2018届高考物理二轮复习 第一板块 13个高考主题主干知识再回顾

第一板块 13个高考主题主干知识再回顾
“源于课本，高于课本”一直是高考命题的基本原则，这种原则在命题时表现为以“中档题为主”，在高考中，以大多数似曾相识的“教材挖掘题”以及相对稳定的难度连年延续。

所以考前几天，不应再纠缠于偏难怪题不能自拨，而应回归教材主干知识，重温经典题目，树立自信心，保持良好状态，力避非能力因素而失分。

高考主题(一) 质点的直线运动
[主干知识·忆一忆]
1．质点是一种理想化模型，物体看成质点有条件，参考系具有任意性、差异性等，巧用参考系能快速解决问题。

2．位移表示位置的变化，为矢量。

位移相同，路程(标量)可能不同。

3．速度定义式v ＝Δx
Δt 。

平均速度对应位移(时间)，方向为位移方向，瞬时速度对应位
置(时刻)，方向为运动方向。

读取汽车速度时要注意单位换算，1 m/s ＝3.6 km/h 。

4．加速度定义式a ＝Δv
Δt 。

物体运动是加速还是减速看加速度与速度方向是同向(或锐
角)还是反向(或钝角)。

物体加速度大反映速度变化快。

类似描述量有磁通量及磁通量变化率。

加速度的方向与物体所受的合外力的方向相同(或与速度变化量的方向相同)。

5．匀变速直线运动的基本公式：v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 02
＝2ax 。

三个式子皆
为矢量式。

匀变速直线运动的时间中点速度v t 2
＝v 0＋v 2
，位移中点速度v x
2
＝
v 02＋v 2
2。

不管是匀
加速直线运动还是匀减速直线运动都有v t 2小于v x
2。

6．速度图像中斜率反映加速度、面积反映位移；位移图像中斜率反映速度；加速度图像中，面积对应速度的变化量。

7．在匀变速直线运动中，物体所受合力恒定，加速度恒定，速度均匀增大或减小。

物体做直线运动的条件为：所受合力(不是某个力)方向与速度方向在同一直线上(这招对判断
带电粒子在电磁场中的“拐弯”现象很管用)。

[易错易混·醒一醒]
1．混淆v 、Δv 、Δv
Δt (磁通量处也有类似)；误将加速度的正负当成物体做加速运动还
是减速运动的依据；误将速度当成标量计算加速度；混淆轨迹图和位移—时间图；计算速度或功率时看不清“平均”还是“瞬时”。

2．混淆运动时间和客观时间。

如汽车刹车时，汽车运动时间满足t ≤v 0a
，发生的位移满
足x ≤v 02
2a。

另外忽视反应时间也是易错点。

3．竖直上抛运动具有对称性和多解性，例如上升和下降经过同一位置时速度等大、反向，体现了对称性。

物体经过空间同一位置时可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段等，体现了多解性(带电粒子在匀强电场中也有此特性)。

所以像竖直上抛运动中匀减速运动具有返回特性和刹车运动中不具有返回特性要区分开来。

4．追及问题不会分析条件，对几次相遇分不清而出错。

[保温训练·试一试]
1．(2017·石家庄调研)据英国《每日邮报》报道：27名跳水运动员参
加了科索沃年度高空跳水比赛。

自某运动员离开跳台开始计时，在t 2时刻运动员以速度v 2落水，选向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列结论正确的是( )
A ．该运动员在0～t 2时间内加速度大小先减小后增大，加速度的方向不变
B ．该运动员在t 2～t 3时间内加速度大小逐渐减小，处于失重状态
C ．在0～t 2时间内，平均速度v 1＝
v 1＋v 2
2
D ．在t 2～t 3时间内，平均速度v 2＝0＋v 2
2
解析：选C 由题中图像可知，在0～t 2时间内运动员的加速度一直不变，A 项错误；在t 2～t 3时间内图线上各点切线的斜率的大小逐渐减小，则加速度大小逐渐减小，运动员减速下落处于超重状态，B 项错误；由图像可知，在0～t 2时间内为匀变速直线运动，所以平均速度v ＝
v 1＋v 2
2
，C 项正确；在t 2～t 3时间内，由图线与t 轴所围面积表示位移可知，此
时间内的平均速度v 2＜0＋v 2
2
，D 项错误。

