（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習 專題一 力與運動 第3講 力學中的曲線運動學案

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1、 第3講　力學中的曲線運動 知識必備 1.勻變速曲線運動——F合是恒量 (1)物體做曲線運動的條件：速度的方向與加速度(合力)的方向不在同一條直線上。 (2)研究方法：運動的合成與分解。 (3)平拋運動 速度vx＝v0，vy＝gt，v＝，tan θ＝(θ為合速度與水平方向的夾角)。 位移x＝v0t，y＝gt2，s＝，tan α＝(α為合位移與水平方向的夾角)。 可見tan θ＝2tan α。 2.變加速曲線運動——F合是變量 (1)圓周運動 ①勻速圓周運動 動力學特征：F向＝ma向＝m＝mω2r＝mr。 ②變速圓周運動 F合 (2)豎直平面內(nèi)的圓周運動(繩、

2、桿模型) 關(guān)鍵：“兩點一過程” “兩點”―→最高點和最低點。 “一過程”―→從最高點到最低點(或從最低點到最高點)。 (3)天體運動的兩條基本思路 ①F引＝F向，即G＝m＝mω2r＝mr。 ②在忽略自轉(zhuǎn)時，萬有引力近似等于物體的重力，即＝mg， 可得GM＝gR2(黃金代換式)。 (3)解決天體運動問題的“萬能關(guān)系式” , 備考策略 1.必須領(lǐng)會的“4種物理思想和3種常用方法” (1)分解思想、臨界極值的思想、估算的思想、模型化思想； (2)假設(shè)法、合成法、正交分解法。 2.要靈活掌握常見的曲線運動模型 平拋運動及類平拋運動，豎直平面內(nèi)的圓周運動及圓周運動的臨界條件

3、。 3.必須辨明的“4個易錯易混點” (1)兩個直線運動的合運動不一定是直線運動； (2)小船渡河時，最短位移不一定等于河的寬度； (3)做平拋運動的物體，速度方向與位移方向不相同； (4)注意區(qū)分“繩模型”和“桿模型”。 4.注意天體運動的三個區(qū)別 (1)中心天體和環(huán)繞天體的區(qū)別； (2)自轉(zhuǎn)周期和公轉(zhuǎn)周期的區(qū)別； (3)星球半徑和軌道半徑的區(qū)別。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

4、 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　運動的合成與分解及平拋運動 【真題示例1】 (2017·全國卷Ⅰ，15)發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)。速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)；其原因是(　　

5、) A.速度較小的球下降相同距離所用的時間較多 B.速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大 C.速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少 D.速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大 解析　由題意知，兩個乒乓球均做平拋運動，則根據(jù)h＝gt2及v＝2gh可知，乒乓球的運動時間、下降的高度及豎直方向速度的大小均與水平速度大小無關(guān)，故選項A、B、D均錯誤；由發(fā)出點到球網(wǎng)的水平位移相同時，速度較大的球運動時間短，在豎直方向下落的距離較小，可以越過球網(wǎng)，故C正確。 答案　C 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅱ，17)如圖1，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面

6、垂直，一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時，對應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)(　　) 圖1 A. B. C. D. 解析　物塊由最低點到最高點的過程，由機械能守恒定律得mv2＝2mgr＋mv， 物塊做平拋運動時，落地點到軌道下端的距離x＝v1t， t＝，聯(lián)立解得，x＝，由數(shù)學知識可知，當4r＝時，x最大，即r＝，故選項B正確。 答案　B 真題感悟 1.高考考查特點 以物體的某種運動形式或運動項目為背景，考查對分運動、合運動的理解及合成與分解方法的應(yīng)用。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (

