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课时2 圆周运动 天体的运动
考点一 圆周运动
1.水平面内的圆周运动临界条件
模型示例
动力学方程
临界情况示例
水平转盘上的物体
Ff=mω2r
恰好发生滑动：
Ff=Ffmax
圆锥摆模型
mgtan θ=mrω2
恰好离开接触面
FN=0
2.竖直面及倾斜面内的圆周运动临界条件
模型示例
动力学方程
临界情况示例
轻绳模型
最高点：FT+mg=mv
2
r
恰好通过最高点，绳的拉力恰
好为0
在到达最高点前M 点脱离
mgcos θ=mv
2
r
恰好通过最高点，FN恰好为0
轻杆模型
最高点：mg±F=mv
2
r
恰好通过最高点，杆对小球的
力等于小球的重力
带电小球在叠加场中的圆周运动
等效法
关注六个位置的动力学方
程，最高点、最低点、等
效最高点、等效最低点、
最左边和最右边位置，等
效最高点：mg'=mv
2
r ，其中
g'=√(mg)
2+(qE)
2
m
恰好通过等效最高点，即恰好
做完整的圆周运动
倾斜转盘上的物体
最高点：mgsin θ±Ff=mω2r
最低点：Ff-mgsin θ=mω2r
在最低点恰好不发生相对滑动
例1 (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ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O 点做半径
为r1的匀速圆周运动。求AB 与OB 之间夹角α 的正切值。
(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O1点做半径为r2的匀速
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A1B 与O1B 的夹角为β。求此时圆盘
的角速度ω2。
答案 (1) μg
ω1
2r1
(2)√
μgsinθcos β
(sinθsin β + μcosθ)r2
解析 (1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为FT，转椅质量为m，受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分
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FTcos
α=mω1
2r1，μmg=FTsin α
联立解得tan α= μg
ω1
2r1
(2)设此时轻绳拉力为FT'，沿A1B 方向和垂直A1B 方向竖直向上的分力分别为FT1=FT'sin θ，FT2=FT'cos θ
对转椅根据牛顿第二定律得FT1cos β=mω2
2r2
沿切线方向根据平衡条件有FT1sin β=Ff=μFN
竖直方向根据平衡条件有FN+FT2=mg
联立解得ω2=√
μgsinθcos β
(sinθsin β + μcosθ)r2
。
例2 (2025·山东菏泽市模拟)如图，在竖直平面内，固定有一半径为R 的3
4 光滑圆弧轨道ABC，AB 为
圆弧轨道的水平直径，O 为圆心，C 为圆弧轨道的最高点。一质量为m 的小球(可看成质点)从A 点正上
方H 高处静止释放，小球运动过程中不计空气阻力，求：
(1)为使小球能在ABC 轨道上运动而不脱离轨道，H 应该满足的条件；
(2)若H=0.9R，小球刚要脱离轨道时，小球距AB 的高度h。
答案 (1)H≥1.5R (2)0.6R
解析 (1)小球刚好能到达C 点时，在C 点，对小球由牛顿第二定律可得mg=mvC
2
R
从释放小球到C 的过程中，
由动能定理得mg(H-R)=1
2mvC
2
联立解得H=1.5R，故为使小球不脱离轨道，
H≥1.5R
(2)设小球刚要脱离轨道时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，速度为v，
由几何关系可知cos θ= h
R
对小球由牛顿第二定律可得
mgcos θ=mv
2
R
由动能定理得mg(0.9R-h)=1
2mv2
联立解得h=0.6R。
变式1 (多选)(2023·湖南卷·8)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆弧段BC 组成，
两段相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O，最高点为C、A 与C 的高度差等于圆弧轨
道的直径2R。小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，重力加速度为g，下列
说法正确的是( )
