD为短轴.在卫星绕地球运动一周的时间内，从A到B的时间为tAB，同理从B到A、从C到D、从D到C的时间分别为tBA、tCD、tDC.下列关系式正确的是(　　)
图2
A.tAB>tBA B.tABtDC D.tCD答案　D
解析　由卫星做椭圆运动的对称性得tAB＝tBA，选项A、B错误；由开普勒第二定律，卫星在近地点时运动快，在远地点时运动慢，所以tCD7.如图3所示，某行星沿椭圆轨道运行，远日点离太阳的距离为a，近日点离太阳的距离为b，过远日点时行星的速率为va，则过近日点时行星的速率为(　　)
图3
A.vb＝va B.vb＝va
C.vb＝va D.vb＝va
答案　C
解析　若行星从轨道的A点经足够短的时间t运动到A′点，则与太阳的连线扫过的面积可看做扇形，其面积SA＝；若行星从轨道的B点也经时间t运动到B′点，则与太阳的连线扫过的面积SB＝；根据开普勒第二定律，得＝，即vb＝va，故C正确.
8.关于太阳系八大行星的运动，下列说法正确的是(　　)
A.行星轨道的半长轴越长，自转周期就越大
B.行星轨道的半长轴越长，公转周期就越大
C.水星轨道的半长轴最短，公转周期最小
D.海王星离太阳“最远”，绕太阳运行的公转周期最大
答案　BCD
解析　由开普勒第三定律可知，＝k(常量)，则行星轨道的半长轴越长，公转周期越大，选项B正确；水星轨道的半长轴最短，其公转周期最小，选项C正确；海王星离太阳“最远”，绕太阳运行的公转周期最大，选项D正确；公转轨道半长轴的大小与自转周期无关，选项A错误.
二、非选择题
9.月球环绕地球运动的轨道半径约为地球半径的60倍，运行周期约为27天.应用开普勒定律计算：在赤道平面内离地多高时，人造地球卫星随地球一起转动，就像停留在天空中不动一样？(结果保留三位有效数字，取R地＝6 400 km)
答案　3.63×104 km
解析　月球和人造地球卫星都环绕地球运动，故可用开普勒第三定律求解.当人造地球卫星相对地球不动时，则人造地球卫星的周期与地球自转周期相同.
设人造地球卫星轨道半径为R、周期为T.
根据题意知月球轨道半径为60R地，周期为T0＝27 天，则有：＝.整理得
R＝×60R地＝×60R地≈6.67R地.
卫星离地高度H＝R－R地＝5.67R地＝5.67×6 400 km≈3.63×104 km.
5.2　万有引力定律是怎样发现的
[学习目标]　1.了解万有引力定律得出的思路和过程.2.理解万有引力定律的含义，并能利用万有引力公式进行有关计算.3.知道任何物体间都存在着万有引力，且遵循相同的规律.
一、万有引力发现的过程
1.解决引力问题存在三大困难：
困难之一：无数学工具解决变化的曲线运动问题.
困难之二：缺乏理论工具计算天体各部分对行星产生的力的总效果.
困难之三：众多天体的引力相互干扰的问题无法解决.
2.牛顿对问题的解决方法：
(1)牛顿利用他发明的微积分方法，越过了变速运动的障碍.
(2)运用模型方法，提出了质点的概念，并通过微积分运算的论证，把庞大天体的质量集中于球心.
(3)撇开其他天体的作用不计，只考虑太阳对行星的作用.
二、万有引力定律
1.内容：自然界中任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小跟这两个物体的质量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比.
2.表达式：F＝G.
3.引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2
(1)物理意义：引力常量在数值上等于两个质量都是1 kg的质点相距1 m时的相互吸引力.
(2)引力常量测定的意义
卡文迪许利用扭秤装置通过改变小球的质量和距离，测出G的数值及验证了万有引力定律的正确性.引力常量的确定使万有引力定律能够进行定量的计算，显示出真正的实用价值.
4.万有引力的特性
(1)普遍性：万有引力存在于宇宙中任何两个有质量的物体之间(天体间、地面物体间、微观粒子间).
(2)相互性：两个物体间相互作用的引力是一对作用力和反作用力，符合牛顿第三定律.
(3)宏观性：天体间万有引力很大，它是支配天体运动的原因.地面物体间、微观粒子间的万有引力很小，不足以影响物体的运动，故常忽略不计.
5.万有引力公式的适用条件
(1)两个质点间.
(2)两个质量分布均匀的球体间，其中r为两个球心间的距离.
(3)一个质量分布均匀的球体与球外一个质点间，r为球心到质点的距离.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)万有引力不仅存在于天体之间，也存在于普通物体之间.(√)
(2)引力常量是牛顿首先测出的.(×)
(3)物体间的万有引力与它们间的距离成反比.(×)
(4)根据万有引力表达式可知，质量一定的两个物体若距离无限靠近，它们间的万有引力趋于无限大.(×)
2.两个质量都是1 kg的物体(可看成质点)，相距1 m时，两物体间的万有引力F＝______ N，一个物体的重力F′＝________ N，万有引力F与重力F′的比值为________.(已知引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，重力加速度g＝10 m/s2).
答案　6.67×10－11　10　6.67×10－12
一、万有引力定律
[导学探究]　如图1所示，天体是有质量的，人是有质量的，地球上的其他物体也是有质量的.
图1
(1)任意两个物体之间都存在万有引力吗？为什么通常两个物体间感受不到万有引力，而太阳对行星的引力可以使行星围绕太阳运转？
(2)地球对人的万有引力与人对地球的万有引力大小相等吗？
答案　(1)任意两个物体间都存在着万有引力.但由于地球上物体的质量一般很小(相比较天体质量)，地球上两个物体间的万有引力是远小于地面对物体的摩擦力，通常感受不到，但天体质量很大，天体间的引力很大，对天体的运动起决定作用.
(2)相等.它们是一对相互作用力.
[知识深化]
1.万有引力定律表达式F＝G，式中G为引力常量.G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，由英国物理学家卡文迪许在实验室中比较准确地测出.
测定G值的意义：(1)证明了万有引力定律的存在；(2)使万有引力定律有了真正的实用价值.
2.万有引力定律的适用条件
(1)在以下三种情况下可以直接使用公式F＝G计算：
①求两个质点间的万有引力：当两物体间距离远大于物体本身大小时，物体可看成质点，公式中的r表示两质点间的距离.
②求两个均匀球体间的万有引力：公式中的r为两个球心间的距离.
③一个质量分布均匀球体与球外一个质点的万有引力：r指质点到球心的距离.
(2)对于两个不能看成质点的物体间的万有引力，不能直接用万有引力公式求解，切不可依据F＝G得出r→0时F→∞的结论而违背公式的物理含义.因为，此时由于r→0，物体已不再能看成质点，万有引力公式已不再适用.
(3)当物体不能看成质点时，可以把物体假想分割成无数个质点，求出物体上每一个质点与另一个物体上所有质点间的万有引力，然后求合力.
例2　(多选)下列说法正确的是(　　)
A.万有引力定律F＝G适用于两质点间的作用力计算
B.据F＝G，当r→0时，物体m1、m2间引力F趋于无穷大
C.把质量为m的小球放在质量为M、半径为R的大球球心处，则大球与小球间万有引力F＝G
D.两个质量分布均匀的分离的球体之间的相互作用力也可以用F＝G计算，r是两球体球心间的距离
答案　AD
解析　万有引力定律适用于两质点间的相互作用，当两球体质量分布均匀时，可认为球体质量分布在球心，然后计算万有引力.故A、D项正确；当r→0时，两物体不能视为质点，万有引力定律不再适用，B项错误；大球M球心周围物体对小球m的引力合力为零，故C项错误.
针对训练　如图2所示，两球间的距离为r，两球的质量分布均匀，质量大小分别为m1、m2，半径大小分别为r1、r2，则两球间的万有引力大小为(　　)
图2
A.G B.G C.G D.G
答案　D
解析　两球质量分布均匀，可认为质量集中于球心，由万有引力公式可知两球间的万有引力应为G，故选D.
二、“挖补”法分析质点和球壳之间的引力
例3　有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点.现从M中挖去半径为R的球体，如图3所示，则剩余部分对m的万有引力F为(　　)
图3
A. B. C. D.
答案　A
解析　质量为M的球体对质点m的万有引力
F1＝G＝G
挖去的球体的质量M′＝M＝
质量为M′的球体对质点m的万有引力
F2＝G＝G
则剩余部分对质点m的万有引力
F＝F1－F2＝G－G＝.故选项A正确.
(1)万有引力公式F＝G的适用条件是质点或质量均匀的球体，只有把挖去的小球补上才成为质量均匀的球体.
(2)注意本题的基本思想：挖—补—挖.
求剩余部分对质点的作用力即是大球(补全)对m的作用力减去小球对m的作用力.
1.(对太阳与行星间的引力的理解)(多选)对于太阳与行星间的引力及其表达式F＝G，下列说法正确的是(　　)
A.公式中G为比例系数，与太阳、行星有关
B.太阳、行星彼此受到的引力总是大小相等
C.太阳、行星彼此受到的引力是一对平衡力，合力为零，m1、m2都处于平衡状态
D.太阳、行星彼此受到的引力是一对相互作用力
答案　 BD
解析　太阳与行星间引力表达式F＝G中的G为比例系数，与太阳、行星都没有关系，A错误；太阳与行星间的引力分别作用在两个物体上，是一对作用力和反作用力，不能进行合成，B、D正确，C错误.
2.(对万有引力定律的理解)(多选)关于万有引力和万有引力定律的理解正确的是(　　)
A.不能看做质点的两物体间不存在相互作用的引力
B.只有能看做质点的两物体间的引力才能用F＝计算
C.由F＝知，两物体间距离r减小时，它们之间的引力增大
D.万有引力常量的大小首先是由卡文迪许测出来的，且约等于6.67×10－11 N·m2/kg2
答案　CD
解析　任何物体间都存在相互作用的引力，故称万有引力，A错；两个质量分布均匀的球体间的万有引力也能用F＝来计算，B错；物体间的万有引力与它们间距离r的二次方成反比，故r减小，它们间的引力增大，C对；引力常量G是由卡文迪许精确测出的，D对.
