第四章 曲线运动 综合测试&真题演练-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

学霸高春白题物理 第四章纷 ☑章未自测阶段强化，巩固提升限时：60min 一、选择题 1.(2024·辽宁名校联盟期末)如图，某河流中 水流速度大小恒为巴1，A处的下游C处有个 漩涡，漩涡与河岸相切于B点，漩涡的半径为 r,AB=√3r.为使小船从A点出发以恒定的速 度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度 的最小值为 B A.2 B. 名 C.1 D.2 2.(2024·江苏苏锡常镇二模)半径为R的光 滑水平玻璃圆桌以周期T匀速转动，一小球 从桌边对准圆心以速度。一匀速通过桌面， 则小球在桌面留下的痕迹可能是 3.(2024·北京师大附中模拟)如图甲所示，轻 杆一端固定在转轴0点，另一端固定一小球， 现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运 动，小球在最高点受到杆的弹力大小为F,速 度大小为，其F-2图像如图乙所示，则 066 系合测试 A.2=b时，杆对小球的弹力方向向上 且当地的重力加速度大小为员 C.小球的质量为 D.2=2a时，小球受到的弹力与重力大小不 相等 4.水平光滑直轨道ab与半径为R=0.4m的竖 直半圆形光滑轨道bc相切，质量0.2kg的小 球以某一速度沿直线轨道向右运动，如图所 示.小球进人圆形轨道后刚好能通过c点，然 后小球做平抛运动落在直轨道上的d点，重 力加速度g取10m/s2,则 () A.小球到达c点的速度为0 B.小球落到d点时的速度为4m/s C.小球在直轨道上的落点d与b点的距离 为0.8m D.小球从c点落到d点所需时间为0.2s 5.(2025·江西模拟)如图所示，A、B两个相同 的小球分别用长为10L、5L的细绳悬挂在同 一竖直线的两点，现使两球在水平面内做圆 周运动，且角速度均缓慢增大，当两球刚好运 动到相同高度时，A、B两球运动半径分别为 6L、4L,两球离地高度为6L0点为两悬挂点 在地面的投影，两个小球可视为质点，则下列 说法正确的是 () A.两根细绳分别对A球和B球的拉力相同 B.A球和B球的周期相等 C.若同时剪断两根细绳，A、B两球同时落地 D.剪断两根细绳，A球和B球的落地点到O 点的距离相等 10L E 10 0 (第5题) (第6题) 6.(2025·T8联考)如图所示，半径为R的半圆 弧轨道ABC竖直固定在水平面上，竖直半径 OB与倾斜半径OD、OE的夹角为0，且 2 os0=了，现让可视为质点的小球从B点由 静止释放，当小球运动到D点时正好脱离轨 道，小球此时速度的大小为o(为未知量)； 再把小球拿到E点，并使小球在E点获得大 小为（为未知量）、方向与E0垂直斜向上的 初速度，小球从E点运动到D点，运动轨迹 的最高点为G点，重力加速度为g,不计一切 摩擦，不计空气作用.下列说法正确的是 ( A小球在D点的向心加速度为5g 3 B.小球在D点的速度，为6g C.小球从E到D的运动时间为3R D.G、B两点的距离为2 7.（2025·陕西渭南二模)（多选）如图所示，半 径为R的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速 匀速转动.一子弹以水平速度v。沿圆筒直径 方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发 现两弹孔在同一竖直线上且相距为h,则下 列说法正确的是 ( 第四章曲线运动学丽高春 A.子弹在圆筒中的水平速度为。=2R 2h B.子弹在圆筒中的水平速度为。=R √2h C.圆筒转动的角速度可能为ω=5m√ g g D.圆筒转动的角速度可能为ù=4、 8.(2025·陕西教育联盟模拟)（多选）水车的 简易模型如图所示，水流自水平放置的水管 流出，水流轨迹与水车车轮的边缘相切，可使 车轮持续转动，切点与所在车轮横截面的圆 心的连线与水平方向的夹角为37°.若水管出 水口处水流的速度大小为。=6m/s,车轮半 径R=2m,不计空气阻力，重力加速度大小g 取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，水流到 达车轮边缘时的速度与车轮边缘切点的线速 度相同，则下列说法正确的是 () =-tg 637 A.