1、曲線運動1、關于曲線運動，下列說法中正確的是（ ）A. 曲線運動一定是變速運動 B. 變速運動一定是曲線運動C. 曲線運動可能是勻變速運動 D. 變加速運動一定是曲線運動【解析】AC.曲線運動的速度方向沿曲線的切線方向，一定是變化的，所以曲線運動一定是變速運動。變速運動可能是速度的方向不變而大小變化，則可能是直線運動。當物體受到的合力是大小、方向不變的恒力時，物體做勻變速運動，但力的方向可能與速度方向不在一條直線上，這時物體做勻變速曲線運動。做變加速運動的物體受到的合力可能大小不變，但方向始終與速度方向在一條直線上，這時物體做變速直線運動。2、質點在三個恒力F1、F2、F3的共同作用下保持平衡

2、狀態，若突然撤去F1，而保持F2、F3不變，則質點（ ）A一定做勻變速運動 B一定做直線運動C一定做非勻變速運動 D一定做曲線運動【解析】A.質點在恒力作用下產生恒定的加速度，加速度恒定的運動一定是勻變速運動。由題意可知，當突然撤去F1而保持F2、F3不變時，質點受到的合力大小為F1，方向與F1相反，故一定做勻變速運動。在撤去F1之前，質點保持平衡，有兩種可能：一是質點處于靜止狀態，則撤去F1后，它一定做勻變速直線運動；其二是質點處于勻速直線運動狀態，則撤去F1后，質點可能做直線運動（條件是F1的方向和速度方向在一條直線上），也可能做曲線運動（條件是F1的方向和速度方向不在一條直線上）。3、關

3、于運動的合成，下列說法中正確的是（ ）A. 合運動的速度一定比分運動的速度大B. 兩個勻速直線運動的合運動不一定是勻速直線運動C. 兩個勻變速直線運動的合運動不一定是勻變速直線運動D. 合運動的兩個分運動的時間不一定相等【解析】C.根據速度合成的平行四邊形定則可知，合速度的大小是在兩分速度的和與兩分速度的差之間，故合速度不一定比分速度大。兩個勻速直線運動的合運動一定是勻速直線運動。兩個勻變速直線運動的合運動是否是勻變速直線運動，決定于兩初速度的合速度方向是否與合加速度方向在一直線上。如果在一直線上，合運動是勻變速直線運動；反之，是勻變速曲線運動。根據運動的同時性，合運動的兩個分運動是同時的。4

4、、質量m=0.2kg的物體在光滑水平面上運動，其分速度vx和vy隨時間變化的圖線如圖所示，求：(1) 物體所受的合力。(2) 物體的初速度。(3) 判斷物體運動的性質。(4) 4s末物體的速度和位移。【解析】根據分速度vx和vy隨時間變化的圖線可知，物體在x軸上的分運動是勻加速直線運動，在y軸上的分運動是勻速直線運動。從兩圖線中求出物體的加速度與速度的分量，然后再合成。(1) 由圖象可知，物體在x軸上分運動的加速度大小ax=1m/s2，在y軸上分運動的加速度為0，故物體的合加速度大小為a=1m/s2，方向沿x軸的正方向。則物體所受的合力  F=ma=0.2

5、5;1N=0.2N，方向沿x軸的正方向。(2) 由圖象知，可得兩分運動的初速度大小為  vx0=0，vy0=4m/s，故物體的初速度 m/s=4m/s，方向沿y軸正方向。(3)根據（1）和（2）可知，物體有y正方向的初速度，有x正方向的合力，則物體做勻變速曲線運動。(4) 4s末x和y方向的分速度是vx=at=4m/s，vy=4m/s，故物體的速度為v=，方向與x正向夾角，有tan= vy / vx=1。x和y方向的分位移是 x=at2/2=8m，y=vyt=16m，則物體的位移為s=m，方向與x正向的夾角 ，有tan=y/x=2。5、已知某船在靜水中的

6、速率為v14m/s，現讓船渡過某條河，假設這條河的兩岸是理想的平行線，河寬為d100m，河水的流動速度為v23m/s，方向與河岸平行。試分析： 欲使船以最短時間渡過河去，航向怎樣？最短時間是多少？到達對岸的位置怎樣？船發生的位移是多大？ 欲使船渡河過程中的航行距離最短，船的航向又應怎樣？渡河所用時間是多少？圖1vv1v2【解析】  根據運動的獨立性和等時性，當船在垂直河岸方向上的分速度v最大時，渡河所用時間最短，設船頭指向上游且與上游河岸夾角為，其合速度v與分運動速度v1、v2的矢量關系如圖1所示。河水流速v2平行于河岸，不影響渡河快慢，船在垂直河岸方向上的分速度

7、vv1sin，則船渡河所用時間為  t。圖2vv1v2A顯然，當sin 1即90°時，v最大，t最小，此時船身垂直于河岸，船頭始終指向正對岸，但船實際的航向斜向下游，如圖2所示。渡河的最短時間 t mins25s。船的位移為  sv tt min×25m125m。船渡過河時已在正對岸的下游A處，其順水漂流的位移為xv2tminm75m。圖634v合v1v2 由于v1v2，故船的合速度與河岸垂直時，船的渡河距離最短。設此時船速v1的方向（船頭的指向）斜向上游，且與河岸成角，如圖634所示，則cos 

