2019高考物理 快速提分法 模型六 圆周运动和万有引力学案（含解析）.docx

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圆周运动和万有引力 经典例题一转动装置如图所示，四根轻绳OA、OC、AB和CB与两小球以及一小滑块连接，轻绳长均为L，球和滑块的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，转动该装置并缓慢增大转速，小滑块缓慢上升．忽略一切摩擦和空气阻力，（重力加速度为g，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8）求 (1)当OA与竖直方向成37∘角时，装置转动的角速度； (2)当OA与竖直方向成37∘角缓慢增大到与竖直方向成53∘角时，求在这个过程中A、B增加的重力势能分别是多少；外界对转动装置所做的功W是多少？ 分析与解答：（1）对小球A：竖直方向：F1cos37=F2cos37+mg 水平方向：F1sin37+F2sin37=mω02Lsin370 对滑块：2F2cos37=mg 联立解得：ω=5g2l （2）当OA与竖直方向成37∘角缓慢增大到与竖直方向成53∘角时，对小球A： 竖直方向：F1cos53=F2cos53+mg 水平方向：F1sin53+F2sin53=mω2Lsin53 对滑块：2F2cos53=mg 解得：ω=10g3l 由v=ωLsin53v0=ωLsin37 可得W=12mv2-12mv02+2mg15l+mg25l=6130mgl ΔEPA=mg15l=15mgl ΔEPB=mg25l=25mgl 变式1如图所示，一个质量为m的小球由两根细绳拴在竖直转轴上的A、B两处，AB间距为L，A处绳长为2L，B处绳长为L，两根绳能承受的最大拉力均为2mg，转轴带动小球转动。则： （1）当B处绳子刚好被拉直时，小球的线速度v多大？ （2）为不拉断细绳，转轴转动的最大角速度ω多大？ （3）若先剪断B处绳子，让转轴带动小球转动，使绳子与转轴的夹角从45开始，直至小球能在最高位置作匀速圆周运动，则在这一过程中，小球机械能的变化为多大？ 分析与解答：（1）B处绳被拉直时，绳与杆夹角θ＝45， mgtanθ=mv2L， 解得v=gL. （2）此时，B绳拉力为TB＝2mg，A绳拉力不变，TAcosθ=mg ，TAsinθ+TB=mω2L解得ω=3gL. （3）小球在最高位置运动时，TA=2mg ，TAcosα=mg， α＝60，TAsinα=mvt22Lsinα ， 得：vt=32gL2 ΔE=mg2l(cosθ-cosα)+(12mvt2-12mv02)解得ΔE=(2+2)4mgL 变式2某同学用圆锥摆探究圆周运动的课外实验中，把不可伸长的轻绳穿过用手固定的竖直光滑圆珠笔管，笔管长为l，轻绳两端栓着质量分别为4m、5m的小球A和小物块B，开始实验时，用手拉着小球A使它停在笔管的下端，这时物块B距笔管的下端距离为l，笔管的下端到水平地面的距离为10l，拉起小球A，使绳与竖直方向成一定夹角，给小球A适当的水平速度，使它在水平面内做圆周运动，上述过程中物块B的位置保持不变，已知重力加速度为g，sin53=0.8，cos53=0.6， （1）求绳与竖直方向夹角θ和小球A做圆周运动的角速度ω1； （2）若小球A做（1）问中圆周运动时剪断轻绳，求小球A第一次落地点到物块B落地点间的距离s； （3）若某同学开始实验时不断晃动笔管，使小球A带动B上移，当B上升到笔管下方某位置，系统稳定后，测得小球在水平面内做圆周运动的角速度为ω2，求此过程中人对A、B组成的系统做功W。 分析与解答：（1）小球A在重力和轻绳的拉链作用下在水平面内做圆周运动，则轻绳的拉链T=5mg；Tcosθ-4mg=0， Tsinθ=4mω12lsinθ， 解得θ=37；ω1=5g4l （2）在小球做圆周运动时剪断轻绳，A做平抛运动，设平抛运动时间为t，则515l=12gt2 平抛的初速度v1=ω1lsinθ， 由几何关系可知s=v1t2+lsinθ2， 解得s=310610l （3）设B物体位置上移x，小球A做圆周运动时轻绳与竖直方向的夹角为α 则Tcosα-4mg=0， Tsinα=4mω22(l+x)sinα， 解得x=5g4ω22-l 由功能关系可知W=5mgx+4mg[l-(l+x)cosα]+12⋅4m[(l+x)ω2sinα]2， 解得W=27mg28ω22-mgl 变式3如图所示,在光滑的圆锥顶用长为l的细线悬挂一质量为m的物体,圆锥体固定在水平面上不动,其轴线沿竖直方向,细线与轴线之间的夹角为θ=300 ,物体以速度v绕圆锥体轴线做水平匀速圆周运动. （1）当v1=gl6时,求绳对物体的拉力. （2）当v2=3gl2 ,求绳对物体的拉力. 分析与解答：（1）当v1＜v时，物体没有离开锥面时，此时物体与锥面之间有弹力作用，如图所示： 则在水平方向：T1sinθ-N1cosθ=mv12R，竖直方向：T1cosθ+N1sinθ-mg=0，R=Lsinθ 解得：T1=33+16mg； （2）v2＞v时，物体离开锥面，设线与竖直方向上的夹角为α，如图所示： 则竖直方向：T2cosα-mg=0，水平方向：T2sinα=mv22R2，而且：R2=Lsinα 解得：T2=2mg。 