2．(2017·浙江金丽衢十二校联考)目前我省交警部门开展的
“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚，如图所示，以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m 。

该车减速时的加速度大小为5 m/s 2。

则下列说法中正确的是( )
A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为2 m
B ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停下
C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停下
D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停下
解析：选D 汽车立即刹车，则从刹车到停止的时间为t ＝v 0
a
＝1.6 s 。

如果驾驶员立即
刹车制动，则t ＝2 s 时汽车已经停下来，位移x ＝v 02
2a ＝6.4 m ，距离停车线8 m －6.4 m ＝1.6
m ，A 项错误；如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，根据汽车停下来的位移x ＝v 02
2a
＝6.4 m ，
可判断
汽车将越过停车线0.4 m ，B 项错误；如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，则有x ＝0.4 s×8
m/s ＋v 02
2a ＝9.6 m ，越过停车线，C 项错误；如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，则有x ＝0.2 s×8
m/s ＋v 02
2a
＝8 m ，汽车恰好在停车线处停车，D 项正确。

3．如图所示，汽车甲以8 m/s 的速度从坐标原点O 向x 轴正方向做
匀速直线运动，汽车乙以10 m/s 的速度从坐标(0,50)处开始做匀速直线运动，要使两车恰好在x 轴上相遇，那么乙车的速度方向与y 轴所夹锐角θ的大小以及相遇处离坐标原点的距离分别是( )
A ．60°，86.7 m
B ．53°，66.7 m
C ．45°，50 m
D ．37°，37.5 m
解析：选B 关联分析甲与乙，运动情景如图所示，甲有x 甲＝v 甲t ， 乙有x 乙＝v 乙t ①
应用几何关系得
x 甲2＋(50 m)2＝x 乙2②
解①②式得t ＝25
3 s
则x 甲＝v 甲t ≈66.7 m， tan θ＝x 甲
50 m ≈1.33，
则θ＝53°， 故B 正确。

高考主题(二) 相互作用与牛顿运动定律
[主干知识·忆一忆]
1．相互作用
(1)绳的拉力沿着绳子并指向绳收缩的方向，杆的弹力可能沿杆也可能不沿杆，需要根据受力情况或物体的运动状态而定。

(2)摩擦力大小：滑动摩擦力F f＝μF N，与接触面的面积、接触面相对运动快慢等无关；静摩擦力根据牛顿运动定律或平衡条件来求，0＜F f≤F m。

接触面间的动摩擦因数μ一定时，静摩擦力的大小与弹力没有正比关系，但滑动摩擦力和最大静摩擦力一定跟弹力成正比。

摩擦力方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反。

同一接触面间的弹力与摩擦力方向相互垂直。

有摩擦力必有弹力，无弹力一定没有摩擦力。

(3)力的合成和分解都遵从平行四边形定则；两个力的合力范围：|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|；合力可以大于分力、也可以小于分力、还可以等于分力(几种特殊角度的合力运算要熟记)。

