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第 4 讲 圆周运动 天体的运动
目标要求 1.会分析常见圆周运动的向心力来源，并会处理圆周运动的问题。2.知道开普勒定律，掌握万有引
力定律，会分析天体的运动规律，会比较卫星的运行参量。
考点一 圆周运动
1.圆周运动的三种临界情况
(1)接触面滑动临界：F=F 。
f fmax
(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 达到绳子可承受的最大拉力。
T T
2.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 恰好发生滑动
f
圆锥摆模型
mgtan
恰好离开接触面
θ=mrω2
(2)竖直面及倾斜面内的圆周运动
轻绳模型
最高点： 恰好通过最高
v2 点，绳的拉力
F +mg=m
T
r 恰好为0
轻杆模型
恰好通过最高
最高点：
点，杆对小球
v2
mg±F=m 的力等于小球
r
的重力
关注六个位置 恰好通过等效
带电小球在叠加
的动力学方 最高点，恰好
场中的圆周运动
程，最高点、 做完整的圆周最低点、等效
最高点、等效
最低点，最左 运动
边和最右边位
等效法
置
倾斜转盘上的物
最高点：mgsin
体
θ±F=mω2r 恰好通过最低
f
最低点F- 点
f
mgsin θ=mω2r
例1 (2023·全国甲卷·17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，
运动周期与轨道半径成反比，则n等于( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 C
k
解析 质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T= ，质点所受合外力等于质点圆周运动的向心力，根据F
r
4π2 4mπ2 4mπ2
=F =m r，联立可得F = r3，其中 为常数，r的指数为3，故题中n=3，故选C。
合 n T2 n k2 k2
例2 (2024·广东深圳市二模)某摩天轮的直径达120 m，转一圈用时1 600 s。某同学乘坐摩天轮，
随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，依次从A点经B点运动到C的过程中( )
3π
A.角速度为 rad/s
20
B.座舱对该同学的作用力一直指向圆心
C.重力对该同学做功的功率先增大后减小
D.如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B点受座舱的作用力将不变
答案 C
2π π
解析 根据角速度的计算公式有ω= = rad/s，故A错误；该同学乘坐摩天轮，随座舱在竖直平面内
T 800
做匀速圆周运动，则座舱对该同学的作用力和该同学的重力的合力提供向心力，指向圆心，所以座舱对该
同学的作用力不是一直指向圆心，故B错误；根据重力功率的计算公式P=mgv，可知重力对该同学做功的
y功率先增大后减小，故C正确；在B点有√F2+(mg) 2=mRω2，可知如果仅增大摩天轮的转速，该同学在B
点受座舱的作用力将增大，故D错误。
例3 (2024·江西卷·14)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图
(a)、(b)所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边
缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角
速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)在图(a)中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω 匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做
1
半径为r 的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。
1
(2)将圆盘升高，如图(b)所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O 点做半径为r 的
1 2
匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A B与O B的夹角为β。求
1 1
此时圆盘的角速度ω 。
2
μg √ μgsinθcosβ
答案 (1) (2)
ω 2r (sinθsinβ+μcosθ)r
1 1 2