变式4如图所示，光滑直杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接，OO为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ． （1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl1； （2）当小球随光滑直杆一起绕OO轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl2，求匀速转动的角速度ω； （3）若θ=30，移去弹簧，当杆绕OO轴以角速度ω0=gL匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L0． 分析与解答：（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ=ma 解得：a=gsinθ 小球速度最大时其加速度为零，则有：kΔl1=mgsinθ 解得：Δl1=mgsinθk ， （2）设弹簧伸长Δl2时，球受力如图所示： 水平方向上有：FNsinθ+kΔl2cosθ=mω2（l0+Δl2)cosθ 竖直方向上有：FNcosθ-kΔl2sinθ-mg=0 解得：ω=kΔl2-mgsinθmrcosθ； （3）当杆绕OO轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B点L0， 此时有：mgtanθ=mL0cosθ 解得：L0=gtanθcosθ=23L。 变式5某工厂生产流水线示意图如图所示，半径较大的水平圆盘上某处E点固定一小桶，在圆盘直径DE正上方平行放置长为L=6m的水平传送带，传送带轮的半径都是 r=0.1m，传送带右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h＝1.25 m。AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆轨道，半径R＝1.25 m，且与水平传送带相切于B点。一质量m＝0.2 kg的工件(可视为质点)从A点由静止释放，工件到达圆弧轨道B点无碰撞地进入水平传送带，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当工件到达B点时，圆盘从图示位置以一定的转速n绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，工件到达C点时水平抛出，刚好落入圆盘上的小桶内。取g=10m/s2，求： (1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力； (2)若传送带不转动时圆盘转动的转速n应满足的条件； (3)当传送带轮以不同角速度顺时针匀速转动时，工件都从传送带的C端水平抛出，落到水平圆盘上，设落点到圆盘圆心O的距离为x，通过计算求出x与角速度ω之间的关系并准确作出x—ω图像。 分析与解答：（1）从A到B由动能定理得：mgR=12mvB2 在B点由牛顿第二定理得：FN-mg=mvB2R 联立解得：FN=3mg=6N 由牛顿第三定律得：FN=FN=6N方向竖直向下 （2）若传送带不动，设物体到达C点的速度为vC 对物体由动能定理得：-μmgL=12mvC2-12mvB2 解得：vC=1m/s 设物体从B点到C点的时间为t1，则：L=vB+vC2t1解得：t1=2s 设物体做平抛运动的时间为t2，则：h=12gt22解得：t2=0.5s 故，转盘转动的时间为：t=t1+t2=2.5s 在t时间内转盘应转动整数圈，物体才能落入小桶内，则：t=kT（k=1.2.3…….） 圆盘的转速n=1T=kt=0.4k(r/s) （k=1.2.3…….） （3）若物体速度一直比传送带大，物体将一直做减速运动，设其到C点时速度为vC1由动能定理得：-μmgL=12mvC12-12mvB2 解得：vC1=1m/s 则物体的位移为x=vC1t2=0.5m 传送带转动的角速度应满足ω≤vC1r=10rad/s 若物体速度一直比传送带小，物体将一直做加速运动，设其到C点时速度为vC2 由动能定理得：μmgL=12mvC22-12mvB2解得：vC2=7m/s 则物体的位移为x=vC2t2=3.5m 传送带转动的角速度应满足ω≥vC2r=70rad/s 当传送带的角速度满足10rad/s≤ω≤70rad/s时 物体到达C点的速度与传送带相等，为vC=ωr，位移为x=vCt2=ω20 所以x随ω变化的图像为 经典例题图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m，一质量m＝1kg的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A点以大小v0＝12m／s的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D点。