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（湖南专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（八） 物理·圆周运动 (考试时间75分钟，总分100分)》 一，选择题：本共6小题，每小4分，共4分。在每小额给出的四个选项中，只有一项 符合题日要求。 题号 2 答案 1,在东北严寒的冬天，人门经常玩一项浅水成冰”的静戏，具体提作是把一杯升水沿氧线 均匀快建地成向空中，图甲所示是某人玩“或水成冰”静戏的剩间，其示意图如图乙所 示，发水过程中杯子的运动可看成匀速圆隔站动，人的手臂伸直，在05s内梦动杯子 製转了210°，人的臂长约为Q.6m。下列说法正角的是 A.爱水时杯子的旋转方向为颗时计方间BP位？出的小水珠初速度沿1方向 C杯子在旋转时的角建皮大小为语nd的D杯子在黄转时的线速度大小的为号m。 2明代出版的（天工开物）中记录了祖先的劳动智慧，如图甲所示为“牛转触车”，利用备力 转动不同半径齿轮米改变水车的转通，从而将水运送到高处，粗先的智慧在今天也得 到了燃承和发场，我国白主研发的齿轮传动系统，打被了国外紫断，使中国高俄持续运 行速度达到350km/b,中国高供成为中国制造的一张“金名片”。图乙中A,B是齿轮边 峰两点，C点位于A所在尚轮的中同（图中未标出），三点距各自轴心的臣离：：心三 342:2,在齿轮转动过程中 甲牛铃原车 乙观代传轮 A.w=年 学科素养周测浮八)物理第1页共8页) 衡水真夏 BB、C两点线速度大小满足m= CA.B的向心加速度大小之比为4角1a=3t2 D若两西轮做非匀违圆周运动，则A,B两点线速度大小仍有A一陶 3,如图甲所示，在知2空年北京冬奥会短道速滑项目男子100米决春中，中国选手任子或夺 得冠军。如图乙乐示，A,B、A,B在司一直线上，心为AA中点，述动员由直线AB经弯道 到达直线AB',若有如图乙所示的①②两条路线可透择，其中路线①中的书同以O为图 心，半径为8四，路线②是以口为圆心，率径为15m的半圆.若运动员在滑两属无瑞线运 动的过程中，冰葡与冰刀之间的径向作用力的最大值相等，运动员购以不打带的最大违事 通过两条路线中的膏道（所选路线内运动员的速率不变），别下列说法正确的是(》 甲 A.在①②两条路线上，运动员的向心加速度大个不相等 且着①②两条路线运动时，运动员的速度大小相等 C选择路线①，路程最知，运动员所用时间较复 D选择路线②：路程不是量短，运动员所用时同较知 七如图甲所示，被称为魔力陀螺玩具的陀螺使在属轨道外侧腔转不脱落，其原真可等效 为如图乙所承的慎西：率整为尺的磁性置轨道竖直倒定，质量为m的钱球（视为质点》沿 轨道外侧运动，A,B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的酷性引力命终指向图 心且大小不变，不计摩旅程空气阻力，重力加速度为，则 定支第 线道 A,铁球绕轨道可能蟹匀速醒周运动 且由于盛力的作用，铁球绕轨道运动过程中机械虚不守恒 C铁球在A点的速度必筑大于√成 口轨道对统球的磁性引力至少为mK,方能使铁球不税轨 密卷 学科素养周衡坪（八）物理第2页（共8页} 5.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，衣平杆上O,A两点壶接有两绳，两 A,小球A,B角魂虔相等 绳的另一端霜系在霞量为m的小球上，Q对一O用一A日。现通过转动经直杆，便水平杆 且小球A,B线速度大小相等 在水平面内做匀速圆周这动，三角聪AB始终在竖直平面内。若转动过程中OB,AB C小球C.D线建度大本相等 两绳始缝处于拉直状态，重力加速度为g,则下列说法正确的是 D小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等 AOB淘韵拉力范围为一点 B如图所示，A,B两个小带块用不可钟长的轻蝇连核，放置在水平转行上，m1一Q.1kg, m=0,2g,绳长一1,5m,两滑块与转台间的动摩察因数台均为心5（设最大静擦力 我0出绳的拉力范围为是一2点。 