第4講圓周運動天體的運動

【目標要求】1.會分析常見圓周運動的向心力來源，并會處理圓周運動的問題。2.知道開普勒定律，掌握萬有引

力定律，會分析天體的運動規律，會比較衛星的運行參量。

考點一圓周運動

L圓周運動的三種臨界情況

(1)接觸面滑動臨界：Ff=Ffmaxo

(2)接觸面分離臨界：FN=0O

⑶繩恰好繃緊：FT=0；繩恰好斷裂：國達到繩子可承受的最大拉力。

2.常見的圓周運動及臨界條件

(1)水平面內的圓周運動

水平面內動力學方程臨界情況示例

水平轉盤上的物

體

Ff=m(o2r恰好發生滑動

圓錐擺模型

mgtan

恰好離開接觸面

3=mrco2

'、一，

(2)豎直面及傾斜面內的圓周運動

輕繩模型

恰好通過最高

一?、、最iWi點：

/X

/\

1\點，繩的拉力

1\2

!V

\1r^mg=m-

\1

/

/恰好為0

輕桿模型恰好通過最高

最IWJ點：點，桿對小球

V2

mg±r=m—的力等于小球

的重力

關注六個位置

的動力學方

帶電小球在疊加

程，最高點、恰好通過等效

場中的圓周運動

最低點、等效最高點，恰好

最高點、等效做完整的圓周

最低點，最左運動

等效法

邊和最右邊位

置

傾斜轉盤上的物

最高點：mgsin

體

0±Ff=mco2r恰好通過最低

最低點Ff-點

mgsin9=mco1r

1/

例1（2023?全國甲卷?17）一質點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的“次方成正

比，運動周期與軌道半徑成反比，則”等于（）

A.lB.2C.3D.4

答案C

解析質點做勻速圓周運動，根據題意設周期7=3質點所受合外力等于質點圓周運動的向心力，根據F

合也=樽。，聯立可得久=誓，,其中誓為常數，，?的指數為3,故題中,i=3,故選C。

例2（2024.廣東深圳市二模）某摩天輪的直徑達120m,轉一圈用時1600s。某同學乘坐摩天輪，

隨座艙在豎直平面內做勻速圓周運動，依次從A點經3點運動到C的過程中（）

A.角速度為非rad/s

B.座艙對該同學的作用力一直指向圓心

C.重力對該同學做功的功率先增大后減小

D.如果僅增大摩天輪的轉速，該同學在B點受座艙的作用力將不變

答案C

解析根據角速度的計算公式有。=金=羔rad/s,故A錯誤；該同學乘坐摩天輪，隨座艙在豎直平面內做

勻速圓周運動，則座艙對該同學的作用力和該同學的重力的合力提供向心力，指向圓心，所以座艙對該同

學的作用力不是一直指向圓心，故B錯誤；根據重力功率的計算公式P=〃?gVv,可知重力對該同學做功的

功率先增大后減小，故C正確；在8點有尸百通*=〃求療,可知如果僅增大摩天輪的轉速，該同學在

3點受座艙的作用力將增大，故D錯誤。

例3(2024?江西卷?14)雪地轉椅是一種游樂項目，其中心傳動裝置帶動轉椅在雪地上滑動。如圖

(a)、(b)所示，傳動裝置有一高度可調的水平圓盤，可繞通過中心。點的豎直軸勻速轉動。圓盤邊

緣A處固定連接一輕繩，輕繩另一端3連接轉椅(視為質點)。轉椅運動穩定后，其角速度與圓盤

角速度相等。轉椅與雪地之間的動摩擦因數為"，重力加速度為g,不計空氣阻力。

(a)圓盤在水平雪地(b)圓盤在空中

(1)在圖(a)中，若圓盤在水平雪地上以角速度01勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞。點