A.小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0=√2 gR
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
答案 AD
解析 由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C 点，则小球在C 点的速度为vC=0，则小球从C 到B 的过程中，
有mgR(1-cos α)=1
2mv2，FN=mgcos α-mv
2
R ，联立有FN=3mgcos α-2mg，则从C 到B 的过程中α 由0 增大到
θ，则cos α 逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B 到C 的过程中，由牛顿第三定律知，对轨道的压力逐
渐增大，A 正确；由于A 到B 的过程中小球的速度逐渐减小，则A 到B 的过程中重力的功率大小为
P=mgvsin θ，则A 到B 的过程中小球重力的功率始终减小，则B 错误；从A 到C 的过程中有-mg·2R=1
2mvC
2
-1
2mv0
2，解得v0=√4 gR，C 错误；小球在B 点恰好脱离轨道有mgcos θ=mvB
2
R
，则vB=√gR cosθ，则若小球
初速度v0增大，小球在B 点的速度有可能为√gR cosθ，故小球有可能从B 点脱离轨道，D 正确。
变式2 (2024·全国甲卷·17)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m 的小环套在大圆环上，
小环从静止开始由大圆环顶端经Q 点自由下滑至其底部，Q 为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过
程中对大圆环的作用力大小( )
A.在Q 点最大
B.在Q 点最小
C.先减小后增大
D.先增大后减小
答案 C
解析 方法一(分析法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处(P 点)与圆环的作用力恰好为零，此时只
有小环的重力分力提供小环所需向心力，可知P 点必在Q 点上方，如图所示
设P 点和圆心连线与竖直向上方向的夹角为θ，从大圆环顶端到P 点过程，根据机械能守恒定律mgR(1-cos
θ)=1
2mv2
在P 点，由牛顿第二定律得mgcos θ=mv
2
R
联立解得cos θ=2
3
从大圆环顶端到P 点过程，小环速度较小，小环重力沿着指向大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心
力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P 点到最低点过程，小环速度变大，小环重力沿着
大圆环直径方向的分力和大圆环对小环的弹力的合力提供向心力，从P 点到Q 点，小环重力沿大圆环直径
的分力逐渐减小，从Q 点到最低点，小环重力沿大圆环直径的分力背离圆心，逐渐增大，所以大圆环对小
环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二(数学法)：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处和圆心的连线与竖直向上方向的夹
角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律得
mgR(1-cos θ)=1
2mv2(0≤θ≤π)
在该处根据牛顿第二定律得
F+mgcos θ=mv
2
R (0≤θ≤π)
联立可得F=2mg-3mgcos θ
则大圆环对小环作用力的大小为
|F|=|2mg-3mgcos θ|
根据数学知识可知|F|的大小在cos θ=2
3时最小，由牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力
大小先减小后增大。故选C。
考点二 万有引力与宇宙航行
1.开普勒定律的理解
(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v1r1=v2r2；
(2)根据开普勒第三定律，r
3
T
2=k，若为椭圆轨道，则r 为半长轴，若为圆轨道，则r=R；其中k=GM
4 π
2，
两个中心天体的质量之比与对应的r
3
T
2成正比。
(3)运行过程中行星的机械能守恒，即Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。
2.万有引力定律F=Gm1m2
r
2