8、;，41°24。船的實際速度為  v合m/sm/s。故渡河時間 tss38s。AABCCB6、如圖所示為頻閃攝影方法拍攝的研究物體做平拋運動規律的照片，圖中A、B、C為三個同時由同一點出發的小球。AA為A球在光滑水平面上以速度v運動的軌跡； BB為B球以速度v被水平拋出后的運動軌跡；CC為C球自由下落的運動軌跡。通過分析上述三條軌跡可得出結論： 。【解析】觀察照片，B、C兩球在任一曝光瞬間的位置總在同一水平線上，說明平拋運動物體B在豎直方向上的運動特點與自由落體運動相同；而A、B兩小球在任一曝光瞬間的位置總在同一豎直線上，說明平拋運動物體B在水平方向上的運動特點與勻速直線運

9、動相同。所以，得到的結論是：做平拋運動的物體在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做自由落體運動。abcd7、在研究平拋運動的實驗中，用一張印有小方格的紙記錄軌跡，小方格的邊長L1.25cm，若小球在平拋運動途中的幾個位置如圖中a、b、c、d所示，則小球平拋的初速度為v0 （用L、g表示），其值是。（g取9.8m/s2）【解析】由水平方向上abbccd可知，相鄰兩點的時間間隔相等，設為T，豎直方向相鄰兩點間距之差相等，yL，則由 xaT2，得 T。時間T內，水平方向位移為x2L，所以v02m/s0.70m/s。8、飛機在2km的高空以360km/h的速度沿水平航線勻速飛行，飛機在地面上觀察者的正

10、上方空投一包裹。（g取10m/s2，不計空氣阻力） 試比較飛行員和地面觀察者所見的包裹的運動軌跡。 包裹落地處離地面觀察者多遠？離飛機的水平距離多大？ 求包裹著地時的速度大小和方向。提示 不同的觀察者所用的參照物不同，對同一物體的運動的描述一般是不同的。【解析】  從飛機上投下去的包裹由于慣性，在水平方向上仍以360km/h的速度沿原來的方向飛行，與飛機運動情況相同。在豎直方向上同時進行自由落體運動，所以飛機上的飛行員只是看到包裹在飛機的正下方下落，包裹的軌跡是豎直直線；地面上的觀察者是以地面為參照物的，他看見包裹做平拋運動，包裹的軌跡為拋物線。

11、0;拋體在空中的時間t20s。在水平方向的位移  xv0t2000m，即包裹落地位置距觀察者的水平距離為2000m。包裹在水平方向與飛機的運動情況完全相同，所以，落地時包裹與飛機的水平距離為零。 包裹著地時，對地面速度可分解為水平方向和豎直方向的兩個分速度， vxv0100m/s，vygt10×20m/s200m/s，故包裹著地速度的大小為  vtm/s100m/s224m/s。AOAx1x2xO而  tan 2，故著地速度與水平方向的夾角為arctan2。9、如圖，高h的車廂在平直軌道上勻減速向右行駛，

12、加速度大小為a，車廂頂部A點處有油滴滴下落到車廂地板上，車廂地板上的O點位于A點的正下方，則油滴的落地點必在O點的（填“左”或“右”）方，離O點的距離為。【解析】因為油滴自車廂頂部A點脫落后，由于慣性在水平方向具有與車廂相同的初速度，因此油滴做平拋運動，水平方向做勻速直線運動 x1vt，豎直方向做自由落體運動hgt2，又因為車廂在水平方向做勻減速直線運動，所以車廂（O點）的位移為 x2vtat2。如圖所示 xx1x2，所以油滴落地點必在O點的右方，離O點的距離為 h。10、如圖所示，兩個相對斜面的傾角分別為37°和53°，在斜面頂點把兩個小球以同樣大小的初速度分別

13、向左、向右水平拋出，小球都落在斜面上。若不計空氣阻力，則A、B兩個小球的運動時間之比為（ ）A.1:1 B.4:3 C.16:9 D.9：16【解析】D 由平拋運動的位移規律可知： 11、如圖在傾角為的斜面頂端A處以速度V0水平拋出一小球，落在斜面上的某一點B處，設空氣阻力不計，求（1）小球從A運動到B處所需的時間；（2）從拋出開始計時，經過多長時間小球離斜面的距離達到最大？【解析】（1）小球做平拋運動，同時受到斜面體的限制，設從小球從A運動到B處所需的時間為t，水平位移為x=V0t 豎直位移為y=由數學關系得: （2）從拋出開始計時，經過t1時間小球離斜面的距離達到最大,當小球的速度與斜面平

14、行時，小球離斜面的距離達到最大。因Vy1=gt1=V0tan,所以。12、如圖所示，兩個小球固定在一根長為l的桿的兩端，繞桿上的O點做圓周運動。當小球A的速度為vA時，小球B的速度為vB，則軸心O到小球A 的距離是（ ）A. B. C. D. ABvAvBO【解析】B.設軸心O到小球A的距離為x，因兩小球固定在同一轉動桿的兩端，故兩小球做圓周運動的角速度相同，半徑分別為x、lx。根據有，解得 ，ABCrArBrC13、如圖所示的皮帶傳動裝置中，右邊兩輪固定在一起同軸轉動，圖中A、B、C三輪的半徑關系為rArC2rB，設皮帶不打滑，則三輪邊緣上的一點線速度之比vAvBvC ，角速度之比ABC 。

