第5讲 圆周运动和万有引力定律
[历次选考考情分析]
章
知识内容
考试要求
历次选考统计
必考
加试
2015/10
2016/04
2016/10
2017/04
2017/11
2018/04
曲线运动
圆周运动、向心加速度、向心力
d
d
5
5
20
4
生活中的圆周运动
c
8
11、20
万有引力与航天
行星的运动
a
3
太阳与行星间的引力
a
万有引力定律
c
12
3、11
7
9
万有引力理论的成就
c
宇宙航行
c
7
11
12
经典力学的局限性
a
考点一 圆周运动有关物理量的辨析
1.对描述圆周运动的物理量的理解以及它们之间的关系
2.常见的三种传动方式及特点
(1)皮带传动:如图1甲、乙所示,皮带与两轮之间无相对滑动时,两轮边缘线速度大小相等,即vA=vB.
图1
(2)摩擦传动:如图2甲所示,两轮边缘接触,接触点无打滑现象时,两轮边缘线速度大小相等,即vA=vB.
(3)同轴转动:如图乙所示,两轮固定在一起绕同一转轴转动,两轮转动的角速度大小相等,即ωA=ωB.
图2
1.[圆周运动特点](2016·浙江4月学考·5)如图3为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间.假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行,则他( )
图3
A.所受的合力为零,做匀速运动
B.所受的合力恒定,做匀加速运动
C.所受的合力恒定,做变加速运动
D.所受的合力变化,做变加速运动
答案 D
解析 运动员沿圆弧形弯道匀速率滑行时,其所受的合力提供向心力,大小不变,方向时刻指向圆心,即运动员所受的合力是变力,做变加速运动,选项A、B、C错误,D正确.
2.[离心现象]下列现象中,与离心现象无关的是( )
A.运动员投掷铅球时,抛射角在42°左右
B.通过旋转雨伞来甩干伞上的雨滴
C.汽车转弯时速度过大,乘客感觉往外甩
D.用洗衣机脱去湿衣服中的水
答案 A
3.[同轴转动](2018·嘉兴市期末)如图4所示是某品牌手动榨汁机,榨汁时手柄A绕O点旋转时,手柄上B、C两点的周期、角速度及线速度等物理量的关系是( )
图4
A.TB=TC,vB>vC
B.TB=TC,vB
C.ωB>ωC,vB=vC
D.ωB<ωC,vB答案 B
解析 由B、C共轴,故ωB=ωC,即TB=TC,又rB4.[皮带传动](2018·绍兴市选考诊断)如图5所示为一磁带式放音机的转动系统,在倒带时,主动轮以恒定的角速度逆时针转动,P和Q分别为主动轮和从动轮边缘上的点,则( )
图5
A.主动轮上的P点线速度方向不变
B.主动轮上的P点线速度逐渐变大
C.主动轮上的P点的向心加速度逐渐变大
D.从动轮上的Q点的向心加速度逐渐变大
答案 D
5.[齿轮传动](2018·温州市期末)如图6所示,修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的.其原理可简化为图中所示的模型.A、B是转动的齿轮边缘的两点,则下列说法中不正确的是( )
图6
A.A、B两点的线速度大小相等
B.A、B两点的角速度大小相等
C.A点的周期大于B点的周期
D.A点的向心加速度小于B点的向心加速度
答案 B
解析 齿轮传动时,边缘点的线速度相等,即vA=vB;根据v=ωr,可知半径大的角速度小,即ωA<ωB,根据T=,则有TA>TB,根据a=,可知半径大的向心加速度小,则有aA考点二 水平面内的圆周运动
1.解决圆周运动问题的主要步骤
(1)审清题意,确定研究对象;明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环;
(2)分析物体的运动情况,即物体的线速度是否变化、轨道平面、圆心位置、半径大小等;
(3)分析物体的受力情况,画出受力分析图,确定向心力的来源;
(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程.
2.常见的三种临界情况
(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离,临界条件是:弹力FN=0.
(2)相互接触的两物体相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值.
(3)绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力;绳子松弛的临界条件是FT=0.