3.(万有引力定律的简单应用)设地球表面重力加速度为g0，物体在距离地心4R(R是地球的半径)处，由于地球的引力作用而产生的加速度为g，则为(　　)
A.1 B. C. D.
答案　D
解析　地球表面处的重力加速度和离地心高4R处的加速度均由地球对物体的万有引力产生，所以有：
地面上：G＝mg0 ①
离地心4R处：G＝mg ②
由①②两式得＝()2＝，故D正确.
4.(万有引力定律的应用)地球质量大约是月球质量的81倍，一飞行器位于地球与月球之间，当地球对它的引力和月球对它的引力大小相等时，飞行器距月球球心的距离与月球球心距地球球心的距离之比为(　　)
A.1∶9 B.9∶1 C.1∶10 D.10∶1
答案　C
解析　设月球质量为m，则地球质量为81m，地月间距离为r，飞行器质量为m0，当飞行器距月球为r′时，地球对它的引力等于月球对它的引力，则G＝G，所以＝9，r＝10r′，r′∶r＝1∶10，故选项C正确.
课时作业
一、选择题(1～9题为单选题，10～11题为多选题)
1.第一次通过实验较准确测出万有引力常量G的科学家是(　　)
A.卡文迪许 B.开普勒
C.第谷 D.牛顿
答案　A
2.某实心匀质球半径为R，质量为M，在球外离球面h高处有一质量为m的质点，则其受到实心匀质球的万有引力大小为(　　)
A.G B.G C.G D.G
答案　B
解析　万有引力定律中r表示两个质点间的距离，因为匀质球可看成质量集中于球心上，所以r＝R＋h.
3.两辆质量均为1×105 kg的装甲车相距1 m时，它们之间的万有引力相当于(　　)
A.一个人的重力量级
B.一个鸡蛋的重力量级
C.一个西瓜的重力量级
D.一头牛的重力量级
答案　B
解析　由F＝G得F＝0.667 N，相当于一个鸡蛋的重力量级.
4.依据牛顿的理论，两物体之间万有引力的大小，与它们之间的距离r满足(　　)
A.F与r成正比 B.F与r2成正比 C.F与r成反比 D.F与r2成反比
答案　D
解析　万有引力定律的表达式为F＝G，所以F与r2成反比，选项D正确，A、B、C错误.
5.2015年7月14日，“新视野”号太空探测器近距离飞掠冥王星，如图1所示.在此过程中，冥王星对探测器的引力(　　)
图1
A.先变大后变小，方向沿两者的连线指向冥王星
B.先变大后变小，方向沿两者的连线指向探测器
C.先变小后变大，方向沿两者的连线指向冥王星
D.先变小后变大，方向沿两者的连线指向探测器
答案　A
解析　根据万有引力定律F＝G，万有引力与物体之间的距离的二次方成反比，故在探测器飞掠冥王星的过程中，随着它与冥王星间的距离r先减小后增大，那么冥王星对探测器的引力先变大后变小，而引力的方向沿两者的连线指向冥王星，选项A正确，B、C、D错误.
6.某物体在地面上受到地球对它的万有引力为F.若此物体受到的引力减小到，则此物体距离地面的高度应为(R为地球半径)(　　)
A.2R B.4R C.R D.8R
答案　C
7.要使两物体间的万有引力减小到原来的，下列办法不正确的是(　　)
A.使两物体的质量各减小一半，距离不变
B.使其中一个物体的质量减小到原来的，距离不变
C.使两物体间的距离增大到原来的2倍，质量不变
D.两物体的质量和距离都减小到原来的
答案　D
解析　万有引力定律的表达式为F＝G，根据该公式可知，使两物体的质量各减小一半，距离不变，则万有引力变为原来的，A正确；使其中一个物体的质量减小到原来的，距离不变，则万有引力变为原来的，B正确；使两物体间的距离增大到原来的2倍，质量不变，则万有引力变为原来的，C正确；两物体的质量和距离都减小到原来的，则万有引力大小不变，D错误.
8.某未知星体的质量是地球质量的，直径是地球直径的，则一个质量为m的人在未知星体表面受到的引力F星和地球表面所受引力F地的比值为(　　)
A.16 B.4 C. D.
答案　B
解析　根据万有引力定律F＝G∝故＝·＝×()2＝4.B项正确.
9.如图2所示，一个质量均匀分布的半径为R的球体对球外质点P的万有引力为F.如果在球体中央挖去半径为r的一部分球体，且r＝，则原球体剩余部分对质点P的万有引力变为(　　)
图2
A. B. C. D.
答案　C
解析　利用填补法来分析此题.原来物体间的万有引力为F，挖去半径为的球体的质量为原来球体的质量的，其他条件不变，故剩余部分对质点P的万有引力为F－＝F.
10.下列关于万有引力的说法，正确的有(　　)
A.物体落到地面上，说明地球对物体有引力，物体对地球没有引力
B.万有引力定律是牛顿在总结前人研究的基础上发现的
C.地面上自由下落的苹果和天空中运行的月亮，受到的合力都是地球的万有引力
D.F＝G中，G是一个比例常数，没有单位
答案　BC
解析　物体间力的作用是相互的，物体落到地面上，地球对物体有引力，物体对地球也存在引力，选项A错误；万有引力定律是牛顿在总结前人研究的基础上发现的，选项B正确；地面上自由下落的苹果和天空中运行的月亮，受到的合力都是地球的万有引力，选项C正确；国际单位制中质量m、距离r、力F的单位分别是kg、m、N，根据牛顿的万有引力定律F＝G，得到G的单位是N·m2/kg2，选项D错误.
11.关于引力常量G，下列说法中正确的是(　　)
A.G值的测出使万有引力定律有了真正的实用价值
B.引力常量G的大小与两物体质量的乘积成反比，与两物体间距离的平方成正比
C.引力常量G在数值上等于两个质量都是1 kg的可视为质点的物体相距1 m时的相互吸引力
D.引力常量G是不变的，其数值大小由卡文迪许测出，与单位制的选择无关
答案　AC
解析　牛顿提出了万有引力之后的100年中由于G值没有测出，而只能进行定性分析，而G值的测出使万有引力定律有了真正的实用价值，选项A正确；引力常量是一个常数，其大小与质量以及两物体间的距离无关，选项B错误；根据万有引力定律可知，引力常量G在数值上等于两个质量都是1 kg的可视为质点的物体相距1 m时的相互吸引力，选项C正确；引力常量是定值，其数值大小由卡文迪许测出，但其大小与单位制的选择有关，选项D错误.
二、非选择题
12.火星半径为地球半径的一半，火星质量约为地球质量的.一位宇航员连同宇航服在地球上的质量为100 kg，则在火星表面其质量为多少？重力为多少？(设地面表面重力加速度g＝9.8 m/s2，星球对物体的引力等于物体的重力).
答案　100 kg　436 N
解析　质量是物体本身的属性，在不同的星球上物体质量不变，还是100 kg.
由G重＝G得，在火星表面物体重力与地球表面物体重力之比＝·＝×＝
所以物体在火星表面的重力G重火＝×100×9.8 N≈436 N.
5.3　万有引力定律与天文学的新发现
[学习目标]　1.了解万有引力定律在天文学上的应用，知道海王星、冥王星等天体的发现过程.2.会用万有引力定律计算天体质量，掌握天体质量求解的基本思路.
一、笔尖下发现的行星——海王星的发现
根据天王星的“出轨”现象，英国剑桥大学的学生亚当斯和法国青年天文学家勒维烈利用万有引力定律预言在天王星的附近还有一颗新行星，并计算出了轨道.1846年9月23日，德国的伽勒在预言的位置附近发现了这颗行星——海王星.
二、哈雷彗星的预报
1.英国天文学家哈雷断言，1682年天空中出现的彗星与1531年、1607年出现的彗星是同一颗星.并根据万有引力定律计算出这颗彗星的椭圆轨道，发现它的周期约为76年，这颗彗星后来被称为哈雷彗星.
2.1759年3月13日，这颗大彗星不负众望，光耀夺目地通过近日点，进一步验证了万有引力定律是正确的.
三、称量天体的质量——太阳质量的估算
1.称量地球的质量
(1)思路：地球表面的物体，若不考虑地球自转，物体的重力等于地球对物体的万有引力.
(2)关系式：mg＝G.
(3)结果：M＝，只要知道g、R、G的值，就可计算出地球的质量.
2.太阳质量的计算
(1)思路：质量为m的行星绕太阳做匀速圆周运动时，行星与太阳间的万有引力充当向心力.
(2)关系式：＝mr.
(3)结论：M＝，只要知道行星绕太阳运动的周期T和半径r就可以计算出太阳的质量.
(4)推广：若已知卫星绕行星运动的周期T和卫星与行星之间的距离r，可计算行星的质量M.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)地球表面的物体的重力必然等于地球对它的万有引力.(×)
(2)若只知道某行星绕太阳做圆周运动的半径，则可以求出太阳的质量.(×)
(3)已知地球绕太阳转动的周期和轨道半径，可以求出地球的质量.(×)
(4)天王星是依据万有引力定律计算的轨道而发现的.(×)
(5)牛顿根据万有引力定律计算出了海王星的轨道.(×)
(6)海王星、冥王星的发现表明了万有引力理论在太阳系内的正确性.(√)
2.已知引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，重力加速度g＝9.8 m/s2，地球半径R＝6.4×106 m，则可知地球的质量约为(　　)
A.2×1018 kg B.2×1020 kg
C.6×1022 kg D.6×1024 kg
答案　D
一、天体质量和密度的计算
[导学探究]
1.卡文迪许在实验室测出了引力常量G的值，他称自己是“可以称量地球质量的人”.
(1)他测量的依据是什么？
(2)若还已知地球表面重力加速度g，地球半径R，求地球的质量和密度.
答案　(1)若忽略地球自转的影响，在地球表面上物体受到的重力等于地球对物体的万有引力.
(2)由mg＝G，得：M＝
ρ＝＝＝.
2.如果知道地球绕太阳的公转周期T和它与太阳的距离r，能求出太阳的质量吗？若要求太阳的密度，还需要哪些量？
答案　由＝m地r知M太＝.由密度公式ρ＝可知，若要求太阳的密度还需要知道太阳的半径.
