第一篇 专题一 第4讲 圆周运动 天体的运动-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（广东专用）（课件PPT+word教案）

力与运动 专题一 第4讲　圆周运动　天体的运动 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。 目标要求 内容索引 专题强化练 考点二　万有引力与宇宙航行 考点一　圆周运动 3 圆周运动 考点一 1.圆周运动的三种临界情况 (1)接触面滑动临界：f=fmax。 (2)接触面分离临界：FN=0。 (3)绳恰好绷紧：T=0；绳恰好断裂：T达到绳子可承受的最大拉力。 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 圆锥摆模型 mgtan θ=mrω2 恰好离开接触面 轻绳模型   最高点：T+mg=m 恰好通过最高点，绳的拉力恰好为0 轻杆模型   最高点：mg±F=m 恰好通过最高点，杆对小球的力等于小球的重力 (2)竖直面及倾斜面内的圆周运动 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 恰好通过等效最高点，恰好做完整的圆周运动 倾斜转盘上的物体   最高点：mgsin θ±f=mω2r 最低点f-mgsin θ=mω2r 恰好通过最低点 　 (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 例1 √ 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合=Fn=mr，联立可得Fn=r3，其中为常数，r的指数为3，故题中n=3，故选C。 　 (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 A.角速度为 rad/s 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 √ 例2 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=mgvy，可知重力对该同学做功的功率先增大后减小，故C正确； 在B点有=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。 　 (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。 例3 (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。 答案　 设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为T，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Tcos α=mr1，μmg=Tsin α 联立解得tan α= (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　 设此时轻绳拉力为T'，沿A1B方向和垂直A1B方向竖直向上的分力分别为T1=T'sin θ，T2=T'cos θ 对转椅根据牛顿第二定律得T1cos β=mr2 沿切线方向根据平衡条件有T1sin β=f=μFN 竖直方向根据平衡条件有FN+T2=mg 联立解得ω2=。 万有引力与宇宙航行 考点二 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，与太阳的连线在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，=k，若为椭圆轨道，则r为半长轴，若为圆轨道，则r=R； (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= (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 忽略自转：G=mg，故GM=gR2(黄金代换式) 考虑自转： 两极：G=mg 赤道：G=mg0+mω2R 卫星的发射 地球的第一宇宙速度：v===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=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 　 (2023·广东卷·7)如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是 A.周期为2t1-t0 B.半径为 C.角速度的大小为 D.加速度的大小为 例4 √ 由图(b)可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为T=t1-t0，则P的公转周期为t1-t0，故A错误； P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提 供向心力可得=mr，解得公转半径为r==，故B正确； P的公转角速度为ω==，故C错误； P的加速度大小为a=ω2r=()2·=·，故D错误。 　 (多选)(2024·广东湛江市二模)P、Q两个星球的质量分布均匀且自转角速度相同，它们的重力加速度大小g随物体到星球中心的距离r变化的图像如图所示。关于P、Q星球，下列说法正确的是 A.质量相同 B.密度相同 C.第一宇宙速度大小之比为2∶1 D.同步卫星距星球表面的高度之比为1∶2 例5 √ √ 由题图可知，两星球的重力加速度大小之比和半径之比都是1∶2，由=mg，可得M= =，故A错误； 由ρ==，可得ρ=，故两星球密度相同，故B正确； 由mg=m，可得v==，故C错误； 由=mr，可得r= =，又因为两星球的半径之比为1∶2，故同步卫星距星球表面的高度之比也为1∶2，故D正确。 　 (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 例6 √ 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=，可得==，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度，故C错误； 火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，有ω火=， ω地=，要发生下一次火星冲日则有(-)t=2π，得t=>T地，可知下一次“火星冲日”出现在 2023年12月8日之后，故D错误。 　 (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为引力常量；现将空间站的质量记为m0，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r1、r2，如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为 A.GMm0(-) B.GMm0(-) C.GMm0(-) D.2GMm0(-) 例7 √ 空间站从轨道半径r1变轨到半径r2的过程，根据动能定理有W+W引力=ΔEk，W为紧急避碰过程中发动机做的功 依题意可得引力做功W引力=G-G 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=m0 空间站在轨道上运动的动能为Ek=G 动能的变化量ΔEk=G-G 联立解得W=-)，故选A。 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C CD D B C B BC B 题号 9 10 答案 D (1)2 N　1.2 N　(2) m/s 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1.(2024·广东湛江市一模)在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘轳，如图所示，可转动的把手边缘上a点到转轴的距离为4R，辘轳边缘上b点到转轴的距离为R，忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速上升的过程中，下列说法正确的是 A.a点与b点的角速度之比为4∶1 B.a点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为1∶4 C.a点与b点的向心加速度大小之比为4∶1 D.绳的拉力对水桶(含桶内的水)的冲量大小等于重力对 　水桶(含桶内的水)的冲量大小 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 保分基础练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 把手边缘上a点与辘轳边缘上b点属于同轴转动，所以角速度相同，故A错误； 根据角速度与线速度的关系，可得水桶上升的速度大小为v=ωR，把手边缘上a点的线速度大小为 v1=4ωR，所以把手边缘上a点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为4∶1，故B错误； 由公式a=ω2r可知，把手边缘上a点与辘轳边缘上b点的向心加速度大小之比为4∶1，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 对水桶分析，根据动量定理有I拉-I重=Δp，可知拉力对水桶(含桶内的水)的冲量大小大于重力对水桶(含桶内的水)的冲量大小，故D错误。 2.(多选)(2024·广东汕头市一模)某水平圆形环岛路面如图(a)，汽车受到的最大静摩擦力与重力的比值恒定不变，则当汽车匀速率地通过环形路段时，汽车的侧向摩擦力达到最大时的最大速度称为临界速度，下列说法正确的是 A.汽车所受的合力为零 B.汽车受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用 C.汽车在环岛路外侧行驶时，其临界速度增大 D.如图(b)质量相等的两辆车以大小相等的速度绕环岛中心行驶，甲车受 　到指向环形路圆心的摩擦力比乙车的大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 汽车做曲线运动，合力不为零，故A错误； 向心力是效果力，是重力、弹力、摩擦力 的合力，故B错误； 根据fmax=m，最大静摩擦力不变，则外侧行驶半径较大，临界速度较大，故C正确； 根据牛顿第二定律f=m，两车质量相等，速度大小相等，甲车运动半径小，则受到指向环形路圆心的摩擦力大，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 3.(2024·广东肇庆市二模)空间站内属于微重力环境，可视为完全失重环境，空间站内的航天员欲测出一铁球的质量，他用一根不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系待测铁球，使其绕O点在竖直面内做匀速圆周运动，用力传感器测出轻绳的拉力大小F，他用刻度尺量出绳长L及球的直径d，用秒表测出球做n个完整圆周运动的时间为t，下列说法正确的是 A.若让铁球在水平面内做圆周运动，则无法测出铁球的质量 B.根据题中给出的数据，可求出铁球的质量为 C.若不测球的直径，把绳长当做圆周运动的半径，则测得的质量偏小 D.若不测球的直径，改变绳长，测出两次的绳长、拉力及圆周运动的周期， 　也可计算出铁球的质量 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 根据绳子拉力提供向心力F=m(L+)=m(L+)， 解得m=·，若不测球的直径，把绳长当作圆周运动的半径， 则测得的质量偏大，故B、C错误； 若不测球的直径，改变绳长，测出两次的绳长、拉力及圆周运动的周期，可通过解二元一次方程组，计算出铁球的质量及直径，故D正确。 完全失重环境，铁球可以在任意平面做圆周运动，所以无论哪个平面内都可以测出铁球质量，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 4.(2024·安徽卷·5)2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为51 900 km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9 900 km，周期约为24 h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时 A.周期约为144 h B.近月点的速度大于远月点的速度 C.近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度 D.近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 根据开普勒第三定律有=，可知鹊桥二号在捕获轨道运行周期T2=T1≈288 h，A错误； 根据开普勒第二定律可知，近月点的速度大于远月点的速度，B正确； 从捕获轨道到冻结轨道，鹊桥二号在近月点进行近月制动减速，在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 鹊桥二号在两轨道的近月点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，在捕获轨道运行时近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 5.