解析 (1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为F ，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分
T
量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡，沿径向方向的分量提供转椅做圆周运动的向心力，故可得F cos
T
α=mω 2r ，μmg=F sin α
1 1 T
μg
联立解得tan α=
ω 2r
1 1
(2)设此时轻绳拉力为F '，沿A B方向和垂直A B方向竖直向上的分力分别为F =F 'sin θ，F =F 'cos θ
T 1 1 T1 T T2 T
对转椅根据牛顿第二定律得F cos β=mω 2 r
T1 2 2
沿切线方向根据平衡条件有F sin β=F=μF
T1 f N
竖直方向根据平衡条件有F +F =mg
N T2
√ μgsinθcosβ
联立解得ω = 。
2 (sinθsinβ+μcosθ)r
2
考点二 万有引力与宇宙航行
1.开普勒定律理解(1)根据开普勒第二定律，行星在椭圆轨道上运动时，相等时间内扫过的面积相等，则v r =v r ；
1 1 2 2
r3
(2)根据开普勒第三定律， =k，若为椭圆轨道，则r为半长轴，若为圆轨道，则r=R；
T2
(3)运行过程中行星的机械能守恒，即E +E =E +E 。
k1 p1 k2 p2
Gm m
1 2
2.万有引力定律F=
r2
(1)r为两质点之间的距离或两个均匀球体的球心间的距离；
(2)G为引力常量，由物理学家卡文迪什测出。
3.天体质量和密度的计算
4.卫星的发射、运行及变轨
在地面附近静止
Mm
忽略自转：G =mg，故GM=gR2(黄金代换式)
R2
考虑自转：
Mm
两极：G =mg
R2
Mm
赤道：G =mg +mω2R
R2 0
卫星的发射
√GM
地球的第一宇宙速度：v= =√gR=7.9 km/s是最小的发射速度和最大的环绕速度
R
(天体)卫星在圆轨道上运行
GM 1
ma →a = →a ∝
n n r2 n r2
v2 √GM 1
m →v= →v∝
Mm r r √r
G =F=
r2 n
mω2r→ω=
√GM
→ω∝
1
r3 √r3
4π2 √4π2r3
m r→T= →T∝√r3
T2 GM
“轨高速低周期大”变轨
(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
(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
例4 (2024·江西卷·4)“嫦娥六号”探测器于2024年5月8日进入环月轨道，后续经调整环月轨道
高度和倾角，实施月球背面软着陆。当探测器的轨道半径从r 调整到r 时(两轨道均可视为圆形轨
1 2
道)，其动能和周期从E 、T 分别变为E 、T 。下列选项正确的是( )
k1 1 k2 2
E r T √r 3
A.
k1
=
2， 1
=
1
E r T √r 3
k2 1 2 2
E r T √r 3
B.
k1
=
1， 1
=
1
E r T √r 3
k2 2 2 2
E r T √r 3
C.
k1
=
2， 1
=
2
E r T √r 3
k2 1 2 1
E r T √r 3
D.
k1
=
1， 1
=
2
E r T √r 3
k2 2 2 1
答案 A
解析 探测器在环月轨道做匀速圆周运动，则月球对探测器的万有引力提供向心力，设月球的质量为M，
Mm v 2 4π2 Mm v 2 4π2
1 2
探测器的质量为m，则半径为r 时有G =m =m r ，半径为r 时有G =m =m r ，再根据
1 r 2 r T 2 1 2 r 2 r T 2 2
1 1 1 2 2 2
1 E r T √r 3
k1 2 1 1
动能E = mv2，可得动能和周期的比值分别为 = ， = ，故选A。
k 2 E r T √r 3
k2 1 2 2
例5 (2024·湖北卷·4)太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆
周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射
气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴
大于原轨道半径。则( )
A.空间站变轨前、后在P点的加速度相同
B.空间站变轨后的运动周期比变轨前的小C.空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小
D.空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大
答案 A
解析 在P点变轨前后空间站所受到的万有引力不变，根据牛顿第二定律可知空间站变轨前、后在P点的