水管出水口距轮轴0的水平距离为4.8m B.水管出水口距轮轴0的竖直距离为4.4m C.车轮的角速度是10rad/s D.从出水口到车轮边缘的过程中，水流速度 变化量的大小为8m/s 9.(多选)如图(a)所示，A、B为钉在光滑水平 面上的两根铁钉，质量为0.6kg的小球C(小 球可视为质点)用细绳拴在铁钉B上，A、B、C 在同一直线上，t=0时，给小球一垂直于绳、 067 学霸高春白题物理 大小为2/s的速度，使小球在水平面上做 圆周运动.在0≤t≤t,时间内，细绳的拉力大 小随时间变化的规律如图(b)所示，若细绳 能承受的最大拉力为6.4N,则下列说法正确 的是 FIN 2 B 图(a间 图b A.t2=0.5ms B.两钉子间的距离为0.1m C.当t=1.2πs时，细绳承受的拉力大小为 3N D.小球从开始运动到绳被拉断历时2.0ms 二、非选择题 10.做平抛运动的物体的运动规律可以用如图 甲所示的实验形象描述 影子1 小一行 影子2 球 光 平行光 知 x/m 0.5an0 乙 (1)小球从坐标原点0水平抛出，做平抛运 动.两束光分别沿着与坐标轴平行的方 向照射小球，在两个坐标轴上留下了小 球的影子.影子1做 运动，影 子2做 运动 (2)如若在0点放一点光源S,同时在x轴 上某位置固定上一平行于y轴的足够 大光屏，则在小球自0点平抛后过程中 在光屏上的影子做 运动， (3)如图乙是研究小球在斜面上平抛运动 的实验装置，每次将小球从弧形轨道同 一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水 平地面之间的夹角0，获得不同的水平 射程x,最后作出了如图丙所示的x- tan9图像，g取10m/s2,则由图丙可 知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速 度0= m/s. 1.(2025·河南洛阳强基联盟联考)如图所 示，AB为竖直光滑圆弧轨道的直径，其半径 R=0.9m,A端切线水平，水平轨道BC与半 径r=0.5m的光滑圆弧轨道CD相接于C 点，D为圆弧轨道的最低点.圆弧轨道CD对 应的圆心角0=37°.一质量为M=1kg的小 球（视为质，点）从水平轨道上某点以某一速 度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点 恰好沿切线进人圆弧轨道，g取10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8. (1)求小球从A点飞出的速度大小o: (2)求小球在A点对圆弧轨道的压力大 小FA; (3)求小球在C点受到的支持力的大小Fc: (4)改变小球在水平轨道上的速度，使小球 恰好能从A点飞出，求小球落地点与B 点的水平距离 0 小球 第四章 ☑真题集训探究考向，剖析考点限时：20min 1.(2025·云南卷)如图所示，某同学将两颗鸟 食从0点水平抛出，两只小鸟分别在空中 的M点和N点同时接到鸟食.鸟食的运动视 为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面 内，则 () A.两颗鸟食同时抛出 B.在N点接到的鸟食后抛出 C.两颗鸟食平抛的初速度相同 D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 (第1题) (第2题) 2.(2025·福建卷)（多选）春晚上转手绢的机 器人，手绢上有P、Q两点，圆心为0,0Q= √3OP,手绢做匀速圆周运动，则( A.P、Q线速度之比为1：√3 B.P、Q角速度之比为3：1 C.P、Q向心加速度之比为3：1 D.P点所受合外力总是指向O 3.(2025·山东卷)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0由于小球运动，在照片 上留下了一条长度约为半径；的圆弧形径 迹.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 第四章曲线运动学丽高春 夏题演练 4.(2025·广东卷)（多选）可视为质点的小球， 沿光滑的冰坑内壁滑出，使小球在水平面内 做匀速圆周运动，如图所示.