周测评(8) 圆周运动-【衡水真题密卷】2025年高考物理学科素养周测评（安徽专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（八） 物理·圆周运动 〔考试时周75分钟，总分100分》 一，单项选择题：本器共8小盟，每小器4分，共32分。在每小题给出的四个进项中，只有 一项是符合题日要求的。 超号 1 2 3 7 B 答案 1.在东北严寒的冬天，人门经常玩一演液水成冰”的静戏，具体操作是把一杯开水沿汇线 均匀快速地霞向空中，图甲所示是某人玩“爱水成冰”避戏的髯间，其示意图如图乙所 示。发水过程中杯子的运动可看成匀速显混运动，人的手臂伸直，在Q,5s内梦动杯子 旋转了210°，人的增长约为Q.8m。下列说法正确的是 甲 A黄水时杯子的旋转方向为调时针方向 且P位置飞出的小水珠初连度沿1方向 C杯子在靛转时的角速度大小为警nd,D杯子在旋转时的线速度大小的为ms 2,明代出版的（天工开物中记录了祖组先的劳动智慧，如图甲所示为“牛转胜车”，利用备力 转动不同半径齿轮来政变水车的转速，从将本运遂到高处。祖先的智慧在今天也间 到了继乐和发扬：我国白主析发的齿轮传动系统，打破了国外善低，使中国高校持续运 行速度达到助km/b,中国高铁成为中国制造的一张“金名片”。图乙中A,B是齿轮边 缘两点，C点位于A所在齿轮的中同（图中未标出），三点距各自轴心的距离有·n·= 3:2:2,在齿轮转动过程中 甲牛转车 乙观代售整 学科素养周测浮八)物理第1页共8页) 衡水真夏 A.%三省= 且BC两点线建度大小端是m一 CA.B的向心加建度大小之比为ūA1aa-3:2 D若两齿轮做非匀速圆周运动，则A,B两点线速度大小仍有DA一 3.如周甲所示，在2如22年北京冬奥金短通迪帝项日男子100米决赛中，中国选于任千戴夺 得冠军，如图乙所示，A.B、A'.在司一直线上，了为AA中点，运动员由直线AB经弯道 到达直线AB,若有如图乙所示的①@两条路线可选择，其中路线①中的率图以O为图 心，半径为8m,路线②是以0为图心，率径为15m的半醒。若运动员在沿两园气路线运 动的过程中，冰面与体刀之间的轻向作用力的最大值相等，运动员均以不打桥的最大速率 道过两条路线中的弯道（所达路线内运动员的速率不变），期下列说法正确的是《》 甲 A.在①酒两条路线上，运动员的向心加速度大小不相零 且沿①两条路线运动时，运动员的速度大小相等 C法择路线①，路程最知，运动员所用时间较短 D选择路线②，路程不是量短，其运动员所用时间较知 L如屠所示，在模角为一30的光滑斜面上，有一根长为1一0.8m的轻杆，一幽固定在O 点，另一南系一质量为网一0.2g的小球，沿斜面做同端运动。g取10m公，若要小 球能通过最高点A,则小球在最低点B的最小速度是 A.2 m/s 且4m/s C21百m/ D25m/4 5,如图甲所示，技称为魔力陀螺元具的院显能在餐轨道外侧度转不殿落，其原可等效 为如图乙所示的模数：率径为尺的磁性愿轨订竖直国定，质量为m的钱球《视为履点》沿 轨道外衡话动，A,B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对钱球的型性引力始终指向圆 心且大小不变，不计摩擦相空气阻力，重力加速度为：，期 密卷 学科素养周衡坪（八）物理第2页（共8页} 园定支菜 轨道 A.铁球绕统道可能做匀速圆周运动 我由于磁力的作用，铁球绕轨道运动过程中机城能不守恒 C、领球在A点的速度必须大于√：R 几.轨道对铁球的题性引力系少为5丽g,才能使铁球不脱轨 6.铜牙利物理学家厄备在19世纪指出，骨水平地面向东诏动的物体，其重量（即，列车的 视重戏列车对水平轨道的压力》一定会诚轻，”后来，人门常把这类物理觅象称之为“厄 缶效应”。一静止在赤道某处的列车，患地球自转的线违度为。已知列车的质量为 m:地球韵半径为R。