2019年高考物理备考：重要推论的理解及应用 45张PPT

理解和应用　
2019年高考物理备考：重要推论
2.时间中点的瞬时速度

3.位移中点的瞬时速度
1.任意相邻两段相等时间内的位移差
推广：
匀变速直线运动



“逐差法”求加速度

适用条件（1）匀变速直线运动；（2）按时间相等分段。

判断运动性质

根据位移和时间求平均速度，再把平均速度转化为瞬时速度，从而利用匀变速直线运动的基本公式解题。
不管匀加匀减

专题01、匀变速直线运动的重要推论
4、特殊比例法
对于初速度为零的匀加速运动和末速度为零的匀减速运动可以利用初速度为零的匀加速运动的六个比例式解题，可以使问题大大简化。
xⅠ﹕xⅡ﹕xⅢ …… :xN=1 ﹕ 3﹕ 5﹕ ……：(2n-1)
第1s内、第2s内、第3s内……的位移之比为连续的奇数比

第1m内、第2m内、第3m内、……的时间之比
tⅠ﹕tⅡ﹕tⅢ……:tn＝1:
:
… …
:

1.为了测定汽车在平直公路上启动时的加速度，某人拍摄了一张在同一张底片上多次爆光的照片，如图示，如果拍摄时每隔2s曝光一次，汽车车身总长4.5m，那么这辆汽车的加速度约为（ ）
A.1m/s2 B.1.5m/s2 C.2m/s2 D.2.5m/s2
解：车身长4.5m，占标尺上3小格，每小格是1.5m
第一、第二次闪光 汽车相距
x1=1.5×8=12m
第二、第三次闪光汽车相距
x2=1.5×12 = 18m
B




























x1
x2
2. （单选）一物体作匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t2 。则物体运动的加速度为（ ）

A. B. C. D.


物体在前一段位移Δx的平均速度即t1/2时刻的瞬时速度
所以加速度

物体在后一段位移Δx的平均速度即t1+t2/2时刻的瞬时速度
A
3. 做匀减速直线运动的物体经4s停止，若在第1s内的位移是14m，则最后1s内的位移是(　 　)
A.3.5 m B.2 m C.1 m D.0

匀减速到0

由静止开始的匀加速
7
1
3
5
t/s









0
1
2
3
4
5
6
7
B
点评：本题采用“逆向思维法”。把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法，一般用于末态已知的情况．本题利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1。
解答：①设每节车厢长L，火车共有n节车厢。所以L：nL＝22：62＝1：9 所以车厢共有9节。
②设第一个，第二个，第三个2s内的位移分别为sI：sII：sIII，则：sI：sII：sIII＝1：3：5＝ L：3L：5L。所以最后2s内通过他的有5节车厢。
③因为通过相等的位移所需时间比为：
4. 一列火车从静止开始作匀加速运动，一人站在车厢旁的前端观察，第一节车厢通过他历时2s，全部通过他历时6s，问：①这列火车共有几节车厢？ ②最后2s内通过他的车厢有几节？③最后一节车厢通过他需多长时间？
5. 如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以速度v向上做匀变速运动，依次经过A、B、C、D到达最高点E。已知AB=BD=6m，BC=1m，滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2s，设滑块经过B、C时的速度分别为vB、vC则（ ）
A. DE=3m B. 从D到E所用时间为4s
C. vC=6m/s D.
