15、【解析】A、B兩輪由皮帶帶動一起轉動，皮帶不打滑，故A、B兩輪邊緣上各點的線速度大小相等。B、C兩輪固定在同一輪軸上，同軸轉動，角速度相等。由vr可知，B、C兩輪邊緣上各點的線速度大小不等，且C輪邊緣上各點的線速度是B輪邊緣上各點線速度的兩倍，故有 vAvBvC112。A、B兩輪邊緣上各點的線速度大小相等，同樣由vr可知，它們的角速度與半徑成反比，即 ABrBrA12。因此ABC=12214、雨傘邊緣半徑為r，且高出水平地面的距離為h，如圖所示，若雨傘以角速度勻速旋轉，使雨滴自雨傘邊緣水平飛出后在地面上形成一個大圓圈，則此圓圈的半徑R為多大？【解析】作出雨滴飛出后的三維示意圖，如圖所

16、示。雨滴飛出的速度大小 vr，在豎直方向上有hgt2，在水平方向上有 svt，又由幾何關系可得 R，聯立以上各式可解得雨滴在地面上形成的大圓圈的半徑  R 。15、關于向心加速度，以下說法中正確的是（ ）A. 向心加速度的方向始終與速度方向垂直B. 向心加速度的方向保持不變C. 物體做圓周運動時的加速度方向始終指向圓心D. 物體做勻速圓周運動時的加速度方向始終指向圓心【解析】AD.向心加速度的方向沿半徑指向圓心，速度方向則沿圓周的切線方向。所以，向心加速度的方向始終與速度方向垂直，且方向在不斷改變。物體做勻速圓周運動時，只具有向心加速度，加速度方向始終指

17、向圓心；一般情況下，圓周運動的向心加速度與切向加速度的合加速度的方向就不始終指向圓心。BbcCAaO16、如圖所示，A、B兩輪同繞軸O轉動，A和C兩輪用皮帶傳動，A、B、C三輪的半徑之比為233，a、b、c為三輪邊緣上的點。求： 三點的線速度之比； 三點轉動的周期之比； 三點的向心加速度之比。【解析】 因A、B兩輪同繞軸O轉動，所以有ab，由公式vr可知   vavb(a ra)(b rb)rarb23。因為A和C兩輪用皮帶傳動，所以有 vavc ，綜上所述可知三輪上a、b、c三點的線速度之比  vavbvc232

18、。 因為ab，所以有TaTb。因為vavc，根據T可得 TaTcrarc23，所以三點轉動的周期之比 TaTbTc223。 根據向心加速度公式a可得三點的向心加速度之比 aaabac694。mGOFFTFT1FT2117、如圖所示，將一質量為m的擺球用長為L的細繩吊起，上端固定，使擺球在水平面內做勻速圓周運動，細繩就會沿圓錐面旋轉，這樣就構成了一個圓錐擺。關于擺球的受力情況，下列說法中正確的是（ ）LmA擺球受重力、拉力和向心力的作用B擺球受拉力和向心力的作用C擺球受重力和拉力的作用D擺球受重力和向心力的作用【解析】C.物體只受重力G和拉力FT的作用，而

19、向心力F是重力和拉力的合力，如圖所示。也可以認為向心力就是FT沿水平方向的分力FT2，顯然，FT沿豎直方向的分力FT1與重力G平衡。AB18、如圖所示，一個內壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直于水平面，圓錐形筒固定不動，有兩個質量相等的小球A和B緊貼著內壁分別在圖中所示的水平面內做勻速圓周運動，則以下說法中正確的是（ ）AA球的線速度必定大于B球的線速度BA球的角速度必定小于B球的線速度CA球的運動周期必定小于B球的運動周期mgFNFN1FN2xOyDA球對筒壁的壓力必定大于B球對筒壁的壓力【解析】AB.小球A或B的受力情況如圖，兩球的向心力都來源于重力G和支持力FN的合力，建立坐標系，有FN1FNs

20、inmg，FN2FNcosF，所以 Fmgcot，即小球做圓周運動所需的向心力，可見A、B兩球的向心力大小相等。比較兩者線速度大小時，由Fm可知，r越大，v一定較大。比較兩者角速度大小時，由Fmr2可知，r越大，一定較小。比較兩者的運動周期時，由Fmr()2可知，r越大，T一定較大。由受力分析圖可知，小球A和B受到的支持力FN都等于。19、一細桿與水桶相連，水桶中裝有水，水桶與細桿一起在豎直平面內做圓周運動，如圖所示，水的質量m0.5kg，水的重心到轉軸的距離l50cm。 若在最高點水不流出來，求桶的最小速率； 若在最高點水桶的速率v3m/s，求水對桶底的壓力。【解析】 &