3 wg 3 mg 等于滑动摩擦力)，转合静止时轻绳刚好伸直但没有弹力，转台从静止开给绕竖直转铂 缓慢相速转动（任意一段极短时间内可认为转台做匀速圆周话动），g取10m/公。以下 23 CAB里的拉力范横为导mg一写m及 分析正佛的是 D.如果把绳AB剪斯，那么小球一定会偏离原来位置 A.当am=原d/6时.轻绳上的拉力等于0 6.电动打夯机可以帮助筑路工人压实路面，大大暑高了工作效率，如图所示为某电动打 B当a>√ m/s时，A.B开始在台上滑动 夺机的站构示意因，由偏心轮（飞轮和配重物组成），电动机和帐座三部分组成。电动 机，飞轮和底座总质量为M,配重物爱量为m,配重物的重心到轮轴的距离为r,重力加 C当w一√厚md/:时，A受别的摩振力为心 违度为，在电动机带动下，偏心轮在整直平面内匀速转动，皮带不打滑。当偏心轮上 的配重物转到顶缚时，附好使整体离开地面。下列判断正确的是 ( D考g=√5ad/s时，轻绳上的粒力为1N A.电动机蛇轴与偏心轮转动角速度相同 飞轮 9,如图所示，候角为的解而体置于粗靓的水平地而上，斜顶上质量为4网的滑染近过轻 电功机 玉配重物传到最高点时，处于短重状数 质刚混穿过光滑的润环与质量为网的小球（可视为质点）相连，轻绳与斜面平行。小 C佣心轮转动的角速健为，M士m派 球在水平面内做假调运动，轻绳与竖直方向的夹角也为°。斜面体和附块始终静止， 小球与环之同的绳长为L,重力加速度为g,下列说法正确的是 《 D.打夯机对地面压力的最大值为(M+w)g 二，选择题：本题共4小题，每小驱5分，共0分。在每小题始出的四个进项中，有多项料 合题目要求。全部法对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分， 题号 7 8 0 10 答案 7,四个完全相同的小球A、B、C,D均在水平面内做属维摆运动。如图甲所示，其中小球 A,B在具一水平面内做到锥摆运动连接B球的绳较长)：如图乙所示，小球C,D在不 A斜面体所受到勉面的摩报力大小为湖g 司水平面内做圆锥程运动，其是连接小球C,D的绳与竖直方向之间的夹角相同（连接D 且滑欢所受摩摄力大小为2限g 球的绳较长》，用下列说法正确的是 C茗改变小球的转渔，则当静块恰好不受摩擦力时，小球的动能为停g D若改变小球的转速，喇当滑块价好不受摩藤力时，小球的向心加速度大小为，3g 1,如图所示，长为L的翔绳一端控一质量为m的小球，另一端圆定在0点，绳的最大承 受能力为11知g,在O点正下方O点有一小钉，先把蝇拉至水平再释放小缘，为使绳不 枝拉斯且小慧能以了为完成竖直面内完整的刚周运幼，射钉的位置到O点的距离为 6 学科素养周测浮[八】物理第3页共8页) 衡水真题密程 学科素薄周测坪！八)物理第4页（共8置 A最小为是L B最小为红 C最大为红 D最大为品 三，非选择题：本题共5小题，共56分。 L,《7分》某实验小组通过如图所示的装置晚证向心力的表 光电门 达式。滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直杆做匀遵圆 周运动，力传感游薄过一细绳连接滑块，用来测量向心力 F的大小。滑块上围定一意光片，宽度为，与固定在铁 果台上的光电门可哥量滑块的角速度。旋转率径为R, 每经过光电门一次，通过力传落器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度的 数据. (1)某次旋转过程中，意光片经过光电门时的选完对间为，则角速度w (2)以下为银坐标，以 (实a“(a减“的”为横坠标，可在坐标纸 中捐出数据点作一条直线。 (3)该小组验证(2)中的表达式时，经多次实酸，分析检查，仅器正常，樱作和读数均没 有间面，发现示数F的测量值与其理论值相比《填“偏大“或篇小)，主 原因是 1生，(9分)探究向心力大小F与小球质量w、角速度和半径：之间关系的实验装置知因 所示，转动于柄，可使变速账轮，长语和短悟陆之匀速转动。皮带分别套在塔轮的图盘 上，可使两个槽内的小球分别以不同角道度敏匀速舅周运动。