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第 4 讲 圆周运动 天体的运动
命题规律 1.命题角度：(1)圆周运动的动力学分析；(2)万有引力定律、天体的运动.2.常用
方法：模型法.3.常考题型：选择题；在计算题中，圆周运动常与能量观点综合运用．
考点一 圆周运动
1．解决圆周运动问题的基本思路
→→
2．圆周运动的三种临界情况
(1)接触面滑动临界：摩擦力达到最大值．
(2)接触面分离临界：F ＝0.
N
(3)绳恰好绷紧：F ＝0；绳恰好断裂：F 达到绳子最大承受拉力．
T T
3.常见的圆周运动及临界条件
(1)水平面内的圆周运动
水平面内 动力学方程 临界情况示例
水平转盘上的物体
F＝mω2r 恰好滑动
f
圆锥摆模型
mgtan θ＝mrω2 恰好离开接触面
(2)竖直面及倾斜面内的圆周运动
轻绳模型
恰好通过最高点，绳的拉力
最高点F ＋mg＝m
T
恰好为0
轻杆模型
恰好通过最高点，杆对小球
最高点mg±F＝m
的力等于小球重力
带电小球在叠加场中 关注六个位置的动力学方 恰好通过等效最高点；恰好
的圆周运动 程，最高点、最低点、等 做完整圆周运动效最高点、等效最低点，
最左边和最右边位置
等效法
倾斜转盘上的物体
最高点mgsin θ±F＝mω2r
f
恰好通过最低点
最低点F－mgsin θ＝mω2r
f
例1 (多选)(2022·广东韶关市模拟)上海磁悬浮列车线路需要转弯的地方有三处，其中设计
的最大转弯处半径达到8 000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到 1
300米．一个质量为50 kg的乘客坐在以360 km/h速率驶过半径为2 500米弯道的车厢内，
重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适
B．弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度
C．乘客受到来自车厢的力大小约为200 N
D．乘客受到来自车厢的力大小约为540 N
答案 ABD
解析 根据F＝m可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道半径设
计特别长可以使乘客在转弯时更舒适；由 mgtan θ＝m，可知在转弯速度一定时，转弯半径
越大，则列车倾斜的角度θ越小，A、B正确；乘客受到的向心力大小为F＝m＝50× N
＝200 N，乘客受到来自车厢的力大小为F ＝＝ N≈540 N，C错误，D正确．
N
例2 (多选)(2022·广东普宁市第二中学模拟)如图所示，金属环M、N用不可伸长的细线连
接，分别套在水平粗糙细杆和竖直光滑细杆上，当整个装置以竖直杆为轴以不同大小的角速
度匀速转动时，两金属环始终相对杆不动，重力加速度为g，下列判断正确的是( )
A．转动的角速度越大，细线中的拉力越大
B．转动的角速度越大，环N与竖直杆之间的弹力越大
C．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相同
D．转动的角速度不同，环M与水平杆之间的摩擦力大小可能相等
答案 CD
解析 设细线拉力方向与竖直方向夹角为θ，环M做圆周运动的半径为r，对N受力分析，
如图所示，知细线的拉力在竖直方向的分力恒等于重力，Fcos θ＝m g，所以只要细线与竖直方向夹角
N
不变，细线的拉力不变；环N与竖直杆之间的弹力F ＝Fsin θ，即F 不变，A、B错误；对
N N
M受力分析，如图所示，竖直方向有F ′＝Fcos θ＋mg＝m g＋mg，与角速度无关，故转
N N
动的角速度不同，环M与水平杆之间的弹力相同，C正确；对M受力分析知水平方向，摩
擦力向左时有Fsin θ＋F＝mω2r，摩擦力向右时有Fsin θ－F＝mω2r，角速度不同，摩擦
f 1 f 2
力大小可能相等，但方向相反，D正确．
例3 (2018·全国卷Ⅲ·25)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨
道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝.