加速度相同，故A正确；
因为变轨后其半长轴大于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知空间站变轨后的运动周期比变轨前的大，
故B错误；
变轨后在P点获得竖直向下的反冲速度，原水平向左的圆周运动速度不变，因此合速度变大，故C错误；
由于空间站变轨后在P点的速度比变轨前大，而比在近地点的速度小，则空间站变轨前的速度比变轨后在
近地点的小，故D错误。
例6 (2023·湖北卷·2)2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条
直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，
火星与地球的公转轨道半径之比约为3∶2，如图所示。根据以上信息可以得出( )
A.火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27∶8
B.当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大
C.火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9∶4
D.下一次“火星冲日”出现在2023年12月8日之前
答案 B
r 3
解析 火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3∶2，根据开普勒第三定律有
火
r 3
地
T 2 T √r 3 3√3
= 火 ，可得 火 = 火 = ，故A错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星
T 2 T r 3 2√2
地 地 地
与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B正确；在星球表面根据万
Mm
有引力定律有G =mg，由于不知道火星和地球的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速
r2
2π 2π
度，故C错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，有ω = ，ω = ，要发生下一次火星冲日则有(
火 T 地 T
火 地
2π 2π T T
- )t=2π，得t= 火 地 >T ，可知下一次“火星冲日”出现在2023年12月8日之后，故D错误。
T T T -T 地
地 火 火 地
例7 (2022·福建卷·4)2021年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390 km近圆轨道上
的天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量Mm
为m的物体从距地心r处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为G ，式中M为地球质量，G
r
为引力常量；现将空间站的质量记为m ，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r 、r ，如图所示。
0 1 2
空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为( )
1 1 1 1 1
A. GMm ( - ) B.GMm ( - )
2 0 r r 0 r r
1 2 1 2
3 1 1 1 1
C. GMm ( - ) D.2GMm ( - )
2 0 r r 0 r r
1 2 1 2
答案 A
解析 空间站从轨道半径r 变轨到半径r 的过程，根据动能定理有W+W =ΔE
1 2 引力 k
Mm Mm
0 0
依题意可得引力做功W =G -G
引力 r r
2 1
Mm v2
0
万有引力提供空间站在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有G =m
r2 0 r
Mm
空间站在轨道上运动的动能为E =G 0
k 2r
Mm Mm
0 0
动能的变化量ΔE =G -G
k 2r 2r
2 1
GMm 1 1
0
联立解得W= ( - )，故选A。
2 r r
1 2
专题强化练
［分值：60分］
1~6题每题4分，7~9、11题每题6分，10题12分，共60分
［保分基础练］
1.(2024·黑龙江省二模)如图甲所示，汽车的后备箱里水平放着一个装有圆柱形工件的木箱，工件截面和车
的行驶方向垂直，当汽车以恒定速率通过如图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道ABC时，木箱