(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.卫星的发射、运行及变轨
在地面附近静止
忽略自转：G Mm
R
2 =mg，故GM=gR2(黄金代换式)
考虑自转：
两极：G Mm
R
2 =mg
赤道：G Mm
R
2 =mg0+mω2R
卫星的发射
地球的第一宇宙速度：v=√
GM
R =√gR=7.9 km/s 是最小的
发射速度和最大的环绕速度
(天体)卫星在圆轨
道上运行
G Mm
r
2 =Fn={
man→an= GM
r
2 →an∝1
r
2
m v
2
r →v =√
GM
r
→v ∝1
√r
mω
2r →ω=√
GM
r
3 →ω∝1
√r
3
m 4 π
2
T
2 r →T =√
4 π
2r
3
GM →T ∝√r
3
“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3 (2025·浙江1 月选考·6)地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示，彗星从a 运行到b，从c 运
行到d 的过程中，与太阳连线扫过的面积分别为S1和S2，且S1>S2。彗星在近日点与太阳中心的距离约
为地球公转轨道半径的0.6 倍，则彗星( )
A.在近日点的速度小于地球的速度
B.从b 运行到c 的过程中动能先增大后减小
C.从a 运行到b 的时间大于从c 运行到d 的时间
D.在近日点加速度约为地球的加速度的0.36 倍
答案 C
解析 地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力G Mm
r
2 =mv
2
r ，解得v=√
GM
r
，假设哈雷彗星在近
日点绕太阳做匀速圆周运动，根据哈雷彗星在近日点绕太阳做匀速圆周运动的半径小于地球公转轨道半径，
因此哈雷彗星在近日点绕太阳做匀速圆周运动的速度大于地球绕太阳的公转速度，如果哈雷彗星从此圆周
轨道变为原本的椭圆轨道，要做离心运动，需要在近日点加速，则哈雷彗星在原本椭圆轨道近日点的速度
大于其在近日点绕太阳做匀速圆周运动的速度，故哈雷彗星在近日点的速度大于地球的速度，A 错误；从
b 运行到c 的过程中万有引力与速度方向夹角一直为钝角，哈雷彗星速度一直减小，因此动能一直减小，B
错误；根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太阳运行时，经过相同的时间与太阳连线扫过的面积相同，根
据S1>S2可知从a 运行到b 的时间大于从c 运行到d 的时间，C 正确；万有引力提供向心力G Mm
r
2 =ma，解
得a=GM
r
2 ，则哈雷彗星在近日点加速度a1与地球的加速度a2的比值为a1
a2
=r2
2
r1
2= 1
0.36，D 错误。
例4 (2025·北京卷·7)2024 年6 月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测器在
圆形轨道1 上绕月球飞行，在A 点变轨后进入椭圆轨道2，B 为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说
法正确的是( )
A.在轨道2 上从A 向B 运动过程中动能逐渐减小
B.在轨道2 上从A 向B 运动过程中加速度逐渐变大
C.在轨道2 上机械能与在轨道1 上相等
D.利用引力常量和轨道1 的周期，可求出月球的质量
答案 A
解析 在轨道2 上从A 向B 运动过程中，探测器远离月球，月球对探测器的引力做负功，根据动能定理，
动能逐渐减小，A 正确；探测器受到万有引力，由G Mm
r
2 =ma，解得a=G M
r
2 ，在轨道2 上从A 向B 运动过
程中，r 增大，加速度逐渐变小，B 错误；探测器在A 点从轨道1 变轨到轨道2，需要在A 点加速，机械能
增加，所以探测器在轨道2 上机械能大于在轨道1 上的机械能，C 错误；探测器在轨道1 上做圆周运动，
根据万有引力提供向心力，得G Mm
r
2 =m4 π
2
T
2 r，解得M=4 π
2r
3
GT
2 ，利用引力常量G 和轨道1 的周期T，还需
要知道轨道1 的半径r，才能求出月球的质量，D 错误。
例5 (2025·重庆卷·7)“金星凌日”时，从地球上看，金星就像镶嵌在太阳表面的小黑点。在地球上间
距为d 的两点同时观测，测得金星在太阳表面的小黑点相距为L，如图所示。地球和金星绕太阳的运动
均视为匀速圆周运动，太阳直径远小于金星的轨道半径，则地球和金星绕太阳运动的( )
A.轨道半径之比为L
d
B.周期之比为
3√( L+d
L
)
2
C.线速度大小之比为√
L+d
L
D.向心加速度大小之比为(
L
L+d )2
答案 D
解析 根据题意结合几何知识可知地球和金星绕太阳运动的轨道半径之比为