已知A、B两点间的距离L1＝5．75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数μ=0．2，取g＝10m／s2，圆形轨道间不相互重叠，求： （1）物块经过B点时的速度大小vB； （2）物块到达C点时的速度大小vC； （3）BD两点之间的距离L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 分析与解答：（1）物块从A到B运动过程中，根据动能定理得：-μmgL=12mvB2-12mv02 解得：vB=11m/s （2）物块从B到C运动过程中，根据机械能守恒得：12mvB2=12mvC2+mg2R 解得：vC=9m/s （3）物块从B到D运动过程中，根据动能定理得：-μmgL2=0-12mvB2 解得：L2=30.25m 对整个过程，由能量守恒定律有：Q=12mv02-0 解得：Q=72J 变式1如图所示，质量m＝0.2kg的金属小球从距水平面h＝5.0 m的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是粗糙平面，与半径为R＝0.9m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g＝10 m/s2) (1)小球运动到A点时的速度大小； (2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功； 分析与解答：（1）小球运动到A点时的速度为vA，根据机械能守恒定律可得：mgh=12mvA2 解得vA=10m/s. （2）小球经过D点时的速度为vD，则：mg=mvD2R 解得vD=3m/s 小球从A点运动到D点克服摩擦力做功为Wf，则：-mgR-Wf=12mvD2-12mvA2 解得Wf=-5.5J 变式2某同学设计出如图所示实验装置，将一质量为0.2kg的小球（可视为质点）放置于水平弹射器内，压缩弹簧并锁定，此时小球恰好在弹射口，弹射口与水平面AB相切于A点。AB为粗糙水平面，小球与水平面间动摩擦因数μ＝0.5，弹射器可沿水平方向左右移动；BC为一段光滑圆弧轨道。O/为圆心，半径R＝0.5m，O/C与O/B之间夹角为θ＝37。以C为原点，在C的右侧空间建立竖直平面内的直角坐标系xOy，在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器D。（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2） （1）某次实验中该同学使弹射口距离B处L1＝1.6m处固定，解开锁定释放小球，小球刚好到达C处，求弹射器释放的弹性势能？ （2）求上一问中，小球到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力？ （3）把小球放回弹射器原处并锁定，将弹射器水平向右移动至离B处L2＝0.8m处固定弹射器并解开锁定释放小球，小球将从C处射出，恰好水平进入接收器D，求D处坐标？ 分析与解答：（1）从A到C的过程中，由定能定理得：W弹-μmgL1-mgR（1-cosθ）=0 解得：W弹=1.8J． 根据能量守恒定律得：EP=W弹=1.8J； （2）从B到C由动能定理：mgR(1-cos370)=12mvB2 在B点由牛顿第二定律：FNB-mg=mvB2R 带入数据联立解得：FNB=2.8N （3）小球从C处飞出后，由动能定理得：W弹-μmgL2-mgR（1-cosθ）=12mvC2-0， 解得：vC=22m/s，方向与水平方向成37角， 由于小球刚好被D接收，其在空中的运动可看成从D点平抛运动的逆过程， vCx=vCcos37=825m/s，vCy=vCsin37=625m/s， 由vCy=gt解得t=0.122s 则D点的坐标：x=vCxt，y=12vCyt， 解得：x=0.144m，y=0.384m， 即D处坐标为：（0.144m，0.384m）． 变式3如图所示，水平平台上有一轻弹簧,左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑,BC段长x=1m，与滑块间的摩擦因数为μ1=0.25.平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的运行速度v=7m/s,传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面长度s=0.5m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨道半径R=1m，θ=37.