21、#160;以水桶中的水為研究對象，在最高點恰好不流出來，說明水的重力恰好提供其做圓周運動所需的向心力，此時桶的速率最小。此時有 mgm，則所求的最小速率為  v0m/s2.24m/s。 在最高點，水所受重力mg的方向豎直向下，此時水具有向下的向心加速度，處于失重狀態，其向心加速度的大小由桶底對水的壓力和水的重力決定。由向心力公式Fm可知，當v增大時，物體做圓周運動所需的向心力也隨之增大，由于v3m/sv02. 24m/s，因此，當水桶在最高點時，水所受重力已不足以提供水做圓周運動所需的向心力，此時桶底對水有一向下的壓力，設為FN，則由牛頓第二定律有  F

22、Nmgm，故  FNmmg4N。20. 如圖所示為錄音機在工作時的示意圖，輪子1是主動輪，輪子2為從動輪，輪1和輪2就是磁帶盒內的兩個轉盤，空帶一邊半徑為r1=0.5 cm，滿帶一邊半徑為r2=3cm，已知主動輪轉速不變，恒為nl=36rmin，試求： （1）從動輪2的轉速變化范圍；（2）磁帶運動的速度變化范圍。 解析：本題應抓住主動輪（r1）的角速度恒定不變這一特征，再根據同一時刻兩輪磁帶走動的線速度相等，從磁帶轉動時半徑的變化來求解。 （1）因為v=r，且兩輪邊緣上各點的線速變相等，所以r2=r1，即n2=n1當r2=3cm時，從動輪2的轉速最小，nmin=6rmin.當磁帶走完

23、即r2=0.5cm，r1=3cm時，從動輪2的轉速最大，為n2max=n1=216rmin，故從動輪2的轉速變化范圍是6rmin216rmin。（2）由v=r12nl得知：r1=0.5cm時，v1=0.5×10-2×2×m/s=0.019m/s r1=3cm時，v2=3×10-2×2×=0.113ms。故磁帶運動的速度變化范圍是0.0 l 9ms0.1 1 3 ms。21. 一半徑為R的雨傘繞柄以角速度勻速旋轉，如圖所示，傘邊緣距地面高h，甩出的水滴在地面上形成一個圓，求此圓半徑r為多少? 解析：雨滴飛出的速度大小為v=R， 雨滴做平

24、拋運動。在豎直方向上有 h= 在水平方向上有 S=vt 由幾何關系知，雨滴半徑 r= 解以上幾式得 r=R 22. 如圖所示，一個球繞中心軸線的角速度做勻速圓周轉動，則（ ）A. a、b兩點線速度相同 B. a、b兩點角速度相同C. 若=30º，則a、b兩點的速度之比va：vb=：2D. 若=30º，則a、b兩點的向心加速度之比aa：ab=：2解析：由于a、b兩點在同一球上，因此a、b兩點的角速度相同，選項B正確.而據v=r.可知va<vb，選項A錯誤.由幾何關系有ra=rb·cos，當=30º時，ra=rb，則va：vb=：2，選項C正確，由a=

25、2r，可知aa：ab=ra：rb=：2，選項D正確。23. 如圖所示，定滑輪的半徑r=2cm，繞在滑輪上的細線懸掛著一個重物，由靜止開始釋放，測得重物以加速度a=2m/s2做勻加速運動，在重物由靜止下落距離為1 m的瞬間，滑輪邊緣上的點的角速度= rads，向心加速度a= m/s2。（滑輪質量不計）解析：根據機械能守恒有mgh=，v=2ms。顯然，滑輪邊緣上每一點的線速度也都是2m/s，故滑輪轉動的角速度，即滑輪邊緣上每一點的轉動角速度為 =rad/s=100rads，向心加速度為 a=2r=1002×0.02m/s2=200ms2 24. 如圖所示是生產流水線上的皮帶傳輸裝置，傳輸

26、帶上等間距地放著很多半成品產品。A輪處裝有光電計數器，它可以記錄通過A處的產品數目。已知測得輪A、B的半徑分別為rA=20cm，rB=l0cm，相鄰兩產品距離為30cm，lmin內有41個產品通過A處，求： （1）產品隨傳輸帶移動的速度大小； （2）A、B輪輪緣上的兩點P、Q及A輪半徑中點M的線速度和角速度大小，并在圖中畫出線速度方向；（3）如果A輪是通過摩擦帶動C輪轉動，且rC=5 cm，在圖中描出C輪的轉動方向，求出C輪的角速度（假設輪不打滑）。25. 如圖所示，直徑為d的紙制圓筒以角速度繞垂直紙面的軸O勻速運動（圖示為截面）。從槍口發射的子彈沿直徑穿過圓筒。若子彈在圓筒旋轉不到半周時，在

27、圓周上留下a、b兩個彈孔，已知aO與bO夾角為，求子彈的速度。24. 解析：（1）v=m/s=0.2m/s（2）vP=vQ=0.2ms。A輪半徑上的M點與P點的角速度相等，故vM=vP=×0.2ms=0.1m/s P=M=rads=lrads，Q=2P=2rads（3）C輪的轉動方向如圖所示，如果兩輪間不打滑，則它們的接觸處是相對靜止的，即它們輪緣的線速度大小是相等的，所以CrC=ArA。C輪的角速度C=A=·1rads=4rads答案：（1）0.2m/s （2）vP=vQ=0.2m/s，vM=0.1m/s P=1 rads Q=2rads （3）C=4rads25. 解析