7、1)不能正確理解合運動、分運動具有等時性、獨立性的特點。 (2)具體問題中分不清合運動、分運動，要牢記觀察到的物體實際運動為合運動。 (3)平拋運動對兩個分運動理解不透，很容易出錯，如2017年全國卷Ⅰ第15題。 (4)實際問題中對平拋運動情景臨界點的分析不正確。 預(yù)測1 運動的合成與分解 預(yù)測2 平拋規(guī)律的應(yīng)用 預(yù)測3 “平拋運動＋斜面”模型 1.2016年9月24日，中華龍舟大賽(昆明·滇池站)開賽，吸引上萬名市民來到滇池邊觀戰(zhàn)。如圖2所示，假設(shè)某龍舟隊要渡過寬288 m、兩岸平直的河，河中水流的速度恒為v水＝5.0 m/s。龍舟隊從M處開出后實際沿直線MN到達對岸

8、，若直線MN與河岸成53°角，龍舟在靜水中的速度大小也為5.0 m/s，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，龍舟可看作質(zhì)點。則龍舟在水中的合速度大小v和龍舟從M點沿直線MN到達對岸所經(jīng)歷的時間t分別為(　　) 圖2 A.v＝6.0 m/s，t＝60 s B.v＝6.0 m/s，t＝72 s C.v＝5.0 m/s，t＝72 s D.v＝5.0 m/s，t＝60 s 解析　設(shè)龍舟頭與航線MN之間的夾角為α，船速、水速與龍舟在水中的合速度如圖所示，由幾何知識得α＝53°，龍舟在水中的合速度大小v＝6.0 m/s。航線MN的長度為L＝＝360 m，故龍舟從M點沿直線M

9、N到達對岸所經(jīng)歷的時間為t＝60 s。 答案　A 2.如圖3所示，A、B兩球用兩段不可伸長的細繩連接于懸點O，兩段細繩的長度之比為1∶2，現(xiàn)讓兩球同時從懸點O附近以一定的初速度分別向左、向右水平拋出，至連接兩球的細繩伸直所用時間之比為1∶，若兩球的初速度之比為k，則k值應(yīng)滿足的條件是(　　) 圖3 A.k＝ B.k> C.k＝ D.k> 解析　設(shè)連接A球的繩長為L，A球以速度vA水平拋出，水平方向的位移x＝vAt，豎直方向的位移y＝gt2，則x2＋y2＝L2，可得vA＝；同理得B球的速度為vB＝，因此有＝k＝，選項A正確。 答案　A 3.(2017·

10、廣東華南三校聯(lián)考)橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，如圖4所示。它們的豎直邊長都是底邊長的一半，現(xiàn)有三個小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右平拋，最后落在斜面上，其落點分別是a、b、c。下列判斷正確的是(　　) 圖4 A.圖中三小球比較，落在a點的小球飛行時間最短 B.圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最大 C.圖中三小球比較，落在c點的小球飛行過程速度變化最快 D.無論小球拋出時初速度多大，落到兩個斜面上的瞬時速度都不可能與斜面垂直 解析　圖中三個小球均做平拋運動，可以看出a、b和c三個小球下落的高度關(guān)系為ha>hb>hc，由t＝，得t

11、a>tb>tc，又Δv＝gt，則知Δva>Δvb>Δvc，A、B項錯誤；速度變化快慢由加速度決定，因為aa＝ab＝ac＝g，則知三個小球飛行過程中速度變化快慢相同，C項錯誤；由題給條件可以確定小球落在左邊斜面上的瞬時速度不可能垂直于左邊斜面，而對右邊斜面可假設(shè)小球初速度為v0時，其落到斜面上的瞬時速度v與斜面垂直，將v沿水平方向和豎直方向分解，則vx＝v0，vy＝gt，且滿足＝＝tan θ(θ為右側(cè)斜面傾角)，由幾何關(guān)系可知tan θ＝，則v0＝gt，而豎直位移y＝gt2，水平位移x＝v0t＝gt2，可以看出x＝y(tǒng)，而由題圖可知這一關(guān)系不可能存在，則假設(shè)不能成立，D項正確。 答案　D 歸納