已知圆周运动的 轨道半径R=0.4m,小球所在位置切面与水 平面夹角0=45°，小球质量为m=0.1kg,重 力加速度g取10m/s2.关于小球，以下说 法正确的是 A.角速度为5rad/s B.线速度大小为4m/s C.向心加速度大小为 10m/s2 D.所受支持力大小为1N 5.(2025·山东卷)（多选）如图所示，在无人机 的某次定点投放性能测试中，目标区域是水 平地面上以0点为圆心，半径R,=5m的圆 形区域，O0'垂直地面，无人机在离地面高 度H=20m的空中绕O'点、平行地面做半径 R2=3m的匀速圆周运动，A、B为圆周上的两 点，∠AO'B=90°.若物品相对无人机无初速 度地释放，为保证落点在目标区域内，无人机 做圆周运动的最大角速度应为wx当无人 机以ω沿圆周运动经过A点时，相对无人 机无初速度地释放物品.不计空气对物品运 动的影响，物品可视为质点且落地后即静止， 重力加速度大小g取10m/s2.下列说法正确 的是 A.0mn=3 rad/s 2 B.=3 rad/s .0 C.无人机运动到B点时， 在A点释放的物品已经落地 D.无人机运动到B点时，在A点释放的物品 尚未落地 069确：D.根据F=mg+m二可知，若速度加倍，在最低点时绳子的拉力 不能变为原来的四倍，选项D错误故选C 3.C解析：AB.设小球通过最高点的最小速度为，由题意得在最高 点时有mg血0=m,解得通过圆轨道最高点的最小速度为，= w2 ，故A错误，B正确：C.在最低点时有F、mgin0=m,,代 人解得F=9N,故C正确：D.小球在圆心等高处时，切向加速度为 a=gn30°=5m/3,除此之外还有向心加速度，所以在此位置的加 速度应大于5m/2,选项D错误故选BC. 4.B解析：A球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力 恰好提供向心力，则有mg=m元解得=V2,故A错误：B由 于A、B两球的角速度相等，由：=w,得球A的速度大小为， ,2L,放B正确：CD杆对A球的作用力T-g三 则T产，B球到是高点时，对杆无弹力，所以水平转轴对轩的作 用力为1.5mg,故CD错误故选B 5.B解析：对A分析，根据牛顿第二定律有F-m8=m,,可得。 园管对小球A的弹力为F,=28N,方向向上，则小球A对圆管的弹 力为F,=F,=28N,方向向下，对例管分析.则有F2=F,+mg,解得， 小球B对圆管的弹力为F2=44N,方向向上.则圆管对小球B的弹 t 力为Fn=F=4N,方向向下，对小球B分析，有F+mmg=mn 解得，小球B的速度为=4m/,故选B 6.D解析：A.设杆的长度为【，若匀速转动时，速度大小等于√g.则 在最高点g+F=m二，解得F=0,故小球运动到最高点时，杆对球 的作用力不一定竖直向下，故A错误：B.如图所示，当杆运动到左 侧与圆心等高的A点时，小球受重力和杆的弹力，合力提供向心力， 所以杆的弹力方向斜向右上方，不是指向圆心，故B错误：C.设在 最高点时.杆的弹力为F,在最低点时，杆的弹力为F:,当杆转动的 角速度为o时，F,=0.此时重力提供向心力，即mg=m1,解得 =怎，当杆转动的角速度仙<时，则在最高点，有mg F1=mwL,在最低点，有F2-mg=mw2L,解得F2-F,=2m@21<2mg,当 杆转动的角速度>时，在最高点.有mg+F,=mL,在最低点， 有F3-mg=mwL,解得F2-F,=2mg,故C错误：D.由C选项分析， 可知当杆转动的角速度为u时，F,=0,则F2-F,>0,当杆转动的角 速度@<@时，F3-F,>0,当杆转动的角速度w>时，F2-F,>0,综 上所述，小球运动到最低点杆对球的作用力一定比运动到最高点时 大，即F>F,故D正确.故选D 7.B解析：当A,B与圆盘一起绕中轴线匀速转动达到最大角速度 时有7gm·2.13g=3.解得o,-2,√四，若头 将B的质量增加为2m,A,B与圆盘一起绕中轴线匀速转动的最大 角速度为1时有T+μ·2mg=2m5·2r,T-4·3mg=3mo3r,解得 、诞，所以=2，故选A 2=r 5 8.D解析：A.两物体随圆盘转动，角速度相同为w,运动半径为，则 两物体转动所需的向心力为F,=mw2,F3=2nr@2,即乙所需要的向 心力是甲所需要的向心力的2倍，故A错误：B.设乙对甲的摩擦力 为，盘对乙的摩擦力为人，根据牛顿第二定律有=F不=F2 一学霸高考·白 解得上=3.