28、：設子彈速度為v，則子彈穿過筒的時間 t=此時間內筒轉過的角度 = 據=t，得 一=， 則子彈速度 v=本題中若無角度的限制，則在時間t內轉過的角度 =2n+一=（2n+1）一 =2n十一=（2n+1）一則子彈速度 v=（n=0，1，2，） 萬有引力【1】天體的質量與密度的估算下列哪一組數據能夠估算出地球的質量A.月球繞地球運行的周期與月地之間的距離 B.地球表面的重力加速度與地球的半徑C.繞地球運行衛星的周期與線速度 D.地球表面衛星的周期與地球的密度解析：人造地球衛星環繞地球做勻速圓周運動。月球也是地球的一顆衛星。 設地球的質量為M，衛星的質量為m，衛星的運行周期為T，軌道半徑為r根據萬有

29、引力定律：得：可見A正確而由知C正確對地球表面的衛星，軌道半徑等于地球的半徑，r=R由于結合得： 可見D錯誤球表面的物體，其重力近似等于地球對物體的引力 由得：可見B正確【2】普通衛星的運動問題我國自行研制發射的“風云一號”“風云二號”氣象衛星的運行軌道是不同的。“風云一號”是極地圓形軌道衛星，其軌道平面與赤道平面垂直，周期為12 h，“風云二號”是同步軌道衛星，其運行軌道就是赤道平面,周期為24 h。問：哪顆衛星的向心加速度大？哪顆衛星的線速度大？若某天上午8點，“風云一號”正好通過赤道附近太平洋上一個小島的上空，那么“風云一號”下次通過該島上空的時間應該是多少？解析：由開普勒第三定律T2r

30、3知：“風云二號”衛星的軌道半徑較大又根據牛頓萬有引力定律得：，可見“風云一號”衛星的向心加速度大， ，可見“風云一號”衛星的線速度大，“風云一號”下次通過該島上空，地球正好自轉一周，故需要時間24h，即第二天上午8點鐘。【探討評價】由萬有引力定律得：，得：【3】同步衛星的運動下列關于地球同步衛星的說法中正確的是：A、為避免通訊衛星在軌道上相撞，應使它們運行在不同的軌道上B、通訊衛星定點在地球赤道上空某處，所有通訊衛星的周期都是24hC、不同國家發射通訊衛星的地點不同，這些衛星的軌道不一定在同一平面上D、不同通訊衛星運行的線速度大小是相同的，加速度的大小也是相同的。解析：同步衛星運動的周期與地

31、球自轉周期相同，T=24h，角速度一定根據萬有引力定律得知通訊衛星的運行軌道是一定的，離開地面的高度也是一定的。地球對衛星的引力提供了衛星做圓周運動的向心力，因此同步衛星只能以地心為為圓心做圓周運動，它只能與赤道同平面且定點在赤道平面的正上方。故B正確，C錯誤。不同通訊衛星因軌道半徑相同，速度大小相等，故無相對運動，不會相撞，A錯誤。由知：通訊衛星運行的線速度、向心加速度大小一定。故正確答案是：B、D【4】“雙星”問題Om2m1r1r2天文學中把兩顆距離比較近，又與其它星體距離比較遠的星體叫做雙星，雙星的間距是一定的。設雙星的質量分別是m1、m2，星球球心間距為L。問：兩星體各做什么運動？兩星

32、的軌道半徑各多大？兩星的速度各多大？解析：本題主要考察雙星的特點及其運動規律由于雙星之間只存在相互作用的引力，質量不變，距離一定，則引力大小一定，根據牛頓第二定律知道，每個星體的加速度大小不變。因此它們只能做勻速圓周運動。 由牛頓定律 得： 又 解得： 由得： 【5】“兩星”問題地球如圖是在同一平面不同軌道上運行的兩顆人造地球衛星。設它們運行的周期分別是 T1、T2，(T1T2)，且某時刻兩衛星相距最近。問：兩衛星再次相距最近的時間是多少？兩衛星相距最遠的時間是多少？解析：本題考察同一平面不同軌道上運行的兩顆人造地球衛星的位置特點及其衛星的運動規律依題意，T1T2，周期大的軌道半徑大，故外層軌

33、道運動的衛星運行一周的時間長。設經過t兩星再次相距最近 則它們運行的角度之差 解得： 兩衛星相距最遠時，它們運行的角度之差 k=0.1.2 解得：k=0.1.2【6】同步衛星的發射問題地球PQv2v1v2/v3123發射地球同步衛星時，先將衛星發射至近地圓形軌道1運行，然后點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛星送入同步圓形軌道3運行。設軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，則衛星分別在1、2、3軌道上正常運行時，比較衛星經過軌道1、2上的Q點的加速度的大小；以及衛星經過軌道2、3上的P點的加速度的大小設衛星在軌道1、3上的速度大小為v1、v3 ，在橢圓軌道上Q、P點的速度大小分

34、別是v2、v2/，比較四個速度的大小解析：根據牛頓第二定律，衛星的加速度是由于地球吸引衛星的引力產生的。即：可見衛星在軌道2、3上經過P點的加速度大小相等；衛星在軌道1、2上經過Q點的加速度大小也相等；但P點的加速度小于Q點的加速度。1、3軌道為衛星運行的圓軌道，衛星只受地球引力做勻速圓周運動由得：可見：v1v3由開普勒第二定律知，衛星在橢圓軌道上的運動速度大小不同，近地點Q速度大，遠地點速度小，即：v2v2/衛星由近地軌道向橢圓軌道運動以及由橢圓軌道向同步軌道運動的過程中，引力小于向心力， ，衛星做離心運動，因此隨著軌道半徑r增大，衛星運動速度增大，它做加速運動，可見：v2v1，v3v2/

