专题一第3讲课时2圆周运动天体的运动

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mgtanθ=mrω2恰好离开接触面FN=02.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mgcosθ=mv恰好通过最高点，FN恰好为0轻杆模型最高点：mg±F=mv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'=mv2r，其中g'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：mgsinθ±Ff=mω2r最低点：Ff-mgsinθ=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)μgω12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FTcosα=mω12r1，μmg=FTsin联立解得tanα=μg(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'sinθ，FT2=FT'cosθ对转椅根据牛顿第二定律得FT1cosβ=mω22沿切线方向根据平衡条件有FT1sinβ=Ff=μFN竖直方向根据平衡条件有FN+FT2=mg联立解得ω2=μgsin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34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(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=mv从释放小球到C的过程中，由动能定理得mg(H-R)=12m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cosθ=h对小球由牛顿第二定律可得mgcosθ=mv由动能定理得mg(0.9R-h)=12mv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=2D.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-cosα)=12mv2，FN=mgcosα-mv2R，联立有FN=3mgcosα-2mg，则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα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=mgvsinθ，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=12mvC2-12mv02，解得v0=4gR，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcosθ=mvB2R，则vB=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-cosθ)=12mv在P点，由牛顿第二定律得mgcosθ=mv联立解得cosθ=2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-cosθ)=12mv2(0≤θ≤π在该处根据牛顿第二定律得F+mgcosθ=mv2R(0≤θ≤联立可得F=2mg-3mgcosθ则大圆环对小环作用力的大小为|F|=|2mg-3mgcosθ|根据数学知识可知|F|的大小在cosθ=23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，r3T2=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(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=G(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：GMmR2=mg，故GM=gR2(考虑自转：两极：GMmR2赤道：GMmR2=mg0+mω卫星的发射地球的第一宇宙速度：v=GMR=gR=7.9km/s(天体)卫星在圆轨道上运行GMmr2=Fn“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GMmr2=mv2r，解得v=GMr，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GMmr2=ma，解得a=GMr2，则哈雷彗星在近日点加速度a1与地球的加速度a2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GMmr2=ma，解得a=GMr2，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GMmr2=m4π2T2r，解得M=4π2r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LdB.周期之比为3C.线速度大小之比为L+D.向心加速度大小之比为(LL+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+LL，故A错误；根据万有引力提供向心力有GMmr2=m(2πT)2r=mv2r=ma，解得T=4π2r3GM，v=GMr，a=GMr2，故可得周期之比为T地例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.3π(1+k)C.π(1+k)3GT2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GMm[(k+1)R]2=m月球的体积V=43πR月球的平均密度ρ=M联立可得ρ=3πGT2(1+k)3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.r3a3 B.a3答案D解析由GMmr2=m4π2T根据开普勒第三定律r3T2=k，则可见，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=4π2r3GT2，同理，对“鹊桥二号因“鹊桥二号”与地球同步卫星周期相同，所以M月M地=a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。ρ1ρ2的值为A.2n B.n2 C.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=2kAm，g'=可得gg'=2，设某球状天体的半径为R，在地球和天体表面，分别有Gρ1·43π(nR)3·m(nR)2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，sinθ≈θ，tanθ≈θ，cosθ≈1。③a≫b时，a+b≈a，1a+1b(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600N，汽车速度约为10~20m/s，成人身高大约1.6~1.8m。(3)指数函数x12、x13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，(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1AU，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/AU0.390.721.01.55.29.51930A.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3T行2=r地3T地2，其中r地=1AU，T地=1年，T行=5.8年，3(5.81)2≈36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GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=ma，解得T=2πr3GM，v=GMr，ω=GMr3，a=GMr2，因r甲<r乙，可知T甲<T乙，v甲>v乙3.(2025·山东卷·4)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1kg的发光小球，让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6m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150s。由于小球运动，在照片上留下了一条长度约为半径15的圆弧形径迹，重力加速度g取10m/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.11N B.9N C.7N D.5N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=15r=15×0.6m=0.12m，可得线速度v=ΔlΔt=0.12150m/s=6m/s，在最低点根据牛顿第二定律有FT-mg=mv4.(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.RvrC.RvR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GMmR2=mg，空间站绕地球公转时，有GMm'(R+h)2=m'v2R+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=5R+7R2=6R，由开普勒第三定律有(6R)3T2=R3T地2，解得T=63T地2=66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=Gm1m2r26.(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rB.地球的平均密度为3πC.飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期为TD.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=r2vr1，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GMmr22=m(2πT)2r2，解得M=4π2r23GT2，地球体积V=43πR3，根据ρ=MV，可得地球的平均密度为ρ=3πr23GT2R3，故B正确；椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a=r1+[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mg0R02(1R0-1r)(r≥R0)A.g0RC.2g0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=mg0R02(1R0-12R0)=12mg0R0，根据万有引力提供向心力GMm(2R0)2=mv2(2R0)，在星球表面有GMmR02=mg0，解得轨道速度满足v2=g0R02，对应动能Ek=12mv2=18.(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=24h)。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TB.M、N的向心加速度大小之比为2∶3C.卫星M的动能一定大于卫星ND.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=rNcos30°=32rN，根据牛顿第二定律可知GMmr2=m(2πT)2r，解得T=2πr3GM，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GMmr2=ma，解得a=GMr2，故两卫星的向心加速度大小之比为aMaN=rN2rM2=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.110 B.18 C.1答案C解析设地球自