小球做到周运动的向心 力由横臂的挡板提供，同时小球对挡板的弹力使弹簧测力简下降，从面露出测力簧内 的标尺，标尺上露出的红白相间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处做留同运动的轨迹半径之比为1：231。 小 学科素养周测浮八)物理第5页共8页) 衡水真是 (1)在这个实验中，利用了（填“理想实验法“等效誓代法“或“粒相变量法”） 来深死向心力的大小与小嫁质量m,角速度~和半径：之可的关系。 (2)探究向心力的大小与置周运动常轻的关系时，应选择两个质量 〔填“相同” 或“不同”)的小球，分则成在料版C与（填挡板A"就“挡板）处，同时选 择半径（填“相问或“不间”）的两个塔轮。 (3》当用两个质量相等的小球能实验，两整长槽中小球的统道半径是数情中小球物道 半径的2倍，转动时发观左，右标尺上露出的红白相间的等分棉数之比为1·2，周 左，右两边塔轮的来径之比为 12.(10分》如图所示，“厂”形框架的竖直据杆ON光帝，质量分别为想，3m的金属环a,b 用长为L的轻质细绳连接，分判套在水平细杆和竖直闺杆上，a环与W的动摩擦因数 为一士·，最大静摩鳞力等于滑动罩摄力，艇线与水平杆间夹角为重力加速度为g, n53'=08,cms53'-06. (1)若8=53”，：，b处于静止状态时，求4环受到的摩馨力大小。 (2)为使a.b保特静止0至少为多大2 (3)若=30°，并使整个装置绕0N匀角速度转动，为保持系统橙定，转动角速度的平 方成满足什么条件？ 密鞋 学科素养周测坪八)物理第6页（共8页} 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，小阅半径一Q5回，大网毕径厅一10m,小图最低点0恰在大阅图心处，0点有 一弹射装置图中术自)，可水平向右弹解质量为丽一02k翠的滑块。收置在光滑 水平而上的中空长直跟料板与大调的最低点召平滑过度。若银料板质量网一Q2吧 长度L一2.4m,厚度A一0.06m,滑块与复料板上表面之间的动摩擦因数：一0.5，滑 块可视为质点，重力加速度g取10回/。求： ()若滑块能做完整的闭周运动，滑块在最高点的最小速度4大小。 ()以精=√石m/向右弹射滑块，滑块到达大圆物道B点时所受支持力的大小 ()以一√有m“向右弹财滑块，滑块第一次落地点到B点的水平距离。 塑料板 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， 轨道造型可以自山调节，小军内装有发察，可储存一足弹性势能。如图乙所示为小明 同学将建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB.竖直置轨道B仪D,本平直轨道 DMM和两个四分之一圆轨道N与NP平带连接面组成，圆蛛道MN的阅心O),与圆 轨道NP的圆心O位于同一高度，已知小车的质量为一50g,直轨道AB长度为 L=0,5m,小车在轨道上运动时受到的越暖引力始终垂直于精道面，在轨道A以DM 段所受的磁力大小征为其重力的，在载道MNP段所受的磁力大小征为其重力的 2.5婷，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能E=6,3」的小 车由A友静止释效，小车恰好衡通过竖直圆轨道BD,并最终从P点水平飞出。假设 小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车河弹力的，其余轨道均光滑， 不计其他阻力，小车可混为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已完全释放，重力 加速度g取10m/。 (1)求小车运动罚B点时的速度大小。 (2)求小车孟动到置物道B点时对轨道的压力大小F⅓ (3)同时调节置轨道N与NP的半径t,其他条件不变，求小车落地点与P点的最大 水平取离工m: 密卷 学科素养周测评八)物理第8页（共8页}·物理· 小石片第一次与水面接触后跳起时滑行速度 b-a△y=8m/s-20X0.04m/s=7.2m/s 规定竖直方向向下为正方向，小石片第一次与水 面接触后跳起时竖直方向的速度v=一= -7.2×m/s=-5.4m/8 竖直方向加速度为a,==546m/3 △ 0.04 -285m/s 小石片第一次与水面接触过程中对水面作用力 (可视作恒力)的竖直分力大小F,,由牛顿第二定 律得一Fy十mg=may 解得F,=5.9N (3)小石片在水面上滑行时，有a=上=20m/S 77 每次滑行速度的变化量△v=a△t=一0.8m/s 由n=8器=10 2024一2025学年度学科素养厂 一、选择题 1,D【解析】由图乙中小水珠做离心运动的轨迹 可知，杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞 出的小水珠初速度沿2方向，A、B错误；杯子旋 特的角连度为w一总-忌3nd-号dsC 7 错误：杯子旋转的轨迹半径约为0.6m,则其旋转 的线速度大小约为=R=否X0.6m/s= 号m/s,D正确 2.D【解析】由图可知，A、B同缘传动，无论是做 匀速圆周运动还是变速國周运动边缘线速度大 小均相等，故由=r,可得A:ws=TB:TA= 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:c=rA1TC=3:2,A、B 线速度大小相同，所以附：=3：2，B错误；由 向心加逵度公式a=号，可知A,B两点向心加速 度之比为aA:aB=rB:rA=2:3,C错误。 3.D【解析】因为运动过程中运动员以不打滑的 最大速率通过弯道，最大径向作用力提供向心 力，有Fmx=ma,所以在①②两条圆孤路线上运 动时的向心加速度大小相同，A错误：根据牛顿 .2 参考答案及解析 可知小石片共在水面上滑行了10次，空中弹起后 飞行了9次，第n次弹起后的速度vm=巴o十 n△v=(8-0.8n)m/s 再由yn=kUn 和n=2 g 可得第n次弹起后在空中飞行的时间为tn一 号1-0.1m 根据等差数列求和公式可得小石片在空中的飞 行时间a=S=m+2n(n-1)d=5.,4s 小石片在水面上滑行的时间为4=0.04×10s= 0.4s 总时间t=to十t妇十=6.4s 周测评（八）物理·圆周运动 第二定体，有R=m景解得入√一，因为 路线①的半径小，所以路线①上运动员的速度 小，B错误：路线①的路程为s=(2×7十8π)m≈ 39m,路线②的路程为52=π×15m≈47m,根据 R可知2=尽>1，则选择 =和√m 红szVR 路线②所用时间短，C错误，D正确。 4,D【解析】磁力和支持力都不能对铁球做功，只 有重力会对小铁球做功，所以铁球的机械能守 恒，铁球不可能做匀速國周运动，A、B错误：铁球 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 满足mg·2R=2m心，轨道对铁球的支持力拾 好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即 F-mg=m发，联立得F=5mg,D正确， 5.B【解析】转动的角速度为零时，OB绳的拉力 最小，AB绳的拉力最大，这时二者的值相同，设 为Fn,则2 2Fncos30=mg,解得Fn-号mg,增 大转动的角速度，当AB绳的拉力刚好为零时， OB绳的拉力最大，设这时OB绳的拉力为Fm, 公 衡水真题密卷 则Fnos30'=mg,解得Fn=29mg,周此OB 昆的拉力范国为号mg~2ng,AB蝇的拉力 范国为0臣， mg,A,C错误，B正确；当AB绳的 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。 6.C【解析】电动机轮轴与偏心轮转动属于同传送 带传动，线速度相等，根据v=w,可知角速度不相 等，A错误；配重物转到最高，点时，加速度向下， 处于失重状态，B错误；当偏心轮上的配重物转到 顶端时，刚好使整体离开地面，则有Fr=Mg,对 配重物有mg十F=ur,解得u一√ M什mg,C mr 正确；在最低，点，对配重物有F一mg=mr,对打 夯机有Fr十Mg=FN,解得FN=ur十mg十Mg =2(M什m)g,根据牛顿第三定律可知打夯机对 地面压力的最大值为2(M十m)g,D错误。 