一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在
整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在
C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
答案 (1)mg (2) (3)
解析 (1)设水平恒力的大小为F，小球到达C点时所受合力的大小为F.则有
0
＝tan α①
F2＝(mg)2＋F2②
0
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝m③
由①②③式和题给数据得
F＝mg④
0
v＝⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
1
DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cos α)⑦小球从A点到达C点过程，由动能定理有
－mg·CD－F·DA＝mv2－mv2⑧
0 1
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv＝⑨
1
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为 g.设小球在
竖直方向的初速度为v ，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
竖直
v t＋gt2＝CD○
竖直
v ＝vsin α⑪
竖直
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
t＝.
考点二 天体的运动
1．卫星的发射、运行及变轨
忽略自转：G＝mg，故GM＝gR2(黄金代换式)
在地面 考虑自转
附近静止 两极：G＝mg
赤道：G＝mg ＋mω2R
0
卫星的
第一宇宙速度：v＝＝＝7.9 km/s
发射
(天体)
卫星在 G＝F＝
n
圆轨道 越高越慢，只有T与r变化一致
上运行
(1)由低轨变高轨，瞬时点火加速，稳定在高轨道上时速度较小、动能较
小、机械能较大；由高轨变低轨，反之
变轨 (2)卫星经过两个轨道的相切点，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道
的速度
(3)根据开普勒第三定律，半径(或半长轴)越大，周期越长
2.天体质量和密度的计算3．双星问题
两星在相互间万有引力的作用下都绕它们连线上的某一点做匀速
模型概述
圆周运动
角速度(周期) 相等
各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供
向心力
＝mω2r，＝mω2r
1 1 2 2
特点
(1)r＋r＝l
1 2
轨迹半径关系
(2)mr＝mr
1 1 2 2
总质量 m＋m＝
1 2
例4 (多选)(2022·广东省模拟)2022年1月20日，中国国家航天局发布了由环绕火星运行的
天问一号探测器及正在火星表面行走的祝融号火星车发送回来的一组包含探测器与火星合影
新图像引起了西方媒体的广泛关注．已知天问一号探测器绕火星运动的周期为T，火星的半
径为R，“祝融号”火星车的质量为m，在火星表面所受的重力大小为G，引力常量为G，
1
忽略火星的自转，则下列正确的是( )
A．火星表面的重力加速度为
B．火星的质量为
C．火星的平均密度为
D．天问一号距火星地面的高度为－R
答案 ACD
解析 设火星表面的重力加速度为g ，G ＝mg ，解得g ＝，A正确；忽略火星的自转，设
1 1 1 1
火星质量为M，则在火星表面上有G＝mg ＝G ，解得M＝，B错误；火星的平均密度为ρ
1 1
＝＝，C正确；天问一号绕火星运动过程中有G＝m(R＋h)，解得天问一号距地面的高度为
0
h＝－R，D正确．
例5 (多选)(2022·广东省模拟)宇宙中一对年轻的双星，在距离地球16万光年的蜘蛛星云之
中．该双星系统由两颗炽热又明亮的大质量恒星构成，二者围绕连接线上的某个点旋转．通
过观测发现，两颗恒星正在缓慢靠近．不计其他天体的影响，且两颗恒星的质量不变．则以
下说法中正确的是( )
A．双星之间引力变大
B．每颗星的加速度均变小
C．双星系统周期逐渐变大
D．双星系统转动的角速度变大
答案 AD
解析 根据万有引力定律公式有F＝G，两颗恒星正在缓慢靠近，则双星之间引力变大，A
正确；对m 星，a ＝G，对m 星，a ＝G，每颗星的加速度均变大，B错误；由双星系统的
1 1 2 2
两颗星的周期相等，万有引力提供向心力，可以得到＝，＝，R＋R＝r，整理得到T＝2π，
1 2
可知双星系统周期变小，C错误；由ω＝知转动的角速度变大，D正确．例6 (2022·山东潍坊市一模)“祝融”火星车由着陆平台搭载着陆火星，如图所示为着陆后
火星车与着陆平台分离后的“自拍”合影．着陆火星的最后一段过程为竖直方向的减速运动，