35、因此：v2v1v3v2/【7】 “連續群”與“衛星群”土星的外層有一個環，為了判斷它是土星的一部分，即土星的“連續群”，還是土星的“衛星群”，可以通過測量環中各層的線速度v與該層到土星中心的距離R之間的關系來判斷：A若vR，則該層是土星的連續群 B若v2R，則該層是土星的衛星群C若v2R，則該層是土星的衛星群 D若，則該層是土星的連續群解析:該環若是土星的連續群，則它與土星有共同的自轉角速度，因此vR該環若是土星的衛星群，由萬有引力定律得： 故A、D正確【8】宇宙空間站上的“完全失重”問題假定宇宙空間站繞地球做勻速圓周運動，則在空間站上，下列實驗不能做成的是：A、天平稱物體的質量 B、用彈簧秤

36、測物體的重量C、用測力計測力 D、用水銀氣壓計測飛船上密閉倉內的氣體壓強E、用單擺測定重力加速度 F、用打點計時器驗證機械能守恒定律解析：宇宙飛船繞地球做勻速圓周運動時，地球對飛船的引力提供了向心加速，可見 對于飛船上的物體，設F為“視重”，根據牛頓第二定律得： 解得：F=0，這就是完全失重在完全失重狀態下，引力方向上物體受的彈力等于零，物體的重力等于引力，因此只有C、F實驗可以進行。其它的實驗都不能進行。【9】黑洞問題“黑洞”問題是愛因斯坦廣義相對論中預言的一種特殊的天體。它的密度很大，對周圍的物質（包括光子）有極強的吸引力。根據愛因斯坦理論，光子是有質量的，光子到達黑洞表面時，也將被吸入，

37、最多恰能繞黑洞表面做圓周運動。根據天文觀察，銀河系中心可能有一個黑洞，距離可能黑洞為6.0×1012m遠的星體正以2.0×106m/s的速度繞它旋轉，據此估算該可能黑洞的最大半徑是多少？（保留一位有效數字）解析：設光子的質量為m，黑洞的質量為M，黑洞的最大可能半徑為R，光子的速度為c 根據牛頓定律得：對銀河系中的星體,設它的質量為m/,它也在繞黑洞旋轉 因此 由解得：【10】宇宙膨脹問題在研究宇宙發展演變的理論中，有一種學說叫做“宇宙膨脹說”，這種學說認為萬有引力常量G在緩慢地減小，根據這一理論，在很久很久以前，太陽系中地球的公轉情況與現在相比較，公轉半徑如何變化？公轉周期

38、如何變化？公轉線速度如何變化？要求寫出必要的推理依據和推理過程。 解析：設M為太陽的質量，m為地球的質量，r為地球公轉的半徑，T為地球公轉的周期，v為地球公轉的速率。根據得：G 地球做離心運動軌道半徑r星球間距增大宇宙膨脹很久以前地球公轉半徑比現在要小。 根據得： G、rT很久以前地球公轉周期比現在要小 根據：知： G、rv很久以前地球公轉的速率比現在要大【11】月球開發問題科學探測表明，月球上至少存在氧、硅、鋁、鐵等豐富的礦產資源。設想人類開發月球，不斷地月球上的礦藏搬運到地球上，假定經過長時間開采以后，月球和地球仍看做均勻球體，月球仍然在開采前的軌道運動，請問：地球與月球的引力怎么變化？月

39、球繞地球運動的周期怎么變化？月球繞地球運動的速率怎么變化？解析：由萬有引力定律結合數學知識得：，當m=M時，積Mm最大。可見M、m相差越大，積越小，而r一定，故F就越小由得： G、r一定，M增大，T減小由知： G、r一定，M增大，v增大 【12】“宇宙飛船”及能量問題地球宇宙飛船要與正在軌道上運行的空間站對接。飛船為了追上軌道空間站，應采取什么措施？飛船脫離原來的軌道返回大氣層的過程中，重力勢能如何變化？動能如何變化？機械能又如何變化？解析：根據知：在同一運行軌道上，宇宙飛船與軌道空間站的運行速率是相同的，它不可能追上軌道空間站。當飛船在較小的軌道上運行時滿足：當飛船在較小的軌道上加速運動時，

40、 隨著速度增大，飛船將做離心運動，運行軌道半徑增大，逐漸靠近外層軌道r2才能追上飛船。可見飛船為了追上軌道空間站，應該從較低的軌道上加速運行。飛船脫離原來的軌道返回大氣層的過程中，需要制動減速，其運動的軌道半徑逐漸減小。由于軌道變化比較慢，制動的阻力又在切線方向,阻力引起的速度的變化很小，所以仍然滿足，可見，飛船的動能增加；由于飛船離地的高度逐漸降低，因此飛船的重力勢能減小；由于飛船需要克服大氣阻力和制動力做功，因此飛船的機械能減小。P地球Q軌道1軌道213、（2009山東高考）2008年9月25日至28日我國成功發射了“神舟”七號載人航天飛船并實現了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行，后在

