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第4 课时 圆周运动 天体的运动 跟踪训练
基础保分练
一．选择题：
1.混合动力汽车变速箱的核心部件是行星齿轮机构，如图所示，它由太阳轮a、
齿圈b、行星齿轮c 以及行星架组成，设a、b、c 的齿数分别为n1、n2、n3。若
太阳轮a 顺时针转动，周期为T，则它通过行星齿轮带动齿圈b 转动时，齿圈b
的转动方向和周期为( )
A.顺时针 T
B.逆时针 T
C.顺时针 T
D.逆时针 T
2.水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明。图为某水
车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为v0，垂直落在与水平面成30°角的水
轮叶面上，落点到轮轴间的距离为R。在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线
速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，重力加速度为g，有
关水轮叶面及从槽口流出的水，以下说法正确的是(
)
A.水流在空中运动时间为t＝
B.水流在空中运动时间为t＝
C.水轮叶面最大角速度接近ω＝
D.水轮叶面最大角速度接近ω＝
3.(2024·江苏卷，8)陶瓷是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、
成型和煅烧制得的材料以及各种制品。如图所示是生产陶瓷的简化工作台，当
陶瓷匀速转动时，台面面上掉有陶屑，陶屑与桌面间的动摩
因数处处相同(台面够大)，则( )
A.离轴OO′越远的陶屑质量越大
B.离轴OO′越近的陶屑质量越小
C.只有平台边缘有陶屑
D.离轴最远的陶屑距离不会超过某一值
4.在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量。如图所示，不可伸长
的轻绳一端固定于O 点，另一端系一待测小球，使其围绕O 做匀速圆周运动，
用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n 圈所用的时间为t，用
刻度尺测得O 点到球心的距离为圆周运动的半径为R。下列说法正确的是( )
A.圆周运动轨道可处于任意平面内
B.小球的质量为
C.若误将n－1 圈记作n 圈，则所得质量偏大
D.若测R 时未计入小球半径，则所得质量偏小
5.如图，A、B、C 为我国发射的3 颗卫星，其轨道皆为圆形，其中卫星A、B
的轨道在赤道平面内，卫星C 的轨道为极地轨道，轨道半径rC＜rA＜rB，下列
说法正确的是( )
A.卫星A 的动能一定比卫星B 的大
B.卫星A 的加速度大小一定比卫星B 的大
C.卫星B 一定与地球自转同步
D.卫星C 的线速度大小可能为8.0 km/s
6.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好
运动到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为
“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则
哪颗地外行星相邻两次冲日的时间间隔最短( )
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
轨道半径
R/AU
1.0
1.5
5.2
9.5
19
30
A.火星
B.木星
C.天王星
D.海王星
7.“神舟十七号”载人飞船发射升空，顺利进入近地点200 km、远地点363 km
的近地轨道(LEO)，并在同一天，经转移轨道与轨道(正圆轨道)高度为400 km
的中国空间站完成对接，轨道简化如图。则( )
A.飞船在LEO 轨道的运行周期大于空间站周期
B.飞船在M 点减速进入转移轨道
C.飞船在转移轨道运行经过M 点的加速度大于N 点的加速
度
D.飞船在转移轨道从M 点运动到N 点过程中速度逐渐增大
8.我国使用运载火箭成功将“爱因斯坦探针卫星”送入预定轨道，用于捕捉爱
因斯坦预言的黑洞及引力波电磁对应体等天文现象。若卫星在距地面600 km 的
轨道上绕地球稳定运行，该卫星的( )
A.运行周期等于地球的自转周期
B.线速度大于地球的第一宇宙速度
C.角速度等于地球同步卫星的角速度
D.加速度大于地球同步卫星的加速度
9.(2025·四川卷,6)某人造地球卫星运动轨道与赤道共面,绕行方向与地球自转方
向相同。该卫星持续发射信号,位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变
化的规律如图所示,T 为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动,
地球质量为M,引力常量为G。则该卫星轨道半径为( )
A.3√
GM T
2
36 π
2
B.