12、總結(jié) 處理平拋運動問題的五個關(guān)鍵點 (1)平拋運動(或類平拋運動)，一般將運動沿初速度方向和垂直于初速度方向進行分解，先按分運動規(guī)律列式，再用運動的合成法則求合運動。 (2)對于從斜面上平拋又落到斜面上的問題，豎直位移與水平位移的比值等于斜面傾角的正切值。 (3)若平拋的物體垂直打在斜面上，打在斜面上的水平速度與豎直速度的比值等于斜面傾角的正切值。 (4)做平拋運動的物體，其位移方向與速度方向一定不同。 (5)抓住兩個三角形：速度三角形和位移三角形，結(jié)合題目呈現(xiàn)的角度或函數(shù)方程找到解決問題的突破口。 　圓周運動問題 【真題示例】 (2016·全國卷Ⅱ，16)小球P和Q用不可伸長

13、的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖5所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點(　　) 圖5 A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的動能一定小于Q球的動能 C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析　小球從水平位置擺動至最低點，由動能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，則兩小球的動能大小無法比較，選項B錯誤；對小球在最低點受力分析得，F(xiàn)T－mg＝m，可得FT＝3mg，

14、選項C正確；由a＝＝2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤。 答案　C 真題感悟 1.高考考查特點 (1)2017年高考弱化了圓周運動的考查，只是在卷Ⅰ中第16題、卷Ⅱ中第14題有所涉及。 (2)本考點命題熱點集中在物體的受力分析、圓周運動的基本概念、動力學知識及功能關(guān)系。 (3)理解圓周運動的相關(guān)物理量，向心力的來源分析、計算及應(yīng)用牛頓運動定律研究圓周運動的方法是關(guān)鍵。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)描述圓周運動的物理量的理解要準確。 (2)向心力是效果力，是由物體受到的力提供，畫受力圖時，只畫出物體實際受到的力，不畫向心力。 (3)共軸轉(zhuǎn)動的物體各點具有相同的角速度

15、，皮帶傳動或齒輪傳動中輪子邊緣具有相同的線速度。 (4)臨界問題的處理要正確把握臨界條件。 預(yù)測1 水平面內(nèi)的圓周運動 預(yù)測2 豎直面內(nèi)的圓周運動 預(yù)測3 與平拋運動相結(jié)合的綜合模型 1.(多選)(2017·洛陽市高三統(tǒng)考)如圖6所示，處于豎直平面內(nèi)的光滑細金屬圓環(huán)半徑為R，質(zhì)量均為m的帶孔小球A、B穿于環(huán)上，兩根長為R的細繩一端分別系于A、B球上，另一端分別系于圓環(huán)的最高點和最低點，現(xiàn)讓圓環(huán)繞豎直直徑轉(zhuǎn)動，當角速度緩慢增大到某一值時，連接B球的繩子恰好拉直，轉(zhuǎn)動過程中繩不會斷，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A.連接B球的繩子恰好拉直時，轉(zhuǎn)動的角速度

16、為 B.連接B球的繩子恰好拉直時，金屬圓環(huán)對A球的作用力為零 C.繼續(xù)增大轉(zhuǎn)動的角速度，金屬環(huán)對B球的作用力可能為零 D.繼續(xù)增大轉(zhuǎn)動的角速度，A球可能會沿金屬環(huán)向上移動 解析　當連接B球的繩剛好拉直時，mgtan 60°＝mRsin 60°ω2，求得ω＝，A項正確；連接B球的繩子恰好拉直時，A球與B球轉(zhuǎn)速相同，A球所受合力也為mgtan 60°，又小球A所受重力為mg，可判斷出A球所受繩的拉力為2mg，A球不受金屬圓環(huán)的作用力，B項正確；繼續(xù)增大轉(zhuǎn)動的角速度，連接B球的繩上會有拉力，要維持B球豎直方向所受外力的合力為零，環(huán)對B球必定有彈力，C項錯誤；當轉(zhuǎn)動的角速度增大，環(huán)對B球的彈力

17、不為零，根據(jù)豎直方向上A球和B球所受外力的合力都為零，可知繩對A球的拉力增大，繩應(yīng)張得更緊，因此A球不可能沿環(huán)向上移動，D項錯誤。 答案　AB 2.(多選)(2017·廣東深圳高三調(diào)研)如圖7甲所示，一長為l的輕繩，一端穿在過O點的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量未知的小球，整個裝置繞O點在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動。小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與其速度平方v2的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度為g，下列判斷正確的是(　　) 圖7 A.圖象的函數(shù)表達式為F＝m＋mg B.重力加速度g＝ C.繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，得到的圖線斜率更大 D.繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，圖線b點的位置不