(2024·广东惠州市一模)如图所示，从我国空间站伸出的长为d的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动。已知地球半径为R，空间站的轨道半径为r，地球表面重力加速度为g。忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，则 A.微型卫星的角速度比空间站的角速度要小 B.微型卫星的线速度与空间站的线速度相等 C.空间站所在轨道处的加速度与g之比为 D.机械臂对微型卫星一定无作用力 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，故A错误； 微型卫星的线速度v=ω(r+d)，空间站的线速度 v'=ωr，微型卫星的线速度比空间站的线速度大，故B错误； 由G=ma，解得空间站所在轨道处的加速度a=，在地球表面G=mg，解得g==，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由G=mω2r，解得ω=，可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由F=mω2r可知所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有作用力，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 6.(2024·浙江1月选考·9)如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约500 km的轨道。取地球质量6.0×1024 kg，地球半径6.4×103 km，引力常量6.67×10-11 N·m2/kg2。下列说法正确的是 A.火箭的推力是空气施加的 B.卫星的向心加速度大小约8.4 m/s2 C.卫星运行的周期约12 h D.发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，故A错误； 根据万有引力定律和牛顿第二定律可知卫星 的向心加速度大小为a==≈8.4 m/s2，故B正确； 由G=m()2·(R+h)得卫星运行的周期为T=2π≈1.6 h，故C错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。 答案 7.(多选)(2024·广东湛江市二模)某马戏团上演的飞车节目如图所示，在竖直平面内有半径为R的固定圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，重力加速度大小为g，摩托车以的速度通过圆轨道的最高点B时，关闭摩托车的发动机，不计摩擦，忽略空气阻力，人和摩托车整体可视为质点，下列说法正确的是 A.摩托车经过B点时对轨道的压力大小为2mg B.摩托车经过A点时的速度大小为 C.摩托车从B点到A点的过程中，重力的功率先增大后减小 D.摩托车从B点到A点的过程中，先超重后失重 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 争分提能练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由题意可知，摩托车在B点时，有FB+mg=m，解得FB=mg，由牛顿第三定律可知，摩托车经过B点时对轨道的压力大小为mg，选项A错误； 摩托车从B点到A点的过程中，由机械能守恒定律有 2mgR+m=m，其中vB=，解得vA=，选项B正确； 摩托车从B点到A点的过程中，竖直分速度vy先增大后减小，重力的功率P=mgvy先增大后减小，选项C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 摩托车从B点到A点的过程中，加速度竖直分量先向下后向上，即先失重后超重，选项D错误。 8.(2024·广东省六校联考)如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度大小为g。当圆环以角速度ω=绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为 A.2mg，沿杆向上 B.2mg，沿杆向下 C.(2-1)mg，沿杆向上 D.(2-1)mg，沿杆向下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设轻杆与竖直直径夹角为θ，由几何关系可得cos θ=， 得θ=60°，则小球圆周运动的半径为r=Rsin 60°=R， 做圆周运动所需向心力为F向=mω2r=3mg，小球有 向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，根据平衡条件可知F1cos 30°+F2cos 30°=F向，F1sin 30°+mg=F2sin 30°，解得F1=2mg，故选B。 答案 9.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 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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，由题意可知卫星A的 轨道半径为r=R，在地球表面根据万有引力等于 重力G=mg，联立解得T'==2π，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不到。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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== t-t=2θ，又因为地球自转周期T=，联立以 上解得θ=，t=，故选D。 10.