若列车相对地面以速省章沿水平轨道向素行驶，由于列车向东行 2而引起列车对轨道的压力就少的数值为 Am是 R C.m 2uv R hm+2如u ?,如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上OA两点连接有两轻绳，两 蝇的另一端都系在爱量为m的小球上.Q4=OB=A日.现通过转动极直杆，使水平仟 在水平血内敏匀速图周运动，三角形OAB给终在整直平面内。若转动过程中(OB,AB 两绳始终处于拉直状态，重力如速度为：，则下列说站正确的晶 AO逃绳的拉力范围为一 3w因 5g2 五0用绳的拉力范围为8 3g CAB提的拉为柜照为停g一29 D,如果艺绳AB斯，那么小球一定会角离原来位置 &电动打夯机可以帮助筑路工人压实路面，大大鬓高了工作效率，如图所示为某电动打 务机的结构示意图，由偏心轮（飞轮和配重物组成），电动机和底座三部分相成。电动 机。意轮和底疼总质量为M,配重物爱量为m,配重物的重心到轮轴的距南为。重力加 速搜为震：在电动帆梦动下，偏心轮在整直平面内匀违转动，皮带不打带，当篇心轮上 的配重物转到顶端时，刚好使整体离开地面。下列判斯正确的是 学科素养周测浮八】物理第3页{共8页) 衡水真是 A.电动机轮轴与篇心轮转动角速度相同 且配重物转到最高友时，处于超重状 C篇心轮转动的角速度为，/四区 mr D打方机对地面压力的最大值为M十m)g 二，多喷逃择题：本驱其2小题，每小题5分，其10分。每小题有多项符合题日要求，全郎 慧对的得5分，慧对但不坐的得3分，有选错的得非分。 题号 9 10 且.四个完全相同的小球A,B.C,D均在水平面内嫩圆解深运动。如图甲所示，其中小球 A,B在可一水平而内做圆维园运动（连接B球的绳较长）：如图乙所示，小球C,D在不 同水平而内酸溪维摆运动，但是连接小球C,D的绳与竖直方向之可的夹角相同（连接D 球的绳较长)，第下列说法正确的是 {》 A,小球A,B角违度相等 且小球A,B线速度大小相等 C小球C.D就速崖大小相等 口小球D受到绳的牧力与小球C受到绳的拉力大小相等 10.如屠所示，长为L的细绳一端栓一质量为m的小球，另一端园定在O点，绳的最大承 受能力为11网g,在O点正下方点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不 坡拉斯且小球能以为鞋完成经直面内完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为 A最小为 且最小为 C最大为红 n最大为 密在 学科素养周测评！八)物理第4页（共8页） 三，非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)某实验小组道过如图所示的装置验证向心力的表达式。带块套在本平杆上，随 杆一起烧竖直杆嫩匀速圆周运动，力传感器通过一卸绳连接济块，用米测量向心力F 的大小。滑块上固定一意光片，宽度为d,与周定在株果台上的光电门可测量滑块韵角 速度。旋转半径为R,每经过光电门一次，通过力传感器和亮电门就同时获得一相向 心力F和角速度，的数超， 力传3 《1)某次旋转过程中，惑光片竖过光电门时的速光时间为，则角速度w= ()以F为抓坐标，以 —(镇△“是”（△”减"”为横坐标：可在坐标纸 中精出登据点作一条直线。 (3)该小组验证《2)中的表达式时，经多次实险，分析检查，仅等正常，漫怅和读数均没 有问题，发现示数F的测量值与其退论值用比（填“偏大”成篇小），主要 原因是 12.(10分)探究向心力大小F与小球质量丽，角建度和率径r之何关系的实装置如图 所示，投动于柄，可使变速客轮，长和短情随之匀速转动。皮带分别套在塔轮的网甚 上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度敏匀建国耳运动。