18、變 解析　小球在最高點時，根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg＝m，得F＝m－mg，故A錯誤；當F＝0時，根據(jù)表達式有mg＝m，得g＝＝，故B正確；根據(jù)F＝m－mg知，圖線的斜率k＝，繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，斜率更小，故C錯誤；當F＝0時，g＝，可知b點的位置與小球的質(zhì)量無關(guān)，繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，圖線b點的位置不變，故D正確。 答案　BD 3.嘉年華上有一種回力球游戲，如圖8所示，A、B分別為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑半圓形軌道的最高點和最低點，B點距水平地面的高度為h，某人在水平地面C點處以某一初速度拋出一個質(zhì)量為m的小球，小球恰好水平進入半圓軌道內(nèi)側(cè)的最低點B，并恰好能過最高

19、點A后水平拋出，又恰好回到C點拋球人手中。若不計空氣阻力，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，求： 圖8 (1)小球剛進入半圓形軌道最低點B時軌道對小球的支持力； (2)半圓形軌道的半徑； (3)小球拋出時的初速度大小。 解析　(1)設(shè)半圓形軌道的半徑為R，小球經(jīng)過A點時的速度為vA，小球經(jīng)過B點時的速度為vB，小球經(jīng)過B點時軌道對小球的支持力為N。 在A點有mg＝m，得vA＝。 從B點到A點的過程中，根據(jù)動能定理有 －mg(2R)＝mv－mv， 得vB＝。 在B點有N－mg＝m， 得N＝6mg，方向豎直向上。 (2)由h＝gt，h＋2R＝gt，vBtBC＝vAtAC，

20、得R＝2h。 (3)設(shè)小球拋出時的初速度為v0，從C到B的過程根據(jù)動能定理有－mgh＝mv－mv，得v0＝2。 答案　(1)6mg，方向豎直向上　(2)2h　(3)2 歸納總結(jié) 1.水平面內(nèi)圓周運動的分析方法 (1)運動實例：圓錐擺、火車轉(zhuǎn)彎、水平轉(zhuǎn)臺等。 (2)特點分析： ①運動軌跡是圓且在水平面內(nèi)； ②向心力的方向水平，豎直方向的合力為零。 (3)解題方法 受力分析―→確定向心力的來源―→確定圓心和半徑―→應(yīng)用相應(yīng)規(guī)律列方程求解。 2.求解豎直平面內(nèi)圓周運動問題的思路 　萬有引力定律與天體的運動 【真題示例1】 (2017·全國卷Ⅲ，14)2017年4

21、月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道(可視為圓軌道)運行。與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的(　　) A.周期變大 B.速率變大 C.動能變大 D.向心加速度變大 解析　根據(jù)組合體受到的萬有引力提供向心力可得，＝ mr ＝m＝ma，解得T＝，v＝，a＝，由于軌道半徑不變，所以周期、速率、加速度均不變，選項A、B、D錯誤；組合體比天宮二號質(zhì)量大，動能Ek＝mv2變大，選項C正確。 答案　C 【真題示例2】 (多選)(2017·全國卷Ⅱ，19)如圖9，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，P為近日點，Q為遠日點，M

22、、N為軌道短軸的兩個端點，運行的周期為T0，若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)過M、Q到N的運動過程中(　　) 圖9 A.從P到M所用的時間等于 B.從Q到N階段，機械能逐漸變大 C. 從P到Q階段，速率逐漸變小 D.從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功 解析　由行星運動的對稱性可知，從P經(jīng)M到Q點的時間為T0，根據(jù)開普勒第二定律可知，從P到M運動的速率大于從M到Q運動的速率，可知從P到M所用的時間小于T0，選項A錯誤；海王星在運動過程中只受太陽的引力作用，故機械能守恒，選項B錯誤；根據(jù)開普勒第二定律可知，從P到Q階段，速率逐漸變小，選項C正確；