二、选择题 7.AD【解析】对题图甲中A、B两小球分析，设绳 与竖直方向的夹角为0，绳长为1，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 mgn0=m8,解得w入√总0√凭，可知 小球A,B的角速度相同，由v=aw可知，小球A,B 的线速度大小不同，A正确，B错误：对题图乙中 C、D两小球分析，设绳与竖直方向的夹角为a,小 球的质量为m,绳长为L,有mgtan a=w2 Lsin a, 解得w一√Lcos a ,g,又r=Lsin a,由v=awr可知v= √gLsin atan a,连接小球C、D的绳与竖直方向 之间的央角相同，绳长不同，因此小球C、D线速 度大小不同，C错误；设绳上的拉力为F,竖直方 向有F1cosa=mg,则有F=mg,因连接小球 cos a C、D的绳与竖直方向夹角相同，可知小球D受到 绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等，D 正确。 mg 5 ·2 学科素养周测评 8.AC【解析】当轻绳刚好出现拉力时，则对B分 /10 析可知mg=mul,解得a=√grad/s,当 w=√3rad/s<时，轻绳上的拉力等于0，A正 /10 确：当ω一√3 rad/s=h时，轻绳上的拉力等于 0,此时A受到的摩擦力为0，C正确；当A、B刚 要在转台上滑动时，则对B有FT十mBg= mwil,对A有Fr=mAg,解得幼=√5rad/s, 当a>5rad/s时，A、B开始在转台上滑动，当 w=√5rad/s时，轻绳上的拉力为Fr=mAg= 0.5N,B、D错误。 9.AD【解析】对小球进行受力分析，有mg= Frcos30°，对滑块进行受力分析，有F= 4mgin30-F=2mg一29mg将清块和斜面 看成整体，由平衡条件得，斜面体所受摩擦力大 小为Fn-Frcos30°-mg,A正确，B错误；当滑 块恰好不受摩擦力时，绳的拉力为F=2mg,小 球做围周运动，设此时细绳与竖直方向夹角为0， 则水平方向和竖直方向分别有FTsin- m Lsin0Fcos0=mg,解得0=60'，t= 平，得小球的动能为瓦=之m=子ngL 2 向心加速度为a-F0=3g,C错误，D 正确。 10.BC【解析】当小球恰好到达圆周运动的最高 点时小球的转动半径为r,重力提供向心力，则 有mg一n号，根据机核能守恒定律可知，mgL 2)=司m,联立解得r=L,故钉的位置到0 5 点的距高为L,当小球转动时，拾好达到绳子 的最大拉力，即F=11mg,此时一定处在最低 点，设辛径为R,则有11mg一mg=m装根据机 减能守恒定律可知，mgL=2m,联立解得R= L,故此时高最高点距离为L,则可知，距离 最小为L,距离最大为号L,B.C正确，AD ·物理· 错误。 三、非选择题 1.①R品2 (3)偏小(4)滑块与水平 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=忌，由线建度大小和角建度大小的关 系式可得w一京一R△ (2)根据牛顿第二定律可得F=mRm2= md2 R《△，可知F与（△成正比，以F为纵坐 1 标，为横坐标可在坐标纸上描出一条直 线鲜率为紧。 (3)力传感器测量的F是绳子的拉力，而在实际 情况中，滑块在做阍周运动时还会受到水平杆 对它的静摩擦力，向心力等于绳子拉力F和静 摩擦力之和。因此，在滑块与水平杆之间存在 的静摩擦力的影响下，力传感器示数F作为向 心力时会比向心力理论值偏小。 12.(1)控制变量法(2)相同挡板B相同 (3)21 【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。 (2)探究向心力大小与圆周运动半径的关系时， 霄要控制小球的质量和运动角速度相同，所以 应选择两个质量相同的小球，小球应分别放在 挡板C处和B处，同时选择半径相同的两个 塔轮。 (3)根据F。=maR,由题意可知Ft=2Fnk, R点=2R方，可得左：结=1：2，由于两塔轮边 缘线速度大小相等，由=r,可得r友：r右= 2:1,即左、右两边塔轮的半径之比是2：1。 