做半徑為n的勻速圓周運動。求與08之間夾角a的正切值。

⑵將圓盤升高，如圖(b)所示。圓盤勻速轉動，轉椅運動穩定后在水平雪地上繞。點做半徑為r2

的勻速圓周運動，繩子與豎直方向的夾角為仇繩子在水平雪地上的投影43與的夾角為小

求此時圓盤的角速度02。

生安⑴林9(C)J“gsin6cos0

1=1

木s/qyj(sin0sin/?+/zcos0)r2

解析(1)設轉椅做勻速圓周運動時輕繩拉力為FT,轉椅質量為m,受力分析可知輕繩拉力沿切線方向的分

量與轉椅受到地面的滑動摩擦力平衡，沿徑向方向的分量提供轉椅做圓周運動的向心力，故可得Frcos

27

a=ma)1ri,〃加Tsina

聯立解得tana=*

(2)設此時輕繩拉力為FT',沿48方向和垂直48方向豎直向上的分力分別為無尸產T'sin3,尸T2=FT'COS0

2

對轉椅根據牛頓第二定律得FTiCOs/?=mti)2r2

沿切線方向根據平衡條件有Fnsin夕=居=//尸N

豎直方向根據平衡條件有產N+FT2=〃，g

聯立解得如=「管片汽、

7(sin0sin/?4-/zcos0)r2

考點二萬有引力與宇宙航行

1.開普勒定律理解

(1)根據開普勒第二定律，行星在橢圓軌道上運動時，相等時間內掃過的面積相等，則vir尸也「2；

(2)根據開普勒第三定律，^=k,若為橢圓軌道，則r為半長軸，若為圓軌道，則r=R;

(3)運行過程中行星的機械能守恒，即Eki+Ep產Ek2+Ep2。

2.萬有引力定律展也詈

*

(l)r為兩質點之間的距離或兩個均勻球體的球心間的距離;

(2)G為引力常量，由物理學家卡文迪什測出。

3.天體質量和密度的計算

已知g(或可

求

中

心重力加

M

天

的

體以測g)和天

速度法P=4

和

質

量體半徑R代-

37T

密

度7T

衛星環已知7"(或")

繞法和軌道半徑r

4.衛星的發射、運行及變軌

忽略自轉：G^=mg,故GM=gR2(黃金代換式)

考慮自轉：

在地面附近靜止

兩極：Cr^=mg

赤道：G^^=mgo+mco2R

地球的第一宇宙速度：片檸=J^=7.9km/s是最小的發射速度

衛星的發射

和最大的環繞速度

GM1

manTktQ?10c7

v2[GM1

m

-r----->v=-------->voc—

MmNrvr

GT~=F]n=/-y

丁2O/GM1

(天體)衛星在圓軌道上運行ma)^rto)=——3oc-j==

m^-rtT=卜712r37T

T2\GM0C

“軌高速低周期大”

（1）由低軌變高軌，瞬時點火加速，穩定在高軌道上時速度較

小、動能較小、機械能較大；由高軌變低軌，反之

變軌（2）衛星經過兩個軌道的相切點，加速度相等，外軌道的速度大

于內軌道的速度

⑶根據開普勒第三定律，半徑（或半長軸）越大，周期越長

例4（2024.江西卷4）“嫦娥六號”探測器于2024年5月8日進入環月軌道，后續經調整環月軌

道高度和傾角，實施月球背面軟著陸。當探測器的軌道半徑從廠1調整到n時（兩軌道均可視為圓形

軌道），其動能和周期從反1、T1分別變為&2、72。下列選項正確的是（）

Agkl_r27l_Vrl3

琛2rl72Vr23

口￡kl_rl^i_Vri3

Ek2r272Vr23

Cgkl_f2Tl_^/r23

Ek2ri

T2g

D照=皂,點一背

珠2r2

答案A

解析探測器在環月軌道做勻速圓周運動，則月球對探測器的萬有引力提供向心力，設月球的質量為M,

探測器的質量為m，則半徑為n時有探=〃國="中51,半徑為及時有*=〃左=〃提廠2,再根據動能

22

rtrr7Vr2r2T?