[知识深化]　天体质量和密度的计算方法
“自力更生法”
“借助外援法”
情景
已知天体(如地球)的半径R和天体(如地球)表面的重力加速度g
行星或卫星绕中心天体做匀速圆周运动
思路
物体的重力近似等于天体(如地球)与物体间的万有引力：mg＝G
行星或卫星受到的万有引力充当向心力：G＝m()2r(或G＝m)
(或G＝mω2r)
天体质量
天体(如地球)质量：M＝
中心天体质量：M＝(M＝或M＝)
天体密度
ρ＝＝
ρ＝＝(以T为例)
说明
利用mg＝求M是忽略了天体自转，且g为天体表面的重力加速度
由F引＝F向求M，求得的是中心天体的质量，而不是做圆周运动的天体质量
例1　假设在半径为R的某天体上发射一颗该天体的卫星.若它贴近该天体的表面做匀速圆周运动的周期为T1，已知万有引力常量为G.
(1)则该天体的密度是多少？
(2)若这颗卫星距该天体表面的高度为h，测得卫星在该处做圆周运动的周期为T2，则该天体的密度又是多少？
答案　(1)　(2)
解析　设卫星的质量为m，天体的质量为M.
(1)卫星贴近天体表面运动时有G＝mR，M＝
根据数学知识可知天体的体积为V＝πR3
故该天体的密度为ρ＝＝＝.
(2)卫星距天体表面的高度为h时，忽略自转有
G＝m(R＋h)
M＝
ρ＝＝＝
注意区分R、r、h的意义：一般情况下，R指中心天体的半径，r指行星或卫星的轨道半径，h指卫星距离星球表面的高度，r＝R＋h.
针对训练　过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕.“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的.该中心恒星与太阳的质量的比值约为(　　)
A. B.1 C.5 D.10
答案　B
解析　由G＝mr得M∝
已知＝，＝，则＝()3×()2≈1，B项正确.
例2　有一星球的密度与地球相同，但它表面处的重力加速度是地球表面重力加速度的4倍，求：
(1)星球半径与地球半径之比；
(2)星球质量与地球质量之比.
答案　(1)4∶1　(2)64∶1
解析　(1)由＝mg得M＝，所以ρ＝＝＝，R＝，＝·＝＝.
(2)由(1)可知该星球半径是地球半径的4倍.根据M＝得＝·＝.
二、物体所受地球的引力与重力的关系
1.物体在地球表面上所受引力与重力的关系：
地球在不停地自转，地球上的物体随着地球自转而做圆周运动，做圆周运动需要一个向心力，所以重力不直接等于万有引力而近似等于万有引力，如图1，万有引力为F引，重力为G，自转向心力为F′.当然，真实情况不会有这么大偏差.
图1
(1)物体在一般位置时
F′＝mrω2，F′、F引、G不在一条直线上，重力G与万有引力F引方向有偏差，重力大小mg(2)当物体在赤道上时，F′达到最大值Fmax′，
Fmax′＝mRω2，此时重力最小；
Gmin＝F引－Fmax′＝G－mRω2.
(3)当物体在两极时F′＝0
G＝F引，重力达最大值Gmax＝G.
可见只有在两极处重力等于万有引力，其他位置重力小于万有引力.
(4)由于地球自转角速度很小，自转所需向心力很小，一般情况下认为重力近似等于万有引力，mg≈G，g为地球表面的重力加速度.
2.重力与高度的关系：
若距离地面的高度为h，则mg′＝G(R为地球半径，g′为离地面h高度处的重力加速度).所以在同一纬度距地面越高，物体的重力加速度越小，则物体所受的重力也越小.
例3　我国航天技术飞速发展，设想数年后宇航员登上了某星球表面.宇航员从距该星球表面高度为h处，沿水平方向以初速度v抛出一小球，测得小球做平抛运动的水平距离为L，已知该星球的半径为R，引力常量为G.求：
(1)该星球表面的重力加速度；
(2)该星球的平均密度.
答案　(1)　(2)
解析　(1)小球在星球表面做平抛运动，有L＝vt，h＝gt2，解得g＝.
(2)在星球表面满足G＝mg
又M＝ρ·πR3，解得ρ＝.
1.(天体质量的计算)已知引力常量G、月球中心到地球中心的距离r和月球绕地球运行的周期T，仅利用这三个数据，可以估算出的物理量有(　　)
A.月球的质量 B.地球的质量
C.地球的半径 D.地球的密度
答案　B
解析　由天体运动规律知G＝mr可得地球质量M＝，由于不知地球的半径，无法求地球的密度，故选项B正确.
2.(天体的质量和密度的计算)一艘宇宙飞船绕一个不知名的行星表面飞行，要测定该行星的密度，仅仅需要(　　)
A.测定飞船的运行周期
B.测定飞船的环绕半径
C.测定行星的体积
D.测定飞船的运行速度
答案　A
解析　取飞船为研究对象，由G＝mR及M＝πR3ρ，知ρ＝，故选A.
3.(地球表面的万有引力与重力的关系)地球可近似看成球形，由于地球表面上物体都随地球自转，所以有(　　)
A.物体在赤道处受到的地球引力等于两极处，而重力小于两极处
B.赤道处的角速度比南纬30°大
C.地球上物体的向心加速度都指向地心，且赤道上物体的向心加速度比两极处大
D.地面上的物体随地球自转时提供向心力的是重力
答案　A
解析　由F＝G可知，若地球看成球形，则物体在地球表面上任何位置受到的地球引力都相等，此引力的两个分力一个是物体的重力，另一个是物体随地球自转所需的向心力.在赤道上，向心力最大，重力最小，A对.地球各处的角速度均等于地球自转的角速度，B错.地球上只有赤道上的物体向心加速度指向地心，其他位置的向心加速度均不指向地心，C错.地面上物体随地球自转的向心力是万有引力与地面支持力的合力，D错.
4.(物体的运动与万有引力的结合)宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处.(取地球表面重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计)
(1)求该星球表面附近的重力加速度g星的大小；
(2)已知该星球的半径与地球半径之比为＝，求该星球的质量与地球质量之比.
答案　(1)2 m/s2　(2)
解析　(1)在地球表面以一定的初速度v0竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处，
根据运动学公式可有t＝.
同理，在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，经过时间5t小球落回原处，
则5t＝
根据以上两式，解得g星＝g＝2 m/s2
(2)在天体表面时，物体的重力近似等于万有引力，
即mg＝，所以M＝
由此可得，＝·＝×＝.
课时作业
一、选择题(1～7题为单选题，8题为多选题)
1.关于万有引力定律应用于天文学研究的历史事实，下列说法中正确的是(　　)
A.天王星、海王星和冥王星，都是运用万有引力定律、经过大量计算后发现的
B.在18世纪已经发现的7个行星中，人们发现第七个行星——天王星的运动轨道总是同根据万有引力定律计算出来的结果有比较大的偏差，于是有人推测，在天王星轨道外还有一个行星，是它的存在引起了上述偏差
C.海王星是牛顿运用自己发现的万有引力定律，经大量计算而发现的
D.冥王星是英国剑桥大学的学生亚当斯和勒维烈合作研究后共同发现的
答案　B
解析　天王星是通过观察发现的，选项A错误，B正确；海王星是英国剑桥大学的学生亚当斯和勒维烈合作研究后共同发现的，选项C、D错误.
2.地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，若高空中某处的重力加速度为，则该处距地球表面的高度为(　　)
A.(－1)R B.R C.R D.2R
答案　A
解析　万有引力近似等于重力，设地球的质量为M，物体质量为m，物体距地面的高度为h，分别列式＝mg，G＝m，联立得2R2＝(R＋h)2，解得h＝(－1)R，选项A正确.
3.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，一个在地球表面重量为600 N 的人在这个行星表面的重量将变为960 N.由此可推知，该行星的半径与地球半径的比值为(　　)
A.0.5 B.2 C.3.2 D.4
答案　B
解析　若地球质量为M0，则“宜居”行星质量为M＝6.4M0，由mg＝G得＝·＝，所以＝＝＝2，选项B正确.
4.火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为(　　)
A.0.2g B.0.4g C.2.5g D.5g
答案　B
解析　在星球表面有mg＝，设火星表面的重力加速度为g火，则＝＝0.4，故B正确.
5.若地球绕太阳公转周期及公转轨道半径分别为T和R，月球绕地球公转周期和公转轨道半径分别为t和r，则太阳质量与地球质量之比为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　无论地球绕太阳公转，还是月球绕地球公转，统一的公式为＝m，即M∝，所以＝.
6.“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ(弧度)，如图1所示.已知引力常量为G，由此可推导出月球的质量为(　　)
图1
A. B. C. D.
答案　A
解析　根据弧长及对应的圆心角，可得“嫦娥三号”的轨道半径r＝，根据转过的角度和时间，可得ω＝，由于月球对“嫦娥三号”的万有引力提供“嫦娥三号”做圆周运动的向心力，可得G＝mω2r，由以上三式可得M＝.
7.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(矿井宽度很小).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－ B.1＋ C.2 D.2
答案　A
解析　设地球的密度为ρ，地球的质量为M，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g＝.地球质量可表示为M＝πR3ρ.质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零，矿井下以(R－d)为半径的地球的质量为M′＝π(R－d)3ρ，解得M′＝3M，则矿井底部处的重力加速度g′＝，则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为＝1－，选项A正确.
8.一卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则地球的质量可表示为(　　)
A. B. C. D.
答案　AC
解析　根据G＝mr得，M＝，选项A正确，选项B错误；在地球的表面附近有mg＝G，则M＝，选项C正确，选项D错误.
二、非选择题
9.若宇航员登上月球后，在月球表面做了一个实验：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.
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)月球表面附近的物体做自由落体运动h＝g月t2，月球表面的自由落体加速度大小g月＝.(2)因不考虑月球自转的影响，则有G＝mg月，月球的质量M＝.(3)月球的密度ρ＝＝＝.
5.4　飞出地球去
[学习目标] 1.知道三个宇宙速度的含义，会推导第一宇宙速度.2.认识同步卫星的特点.3.了解人造卫星的相关知识和我国卫星发射的情况以及人类对太空的探索历程.