及箱内工件均保持相对静止。从汽车行驶方向上看，下列说法正确的是( )A.Q和M对P的支持力大小始终相等
B.汽车过A点时，汽车重心的角速度最小
C.汽车过A、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等
D.汽车过A、C两点时，M对P的支持力小于Q对P的支持力
答案 B
解析 汽车过A、B、C三点时做匀速圆周运动，合外力指向圆弧的圆心，故对工件P受力分析可知，汽车
经过A、C两点时合外力向左，经过B点时合外力向右，故Q和M对P的支持力大小不是始终相等，故A
v
错误；汽车速率恒定，由角速度与线速度关系ω= 可知，在A点圆弧轨道半径最大，则汽车重心的角速度
r
mv2
最小，故B正确；根据合外力提供向心力，有F = ，当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C
合 r
三点时，工件P受到的合外力大小依次在增大，故C错误；汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，因
此M对P的支持力大于Q对P的支持力，故D错误。
2.(2024·江苏卷·8)生产陶瓷的工作台匀速转动，台面上掉有陶屑，陶屑与台面间的动摩擦因数处处相同(台
面足够大)，则( )
A.越靠近台面边缘的陶屑质量越大
B.越靠近台面边缘的陶屑质量越小
C.陶屑只能分布在圆台边缘
D.陶屑只能分布在某一半径的圆内
答案 D
解析 与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动，静摩擦力提供向心力，当静摩擦力为最大静摩擦力时，半
μg
径最大，设为r，根据牛顿第二定律可得μmg=mω2r，解得r= ，μ与ω均一定，故r与陶屑质量无关且为
ω2
定值，即陶屑只能分布在某一半径的圆内，故A、B、C错误，D正确。
3.(2024·内蒙古赤峰市一模)2023年10月26日17时46分，神舟十七号载人飞船与空间站组合体完成自主
快速交会对接。飞船的发射过程可简化为：飞船从预定轨道Ⅰ的A点第一次变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达椭
圆轨道的远地点B时，再次变轨进入空间站的运行轨道Ⅲ，与空间站实现对接。假设轨道Ⅰ和Ⅲ 都近似
为圆轨道，下列说法正确的是( )A.飞船在椭圆轨道Ⅱ 经过A点时的加速度比飞船在圆轨道Ⅰ经过A点时的加速度大
B.飞船在椭圆轨道Ⅱ 经过A点时的速度一定大于11.2 km/s
C.飞船沿轨道Ⅱ 运行的周期小于沿轨道Ⅲ 运行的周期
D.在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ 上飞船与地心连线在相等的时间内扫过的面积相等
答案 C
GMm GM
解析 由牛顿第二定律有 =ma，解得a= ，所以飞船在椭圆轨道Ⅱ 经过A点时的加速度与飞船在
r2 r2
圆轨道Ⅰ经过A点时的加速度大小相等，故A错误；11.2 km/s是第二宇宙速度，大于第一宇宙速度，而第
一宇宙速度是飞船环绕地球运行的最大速度，所以飞船在椭圆轨道Ⅱ 经过A点时的速度一定小于11.2
r 3 r 3
km/s，故B错误；由开普勒第三定律有 Ⅱ = Ⅲ ，由于r mg，故A正确，C错误；若小球在最高点，杆对小球的作用
力为支持力，则在A点mg-F =mω2L，在C点F -mg=mω2L，所以F -F =2mω2L，若小球在最高点，杆对
N1 N2 N2 N1
小球的作用力为拉力，则在A点mg+F =mω2L，在C点F -mg=mω2L，所以F -F =2mg，故B错误；小
N1 N2 N2 N1
球从A点到B点的过程，根据动能定理可得W+mgL=0，解得杆对小球做的功W=-mgL，故D错误。
8.(2024·四川成都市二诊)在地球赤道平面内有一颗运动方向与地球自转方向相同的卫星，其轨道半径为地
球半径的√2倍，在赤道上某处建有一卫星监测站。若地球半径为R，地球表面重力加速度大小为g，地球
自转角速度为ω，则监测站能连续监测到该卫星的最长时间约为( )
π √√2R π √2√2R
A. B.
2 g 2 g
π π
2 2
C. D.
√ g √ g
-ω -ω
√2R 2√2R
答案 D
Mm 4π2r
解析 设地球质量为M，卫星A的质量为m，根据万有引力提供向心力，有G =m ，由题意可知
r2 T'2
Mm √4π2r3
卫星A的轨道半径为r=√2R，在地球表面根据万有引力等于重力G =mg，联立解得T'= =2π
R2 gR2
√2√2R
，如图所示，卫星A的通信信号视为沿直线传播，卫星A和地面监测站B之间被地球遮挡时监测
g
R
不到。设无遮挡时间为t，则它们转过的角度之差最多为2θ时就不能通信，根据几何关系可得cos θ= =
r
π
√2 2π 2π 2π π 2