B
A
C
D
E
v
AC段时间和CD段时间相等都是2s，并且AC=7cm， CD=5cm， 可知DE=3cm+1cm=4cm，从D到E所用时间为4s。由于本题为单选题，所以答案B正确。
B
物体沿斜面向上做匀减速直线运动，可以看做反方向的初速度为零的匀加速直线运动。
vF:vD:vC:vA=1:2:3:4，而C是物体在AD段运动的时间中点，可以根据平均速度法求出vC=3m/s，因此，vD=2m/s，vA=4m/s，B是物体在AD段运动的位移中点，根据推论可以求出vB。
6. 如图所示，在高速公路某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．若汽车距测速仪355m时刻测速仪发出超声波，同时汽车由于紧急情况而急刹车，当测速仪接收到反射回来的超声波信号时，汽车恰好停止，此时汽车距测速仪335m，已知声速为340m/s．
（1）求汽车刹车过程中的加速度；
（2）若该路段汽车正常行驶时速度要求在60km/h～110km/h，则该汽车刹车前的行驶速度是否合法？
测速仪发射超声波时，小车在A位置；
小车接收到超声波时，小车在C位置；
测速仪接收到超声波时，小车在D位置。
汽车从A到C和从C到D分别对应超声波来回往返运动过程，时间相等。















355m
B
A



335m




x1
x2






停止
相遇
C
D

tAC＝tCD， x1 + x2 ＝20m， x1∶x2＝1∶3















355m
B
A



335m




x1
x2






停止
相遇
C
D

逆向思维，汽车看成初速度为零的匀加速运动
x1＝5 m，x2＝15 m

超声波从B→C和C→B所用时间均为


负号表示加速度方向与汽车运动方向相反


v0=20m/s=72km/h
点评：“相遇问题”的一个条件（速度相等）和两个关系（时间和位移关系）。明确t=0、t/2、t三个时刻超声波和汽车对应的位置关系，是解题的关键。（每国对应朝鲜战争的评价）
7．如图所示，为小球做平抛运动的闪光照片的一部分。图中每一个小方格边长5cm， g取10m/s2,则：(1)闪光的频率是_____Hz;(2)小球运动的水平分速度是____m/s;(3)小球经过B点时竖直分速度是_____ m/s。


























A
B
C


平抛运动可以分解为水平匀速运动和竖直自由落体运动


点评：注意物理规律和方法的有效迁移．根据水平分运动可知曝光时间间隔相等，平抛运动分解成水平匀速和竖直自由落体运动，由于合分运动具有等时性和独立性，这样就可以将平抛运动的两个分运动分别用纸带法求解．
专题02、等时圆模型




P
C
B
A
O
.
时间相等





B
P
C
A
O
时间相等




O1
.




O2
A
B
C
D
F
E
时间相等
物体从竖直平面内圆周最高点沿任意光滑弦滑到圆周上所用的时间相等；
物体从竖直平面内圆周上的不同点沿不同的光滑弦滑到最低点所用的时间相等。
时间只与圆的半径有关，看成自由落体运动求时间。
1. （单选）如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上， a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从 a、b、c处释放（初速为0），用t1、t2、t3 依次表示各滑环到达d所用的时间，则（ ）
A．t1 t2>t3
C．t3 >t1>t2 D．t1=t2=t3
D

a
b
c
d
解析1:根据牛顿第二定律和匀变速直线运动公式推导出物体的运动时间与细杆与直径的夹角无关，说明选项D正确。
解析2:直接“等时圆模型”迅速得出答案。
点评：物体从竖直平面内圆周最高点沿任意光滑弦滑到圆周上所用的时间相等；物体从竖直平面内圆周上的不同点沿不同的光滑弦滑到最低点所用的时间相等。
2、如图所示，A在竖直平面内的圆周的最低点。AB为搁在圆周上的光滑板，圆半径为R，一个小物体以初速度v0，从A点滑上AB板，滑到B端时速度恰好为零，则小物体从A到B所需要的时间为多少？



A
B
O

R
v0

过A点做圆的切线AP，令∠BAP=θ，
则∠AOB=2θ，AB的距离
物体上滑的加速度大小为
逆着这个运动看，根据
有
所以

θ
3.（多选）如图所示，位于竖直平面内的AM和BM两个光滑倾斜直轨道与水平面交于M点，其中AM轨道与水平面的夹角为 450，BM轨道与水平面的夹角为 600，C 点与A点等高。已知在同一时刻，a、b两球分别由 A、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点，c球由C点自由下落到M点。则（ ）
A．a 球最先到达 M 点
B．b 球最先到达 M 点
C．c 球最先到达 M 点
D．b 球最后到达 M 点
C D



