例1 如图7所示,细绳一端系着静止在水平圆盘上、质量M=0.5 kg的物体A,另一端通过圆盘中心的光滑小孔吊着质量m=0.3 kg的物体B,物体A与小孔距离为0.4 m(物体A可看成质点),已知A和水平圆盘间的最大静摩擦力为2 N.现使圆盘绕中心轴线转动,角速度ω在什么范围内,B会处于静止状态?(g取10 m/s2)
图7
答案 rad/s≤ω≤5 rad/s
解析 设物体A和圆盘保持相对静止,当ω具有最小值时,A有向圆心O运动的趋势,A受到的静摩擦力方向沿半径向外.
当摩擦力等于最大静摩擦力时,对A受力分析有
F-Ff=Mω12r,
又F=mg,
ω1== rad/s
当ω具有最大值时,A有远离圆心O运动的趋势,A受到的最大静摩擦力指向圆心.对A受力分析有
F+Ff=Mω22r,
又F=mg,
解得ω2==5 rad/s,
所以ω的范围是 rad/s≤ω≤5 rad/s.
6.如图8所示,小物块A与水平圆盘保持相对静止,随着圆盘一起做匀速圆周运动,则A受到的力有( )
图8
A.重力、支持力
B.重力、向心力
C.重力、支持力、指向圆心的摩擦力
D.重力、支持力、向心力、摩擦力
答案 C
7.如图9所示,绳子的一端固定在O点,另一端拴一重物在光滑水平面上做匀速圆周运动( )
图9
A.转速相同时,绳短的容易断
B.周期相同时,绳短的容易断
C.线速度大小相等时,绳短的容易断
D.线速度大小相等时,绳长的容易断
答案 C
解析 绳子的拉力提供向心力,设绳子的拉力为F,则F=mω2r=,此处,T==,所以,当转速n相同,即是周期或角速度相同时,绳长r越大,拉力F越大,绳子越容易断,选项A、B错误;当线速度v相等时,绳长r越小,拉力F越大,绳子越容易断,选项C正确,D错误.
8.(2018·温州市六校期末)摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车,如图10所示.当列车转弯时,在电脑控制下,车厢会自动倾斜;行驶在直线上时,车厢又恢复原状,就像玩具“不倒翁”一样.假设有一摆式列车在水平面内行驶,以360 km/h的速度转弯,转弯所在处半径为1 km,则质量为50 kg的乘客,在转弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g取10 m/s2)( )
图10
A.500 N B.1 000 N
C.500 N D.0
答案 C
解析 乘客所需向心力F=m=500 N,由勾股定理,火车给他的作用力FN==500 N.
考点三 竖直面内的圆周运动问题
1.定模型:首先判断是轻绳模型还是轻杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同.
2.确定临界点:抓住轻绳模型中最高点v≥及轻杆模型中v≥0这两个临界条件.
3.研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况.
4.受力分析:对物体在最高点或最低点时进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程.
5.过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程.
模型1 轻绳模型
例2 如图11所示,质量为m的竖直光滑圆环A的半径为r,竖直固定在质量为m的木板B上,木板B的两侧各有一竖直挡板固定在地面上,使木板不能左右运动.在环的最低点静置一质量为m的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度v0,小球会在环内侧做圆周运动.为保证小球能通过环的最高点,且不会使木板离开地面,不计空气阻力,则初速度v0必须满足( )
图11
A.≤v0≤ B.≤v0≤
C.≤v0≤3 D.≤v0≤
答案 D
解析 在最高点,速度最小时有:
mg=m
解得:v1=.
从最高点到最低点的过程中,机械能守恒,设最低点的速度为v1′,根据机械能守恒定律,有:
2mgr+mv12=mv1′2
解得v1′=.
要使木板不会在竖直方向上跳起,在最高点,球对环的压力最大为:
F=mg+mg=2mg
在最高点,速度最大时有:
mg+2mg=m
解得:v2=.
从最高点到最低点的过程中,机械能守恒,设此时最低点的速度为v2′,
根据机械能守恒定律有:
2mgr+mv22=mv2′2
解得:v2′=.
所以保证小球能通过环的最高点,且不会使木板在竖直方向上跳起,在最低点的速度范围为:
≤v0≤.