一、宇宙速度
1.牛顿的设想：如图1所示，把物体水平抛出，如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星.
图1
2.三个宇宙速度
数值
意义
第一宇宙速度
7.9 km/s
人造卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度
第二宇宙速度
11.2 km/s
使航天器脱离地球引力束缚，永远离开地球的最小地面发射速度
第三宇宙速度
16.7 km/s
使航天器脱离太阳引力束缚飞到太阳系外的最小地面发射速度
二、为了和平与进步
1.1957年10月4日前苏联成功发射了第一颗人造地球卫星.
2.1961年4月12日，前苏联空军少校加加林进入“东方一号”载人飞船，铸就了人类进入太空的丰碑.
3.1969年7月，美国“阿波罗11号”飞船登上月球.
4.2003年10月15日，我国“神舟五号”宇宙飞船发射成功，把中国第一位航天员杨利伟送入太空.
[即学即用]
1.判断下列说法的正误.
(1)第一宇宙速度是发射卫星的最小速度.(√)
(2)人造地球卫星的最小绕行速度是7.9 km/s.(×)
(3)要发射一颗人造地球卫星，发射速度必须大于16.7 km/s.(×)
2.已知月球半径为R，月球质量为M，引力常量为G，则月球的第一宇宙速度v＝______.
答案　
一、第一宇宙速度的理解与计算
[导学探究]　(1)不同天体的第一宇宙速度是否相同？第一宇宙速度的决定因素是什么？
(2)把卫星发射到更高的轨道上需要的发射速度越大还是越小？
答案　(1)不同.由＝m得，第一宇宙速度v＝，可以看出，第一宇宙速度的值取决于中心天体的质量M和半径R，与卫星无关.
(2)越大.向高轨道发射卫星比向低轨道发射卫星困难，因为发射卫星要克服地球对它的引力.
[知识深化]
1.第一宇宙速度：第一宇宙速度是人造卫星近地环绕地球做匀速圆周运动的绕行速度.
2.推导：对于近地人造卫星，轨道半径r近似等于地球半径R＝6 400 km，卫星在轨道处所受的万有引力近似等于卫星在地面上所受的重力，取g＝9.8 m/s2，则
3.推广
由第一宇宙速度的两种表达式看出，第一宇宙速度的值由中心天体决定，可以说任何一颗行星都有自己的第一宇宙速度，都应以v＝或v＝表示，式中G为引力常量，M为中心天体的质量，g为中心天体表面的重力加速度，R为中心天体的半径.
4.理解
(1)“最小发射速度”与“最大绕行速度”
①“最小发射速度”：向高轨道发射卫星比向低轨道发射卫星困难，因为发射卫星要克服地球对它的引力.所以近地轨道的发射速度(第一宇宙速度)是发射人造卫星的最小速度.
②“最大绕行速度”：由G＝m可得v＝，轨道半径越小，线速度越大，所以近地卫星的线速度(第一宇宙速度)是最大绕行速度.
(2)发射速度与发射轨道
①当7.9 km/s≤v发<11.2 km/s时，卫星绕地球运动，且发射速度越大，卫星的轨道半径越大，绕行速度越小.
②当11.2 km/s≤v发<16.7 km/s时，卫星绕太阳旋转，成为太阳系一颗“小行星”.
③当v发≥16.7 km/s时，卫星脱离太阳的引力束缚跑到太阳系以外的空间中去.
例1　我国发射了一颗绕月运行的探月卫星“嫦娥一号”.设该卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面.已知月球的质量约为地球质量的，月球的半径约为地球半径的，地球上的第一宇宙速度约为7.9 km/s，则该探月卫星绕月运行的最大速率约为(　　)
A.0.4 km/s B.1.8 km/s
C.11 km/s D.36 km/s
答案　B
解析　星球的第一宇宙速度即为围绕星球做圆周运动的轨道半径为该星球半径时的环绕速度，由万有引力提供向心力即可得出这一最大环绕速度.
卫星所需的向心力由万有引力提供，
G＝m，得v＝，
又由＝、＝，
故月球和地球上第一宇宙速度之比＝，
故v月＝7.9× km/s≈1.8 km/s，
因此B项正确.
例2　某人在一星球上以速率v竖直上抛一物体，经时间t后，物体以速率v落回手中.已知该星球的半径为R，求该星球的第一宇宙速度.
答案　
解析　根据匀变速直线运动的规律可得，该星球表面的重力加速度为g＝，该星球的第一宇宙速度即为卫星在其表面附近绕它做匀速圆周运动的线速度，该星球对卫星的引力(重力)提供卫星做圆周运动的向心力，则mg＝，该星球的第一宇宙速度为v1＝＝.
二、人造地球卫星
[导学探究]
1.如图2所示，圆a、b、c的圆心均在地球的自转轴线上.b、c的圆心与地心重合，d为椭圆轨道，且地心为椭圆的一个焦点.四条轨道中哪些可以作为卫星轨道？为什么？
图2
答案　b、c、d轨道都可以.因为卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，而万有引力是始终指向地心的，故卫星做匀速圆周运动的向心力必须指向地心，因此b、c轨道都可以，a轨道不可以.卫星也可在椭圆轨道运行，故d轨道也可以.
2.地球同步卫星的轨道在哪个面上？周期是多大？同步卫星的高度和轨道面可以任意选择吗？
答案　同步卫星是相对地面静止的卫星，必须和地球自转同步，也就是说必须在赤道面上，周期是24 h.由于周期一定，故同步卫星离地面的高度也是一定的，即同步卫星不可以任意选择高度和轨道面.
[知识深化]
1.人造地球卫星的轨道
卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球对它的万有引力充当向心力，因此卫星绕地球做匀速圆周运动的圆心必与地心重合，而这样的轨道有多种，其中比较特殊的有与赤道共面的赤道轨道和通过两极上空的极地轨道.当然也存在着与赤道平面呈某一角度的圆轨道.如图3所示.
图3
2.地球同步卫星
(1)定义：相对于地面静止的卫星，又叫静止卫星.
(2)特点：
①确定的转动方向：和地球自转方向一致；
②确定的周期：和地球自转周期相同，即T＝24 h；
③确定的角速度：等于地球自转的角速度；
④确定的轨道平面：所有的同步卫星都在赤道的正上方，其轨道平面必须与赤道平面重合；
⑤确定的高度：离地面高度固定不变(3.6×104 km)；
⑥确定的环绕速率：线速度大小一定(3.1×103 m/s).
例3　关于地球的同步卫星，下列说法正确的是(　　)
A.同步卫星的轨道和北京所在纬度圈共面
B.同步卫星的轨道必须和地球赤道共面
C.所有同步卫星距离地面的高度不一定相同
D.所有同步卫星的质量一定相同
答案　B
解析　同步卫星所受向心力指向地心，与地球自转同步，故卫星所在轨道与赤道共面，故A项错误，B项正确；同步卫星距地面高度一定，但卫星的质量不一定相同，故C、D项错误.
解决本题的关键是掌握同步卫星的特点：同步卫星定轨道(在赤道上方)、定周期(与地球的自转周期相同)、定速率、定高度.
针对训练　(多选)我国“中星11号”商业通信卫星是一颗同步卫星，它定点于东经98.2度的赤道上空，关于这颗卫星的说法正确的是(　　)
A.运行速度大于7.9 km/s
B.离地面高度一定，相对地面静止
C.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大
D.向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等
答案　BC
解析　“中星11号”是地球同步卫星，距地面有一定的高度，运行速度要小于7.9 km/s，A错.其位置在赤道上空，高度一定，且相对地面静止，B正确.其运行周期为24小时，小于月球的绕行周期27天，由ω＝知，其运行角速度比月球的大，C正确.同步卫星与静止在赤道上的物体具有相同的角速度，但半径不同，由a＝rω2知，同步卫星的向心加速度大，D错.
1.(对宇宙速度的理解)(多选)下列关于三种宇宙速度的说法中正确的是(　　)
A.第一宇宙速度v1＝7.9 km/s，第二宇宙速度v2＝11.2 km/s，则人造卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度大于等于v1，小于v2
B.美国发射的“凤凰号”火星探测卫星，其发射速度大于第三宇宙速度
C.第二宇宙速度是在地面附近使物体可以挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的人造行星的最小发射速度
D.第一宇宙速度7.9 km/s是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度
答案　CD
解析　根据v＝可知，卫星的轨道半径r越大，即距离地面越远，卫星的环绕速度越小，v1＝7.9 km/s是人造地球卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度，D正确；实际上，由于人造卫星的轨道半径都大于地球半径，故卫星绕地球在圆轨道上运行时的速度都小于第一宇宙速度，选项A错误；美国发射的“凤凰号”火星探测卫星，仍在太阳系内，所以其发射速度小于第三宇宙速度，选项B错误；第二宇宙速度是使物体挣脱地球引力束缚而成为绕太阳运行的人造行星的最小发射速度，选项C正确.
2.(对同步卫星的认识)下列关于我国发射的“亚洲一号”地球同步通讯卫星的说法，正确的是(　　)
A.若其质量加倍，则轨道半径也要加倍
B.它在北京上空运行，故可用于我国的电视广播
C.它以第一宇宙速度运行
D.它运行的角速度与地球自转角速度相同
答案　D
解析　由G＝m得r＝，可知轨道半径与卫星质量无关，A错；同步卫星的轨道平面必须与赤道平面重合，即在赤道上空运行，不能在北京上空运行，B错；第一宇宙速度是卫星在最低圆轨道上运行的速度，而同步卫星在高轨道上运行，其运行速度小于第一宇宙速度，C错；所谓“同步”就是卫星保持与赤道上某一点相对静止，所以同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，D对.
3.(第一宇宙速度的计算)若取地球的第一宇宙速度为8 km/s，某行星的质量是地球质量的6倍，半径是地球半径的1.5倍，此行星的第一宇宙速度约为(　　)
A.16 km/s B.32 km/s C.4 km/s D.2 km/s
答案　A
4.(第一宇宙速度的计算)某星球的半径为R，在其表面上方高度为aR的位置，以初速度v0水平抛出一个金属小球，小球做平抛运动，水平射程为bR，a、b均为数值极小的常数，则这个星球的第一宇宙速度为(　　)
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
答案　A
解析　设该星球表面的重力加速度为g，小球落地时间为t，抛出的金属小球做平抛运动，根据平抛运动规律得aR＝gt2，bR＝v0t，联立以上两式解得g＝，第一宇宙速度即为该星球表面卫星的线速度，根据星球表面卫星重力充当向心力得mg＝m，所以第一宇宙速度v＝＝＝v0，故选项A正确.