13.(1)号mg(2)37 (3)2(9-43)g≤≤2(9+43)8 3L 3L 【解析】(1)根据题意，分别对两个小环进行受 力分析，如图所示，由平衡条件有 F=FTcos 0 2 参考答案及解析 Frsin 0=3mg 又有0=53° 解得R=是mg。 0 M F mg Fh 3mg (2)由(1)中受力分析图，由平衡条件有 Fx=mg+Frsin 0=4mg 则小环a与杆之问的最大静摩擦力为 Fm=uFN=4mg 为使a,b保持静止，则有FTcos0≤Fm 联立解得a加>号 解得0≥37 即为使a、b保持静止，0至少为37°。 (3)根据题意，若0=30°，并使整个装置绕ON 匀角速度转动，当四2最大时，由牛顿第二定 律有 备十f。=m2Loas30 解得城=2(9+43)g 3L 当w2最小时，由牛顿第二定律有 品0-R。=m.oo30 解得2=2(9-43)g 3L 则转动角递度的平方心应满足 2(9-43)B≤w≤29+4B)g 3L 31 14.(1)10m/s(2)14.8N(3)3.4m 【解析】(1)若滑块恰能做完整的圆周运动，滑 块在最高点只有重力提供向心力，有 mg-m ra 解得w=√10m/s (2)从O点到B点，对滑块根据动能定理有 5 衡水真题密卷 mgn=m话-之m味 在B点根据牛顿第二定律有FN一mg-m通 r? 解得FN=14.8N。 (3)滑块与塑料板组成的系统动量守恒，规定向 右为正方向，根据动量守恒定律有 %B=mt十m20” 根据能量守恒定律有 2m2% 对滑块，根据能量守恒定律有 1 mgx一2m16-2m0 滑块离开塑料板后微平抛运动 m=vt h=28d 滑块第一次落地，点到B点的水平距离为 x=x1十x2 解得x=3.4m。 15.(1)3m/s(2)3N3) 5 m 【解析】(1)小车由A运动至B过程，由能量关 系可知 E-k(mg+F)L+jmv 其中F=0.5mg,代入数据解得g=3m/s。 (2)设小车在C点的速度为c,恰好通过最高 点，则根据牛顿第二定律有 mg-05mg一m爱小车从B到C,由功能定里 2024一2025学年度学科素养周测讠 一、选择题 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 想不藏离原轨道，根据F=m号，则必须要增加向 心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前 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。 2.B【解析】因为行星半径为R,卫星甲距离行星 表面的高度为R,所以卫星甲的轨道半径为2R, ·26 学科素养周测评 得-mg2R=mt-m 解得R=0.2m 在B,点，根据牛顿第二定律有 R-mg-0,5mg=m是解得R=3N 由牛顿第三定律，小车运动至B,点时对轨道的 压力大小为3N。 (3)小车从B到P,由动能定理得 1 一mg2r=2m呢-2m哈 小车从P,点飞出后做平抛运动 x=Upt 2r-78 解得x√16㎡+g-√16一+赢 当r=0.1125m时，小车落地，点与P点的水平 距离最大 小车从P点飞出vP>0,则 r<0.225m 但因为小车在N点有 m5≤2.5mg 小车从B到N的过程中，由动能定理得 -mgr-合md-之m% 1 解得r≥0.2m 综合可知，当r=0.2m时，小车落地点与P点 水平距离最大，为x。二m 平（九）物理·万有引力与航天 所以有G祭=m录又因为在行星表面有 2 G 1 R2 =mg,解得v一√2gR,A错误：对卫星有 GM恤=ma,解得a=GY, ,,因为卫星绕同一中心 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 N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加 速度，B正确；卫星乙轨道是椭圆轨道，在M点处 的速度大于沿轨道半径为M至行星中心距离的