B
A
C

M
·
·
·
物体从竖直平面内圆周上的不同点沿不同的光滑弦滑到最低点所用的时间相等” ，并且时间只与圆的半径有关。

沿着P点与斜面的垂线和过P点的竖直线的角分线下滑，时间最短。
















α
h
4. 如图所示， P点与斜面的距离为h，从P点沿什么方向的光滑轨道运送货物到斜面上，所用时间最短？最短时间是多少？
P

α
·
O
专题03、连接体问题
规律总结： m1、m2组成的物体系一起加速运动，如果力F作用在m1上，则m1、m2间的弹力
与有无摩擦无关，平面、斜面、竖直都一样。



m1
m2
F



























m2
m1
F













α




m1
m2
F



m2
m1
F
适用条件：两个物体与接触面的动摩擦因数相同（包括零）。
1. 如图所示，有n个质量均为m的立方体，放在光滑的水平桌面上，若以大小为F的恒力推第一块立方体，求： （1）作用在每个立方体上的合力（2）第3个立方体作用于第4个立方体上的力。























………
1
2
3
n

F
解：根据牛顿第二定律
整体的加速度
①
作用在每个小立方体上的合力
②
以从第4个立方体到第n个立方体的n-3个立方体组成的系统为研究对象，则第3个立方体对第4个立方体的作用力
灵活选择研究对象，整体法和隔离法相结合；根据力产生的效果（加速度）进行受力分析是高中物理重点掌握的受力分析的方法。

A


























B
F
2. 如图所示，在水平地面上有两个材料相同又相互接触的物体A 和 B，它们的质量分别为M 和 m，现用水平推力F向右推A，使A、B一起沿地面做匀加速运动。若地面光滑时，A对B的作用力为F1，地面不光滑时，A对B的作用力为F2，则F1和F2的关系正确的是（ ）
A．F1＞F2 B．F1＜F2 C．F1 = F2
D．因A、B的质量关系未知，无法确定F1、F2的大小关系
C
②
A对B的弹力
①
与μ无关。
整体法：求加速度
隔离法：求相互作用力
3．如图所示，倾角为α动摩擦因数为μ的斜面上放两物体m1和m2，用与斜面平行的力F推m1，使两物体加速上滑，两物体之间的作用力为多大？

















m1
m2
F
α

①
②
点评：两个物体通过绳子或直接接触构成连接体，两个物体间的相互作用力与在水平面和斜面上运动无关，也与存在不存在摩擦力无关。
整体法：求加速度
隔离法：求相互作用力
两物体之间的作用力
③
与μ和α无关。
4. 质量分别为m1、m2的A、B两个物体叠放在光滑的水平地面上，用水平恒力F拉A时，A和B无相对滑动，如图所示，A、B间摩擦力为f1；若改用同样的力拉B时，A和B间仍无相对滑动，A、B间摩擦力为f2．则f1与f2的比值f1∶f2为（ ）
A．m1∶m2 B．m2∶m1
C．1∶2 D．2∶1













B

A

F
B
B

f1
A

f 2
点评：（1）连接体问题的基本解法是“整体法求加速度，隔离法求相互作用力”。（2）利用“主动被动思想”判断静摩擦力的方向，隔离受力较少的物体。
整体法：求加速度
隔离法：求相互作用力


减速下降

v

a

v


a
G
F
加速上升

超重

v


a
v

a

G
F
加速下降
减速上升

失重
系统内部局部超重失重问题
超重和失重看加速度
加速度大小
加速度方向


超重还是失重

超重失重多少
物体的运动性质看加速度和初速度
其中a为局部加速度的竖直分量。
专题04、用超值和失重观点解决问题
1. 如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）。下列说法正确的是 （　 　）
A. 在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B. 上升过程中A对B的压力大于A对物体受到的重力
C. 下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D. 在上升和下降过程中A对B的压力等于A受到的重力
A
解1：A、B整体仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下。故由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用。