课时作业
一、选择题(1～6题为单选题，7～8题为多选题)
1.由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的(　　)
A. 质量可以不同 B. 轨道半径可以不同 C. 轨道平面可以不同 D. 速率可以不同
答案　A
解析　万有引力提供卫星做圆周运动的向心力＝m()2r＝m，解得周期T＝2π，环绕速度v＝，可见周期相同的情况下轨道半径必然相同，B错误.轨道半径相同必然环绕速度相同，D错误.同步卫星相对于地面静止在赤道上空，所有的同步卫星轨道运行在赤道上空同一个圆轨道上，C错误.同步卫星的质量可以不同，A正确.
2.地球上相距很远的两位观察者，都发现自己的正上方有一颗人造卫星，相对自己静止不动，则这两位观察者的位置以及两颗人造卫星到地球中心的距离可能是(　　)
A.一人在南极，一人在北极，两卫星到地球中心的距离一定相等
B.一人在南极，一人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不等，但应成整数倍
C.两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等
D.两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不等，但应成整数倍
答案　C
解析　观察者看到的都是同步卫星，卫星在赤道上空，到地心的距离相等.
3.2013年6月11日17时38分，“神舟十号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员王亚平进行了首次太空授课.在飞船进入离地面343 km的圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小(　　)
A.等于7.9 km/s B.介于7.9 km/s和11.2 km/s之间
C.小于7.9 km/s D.介于7.9 km/s和16.7 km/s之间
答案　C
解析　卫星在圆形轨道上运行的速度v＝.由于轨道半径r＞地球半径R，所以v＜＝7.9 km/s，C正确.
4.如图1所示为北斗导航系统的部分卫星，每颗卫星的运动可视为匀速圆周运动.下列说法错误的是(　　)
图1
A.在轨道运行的两颗卫星a、b的周期相等
B.在轨道运行的两颗卫星a、c的线速度大小vaC.在轨道运行的两颗卫星b、c的角速度大小ωb<ωc
D.在轨道运行的两颗卫星a、b的向心加速度大小aa答案　D
解析　根据万有引力提供向心力，得T＝2π，因为a、b的轨道半径相等，故a、b的周期相等，选项A正确；因v＝，c的轨道半径小于a的轨道半径，故线速度大小va5.星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为该星球的第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与其第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1.已知某星球的半径为r，星球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，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.gr
答案　C
解析　由mg＝m得v1＝.再根据v2＝v1得v2＝，故C选项正确.
6.假设地球的质量不变，而地球的半径增大到原来半径的2倍，那么地球的第一宇宙速度的大小应为原来的(　　)
A. B. C. D.2
答案　B
解析　因第一宇宙速度即为地球的近地卫星的线速度，此时卫星的轨道半径近似的认为等于地球的半径，且地球对卫星的万有引力提供向心力.由G＝得v＝，因此，当M不变，R增大为2R时，v减小为原来的，选项B正确.
7.关于第一宇宙速度，下列说法正确的是(　　)
A.它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度
B.它是近地圆形轨道上人造地球卫星的最大运行速度
C.它是能使卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度
D.它是人造地球卫星绕地球飞行的最大环绕速度
答案　BCD
解析　第一宇宙速度是从地球表面发射人造地球卫星的最小发射速度，是人造地球卫星绕地球飞行的最大环绕速度，也是近地圆形轨道上人造地球卫星的最大运行速度，选项B、C、D正确，A错误.
8.一颗人造地球卫星以初速度v发射后，可绕地球做匀速圆周运动，若使发射速度增大为2v，则该卫星可能(　　)
A.绕地球做匀速圆周运动
B.绕地球运动，轨道变为椭圆
C.不绕地球运动，成为太阳的人造行星
D.挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的宇宙
答案　CD
解析　以初速度v发射后能成为人造地球卫星，可知发射速度v一定大于第一宇宙速度7.9 km/s；当以2v速度发射时，发射速度一定大于15.8 km/s，已超过了第二宇宙速度11.2 km/s，也可能超过第三宇宙速度16.7 km/s，所以此卫星不再绕地球运行，可能绕太阳运行，或者飞到太阳系以外的宇宙，故选项C、D正确.
二、非选择题
9.据报道：某国发射了一颗质量为100 kg、周期为1 h的人造环月卫星，一位同学记不住引力常量G的数值，且手边没有可查找的资料，但他记得月球半径为地球半径的，月球表面重力加速度为地球表面重力加速度的，经过推理，他认定该报道是则假新闻，试写出他的论证方案.(地球半径约为6.4×103 km，g地取9.8 m/s2)
答案　见解析
解析　对环月卫星，根据万有引力定律和牛顿第二定律得＝mr，解得T＝2π
则r＝R月时，T有最小值，又＝g月
故Tmin＝2π＝2π＝2π
代入数据解得Tmin≈1.73 h
环月卫星最小周期为1.73 h，故该报道是则假新闻.
习题课1　天体运动各物理量与轨道半径的关系
[学习目标] 1.掌握运用万有引力定律和圆周运动知识分析天体运动问题的基本思路.2.掌握天体的线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系.
一、天体运动的分析与计算
1.基本思路：一般行星或卫星的运动可看做匀速圆周运动，所需向心力由中心天体对它的万有引力提供，即F引＝F向.
2.常用关系：
(1)G＝ma＝m＝mω2r＝mr.
(2)忽略自转时，mg＝G(物体在天体表面时受到的万有引力等于物体重力)，整理可得：gR2＝GM，该公式通常被称为“黄金代换式”.
例1　(多选)地球半径为R0，地面重力加速度为g，若卫星在距地面R0处做匀速圆周运动，则(　　)
A.卫星的线速度为 B.卫星的角速度为
C.卫星的加速度为 D.卫星的加速度为
答案　ABD
解析　由＝ma＝m＝mω2(2R0)及GM＝gR，可得卫星的向心加速度a＝，角速度ω＝，线速度v＝，所以A、B、D正确，C错误.
针对训练　某着陆器完成了对月球表面的考察任务后，由月球表面回到围绕月球做圆周运动的轨道舱，其过程如图1所示.设轨道舱的质量为m，月球表面的重力加速度为g，月球的半径为R，轨道舱到月球中心的距离为r，引力常量为G，求轨道舱的速度和周期.
图1
答案　R　
解析　轨道舱在月球表面时G＝mg ①
轨道舱在半径为r的轨道上做圆周运动时，有
G＝m ②
G＝mr ③
由①②得v＝R
由①③得T＝
二、天体运行的各物理量与轨道半径的关系
设质量为m的天体绕另一质量为M的中心天体做半径为r的匀速圆周运动.
(1)由G＝m得v＝，r越大，v越小.
(2)由G＝mω2r得ω＝，r越大，ω越小.
(3)由G＝m2r得T＝2π，r越大，T越大.
(4)由G＝ma得a＝，r越大，a越小.
以上结论可总结为“一定四定，越远越慢”.
例2　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.甲的向心加速度一定比乙的大
答案　D
解析　甲的速率大，由G＝m，得v＝，由此可知，甲碎片的轨道半径小，故B错；由G＝mr，得T＝，可知甲的周期小，故A错；由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错误；由＝man得an＝，可知甲的向心加速度比乙的大，故D对.
例3　如图2所示，a、b是两颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，它们距地面的高度分别是R和2R(R为地球半径).下列说法中正确的是(　　)
图2
A.a、b的线速度大小之比是∶1
B.a、b的周期之比是1∶2
C.a、b的角速度大小之比是3∶4
D.a、b的向心加速度大小之比是9∶2
答案　C
解析　两卫星均做匀速圆周运动，F万＝F向，向心力选不同的表达式分别分析.由＝m得＝＝＝，故A错误.
由＝mr2得＝＝，故B错误.
由＝mrω2得＝＝，故C正确.
由＝ma得＝＝，故D错误.
1.(卫星各运动参量与轨道半径的关系)(多选)如图3所示，飞船从轨道1变轨至轨道2.若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的(　　)
图3
A.速度大 B.向心加速度大
C.运行周期长 D.角速度小
答案　CD
解析　飞船绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即F引＝F向，
所以G＝ma＝＝＝mrω2，
即a＝，v＝，T＝，ω＝(或用公式T＝求解).
因为r1v2，a1>a2，T1ω2，选项C、D正确.
2.(行星各运动参量与轨道半径的关系)如图4所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带，假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动.下列说法正确的是(　　)
图4
A.太阳对各小行星的引力相同
B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D.小行星带内各小行星绕太阳做圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
答案　C
解析　根据万有引力定律F＝G可知，由于各小行星的质量和到太阳的距离不同，万有引力不同，A项错误；由G＝mr，得T＝2π，因为各小行星的轨道半径r大于地球的轨道半径，所以它们的周期均大于地球的周期，B项错误；向心加速度a＝＝G，内侧小行星到太阳的距离小，向心加速度大，C项正确；由G＝m得线速度v＝，小行星的轨道半径大于地球的轨道半径，线速度小于地球绕太阳的线速度，D项错误.
3.(天体运动各参量的比较)如图5所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
图5
A.甲的向心加速度比乙的小
B.甲的运行周期比乙的小
C.甲的角速度比乙的大
D.甲的线速度比乙的大
答案　A
解析　甲、乙两卫星分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，万有引力提供各自做匀速圆周运动的向心力.由牛顿第二定律G＝ma＝mr＝mω2r＝m，可得a＝，T＝2π，ω＝，v＝.由已知条件可得a甲＜a乙，T甲＞T乙，ω甲＜ω乙，v甲＜v乙，故正确选项为A.
4.(天体运动的分析与计算)如图6所示，A、B为地球周围的两颗卫星，它们离地面的高度分别为h1、h2，已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，求：
图6
(1)A的线速度大小v1；
(2)A、B的角速度之比ω1∶ω2.