Ek*,可得動能和周期的比值分別為等=生,土輯，故選A。

3

2Ek2qT2y/r2

例5（2024?湖北卷4）太空碎片會對航天器帶來危害。設空間站在地球附近沿逆時針方向做勻速圓

周運動，如圖中實線所示。為了避開碎片，空間站在P點向圖中箭頭所指徑向方向極短時間噴射

氣體，使空間站獲得一定的反沖速度，從而實現變軌。變軌后的軌道如圖中虛線所示，其半長軸

大于原軌道半徑。貝4（）

A.空間站變軌前、后在P點的加速度相同

B.空間站變軌后的運動周期比變軌前的小

C.空間站變軌后在P點的速度比變軌前的小

D.空間站變軌前的速度比變軌后在近地點的大

答案A

解析在尸點變軌前后空間站所受到的萬有引力不變，根據牛頓第二定律可知空間站變軌前、后在P點的

加速度相同，故A正確；

因為變軌后其半長軸大于原軌道半徑，根據開普勒第三定律可知空間站變軌后的運動周期比變軌前的大，

故B錯誤；

變軌后在尸點獲得豎直向下的反沖速度，原水平向左的圓周運動速度不變，因此合速度變大，故C錯誤；

由于空間站變軌后在尸點的速度比變軌前大，而比在近地點的速度小，則空間站變軌前的速度比變軌后在

近地點的小，故D錯誤。

例6（2023?湖北卷2）2022年12月8日，地球恰好運行到火星和太陽之間，且三者幾乎排成一條

直線，此現象被稱為“火星沖日”?；鹦呛偷厍驇缀踉谕黄矫鎯妊赝环较蚶@太陽做圓周運動,

火星與地球的公轉軌道半徑之比約為3：2,如圖所示。根據以上信息可以得出（）

A.火星與地球繞太陽運動的周期之比約為27：8

B.當火星與地球相距最遠時，兩者的相對速度最大

C.火星與地球表面的自由落體加速度大小之比約為9：4

D.下一次“火星沖日”出現在2023年12月8日之前

答案B

解析火星和地球均繞太陽運動，由于火星與地球的軌道半徑之比約為3：2,根據開普勒第三定律有

丁3T2T］丁3

書=々，可得二=書=半，故A錯誤；火星和地球繞太陽做勻速圓周運動，速度大小均不變，當火星與

丁地T地7地J地2V2

地球相距最遠時，由于兩者的速度方向相反，故此時兩者相對速度最大，故B正確；在星球表面根據萬有

引力定律有G^=mg,由于不知道火星和地球的質量比，故無法得出火星和地球表面的自由落體加速度，

故C錯誤；火星和地球繞太陽做勻速圓周運動，有co火二鏟■,（0地二—,要發生下一次火星沖日則有（空-

T火T地,地

TT

—）/=271,得仁一火上＞7地,可知下一次“火星沖日”出現在2023年12月8日之后，故D錯誤。

T火T火一T地

例7（2022?福建卷4）2021年美國“星鏈”衛星曾近距離接近我國運行在距地390km近圓軌道上

的天宮空間站。為避免發生危險，天宮空間站實施了發動機點火變軌的緊急避碰措施。已知質量

為m的物體從距地心廠處運動到無窮遠處克服地球引力所做的功為r式中V為地球質量，G

為引力常量；現將空間站的質量記為根0,變軌前后穩定運行的軌道半徑分別記為r1、廠2,如圖所

示?？臻g站緊急避碰過程發動機做的功至少為（）

C.|GM根D.2GMmo(-)