9.杂技演员表演“水流星”,在长为1.6 m的细绳的一端,系一个与水的总质量为m=0.5 kg的盛水容器,以绳的另一端为圆心,在竖直平面内做圆周运动,如图12所示,若“水流星”通过最高点时的速率为4 m/s,则下列说法正确的是(不计空气阻力,g=10 m/s2)( )
图12
A.“水流星”通过最高点时,有水从容器中流出
B.“水流星”通过最高点时,绳的张力及容器底部受到的压力均为零
C.“水流星”通过最高点时,处于完全失重状态,不受力的作用
D.“水流星”通过最高点时,绳子的拉力大小为5 N
答案 B
解析 “水流星”在最高点的临界速度v==4 m/s,由此知绳的拉力恰为零,且水恰不流出,故选B.
模型2 轻杆模型
例3 如图13所示,在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道,外轨内表面光滑,内轨外表面粗糙.一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动,球的直径略小于两轨间距,球运动的轨道半径为R,不计空气阻力.下列说法正确的是( )
图13
A.当v0=时,小球最终停在最低点
B.当v0=2时,小球可以到达最高点
C.当v0=时,小球始终做完整的圆周运动
D.当v0=时,小球在最高点时对内轨的外表面有挤压
答案 C
解析 若v0=,则由mv02=mgh可知,h=R,则小球能到达与圆轨道圆心等高的一点后反向返回,在最低点两侧往返运动,选项A错误;若v0=2,且轨道的内外壁均光滑时,小球到达最高点的速度恰好为零,但是因轨道内轨外表面粗糙,则小球与内轨接触时要损失机械能,则小球不能到达最高点,选项B错误;若小球运动时只与轨道的外轨接触而恰能到达最高点,则到达最高点时满足mg=m,从最低点到最高点由机械能守恒可知,mv02=mg·2R+mv2,解得v0=,由此可知当v0=时,小球始终做完整的圆周运动,且沿外轨道恰能运动到最高点,选项C正确,D错误.
10.(2018·嘉兴市期末)体操运动员做“单臂大回环”时,用一只手抓住单杠,伸展身体,以单杠为轴在竖直平面内做圆周运动,如图14所示.此过程中,运动员到达最低点时手臂受的拉力约为(不计空气阻力)( )
图14
A.50 N B.500 N
C.2 500 N D.5 000 N
答案 C
解析 从最高点到最低点,由2mgR=mv2,又由F-mg=m
得F=5mg=2 500 N,故C正确.
考点四 万有引力定律的理解和应用
1.解决天体(卫星)运动问题的基本思路
(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力,即
G=man=m=mω2r=m.
(2)在中心天体表面或附近运动时,万有引力近似等于重力,即G=mg(g表示天体表面的重力加速度).
2.天体质量和密度的估算
(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R(忽略自转的影响).
由于G=mg,故天体质量M=,
天体的平均密度ρ===.
(2)利用卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r.
①由万有引力提供向心力,即G=mr,得出中心天体质量M=;
②若已知天体半径R,则天体的平均密度
ρ===.
3.卫星运行参量的计算与比较
=越高越慢
例4 (2018·杭州市期末)中国科学家利用“悟空”卫星获得了高能电子宇宙射线能谱,有可能为暗物质的存在提供新证据.已知“悟空”在低于同步卫星的圆轨道上运行,经过时间t(t小于其周期),运动的弧长为s,与地球中心连线扫过的弧度为β,引力常量为G.根据上述信息,下列说法中正确的是( )
A.“悟空”的线速度大于第一宇宙速度
B.“悟空”的向心加速度比地球同步卫星的小
C.“悟空”的环绕周期为
D.“悟空”的质量为
答案 C
解析 卫星绕地球做匀速圆周运动,由G=m,解得:v=,卫星的轨道半径越大,速率越小,第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度,故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度,故A错误;万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得:G=ma,解得:a=,则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度,故B错误;由题意“悟空”运行的线速度为:v=,角速度为:ω=,根据v=ωr得轨道半径为:r==,“悟空”的环绕周期为T==,故C正确;“悟空”绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即:G=mrω2,解得地球的质量为:M=,不能求出“悟空”的质量,故D错误.