答案　(1)　(2)
解析　(1)设地球质量为M，行星质量为m，
由万有引力提供向心力，对A有：＝m ①
在地球表面对质量为m′的物体有：m′g＝G ②
由①②得v1＝
(2)由G＝mω2(R＋h)得ω＝
所以A、B的角速度之比＝.
课时作业
一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题)
1.把太阳系各行星的运动近似看成匀速圆周运动，则离太阳越远的行星(　　)
A.周期越大 B.线速度越大
C.角速度越大 D.向心加速度越大
答案　A
解析　行星绕太阳做匀速圆周运动，所需的向心力由太阳对行星的引力提供，由G＝m得v＝，可知r越大，线速度越小，B错误.由G＝mω2r得ω＝，可知r越大，角速度越小，C错误.由＝k知，r越大，T越大，A对.由G＝ma得a＝，可知r越大，向心加速度a越小，D错误.
2.据报道，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行的圆形工作轨道距月球表面分别约为200 km和100 km，运行速率分别为v1和v2.那么，v1和v2的比值为(月球半径取1 700 km)(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　根据卫星运动的向心力由万有引力提供，有G＝m，那么卫星的线速度跟其轨道半径的平方根成反比，则有＝＝.
3.两颗行星A和B各有一颗卫星a和b，卫星轨道接近各自行星的表面，如果两行星的质量之比为＝p，两行星半径之比为＝q，则两个卫星的周期之比为(　　)
A. B.q C.p D.q
答案　D
解析　卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，则有：G＝mR()2，得T＝，解得：＝q，故D正确，A、B、C错误.
4.a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星.其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上，b、c轨道在同一平面上.某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图1所示，下列说法中正确的是(　　)
图1
A.a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度
B.b、c的角速度大小相等，且小于a的角速度
C.a、c的线速度大小相等，且小于d的线速度
D.a、c存在在P点相撞的危险
答案　A
解析　由G＝m＝mω2r＝mr＝ma可知，选项B、C错误，选项A正确；因a、c轨道半径相同，周期相同，既然图示时刻不相撞，以后就不可能相撞了，选项D错误.
5.据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，名为“55 Cancri e”.该行星绕母星(中心天体)运行的周期约为地球绕太阳运行周期的，母星的体积约为太阳的60倍.假设母星与太阳密度相同，“55 Cancri e”与地球均做匀速圆周运动，则“55 Cancri e”与地球的(　　)
A.轨道半径之比约为
B.轨道半径之比约为
C.向心加速度之比约为
D.向心加速度之比约为
答案　B
解析　由公式G＝m()2r，可得通式r＝，设“55 Cancri e”的轨道半径为r1，地球轨道半径为r2，则＝＝，从而判断A错，B对；再由G＝ma得通式a＝G，则＝·＝＝，所以C、D皆错.
6.一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　设卫星的质量为m′
由万有引力提供向心力，得G＝m′ ①
m′＝m′g ②
由已知条件：m的重力为N得N＝mg ③
由③得g＝，代入②得：R＝
代入①得M＝，故B项正确.
7.如图2所示，甲、乙两颗卫星在同一平面上绕地球做匀速圆周运动，公转方向相同.已知卫星甲的公转周期为T，每经过最短时间9T，卫星乙都要运动到与卫星甲同居地球一侧且三者共线的位置上，则卫星乙的公转周期为(　　)
图2
A.T B.T C.T D.T
答案　A
解析　由(－)t＝2π ①
t＝9T ②
由①②得T乙＝T，选项A正确.
8.火星直径约为地球直径的一半，质量约为地球质量的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球绕太阳公转轨道半径的1.5倍.根据以上数据，下列说法中正确的是(　　)
A.火星表面重力加速度的数值比地球表面的小
B.火星公转的周期比地球的长
C.火星公转的线速度比地球的大
D.火星公转的向心加速度比地球的大
答案　AB
解析　由G＝mg得g＝G，计算得A对；由G＝m()2r得T＝2π，计算得B对；周期长的线速度小(或由v＝判断轨道半径大的线速度小)，C错；公转的向心加速度a＝G，计算得D错.
9.土星外层有一个环，为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量环中各层的线速度v与该层到土星中心的距离R之间的关系，则下列判断正确的是(　　)
A.若v2∝R则该层是土星的卫星群
B.若v∝R则该层是土星的一部分
C.若v∝则该层是土星的一部分
D.若v2∝则该层是土星的卫星群
答案　BD
解析　若外层的环为土星的一部分，则它们各部分转动的角速度ω相等，由v＝ωR知v∝R，B正确，C错误；若是土星的卫星群，则由G＝m，得v2∝，故A错误，D正确.
10.科学探测表明，月球上至少存在丰富的氧、硅、铝、铁等资源，设想人类开发月球，不断把月球上的矿藏搬运到地球上，假定经长期的开采后月球与地球仍可看成均匀球体，月球仍沿开采前的轨道运动，则与开采前相比(提示：a＋b＝常量，则当a＝b时，ab乘积最大)(　　)
A.地球与月球间的万有引力将变大
B.地球与月球间的万有引力将变小
C.月球绕地球运行的周期将变大
D.月球绕地球运行的周期将变小
答案　BD
解析　万有引力公式F＝中，G和r不变，因地球和月球的总质量不变，当M增大而m减小时，两者的乘积减小，万有引力减小，故选项A错误，选项B正确；又＝mr，T＝，M增大，则T减小，故选项C错误，选项D正确.
二、非选择题
11.两行星A和B各有一颗卫星a和b，卫星的圆轨道接近各自行星表面，如果两行星质量之比MA∶MB＝2∶1，两行星半径之比RA∶RB＝1∶2，则两个卫星周期之比Ta∶Tb＝_______，向心加速度之比为_______.
答案　1∶4　8∶1
解析　卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，有：G＝mR，得T＝2π.
故＝·＝，由G＝ma，得a＝G，
故＝·＝.
12.某课外科技小组长期进行天文观测，发现某行星周围有众多小卫星，这些小卫星靠近行星且分布相当均匀，经查对相关资料，该行星的质量为M.现假设所有卫星绕该行星的运动都是匀速圆周运动，已知引力常量为G.
(1)若测得离行星最近的一颗卫星的运动轨道半径为R1，忽略其他小卫星对该卫星的影响，求该卫星的运行速度v1为多大？
(2)在进一步的观测中，发现离行星很远处还有一颗卫星，其运动轨道半径为R2，周期为T2，试估算靠近行星周围众多小卫星的总质量m卫为多大？
答案　(1)　(2)－M
解析　(1)设离行星最近的一颗卫星的质量为m1，有G＝m1，解得v1＝.
(2)由于靠近行星周围的众多卫星分布均匀，可以把行星及靠近行星的小卫星看做一星体，其质量中心在行星的中心，设离行星很远的卫星质量为m2，则有G＝m2R2
解得m卫＝－M.
13.我国在酒泉卫星发射中心用“长征二号丁”运载火箭，将“高分一号”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道.这是我国重大科技专项高分辨率对地观测系统的首发星.设“高分一号”轨道的离地高度为h，地球半径为R，地面
重力加速度为g，求“高分一号”在时间t内，绕地球运转多少圈？
答案　
解析　在地球表面mg＝
在轨道上＝m(R＋h)
所以T＝2π＝2π
故n＝＝.
习题课2　变轨问题 双星问题
[学习目标] 1.理解赤道物体、同步卫星和近地卫星的区别.2.会分析卫星(或飞船)的变轨问题.3.掌握双星的运动特点及其问题的分析方法.
一、“赤道上物体”“同步卫星”和“近地卫星”的比较
例1　如图1所示，A为地面上的待发射卫星，B为近地圆轨道卫星，C为地球同步卫星.三颗卫星质量相同，三颗卫星的线速度大小分别为vA、vB、vC，角速度大小分别为ωA、ωB、ωC，周期分别为TA、TB、TC，向心加速度分别为aA、aB、aC，则(　　)
图1
A.ωA＝ωC<ωB B.TA＝TCC.vA＝vCaB
答案　A
解析　同步卫星与地球自转同步，故TA＝TC，ωA＝ωC，由v＝ωr及a＝ω2r得
vC>vA，aC>aA
同步卫星和近地卫星，根据＝m＝mω2r＝mr＝ma，知vB>vC，ωB>ωC，TBaC.
故可知vB>vC>vA，ωB>ωC＝ωA，TBaC>aA.选项A正确，B、C、D错误.
同步卫星、近地卫星、赤道上物体的比较
1.同步卫星和近地卫星：
相同点：都是万有引力提供向心力
即都满足＝m＝mω2r＝mr＝ma.
由上式比较各运动量的大小关系，即r越大，v、ω、a越小，T越大.
2.同步卫星和赤道上物体
相同点：周期和角速度相同
不同点：向心力来源不同
对于同步卫星有＝ma＝mω2r
对于赤道上物体，有＝mg＋mω2r，
因此要通过v＝ωr，a＝ω2r比较两者的线速度和向心加速度的大小.
针对训练1　(多选)关于近地卫星、同步卫星、赤道上的物体，以下说法正确的是(　　)
A.都是万有引力等于向心力
B.赤道上的物体和同步卫星的周期、线速度、角速度都相等
C.赤道上的物体和近地卫星的线速度、周期不同
D.同步卫星的周期大于近地卫星的周期
答案　CD
解析　赤道上的物体是由万有引力的一个分力提供向心力，A项错误；赤道上的物体和同步卫星有相同周期和角速度，但线速度不同，B项错误；同步卫星和近地卫星有相同的中心天体，根据＝m＝mr得v＝，T＝2π，由于r同>r近，故v同T近，D项正确；赤道上物体、近地卫星、同步卫星三者间的周期关系为T赤＝T同>T近，根据v＝ωr可知v赤二、人造卫星的变轨问题
1.卫星的变轨问题：
卫星变轨时，先是线速度v发生变化导致需要的向心力发生变化，进而使轨道半径r发生变化.
(1)当卫星减速时，卫星所需的向心力F向＝m减小，万有引力大于所需的向心力，卫星将做近心运动，向低轨道变迁.
(2)当卫星加速时，卫星所需的向心力F向＝m增大，万有引力不足以提供卫星所需的向心力，卫星将做离心运动，向高轨道变迁.
以上两点是比较椭圆和圆轨道切点速度的依据.
