1、1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， ）求sin37 =0.6cos37 =0.8(1)当 OA 与竖直方向成 角时，装置转动的角速度 ；37(2)当 OA 与竖直方向成 角缓慢增大到与竖直方向成37角时，求在这个过程中 A、B 增加的重力势能分别是多少；53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
2、+mg水平方向： F1sin37+F2sin37=m 20Lsin370对滑块： 2F2cos37=mg联立解得： =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=m 2Lsin53对滑块： 2F2cos53=mg解得： =10g3l由 v=L sin53v0=L sin37可得 W=12mv2-12mv20+2mg15l+mg25l=6130mgl EPA=mg15l=15mgl2 EPB=mg25l=25mgl变式 1 如图所示，一个质量为 m 的小球由两
3、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 L， B 处绳长为 L，两根绳能承受的最大拉力均为 2mg，转轴带动2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 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 45，mgtan =mv2L解得 .v= gL（2）此时，B 绳拉力为 TB2mg，A 绳拉力不变， ，TAcos =mg解得
4、.TAsin +TB=m 2L =3gL（3）小球在最高位置运动时， ， ，TA=2mgTAcos =mg60， ，TAsin =m v2t2Lsin得： vt=32gL2解得E =mg2l(cos -cos) +(12mv2t-12mv20) E =(2+2)4 mgL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
5、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 和小球 A 做圆周运动的角速度 ； 13（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 ，求此过程中人对 2A、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
6、，则轻绳的拉链 T=5mg； ，Tcos -4mg=0，Tsin =4m 21lsin解得 ； =37 1=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= 1lsin由几何关系可知 ，s= (v1t)2+(lsin )2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 则 ，Tcos -4mg=0，Tsin =4m 22(l+x)sin解得 x=5g4 22-l由功能关系可知 ，W=5mgx+4mgl-(l+x)cos +124m(l+x) 2sin 2解得 W=2
7、7mg28 22-mgl变式 3 如图所示,在光滑的圆锥顶用长为 的细线悬挂一质量为 m 的物体,圆锥体固定在l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 ,物体以速度 v 绕圆 =300锥体轴线做水平匀速圆周运动.（1）当 时,求绳对物体的拉力. v1=gl6（2）当 ,求绳对物体的拉力.v2=3gl2分析与解答：（1）当 时，物体没有离开锥面时，此时物v1v4体与锥面之间有弹力作用，如图所示：则在水平方向： ，竖直方向： ，T1sin-N1cos=mv12R T1cos+N1sin-mg=0R=Lsin解得： ；T1=33+16 mg（2） 时，物体离开锥面，设线与竖直方向上的
8、夹角为 ，如图所示：v2v 则竖直方向： ，水平方向： ，而且：T2cos-mg=0 T2sin=mv22R2 R2=Lsin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， 为过 B 点的竖直轴，杆与水平面OO间的夹角始终为 （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； l1（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 ，求匀速转动的角速度 ； l2（3）若 =30，移去弹簧，当杆
9、绕 OO轴以角速度5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 0=gL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：mgsin=ma解得： a=gsin小球速度最大时其加速度为零，则有： k l1=mgsin解得： ， l1=mgsink（2）设弹簧伸长 时，球受力如图所示： l2水平方向上有： FNsin+k l2cos=m 2（ l0+ l2)cos竖直方向上有： FNcos-k l2sin-mg=0解得： ； =kl2-mgsinmrcos（3）当杆绕 轴以角速度 匀速转动时，设小球距离 B 点 ，OO 0 L0此时有
10、： mgtan=mL0cos解得： 。L0=gtancos=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 h1.25 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 R1.25 m，且与水平传送带相切于B 点。一质量 m0.2 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 0.2，当工件到达 B
11、 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 ，求：g=10m/s2(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6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 之间的关系并准确作出 x 图像。分析与解答：（1）从 A 到 B 由动能定理得： mgR=12mv2B在 B 点由牛顿第二定理得： FN-mg=mv2BR联立解得： FN=3mg=6N
12、由牛顿第三定律得： 方向竖直向下FN=FN=6N（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： -mgL=12mv2C-12mv2B解得： vC=1m/s设物体从 B 点到 C 点的时间为 ，则： 解得：t1 L=vB+vC2 t1 t1=2s设物体做平抛运动的时间为 ，则： 解得：t2 h=12gt22 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 (r/s) （ k=1.2.3.）n=1T=kt=0.4k（3）若物体速度一直比传送带大，物体将一直做减
13、速运动，设其到 C 点时速度为由动能定理得：vC1 -mgL=12mv2C1-12mv2B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 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： 解得：mgL=12mv2C2-12mv2B 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 vC2r=70rad/s7当传送带的角速度满足 时10rad/s 70rad/s物体到达 C 点的速度与传送带相等，为 ，位移为vC=r x=vCt2=20所以 x 随 变化的
14、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 m1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的 A 点以大小 v012ms 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 L1575m，物块与水平轨道写的动摩擦因数 02，取 g10ms 2，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）
15、物块从 A 到 B 运动过程中，根据动能定理得：-mgL=12mv2B-12mv20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：12mv2B=12mv2C+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： -mgL2=0-12mv2B解得： L2=30.25m对整个过程，由能量守恒定律有： Q=12mv20-0解得：Q=72J变式 1 如图所示，质量 m0.2kg 的金属小球从距水平面 h5.0 m 的光滑斜面上由静8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 R0.9m 的光滑的半圆形轨道
16、 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：( g10 m/s 2)(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 ，根据机械能守恒定律可得：vA mgh=12mv2A解得 =10m/s. vA（2）小球经过 D 点时的速度为 ，则：vD mg=mv2DR解得 vD=3m/s小球从 A 点运动到 D 点克服摩擦力做功为 ，则：Wf -mgR-Wf=12mv2D-12mv2A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 0.2
17、kg 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 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 R0.5m，O /C 与 O/B 之间夹角为 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 L11.6m 处固定，解开锁定释放小球，小球刚好到达 C 处
18、，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 L20.8m 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？9分析与解答：（1）从 A 到 C 的过程中，由定能定理得：W 弹 -mgL 1-mgR（1-cos）=0解得：W 弹 =1.8J根据能量守恒定律得：E P=W 弹 =1.8J；（2）从 B 到 C 由动能定理： mgR(1-cos370)=12mv2B在 B 点由牛顿第二定律： FNB-mg=mv2BR带入数据联立解得：F NB=2.