r地
r金
=d + L
L
，故A 错误；根据
万有引力提供向心力有GMm
r
2
=m(2π
T )2r=mv
2
r =ma，解得T=√
4 π
2r
3
GM
，v=√
GM
r
，a=GM
r
2 ，故可得周期之比
为
T 地
T 金
=√( d + L
L
)
3；线速度大小之比为
v地
v金
=√
L
d + L；向心加速度大小之比为
a地
a金
=(
L
d + L)2，故B、C 错误，
D 正确。
例6 (2024·海南卷·6)嫦娥六号进入环月圆轨道，周期为T，轨道高度与月球半径之比为k，引力常量
为G，则月球的平均密度为( )
A.3 π(1+ k )
3
GT
2k
3
B. 3 π
GT
2
C.π(1+ k )
3GT
2k
D. 3 π
GT
2(1+k)3
答案 D
解析 设月球半径为R，质量为M，对嫦娥六号，根据万有引力提供向心力
G
Mm
[(k +1)R ]
2=m4 π
2
T
2 ·(k+1)R
月球的体积V=4
3 πR3
月球的平均密度ρ= M
V
联立可得ρ= 3 π
GT
2(1+k)3，故选D。
天体质量和密度的计算
变式3 (2024·山东卷·5)“鹊桥二号”中继星环绕月球运行，其24 小时椭圆轨道的半长轴为a。已知地
球同步卫星的轨道半径为r，则月球与地球质量之比可表示为( )
A.√
r
3
a
3
B.√
a
3
r
3
C.r
3
a
3
D.a
3
r
3
答案 D
解析 由GMm
r
2
=m4 π
2
T
2 r 得：r
3
T
2=GM
4 π
2
根据开普勒第三定律r
3
T
2=k，则k=GM
4 π
2
可见，开普勒第三定律中的k 值与中心天体质量有关，地球质量M 地=4 π
2r
3
GT
2 ，同理，对“鹊桥二号”中继
星，可得月球质量M 月=4 π
2a
3
GT 月
2，
因“鹊桥二号”与地球同步卫星周期相同，
所以
M 月
M 地
=a
3
r
3 ，故选D。
变式4 (2024·黑吉辽·7)如图(a)，将一弹簧振子竖直悬挂，以小球的平衡位置为坐标原点O，竖直向上
为正方向建立x 轴。若将小球从弹簧原长处由静止释放，其在地球与某球状天体表面做简谐运动的图
像如(b)所示(不考虑自转影响)，设地球、该天体的平均密度分别为ρ1和ρ2，地球半径是该天体半径的n
倍。
ρ1
ρ2
的值为 ( )
A.2n
B.n
2
C.2
n
D. 1
2n
答案 C
解析 设地球表面的重力加速度为g，某球状天体表面的重力加速度为g'，弹簧的劲度系数为k，小球质量
为m，根据简谐运动的平衡位置合力为零有k·2A=mg，k·A=mg'，可得g=2kA
m ，g'=kA
m ，
可得g
g' =2，设某球状天体的半径为R，在地球和天体表面，分别有G
ρ1· 4
3 π(nR)
3·m
(nR)
2
=mg，G
ρ2· 4
3 π R
3·m
R
2
=mg'，联立可得ρ1
ρ2
=2
n，故选C。
估算法，一般是指依据一定的物理概念和规律，对所求物理量的数量级或物理量的取值范围进行
大致的、合理的推算，如估算天体运行周期、天体质量或密度等宏观量，或者估算分子直径等微观量，
题目往往只要求粗略估算出结果，通常出现“大约”“估算”“数量级”等字眼，或者估算某一范围。
(1)估算时经常用到的近似数学关系：
①角度θ 很小时，弦长近似等于弧长。
②θ 很小时，sin θ≈θ，tan θ≈θ，cos θ≈1。
③a≫b 时，a+b≈a，1
a+1
b≈1
b
(2)估算时经常用到的一些物理常识数据，通常可从日常生活、生产实际、熟知的基本常识中获得，如
成人体重约600 N，汽车速度约为10~20 m/s，成人身高大约1.6~1.8 m。
(3)指数函数x
1
2、x
1
3保留一位有效数字时，可就近取整数，如√39保留一位有效数字，可以取6，3√60保
留一位有效数字可取4。
(4)进行估算时，注意抓住主要因素，忽略次要因素，适当进行极端取值，快速解题。
示例 (2025·云南卷·5)国际编号为192391 的小行星绕太阳公转的周期约为5.8 年，该小行星与太阳系
内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1 AU，八大行星绕太阳
公转的轨道半径如下表所示。忽略其他行星对该小行星的引力作用，则该小行星的公转轨道应介于 (
)
行星
水星
金星
地球
火星
木星
土星
天王星海王星
轨道半径R/AU
0.39
0.72
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A.金星与地球的公转轨道之间
B.地球与火星的公转轨道之间
C.火星与木星的公转轨道之间
D.天王星与海王星的公转轨道之间
答案 C