2.飞船对接问题：
(1)低轨道飞船与高轨道空间站对接如图2甲所示，低轨道飞船通过合理地加速，沿椭圆轨道(做离心运动)追上高轨道空间站与其完成对接.
图2
(2)同一轨道飞船与空间站对接
如图乙所示，后面的飞船先减速降低高度，再加速提升高度，通过适当控制，使飞船追上空间站时恰好具有相同的速度.
例2　如图3所示为卫星发射过程的示意图，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再一次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是(　　)
图3
A.卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B.卫星在轨道3上的周期大于在轨道2上的周期
C.卫星在轨道1上经过Q点时的速率大于它在轨道2上经过Q点时的速率
D.卫星在轨道2上经过P点时的向心加速度小于它在轨道3上经过P点时的向心加速度
答案　B
解析　卫星在圆轨道上做匀速圆周运动时有：
G＝m，v＝
因为r1＜r3，所以v1＞v3，A项错误，
由开普勒第三定律知T3>T2，B项正确；
在Q点从轨道1到轨道2需要做离心运动，故需要加速.
所以在Q点v2Q>v1Q，C项错误.
在同一点P，由＝ma知，卫星在轨道2上经过P点的向心加速度等于它在轨道3上经过P点的向心加速度，D项错误.
判断卫星变轨时速度、向心加速度变化情况的思路：
(1)判断卫星在不同圆轨道的运行速度大小时，可根据“越远越慢”的规律判断.
(2)判断卫星在同一椭圆轨道上不同点的速度大小时，可根据开普勒第二定律判断，即离中心天体越远，速度越小.
(3)判断卫星由圆轨道进入椭圆轨道或由椭圆轨道进入圆轨道时的速度大小如何变化时，可根据离心运动或近心运动的条件进行分析.
(4)判断卫星的向心加速度大小时，可根据a＝＝G判断.
针对训练2　(多选)如图4所示，发射同步卫星的一般程序是：先让卫星进入一个近地的圆轨道，然后在P点变轨，进入椭圆形转移轨道(该椭圆轨道的近地点为近地圆轨道上的P点，远地点为同步圆轨道上的Q点)，到达远地点Q时再次变轨，进入同步轨道.设卫星在近地圆轨道上运行的速率为v1，在椭圆形转移轨道的近地点P点的速率为v2，沿转移轨道刚到达远地点Q时的速率为v3，在同步轨道上的速率为v4，三个轨道上运动的周期分别为T1、T2、T3，则下列说法正确的是(　　)
图4
A.在P点变轨时需要加速，Q点变轨时要减速
B.在P点变轨时需要减速，Q点变轨时要加速
C.T1＜T2＜T3
D.v2＞v1＞v4＞v3
答案　CD
解析　卫星在椭圆形转移轨道的近地点P时做离心运动，所受的万有引力小于所需要的向心力，即G＜m，而在圆轨道时万有引力等于向心力，即G＝m，所以v2＞v1；同理，由于卫星在转移轨道上Q点做离心运动，可知v3＜v4，故选项A、B错误；又由人造卫星的线速度v＝可知v1＞v4，由以上所述可知选项D正确；由于轨道半径(半长轴)r1＜r2＜r3，由开普勒第三定律＝k(k为常量)得T1＜T2＜T3，故选项C正确.
三、双星问题
例3　两个靠得很近的天体，离其他天体非常遥远，它们以其连线上某一点O为圆心各自做匀速圆周运动，两者的距离保持不变，科学家把这样的两个天体称为“双星”，如图5所示.已知双星的质量分别为m1和m2，它们之间的距离为L，求双星的运行轨道半径r1和r2及运行周期T.
图5
答案　r1＝　r2＝　T＝
解析　双星间的引力提供了各自做圆周运动的向心力
对m1：＝m1r1ω2，
对m2：＝m2r2ω2，
且r1＋r2＝L，
解得r1＝，
r2＝.
由G＝m1r1及r1＝得
周期T＝.
1.双星问题的特点
(1)两星的运动轨道为同心圆，圆心是它们之间连线上的某一点.
(2)两星的向心力大小相等，由它们间的万有引力提供.
(3)两星的运动周期、角速度相同.
(4)两星的轨道半径之和等于两星之间的距离，即r1＋r2＝L.
2.双星问题的处理方法：双星间的万有引力提供了它们做圆周运动的向心力，即＝m1ω2r1＝m2ω2r2.
针对训练 3　如图6所示，两个星球A、B组成双星系统，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动.已知A、B星球质量分别为mA、mB，万有引力常量为G，求(其中L为两星中心距离，T为两星的运动周期).
图6
答案　
解析　设A、B两个星球做圆周运动的半径分别为rA、rB.则rA＋rB＝L，对星球A：G＝mArA，对星球B：G＝mBrB，联立以上三式求得＝.
1.(“同步卫星”与“赤道物体”及近地卫星的比较)(多选)如图7所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是(　　)
图7
A.＝ B.＝()2 C.＝ D.＝
答案　AD
解析　地球同步卫星：轨道半径为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；
地球赤道上的物体：轨道半径为R，随地球自转的向心加速度为a2；
以第一宇宙速度运行的卫星为近地卫星，其轨道半径为R.
对于卫星，其共同特点是万有引力提供向心力，则G＝m，故＝.
对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同特点是角速度相等，则a＝ω2r，故 ＝.
2.(卫星的变轨问题)(多选)肩负着“落月”和“勘察”重任的“嫦娥三号”沿地月转移轨道直奔月球，如图8所示，在距月球表面100 km的P点进行第一次制动后被月球捕获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后，卫星在P点又经过第二次“刹车制动”，进入距月球表面100 km的圆形工作轨道Ⅱ，绕月球做匀速圆周运动，在经过P点时会再一次“刹车制动”进入近月点距月球表面15公里的椭圆轨道Ⅲ，然后择机在近月点下降进行软着陆，则下列说法正确的是(　　)
图8
A.“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上运动的周期最长
B.“嫦娥三号”在轨道Ⅲ上运动的周期最长
C.“嫦娥三号”经过P点时在轨道Ⅱ上运动的线速度最大
D.“嫦娥三号”经过P点时，在三个轨道上的加速度相等
答案　AD
解析　由于“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上运动的半长轴大于在轨道Ⅱ上运动的半径，也大于轨道Ⅲ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，“嫦娥三号”在各轨道上稳定运行时的周期关系为TⅠ＞TⅡ＞TⅢ，故A正确，B错误；“嫦娥三号”在由高轨道降到低轨道时，都要在P点进行“刹车制动”，所以经过P点时，在三个轨道上的线速度关系为vⅠ＞vⅡ＞vⅢ，所以C错误；由于“嫦娥三号”在P点时的加速度只与所受到的月球引力有关，故D正确.
3.(双星问题)如图9所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动.现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1∶m2＝3∶2，下列说法中正确的是(　　)
图9
A.m1、m2做圆周运动的线速度之比为3∶2
B.m1、m2做圆周运动的角速度之比为3∶2
C.m1做圆周运动的半径为L
D.m2做圆周运动的半径为L
答案　C
解析　设双星m1、m2距转动中心O的距离分别为r1、r2，双星绕O点转动的角速度为ω，据万有引力定律和牛顿第二定律得
G＝m1r1ω2＝m2r2ω2，又r1＋r2＝L，m1∶m2＝3∶2
所以可解得r1＝L，r2＝L
m1、m2运动的线速度分别为v1＝r1ω，v2＝r2ω，
故v1∶v2＝r1∶r2＝2∶3.
综上所述，选项C正确.
课时作业
一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题)
1.某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动.由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2之间的距离为r，已知万有引力常量为G，由此可求出S2的质量为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　设S1和S2的质量分别为m1、m2，对于S1有
G＝m12r1，得m2＝.
2.两个质量不同的天体构成双星系统，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A.质量大的天体线速度较大
B.质量小的天体角速度较大
C.两个天体的向心力大小一定相等
D.两个天体的向心加速度大小一定相等
答案　C
解析　双星系统的结构是稳定的，故它们的角速度相等，故B项错误；两个星球间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，两个天体的向心力大小相等，而天体质量不一定相等，故两个天体的向心加速度大小不一定相等，故C项正确，D错误；根据牛顿第二定律，有：
G＝m1ω2r1＝m2ω2r2
其中：r1＋r2＝L
故r1＝L
r2＝L
故＝＝
故质量大的天体线速度较小，故A错误.
3.如图1所示，地球赤道上的山丘e、近地卫星p和同步卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动.设e、p、q的线速度大小分别为v1、v2、v3，向心加速度分别为a1、a2、a3，则(　　)
图1
A.v1＞v2＞v3 B.v1＜v2＜v3
C.a1＞a2＞a3 D.a1＜a3＜a2
答案　D
解析　卫星的速度v＝，可见卫星距离地心越远，即r越大，则线速度越小，所以v3＜v2.q是同步卫星，其角速度ω与地球自转角速度相同，所以其线速度v3＝ωr3＞v1＝ωr1，选项A、B均错误.由G＝ma，得a＝，同步卫星q的轨道半径大于近地卫星p的轨道半径，可知向心加速度a3＜a2.由于同步卫星q的角速度ω与地球自转的角速度相同，即与地球赤道上的山丘e的角速度相同，但q的轨道半径大于e的轨道半径，根据a＝ω2r可知a1＜a3.根据以上分析可知，选项D正确，选项C错误.
4.设地球半径为R，a为静止在地球赤道上的一个物体，b为一颗近地绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球的一颗同步卫星，其轨道半径为r.下列说法中正确的是(　　)
A.a与c的线速度大小之比为
B.a与c的线速度大小之比为
C.b与c的周期之比为
D.b与c的周期之比为
答案　D
解析　物体a与同步卫星c角速度相等，由v＝rω可得，二者线速度大小之比为，选项A、B均错误；而b、c均为卫星，由T＝2π可得，二者周期之比为，选项C错误，D正确.