B
A

v
点评：物体在重力场中做抛体运动时，只受重力，加速度为竖直向下的重力加速度，物体处于完全失重状态，物体之间的相互作用力为零。
整体法和隔离法
解2：A、B整体仅受重力，加速度为重力加速度，处于完全失重状态，整体各部分之间相互作用的弹力为零。
点评：1.对于系统内部局部超重失重问题，可用公式表示为系统的视重等于系统的实重和局部“增加”或“减少”的重量。其中a为局部加速度的竖直分量。
2. 如图，A为电磁铁，C为胶木大秤盘，A和C（包括支架）的总质量为M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升过程中，轻绳上拉力F的大小为（ ）
A. F=mg B. MgC. F=(M+m)g D. F>(M+m)g











O
A
B
C
D
2.本题分别对AC和B受力分析（隔离法）分别用平衡条件（平衡态）和牛顿第二定律（非平衡态）列方程求解也可。如果本题是计算题提倡用 这种方法做。
3. 底座A上有一根直立长杆，其总质量为M，杆上套有质量为m的环B， 它与杆有摩擦，设摩擦力的大小恒定。当环从底座以初速度v向上飞起时，底座保持静止，环

















v

【解析】环向上做匀减速运动，底座连同直杆静止
①

mg

Ff

a
环

v


底座














Mg

FN

Ff '
②
③
④
因此底座对水平地面的压力
的加速度大小为a，求环在升起过程中，底座对水平面的压力分别是多大？
点评：1.对于系统内部局部超重失重问题，可用公式直接得出结果。
2.讨论：①当环B匀速下落②匀加速下落③匀加速下落且a=g求底座对地面的压力。
4. 如图所示，在托盘测力计上放一个重量为5N的斜木块，斜木块的斜面倾角为370,现将一个重量为5N的小铁块无摩擦地从斜面滑下，在小铁块下滑的过程中，测力计的示数为（g=10m/s2）（　 ）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A. 8.2N B. 7N C. 7.4N D. 10N
A












370

gsin370




ax
ay
解1：隔离法（略）。
解2：整体法用牛顿第二定律的分量式求解。
解3：整体法用超重失重观点求解。斜木块和小铁块组成的系统，小铁块失重Gsin2370=1.8N，故测力计的示数为10N-1.8N=8.2N
点评：对连结体问题的求解，如测力计、台秤示数变化的问题，对于其中一物体（或物体中的一部分）所处运动状态的变化涉及水平接触面的压力问题，如果从整体观点出发，用系统的重心发生的超重、失重现象分析，则会更加简捷方便。
专题05、 与斜面有关的平抛运动
模型一：从斜面上平抛再落回斜面




φ

θ




y
x


v0
v0
vy
v
1.特点：物体的位移大小为抛出点到落点之间的距离，位移偏向角为斜面的倾角。
2.方法：分解位移求时间，位移公式求位移”，时间和偏向角是桥梁。
小球落到斜面上速度的偏向角及其速度与斜面的夹角与v0无关。
分解位移：
位移偏向角
小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面的距离最远。
模型二：物体做平抛运动垂直打在斜面上



θ


v0
vy

θ
v0
v
1.特点：速度的偏向角等于斜面的倾角的余角。
2.方法：分解速度求时间，位移公式求位移”，时间和偏向角是桥梁。
分解速度：
速度偏向角
拓展：圆弧轨道的半径与平抛运动的关联。确定平抛运动的水平位移和竖直位移与半径和圆心角的关系解题的关键。
1.如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足（ ） A. tanφ=sinθ
B. tanφ=cosθ
C. tanφ=tanθ
D. tanφ=2tanθ
D
②
①
直接应用平抛运动的推论1会直接得出结论。
讨论：物体与斜面接触时速度与斜面夹角α与什么因素有关？
点评：平抛运动的处理方法，不是分解速度，就是分解位移。
结论：小球平抛运动的落点均在斜面上，所以不同速度做平抛运动的物体到达斜面时位移的偏角相等.