解析 根据开普勒第三定律可知
r行
3
T 行
2=
r地
3
T 地
2，其中r 地=1 AU，T 地=1 年，T 行=5.8 年，
3√( 5.8
1 )
2≈
3√6
2=
3√36，
27<36<64，则3 AU<r 行<4 AU，故该小行星的公转轨道应介于火星与木星的公转轨道之间。故选C。
专题强化练
[分值：54 分]
[1~6 题，每题4 分，7~11 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2025·江苏卷·4)游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O'为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速
转动。O'固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A 点与O、O'恰好在同一条直线上。则 (
)
A.A 点做匀速圆周运动
B.O'点做匀速圆周运动
C.此时A 点的速度小于O'点
D.此时A 点的速度等于O'点
答案 B
解析 A 点运动为A 点绕O'的圆周运动和O'绕O 点的圆周运动的合运动，则轨迹不是圆周，不做匀速圆周
运动，故A 错误；根据题意O'固定在底盘上，故可知O'围绕O 点做匀速圆周运动，故B 正确；杯上A 点
与O、O'恰好在同一条直线上且A 点和O'点运动方向相同，则vA=vO'+vA'，vA'为A 相对于O'的速度，故此时
A 的速度大于O'的速度，故C、D 错误。
2.(2025·湖北卷·2)甲、乙两行星绕某恒星做匀速圆周运动，甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星之间的万
有引力作用，下列说法正确的是( )
A.甲运动的周期比乙的小
B.甲运动的线速度比乙的小
C.甲运动的角速度比乙的小
D.甲运动的向心加速度比乙的小
答案 A
解析 恒星对行星的万有引力提供行星做匀速圆周运动所需的向心力，可知G Mm
r
2 =mv
2
r =mω2r=m4 π
2
T
2
r=ma，解得T=2π√
r
3
GM
，v=√
GM
r
，ω=√
GM
r
3 ，a=GM
r
2 ，因r 甲<r 乙，可知T 甲<T 乙，v 甲>v 乙，ω 甲>ω 乙，a 甲
>a 乙，故选A。
3.(2025·山东卷·4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg 的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定
点做半径为0.6 m 的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片，曝光时间为1
50 s。由于小球运
动，在照片上留下了一条长度约为半径1
5的圆弧形径迹，重力加速度g 取10 m/s2。根据以上数据估算小球
在最低点时细线的拉力大小为( )
A.11 N
B.9 N
C.7 N
D.5 N
答案 C
解析 根据题意可知在曝光时间内小球运动的弧长为Δl=1
5r=1
5×0.6 m=0.12 m，可得线速度v= Δl
Δt =
0.12
1
50
m/s=6 m/s，在最低点根据牛顿第二定律有FT-mg=mv
2
r ，代入数据解得FT=7 N。
4.(2025·陕西省部分学校联考)在环绕地球做匀速圆周运动的空间站内，航天员长期处于失重状态，给身心
带来许多不适，为此科学家设想建造一种环形空间站。如图所示，环形空间站绕其中心匀速旋转，航天员
站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。把地球看作半径为R 的均质球
体，忽略地球的自转，已知空间站距地面的高度为h，绕地球公转的速度大小为v，旋转舱绕轴线匀速转动
的半径为r，为达到与地表相似的生活环境，旋转舱绕其轴线转动的周期为( )
A. R
v √
r
R+h
B.2π R
v √
R+h
r
C. R
v √
R+h
r
D.2π R
v √
r
R+h
答案 D
解析 设地球表面重力加速度为g，则航天员在地球表面时有GMm
R
2
=mg，空间站绕地球公转时，有
GM m
'
( R+h)
2=m' v
2
R+h，旋转舱内的航天员做匀速圆周运动，侧壁对航天员的支持力等于mg，则有mg=mr4 π
2
T 0
2
，联立解得T0=2π R
v √
r
R+h，故选D。
5.(2025·广东卷·5)一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距
离的5 倍和7 倍。关于该小行星，下列说法正确的是( )