3√
GM T
2
16 π
2
C.3√
GM T
2
4 π
2
D.
3√
9GM T
2
4 π
2
综合创新练
一．选择题：
10.如图所示，在圆形伞边缘的A、B 两点分别用两根细线挂质量相同的小球，
且线长L1>L2。当伞带动两球在水平面内绕竖直柄OO′匀速转动时，细线L1、L2
与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，拉力大小分别为F1、F2，小球角速度分为别
ω1、ω2，距地面高度分别为h1、h2，不计空气阻力。则(
)
A.ω1>ω2 B.θ1>θ2
C.F1<F2 D.h1>h2
11.(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.❑√2g0 R0 D. ❑√3 g0 R0
二．计算题：
12.如图所示，在长为d 的机械臂作用下，微型卫星、空间站、地球位于同一
直线，微型卫星与空间站一起做角速度为ω 的匀速圆周运动。已知地球半径为
R，地球表面重力加速度为g，微型卫星质量为m，空间站轨道半径为r，求：
(1)在轨运行时，空间站的线速度v1和微型卫星的线速度v2之比；
(2)机械臂对微型卫星的作用力大小F(忽略空间站对卫星的引力)。
13.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，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A 上，细线穿
过小孔O，两端分别与环A 和小球B 连接，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，细线与
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，细线OB 的长度s′及弹簧的弹力大小。
参考答案：
1.答案 B 解析 若太阳轮a 顺时针转动，由题图可知，行星齿轮c 与太阳轮a
转动方向相反，齿圈b 与行星齿轮c 转动方向相同，故行星齿轮c 逆时针转动，
齿圈b 逆时针转动；设齿圈b 转动的周期为T2，太阳轮a、齿圈b 半径分别为
r1、r2，则有＝，太阳轮a、齿圈b 转动的线速度大小相等，则有＝，可得T2＝
T＝T，故B 正确。
2.答案 C 解析 水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上，水平方向速度
和竖直方向速度满足tan 30°＝，解得t＝，A、B 错误；水流到水轮叶面上时的
速度大小为v＝＝2v0，根据v＝ωR，解得ω＝，C 正确，D 错误。
3.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，根据牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，解得
r＝，因与台面相对静止的这些陶屑的角速度相同，由此可知能与台面相对静止
的陶屑离轴OO′的距离与陶屑质量无关，只要在台面上不发生相对滑动的位置
都有陶屑，A、B、C 错误；离轴最远的陶屑若受到的静摩擦力为最大静摩擦力，
由上述分析可知最大的运动半径为R＝，μ 与ω 均一定，故R 为定值，即离轴
最远的陶屑距离不超过某一值R，故D 正确。
4.答案 A 解析 空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道
可处于任意平面内，故A 正确；根据F＝mω2R 和ω＝，解得小球质量m＝，故
B 错误；若误将n－1 圈记作n 圈，则所测质量偏小，故C 错误；若测R 时未计
入小球的半径，则R 偏小，则所测质量偏大，故D 错误。
5.答案 B 解析 由于质量关系未知，无法判断动能大小，选项A 错误；根据
G＝ma，得a＝，卫星A 的加速度大小一定比卫星B 的大，选项B 正确；卫星
B 的轨道在赤道平面内，但不能说明是同步卫星，选项C 错误；卫星C 的线速
度不可能大于第一宇宙速度7.9 km/s，选项D 错误。
6.答案 D 解析 设相邻两次冲日的时间间隔为t，根据－＝1，解得t＝＝，则