今将一质量m=2kg的滑块向左压缩轻弹簧,使弹簧的弹性势能为Ep=30J,然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相同，并经过D点的拐角处无机械能损失。重力加速度g=10m/s2,sin53=0.8,cos53=0.6，不计空气阻力。试求： (1)滑块到达C点的速度vC； (2)滑块与传送带间的摩擦因数μ2； (3)若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围. 分析与解答：（1）以滑块为研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得： Ep−μ1mgx＝12mvC2 代入数据得：vC=5m/s （2）滑块从C点到D点一直加速，到D点恰好与传送带同速，由动能定理得： μ2mgL＝12mv2-12mv02 代入数据解得：μ2=0.4 （3）斜面高度为：h=s•sinθ=0.3m （Ⅰ）设滑块在D点的速度为vD1时，恰好过圆弧最高点，由牛顿第二定律得：mg＝mv12R 滑块从D点到G点的过程，由动能定理得： −mg(Rcosθ−h+R)＝12mv12-12mvD12 代入数据解得：vD1＝210m/s （Ⅱ）设滑块在D点的速度为vD2时，恰好到14圆弧处速度为零，此过程由动能定理得： −mg(Rcosθ−h)＝0−12mvD22 代入数据解得：vD2＝10m/s 若滑块在传送带上一直减速至D点恰好同速，则由动能定理得： −μ2mgL＝12mv传2-12mvc2 代入数据解得：v传1=1m/s，所以 0≤v传≤10m/s 若滑块在传送带上一直加速至D点恰好同速，由题目已知 v传2=7m/s 所以v传≥210m/s． 即若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，传送带的速度范围是0≤v传≤10m/s或v传≥210m/s． 变式4如图所示，竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，小球从斜面上A点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上一个半径为R=0.4m的圆轨道，(g=10m/s2) (1)若接触面均光滑小球刚好能滑到圆轨道的最高点C，求 ①小球在C点处的速度大小 ②斜面高h (2)若已知小球质量m=0.1kg，斜面高h=2m，小球运动到C点时对轨道压力为mg，求全过程中摩擦阻力做的功 分析与解答：（1）①小球刚好到达C点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=mvC2R 解得vC=gR=2m/s ②小球从A到C过程，由机械能守恒定律得：mgh-2R=12mvC2 解得：h=2.5R=1m （2）在C点，由牛顿第二定律得：mg+N=mvC2R 据题有 N=mg 从A到C 过程，由动能定理得：mgh-2R-W克=12mvC2-0 解得：W克=0.8J 变式5如图所示，光滑轨道CDEF是一“过山车”的简化模型，最低点D处入、出口不重合，E点是半径为R=0.32m的竖直圆轨道的最高点，DF部分水平，末端F点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m。物块B静止在水平面的最右端F处。质量为mA=1kg的物块A从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E，然后与B发生碰撞并粘在一起。若B的质量是A的k倍，A、B与传送带的动摩擦因数都为μ=0.2，物块均可视为质点，物块A与物块B的碰撞时间极短，取g=10m/s2。求： （1）当k=3时物块A、B碰撞过程中产生的内能； （2）当k=3时物块A、B在传送带上向右滑行的最远距离； （3）讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式。 分析与解答：（1）设物块A在E的速度为v0，由牛顿第二定律得：mAg=mAv02R①， 设碰撞前A的速度为v1．由机械能守恒定律得：2mAgR+12mAv02=12mAv12②， 联立并代入数据解得：v1=4m/s③； 设碰撞后A、B速度为v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1=mA+m2v2④； 解得：v2=mAmA+mBv1=11+34=1m/s⑤； 由能量转化与守恒定律可得：Q=12mAv12-12mA+mBv22⑥，代入数据解得Q=6J⑦； （2）设物块AB在传送带上向右滑行的最远距离为s， 由动能定理得：-μmA+mBgs=-12mA+mBv22⑧，代入数据解得s=0.25m⑨； （3）由④式可知：v2=mAmA+mBv1=41+km/s⑩； （i）如果A、B能从传送带右侧离开，必须满足12mA+mBv22>μmA+mBgL， 解得：k＜1，传送带对它们所做的功为：W=-μmA+mBgL=-2k+1J； （ii）（I）当v2≤v时有：k≥3，即AB返回到传送带左端时速度仍为v2； 由动能定理可知，这个过程传送带对AB所做的功为：W=0J， （II）当0≤k<3时，AB沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速， 当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧。 