A.公转周期约为6 年
B.从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小
C.从远日点到近日点线速度大小逐渐减小
D.在近日点加速度大小约为地球公转加速度的1
25
答案 D
解析 根据题意，设地球与太阳间距离为R，则小行星公转轨道的半长轴为a=5 R+7 R
2
=6R，由开普勒第
三定律有(6 R)
3
T
2
= R
3
T 地
2，解得T=√6
3T 地
2=6√6年，故A 错误；从远日点到近日点，小行星与太阳间距离逐
渐减小，由万有引力定律F=Gm1m2
r
2
可知，小行星所受太阳引力逐渐增大，故B 错误；由开普勒第二定律
可知，从远日点到近日点，小行星线速度逐渐增大，故C 错误；由牛顿第二定律有GMm
r
2
=ma，解得a=
GM
r
2 ，可知a行
a地
=
R
2
(5 R)
2= 1
25，即小行星在近日点的加速度大小是地球公转加速度的1
25，故D 正确。
6.(2025·山东烟台市、德州市、东营市诊断)2024 年10 月30 日，神舟十九号载人飞船将三名航天员送入太
空，飞船入轨后与天和核心舱对接的过程简化为如图所示，飞船先在轨道半径为r1的圆轨道Ⅰ上运行，变
轨后沿着椭圆轨道Ⅱ由近地点A 处运动到远地点B 处，与处于轨道半径为r2的圆轨道Ⅲ上的天和核心舱对
接。已知飞船在椭圆轨道Ⅱ上经过B 点时速度大小为v，天和核心舱在轨道Ⅲ上运行周期为T，AB 是椭圆
轨道Ⅱ的长轴，地球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A.飞船在圆轨道Ⅰ上经过A 点时速度大小为r2v
r1
B.地球的平均密度为3 π r2
3
GT
2 R
3
C.飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期为T
2 √
(r1+r2)
3
r2
3
D.飞船与天和核心舱对接后在轨道Ⅲ上运行的速度大小为v
答案 B
解析 飞船在椭圆轨道Ⅱ远地点B 速度为v，根据开普勒第二定律，可得飞船在椭圆轨道Ⅱ上经过A 点的
速度与B 点速度满足vA·r1=v·r2，可得vA=r2v
r1
，飞船从圆轨道Ⅰ上A 点需要加速才能运动到椭圆轨道Ⅱ上，
故A 错误；天和核心舱在轨道Ⅲ上运行，根据万有引力提供向心力G Mm
r2
2 =m( 2π
T )
2r2，解得M=4 π
2r2
3
GT
2 ，
地球体积V=4
3 πR3，根据ρ= M
V ，可得地球的平均密度为ρ= 3 π r2
3
GT
2 R
3，故B 正确；椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a=
r1+r2
2
，根据开普勒第三定律有a
3
T '
2=r2
3
T
2 ，可得飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期为T'=T
2 √
(r1+r2)
3
2r2
3
，故C
错误；飞船从椭圆轨道Ⅱ需加速才能变轨至轨道Ⅲ，故在椭圆轨道Ⅱ远地点B 的速度v 小于在轨道Ⅲ的速
度，因此对接后在轨道Ⅲ上运行的速度大小不等于v，故D 错误。
[争分提能练]
7.(2025·河北卷·7)随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面
发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半
径为R0，表面重力加速度为g0。质量为m 的飞行器与星球中心距离为r 时，引力势能为mg0R0
2( 1
R0
-1
r )
(r≥R0)。要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为( )
A.√g0 R0
B.√
3 g0 R0
2
C.√2 g0 R0
D.√3 g0 R0
答案 B
解析 飞行器在轨道半径r=2R0处的机械能包括动能和势能。引力势能为Ep=mg0R0
2( 1
R0
- 1
2 R0
)=1
2mg0R0，
根据万有引力提供向心力
GMm
(2 R0)
2=m
v
2
(2 R0)，在星球表面有
GMm
R0
2 =mg0，解得轨道速度满足v2=g0 R0
2
，对应
动能Ek=1
2mv2=1
4 mg0R0，机械能E 总=3
4 mg0R0，根据机械能守恒有1
2mv0
2=E 总，解得v0=√
3 g0 R0
2
。故选B。
8.(2025·四川绵阳市二模)如图所示，M、N 是北斗卫星导航系统中的两颗卫星，P 是纬度为θ=30°的地球表
面上一点，假设卫星M、N 均绕地球做匀速圆周运动，卫星N 为地球静止轨道同步卫星(周期T=24 h)。某