11.2019年和2020年,中国将把6颗第三代北斗导航卫星发射升空,并送入绕地球的椭圆轨道.该卫星发射速度v大小的范围是( )
A.v<7.9 km/s
B.7.9 km/s<v<11.2 km/s
C.11.2 km/s<v<16.7 km/s
D.v>16.7 km/s
答案 B
12.(2018·浙江4月选考·9)土星最大的卫星叫“泰坦”(如图15),每16天绕土星一周,其公转轨道半径为1.2×106 km.已知引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2,则土星的质量约为( )
图15
A.5×1017 kg B.5×1026 kg
C.5×1033 kg D.5×1036 kg
答案 B
解析 根据“泰坦”的运动情况,由万有引力提供向心力,
则G=m2r,化简得到M=,代入数据得M≈5×1026 kg,故选B.
13.NASA的新一代詹姆斯韦伯太空望远镜将被放置在太阳与地球的第二拉格朗日点L2处,飘荡在地球背对太阳后方150万公里处的太空.其面积超过哈勃望远镜5倍,其观测能量可能是后者70倍以上,如图16所示,L2点处在太阳与地球连线的外侧,在太阳和地球的引力共同作用下,卫星在该点能与地球一起绕太阳运动(视为圆周运动),且时刻保持背对太阳和地球,不受太阳的干扰而进行天文观测.不考虑其他星球的影响,下列关于工作在L2点的天文卫星的说法中正确的是( )
图16
A.它绕太阳运动的向心力由太阳对它的引力充当
B.它绕太阳运动的向心加速度比地球绕太阳运动的向心加速度小
C.它绕太阳运行的线速度比地球绕太阳运行的线速度小
D.它绕太阳运行的周期与地球绕太阳运行的周期相等
答案 D
14.假设两颗人造卫星1和2的质量之比m1∶m2=1∶2,都绕地球做匀速圆周运动,如图17所示,卫星2的轨道半径更大些.观测中心对这两个卫星进行了观测,编号为甲、乙,测得甲、乙两颗人造卫星周期之比为T甲∶T乙=8∶1.下列说法中正确的是( )
图17
A.甲是卫星1
B.乙星动能较小
C.甲的机械能较大
D.无法比较两个卫星受到的向心力
答案 C
解析 卫星做匀速圆周运动,万有引力充当向心力,有G=m,解得r=,所以r甲∶r乙=∶=4∶1,所以甲是卫星2,故A错误;由G=m,得v=,所以v甲∶v乙=∶=1∶2,由动能表达式Ek=mv2得甲、乙两星的动能之比==,故B错误;若卫星2由外侧轨道变轨到卫星1的轨道,需要减速,既需要克服阻力做功才能变轨到卫星1的轨道,所以卫星2在外侧轨道上的机械能大于它在卫星1轨道上的机械能,而卫星2的质量比卫星1的质量大,在同一轨道上卫星2的机械能大于卫星1的机械能,所以卫星2在外侧轨道上的机械能大于卫星1的机械能,故C正确;由万有引力公式F=G,可知两卫星受到的向心力之比==,故D错误.
专题强化练
1.(2018·新高考联盟联考)如图1所示是我国自己独立研制的“直11”系列直升机,是一种小吨位直升机,用来当成轻型武装直升机或运输机.在直升机螺旋桨上有A、B、C三点,其中A、C在叶片的端点,B在叶片的中点.当叶片转动时,这三点( )
图1
A.线速度大小都相等 B.线速度方向都相同
C.角速度大小都相等 D.向心加速度大小都相等
答案 C
解析 由题图可知,A、B、C三点属于同轴转动,各点的角速度是相等的,A、C在叶片的端点,B在叶片的中点,它们转动的半径不同,所以A、C的线速度大小相等,而与B点的线速度大小不相等,故A错误,C正确;由题图可知,A、B与C点的位置不同,线速度的方向不同,故B错误;A、C与B的角速度相等而半径不同,由a=ω2r可知,A、C的向心加速度的大小与B点不相等,故D错误.