(4)平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合＝0或F x＝0、F y＝0、F z＝0。

常用方法有正交分解法、三角形法、图解法，对于物体系还要用到整体法和隔离法。

2．牛顿运动定律
(1)牛顿第一定律(惯性定律)：一切物体总保持原来的静止状态或匀速直线运动状态的性质叫做惯性。

质量是物体惯性大小的唯一量度。

惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的受力情况及运动状态无关。

力是使物体产生加速度的原因。

(此处考查方向可以有物理学史、伽利略斜槽实验、笛
卡尔、牛顿等等)
(2)牛顿第二定律：指出了力和加速度的定量关系，即F ＝ma 。

理解定律的瞬时性、矢量性和独立性等。

(3)牛顿第三定律：作用力和反作用力总是等大反向，同生同灭，同直线，作用在不同物体上。

(4)超重与失重
(5)动力学的两类基本问题：由受力情况分析判断物体的运动情况；由运动情况分析判断物体的受力情况。

解决两类基本问题的方法：以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。

(6)整体与隔离：当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法。

有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决。

[易错易混·醒一醒]
1．对绳件、杆件、弹簧件、挡板件特性不理解。

轻绳只能产生拉力，且方向一定沿着绳，瞬间变化对应突变；轻杆能拉、能压，瞬间变化对应突变；轻弹簧能拉能压，瞬间变化对应渐变；轻橡皮条能拉不能压，瞬间变化对应渐变。

所以弹簧参与的平衡要分清弹簧是压缩还是伸长，要注意多解性。

2．混淆静摩擦力和滑动摩擦力；受力分析时既“施力”又“受力”，造成“漏力”或“多力”；误以为平衡态就是静止态。

3．误将超重、失重现象当成物体重量变大或变小。

4．处理斜面问题时忽视斜面倾角θ与arctan μ的大小比较。

[保温训练·试一试]
1．如图所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一小铁球处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成30°角，b 弹簧水平，a 、b 两弹簧的劲度系数分别为k 1、k 2，重力加速度为g ，则( )
A ．a 、b 两弹簧的伸长量之比为k 2k 1
B ．a 、b 两弹簧的伸长量之比为2k 2
k 1
C ．若弹簧b 的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为g
2
D ．若弹簧b 的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为3g
解析：选B 本题可用正交分解法求解，将弹簧a 的弹力沿水平和竖直
方向分解，如图所示，则T a cos 30°＝mg ，T a sin 30°＝T b ，结合胡克定律可求得a 、b 两弹簧的伸长量之比为2k 2
k 1
，结合牛顿第二定律可求得弹簧b 的
左端松脱瞬间小球的加速度为
3
3
g ，故B 正确。

2．有一直角V 形槽可以绕槽底所在轴线转动，其截面如图所示，
OB 面与水平面间夹角为θ，有一质量为m 的正方体均匀木块放在槽内，
木块与OA 、OB 间的动摩擦因数都为μ，重力加速度为g 。

现用垂直于纸面向里的力推木块使之垂直纸面在槽内运动，则( )
A ．θ＝60°时，木块所受的摩擦力为μmg
B ．θ＝60°时，木块所受的摩擦力为3μmg
C ．θ在0°到90°变化过程中，木块所受的摩擦力最大值为μmg
D ．θ在0°到90°变化过程中，木块所受的摩擦力最大值为2μmg
解析：选D 将重力按照实际作用效果正交分解，则木块对槽两面的压力分别为F A ＝
mg sin θ，F B ＝mg cos θ，则木块受到的滑动摩擦力为f ＝μ(mg sin θ＋mg cos θ)，θ＝
60°时，f ＝
3＋1
2
μmg ，故A 、B 错误；θ在0°到90°变化过程中，木块受到的摩擦力为f ＝μ(mg sin θ＋mg cos θ)＝2μmg sin(θ＋45°)，当θ＝45°时，摩擦力最大，最大
为f max ＝2μmg ，故C 错误，D 正确。

3．(2017·烟台期中)如图所示，在竖直平面内有半径为R 和1.5R 的两
个圆，两圆的最高点相切，切点为a ，b 和c 分别是小圆和大圆上的两个点，其中ab 长为1.6R ，ac 长为3R 。

现沿ab 和ac 建立两条光滑轨道，自a 处由静止释放小球，已知小球沿ab 轨道运动到b 点所用时间为t 1，沿ac 轨道运动到c 点所用时间为t 2，则t 1与t 2之比为( )
A ．2∶3
B ．5∶8
C ．15∶16 D.2∶ 3
解析：选D 设ab 和ac 间的夹角为θ，如图所示，根据几何关系知
cos θ＝ab 2R ＝1.6R 2R ＝4
5
，小球沿ab 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得a
＝g cos θ＝45g ，根据运动学公式有1.6R ＝12at 12
，小球从a 运动到c 做自由
落体运动，有3R ＝12gt 22，联立解得t 1t 2＝2
3
，D 项正确。