放B错误：CD.当甲，乙整体刚好和转盘发生相对滑动 时.有h2×3mg=3m心2，解得a=气 2g ,此时甲所受摩擦力为 户mw2=42mg4,mg.所以为了保证甲，乙均不发生滑动，角速度仙 的最大值为w=严，放C错误D正确放法D 第四章综合测试 1,B解析：如图，当小船相对抱面的运动轨迹恰好与旋祸边界相切 且小船在静水中的速度”与其相对地面的速度垂直时，小船在静 水中的速度最小 A 由几何关系血∠C4B=2云2，故∠CB=30°，所以小船相对地面 的速度与水平方向的夹角为8=60°，放r=1sin60°= 2,放 选B. 2,C解析：BD.小球通过桌面的时何为= 2R2R T AR “2此时小球的 起点与终点重合，故B,D错误：AC.设圆桌转动的角速度为仙，小球 离圆心的距离为=R-,则小球相对圆同沿径向方向位移为y=量 垂直于径向方向的速度为？，=r=wR-,则垂直于径向方向的位 为x=,t=o-n2,可知2+y2≠C(常数)，则x=-o二 迹方程是类似抛物线的方程，故A错误，C正确故选C 3.C解析：B.当F=0时.2=a,恰好由重力作为向心力.满足g= m反联立可得当地重力加速度大小为g“无B错误：C.当户=0 时，F=,小球恰好处于平衡状态，可得F=mg,可得小球的质量 为m=出，C正确：A当2=>，所需的向心力大于重力，故杆对小 球的弹力方向向下，A错误：D.当2=2a时，由牛顿第二定律可得 F4mg=mR,代人数据可解得F=mg,小球受到的弹力与重力大小 相等，D错误故选C 4.C解析：小球进人圆形轨道后刚好能通过e点，有mg=mR,从c 点到4点小球做平抛运动，有2R=了，=，=， 7,解得=2m/%,1=0.4*,x=08m,=25m/,故选C. 5.C解析：A.设悬挂A,B球的细绳与竖直方向的夹角分别为aB,则 6.3 n=。,m0==,,解得a=37,8=53°.对A,B球 在竖直方向，由平衡条件得F,wa=mg,Fn%B=mg.解得4f,= 配，放A错误：R对4，由牛顿第二定球得网gma=m(凭)× 2 26 6L,对B,由牛顿第二定律得mngtan8=m 2 T 4解得T1=3 T。,故B错误：C,剪断细绳后两球都做平抛运动，竖直方向6l= 之，解得=2√受再球同时落地，故C正痛，认小球政匀连圆 周运动，由牛顿第二定律得mgan=m,mgam0m年·剪断细 绳后小球做平抛运动，水平方向x=心，x=,小球落地点到0点 的离L1=√(6)+，b=√(4)+，解得L1=3√oL,Ln= 45L,故D错误.故选C. 6.D解析：AB.把小球在D点的重力分别沿着D方向与垂直OD方 题·物理·25一 向正交分解，D点对小球的支持力恰好为0，则重力沿着D方向的 分力充当向心力，则有mgs8=ma。,由向心加速度公式可得a。= 后结合cm什子，综合可得4三子g,=Y0.放A,B错误 3 5 C.由数学知识可得血=了，小球从E点到D点微斜揽运动，水平 方向做匀速直线运动，速度大小为，=心0，整直方向做初速度为 to =im0的竖直上范运动，则有2R=n日=6，=g乞，联立解得 130R 3√g 。√6，故C错误：D.斜抛运动的最大高度 2 。)2 为=：（宁）】 ,由儿何关系可得G、B两点的高度差为h .-1-),联立可得4=令，故D正确放选D 7AC解析：A8子弹做平范运动，在竖直方向上A=子，可得子弹 在圆筒中运动的时同一，√臣，水平方向子弹假匀惠运动，闪此木 平法度与2识-欢，√景A正确，B错误：G因子弹从右侧鞘穿 圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则圆简转过的角度为8=(2n 1)(a取1.2.3…).则角速度为=0_2a-1)m.（2n-1)m √气故角速度可能为5√景不可能为4红，√景，C正确，D错 误故选AC 8.BD解析：AB.设水流到达车轮边缘时的竖直分速度为E,运动时 am37=8m/,1== 间为1，水平，竖直分位移分别为x水，则，= 08,=o=4.8m,2g=3.2m,水管出水口距轮轴0的水平 距离1=x-Rm37=32m,竖直距高k=y+Rin37°=4.4m,故A错 误，B正确：C,因为车轮边缘切点的速度即为水流做平抛运动的合 迷度，即=√后可=10.故只=5a,故C错误：0水 流速度的变化量△=gr=8m/,故D正确.