41、遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是（ ）A飛船變軌前后的機械能相等B飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態C飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛星運動的角速度D飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度【解析】飛船點火變軌，前后的機械能不守恒，所以A不正確。飛船在圓軌道上時萬有引力來提供向心力，航天員出艙前后都處于失重狀態，B正確。飛船在此圓軌道上運動的周期90分鐘小于同步衛星運動的周期24小時，根據可知，飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛星運動的角速度，C正確。飛

42、船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，所以相等，D不正確。答案：BC14、（2009安徽高考）大爆炸理論認為，我們的宇宙起源于137億年前的一次大爆炸。除開始瞬間外，在演化至今的大部分時間內，宇宙基本上是勻速膨脹的。上世紀末，對1A型超新星的觀測顯示，宇宙正在加速膨脹，面對這個出人意料的發現，宇宙學家探究其背后的原因，提出宇宙的大部分可能由暗能量組成，它們的排斥作用導致宇宙在近段天文時期內開始加速膨脹。如果真是這樣，則標志宇宙大小的宇宙半徑R和宇宙年齡的關系，大致是下面哪個圖像？（ ）【解析】圖像中的縱坐標宇宙半徑R可以看作是星球

43、發生的位移x，因而其切線的斜率就是宇宙半徑增加的快慢程度。由題意，宇宙加速膨脹，其半徑增加的速度越來越大。故選C15、（2008山東高考）.據報道，我國數據中繼衛星“天鏈一號Ol星”于2008年4月25日在西昌衛星發射中心發射升空，經過4次變軌控制后，于5月1日成功定點在東經770赤道上空的同步軌道。關于成功定點后的“天鏈一號01星”，下列說法正確的是（ ） A運行速度大于7.9 kms C繞地球運行的角速度比月球繞地球運行的角速度大B離地面高度一定，相對地面靜止 D向心加速度與靜止在赤道上物體的向心加速度大小相等【解析】由題目可以后出“天鏈一號衛星”是地球同步衛星，運行速度要小于7.9km/

44、s,而他的位置在赤道上空，高度一定，A錯B對。由可知，C對。由可知，D錯。16、（2009安徽高考） 2009年2月11日，俄羅斯的“宇宙-2251”衛星和美國的“銥-33”衛星在西伯利亞上空約805km處發生碰撞。這是歷史上首次發生的完整在軌衛星碰撞事件。碰撞過程中產生的大量碎片可能會影響太空環境。假定有甲、乙兩塊碎片，繞地球運動的軌道都是圓，甲的運行速率比乙的大，則下列說法中正確的是（ ）A. 甲的運行周期一定比乙的長 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【解析】由可知，甲的速率大，甲碎片的軌道半徑小，故B錯；由公式可知甲的周期小故A錯

45、；由于未知兩碎片的質量，無法判斷向心力的大小，故C錯；碎片的加速度是指引力加速度由得，可知甲的加速度比乙大，故D對。17、（2009四川高考）據報道，2009年4月29日，美國亞利桑那州一天文觀測機構發現一顆與太陽系其它行星逆向運行的小行星，代號為2009HC82。該小行星繞太陽一周的時間為3.39年，直徑23千米，其軌道平面與地球軌道平面呈155°的傾斜。假定該小行星與地球均以太陽為中心做勻速圓周運動，則小行星和地球繞太陽運動的速度大小的比值為（ ）A.B.C.D.【解析】小行星和地球繞太陽作圓周運動，都是由萬有引力提供向心力，有，可知小行星和地球繞太陽運行軌道半徑之比為R1:R2

46、，又根據V，聯立解得V1:V2，已知，則V1:V2。18、（2009福建高考） “嫦娥一號”月球探測器在環繞月球運行過程中，設探測器運行的軌道半徑為r，運行速率為v，當探測器在飛越月球上一些環形山中的質量密集區上空時（ ）A.r、v都將略為減小 B.r、v都將保持不變C.r將略為減小，v將略為增大 D. r將略為增大，v將略為減小【解析】當探測器在飛越月球上一些環形山中的質量密集區上空時，引力變大，探測器做近心運動，曲率半徑略為減小，同時由于引力做正功，動能略為增加，所以速率略為增大。答案：C19、（2007海南高考）設地球繞太陽做勻速圓周運動，半徑為，速度為，則太陽的質量可用、和引力常量表示

47、為 。太陽圍繞銀河系中心的運動可視為勻速圓周運動，其運動速度約為地球公轉速度的7倍，軌道半徑約為地球公轉軌道半徑的2×109倍。為了粗略估算銀河系中恒星的數目，可認為銀河系中所有恒星的質量都集中在銀河系中心，且銀河系中恒星的平均質量約等于太陽質量，則銀河系中恒星數目約為 。【解析】 根據萬有引力定律和牛頓第二定律有，整理得太陽繞銀河系運動也是由萬有引力充當向心力。同理可得。20、（09年全國高考）)如圖，P、Q為某地區水平地面上的兩點，在P點正下方一球形區域內儲藏有石油，假定區域周圍巖石均勻分布，密度為；石油密度遠小于，可將上述球形區域視為空腔。如果沒有這一空腔，則該地區重力加速度（