小球做周运动的向心 力由横臂的挡板提供，同时小球对指版的弹力使弹簧测力简下降，从面露出测力箭内 的标尺，标尺上露出的虹白相闻的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。已 知小球在挡板A.B,C处做置圆运动的轨迹半径之比为1·2：1. 小 长情 -变浅塔轮 手一 (1)在这个实验中，利用了（填“理想实验法”“等效特代法或“控制变量法） 来探究向心力的大小与小球质量西，角速度和半登「之屑的关系。 (2)探究向心力的大小与阅周运动半径的关系时，应选择两个质量 (填“相同 学科素养周测浮八)物理第5页共8页) 衡水真是 或不同“)的小球，分期做在替板C与（填“挡板A或“指板护）处，司时话 择半径（填”相同”或“不司”）的两个琳轮， (3)当用两个质量相等的小球敏实验，调整长植中小球的轨道半径是短情中小球轨道 半径的2籍，转时发观左，右标尺上露出的红白相问的等分格数之比为1·2，则 左，右两边塔轮的半径之比为一。 13,(12分》如周所示，“厂"形根架的影直用杆ON光带，质量分别为湖，3m的金属环：， 用长为L的轻质细绳连接，分群套在水平相杆和整直细杆上，口环与QM的功壁擦因数 为：=1.0，最大静摩藤力等于滑动摩擦力，细线与水平杆间夹角为品，重力加速度为+ n53'-0.8,cm853°=0.6， (D若0一53°，，b处干静止状态时，求a环受到的摩擦力大小。 (2)为使@，山保特静止0至少为多大 (3)若9一30°，并使整个装置烧OV匀角迪度转动，为保持系统稳定，转动角速度的平 方定嘴足什么条件？ 密鞋 学科素养周测坪八)物理第6页（共8页} 7 14.14分)如图所示，两个团定的，大小不同的竖直半圆形光滑轨道在最高点A平滑连 接，小图半径一05回，大周事径n一10m,小因最低点O恰在大圆圆心处.O点有 一弹财装置《图中未斯出)，可水平向右洋射质量为一0.2kg的滑块。放置在光带 水平霸上的中空长直塑料板与大侧的最低点B平滑过度。若塑料板质量网一Q2kg, 长虔L一24西，厚度A一Q.05m,滑换与塑料额上表而之同的动原旅因数一山，5，帝 块可视为质点，重力加速度g取10m/令，求： 1)若滑块能数完幕的圆周运动，滑块在最高点的最小速度大小。 ()以韩=√科m/:向右弹射滑块，滑块达大舞锁道B点时所受支持力的大小 (3》以精=√4ms向右弹射滑块，滑块第一次落煮点到B点的水平离。 -酒块 型科板 7 学科素养周测浮八】物理第7页{共8页) 衡水真是 15.(15分)如图甲所示是一款名为“反重力“盛性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条， 轨道造型可以自由调节，小车内禁有发条，可储存一定弹性势能。如图乙所示为小明 同学裤建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB,竖直轨道BD,水平直轨道 DM和两个四分之一圆航道N与NP平带连接面组成，圆轨道MN的周心O与圆 轨道NP的测心O位于问一高度.已己知小车的质量为w一50g,直轨道AB长度为 L=0,5m,小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始路垂直于轨道而，在轨道ADM 段所受的武力大小恒为其重力的。，在轨道MNP经所受的威力大小恒为其重力的 2.5倍，小车脱离物道后磁力影响忽略不计。现小明将具有单性势能￡=0,3J的小 车由A友静止释做，小车恰好使通过整直圆轨道以D,并最终从P点本平飞出，假设 小车在机道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车网弹力的，其会轨道均光滑， 不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势衡已完全释放，重力 如速度g取10m/s, 《门求小车运动到B点时的速度大小： (2求小车运动到置轨道B点时对轨遭的压力大小F, (3)同时调节属轨道MN与NP的半径：，其他最件不变，求小车落地点与P点的是大 水平距离x。