4．(2017·百校联盟押题卷)如图甲所示，一质量m ＝1 kg 的物块静止在倾角θ＝37°的斜面上。

从t ＝0时刻开始对物块施加一沿斜面方向的拉力F ，取沿斜面向上为正方向，F 随时间t 变化的关系如图乙所示。

已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2
，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图像中能正确反映物块的速度v 随时间
t 变化规律的是
( )
解析：选C 由mg sin θ＝6 N ，F f ＝μmg cos θ＝6.4 N ，初始时物块静止在斜面上，此时静摩擦力方向沿斜面向上；0～1 s 时间内物块静止；1～2 s 时间内物块开始沿斜面向上做加速度增大的加速运动，摩擦力方向沿斜面向下，t ＝2 s 时物块加速度大小为12.4 m/s 2
；
t ＝2 s 后F ＝－0.4 N ，物块的加速度大小为12.8 m/s 2
，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，
直到静止，由于物块减速时的加速度大小大于加速时的加速度大小，故物块减速到零的时间小于1 s ，C 项正确。

高考主题(三) 抛体运动与圆周运动
[主干知识·忆一忆]
1．抛体运动
(1)曲线运动的条件：合力与v 不共线(合力指向运动轨迹的“凹”侧)。

(2)小船渡河模型
(3)绳通过定滑轮拉物体运动：把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相同求解。

(4)平抛运动：平抛运动是加速度为g 的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。

水平方向：v x ＝v 0，x ＝v 0t 竖直方向：v y ＝gt ，y ＝12
gt 2
合速度：平抛物体的瞬时速度的大小：v ＝v 02
＋gt 2
，方向与水平方向的夹角为θ，
tan θ＝gt
v 0。

合位移：物体在时间t 内的位移的大小：s ＝v 0t
2
＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12gt 22
，与水平方向的夹角为α，tan α＝gt
2v 0。

平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(Δv ＝g Δt )相等，且必沿竖直方向。

2．圆周运动
(1)圆周运动向心力表达式：F ＝m v 2r ＝mr ω2＝m 4π2
r T
2＝m ωv ＝4π2mf 2
r ＝ma 。

(2)圆周运动中的供需关系：当F ＝mr ω2
时，供需平衡，物体做匀速圆周运动；当F ＝0
时，物体沿切线方向飞出；当F ＜mr ω2时，供不应求，物体逐渐远离圆心，当F ＞mr ω2
时，供过于求，物体逐渐靠近圆心，F 为实际提供的向心力。

(3)水平面内的圆周运动主要以圆锥摆模型、转盘问题为主。

要注意的是圆周运动由于周期性往往对应多解问题。

(4)竖直平面内圆周运动中分清两类模型
①对于“绳(环)约束模型”，在圆轨道最高点，当弹力为零时，物体的向心力最小，仅
由重力提供，由mg ＝m v min 2
R
，得临界速度v min ＝gR 。