故选BD. 9。CD解析：B.小球在水平方向只受垂直于速度方向的细绳的拉力 作用，小球速度大小不变，由牛顿第二定律可得P:严，当F=2N 时，解得，=.2m,当F=24N时，解得2=1m,两铁钉间的距离为 小球做圆周运动诚小的半径，即d=,-=02m,故B错误：C.由 周期公式T=2,可得，当，=12m时，了，=1.2s,当2=1m时， T=π：，面小球每经半个周期，细绳与另一铁钉接触，小球从开始运 动经过，时间细绳与铁有1接触，则有1，=)=0.6ms,小球从开始 +=11m,当 运动经过时间细绳与铁钉B接触，则有=2 Q8m时，T3=0.8π“，小球从开始运动经过时间细绳再次与铁 钉4接触，则有，=+7 2=1.5m,当=1.2ms时，由于<= 2 12T<3,则细绳承受的拉力大小为F=m 3N故A猎混 C正确：D,当r=06m时，T,=0.6πs.小球从开始运动经过4时间 细绳鸭次与铁钉B接触，则有，7+77+7.18，此时小球 2 半径突变为5=04m,突变后细绳承受的拉力大小为F=m行 6N<6,4N,当5=0.4m时，T5=0.4石5，小球从开始运动经过，时 间细绳第三次与铁钉A接触，则有5= +T,++T+=20ms,此 2 时小球半径突变为6=0.2m,突变后细绳承受的拉力大小为F= 一学霸高考·白 m二=12N264N.故小球从开始运动经过20m时间细绳第三次 与铁钉A接触，绳被拉断.故D正确.故选CD. 10.(1)匀速匀加速（或自由落体）(2)匀速(3)1 解析：(1)因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以影子 1做匀速运动，在竖直方向上做自由落体运动.所以影子2做自由 落体运动. (2)设小球平地运动的初速度为，：时间内下落的高度为，0点 与屏间的距离为(，屏上影子在时间移动的位移为x.如图 银据图示，由数学知识可得：上子义6=了2，联立解得 ,即影子的位移与时间成正比，所以在小球自0点平抛后过程 中在光屏上的影子做匀速运动. (3)物体在竖直方向上有：=2， 水平方向上，子=m。 联立解得：x= -tan 0. 由图可知2号-02，解得=1m 1.()8m(20、(3)2sN(4)18m 解析：(1)将小球在C处的速度分解，在竖直方向上有=2g×2R。 在水平方向上有。，联立并代人数据得6=8m:(2)在习 处，对小球，由牛模第二定律得以+Mg=M。解得月=、制 550N:(3)小 据牛顿第三定律知，圆孤轨道受到的压力大小F= 球在C处速度Pc= 。=10m/s,其受力分析如图所示， cns 8 Afgeos0、/gsin0 g 牛顿第二定律得Fe-Mgs0=M三，联立解得F:=208N (4)小球恰好能从A点飞出，在A点，重力提供向心力，有Mg=M R,义小球落地时间满足2R=2之8，水平位移=么，联立解得 x=18m 第四章真题演练 1.D解析：AB.鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有k= 2,由于h<h,则w<,要同时接到鸟食，则在N点接到的 鸟食先抛出，故AB错误：CD.在水平方向有x=o,如图，过M点作 一水平面，可看出在相同高度处M点的水平位移大，则M点接到的 鸟食平地的初速度较大，枚C错误，D正确.故选D. 题·物理·26一 2.AD解析：B,手细做匀速圆周运动，由图可知P.Q属于同轴传动模 型，故角速度相等，即角速度之比为1：1，B错误；A由=a,可知 P.Q线速度之比r:o=1mrm=1:5,A正确：C.由a=w2m,可 知P.Q向心加速度之比ar:ag=tr:1w=I:5,C错误：D.做匀 速圆周运动的物体，其合外力等于向心力，故合力总是指向圆心O, D正确.故选AD. 3.C解析：根据题意可知在曝光时间内小球运动的长度为△1=了 了×0,6m=02m,近似认为在鬃光时间内小球敏匀速直线诺动。 故有1=A-12=6m,在最低点根据牛顿第二定律有 Ar 1 50 T-mg=m- 代人数张解胖T-IX.放法C 4.AC解析：A.对小球受力分析可知F向=mgn45°=maR,解得 仙=5/s,故A正确：B.线速度大小为e=R=2m/%,故B错误： C.向心加速度大小为4。=创R=I0/s2,故C正确：D.所受支持力 大小为N5。=万N.故D铅误放法AC 5.BC解析：AB.