2.如图2所示,A、B两点分别位于大、小轮的边缘上,C点位于大轮半径的中点,大轮的半径是小轮的2倍,它们之间靠摩擦传动,接触面上没有相对滑动.则下列说法正确的是( )
图2
A.A点与B点角速度大小相等
B.A点与B点线速度大小相等
C.B点与C点线速度大小相等
D.A点的向心加速度等于C点的向心加速度
答案 B
3.(2018·宁波市期末)如图3所示,山崖边的公路常常称为最险公路,一辆汽车欲安全通过此弯道公路(公路水平),下列说法不正确的是( )
图3
A.若汽车以恒定的角速度转弯,选择内圈较为安全
B.若汽车以恒定的线速度大小转弯,选择外圈较为安全
C.汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用
D.汽车在转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
答案 D
解析 汽车做的是匀速圆周运动,故是侧向静摩擦力提供向心力,重力和支持力平衡,向心力是合力提供,故C正确,D错误;如果汽车以恒定的角速度转弯,根据Fn=mω2r,在内圈时转弯半径小,故在内圈时向心力小,故静摩擦力小,不容易打滑,安全,故A正确;若汽车以恒定的线速度大小转弯,根据Fn=m,在外圈时转弯半径大,故在外圈时向心力小,故静摩擦力小,不容易打滑,安全,故B正确.
4.(2018·金华市十校期末)A、B、C三个物体放在旋转水平圆台上,都没有滑动,如图4所示,它们与圆台间的动摩擦因数均为μ,A的质量为2m,B、C的质量均为m,A、B离轴的距离均为R,C离轴的距离为2R.当圆台以较小的转速旋转时,下列说法正确的是( )
图4
A.物体B所受摩擦力方向与运动方向相反
B.物体B所受静摩擦力最小
C.当圆台转速增加时,B比C先滑动
D.当圆台转速增加时,B比A先滑动
答案 B
5.(2018·七彩阳光联盟期中)如图5所示,“天津之眼”是亚洲唯一建在桥上的摩天轮,是天津的地标之一.摩天轮直径110 m,轮外装挂48个360度透明座舱.假定乘客坐在摩天轮的座舱中,摩天轮匀速转动,转动一周所需时间为28分钟,则( )
图5
A.某时刻所有乘客运动的线速度都相同
B.某时刻所有乘客运动的加速度都相同
C.某乘客过最高、最低点时,受到座舱的力大小相等
D.某乘客过最高、最低点时,受到的合外力大小相等
答案 D
6.(2018·温州市九校联盟期末)如图6所示,某拱形桥的顶部可视为一段圆弧,这段圆弧对应的半径为10 m,当一辆小汽车(视作质点)以一定速度v经过该桥顶时(g取10 m/s2),以下说法正确的是( )
图6
A.当v=36 km/h时,车对桥面的压力等于重力
B.当v=54 km/h时,车能贴着桥面,安全通过拱形桥
C.无论速度多大,车对桥面的压力都不可能大于重力
D.当v=18 km/h时,车对桥面的压力是重力的0.25倍
答案 C
解析 在桥顶,根据牛顿第二定律得:mg-FN=,当车对桥面的压力等于重力时,FN=mg,解得:v=0,故A错误;当FN=0时,有最大速度,解得v==10 m/s,10 m/s=36 km/h<54 km/h,所以车不能安全通过拱形桥,故B错误;FN=mg-m,因v2≥0,所以无论速度多大,车对桥面的压力都不可能大于重力,故C正确;v=18 km/h=5 m/s,支持力FN=mg-m=0.75mg,由牛顿第三定律知车对桥面的压力是重力的0.75倍,故D错误.
7.(2018·金、丽、衢十二校联考)荡秋千是人们平时喜爱的一项休闲娱乐活动,如图7所示,某同学正在荡秋千,A和B分别为运动过程中的最低点和最高点,若忽略空气阻力,则下列说法正确的是( )
图7
A.在A位置时,该同学处于失重状态
B.在B位置时,该同学受到的合力为零
C.在A位置时,该同学对秋千踏板的压力大于秋千踏板对该同学的支持力,处于超重状态
D.由A到B过程中,该同学向心加速度逐渐减小
答案 D
解析 在A位置时,该同学的加速度向上,处于超重状态,故A错误;在B位置,该同学的速度为零,向心力为零,即沿绳子方向的合力为零,其合力等于重力沿圆弧切线方向的分力,不为零,故B错误;根据牛顿第三定律知,在A位置时,该同学对秋千踏板的压力等于秋千踏板对该同学的支持力,故C错误;由A到B过程中,该同学的速度逐渐减小,由a=分析知向心加速度逐渐减小,故D正确.