当计算得物体在轨道最高点运动速度v
＜v min 时，物体将从轨道上掉下，不能过最高点。

②对于“杆(管道)约束模型”，在圆轨道最高点，因有支撑，故最小速度为零，不存在脱离轨道的情况。

物体除受向下的重力外，还受相关弹力作用，其方向可向下，也可向上。

当物体速度v ＞gR 时，弹力向下；当v ＜gR 时，弹力向上。

v min ＝gR 是弹力方向突变的临界点，对应的弹力为0。

③抓好“两点一过程”
“两点”指最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律列式。

“一过程”，即从最高点到最低点，用动能定理将这两点的动能(速度)联系起来。

(5)对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键。

[易错易混·醒一醒]
1．平抛运动中，误将速度与水平方向的夹角当成位移与水平方向的夹角。

2．带电粒子在平行板电容器中做类平抛运动时，是否考虑重力不能从题意中读出。

3．忽视了斜面上方水平抛出的小球是落在斜面上还是落到斜面外而漏解。

4．混淆竖直平面内圆周运动两种模型在最高点的“临界条件”。

5．传动装置中对同轴角速度相等和皮带传动线速度相等混淆。

6．忽视圆周运动的周期性带来的多解问题。

[保温训练·试一试]
1．(2017·太原模拟)如图所示，将小球从倾角为45°的斜面上的
P 点先后以不同速度向右水平抛出，小球分别落到斜面上的A 点、B 点，
以及水平面上的C 点。

已知B 点为斜面底端点，P 、A 、B 、C 在水平方向间隔相等。

不计空气阻力，则( )
A ．三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不相同
B ．小球落到A 、B 两点时，其速度的方向不同
C ．若小球落到A 、C 两点，则两次抛出时小球的速率之比为2∶3
D ．若小球落到B 、C 两点，则两次抛出时小球的速率之比为2∶3 解析：选C 根据h ＝12
gt 2
，得t ＝
2h
g
，由于B 、C 两点下落的高度相同，则小球这
两次的飞行时间相同，大于小球落在A 点时的飞行时间，A 项错误；A 、B 两点都在斜面上，则小球竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，即有tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，解得t ＝
2v 0
g tan 45°＝2v 0
g
，则落在斜面上时竖直方向上的分速度为v y ＝gt ＝2v 0，设球落在斜面上时速
度与水平方向的夹角为α，有tan α＝v y
v 0
＝2，可知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则小球落在A 、B 两点处的速度方向相同，故B 项错误；小球落到A 、B 两点，水平位移x ＝v 0t ＝2v 02
g
，据题，P 、A 、B 在水平方向间隔相等，可得两次抛出时小球的速率
之比为v A ∶v B ＝1∶2；小球落到B 、C 两点，则运动的时间相等，而P 、A 、B 、C 在水平方向间隔相等，根据v 0＝x t
可知，两次抛出时小球的速率之比为v B ∶v C ＝2∶3，所以v A ∶v C ＝2∶3，故C 项正确，D 错误。

2．[多选](2017·临川期中)如图所示，质量为m ＝1 kg 的物体自空间O 点以水平初速度v 0抛出，落在地面上的A 点，其轨迹为一抛物线，现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA 完全重合的位置上，然后将此物体从O 点由静此释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中
物体未脱离滑道，P 为滑道上一点，OP 连线与竖直方向成45°角，此时物体的速度是10 m/s ，取g ＝10 m/s 2
，下列说法正确的是( )
A ．物体做平抛运动的水平初速度v 0为2 5 m/s
B ．物体沿滑道经过P 点时速度的水平分量为 5 m/s
C ．OP 的长度为5 2 m
D ．物体沿滑道经过P 点时重力的功率为40 5 W
解析：选CD 物体下滑过程中，只有重力做功，物体和地球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒得mgh ＝12mv 2
，解得h ＝5 m ，则OP 的长度为5 2 m ，若做平抛运动，根据
h ＝12gt 2，得t ＝1 s ，平抛运动初速度v 0＝x t ＝5 m/s ，故A 项错误，C 项正确；设物体滑到P 点时速度方向与水平方向夹角为α，物体滑到P 点时速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tan α＝2tan 45°，解得cos α＝
5
5
，P 点速度水
平分量v x ＝v cos α＝2 5 m/s ，故B 项错误；由数学知识可得，sin α＝255
，则物体经过P 点时竖直方向上的分速度v y ＝v sin α，物体沿滑道经过P 点时重力的功率为P ＝mgv y ＝40 5 W ，故D 项正确。