23、海王星受到的萬有引力指向太陽，從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功，選項D正確。 答案　CD 真題感悟 1.高考考查特點 (1)本考點高考命題角度 ①萬有引力定律與牛頓運動定律的綜合應(yīng)用。 ②人造衛(wèi)星的運行參數(shù)，衛(wèi)星的變軌及變軌前后的速度、能量變化。 (2)解此類題的關(guān)鍵是掌握衛(wèi)星的運動模型，離心(向心)運動的原因及萬有引力做功的特點。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)對宇宙速度特別是第一宇宙速度不理解。 (2)對公式v＝不理解，誤認為阻力做功，速度減小，半徑增大。 (3)誤認為宇宙飛船處于完全失重狀態(tài)時不受重力作用。 (4)只能估算中心天體的質(zhì)量和密度，不能估算環(huán)

24、繞天體的質(zhì)量和密度。 預(yù)測1 天體質(zhì)量和密度的估算 預(yù)測2 行星、衛(wèi)星的運動問題 預(yù)測3 航天器的變軌與對接問題 預(yù)測4 雙星、多星的運動問題 1.(2017·四川省重點中學高三第二次評估檢測)如圖10所示，A為地球赤道表面的物體，B為環(huán)繞地球運行的衛(wèi)星，此衛(wèi)星在距離地球表面的高度處做勻速圓周運動，且向心加速度的大小為a，已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為6.6R，R為地球的半徑，引力常量為G。則下列說法正確的是(　　) 圖10 A.地球兩極的重力加速度大小為a B.物體A的線速度比衛(wèi)星B的線速度大 C.地球的質(zhì)量為 D.地球的第一宇宙速度大小為 解析　

25、衛(wèi)星B繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，則有G＝mBa＝mB，又r0＝R，對于地球兩極的物體有G＝m′g，解得M＝，g＝a，vB＝，A、C錯誤；物體A與地球同步衛(wèi)星的角速度相等，根據(jù)v＝ωr知，同步衛(wèi)星的線速度大于物體A的線速度，又由G＝m可知，同步衛(wèi)星的線速度小于衛(wèi)星B的線速度，故物體A的線速度小于衛(wèi)星B的線速度，B錯誤；由＝m0，并結(jié)合GM＝gR2，可得地球的第一宇宙速度為v1＝＝，D正確。 答案　D 2.(2017·黑龍江五校高三下學期4月聯(lián)考)如圖11所示，A為近地氣象衛(wèi)星，B為遠地通訊衛(wèi)星，假設(shè)它們都繞地球做勻速圓周運動。已知地球半徑為R，衛(wèi)星A距地面高度可忽略不計，

26、衛(wèi)星B距地面高度為h，不計衛(wèi)星間的相互作用力。則下列說法正確的是(　　) 圖11 A.若兩衛(wèi)星質(zhì)量相等，發(fā)射衛(wèi)星B需要的能量少 B.衛(wèi)星A與衛(wèi)星B運行周期之比為 C.衛(wèi)星A與衛(wèi)星B運行的加速度大小之比為 D.衛(wèi)星A與衛(wèi)星B運行速度大小之比為 解析　雖然衛(wèi)星B的速度小于衛(wèi)星A的速度，但衛(wèi)星B的軌道比衛(wèi)星A的高，所具有的引力勢能大，所以發(fā)射衛(wèi)星B需要的能量大，A錯誤；根據(jù)開普勒第三定律可知，所有行星的軌道的半長軸的三次方跟它的公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，即衛(wèi)星A與衛(wèi)星B運行周期之比為，則B錯誤；由＝ma，則a＝，所以衛(wèi)星A與衛(wèi)星B運行的加速度大小之比為，C錯誤；由＝，得v＝，衛(wèi)星