19、8N（3）小球从 C 处飞出后，由动能定理得：W 弹 -mgL 2-mgR（1-cos）= mvC2-0，12解得：v C=2 m/s，方向与水平方向成 37角，2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= m/s，v Cy=vCsin37= m/s，825 625由 vCy=gt 解得 t=0.12 s2则 D 点的坐标：x=v Cxt，y= vCyt，12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，
20、平台 AB 段光滑, BC 段长 x=1m，与滑块间的摩擦因数为 1=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， =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：10(1)滑块到达 C 点
21、的速度 vC；(2)滑块与传送带间的摩擦因数 2；(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 1mgx12mv2C代入数据得：v C=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： 2mgL12mv2-12mv20代入数据解得： 2=0.4（3）斜面高度为：h=ssin=0.3m（）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 mv21R滑块从 D 点到 G 点的过程，由动能定理得：mg(Rcos h+R)
22、12mv21-12mv2D1代入数据解得： vD12 m/s 10（）设滑块在 D 点的速度为 vD2时，恰好到 圆弧处速度为零，此过程由动能定理得：14mg(Rcos h)012mv2D2代入数据解得： vD2 m/s10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： 2mgL12mv2传 -12mv2c代入数据解得：v 传 1=1m/s，所以 0 v 传 m/s10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 2 m/s10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 0v 传 m/s 或 v 传 2 m/
23、s10 10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11A 点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上一个半径为 的圆轨道，( )R=0.4m 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，求小球在 C 点处的速度大小斜面高 h(2)若已知小球质量 ，斜面高 ，小球运动到 C 点时对轨道压力为 mg，m=0.1kg h=2m求全过程中摩擦阻力做的功分析与解答：（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=mv2CR解得 vC= gR=2m/s小球从 A 到 C 过程，由机械能守恒定律得： mg(h-2
24、R)=12mv2C解得：h=2.5R=1m（2）在 C 点，由牛顿第二定律得： mg+N=mv2CR据题有 N=mg从 A 到 C 过程，由动能定理得： mg(h-2R)-W克 =12mv2C-0解得： W克 =0.8J变式 5 如图所示，光滑轨道 是一“过山车”的简化模型，最低点 处入、出口不重CDEF D合， 点是半径为 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E R=0.32m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 静B止在水平面的最右端 处。质量为 的物块 从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖F mA=1kg A直
25、圆轨道最高点 ，然后与 发生碰撞并粘在一起。若 的质量是 的 倍， 与传送带的动E B B A k A、B摩擦因数都为 ，物块均可视为质点，物块 与物块 的碰撞时间极短，取 =0.2 A B。求：g=10m/s212（1）当 时物块 碰撞过程中产生的内能；k=3 A、B（2）当 k=3 时物块 在传送带上向右滑行的最远距离；A、B（3）讨论 在不同数值范围时， 碰撞后传送带对它们所做的功 的表达式。k A、B W分析与解答：（1）设物块 A 在 E 的速度为 ，由牛顿第二定律得： ，v0 mAg=mAv20R设碰撞前 A 的速度为 由机械能守恒定律得： ，v1 2mAgR+12mAv20=12
26、mAv21联立并代入数据解得： ；v1=4m/s设碰撞后 A、B 速度为 ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得 ；v2 mAv1=(mA+m2)v2解得： ；v2=mAmA+mBv1= 11+34=1m/s由能量转化与守恒定律可得： ，代入数据解得 Q=6J；Q=12mAv21-12(mA+mB)v22（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： ，代入数据解得 ；- (mA+mB)gs=-12(mA+mB)v22 s=0.25m（3）由式可知： ；v2=mAmA+mBv1= 41+km/s（i）如果 A、B 能从传送带右侧离开，必须满足 ，12(mA+mB)v22
27、(mA+mB)gL解得：k1，传送带对它们所做的功为： ；W=- (mA+mB)gL=-2(k+1)J（ii） （I）当 时有： ，即 AB 返回到传送带左端时速度仍为 ；v2 v k 3 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 时， AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，0 k3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=12(mA+mB)v2-12(mA+mB)v22解得 ；W=k2+2k-152(k+1)13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
28、 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： xv 0t得 txv0 55s1s由 h gt212得： g2ht2 2212m/s24m/s2（2）根据星球表面物体重力等于万有引力： mgGM星 mR2星地球表面物体重力等于万有引力： mg GM地 mR2地则M星M地 gR2星gR2地 =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 倍。地球表面的重力加12速度为 。在这个星球上用细线把小球悬挂在墙