在这个过程中传送带对AB所做的功为W=12mA+mBv2-12mA+mBv22， 解得W=k2+2k-152k+1； 经典例题一宇航员登上某星球表面，在高为2m处，以水平初速度5m/s抛出一物体，物体水平射程为5m，且物体只受该星球引力作用求： （1）该星球表面重力加速度 （2）已知该星球的半径为为地球半径的一半，那么该星球质量为地球质量的多少倍． 分析与解答：（1）根据平抛运动的规律：x＝v0t 得t＝xv0＝55s＝1s 由h＝12gt2 得：g＝2ht2＝2212m/s2＝4m/s2 （2）根据星球表面物体重力等于万有引力：mg＝GM星mR星2 地球表面物体重力等于万有引力：mg＝GM地mR地2 则M星M地＝gR星2gR地2=410(12)2=110 变式1已知某半径与地球相等的星球的第一宇宙速度是地球的12倍。地球表面的重力加速度为g。在这个星球上用细线把小球悬挂在墙壁上的钉子O上，小球绕悬点O在竖直平面内做圆周运动。小球质量为m，绳长为L，悬点距地面高度为H。小球运动至最低点时，绳恰被拉断，小球着地时水平位移为S求： (1)星球表面的重力加速度？ (2)细线刚被拉断时，小球抛出的速度多大？ (3)细线所能承受的最大拉力？ 分析与解答：（1）由万有引力等于向心力可知GMmR2=mv2R GMmR2=mg 可得g=v2R 则g星＝14g0 （2）由平抛运动的规律：H-L=12g星t2 s=v0t 解得v0=s42g0H-L （3）由牛顿定律，在最低点时：T-mg星＝mv2L 解得：T=141+s22(H-L)Lmg0 变式2一宇航员在某未知星球的表面上做平抛运动实验：在离地面h高处让小球以某一初速度水平抛出，他测出小球落地点与抛出点的水平距离为x和落地时间t，又已知该星球的半径为R，己知万有引力常量为G，求： （1）小球抛出的初速度vo （2）该星球表面的重力加速度g （3）该星球的质量M （4）该星球的第一宇宙速度v（最后结果必须用题中己知物理量表示） 分析与解答：（1）小球做平抛运动，在水平方向：x=vt， 解得从抛出到落地时间为：v0=x/t （2）小球做平抛运动时在竖直方向上有：h=12gt2， 解得该星球表面的重力加速度为：g=2h/t2； （3）设地球的质量为M，静止在地面上的物体质量为m， 由万有引力等于物体的重力得：mg=GMmR2 所以该星球的质量为：M=gR2G= 2hR2/(Gt2)； （4）设有一颗质量为m的近地卫星绕地球作匀速圆周运动，速率为v， 由牛顿第二定律得：GMmR2=mv2R 重力等于万有引力，即mg=GMmR2， 解得该星球的第一宇宙速度为：v=gR=2hRt 变式3我国实现探月计划--“嫦娥工程”。同学们也对月球有了更多的关注。 (1)若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看做匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径； (2)若宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球表面某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回抛出点。已知月球半径为r，万有引力常量为G，试求出月球的质量M月。 分析与解答：（1）根据万有引力定律和向心力公式： GM月Mr2=M月(2πT)2r ① mg=GMmR2② 解①②得：r=3gR2T24π2 （2）设月球表面处的重力加速度为g月，根据题意： 得到t=2v0g月③ 又g月=GM月r2④ 解③④得：M月=2v0r2Gt 经典例题已知某星球表面重力加速度大小为g0，半径大小为R，自转周期为T，万有引力常量为G.求： (1)该星球质量； (2)该星球同步卫星运行轨道距离星球表面的高度； (3)该星球同步卫星运行速度的大小． 分析与解答：(1)由GMmR2=mg0 解得星球质量为：M=g0R2G (2)由GMm(R+h)2=m(2πT)2(R+h) 且GM=g0R2 解得：h=3g0R2T24π2-R (3)由v=2πT(R+h) 解得：v=2πT3g0R2T24π2=32πg0R2T 变式1我国的“天链一号”卫星是地球同步卫星，可为中低轨道卫星提供数据通讯，如图为“天链一号”卫星a、赤道平面内的低轨道卫星b、地球的位置关系示意图，O为地心，地球相对卫星a、b的张角分别为θ1和θ2(θ2图中未标出)，卫星a的轨道半径是b的4倍，己知卫星a、b绕地球同向运行，卫星a的周期为T，在运行过程中由于地球的遮挡，卫星b会进入卫星a通讯的盲区，卫星间的通讯信号视为沿直线传播，信号传输时间可忽略。