物品从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向H 2,可得1=2，婴使得物品落点在目标区域内，水平方向满足最 大位移=V居-=，最大角盗度等于心一后联立可得 0m=了a/s,放A错误，B正确：CD.无人机从A到B的时间r 2 =(s,由于1，可知无人机运动到B点时，在A点释放的物 品已经落地，故C正确.D错误.故选BC 第五章万有引力与航天 第1节并普勒定律与万有引力定律 1.C解析：AB.设球的密度为P,则实心大球质量可表示为M=p· 3(2)?,由题意可知质量分布均匀的薄球壳对壳内物体的引力 为零.实心大球对P点的引力等于以0，P为半径的实心小球对质 点P的引力.以OP为半径的实心小球的质量为M1=p· 3(0P)',所以0，P为半径的实心小球对P点的引力为F, 4 《分：子m0P,同理，以0P为半径的实心小球的 质量为M2=p· 3T·(0,P)'.则以0，P为半径的实心小球对P M2m 点的引力为F2=G 0P)2=0 3m·02P,受力情况如图. 2R 0F 0 R 庙儿何关系可知0Pp放P%平行于0，凸，放ΛB铝拔 CD.由上述分析可知 -品期得台欲放C正确.D 误故选C 之A格折：根浆开苦特第三定非有子水。 式中k与中心天体的质量M有关，且与M成正比：所以，对s2围绕 银河系中心运动有=复x。 一学霸高考·白 对地球周绕大阳运动有会红x,两式相比，可剁” M大T 代人系可 =4×10°，故A正确，BCD错误敏选A 3.D解析：A,P平台如果只受地球万有引力，则圆周运动角速度比 同步空间站婴快，面实际圆周运动角速度等于同步空间站角速度。 则在万有引力之外，P平台还受到缆绳拉力，枚地球的引力与缆绳 拉力的合力提供P平台做圆周运动所需的向心力，P平台做圆周运 动所需的向心力小于地球对它的万有引力，所以超级缆绳对P平台 的作用力方向背离地心，故A错误：B.同步空间站中的游客处于完 全失重的状态，但是仍然受到重力的作用，故B错误：C.若从配重 空间站向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝配重空间站转 动的方向向前运动，一边远离地球，做离心运动，故C错误：D,若两 空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭例运动，其断裂处 为椭圆的近地点，因为在近地点线速度较大，曲率半径较小，需要的 向心力更大，故D正确故选D. 4.C解析：A.根据开普物第二定律可知，哈雷售显在近日点的速度 最大，故A错误：B.根据牛顿第三定律可知，哈雷售星在近日点受 到的太阳引力等于哈街彗显对太阳的力，故B错误：C.哈雷彗星 在近日点与远日点的加速度靠万有引力提供，有GM:ma,可知加 速度与距离的平方成反比，放C正确；D.根据开背杨第三定律 、 示代人数影整理母（品广一（后）广故D错误故击C 5.A解析：神十九的运动周期为T,卫星A的运动周脚为T2,由开誉 物第三定律有 ,解得T:=12h,卫星A在神十九正上方的运 动时间满是 (气行=2m+号根据题意1≤&56，解得。<5 22π】 故n取0,1,2,3,4，卫星A在神十九正上方的次数为5故选A 6.D解析：物块在该行星极地表而静止时，万有引力等于重力 =mg餐=F,在赤道表血静止时，万有引力和重力的合力提供向 心力G g=R,北中g台=子.联立解得尺.=A根据 Mm 向心力公式F。=m ”R可得，该行星的自转周期为T] 6=mS,故人错误：B.物块在该行星极地表面静止时，万有引 力等于重力G =mg级=F,解得M= m -,故B错误：C.在赤道表 面静止时，根据平衡条件，重力等于弹簧测力计的拉力，即mg本= ，新得-治，故C错误：山根据=兰可知，该行层的密度为 3 4m FR MM 3F p=- 4 一= 4mGa,放D正确故选D 7.D解析：设深海潜水器处的重力加速度为&1，地球表面的重力加 速度为g,人盗卫星的向心加速度为g2在地球内部距离地心r处的 重力加速度大小为，则有：g-GW,其中M=p· 3r,所以 有“所以：兰在绝球外部，根据万有引力和重打的关系 g 可得即所以： &(R4R)户4，联立可得：。 g 4(R-D三44故选D, R ：人0-d卫眼转过的角度关系为-2，又 T=子，解得7，=放A正确：品.根据开青莉第三定律有三 题·物理·27一