: 密卷 学科素养周测评八)物理第8页（共8页}衡水真题密卷 学科素养周测评 x轴方向加速度为az=gsin37°=6m/s 必水平且垂直于AB,所以m=止 A、B之间的矩离为L-24=5m 02 d (3)以A点为原点，沿水平方向为x轴，竖直方 sin a 向为y轴建立坐标系。则着陆时水平方向的速 sin a= √+喝 度为z=%sin37°=12m/s 着陆时竖直方向的速度为巴=gt一%c0s37°= 解得水平距离为=于远d 34m/s 根据几何关系有，箭的出射点与击中目标的位 着陆速度与地面夹角的正切值为k=tana= 置间距为l=√+y -吕 V y=2 14.(1)6m/s(2)√85m/s(3)0.55m 【解析】(1)球从最高，点运动到蓝筐的过程中， 所以= (+1)+ 4明 竖直方向高度差△h=4.85m-3.05m=1.8m 由公式△1=7g (2)箭击中彩心时的动能为B=号m㎡ 1 解得t=0.6s m(听+话+) 球入筐时速度的竖直分量=g=6m/s U,一gtmi 球入甚时速度的水平分量6=otan45°=6m/s 球水平方向做匀速直线运动，则%==6m/s 解得且一m储+话+话) (2)球从出手到运动到最高点的过程中竖直方 (3)箭在竖直方向下落高度满足 向高度差△h2=4.85m-2.40m=2.45m [H-(H+受)]≤≤[H-(H-受)] 由公式△h:=2g y=g 解得t红=0.7s 最高，点速度竖直分量m=0 品 由公式=Uw一g 联立可得 解得v=7m/s 则出手速度的大小vA=√十玩=√85m/s d√2HH)+a≤w<d√2H)a 设运动员的射箭位置在AB方向上与击中点的 (3)球水平方向运动总位移x=g(t1十2)= 7.8m 距离为x0,则 球员距三分线的距离x=无1一7.25m=0.55m 2%三h1m 15.(1)4 √+1)+ 所以 2H-H)=4≤< /2(H-H2)+a 设击中点离靶右边缘的距离为L,则运动员的射 ②n+话+话） 新位置在AB方向上离靶右边缘的距离满足x (3)见解析 +L,且0≤L≤a 【解析】(1)若箭在空中飞行的时间最短，则有 2024一2025学年度学科素养周测评（八）物理·圆周运动 一、单项选择题 可知，杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞 1.D【解析】由图乙中小水珠做离心运动的轨迹 出的小水珠初速度沿2方向，A、B错误；杯子旋 7 ·22 ·物理· 参考答案及解析 7 绕地心做圆周运动的线速度大小为，以列车为 转的角速度为m=9- Ar 0.5 rad/s=Lx 3 rad/s,C 研完对泉，根据牛顿第二定律得mg一下=m爱， 错误：杯子旋转的轨迹半径约为0.6m,则其旋转 若列车相对地面又附加了一个线速度，列车绕 的线速度大小约为v=R=7X0.6m/s= 3 地心做圆周运动的线速度大小为十v,根据牛 爱m/s,D正确， 颜第二定律得mg一R=m宋，可知 2.D【解析】由图可知，A、B同缘传动，无论是做 F=m女十2巴，D正确。 R 匀速圆周运动还是变速國周运动边缘线速度大 7.B【解析】转动的角速度为零时，OB绳的拉力 小均相等，故由v=ar,可得A:s=rB:TA三 最小，AB绳的拉力最大，这时二者的值相同，设 2：3,A错误，D正确；A、C同一齿轮同轴转动， 角速度相同，则有A￥化=TA:rC=3:2,A、B 为F1,则2F6ms30=mg,解得F1-号mg,增 线速度大小相同，所以gt比=3：2，B错误；由 大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好为零时， 向心加速度公式a=号，可知A,B两点向心加建 OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为F, 度之比为A aB=rBrA=2:3,C错误。 