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v0，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 不计，两端半圆形轨道半径R= m，g取10 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 尖子生选练 (1)当v0=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，内侧轨道对小圆柱体的支持力F内1、F内2的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 答案　2 N　1.2 N　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 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内1cos 60°=mg=2 N 解得F内1=2 N 当小圆柱体在半圆形轨道上运动时，假设小圆 柱体未脱离内轨道，其受力分析如图(a)所示 竖直方向根据平衡条件有 F内2cos 60°+F外cos 60°=mg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 水平方向由牛顿第二定律有 F外sin 60°-F内2sin 60°=m 联立解得F内2=1.2 N，假设正确。 (2)为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度v0不能超过多少？(结果可以保留根式) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 答案　 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 设小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨的最大速度为vm，分析可知，小圆柱体恰好不脱轨时小圆柱体的重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 则有=m，解得vm= m/s 故为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨， 初速度v0不能超过 m/s。 本课结束 THANKS $$ 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=fmax。 (2)接触面分离临界：FN=0。 (3)绳恰好绷紧：T=0；绳恰好断裂：T达到绳子可承受的最大拉力。 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 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 最高点：T+mg=m 恰好通过最高点，绳的拉力恰好为0 轻杆模型 最高点：mg±F=m 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 恰好通过等效最高点，恰好做完整的圆周运动 倾斜转盘上的物体 最高点：mgsin θ±f=mω2r 最低点f-mgsin θ=mω2r 恰好通过最低点 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 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合=Fn=mr，联立可得Fn=r3，其中为常数，r的指数为3，故题中n=3，故选C。 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(　　) A.角速度为 rad/s 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 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=mgvy，可知重力对该同学做功的功率先增大后减小，故C正确；在B点有=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)　(2) 解析　(1)设转椅做匀速圆周运动时轻绳拉力为T，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Tcos α=mr1，μmg=Tsin α 联立解得tan α= (2)设此时轻绳拉力为T'，沿A1B方向和垂直A1B方向竖直向上的分力分别为T1=T'sin θ，T2=T'cos θ 对转椅根据牛顿第二定律得T1cos β=mr2 沿切线方向根据平衡条件有T1sin β=f=μFN 竖直方向根据平衡条件有FN+T2=mg 联立解得ω2=。 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，与太阳的连线在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，=k，若为椭圆轨道，则r为半长轴，若为圆轨道，则r=R； (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= (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 忽略自转：G=mg，故GM=gR2(黄金代换式) 考虑自转： 两极：G=mg 赤道：G=mg0+mω2R 卫星的 发射 地球的第一宇宙速度：v===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=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4　(2023·广东卷·7)如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是(　　) A.周期为2t1-t0 B.半径为 C.角速度的大小为 D.加速度的大小为 答案　B 解析　由图(b)可知探测器探测到Q的亮度随时间变化的周期为T=t1-t0，则P的公转周期为t1-t0，故A错误；P绕恒星Q做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得=mr，解得公转半径为r==，故B正确；P的公转角速度为ω==，故C错误；P的加速度大小为a=ω2r=()2·=·，故D错误。 例5　(多选)(2024·广东湛江市二模)P、Q两个星球的质量分布均匀且自转角速度相同，它们的重力加速度大小g随物体到星球中心的距离r变化的图像如图所示。关于P、Q星球，下列说法正确的是(　　) A.质量相同 B.密度相同 C.第一宇宙速度大小之比为2∶1 D.同步卫星距星球表面的高度之比为1∶2 答案　BD 解析　由题图可知，两星球的重力加速度大小之比和半径之比都是1∶2，由=mg，可得M=，则两星球的质量之比=，故A错误；由ρ==，可得ρ=，故两星球密度相同，故B正确；由mg=m，可得v=，则两星球的第一宇宙速度大小之比=，故C错误；由=mr，可得r=，又两星球的自转周期相同，则两星球同步卫星的轨道半径之比=，又因为两星球的半径之比为1∶2，故同步卫星距星球表面的高度之比也为1∶2，故D正确。 