8.(2018·杭州市期末)“嫦娥五号”将从月球采样返回,为载人登月铺路.若已知万有引力常量G,那么在下列给出的各种情景中,能根据测量的数据估算月球密度的是( )
A.“嫦娥五号”靠近月球表面做匀速圆周运动,测出运行周期T
B.观察月球绕地球的匀速圆周运动,测出月球的直径D和运行周期T
C.在月球表面释放一个小球做自由落体运动,测出下落高度H和时间t
D.“嫦娥五号”在高空绕月球做匀速圆周运动,测出距月球表面的高度H和运行周期T
答案 A
9.(2018·9+1高中联盟期中)如图8所示,中国自主研发的新型平流层飞艇“圆梦号”首次试飞成功,它采用三个六维电机的螺旋桨,升空后依靠太阳能提供持续动力,能自主和遥控升空、降落、定点和巡航飞行,未来或替代亚轨道卫星.假设某次实验中,“圆梦号”在赤道上空指定20公里高度绕地球以恒定速率飞行一圈,下列说法中错误的是( )
图8
A.飞艇绕地球飞行的过程中合力为零
B.飞艇绕地球飞行的过程中速度时刻在改变
C.飞艇绕地球一圈的平均速度为零
D.研究六维电机的螺旋桨转动时,不可把螺旋桨看成质点
答案 A
10.(2018·宁波市重点中学联考)2017年11月5日,我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭,以“一箭双星”方式成功发射了第24、25颗北斗导航卫星,开启了北斗卫星导航系统全球组网的新时代.北斗导航系统由5颗静止轨道卫星(即卫星相对地面的位置保持不变)和30颗非静止轨道卫星组成,其中“北斗-G5”为地球静止轨道卫星,轨道高度约为36 000 km;“北斗-M3”为中圆地球轨道卫星,轨道高度约为21 500 km,已知地球半径为6 400 km,则下列说法中正确的是( )
A.“北斗-G5”绕地球运转周期为24 h
B.“北斗-G5”绕地球运转的线速度大于7.9 km/s
C.“北斗-M3”绕地球运转的角速度小于“北斗-G5”的角速度
D.“北斗-M3”绕地球运转的向心加速度小于“北斗-G5”的向心加速度
答案 A
解析 “北斗-G5”为地球静止轨道卫星,周期等于地球的自转周期,为24 h,故A正确;根据v=可知,轨道半径r越大,则线速度越小,当r最小,即等于地球半径R时,线速度最大,等于第一宇宙速度7.9 km/s,故“北斗-G5”相对地面静止不动,而且线速度一定小于7.9 km/s,故B错误;“北斗-M3”为中圆地球轨道卫星,轨道高度约为21 500 km,而“北斗-G5”为地球静止轨道卫星,轨道高度约为36 000 km,根据G=mω2r,有ω=,轨道半径越小,角速度越大,所以“北斗-M3”绕地球运转的角速度大于“北斗-G5”的角速度,故C错误;根据G=ma,有a=,因为轨道半径越大,向心加速度越小,所以“北斗-M3”绕地球运转的向心加速度大于“北斗-G5”的向心加速度,故D错误.
11.无缝钢管的制作原理如图9所示,竖直平面内,管状模型置于两个支撑轮上,支撑轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动,铁水注入管状模型后,由于离心作用,铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上,冷却后就得到无缝钢管.已知管状模型内壁半径为R,则下列说法正确的是( )
图9
A.铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上的
B.模型各个方向上受到的铁水的作用力相同
C.若最上部的铁水恰好不离开模型内壁,此时仅重力提供向心力
D.管状模型转动的角速度ω最大为
答案 C
解析 铁水做圆周运动,重力和弹力的合力提供向心力,没有离心力,故A错误;铁水不是做匀速圆周运动,故模型各个方向上受到的铁水的作用力不一定相同,故B错误;若最上部的铁水恰好不离开模型内壁,则是重力恰好提供向心力,故C正确;为了使铁水紧紧地覆盖在模型的内壁上,管状模型转动的角速度不能小于临界角速度,故D错误.
12.长度为1 m的轻杆OA的A端有一质量为2 kg的小球,以O点为圆心,在竖直平面内做圆周运动,如图10所示,小球通过最高点时的速度为3 m/s,g取10 m/s2,则此时小球将( )
图10
A.受到18 N的拉力
B.受到38 N的支持力
C.受到2 N的拉力
D.受到2 N的支持力
答案 D
解析 设此时小球受到杆的拉力为F,根据向心力公式有F+mg=m,代入数值可得F=-2 N,表示小球受到2 N的支持力,选项D正确.