剥Fos30'=mg,解得Fn=2mg,周此OB 3.D【解析】因为运动过程中运动员以不打滑的 最大逸率通过弯道，最大径向作用力提供向心 绳的拉力范周为号g一2 3 mg,AB绳的拉力 力，有Fmx=ma,所以在①②两条圆弧路线上运 动时的向心加速度大小相同，A错误；根据牛顿 范周为0~mg,A.C错误，B正确：当AB绳的 FmR,图为 第二定律，有R=m员解得一√m因 拉力为零时，如果把绳AB剪断，那么小球不会偏 离原来位置，D错误。 路线①的半径小，所以路线①上运动员的速度 8.C【解析】电动机轮轴与偏心轮转动属于同传送 小，B错误；路线①的路程为s=(2X7十8π)m≈ 带传动，线速度相等，根据=w,可知角速度不相 39m,路线②的路程为s2=πX15m≈47m,根据 等，A错误：配重物转到最高点时，加速度向下， 一和可知会-品尽>1，则选择 处于失重状态，B错误：当偏心轮上的配重物转到 izsN R1 顶端时，刚好使整体离开地面，则有Fr一Mg,对 路线②所用时间短，C错误，D正确。 4.B【解析】小球受轻杆控制，在A,点的最小速度 配重扬有mg十F,=r,解得m一入M,C mr 为索，由功能定里得2 mg.sin。=2m6-0,可 正确：在最低点，对配重物有F一mg=ur,对打 得vg=4m/s,B正确。 奔机有Fr十Mg=FN,解得FN=mr十mg十Mg =2(M什m)g,根据牛顿第三定律可知打夯机对 5.D【解析】磁力和支持力都不能对铁球做功，只 地面压力的最大值为2(M+m)g,D错误。 有重力会对小铁球做功，所以铁球的机械能守 恒，铁球不可能做匀递圆周运动，A、B错误；铁球 二、多项选择题 9.AD【解析】对题图甲中A、B两小球分析，设绳 的速度只要大于0即可通过最高点，C错误；铁球 在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度 与竖直方向的夹角为0，绳长为L,小球的质量为m, 小球A、B到悬，点的竖直高度为h,如图所示，则有 满足mg·2R=2m,轨道对铁球的支持力恰 好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即 mgm0=mw1n8,解得w√)√层，可知 小球A、B的角速度相同，由=r可知，小球A、 F-mg=m只，联主得F=5mg,D正确。 B的线速度大小不同，A正确，B错误；对题图乙中 6.D【解析】若仅仅考虑地球的自转影响时，列车 C、D两小球分析，设绳与竖直方向的夹角为a,小 ·23 7 衡水真题密卷 学科素养周测评 球的质量为m,绳长为L,有ngtan a=moLsin a, 1 标，△为横坐标可在坐标纸上描出一条直 解得aV点。，又r=Lna,由=r可知 v=√gLsin atan a,连接小球C、D的绳与竖直方 践，鲜率为紧。 (3)力传感器测量的F是绳子的拉力，而在实际 向之间的夹角相同，绳长不同，因此小球C,D线 情况中，滑块在做圈周运动时还会受到水平杆 速度大小不同，C错误：设绳上的拉力为FT,竖直 对它的静摩擦力，向心力等于绳子拉力F和静 方向有Fc0sg=mg,则有F,一。，因连接小 摩擦力之和。因此，在滑块与水平杆之间存在 球C、D的绳与竖直方向夹角相同，可知小球D 的静摩擦力的影响下，力传感器示数F作为向 受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等， 心力时会比向心力理论值偏小。 D正确。 12.