5.如图2所示，我国发射“神舟十号”飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点M距地面200 km，远地点N距地面340 km.进入该轨道正常运行时，通过M、N点时的速率分别是v1和v2.当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，这时飞船的速率为v3，比较飞船在M、N、P三点正常运行时(不包括点火加速阶段)的速率大小和加速度大小，下列结论正确的是(　　)
图2
A.v1＞v3＞v2，a1＞a3＞a2 B.v1＞v2＞v3，a1＞a2＝a3
C.v1＞v2＝v3，a1＞a2＞a3 D.v1＞v3＞v2，a1＞a2＝a3
答案　D
解析　根据万有引力提供向心力，即＝ma得：a＝，由图可知r1＜r2＝r3，所以a1＞a2＝a3；当某次飞船通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km的圆形轨道，所以v3＞v2，根据＝得：v＝，又因为r1＜r3，所以v1＞v3，故v1＞v3＞v2.故选D.
6.如图3，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动.据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动.以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小.以下判断正确的是(　　)
图3
A.a2>a3>a1 B.a2>a1>a3
C.a3>a1>a2 D.a3>a2>a1
答案　D
7.如图4，航天飞机在完成太空任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的近地点，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有(　　)
图4
A.在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度
B.在轨道Ⅱ上经过A的速度小于在轨道Ⅰ上经过A的速度
C.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D.在轨道Ⅱ上经过A的向心加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的向心加速度
答案　ABC
8.我国发射的“北斗系列”卫星中同步卫星到地心距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；在地球赤道上的观测站的向心加速度为a2，近地卫星做圆周运动的速率为v2，向心加速度为a3，地球的半径为R，则下列比值正确的是(　　)
A.＝ B.＝ C.＝ D.＝
答案　AB
解析　由于在地球赤道上的观测站的运动和同步卫星的运动具有相同的角速度，根据a＝rω2可知＝，A项正确，D项错误；再根据近地卫星做圆周运动的向心加速度为a3，由万有引力定律和牛顿第二定律F＝＝ma可知＝，由＝，＝知＝，因此B项正确，C项错误.
9.宇宙中两颗相距较近的天体称为“双星”，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，而不会因为万有引力的作用而吸引到一起.如图5所示，某双星系统中A、B两颗天体绕O点做匀速圆周运动，它们的轨道半径之比rA∶rB＝1∶2，则两颗天体的(　　)
图5
A.质量之比mA∶mB＝2∶1
B.角速度之比ωA∶ωB＝1∶2
C.线速度大小之比vA∶vB＝1∶2
D.向心力大小之比FA∶FB＝2∶1
答案　AC
解析　双星都绕O点做匀速圆周运动，由两者之间的万有引力提供向心力，角速度相等，设为ω.根据牛顿第二定律，对A星：G＝mAω2rA ①
对B星：G＝mBω2rB ②
联立①②得mA∶mB＝rB∶rA＝2∶1.
根据双星的条件有：角速度之比ωA∶ωB＝1∶1，由v＝ωr得线速度大小之比vA∶vB＝rA∶rB＝1∶2，向心力大小之比FA∶FB＝1∶1，选项A、C正确，B、D错误.
10.如图6所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运行的3颗人造卫星，下列说法正确的是(　　)
图6
A.b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度
B.a加速可能会追上b
C.c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等到同一轨道上的c
D.a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，仍做匀速圆周运动，则其线速度将变大
答案　BD
解析　因为b、c在同一轨道上运行，故其线速度大小、加速度大小均相等.又由b、c轨道半径大于a轨道半径，由v＝可知，vb＝vc＜va，故选项A错；当a加速后，会做离心运动，轨道会变成椭圆，若椭圆与b所在轨道相切(或相交)，且a、b同时来到切(或交)点时，a就追上了b，故选项B正确；当c加速时，c受的万有引力F＜m，故它将偏离原轨道，做离心运动，当b减速时，b受的万有引力F＞m，它将偏离原轨道，做向心运动，所以无论如何c也追不上b，b也等不到c，故选项C错；对a卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，由v＝可知，r减小时，v逐渐增大，故选项D正确.
二、非选择题
11.中国自行研制、具有完全自主知识产权的“神舟号”飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，A点距地面的高度为h1，飞船飞行5圈后进行变轨，进入预定圆轨道，如图7所示.设飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，若已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，求：
图7
(1)飞船在B点经椭圆轨道进入预定圆轨道时是加速还是减速？
(2)飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小.
(3)椭圆轨道远地点B距地面的高度h2.
答案　(1)加速　(2)　(3)－R
解析　(2)在地球表面重力提供向心力，有mg＝ ①
根据牛顿第二定律有：G＝maA ②
由①②式联立解得，飞船经过椭圆轨道近地点A时的加速度大小为aA＝.
(3)飞船在预定圆轨道上飞行时由万有引力提供向心力，有G＝m(R＋h2) ③
由题意可知，飞船在预定圆轨道上运行的周期为T＝ ④
由①③④式联立解得h2＝－R.
12.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律地运动着.如图8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.
图8
(1)试在图中粗略画出恒星运动的轨道和位置；
(2)试计算恒星与点C间的距离和恒星的运行速率v.
答案　见解析
解析　(1)恒星运动的轨道和位置大致如图.
(2)对行星m：F＝mω2a ①
对恒星M：F′＝Mω2RM ②
根据牛顿第三定律，F与F′大小相等
由①②得：RM＝a
对恒星M：＝G
代入数据得：v＝.
第5章 万有引力与航天
章末总结
一、解决天体运动问题的思路
解决天体运动的基本思路：
(1)将天体运动视为匀速圆周运动.
(2)万有引力提供向心力，根据已知条件灵活选择合适的表达式＝m＝mω2r＝mr.
(3)关于地球卫星的问题，有时还会应用GM＝gR2做代换.
例1　如图1所示，A是地球的同步卫星，另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地球表面的高度为h，已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地球中心.
图1
(1)求卫星B的运行周期.
(2)如果卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、A、B在同一直线上)，则至少经过多长时间，它们再一次相距最近？
答案　(1)2π　(2)
解析　(1)由万有引力定律和牛顿第二定律得
G＝m(R＋h) ①
G＝mg ②
联立①②解得TB＝2π ③
(2)由题意得(ωB－ω0)t＝2π ④
由③得ωB＝ ⑤
代入④得t＝.
二、人造卫星各运动参量的分析
由＝ma＝m＝mω2r＝mr得
a＝，v＝，ω＝，T＝2π，
即随着轨道半径的增大，卫星的向心加速度、线速度、角速度均减小，周期增大.
例2　太阳系八大行星绕太阳运动的轨道可粗略地认为是圆，各行星的半径、日星距离和质量如下表所示：
行星名称
星球半径/106 m
日星距离/1011 m
质量/1024 kg
水星
2.44
0.58
0.33
金星
6.05
1.08
4.87
地球
6.38
1.50
6.00
火星
3.40
2.28
0.64
木星
71.4
7.78
1 900
土星
60.27
14.29
569
天王星
25.56
28.71
86.8
海王星
24.75
45.04
102
则根据所学的知识可以判断下列说法中正确的是(　　)
A.太阳系的八大行星中，海王星的圆周运动速率最大
B.太阳系的八大行星中，水星的圆周运动周期最大
C.若已知地球的公转周期为1年，万有引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，再利用地球和太阳间的距离，则可以求出太阳的质量
D.若已知万有引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，并忽略地球的自转，利用地球的半径以及地球表面的重力加速度g＝10 m/s2，则可以求出太阳的质量
答案　C
解析　设太阳的质量为M，行星的质量为m，轨道半径为r，运动周期为T，线速度为v.由牛顿第二定律得G＝m＝m()2r，知v＝，T＝＝2π，则行星的轨道半径越大，周期越大，线速度越小.所以海王星周期最大，水星线速度最大，选项A、B错误；由地球绕太阳公转的周期T，轨道半径R，可知G＝mR，解得太阳质量M＝，选项C正确；同时看出地球的重力加速度与太阳质量无关，选项D错误.
三、人造卫星的发射、变轨与对接
1.发射问题
要发射人造卫星，动力装置在地面处要给卫星一很大的发射初速度，且发射速度v＞v1＝7.9 km/s，人造卫星做离开地球的运动；当人造卫星进入预定轨道区域后，再调整速度，使F引＝F向，即G＝m，从而使卫星进入预定轨道.
2.变轨问题
如图2所示，一般先把卫星发射到较低轨道1上，然后在P点点火，使卫星加速，让卫星做离心运动，进入轨道2，到达Q点后，再使卫星加速，进入预定轨道3.
图2
回收过程：与发射过程相反，当卫星到达Q点时，使卫星减速，卫星由轨道3进入轨道2，当到达P点时，再让卫星减速进入轨道1，再减速到达地面.
3.对接问题
如图3所示，飞船首先在比空间站低的轨道运行，当运行到适当位置时，再加速运行到一个椭圆轨道.通过控制使飞船跟空间站恰好同时运行到两轨道的相切点，便可实现对接.
图3
例3　(多选)2016年中国发射了“天宫二号”空间实验室和“神舟十一号”载人飞船.2017年4月中国发射的“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”交会对接.长征运载火箭将天宫二号送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，B点距离地面的高度为h，地球的中心位于椭圆的一个焦点上.“天宫二号”飞行几周后进行变轨进入预定圆轨道，如图4所示.已知“天宫二号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，引力常量为G，地球半径为R.则下列说法正确的是(　　)
图4
A.“天宫二号”从B点沿椭圆轨道向A点运行的过程中，引力为动力
B.“天宫二号”在椭圆轨道的B点的向心加速度大于在预定圆轨道上B点的向心加速度
C.“天宫二号”在椭圆轨道的B点的速度大于在预定圆轨道上的B点的速度
D.根据题目所给信息，可以计算出地球质量
答案　AD
解析　“天宫二号”从B点沿椭圆轨道向A点运行的过程中，速度在变大，故受到的地球引力为动力，所以A正确.在B点“天宫二号”产生的加速度都是由万有引力产生的，因为同在B点万有引力大小相等，故不管在哪个轨道上运动，在B点时万有引力产生的向心加速度大小相等，故B错误.“天宫二号”在椭圆轨道的B点加速后做离心运动才能进入预定圆轨道，故“天宫二号”在椭圆轨道的B点的速度小于在预定圆轨道的B点的速度，故C错误.“天宫二号”在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，故周期为T＝， 根据万有引力提供向心力G＝m，得地球的质量M＝＝，故D正确.