求： （1）卫星b星的周期 （2）卫星b每次在盲区运行的时间 分析与解答：(1)设卫星a、b的轨道半径分别为r1和r2．地球半径为R：GMmr2=m4π2T2r 可得：T=2πr3GM 而r1=4r2． 则得卫星b星的周期为T8 (2)如图，A、B是卫星盲区两个边缘位置 由几何知识可得∠AOB=θ1+θ2， 则(2πT8-2πT)t=∠AOB=θ1+θ2 解得，b每次在盲区运行的时间为t=θ1+θ214πT 变式2地球同步卫星，在通讯、导航等方面起到重要作用。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球自转周期为T，引力常量为G，求： （1）地球的质量M； （2）同步卫星距离地面的高度h。 分析与解答：（1）地球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：mg=GMmR2 解得地球质量为：M=gR2G； （2）同步卫星绕地球做圆周运动的周期等于地球自转周期T，同步卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMm(R+h)2=m(2πT)2（R+h） 解得：h=3R2gT24π2-R； 变式3一颗人造卫星的质量为m，离地面的高度为h，卫星做匀速圆周运动，已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g．求： （1）卫星受到的向心力的大小表达式． （2）卫星的速率大小表达式． 分析与解答：（1）卫星绕地球做圆周运动靠万有引力提供向心力，根据万有引力定律得： F=GMmR+h2 根据地球表面物体万有引力等于重力得：GMmR2=mg 联立求解得：F=mgR2R+h2 （2）根据万有引力提供向心力，GMmR+h2=mv2R+h 联立求解得：v=gR2R+h （3）根据万有引力提供向心力，GMmR2=mv2R可得第一宇宙速度：v=gR 经典例题宇宙中二颗相距较近的天体称为双星，他们以中心连线上的某一点位圆心做匀速圆周运动，而不至于因相互之间的引力而吸引到一起，设二者之间的距离为L，质量分别为M1和M2。（万有引力常量为G）求 (1)它们的轨道半径之比r1 ：r2 (2)线速度之比v1 ：v2 (3)运行周期T。 分析与解答：（1）两天体做圆周运动靠相互间的万有引力提供向心力，角速度相等，结合牛顿第二定律求出半径的大小；（2）根据v=ωr求线速度之比；（3）结合万有引力提供向心力求出运动的周期． （1）对M1有：GM1M2L2=M1r1ω2 对M2有：GM1M2L2=M2r2ω2 解得：M1r1=M2r2 即r1r2=M2M1，又r1+r2=L 解得：r1=M2M1+M2L （2）根据v=ωr，可得线速度之比为v1v2=r1r2=M2M1 （3）根据GM1M2L2=M1r14π2T2，又r1=M2M1+M2L 解得：T=2πL3GM1+M2 变式1我们将两颗彼此相距较近的行星称为双星，它们在万有引力作用下间距始终保持不变，且沿半径不同的同心轨道作匀速圆周运动，设双星间距为L，质量分别为M1、M2(万有引力常量为G)试计算： (1)双星的轨道半径 (2)双星运动的周期。 分析与解答：设行星转动的角速度为ω，周期为T。 (1)如图， 对星球M1，由向心力公式可得： GM1M2L2=M1R1ω2 同理对星M2，有：GM1M2L2=M2R2ω2 两式相除得：R1R2=M2M1，(即轨道半径与质量成反比) 又因为L=R1+R2 所以得：R1=M2M1+M2L，R2=M1M1+M2L (2)有上式得到：ω=1LG(M1+M2)L 因为T=2πω，所以有：T=2πLLG(M1+M2) 变式2如图所示，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L3T2(其中L为两星中心距离，T为两星的运动周期) 分析与解答：两个星球均做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 GmAmBL2=mA4π2T2rA GmAmBL2=mB4π2T2rB 其中L＝rA+rB， 联立解得L3T2=GmA+mB4π2。 变式3天文学中把两颗距离比较近，又与其它星体距离比较远的星体叫做双星，双星的间距是一定的.设双星的质量分别是m1、m2，星球球心间距为L.问： (1)两星的轨道半径各多大？ (2)两星的速度各多大？ 分析与解答：（1）由于双星做匀速圆周运动，且角速度相同， 对m1由：Gm1m2L2=m1ω2r1 对m2由：Gm1m2L2=m2ω2r2 由两式得：r1r2=m2m1 又r1+r2=L 解得：r1=m2m1+m2L；r2=m1m1+m2L （2）联立以上式子得：ω=Gm2L2r1 解得：v1=r1ω=Gm2r1L2=m2GL(m1+m2) 同理得ω=Gm1L2r2 解得：v2=r2ω=Gm1r2L2=m1GL(m1+m2)