φ

θ









a
b
c
d
v0
2.（多选）如图所示，斜面上有a、b、c、d 四个点，ab=bc=cd，从a点以初速度v0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，若小球从a点以初速度2v0水平抛出，不计空气阻力,则下列判断正确的是（ ）
A．小球落在d点与c点之间 B．小球落在c点
C．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定增大
D．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定相同
AD
假设法：分析物理过程
过b点做水平线，如果若小球从a点以初速度2v0水平抛出，则小球落到c点的正上方的过b点的水平线上的c’点，当然小球还要继续运动，落到斜面上的d点与c点之间。
推论分析法：

速度偏向角为α+θ，位移偏向角等于斜面倾角θ。


A
v0

θ


3.（多选）如图所示，一质点从倾角为θ的斜面顶点以水平速度v0抛出，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　 　 )
A．质点自抛出后，经时间为 离斜面最远
B．质点抛出后，经时间为 离斜面最远
C．质点抛出后，当离斜面最远时速度大小为
D．质点抛出后，当离斜面最远时速度大小为
AD
?
?
?

θ
临界条件：当速度平行斜面时离斜面最远




正交分解：小球距斜面最远距离
7.一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如右图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（ ）
A. B. C. D.



θ

D
平抛运动不是分解位移，就是分解速度。涉及角度应用两个推论快捷解决问题。

vy

θ
v0
v
v0
分解速度：速度方向确定
直接用推论：两个偏向角关系
8.如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A。已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出（ ）
A．轰炸机的飞行高度
B．轰炸机的飞行速度
C．炸弹的飞行时间
D．炸弹投出时的动能



h



θ

































A
ABC
没有给出炸弹质量，不能求炸弹的初动能
vy

θ
v0
v
分解速度：速度偏向角900 - θ
分解速度求时间，位移公式求位移”，时间和偏向角是桥梁。
9. 一小球自平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为α＝530的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，重力加速度g取10m/s2，sin530＝0.8，cos 530＝0.6，求：(1)小球水平抛出的初速度v0是多大？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多大？(3)若斜面顶端高H＝20.8m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？
过程Ⅰ：平抛运动。分解速度
解出
过程Ⅱ：匀加速运动
初速度
则有
整理
解得
或
（舍去）
点评：速度偏向角等于斜面倾角分解速度求时间，位移公式求位移。过程Ⅱ不涉及末速度，所以采用位移公式。






























H
s
h









































530

v0

















530
vy
v0
v





A
B
C
D
O
v

·
·
·

12. 如图，水平路面出现了一个地坑，其竖直截面为半圆.AB为沿水平方向的直径.一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下，但两颗石子分别以v1、v2速度从A点沿AB方向水平飞出，分别落于C、D两点，C、D两点距水平路面分别为圆半径的0.6倍和1倍.则v1∶v2的值为(　 　)
A. B. C. D.
C
过程Ⅰ：A做平抛运动分解位移：
解出
过程Ⅱ： B做平抛运动分解位移：
解出
所以
点评：圆周上的平抛运动关键是找出水平位移和竖直位移与圆的半径及其圆心角的关系。
4.注意事项：区分轨道半径和中心距离。
1.运动学特点：两个天体的角速度（周期）相等。
①
②
③
④
⑤
⑦
2.动力学特点：双星互相提供向心力。
3.运动规律：两个基本方程。
⑥
⑧
专题05、双星问题的基本规律
⑨
1. 月球与地球质量之比约为1：80，有研究者认为月球和地球可视为一个由两质点构成 的双星系统，它们都围绕月地连线上某点O做匀速圆周运动。据此观点，可知月球与地球绕O点运动的线速度大小之比约为（ ）
1：6400 B. 1：80
C. 80：1 D. 6400：1
C
【解析】根据双星模型结论
点评 ：本题属于“双星模型”。其基本规律是“两个星体的轨道半径与其质量成正比”，由于它们的角速度相等，因此“两个星球的线速度与其质量也成正比”，可以作为双星问题的又一个推论。
2. 冥王星与其附近的星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动。由此可知冥王星绕O点运动的（ ）
A. 轨道半径约为卡戎的1/7
B. 角速度大小约为卡戎的1/7
C. 线速度大小约为卡戎的7倍
D. 向心力小约为卡戎的7倍
A