答案A

解析空間站從軌道半徑n變軌到半徑r2的過程，根據動能定理有W+W引力=公反

依題意可得引力做功引力=

W4--r

丁2l

萬有引力提供空間站在圓形軌道上做勻速圓周運動的向心力，由牛頓第二定律有畔續辦年

空間站在軌道上運動的動能為Ek=G^

動能的變化量

，丁21

聯立解得卬=等*￡）,故選A。

專題強化練［分值：60分］

1~6題每題4分，7~9、11題每題6分，10題12分，共60分

［保分基礎練］

1.（2024?黑龍江省二模）如圖甲所示，汽車的后備箱里水平放著一個裝有圓柱形工件的木箱，工件截面和車

的行駛方向垂直，當汽車以恒定速率通過如圖乙所示的三個半徑依次變小的水平圓弧形彎道ABC時，木箱

及箱內工件均保持相對靜止。從汽車行駛方向上看，下列說法正確的是（）

乙

A.Q和M對P的支持力大小始終相等

B.汽車過A點時，汽車重心的角速度最小

C.汽車過A、B、C三點時工件P受到的合外力大小相等

D.汽車過A、C兩點時，M對P的支持力小于Q對P的支持力

答案B

解析汽車過4氏C三點時做勻速圓周運動，合外力指向圓弧的圓心，故對工件P受力分析可知，汽車

經過4C兩點時合外力向左，經過B點時合外力向右，故Q和M對P的支持力大小不是始終相等，故A

錯誤；汽車速率恒定，由角速度與線速度關系。，可知，在A點圓弧軌道半徑最大，則汽車重心的角速度

r

2

最小，故B正確；根據合外力提供向心力，有產合=笠，當汽車以恒定速率通過半徑依次變小的人B、C

三點時，工件P受到的合外力大小依次在增大，故C錯誤；汽車過4、C兩點時，所受的合外力向左，因

此M對P的支持力大于Q對P的支持力,故D錯誤。

2.（2024?江蘇卷⑹生產陶瓷的工作臺勻速轉動，臺面上掉有陶屑，陶屑與臺面間的動摩擦因數處處相同（臺

面足夠大），貝!1（）

A.越靠近臺面邊緣的陶屑質量越大

B.越靠近臺面邊緣的陶屑質量越小

C.陶屑只能分布在圓臺邊緣

D.陶屑只能分布在某一半徑的圓內

答案D

解析與臺面相對靜止的陶屑做勻速圓周運動，靜摩擦力提供向心力，當靜摩擦力為最大靜摩擦力時，半

徑最大，設為「，根據牛頓第二定律可得=切。解得尸怨，〃與。均一定，故廠與陶屑質量無關且為

4sg2r,（A）

定值，即陶屑只能分布在某一半徑的圓內，故A、B、C錯誤，D正確。

3.（2024.內蒙古赤峰市一模）2023年10月26日17時46分，神舟十七號載人飛船與空間站組合體完成自主

快速交會對接。飛船的發射過程可簡化為：飛船從預定軌道I的A點第一次變軌進入橢圓軌道II,到達橢

圓軌道的遠地點3時，再次變軌進入空間站的運行軌道III,與空間站實現對接。假設軌道I和HI都近似為

圓軌道，下列說法正確的是（）

,與'、毅次

第…

變軌J態間站

A.飛船在橢圓軌道II經過A點時的加速度比飛船在圓軌道I經過A點時的加速度大

B.飛船在橢圓軌道II經過4點時的速度一定大于11.2km/s

C.飛船沿軌道n運行的周期小于沿軌道III運行的周期

D.在軌道I和軌道ni上飛船與地心連線在相等的時間內掃過的面積相等

答案c

解析由牛頓第二定律有誓=加。，解得斫詈，所以飛船在橢圓軌道II經過A點時的加速度與飛船在圓軌

道I經過A點時的加速度大小相等，故A錯誤；11.2km/s是第二宇宙速度，大于第一宇宙速度，而第一宇

宙速度是飛船環繞地球運行的最大速度，所以飛船在橢圓軌道H經過A點時的速度一定小于11.2km/s,

故B錯誤；由開普勒第三定律有￡=工，由于小＜小，所以飛船沿軌道II運行的周期小于沿軌道III運行

的周期，故C正確；飛船與地心的連線在單位時間內掃過的面積為a=牛,對飛船有粵=加某廠，整理有

,由于軌道I的半徑小于軌道III的半徑，所以在軌道I上飛船與地心連線在相等的時間內掃過

的面積小于軌道III上飛船與地心連線在相等的時間內掃過的面積，故D錯誤。

4.（2024.山東卷-5）“鵲橋二號”中繼星環繞月球運行，其24小時橢圓軌道的半長軸為或已知地球同步衛

星的軌道半徑為r,則月球與地球質量之比可表示為（）

A.0B.D.臺

a6

答案D

2:

