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第六章 万有引力定律物理与STSE【情境提取】物理知识STSE中的情境等效法求加速度球体内类:深井、深海中的加速度球体外类:卫星的加速度由加速度探究地球(或其他天体)的情况两极处重力:mg=GMmR2赤道处重力:mg+F向=GMmR2【信息破译】1.看到“深度为d的地球内部”,想到“质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零”。2.看到“物体在两极”,要想到物体受到的重力等于地球对它的万有引力,即mg0=GMmR2。3.看到“物体在赤道上”要想到地球对它的万有引力等于物体的重力与物体随地球做圆周运动所需要的向心力之和,即GMmR2=mg+m(2T)2R。【典题训练】1.由中国科学院、中国工程院两院院士评出的2012年中国十大科技进展新闻,于2013年1月19日揭晓,“神九”载人飞船与“天宫一号”成功对接和“蛟龙”号下潜突破7 000米分别排在第一、第二。若地球半径为R,把地球看作质量分布均匀的球体。“蛟龙”号下潜深度为d,“天宫一号”轨道距离地面高度为h,“蛟龙”号所在处与“天宫一号”所在处的加速度之比为()A.R-dR+hB.(R-d)2(R+h)2C.(R-d)(R+h)2R3D.(R-d)(R+h)R2【解析】选C。令地球的密度为,则在地球表面,重力和地球的万有引力大小相等,有:g=GMR2。由于地球的质量为:M=43R3,所以重力加速度的表达式可写成:g=GMR2=G43R3R2=43GR。根据题意有,质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零,故在深度为d的地球内部,受到地球的万有引力即为半径等于(R-d)的球体在其表面产生的万有引力,故“蛟龙”号的重力加速度g=43G(R-d),所以有gg=R-dR。根据万有引力提供向心力GMm(R+h)2=ma,“天宫一号”的加速度为a=GM(R+h)2,所以ag=R2(R+h)2,ga=(R-d)(R+h)2R3,故C正确,A、B、D错误。【补偿训练】两颗互不影响的行星P1、P2,各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动。图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a,横轴表示某位置到行星中心距离r平方的倒数,a-1r2关系如图所示,卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0。则()A.S1的质量比S2的大B.P1的质量比P2的大C.P1的第一宇宙速度比P2的小D.P1的平均密度比P2的大【解析】选B。万有引力充当向心力,故有GMmr2=ma,解得a=GM1r2,故图象的斜率k=GM,因为G是恒量,M表示行星的质量,所以斜率越大,行星的质量越大,故P1的质量比P2的大,由于计算过程中,卫星的质量可以约去,所以无法判断卫星质量关系,A错误,B正确;因为两个卫星是近地卫星,所以其运行轨道半径可认为等于行星半径,根据第一宇宙速度公式v=gr可得v=a0r,从题图中可以看出,当两者加速度都为a0时,P2半径要比P1小,故P1的第一宇宙速度比P2的大,C错误;星球的密度=MV=M43r3=a0r2G43r3=3a04Gr,故星球的半径越大,密度越小,所以P1的平均密度比P2的小,D错误。2.宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验:在该星球两极点,用弹簧秤测得质量为M的砝码所受重力为F,在赤道测得该砝码所受重力为F。他还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T。假设该星球可视为质量分布均匀的球体,则其自转周期为()A.TFFB.TFFC.TF-FFD.T FF-F【解析】选D。设星球和探测器质量分别为m、m在两极点,有:GMmR2=F,在赤道,有:GMmR2-F=MR42T自2,探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T,则有:GmmR2=mR42T2;联立以上三式解得T自=TFF-F。故D正确,A、B、C错误。3.假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0,在赤道的大小为g,地球自转的周期为T,引力常量为G。地球的密度为()A.3(g0-g)GT2g0 B.3g0GT2(g0-g)C.3GT2 D.3g0GT2g【解析】选B。物体在地球的两极时,mg0=GMmR2,物体在赤道上时,mg+m2T2R= GMmR2,又M=43R3,联立以上三式解得地球的密度=3g0GT2(g0-g),故选项B正确,选项A、C、D错误。【补偿训练】(多选)由于地球自转的影响,地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同。已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0,在赤道处的重力加速度大小为g,地球自转的周期为T,引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布的球体。下列说法正确的是()A.质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mgB.质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为mg0C.地球的半径为(g0-g)T242D.地球的密度为3g0GT2(g0-g)【解析】选B、C、D。因地球表面两极处的重力加速度大小为g0,则质量为m的物体在地球北极受到的重力大小为mg0,选项A错误;因在地球的两极GMmR2=mg0,则质量为m的物体在地球赤道上受到的万有引力大小为F=GMmR2=mg0,选项B正确;在赤道上:GMmR2-mg=m42T2R;联立解得:R=(g0-g)T242,选项C正确;地球的密度为=M43R3,联立解得:=3g0GT2(g0-g),选项D正确。4.“天宫二号”是在“天宫一号”基础上研制的航天器,两者外形完全相同,但却承担着不同的任务。“天宫一号”主要是和载人飞船配合完成空间交会对接实验任务,而“天宫二号”则是我国第一个具备太空补加功能的载人航天实验室,要第一次实现航天员中期驻留、第一次试验推进剂太空补加技术等重要的科学实验,“天宫二号”被称为是我国首个真正意义上的空间实验室。“天宫二号”的轨道高度为393 km,比“天宫一号”高了50 km,关于“天宫二号”与“天宫一号”的比较,以下说法正确的是()A.“天宫二号”运行的线速度比“天宫一号”大B.“天宫二号”运行的加速度比“天宫一号”大C.“天宫二号”运行的角速度比“天宫一号”大D.“天宫二号”运行的周期比“天宫一号”大【解析】选D。天宫飞行器绕地球做圆周运动,万有引力提供向心力,应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出线速度、加速度、角速度与周期,然后比较大小。万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得GMmr2=mv2r,解得v=GMr,“天宫二号”的轨道半径大于“天宫一号”的轨道半径,“天宫二号”运行的线速度比“天宫一号”小,故A错误;万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得GMmr2=ma,解得a=GMr2,“天宫二号”的轨道半径大于“天宫一号”的轨道半径,“天宫二号”运行的加速度比“天宫一号”小,故B错误;万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得GMmr2=m2r,解得=GMr3,“天宫二号”的轨道半径大于“天宫一号”的轨道半径,“天宫二号”运行的角速度比“天宫一号”小,故C错误;万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得GMmr2=m42T2r,解得T=2r3GM,“天宫二号”的轨道半径大于“天宫一号”的轨道半径,“天宫二号”运行的周期比“天宫一号”大,故D正确。5.宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球,经过时间t小球落回原处;若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球,需经过时间5t小球落回原处。(地球表面重力加速度g取10 m/s2,空气阻力不计)(1)求该星球表面附近的重力加速度g星的大小。(2)已知该星球的半径与地球半径之比为R星R地=14,求该星球的质量与地球质量之比M星M地。【解析】(1)在地球表面以一定的初速度v0竖直上抛一小球,经过时间t小球落回原处,根据运动学公式可有t=2v0g。同理,在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球,经过时间5t小球落回原处,则5t=2v0g星根据以上两式,解得g星=15g=2 m/s2。(2)在天体表面时,物体的重力近似等于万有引力,即mg=GMmR2,所以M=gR2G由此可得,M星M地=g星gR星2R地2=15142=180。答案:(1)2 m/s2(2)180
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