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 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=，可得==，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度，故C错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，有ω火=，ω地=，要发生下一次火星冲日则有(-)t=2π，得t=>T地，可知下一次“火星冲日”出现在2023年12月8日之后，故D错误。 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为引力常量；现将空间站的质量记为m0，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r1、r2，如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为 (　　) A.GMm0(-) B.GMm0(-) C.GMm0(-) D.2GMm0(-) 答案　A 解析　空间站从轨道半径r1变轨到半径r2的过程，根据动能定理有W+W引力=ΔEk，W为紧急避碰过程中发动机做的功 依题意可得引力做功W引力=G-G 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=m0 空间站在轨道上运动的动能为Ek=G 动能的变化量ΔEk=G-G 联立解得W=-)，故选A。 专题强化练 ［分值：60分］ 1~6题每题5分，7~9题每题6分，10题12分，共60分 ［保分基础练］ 1.(2024·广东湛江市一模)在我国汉代，劳动人民就已经发明了辘轳，如图所示，可转动的把手边缘上a点到转轴的距离为4R，辘轳边缘上b点到转轴的距离为R，忽略空气阻力。在水桶离开水面后加速上升的过程中，下列说法正确的是(　　) A.a点与b点的角速度之比为4∶1 B.a点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为1∶4 C.a点与b点的向心加速度大小之比为4∶1 D.绳的拉力对水桶(含桶内的水)的冲量大小等于重力对水桶(含桶内的水)的冲量大小 答案　C 解析　把手边缘上a点与辘轳边缘上b点属于同轴转动，所以角速度相同，故A错误；根据角速度与线速度的关系，可得水桶上升的速度大小为v=ωR，把手边缘上a点的线速度大小为v1=4ωR，所以把手边缘上a点的线速度大小与水桶上升的速度大小之比为4∶1，故B错误；由公式a=ω2r可知，把手边缘上a点与辘轳边缘上b点的向心加速度大小之比为4∶1，故C正确；对水桶分析，根据动量定理有I拉-I重=Δp，可知拉力对水桶(含桶内的水)的冲量大小大于重力对水桶(含桶内的水)的冲量大小，故D错误。 2.(多选)(2024·广东汕头市一模)某水平圆形环岛路面如图(a)，汽车受到的最大静摩擦力与重力的比值恒定不变，则当汽车匀速率地通过环形路段时，汽车的侧向摩擦力达到最大时的最大速度称为临界速度，下列说法正确的是(　　) A.汽车所受的合力为零 B.汽车受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用 C.汽车在环岛路外侧行驶时，其临界速度增大 D.如图(b)质量相等的两辆车以大小相等的速度绕环岛中心行驶，甲车受到指向环形路圆心的摩擦力比乙车的大 答案　CD 解析　汽车做曲线运动，合力不为零，故A错误；向心力是效果力，是重力、弹力、摩擦力的合力，故B错误；根据fmax=m，最大静摩擦力不变，则外侧行驶半径较大，临界速度较大，故C正确；根据牛顿第二定律f=m，两车质量相等，速度大小相等，甲车运动半径小，则受到指向环形路圆心的摩擦力大，故D正确。 3.(2024·广东肇庆市二模)空间站内属于微重力环境，可视为完全失重环境，空间站内的航天员欲测出一铁球的质量，他用一根不可伸长的轻绳一端固定在O点，另一端系待测铁球，使其绕O点在竖直面内做匀速圆周运动，用力传感器测出轻绳的拉力大小F，他用刻度尺量出绳长L及球的直径d，用秒表测出球做n个完整圆周运动的时间为t，下列说法正确的是(　　) A.若让铁球在水平面内做圆周运动，则无法测出铁球的质量 B.根据题中给出的数据，可求出铁球的质量为 C.若不测球的直径，把绳长当做圆周运动的半径，则测得的质量偏小 D.若不测球的直径，改变绳长，测出两次的绳长、拉力及圆周运动的周期，也可计算出铁球的质量 答案　D 解析　完全失重环境，铁球可以在任意平面做圆周运动，所以无论哪个平面内都可以测出铁球质量，故A错误；根据绳子拉力提供向心力F=m(L+)=m(L+)，解得m=·，若不测球的直径，把绳长当作圆周运动的半径，则测得的质量偏大，故B、C错误；若不测球的直径，改变绳长，测出两次的绳长、拉力及圆周运动的周期，可通过解二元一次方程组，计算出铁球的质量及直径，故D正确。 4.(2024·安徽卷·5)2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为51 900 km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9 900 km，周期约为24 h。则鹊桥二号在捕获轨道运行时 (　　) A.周期约为144 h B.近月点的速度大于远月点的速度 C.近月点的速度小于在冻结轨道运行时近月点的速度 D.近月点的加速度大于在冻结轨道运行时近月点的加速度 答案　B 解析　根据开普勒第三定律有=，可知鹊桥二号在捕获轨道运行周期T2=T1≈288 h，A错误；根据开普勒第二定律可知，近月点的速度大于远月点的速度，B正确；从捕获轨道到冻结轨道，鹊桥二号在近月点进行近月制动减速，在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，C错误；鹊桥二号在两轨道的近月点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，在捕获轨道运行时近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，D错误。 5.(2024·广东惠州市一模)如图所示，从我国空间站伸出的长为d的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动。已知地球半径为R，空间站的轨道半径为r，地球表面重力加速度为g。