解析由^詈r得：M=-47ir

GT2

因“鵲橋二號”與地球同步衛星周期相同，

M月

所以,也一浮,故選D。

5.（2024.安徽省名校聯盟聯考）某同學設計了如圖所示實驗裝置研究向心力，輕質套筒A和質量為1kg的小

球B通過長度為L的輕桿及較鏈連接，套筒A套在豎直桿OP上與原長為乙的輕質彈簧連接，小球B可以

沿水平槽滑動，讓系統以某一角速度繞O尸勻速轉動，球B對水平槽恰好無壓力，此時輕桿與豎直方向夾

角Q37。。已知彈簧的勁度系數為100N/m,彈簧始終在彈性限度內，不計一切摩擦，cos37*0.8,sin

37°=0.6,則系統轉動的角速度。為（）

I

A.2rad/sB.2.5rad/sC.4rad/sD.5rad/s

答案D

解析B球對水平槽恰好無壓力時，此時彈簧的壓縮量為L-Lcos37。，對A、B整體分析有—cos

2

37。）=〃陪,根據牛頓第二定律有mgtan31°-mcoLsm37°,解得。=5rad/s,故選Do

6.（多選）（2024.湖南卷.7）2024年5月3日，“嫦娥六號”探測器順利進入地月轉移軌道，正式開啟月球之旅。

相較于“嫦娥四號”和“嫦娥五號”，本次的主要任務是登陸月球背面進行月壤采集并通過升空器將月壤

轉移至繞月運行的返回艙，返回艙再通過返回軌道返回地球。設返回艙繞月運行的軌道為圓軌道，半徑近

似為月球半徑。已知月球表面重力加速度約為地球表面叫月球半徑約為地球半徑岷。關于返回艙在該

繞月軌道上的運動，下列說法正確的是（）

A.其相對于月球的速度大于地球第一宇宙速度

B.其相對于月球的速度小于地球第一宇宙速度

C.其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛星周期的倍

D.其繞月飛行周期約為地球上近地圓軌道衛星周期的倍

答案BD

解析返回艙在該繞月軌道上運動時萬有引力提供向心力，且返回艙繞月運行的軌道為圓軌道，半徑近似

為月球半徑，則有

由于地球第一宇宙速度為近地衛星的環繞速度，

同理可得丫地=除總②

由①②可得Vf}=~v*

故A錯誤，B正確；

再根據線速度和周期的關系有

T=—VR,

得7月=］，電，故C錯誤，D正確。

［爭分提能練］

7.（2024?北京市西城區二模）如圖所示，長為L的桿一端固定在過0點的水平轉軸上，另一端固定質量為m

的小球。桿在電動機的驅動下在豎直平面內旋轉，帶動小球以角速度。做勻速圓周運動，其中A點為最高

點，C點為最低點，3、。點與。點等高。已知重力加速度為g,下列說法正確的是（）

C

A.小球在3、。兩點受到桿的作用力大于加g

B.小球在A、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6mg

C.小球在B、D兩點受到桿的作用力大小等于mdL

D.小球從A點到8點的過程，桿對小球做的功等于mgL

答案A

解析當小球在反。兩點時，桿對小球作用力豎直方向的分力應等于重力，水平方向分力提供向心力，

故桿對小球的作用力為F=V（mw2L）2+（mgy>mg,故A正確，C錯誤；若小球在最高點，桿對小球的作

用力為支持力，則在A點〃8為1=7"0也,在C點/皿咫=打。2乙,所以PN2，N1=2加,若小球在最高點，

2

桿對小球的作用力為拉力，則在A點mg+FNi=ma）L，在C點Fm-mg=marL,所以Fm-Fm=2mg,故B錯誤；

小球從A點到8點的過程，根據動能定理可得W+mgL=0,解得桿對小球做的功W=-mgL,故D錯誤。

8.（2024?四J11成都市二診）在地球赤道平面內有一顆運動方向與地球自轉方向相同的衛星，其軌道半徑為地

球半徑的企倍，在赤道上某處建有一衛星監測站。若地球半徑為R,地球表面重力加速度大小為g,地球

自轉角速度為。，則監測站能連續監測到該衛星的最長時間約為（）

答案D

解析設地球質量為“，衛星A的質量為m,根據萬有引力提供向心力，有喈=加鬻,由題意可知衛

星A的軌道半徑為Z1R,在地球表面根據萬有引力等于重力G^=mg,聯立解得T'=、牌支2兀欄^,

如圖所示，衛星A的通信信號視為沿直線傳播，衛星A和地面監測站B之間被地球遮擋時監測不到。設

無遮擋時間為t,則它們轉過的角度之差最多為2。時就不能通信，根據幾何關系可得cos心當,則有

V2Tr

引=2。，又因為地球自轉周期r=-,聯立以上解得柒T,故選D。

T0)4

9.(2024?重慶市第一中學檢測)如圖(a)所示，質量均為1kg的物體A和B放置在水平圓盤上，與圓盤間的動

摩擦因數分別為〃A和〃B。用兩根不可伸長的水平細繩將物體A、B和圓盤轉軸相連，物體A、B與轉軸的

距離分別為小和花。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當圓盤繞轉軸轉動的角速度。緩慢增大時，轉軸

與物體A之間的細繩拉力FTI、A與B之間的細繩拉力斤2隨。2的關系如圖(b)所示。取g=10m/s2,則下列

選項正確的是()

FTNfn

2(o2/(rad-s-1)

BA

A.//A-0.25B.//B-0.1

C.TA-1.5mD.TB-2.5m

答案C

解析以物體B為研究對象，則有FT2+lwng=ma)-rB,變形得為方也/用e〃吆,與丘-丁圖像對比可得

2

注=2m,//B=0.2，故B、D錯誤；以物體A為研究對象可得FTI^2+^mg=ma)rA，代入FT?得

Fn=502(rA+rB)-(Z，A+〃B)mg,與Fn-。？圖像對比可得rA+rB=3.5m,〃A+〃B=0.5,即「A=