且已知火星质量约为地球质量的，火星直径约为地球直径的.则( )
A．该减速过程火星车处于失重状态
B．该减速过程火星车对平台的压力大于平台对火星车的支持力
C．火星车在火星表面所受重力约为其在地球表面所受重力的
D．火星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比约为1∶5
答案 C
解析 着陆火星的最后一段过程为竖直方向的减速运动，在靠近火星表面时，火星车处于超
重状态，A错误；减速过程火星车对平台的压力与平台对火星车的支持力是一对相互作用力，
大小相等，方向相反，B错误；由mg＝G，可得g＝G，且已知火星质量约为地球质量的，
火星直径约为地球直径的，故＝，C正确；由G＝m，可知v＝，因为火星直径约为地球直
径的，火星质量约为地球质量的，＝＝，D错误．
例7 (2022·浙江省名校协作体模拟)北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三号载
人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入空间站．飞船的某段运动可近似看作
如图所示的情境，圆形轨道Ⅰ为空间站运行轨道，设圆形轨道Ⅰ的半径为r，地球表面重力
加速度为g，地球半径为R，地球的自转周期为T，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨
道相切于A点，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a，已知引力常量为G，下列说法正确的是( )
A．载人飞船若要进入轨道Ⅰ，需要在A点减速
B．根据题中信息，可求出地球的质量M＝
C．载人飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能
D．空间站在圆轨道Ⅰ上运行的周期与载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为∶
答案 D
解析 载人飞船若要进入轨道Ⅰ，要做离心运动，需要在A点点火加速，故机械能增加，
A、C错误；设空间站轨道的周期为T ，由此可得G＝，解得M＝，题中T为地球自转的周
1
期，并非在轨道Ⅰ上的周期，不能利用该数据计算地球质量，B错误；设在轨道Ⅱ上运行的
周期为T，根据开普勒第三定律有＝，解得T∶T＝∶，D正确．
2 1 21.(2022·山东省实验中学一模)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直中心轴
OO′匀速转动的水平转台中央处．质量为m的小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，此
时小物块受到的摩擦力恰好为0，且它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速
度为g.此时转台转动的角速度大小为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 当小物块受到的摩擦力是0时，设小物块随陶罐转动的角速度为ω，此时由小物块的
重力与陶罐对它的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有 mgtan θ＝mω2Rsin θ，解
得ω＝＝，A正确，B、C、D错误．
2．(多选)(2022·山西省高三联考)如图所示为发射某卫星的情景图，该卫星发射后，先在椭
圆轨道Ⅰ上运动，卫星在椭圆轨道Ⅰ的近地点A的加速度大小为a ，线速度大小为v ，A点
0 0
到地心的距离为R，远地点B到地心的距离为3R，卫星在椭圆轨道的远地点B变轨进入圆
轨道Ⅱ，卫星质量为m，则下列判断正确的是( )
A．卫星在轨道Ⅱ上运行的加速度大小为a
0
B．卫星在轨道Ⅱ上运行的线速度大小为
C．卫星在轨道Ⅱ上运行周期为在轨道Ⅰ上运行周期的3倍
D．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，发动机需要做的功为－
答案 BD
解析 设卫星在轨道Ⅱ上的加速度大小为a，由＝ma，可得a＝a＝a，故A错误；设卫星
1 1 0 0在轨道Ⅱ上的线速度大小为v ，由a ＝，解得v ＝＝，故B正确；由开普勒第三定律有＝，
1 1 1
解得＝，故C错误；设卫星在椭圆轨道远地点的线速度大小为 v，则vR＝v×3R，解得v＝
0
v，卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，发动机需要做的功为W＝mv2－mv2＝－，故D正确．
0 1
3．(2022·安徽马鞍山市质检)质量均为m的两个星球A和B，相距为L，它们围绕着连线中
点做匀速圆周运动．观测到两星球的运行周期T小于按照双星模型计算出的周期T ，且＝k.
