Question

8．由三顆星體構(gòu)成的系統(tǒng)，忽略其他星體對它們的作用，存在著一種運動形式：三顆星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個頂點上，繞某一共同的圓心O在三角形所在的平面內(nèi)做相同角速度的圓周運動（圖示為A、B、C三顆星體質(zhì)量不相同時的一般情況）．若A星體質(zhì)量為2m，B、C兩星體的質(zhì)量均為m，三角形邊長為a．則（　�。�

• A． B星體所受的合力與A星體所受合力之比為1：2
• B． 圓心O與B的連線與BC夾角θ的正切值為$\frac{\sqrt{3}}{2}$
• C． A、B星體做圓周運動的線速度大小之比為$\sqrt{3}$：$\sqrt{7}$
• D． 此三星體做圓周運動的角速度大小為2$\sqrt{\frac{G{m}^{2}}{{a}^{3}}}$

Answer 1

分析 由萬有引力定律，分別求出單個的力，然后求出合力即可．
C與B的質(zhì)量相等，所以運行的規(guī)律也相等，然后結(jié)合向心力的公式即可求出C的軌道半徑；
三星體做圓周運動的角速度相等，寫出B的向心加速度表達式即可求出．

解答 解：A、由萬有引力定律，A星受到B、C的引力的大小：
${F}_{BA}={F}_{CA}=\frac{G{m}_{A}{m}_{c}}{{a}^{2}}=\frac{G•2{m}^{2}}{{a}^{2}}$
方向如圖，則合力的大小為：${F}_{A}=2{F}_{BA}•cos30°=2\sqrt{3}\frac{G{m}^{2}}{{a}^{2}}$
同理，B星受到的引力分別為：${F}_{AB}=\frac{G•2{m}^{2}}{{a}^{2}}$，${F}_{CB}=\frac{G{m}_{B}{m}_{C}}{{a}^{2}}=\frac{G{m}^{2}}{{a}^{2}}$，方向如圖；

沿x方向：${F}_{Bx}={F}_{AB}•cos60°+{F}_{CB}=2\frac{G{m}^{2}}{{a}^{2}}$
沿y方向：${F}_{By}={F}_{AB}•sin60°=\frac{\sqrt{3}G{m}^{2}}{{a}^{2}}$
可得：${F}_{B}=\sqrt{{F}_{Bx}^{2}+{F}_{By}^{2}}$=$\frac{\sqrt{7}G{m}^{2}}{{a}^{2}}$
B星體所受的合力與A星體所受合力之比為$\sqrt{7}$：$2\sqrt{3}$．故A錯誤；
B、通過對于B的受力分析可知，由于：${F}_{AB}=\frac{G•2{m}^{2}}{{a}^{2}}$，${F}_{CB}=\frac{G{m}_{B}{m}_{C}}{{a}^{2}}=\frac{G{m}^{2}}{{a}^{2}}$，
合力的方向經(jīng)過BC的中垂線AD的中點，所以圓心O一定在BC的中垂線AD的中點處．
所以圓心O與B的連線與BC夾角θ的正切值為：$tan∠OBD=\frac{{F}_{y}}{{F}_{x}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$．故B正確；
C、結(jié)合B的分析可知，所以：${R}_{C}={R}_{B}=\sqrt{（\frac{1}{2}a）^{2}+（\frac{\sqrt{3}}{4}a）^{2}}=\frac{\sqrt{7}}{4}a$
由幾何關(guān)系：R_A=AO=AD-OD
而：AD=a•sin60°；OD=BD•tan60°=a•tan60°
聯(lián)立得：AD=$\frac{\sqrt{3}}{4}a$
由于三星系統(tǒng)轉(zhuǎn)動的角速度是相等的，由v=ωr
可得A、B星體做圓周運動的線速度大小之比為：$\frac{{v}_{A}}{{v}_{B}}=\frac{{R}_{A}}{{R}_{B}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$．故C正確；
D、由題可知C的受力大小與B的受力相同，對B星：${F}_{B}=\sqrt{7}\frac{G{m}^{2}}{{a}^{2}}=m{ω}^{2}{R}_{B}$
整理得：ω=$\sqrt{\frac{4Gm}{{a}^{3}}}$故D錯誤．
故選：BC

點評 該題借助于三星模型考查萬有引力定律，其中B與C的質(zhì)量相等，則運行的規(guī)律、運動的半徑是相等的．畫出它們的受力的圖象，在結(jié)合圖象和萬有引力定律即可正確解答．