29、壁上的钉子 上，小球绕悬点 在竖直平面内g O O做圆周运动。小球质量为 ，绳长为 ，悬点距地面高度为 。小球运动至最低点时，绳恰被m L H拉断，小球着地时水平位移为 求：S(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=mv2RGMmR2=mg可得 g=v2R14则 g星 14g0（2）由平抛运动的规律： H-L=12g星 t2s=v0t解得 v0=s4 2g0H-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
30、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：v 0=x/t （2）小球做平抛运动时在竖直方向上有：h= gt2， 12解得该星球表面的重力加速度为：g=2h/t 2； （3）设地球的质量为 M，静止在地面上的物体质量为 m，
31、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= = 2hR2/(Gt2)； gR2G（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。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，(1)15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；若宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球表面某处以速度 竖直
32、向上抛出一个小球，(2) v0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 (2T)2rmg=GMmR2解得： r=3gR2T24 2（2）设月球表面处的重力加速度为 ，根据题意：g月得到 t=2v0g月又 g月 =GM月r2解得： M月 =2v0r2Gt经典例题 已知某星球表面重力加速度大小为 ，半径大小为 R， 自转周期为 T，万g0有引力常量为 求：G.该星球质量；(1)该星球同步卫星运行轨道距离星球表面的高度；(2)该星球同步卫星运行速度的大小(3)分析与解答： 由(1)
33、GMmR2=mg0解得星球质量为： M=g0R2G由 (2)GMm(R+h)2=m(2T)2(R+h)且 GM=g0R2解得： h=3g0R2T24 2-R由 (3)v=2T(R+h)解得： v=2T3g0R2T24 2=32g0R2T16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 1和 2( 2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
34、 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=m4 2T2r可得： T=2r3GM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= 1+ 2，则 (2T8-2T)t=AOB= 1+ 2解得， b 每次在盲区运行的时间为 t= 1+ 214T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
35、 R，地球自转周期为 T，引力常量为 G，求：（1）地球的质量 M；17（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(2T)2（R +h）解得： ；h=3R2gT24 2-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
36、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=GMm(R+h)2根据地球表面物体万有引力等于重力得： =mgGMmR2联立求解得：F=mgR2(R+h)2（2）根据万有引力提供向心力，GMm(R+h)2= mv2R+h联立求解得：v=gR2R+h（3）根据万有引力提供向心力， 可得第一宇宙速度：GMmR2=mv2R 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 ：
37、r 2(2)线速度之比 v1 ：v 2(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，18结合牛顿第二定律求出半径的大小；（2）根据 求线速度之比；（3）结合万有引力v=r提供向心力求出运动的周期（1）对 有：M1 GM1M2L2=M1r1 2对 有：M2 GM1M2L2=M2r2 2解得： M1r1=M2r2即 ，又r1r2=M2M1 r1+r2=L解得： r1=M2M1+M2L（2）根据 ，可得线速度之比为v=rv1v2=r1r2=M2M1（3）根据 ，又GM1M2L2=M1r14 2T2 r1= M2M1+M2L解得： T=2L3G(M1+
38、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、M 2万有引力常量为 G)试计算：(双星的轨道半径(1)双星运动的周期。(2)分析与解答：设行星转动的角速度为 ，周期为 T。如图，(1)对星球 ，由向心力公式可得：M1GM1M2L2=M1R1 2同理对星 ，有：M2 GM1M2L2=M2R2 2两式相除得： 即轨道半径与质量成反比R1R2=M2M1，( )又因为 L=R1+R2所以得： R1=M2M1+M2L， R2= M1M1+M2L有上式得到： (2) =1L G(M1+M
39、2)L因为 ，所以有：T=2 T=2L LG(M1+M2)19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、m B，万有引力常量为 G.求 (其中 L 为两星中心距离， T 为两星的运动周期)L3T2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 =mA42T2rAGmAmBL2 =mB42T2rB其中 Lr A+rB，联立解得 = 。L3T2G(mA+mB)4 2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 、 ，星球球心间距为 问：. m1 m2 L.两星的轨道半径各多大？(1)两星的速度各多大？(2)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=m1 2r1对 m2由： Gm1m2L2=m2 2r2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： =Gm2L2r1解得： v1=r1 =Gm2r1L2 =m2 GL(m1+m2)同理得 =Gm1L2r2解得： v2=r2 =Gm1r2L2 =m1 GL(m1+m2)