行星做圆周运动的周期T 越大，则相邻两次冲日的时间间隔越短；而根据开普
勒第三定律＝k，海王星的轨道半径最大，则其周期最大，则海王星相邻两次冲
日的时间间隔最短，故D 正确。
7.答案 C 解析 由图可知，飞船在LEO 轨道的半长轴小于空间站的轨道半径，
根据开普勒第三定律＝k 可知，飞船在LEO 轨道的运行周期小于空间站周期，
故A 错误；飞船在M 点进入转移轨道做离心运动，需要点火加速，故B 错误；
根据牛顿第二定律有G＝ma，可得a＝，可知飞船在转移轨道运行经过M 点的
加速度大于N 点的加速度，故C 正确；飞船在转移轨道从M 点运动到N 点过
程中引力做负功，速度逐渐减小，故D 错误。
8.答案 D 解析 地球同步轨道的高度大约为36 000 km，可知地球同步卫星轨
道半径大于此卫星轨道半径，根据万有引力提供向心力有G＝mr，则T＝2π，
可知此卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，由ω＝
可知，此卫星的角速度大于地球自转的角速度，故A、C 错误；第一宇宙速度
是所有环绕地球做圆周运动的卫星的最大速度，则此卫星的线速度小于第一宇
宙速度，故B 错误；因为地球同步卫星轨道半径大于此卫星轨道半径，由万有
引力提供向心力有G＝ma，解得a＝，得该卫星的加速度大于地球同步卫星的
加速度，故D 正确。
9.答案 A 解析 设卫星运动的周期为T',根据题意可得2π
T ' ·T
2 -2π
T ·T
2 =2π,可得
T'=T
3
,根据万有引力提供向心力,有G Mm
r
2 =m4 π
2
T '
2 r,可得r=3√
GMT '
2
4 π
2
=3√
GM T
2
36 π
2
,故
A 正确。
10.答案 B 解析 当伞带动两球在水平面内绕竖直柄OO′匀速转动，稳定时，
两球的角速度大小相等，则有ω1＝ω2，故A 错误；设细线与竖直方向的夹角为
θ，伞的半径为r，根据牛顿第二定律可得mgtan θ＝mω2(r＋Lsin θ)，解得ω2
＝＝，由于角速度大小相等，伞的半径r 一定，为了保证＋Lcos θ 为定值，当
L 大时，则θ 大，cos θ 小，tan θ 大；由于L1>L2，则有θ1>θ2，故B 正确；竖
直方向根据受力平衡可得Fcos θ＝mg，则有F＝，由于θ1>θ2，则有F1>F2，故
C 错误；根据ω2＝＝，为了保证＋Lcos θ 为定值，当L 大时，则θ 大，cos θ
小，tan θ 大，则有Lcos θ 大；由于L1>L2，则L1cos θ1>L2cos θ2，可知A 点处
的小球位置更低，则有h1<h2，故D 错误。
11.答案 B 解析 根据万有引力提供向心力有G Mm
(2 R0)
2=m
v
2
(2 R0)
,在星球表面
有G Mm'
R0
2 =m'g0,联立解得v2=g0 R0
2
,飞行器的动能为Ek=1
2
mv2=1
4
mg0R0;由题意
知飞行器的引力势能为Ep=mg0R0
2(
1
R0
−1
2 R0)
=1
2
mg0R0,根据机械能守恒定律,有
1
2
mv0
2=Ep+Ek,联立解得v0=❑√
3 g0 R0
2
,故B 正确。
12.答案 (1) (2)mgR2
解析 (1)空间站和微型卫星的角速度相同，由公式v＝ωr
可知＝＝。
(2)对空间站有G＝m2ω2r
对微型卫星有G＋F＝mω2(r＋d)
联立解得F＝mgR2。
13.答案 (1) (2) 2mg
解析 (1)当装置转动的角速度为ω 时，对小球B
由牛顿第二定律得FT1cos 37°＝2mg
FT1sin 37°＝2mω2ssin 37°
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 有FT2cos 53°＝2mg
FT2sin 53°＝2m(2ω)2s′sin 53° 解得s′＝
设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω 时对圆环A 满足FT1－F＝mω2(L－
s)
装置转动的角速度为2ω 时，
对圆环A 有FT2＋F＝m(2ω)2(L－s′)
联立解得F＝2mg。