0
于是有人猜想在A、B连线的中点有一未知天体C，假如猜想正确，则C的质量为( )
A.m B.m
C.m D.m
答案 A
解析 按照双星模型计算，两星绕连线的中点转动，则有G＝m··，所以T ＝2π，由于C的
0
存在，设其质量为M，双星的向心力由两个力的合力提供，则G＋G＝m··，又＝k，解得M
＝m，A正确，B、C、D错误．
专题强化练
[保分基础练]
1．(多选)(2022·河北保定市高三期末)如图所示，质量为m的小明(视为质点)坐摩天轮．小明
乘坐的车厢与摩天轮的转轴间的距离为r，摩天轮以大小为k(常数k<1，g为重力加速度大
小)的角速度做匀速圆周运动．若小明坐在车厢水平座垫上且双脚离地，则下列说法正确的
是( )
A．小明通过最高点时不受重力作用
B．小明做匀速圆周运动的周期为
C．小明通过最高点时处于完全失重状态
D．小明通过最低点时对车厢座垫的压力大小为(1＋k2)mg
答案 BD
解析 当小明通过最高点时小明依然要受到重力作用，A错误；小明做匀速圆周运动的周期
T＝＝，B正确；小明做圆周运动所需的向心力大小F ＝mω2r＝k2mga>a
a b c
C．a、b做匀速圆周运动的周期关系为TT，C错误．
a b
7.(2022·广东省模拟)如图所示，两个质量分别为2m和m的小木块a和b(可视为质点)放在水
平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L，a、b之间用长为L且强度足
够大的轻绳相连，木块与圆盘间的最大静摩擦力为木块所受重力的 k倍，重力加速度大小为
g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，开始时轻绳刚好伸直但无张力，用 ω表示圆盘
转动的角速度，下列说法正确的是( )
A．a比b先达到最大静摩擦力
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为
答案 D
解析 木块随圆盘一起转动，当轻绳上无拉力时，静摩擦力提供向心力，由 F＝mω2r，F
f fmax
＝kmg，联立得ω′＝，故随着ω增大，b先达到临界角速度，b先达到最大静摩擦力，A错
误；在b的静摩擦力没有达到最大前，由F＝mω2r，a、b质量分别是2m和m，而圆周运动
f
的半径分别为L和2L，所以开始时a和b受到的摩擦力是相等的；当b受到的静摩擦力达到
最大后，即ω>时，对b木块有kmg＋F＝mω2·2L，对a木块有F－F＝2mω2L，联立得F＝
f f
4mω2L－kmg>kmg，可知二者受到的摩擦力不一定相等，B错误；b刚要滑动时，对b木块
有kmg＋F＝mω2·2L，对a木块有k·2mg－F＝2mω2L，联立解得ω ＝，C错误；当ω＝时，
0 0 0
b未滑动，a所受摩擦力大小F＝4mω2L－kmg＝，D正确．
f
[争分提能练]
8．(2022·湖南长沙市长郡中学二模)如图甲所示，河外星系中两黑洞A、B的质量分别为M
1
和M ，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．为研究方便简化为如图乙所示
2
的示意图，黑洞A和黑洞B均可看成球体，OA＞OB，且黑洞A的半径大于黑洞B的半径，
下列说法正确的是( )
A．两黑洞质量之间的关系一定是M＞M
1 2
B．黑洞A的运行角速度小于黑洞B的运行角速度C．人类要把宇航器发射到距黑洞A较近的区域进行探索，发射速度一定大于第三宇宙速度
D．若两黑洞间的距离一定，把黑洞A上的物质移到黑洞B上，它们运行的周期变大
答案 C
解析 黑洞A与黑洞B绕O点相同时间内转过的角度相同，所以，二者的角速度相等，设
它们相距为L，角速度为ω，根据牛顿第二定律得 G＝Mω2·OA，G＝Mω2·OB，联立得
1 2
M·OA＝M·OB，根据题意OA>OB，所以Mcos β，故α<β，但此大小关系与质量无关，C错误；由题知拉力F＝
甲 乙
＝，因m ＝4m ，且h ∶h ＝4∶1，故甲球受到的轻绳的拉力等于乙球受到的轻绳的拉
甲 乙 甲 乙
力，D正确．
10．(2022·陕西宝鸡市模拟)已知地球两极的重力加速度为g，地球同步卫星的轨道半径是地
球半径的n倍．考虑地球自转的影响，把地球视为质量均匀分布的球体，则赤道上的重力加速度为( )
A.g B．(1－)g
C．(1－)g D．(1－)g
答案 D
解析 考虑地球的自转因素，但两极的自转半径为零，故万有引力等于重力，有 G＝mg；
赤道位置万有引力提供向心力和重力，有G＝mg ＋ma ；同步卫星的公转满足G＝ma ；
赤 赤 同
而赤道自转角速度和同步卫星的角速度相同，由 a＝ω2r，有＝n，联立各式可得g ＝(1
赤
－)g，故选D.