时刻P、M、N、地心O 恰好在同一平面内，且O、P、M 在一条直线上，∠OMN=90°，则( )
A.M 的周期小于地球自转周期T
B.M、N 的向心加速度大小之比为2∶√3
C.卫星M 的动能一定大于卫星N
D.再经过12 小时，P、M、N、O 一定再次共面
答案 A
解析 由几何关系可得rM=rNcos 30°=√3
2 rN，根据牛顿第二定律可知G Mm
r
2 =m(2π
T )2r，解得T=2π√
r
3
GM
，故
M 的周期小于N 的周期，而N 的周期与地球自转的周期相同，所以M 的周期小于地球自转周期T，A 正确；
根据牛顿第二定律可得G Mm
r
2 =ma，解得a=GM
r
2 ，故两卫星的向心加速度大小之比为aM
aN
= r N
2
r M
2=4∶3，B 错
误；由于两卫星的质量未知，故无法比较它们动能的大小，C 错误；由于N 的周期为24 小时，再经过12
小时，N 运动半圈，而M 运动的路程大于半圈，所以P、M、N、O 不可能共面，D 错误。
9.(2025·重庆市调研)某中轨道通信卫星(MEO)绕地球做匀速圆周运动，但由于地球的自转，该卫星飞行轨
道在地球表面的投影以及该卫星相继飞临赤道上空对应的地面的经度如图。若该卫星绕地球飞行的轨道半
径为r1，地球同步卫星的轨道半径为r2，则r1与r2的比值为( )
A. 1
10
B.1
8
C.1
4
D.1
2
答案 C
解析 设地球自转周期为T0，即地球同步卫星的周期为T0，由题图可知，通信卫星每转动一圈，地球自转
45°，则通信卫星的周期为T1= 45°
360° T0=1
8T0，根据万有引力提供向心力可得GMm
r
2
=m4 π
2
T
2 r，即r=
3√
GM T
2
4 π
2
，则有
r1
r2
=
3
√
T 1
2
T 0
2=1
4 ，故选C。
10.(2025·河北沧州市联考)我国“天问二号”小行星探测器的主要任务是对近地小行星2016HO3 开展伴飞、
探测并取样返回。假设“天问二号”小行星探测器在小行星的静止轨道上运行时速度为v，降落在小行星
表面采样时发现同一样品在该行星赤道时的重力是其在北极时重力的9
10。已知小行星的自转周期为T，引
力常量为G，则下列说法正确的是( )
A.小行星的质量为v
2T
2π G
B.小行星静止轨道的高度为vT
2π
3√
1
10
C.贴近小行星表面运行的卫星周期为√10
3 T
D.小行星的密度为30 π
GT
2
答案 D
解析 小行星探测器在小行星的静止轨道上运行时的周期等于小行星的自转周期T，设小行星的静止轨道
的轨道半径为r，则有T=2π r
v
，解得r= vT
2π ，由万有引力提供向心力有GMm
r
2
=m4 π
2
T
2 r，解得小行星的质量
M=4 π
2r
3
GT
2 = v
3T
2π G ，故A 错误；根据题意可知，样品在赤道上时有GM m1
R
2
=m1g1+m14 π
2
T
2 R，样品在北极时有
GM m1
R
2
=m1g2，又有m1g1
m1g2
= 9
10，联立解得小行星的半径R=
3√
1
10· vT
2π ，则小行星静止轨道的高度为h=r-
R=(1-3√
1
10 ) vT
2π
，故B 错误；由万有引力提供向心力有GMm
R
2
=m4 π
2
T
' 2 R，又有GMm
r
2
=m4 π
2
T
2 r，联立解得T'=
√10
10 T，故C 错误；结合A、B 分析可得，小行星的密度为ρ=
M
4
3 π R
3=30 π
GT
2，故D 正确。
11.(2024·重庆卷·7)在万有引力作用下，太空中的某三个天体可以做相对位置不变的圆周运动，假设a、b
两个天体的质量均为M，相距为2r，其连线的中点为O，另一天体(图中未画出)质量为m(m≪M)，若c 处
于a、b 连线的垂直平分线上某特殊位置，a、b、c 可视为绕O 点做角速度相同的匀速圆周运动，且相对位
置不变，忽略其他天体的影响，引力常量是G，则( )
A.c 的线速度大小为a 的√3倍
B.c 的向心加速度大小为b 的一半
C.c 在一个周期内的路程为2πr
D.c 的角速度大小为√
GM
8r
2
答案 A
解析 a、b、c 三个天体角速度相同，由于m≪M，则对a 天体有G MM
(2r )
2=Mω2r，解得ω=√
GM
4 r
3 ，故D 错
误；设c 与a、b 的连线与a、b 连线中垂线的夹角为α，对c 天体有2G
Mm
(
r
sin α )
2cos α=mω2
r
tan α ，解得α =
30°，则c 的轨道半径为rc=
r
tan30° =√3r，由v=ωr 可知c 的线速度大小为a 的√3倍，故A 正确；由a=ω2r
可知c 的向心加速度大小是b 的√3倍，故B 错误；c 在一个周期内运动的路程为s=2πrc=2√3πr，故C 错误。