3.[多选]有一水平放置的圆盘，上面放有一劲度系数为k 的轻质
弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端挂一质量为m 的
物体A (可视为质点)，物体A 与圆盘面间的动摩擦因数为μ，开始时
弹簧未发生形变，长度为R 。

重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力。

设物体A 开始滑动时圆盘的转速为n 0，且滑动后物体A 与圆盘转速仍然相等，下列说法正确的是( )
A ．物体A 开始滑动时圆盘的转速n 0＝12π μg R
B ．物体A 开始滑动时圆盘的转速n 0＝1π μg R
C ．转速达到2n 0时，弹簧的伸长量x ＝
3μmgR kR －4μmg D ．转速达到2n 0时，弹簧的伸长量x ＝μmgR kR －4μmg
解析：选AC 圆盘开始转动时，A 所受的静摩擦力提供向心力，若物体A 开始滑动时圆
盘的转速为n 0，则μmg ＝mR (2πn 0)2，解得：n 0＝12π μg R ，A 正确，B 错误；当转速增
大到2n 0时，设弹簧的伸长量为x ，则有：μmg ＋kx ＝m (R ＋x )(2π·2n 0)2，解得x ＝
3μmgR kR －4μmg
，C 正确，D 错误。

4.(2017·邯郸模拟)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的
一种健身器材。

做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍
上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍，球却不会掉落地上。

现将太极球
简化成如图甲所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不
脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图甲中的A 、B 、C 、D 位置时球
与板间无相对运动趋势，A 为圆周的最高点，C 为最低点，B 、D 与圆心 O 等高。

设球的重力为1 N ，不计拍的重力。

下列说法正确的是( )
A ．健身者在C 处所需施加的力比在A 处大3 N
B ．健身者在
C 处所需施加的力比在A 处大1 N
C ．设在A 处时健身者需施加的力为F ，当球运动到B 、
D 位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，作出的tan θ­F 的关系图像为图乙
D ．设在A 处时健身者需施加的力为F ，当球运动到B 、D 位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，作出的tan θ­F 的关系图像为图丙
解析：选C 设球运动的线速度为v ，半径为R ，则在A 处时F ＋mg ＝m v 2R
，在C 处时F ′－mg ＝m v 2R
，联立以上两个方程式可以得到ΔF ＝F ′－F ＝2mg ＝2 N ，故A 、B 项错误；在A 处时健身者需施加的力为F ，球做匀速圆周运动的向心力F
向＝F ＋mg ，在B 处不受摩擦力作用，受力分析如图所示，则tan θ＝F 向mg
＝F ＋mg mg ＝1mg
F ＋1，作出的tan θ­F 的关系图像如题图乙所示，故C 项正确，D 项错误。

高考主题(四) 万有引力定律
[主干知识·忆一忆]
1．在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动。

其基本关系式为G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2πT 2r ＝m (2πf )2r ＝ma 。

在天体表面，忽略自转的情况下有G Mm
R
2＝mg 。

在离地面高度为h 时重力加速度g ′＝
R 2
R ＋h 2g 。

2．对中心天体质量有M ＝4π2r 3GT 2(利用公转模型)，M ＝R 2g G
(利用黄金代换)；仅由近地卫星的运行周期，即可求星球密度ρ＝3πGT 2。

对环绕体做匀速圆周运动有a ＝GM r 2、v ＝GM r 、ω2＝GM r 3、T 2＝4π2GM
r 3。

可见，r ↑→T ↑、v ↓、a ↓、ω↓。

3．近地卫星的线速度即第一宇宙速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，也是发
射卫星的最小速度。