13.(2018·台州市3月选考)如图11所示,北斗卫星系统由多颗静止轨道卫星(同步卫星)和非静止轨道卫星组成,非静止轨道卫星有中圆轨道卫星和倾斜同步轨道卫星,中圆轨道卫星轨道距地面的高度约为21 500 km,静止轨道卫星和倾斜同步轨道卫星距地面的高度约为36 000 km,下列说法正确的是( )
图11
A.中圆轨道卫星的线速度小于静止轨道卫星的线速度
B.中圆轨道卫星的周期大于倾斜同步轨道卫星的周期
C.倾斜同步轨道卫星的向心力一定大于静止轨道卫星的向心力
D.倾斜同步轨道卫星从地球上看是移动的,每天经过特定地区上空的时刻却是相同的
答案 D
14.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.后来天文学家又发现了两颗冥王星的小卫星,其中一颗的公转轨道半径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
15.北斗导航卫星系统中有两颗圆轨道半径均为21 332 km的“北斗-M5”和“北斗-M6”卫星,其轨道如图12所示,下列说法正确的是( )
图12
A.两颗卫星绕地球运行的向心加速度大小相等
B.两颗卫星绕地球的运行速率均大于7.9 km/s
C.“北斗-M5”绕地球的运行周期大于地球的自转周期
D.“北斗-M6”绕地球的运行速率大于“北斗-M5”的运行速率
答案 A
解析 根据G=ma知,轨道半径相等,则向心加速度大小相等,故A正确;根据v=知,轨道半径越大,线速度越小,第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径,所以两颗卫星的速度均小于7.9 km/s,故B错误;根据T=2π?,“北斗-M5”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径,则“北斗-M5”绕地球的运行周期小于地球的自转周期,故C错误;根据v=知“北斗-M6”绕地球的运行速率等于“北斗-M5”的运行速率,故D错误.
16.2017年4月20日,“天舟一号”飞船成功发射,与“天宫二号”空间实验室对接后在离地约393 km的圆轨道上为“天宫二号”补加推进剂,在完成各项试验后,“天舟一号”受控离开圆轨道,最后进入大气层烧毁,下列说法中正确的是( )
A.对接时,“天舟一号”的速度小于第一宇宙速度
B.补加推进剂后,“天宫二号”受到地球的引力减小
C.补加推进剂后,“天宫二号”运行的周期减小
D.“天舟一号”在加速下降过程中处于超重状态
答案 A
解析 7.9 km/s是地球的第一宇宙速度,是卫星最小的发射速度,也是卫星或飞行器绕地球做匀速圆周运动的最大速度,所以对接时,“天舟一号”的速度必定小于第一宇宙速度,故A正确;补加推进剂后,“天宫二号”的质量
增大,由万有引力定律可知,“天宫二号”受到地球的引力增大,故B错误;补加推进剂后,“天宫二号”的质量增大,根据万有引力提供向心力可得G=mr,解得:T=2π?,公式中的M是地球的质量,可见“天宫二号”的周期与其质量无关,所以保持不变,故C错误;“天舟一号”在加速下降过程中加速度的方向向下,所以处于失重状态,故D错误.
17.“水上乐园”中有一巨大的水平转盘,人在其上随盘子一起转动,给游客带来无穷乐趣.如图13所示,转盘的半径为R,离水平面的高度为H,可视为质点的游客的质量为m,现转盘以角速度ω匀速转动,游客在转盘边缘保持相对静止,不计空气阻力,重力加速度为g.
图13
(1)求转盘转动的周期;
(2)求游客受到的摩擦力的大小和方向;
(3)若转盘突然停止转动,求游客落水点到转动轴的水平距离.
答案 (1) (2)mω2R 沿半径方向指向转盘圆心O (3)R?
解析 (1)转盘转动的周期:T=
(2)游客受到的摩擦力的大小:Ff=mω2R
游客受到的摩擦力的方向沿半径方向指向转盘圆心O.
(3)游客转动时的线速度,即平抛运动的初速度:v=ωR
游客落水的时间:t=
游客做平抛运动的水平位移:x=vt=ωR
游客落水点到转动轴的水平距离:s==R .