27、A與衛(wèi)星B運行速度大小之比為，所以D正確。 答案　D 3.2016年10月17日，“神舟十一號”載人飛船發(fā)射升空，運送兩名宇航員前往在2016年9月15日發(fā)射的“天宮二號”空間實驗室，宇航員計劃在“天宮二號”駐留30天進行科學實驗。“神舟十一號”與“天宮二號”的對接變軌過程如圖12所示，AC是橢圓軌道Ⅱ的長軸?！吧裰凼惶枴睆膱A軌道Ⅰ先變軌到橢圓軌道Ⅱ，再變軌到圓軌道Ⅲ，與在圓軌道Ⅲ運行的“天宮二號”實施對接。下列描述正確的是(　　) 圖12 A.“神舟十一號”在變軌過程中機械能不變 B.可讓“神舟十一號”先進入圓軌道Ⅲ，然后加速追趕“天宮二號”實現(xiàn)對接 C.“神舟十一號”從A

28、到C的平均速率比“天宮二號”從B到C的平均速率大 D.“神舟十一號”在橢圓軌道上運動的周期與“天宮二號”運行周期相等 解析　“神舟十一號”飛船變軌過程中軌道升高，機械能增加，A選項錯誤；若飛船在進入圓軌道Ⅲ后再加速，則將進入更高的軌道飛行，不能實現(xiàn)對接，選項B錯誤；飛船軌道越低，速率越大，軌道Ⅱ比軌道Ⅲ的平均高度低，因此平均速率要大，選項C正確；由開普勒第三定律可知，橢圓軌道Ⅱ上的運行周期比圓軌道Ⅲ上的運行周期要小，D項錯誤。 答案　C 4.(2017·深圳高級中學月考)2016年2月11日，美國自然科學基金召開新聞發(fā)布會宣布，人類首次探測到了引力波。2月16日，中國科學院公布了一項新

29、的探測引力波的“空間太極計劃”。由中山大學發(fā)起的空間引力波探測工程“天琴計劃”于2015年7月正式啟動。計劃從2016年到2035年分四階段進行，將向太空發(fā)射三顆衛(wèi)星探測引力波。在目前討論的初步概念中，天琴將采用三顆全同的衛(wèi)星(SC1、SC2、SC3)構(gòu)成一個等邊三角形陣列，地球恰處于三角形中心，衛(wèi)星將在以地球為中心、高度約10萬公里的軌道上運行，針對確定的引力波源進行探測，這三顆衛(wèi)星在太空中的分列圖類似樂器豎琴，故命名為“天琴計劃”。則下列有關(guān)三顆衛(wèi)星的運動描述正確的是(　　) 圖13 A.三顆衛(wèi)星一定是地球同步衛(wèi)星 B.三顆衛(wèi)星具有相同大小的加速度 C.三顆衛(wèi)星的線速度比月球繞

30、地球運動的線速度大且大于第一宇宙速度 D.若知道引力常量G及三顆衛(wèi)星繞地球運轉(zhuǎn)周期T可估算出地球的密度 解析　三顆衛(wèi)星高度遠大于地球同步衛(wèi)星的高度，一定不是地球同步衛(wèi)星，選項A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可得三顆衛(wèi)星的加速度大小均為a＝，選項B正確；根據(jù)v＝可知三顆衛(wèi)星的線速度比月球繞地球運動的線速度大但小于第一宇宙速度，所以選項C錯誤；若知道引力常量G及三顆衛(wèi)星繞地球運轉(zhuǎn)周期T，由＝mr，可估算出地球的質(zhì)量，但不知地球的半徑R，所以不能求出地球的密度，選項D錯誤。 答案　B 歸納總結(jié) 1.人造衛(wèi)星運動規(guī)律分析“一、二、三” 2.分析衛(wèi)星變軌應(yīng)注意的3個問題 (1)衛(wèi)星變軌時半徑的變化，根據(jù)萬有引力和所需向心力的大小關(guān)系判斷；穩(wěn)定的新軌道上的運行速度變化由v＝判斷。 (2)同一衛(wèi)星在不同軌道上運行時機械能不同，軌道半徑越大，機械能越大。 (3)衛(wèi)星經(jīng)過不同軌道相交的同一點時加速度相等，外軌道的速度大于內(nèi)軌道的速度。 - 16 -