(1)控制变量法(2)相同挡板B相同 (3)2:1 【解析】(1)本实验中要分别探究向心力大小与 质量m、角速度仙、半径r之间的关系，所以需要 用到控制变量法。 g (2)探究向心力大小与圆周运动半径的关系时， 10.BC【解析】当小球恰好到达國周运动的最高 需要控制小球的质量和运动角速度相同，所以 点时小球的转动半径为T,重力提供向心力，则 应选择两个质量相同的小球，小球应分别放在 有mg=m立，根据机城能守恒定律可知，mgL一 挡板C处和B处，同时选择半径相同的两个 r 塔轮。 2r)=m,联立解得r=L,故钉的位置到0 (3)根据Fn=muwR,由题意可知F贴=2Fn点， 点的距离为是L;当小球转动时，恰好达到绳子 R左一2R右，可得w:右一1：2，由于两塔轮边 缘线速度大小相等，由v=awr,可得r点：r右= 的最大拉力，即F=11mg,此时一定处在最低 2：1,即左、右两边塔轮的半径之比是2：1。 点，设半径为R,剥有11mg一mg=m爱根据机 13.1号mg(2)37 减能守恒定律可知，mgL一？md,联立解得R- (3)2(9-43)g≤w≤2(9+48)8 3L 3L 号L,故此时离最高点距离为L,则可知，距离 【解析】(1)根据题意，分别对两个小环进行受 最小为L,距离最大为L,B.C正确，A,D 力分析，如图所示，由平衡条件有 F=FTcos 0 错误。 Frsin 0=3mg 三、非选择题 又有0=53° 1.aR42 :(3)偏小(4)滑块与水平 解得F-是mg。 杆之间存在静摩擦力 【解析】(1)每次遮光片经过光电门时的线速度 大小为一忌由线速度大小和角造度大小的关 系式可得o一晨=R公 d (2)根据牛顿第二定律可得F=mRm2= F<h R可知F与成正比，以F为级坐 md 3mg 7 ·24▣ ·物理· 参考答案及解析 (2)由(1)中受力分析图，由平衡条件有 1 umgx= Fx=mg+Frsin 0=4mg 则小环a与杆之间的最大静摩擦力为Fm 滑块离开塑料板后做平抛运动 uFN=4mg m=vt 为使a,b保持静止，则有Frcos 0<F h- 联立解得1am0>是 滑块第一次落地，点到B点的水平距离为x= 解得0≥37 x1十x2 即为使a、b保持静止，0至少为37°。 解得x=3.4m。 (3)根据题意，若0=30°，并使整个装置绕ON 15.3/s(23N(a号m 匀角速度转动，当如最大时，由牛顿第二定 【解析】(1)小车由A运动至B过程，由能量关 律有 系可知 tan 30Fm-ma L.cos 30 3mg E,-k(mg+FDL+2m呢 解得6-2(9+43)g 其中F=0.5mg,代入数据解得w=3m/s。 3L 当m最小时，由牛顿第二定律有 (2)设小车在C点的速度为vc,恰好通过最高 点，则根据牛顿第二定律有 FmaL.oos 30 mg-0.5mg=m尺，小车从B到C,由动能定 解得2=2(9-43)g 3L 理得 则转动角速度的平方应满足2(943)8≤ 3L w≤2(9+43)g 解得R=0.2m 3L 在B点，根据牛顿第二定律有 14.(1)10m/s(2)14.8N(3)3.4m mg0.5mg=m装，解得F=3 【解析】(1)若滑块恰能做完整的圆周运动，滑 由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道的 块在最高点只有重力提供向心力，有m:g= 压力大小为3N。 m (3)小车从B到P,由动能定理得 解得A=√10m/s -mg2r=m味-m (2)从O点到B点，对滑块根据动能定理有 小车从P点飞出后做平抛运动 mgrmm x=Upt 在B点根据牛顿第二定律有FN一mg=m 2r= r2 解得FN=14.8N。 