，则有 t- t=2θ，又因为地球自转周期T= ，联立以上解得θ= ，t= ，故选D。
2 T' T ω 4 √ g
-ω
2√2R9.(2024·重庆市第一中学检测)如图(a)所示，质量均为1 kg的物体A和B放置在水平圆盘上，与圆盘间的动
摩擦因数分别为μ 和μ 。用两根不可伸长的水平细绳将物体A、B和圆盘转轴相连，物体A、B与转轴的
A B
距离分别为r 和r 。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘绕转轴转动的角速度ω缓慢增大时，转轴与
A B
物体A之间的细绳拉力F 、A与B之间的细绳拉力F 随ω2的关系如图(b)所示。取g=10 m/s2，则下列选
T1 T2
项正确的是( )
A.μ =0.25 B.μ =0.1
A B
C.r =1.5 m D.r =2.5 m
A B
答案 C
解析 以物体B为研究对象，则有F +μ mg=mω2r ，变形得F =mω2r -μ mg，与F -ω2图像对比可得r =2
T2 B B T2 B B T2 B
m，μ =0.2，故B、D错误；以物体A为研究对象可得F -F +μ mg=mω2r ，代入F 得F =mω2(r +r )-
B T1 T2 A A T2 T1 A B
(μ +μ )mg，与F -ω2图像对比可得r +r =3.5 m，μ +μ =0.5，即r =1.5 m，μ =0.3，故A错误，C正确。
A B T1 A B A B A A
10.(12分)(2024·辽宁沈阳市质量监测)如图甲，水平面内有一条双线等宽光滑轨道，它由直轨道和两个半圆
形轨道组成。在直轨道上放置一质量m=0.2 kg的小圆柱体，如图乙。小圆柱体两侧与轨道相切处和小圆柱
体截面的圆心O连线的夹角θ=120°，如图丙，初始时小圆柱体位于轨道上A点。现使之获得沿直轨道AB
方向的初速度v ，小圆柱体运动过程中所受阻力忽略不计，小圆柱体尺寸和轨道间距相对轨道长度也忽略
0
√3
不计，两端半圆形轨道半径R= m，g取10 m/s2。
3
(1)(6分)当v =2 m/s时，小圆柱体可以安全通过半圆形轨道，求小圆柱体在直轨道和半圆形轨道上运动时，
0
内侧轨道对小圆柱体的支持力F 、F 的大小；
内1 内2
(2)(6分)为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度v 不能超过多少？(结果可以保留根式)
0
答案 (1)2 N 1.2 N (2)√10 m/s
解析 (1)小圆柱体在直轨道上做匀速直线运动，所受合力为零，则根据平衡条件可得
2F cos 60°=mg=2 N
内1
解得F =2 N
内1当小圆柱体在半圆形轨道上运动时，其受力分析如图(a)所示
竖直方向根据平衡条件有
F cos 60°+F cos 60°=mg
内2 外
水平方向由牛顿第二定律有
v 2
F sin 60°-F sin 60°=m 0
外 内2
R
联立解得F =1.2 N
内2
(2)设小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨的最大速度为v ，分析可知，小圆柱体恰好不脱轨时小圆柱体的重
m
力与外侧导轨对小圆柱体的支持力恰好提供小圆柱体做圆周运动的向心力，对小圆柱体受力分析如图(b)所
示
mg v 2
则有 =m m ，解得v =√10 m/s
tan30° R m
即为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度v 不能超过√10 m/s。
0
［尖子生选练］
11.(2024·八省八校T8联考)武汉“东湖之眼”摩天轮，面朝东湖、背靠磨山，是武汉东湖风景区地标之一。
摩天轮在竖直放置的圆轨道内围绕其圆心O点做半径为R的匀速圆周运动，角速度为ω，在匀速转动的过
程中轿厢地板总保持水平状态。如图所示，放置在地板上的物块与地板之间的动摩擦因数为μ，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，为了保证物块在匀速转动的过程中始终不相对于地板滑动，则角
速度ω的最大值为( )
√ μg √μg
A. B.
R√μ2+1 R
√ g √ μg
C. D.
R√μ2+1 R√1-μ2
答案 A解析 物块做匀速圆周运动的过程中，对其受力分析如图甲所示，地板对物块的作用力为F，F与竖直方
向的夹角为θ，当恰要滑动时tan θ=μ，此时对应角速度最大，静摩擦力达到最大，物块在匀速圆周运动过
程中，向心力的大小总保持不变，画出矢量三角形如图乙所示，图中虚线圆周的半径大小表示角速度最大
时向心力的大小，F和mg的矢量和等于向心力，当F与mg的夹角为θ时，此时向心力达到最大。故最大
μ √ μg
的向心力F =mgsin θ=mg ，同时，F =mω2R，因此最大的角速度ω= ，故选A。
n √μ2+1 n R√μ2+1