第一宇宙速度由G Mm R 2＝m v 2
R
，得v ＝ GM R ＝gR 。

4．地球同步卫星：G Mm R ＋h
2＝m 4π2T 2(R ＋h )，在赤道正上方，距地高度h ≈5.6R ，周
期一定与地球自转T 相同。

5．双星中两颗子星相互绕着旋转可看作匀速圆周运动，其向心力由两颗星间的万有引力提供。

它们的角速度也是相等的，线速度与两子星的轨道半径成正比。

解答时要注意两个半径的差别。

6．星球因自转而解体：赤道处的物体，随星球过快的自转，支持力为0时，恰好解体。

7．追及问题：最近：|θ1－θ2|＝2n π，最远：|θ1－θ2|＝(2n －1)π(n 一般取1)。

所以卫星追及一般是先减速(发动机向运动方向喷气)到较低的轨道，再加速到高的轨道，这样也便于节能。

[易错易混·醒一醒]
1．将地面上随地球自转的物体与近地环绕地球运行的物体混淆；混淆自转加速度和环绕加速度。

2．易将运行速度错误地当成发射速度。

3．将稳定轨道上速度v ＝
GM r
和椭圆轨道运动的速度(用开普勒第二定律判断速度)混淆。

4．双星模型中不能正确区分轨道半径和万有引力中的距离。

5．审题时不仔细，混淆卫星距地面的高度和与地心的距离。

[保温训练·试一试]
1．2015年12月29日0时04分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射“高分四号”卫星，“高分四号”是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星。

它的发射和应用将使我国天基对地遥感观测能力显著提升。

关于“高分四号”，下列说法正确的是( )
A ．“高分四号”卫星的空间分辨率很高，若它距地球更近一些，效果会好一些
B ．“高分四号”卫星绕地球做圆周运动的线速度小于地球的第一宇宙速度7.9 km/s
C ．“高分四号”卫星的向心加速度小于静止在赤道上物体的向心加速度
D ．“高分四号”卫星的向心力与其他同步卫星的向心力的大小相等
解析：选B 所有同步卫星都具有相同的周期、相同的高度和相同的速率，尽管“高分四号”卫星的空间分辨率很高，但它与其他的同步卫星离地面高度相同，A 错误；根据万有
引力提供向心力GMm r 2＝mv 2r ，有v ＝GM r
，因为第一宇宙速度对应的轨道半径等于地球的半径，所以卫星的速度小于第一宇宙速度，B 正确；根据向心加速度a ＝4π2r T
2，“高分四号”卫星与静止在赤道上的物体具有相同的周期，“高分四号”卫星轨道半径大，所以“高分四号”卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度，C 错误；由于“高分四号”卫星与其他同步卫星的质量有可能不同，地球对它们的引力大小也可能不同，向心力大小也就可能不同，D 错误。

2.(2017·河西联考)我国未来将在月球地面上建立月球基
地，并在绕月轨道上建造空间站。

如图所示，关闭发动机的航天
飞机A 在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆轨
道的近月点B 处与空间站C 对接。

已知空间站绕月圆轨道的半径
为r ，周期为T ，万有引力常量为G ，月球的半径为R 。

下列说法中错误的是( )
A ．航天飞机在图示位置正在加速向
B 运动
B ．月球的第一宇宙速度为v ＝2πr T
C ．月球的质量为M ＝4π2r 3
GT
2 D ．要使航天飞机和空间站对接成功，航天飞机在接近B 点时必须减速
解析：选B 根据开普勒定律可知，航天飞机向近月点B 运动时速度越来越大，故A 项
正确；空间站绕月圆轨道的半径为r ，周期为T ，其运行速度为v ＝2πr T
，其速度小于月球的第一宇宙速度，故B 项错误；设空间站的质量为m ，由G Mm r 2＝mr 4π2T 2得，月球的质量M ＝4π2r 3GT 2
，故C 项正确；要使航天飞机在椭圆轨道的近月点B 处与空间站C 对接，必须在接近B 点时减速，否则航天飞机将继续做椭圆运动，故D 项正确。

3．[多选](2017·贵阳第一中学检测)设宇宙中某一小行星自转较快，但仍可近似看作质量分布均匀的球体，半径为R 。

宇航员用弹簧测力计称量一个相对自己静止的小物体的重力，第一次在极点处，弹簧测力计的读数为F 1＝F 0；第二次在赤道处，弹簧测力计的读数为。