11.(2022·山东济南市一模)如图所示，一长度为R的轻绳一端系一质量为m的小球，另一端
固定在倾角为θ＝30°的光滑斜面上的O点，小球在斜面上绕O点做半径为R的圆周运动，
A、B分别是圆周运动轨迹的最低点和最高点，若小球通过 B点时轻绳拉力大小等于mg，重
力加速度为g，则小球通过A点时，轻绳拉力大小为( )
A．2mg B．4mg
C．6mg D．7mg
答案 B
解析 在B点，根据轻绳拉力和重力沿斜面向下的分力提供向心力得 mg＋mgsin 30°＝m，
从B点到A点，根据动能定理得mg2R·sin 30°＝mv′2－mv2，在A点，根据轻绳拉力和重力
沿斜面向下的分力提供向心力得F －mgsin 30°＝m，解得F ＝4mg，故选B.
T T
12．(2022·江西赣州市高三期末)如图所示为一直角轻质木架ABC，AB部分水平，BC部分竖
直，其中A、B两点距离为L.一根长为2L的轻绳两端分别系在A、B两点，绳上串一个质量
为m的光滑小圆环，初始时木架和圆环保持静止状态．现使木架绕轴BC转动，带动圆环一
起在水平面内做圆周运动，当与A端相连的绳子保持竖直时，木架匀速转动，已知重力加
速度为g，sin 37°＝.求：
(1)木架与圆环保持静止状态时，绳子的张力大小；
(2)与A端相连的绳子保持竖直时，木架转动的角速度．
答案 (1)mg (2)
解析 (1)当木架与圆环保持静止状态时，由于A、B两点距离为L，且轻绳长为2L，根据几何关系可知，两端绳之间的夹角为60°，
对圆环受力分析可得，
竖直方向有2F cos 30°＝mg
T
解得F ＝mg；
T
(2)设轻绳中拉力大小为F ′，做圆周运动的半径为L，圆环与A点的距离为L′，圆环与B
T
点间的轻绳与水平方向的夹角为θ，
根据几何关系可得L2＋L′2＝(2L－L′)2
解得L′＝L，可得θ＝37°
对圆环受力分析可得水平方向上有
F ′cos 37°＝mω2L
T
竖直方向上有F ′＋F ′sin 37°＝mg，
T T
解得ω＝.
[尖子生选练]
13．(2022·江苏省模拟)如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹
簧套在杆上，弹簧一端固定于竖直转轴上，一端连接环A，细线穿过小孔O，两端分别与环
A和小球B连接，O与环A间细线与水平杆平行，环A的质量为m，小球B的质量为2m.现
使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动，O与小球B间细线OB与竖直方向的夹角为37°.
缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动，细线OB与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧
弹力与角速度为ω时大小相等，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)装置转动的角速度为ω时，细线OB的长度s；
(2)装置转动的角速度为2ω时，弹簧的弹力大小F；
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，细线对小球B做的功W.
答案 (1) (2)2mg (3)
解析 (1)当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析得F cos 37°＝2mg
T1
F sin 37°＝2mω2ssin 37°
T1
联立解得s＝
(2)装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为s′，则对小球B分析得
F cos 53°＝2mg
T2
F sin 53°＝2m(2ω)2s′sin 53°
T2
s′＝设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时，对圆环A有F －F＝mω2(L－s)
T1
装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有
F ＋F＝m(2ω)2(L－s′)，解得F＝2mg
T2
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B分析，得重力势能变化量为
ΔE＝2mg(scos 37°－s′cos 53°)
p
动能变化量为ΔE＝·2m[(2ωs′sin 53°)2－(ωssin 37°)2]
k
联立解得细线对小球B做的功为W＝ΔE＋ΔE＝.
p k