48、正常值）沿豎直方向；當存在空腔時，該地區重力加速度的大小和方向會與正常情況有微小偏高。重力加速度在原堅直方向（即PO方向）上的投影相對于正常值的偏離叫做“重力加速度反常”。為了探尋石油區域的位置和石油儲量，常利用P點附近重力加速度反常現象。已知引力常數為G。（1）設球形空腔體積為V，球心深度為d（遠小于地球半徑），=x，求空腔所引起的Q點處的重力加速度反常（2）若在水平地面上半徑L的范圍內發現：重力加速度反常值在與（k>1）之間變化，且重力加速度反常的最大值出現在半為L的范圍的中心,如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積。【解析】（1）如果將近

49、地表的球形空腔填滿密度為的巖石,則該地區重力加速度便回到正常值.因此,重力加速度反常可通過填充后的球形區域產生的附加引力來計算,式中的m是Q點處某質點的質量,M是填充后球形區域的質量,而r是球形空腔中心O至Q點的距離在數值上等于由于存在球形空腔所引起的Q點處重力加速度改變的大小.Q點處重力加速度改變的方向沿OQ方向,重力加速度反常是這一改變在豎直方向上的投影聯立以上式子得,（2）由式得,重力加速度反常的最大值和最小值分別為 由提設有、聯立以上式子得,地下球形空腔球心的深度和空腔的體積分別為,答案：（1）；（2）,21、（2009北京高考）已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，不考慮地球自轉

50、的影響。（1）推導第一宇宙速度v1的表達式；（2）若衛星繞地球做勻速圓周運動，運行軌道距離地面高度為h，求衛星的運行周期T。【解析】（1）設衛星的質量為m,地球的質量為M,在地球表面附近滿足 得 衛星做圓周運動的向心力等于它受到的萬有引力 式代入式，得到（2）衛星受到的萬有引力為 由牛頓第二定律 、聯立解得答案：（1） （2）22、（2009天津高考）2008年12月，天文學家們通過觀測的數據確認了銀河系中央的黑洞“人馬座A*”的質量與太陽質量的倍數關系。研究發現，有一星體S2繞人馬座A*做橢圓運動，其軌道半長軸為9.50102天文單位（地球公轉軌道的半徑為一個天文單位），人馬座A*就處在該橢

51、圓的一個焦點上。觀測得到S2星的運行周期為15.2年。(1) 若將S2星的運行軌道視為半徑r=9.50102天文單位的圓軌道，試估算人馬座A*的質量MA是太陽質量Ms的多少倍(結果保留一位有效數字)；(2) 黑洞的第二宇宙速度極大，處于黑洞表面的粒子即使以光速運動，其具有的動能也不足以克服黑洞對它的引力束縛。由于引力的作用，黑洞表面處質量為m的粒子具有勢能為Ep=-G(設粒子在離黑洞無限遠處的勢能為零)，式中M、R分別表示黑洞的質量和半徑。已知引力常量G=6.710-11N·m2/kg2，光速c=3.0108m/s，太陽質量Ms=2.01030kg，太陽半徑Rs=7.0108m，不考

52、慮相對論效應，利用上問結果，在經典力學范圍內求人馬座A*的半徑RA與太陽半徑之比應小于多少（結果按四舍五入保留整數）。【解析（1）S2星繞人馬座A*做圓周運動的向心力由人馬座A*對S2星的萬有引力提供，設S2星的質量為mS2，角速度為，周期為T，則 設地球質量為mE，公轉軌道半徑為rE，周期為TE，則 綜合上述三式得 式中TE=1年 rE=1天文單位 代入數據可得 （2） 依題意可知， 可得 代入數據得 23、（2008寧夏高考）天文學家將相距較近、僅在彼此的引力作用下運行的兩顆恒星稱為雙星。雙星系統在銀河系中很普遍。利用雙星系統中兩顆恒星的運動特征可推算出它們的總質量。已知某雙星系統中兩顆恒

53、星圍繞它們連線上的某一固定點分別做勻速圓周運動，周期均為T，兩顆恒星之間的距離為r，試推算這個雙星系統的總質量。（引力常量為G）【解析】設兩顆恒星的質量分別為m1、m2，做圓周運動的半徑分別為r1、r2，角速度分別為w1,w2。根據題意有w1=w2 r1+r2=r根據萬有引力定律和牛頓定律，有G G聯立以上各式解得 根據解速度與周期的關系知聯立式解得24、（2008全國高考）我國發射的“嫦娥一號”探月衛星沿近似于圓形的軌道繞月飛行。為了獲得月球表面全貌的信息，讓衛星軌道平面緩慢變化。衛星將獲得的信息持續用微波信號發回地球。設地球和月球的質量分別為M和m，地球和月球的半徑分別為R和R1，月球繞地球的軌道半徑和衛星繞月球的軌道半徑分別為r和r1，月球繞地球轉動的周期為T。假定在衛星繞月運行的一個周期內衛星軌道平面與地月連心線共面，求在該周期內衛星發射的微波信號因月球遮擋而不能到達地球的時間（用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球繞地球轉動對遮擋時間的影）。【解析】設探月衛星的質量為m0,萬有引力常量為G，根據萬有引力定律有 式中，T1是探月衛星繞月球轉動的周期。由式得 設衛星的微波信號被遮擋