解得x= 16㎡+-√16(+ (3)滑块与塑料板组成的系统动量守恒，规定向 当r=0.1125m时，小车落地，点与P点的水平 右为正方向，根据动量守恒定律有 距离最大 mg=mv十m2 小车从P点飞出vr>0,则 根据能量守恒定律有 r<0.225m 但因为小车在N点有 对滑块，根据能量守恒定律有 m≤2.5mg ·25. 衡水真题密卷 学科素养周测评 小车从B到N的过程中，由动能定理得 综合可知，当r=0.2m时，小车落地，点与P点 一mgr=2m听-2m呢 水平距离最大，为x=号m。 解得r≥0.2m 2024一2025学年度学科素养周测评（九） 物理·万有引力与航天 一、单项选择题 GM ,所以地球环日速度小于哈霄慧星在 1.A【解析】要想使天舟五号与空间站在同一轨 道上对接，则需要使天舟五号加速，与此同时要 近日点的速度，A正确：根据牛顿第二定律a= 想不脱离原轨道，根据下=m巴，则必须要增加向 FsGMm_GM m=m=,,哈雷昔星在M点时的加速度 心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前 等于地球在M点时的加速度，B错误；根据开普 的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因 喷气产生的推力与喷气方向相反，A正确。 第三定#景=厚 2.B【解析】因为行星半径为R,卫星甲距离行星 C错误：根据开普勒第二定律可知，同一颗行星与 表面的高度为R,所以卫星甲的轨道半径为2R, 太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等，所以 地球与太阳的连线和哈雷替星与太阳的连线在 所以有G0部=m录，又国为在行里表面有 2 相等时间内扫过的面积不一定相等，D错误。 GM /1 4,D【解析】静止轨道上的卫星角速度与赤道上 R2 一mg,解得一√2R,A错误：对卫星有 物体的角速度相等，卫星的轨道半径更大，其速 G=ma,解得a=以，因为卫星绕同一中心 率更大，A错误；S点与P,点到地球中心的距离 是相等的，根据牛顿第二定律和万有引力定律得 天体运动，所以中心天体质量相同，轨道半径越 大，加速度越小，即卫星乙沿椭圆轨道运行经过 a-以，所以卫里在持止轨道上经过S点与在转 V,点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加 移轨道上经过P点的加递度相同，B错误：在精 速度，B正确；卫星乙轨道是椭圆轨道，在M点处 圃轨道近地，点实施变轨成椭国轨道是做逐渐远 的速度大于沿轨道半径为M至行星中心距离的 离圆心的运动，要实现这个运动必须给卫星加 圈轨道的卫星追度，对卫星有G恤=m号，解得 速，所以卫星在异常轨道上经过Q点的速率大于 r2. 在近地轨道上经过Q点的速率，卫星在近地和静 ,轨道半径越小，卫星的线速度越大，所 w入r 止轨道上运动，由万有引力提供向心力得 以轨道半径为M至行星中心距离的圆轨道的卫 吧，所以卫星在近地轨道经过Q点的速度大于 星的线速度大于卫星甲在圈轨道上的线速度，C 在静止轨道上经过S点的速度，所以卫星在异常 错误：对卫星甲有G部=m莞2R,蛛合之前 T 轨道上经过Q,点的速率大于在静止轨道上经过 的分析，解得T甲=4r√g S,点的速率，C错误；由几何知识知转移轨道的半 ,由于卫星乙轨道的 长轴为地球半径的4倍，由开普勒第三定律有 半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普物第 三定律，有哭-，所以有T,一 气-62-√圆知卫在近地桃道上的周期 T 与在转移轨道上的周期之比约为1：8，D正确。 ，D错误。 4g 5.A【解析】取B为研究对象，B绕O点做匀速圆 周运动，设A、B的质量分别为m和2，由万有引 3.A【解析】哈雷梦星在椭圆轨道上绕日公转，而 地球绕日轨道比哈雷慧星近日轨道要远一些，根 力定律及牛领第二定律得Gm,严=m(), 7 ·26·