忽略空间站对卫星的引力以及空间站的尺寸，则(　　) A.微型卫星的角速度比空间站的角速度要小 B.微型卫星的线速度与空间站的线速度相等 C.空间站所在轨道处的加速度与g之比为 D.机械臂对微型卫星一定无作用力 答案　C 解析　微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度与空间站的角速度相等，故A错误；微型卫星的线速度v=ω(r+d)，空间站的线速度v'=ωr，微型卫星的线速度比空间站的线速度大，故B错误；由G=ma，解得空间站所在轨道处的加速度a=，在地球表面G=mg，解得g=，所以=，故C正确；由G=mω2r，解得ω=，可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站以共同的角速度运动，由F=mω2r可知所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有作用力，故D错误。 6.(2024·浙江1月选考·9)如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约500 km的轨道。取地球质量6.0×1024 kg，地球半径6.4×103 km，引力常量6.67×10-11 N·m2/kg2。下列说法正确的是(　　) A.火箭的推力是空气施加的 B.卫星的向心加速度大小约8.4 m/s2 C.卫星运行的周期约12 h D.发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态 答案　B 解析　根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，故A错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律可知卫星的向心加速度大小为a==≈8.4 m/s2，故B正确；由G=m()2·(R+h)得卫星运行的周期为T=2π≈1.6 h，故C错误；发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。 ［争分提能练］ 7.(多选)(2024·广东湛江市二模)某马戏团上演的飞车节目如图所示，在竖直平面内有半径为R的固定圆轨道。表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，重力加速度大小为g，摩托车以的速度通过圆轨道的最高点B时，关闭摩托车的发动机，不计摩擦，忽略空气阻力，人和摩托车整体可视为质点，下列说法正确的是(　　) A.摩托车经过B点时对轨道的压力大小为2mg B.摩托车经过A点时的速度大小为 C.摩托车从B点到A点的过程中，重力的功率先增大后减小 D.摩托车从B点到A点的过程中，先超重后失重 答案　BC 解析　由题意可知，摩托车在B点时，有FB+mg=m，解得FB=mg，由牛顿第三定律可知，摩托车经过B点时对轨道的压力大小为mg，选项A错误；摩托车从B点到A点的过程中，由机械能守恒定律有2mgR+m=m，其中vB=，解得vA=，选项B正确；摩托车从B点到A点的过程中，竖直分速度vy先增大后减小，重力的功率P=mgvy先增大后减小，选项C正确；摩托车从B点到A点的过程中，加速度竖直分量先向下后向上，即先失重后超重，选项D错误。 8.(2024·广东省六校联考)如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度大小为g。当圆环以角速度ω=绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向为 (　　) A.2mg，沿杆向上 B.2mg，沿杆向下 C.(2-1)mg，沿杆向上 D.(2-1)mg，沿杆向下 答案　B 解析　设轻杆与竖直直径夹角为θ，由几何关系可得cos θ=，得θ=60°，则小球圆周运动的半径为r=Rsin 60°=R，做圆周运动所需向心力为F向=mω2r=3mg，小球有向上运动的趋势，设杆对小球有沿杆向下的拉力F1，环对小球有指向圆心的支持力F2，根据平衡条件可知F1cos 30°+F2cos 30°=F向，F1sin 30°+mg=F2sin 30°，解得F1=2mg，故选B。 9.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(　　) A. B. C. D. 答案　D 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，由题意可知卫星A的轨道半径为r=R，在地球表面根据万有引力等于重力G=mg，联立解得T'==2π，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==，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。 ［尖子生选练］ 10.(12分)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v0，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不计，两端半圆形轨道半径R= m，g取10 m/s2。 (1)(6分)当v0=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，内侧轨道对小圆柱体的支持力F内1、F内2的大小； (2)(6分)为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度v0不能超过多少？(结果可以保留根式) 答案　(1)2 N　1.2 N　(2) 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内1cos 60°=mg=2 N 解得F内1=2 N 当小圆柱体在半圆形轨道上运动时，假设小圆柱体未脱离内轨道，其受力分析如图(a)所示 竖直方向根据平衡条件有 F内2cos 60°+F外cos 60°=mg 水平方向由牛顿第二定律有 F外sin 60°-F内2sin 60°=m 联立解得F内2=1.2 N，假设正确。 (2)设小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨的最大速度为vm，分析可知，小圆柱体恰好不脱轨时小圆柱体的重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 则有=m，解得vm= m/s 故为确保小圆柱体沿半圆形轨道运动不脱轨，初速度v0不能超过 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$