O
l1
l2
M2
M1
【解析】由万有引力定律和牛顿第二定律及几何条件可得


①
②
③
两式相比得

两星的周期、角速度和向心力
都相同，线速度v=ωl∝l，冥王星线速度大小约为卡戎的1/7。
3. 双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，DC运动的周期为（ ）
A. B. C. D.
B


卫星公转周期公式
双星的运动周期
幸福的家庭都是相似的。
方法1：环绕天体法
如果已知描述卫星运动的线速度v、周期T（ω、f）、半径r三个物理量中的两个，就可以求出中心天体的质量。如果再已知天体的半径，还可以求出天体的密度。
方法2：重力加速度法
如果涉及到中心天体表面的重力加速度，通常用方法2求中心天体的质量。有时需要根据物体在星体表面重力场中的运动先求出星体表面的重力加速度。
卡文迪许是第一个秤出地球质量的人。
②
①
④

时
专题06、求中心天体的质量和密度
1. “嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星。若测得“嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行的周期T，已知引力常数G，半径为R的球体体积公式V=4πR3/3，则可估算月球的（ ）
A.密度 B.质量 C.半径 D.自转周期
【解析】“嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行，其轨道半径可视为等于月球半径，
由于月球半径R未知，不能估算月球质量，也不能由题中信息得到月球半径和自转周期。选项BCD错误。
由密度公式，ρ=M/V得月球密度
A
2. 一物体静置在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上。已知万有引力常量为G, 若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为 （ ）
D
A． B． C． D．
【解析】赤道表面的物体对天体表面压力恰好为零,说明天体对物体的万有引力恰好等于物体随天体转动所需要的向心力，有
化简得
点评 ：1.自转模型的基本解法赤道和两极两个方程，星球解体从赤道开始，只列赤道上万有引力分解方程即可；2地球刚好解体的临近状态可以从不同角度进行理解：（1）物体对地面压力恰好为零；（2）赤道上物体刚好“飘：起来；（3）赤道上物体刚好出于完全失重状态；（4）星球刚好开始解体。
3. 天文学家新发现了太阳系外的一颗行星。这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍，已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2，由此估算该行星的平均密度约为（ ）
A．1.8×103kg/m3 B．5.6×103kg/m3
C．1.1×104kg/m3 C．2.9×104kg/m3
【解析】本题考查天体运动的知识.首先根据近地卫星饶地球运动的向心力由万有引力提供
可求出地球的密度
可得该行星的密度约为2.9×104kg/m3
D
如果已知地球的密度为5.5×103kg/m3，本题利用行星密度与地球密度的关系可“口算”迅速得到答案。（记住一些准常数，有时会有意想不到的收获）
6.质量为m的人造地球卫星与地

心的距离为r时，引力势能可表示为 ，其

中G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来的在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（ ）
A． B．

C． D．
C


6.2019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805km处发生碰撞。这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件。碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境。假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲的运行周期一定比乙的长 B．甲距地面的高度一定比乙的高
C．甲的向心力一定比乙的小
D．甲的加速度一定比乙的大
D
由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小。
人造地球卫星的轨道半径越大，运动越慢，具体表现在其线速度、角速度、加速度越小，周期越大。同样质量的卫星其所需要的向心力越小。
“贫者愈贫”