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（山东专版）

2024一2025学年度学科素养周测评（八） 物理·圆周运动 (考试时间90分钟，总分100分)》 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共4分。每小m只有一个选项符合黄目 要求。 题号 2 6 答案 1,在东北严寒的冬天，人们经常玩一项“凌水成冰”的等戏，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“泼水成冰”静战的瞬间，其示意图如图乙所 示，发水过程中杯子的运动可看成匀速员隔端动，人的手臂伸直，在05s内梦动杯子 製转了210°，人的臂长约为Q.6国。下列说法正角的是 A.爱水时杯子的旋转方向为顺时补方向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“牛转鞋车”，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 到了燃承和发扬，我国自主研发的齿轮传动系统，打破了国外茶断，使中国高铁特续运 行速度达到350km/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 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.Wa-w-uE 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=比 C.A.B的向心加速度大小之比为a4taa一312 D若两传轮做非匀建圆周运动，则A,B两点线建度大小仍有A= 3,如周甲所示，在2如22年北京冬奥金短道速带项目男子1000米决淳中，中国过于任子或夺 得冠军。如图乙所示，ABA,B在司一直线上，为AA中点，运动员由直线AB经等道 到达直线AB',若有如图乙所示的①阳两条路线可选择，其中路线①中的半丽以O为圆 心，半径为8m,路线②是以口为圆心，率径为15回的半属，若运动员在府两无路线运 动的过程中，冰面与冰刀之间的径向作用力的最大值相等，运动员均以不打带的最大速率 通过两条路线中的弯道（所达路线内运动员的速率不变），则下说法正确的是《》 A,在①两条路线上，运动员的向心加速度大小不相等 且滑①心两条路线运动时，运动员的速度大小相等 C选择路线①，路程最短，运动员所用即到间较复 D透择路线②，路程不是最短，但运动员所用时何较知 4如图所示，在颜角为。=30的光滑斜面上，有一根长为L 0,8m的轻杆，一南固定在O点，另一端系一质量为m一02kg 的小球，沿斜值做园周试动。g数10m/公。若要小球能道过量 高点A,则小在最低点引的最小速度是 《》 A.2 m/s B.4 m/s C.2√10m/s D.2v5 m/s 5,如图甲所示，被称为魔力陀螺玩具的院佩能在国轨道外侧壁转不倒落，其原弹可等效 为如图乙所示的慎数，半径为R的感性膜轨道竖直周定，质量为m的铁球（视为质点》沿 轨道外侧运动，A,B分别为航道的最高点和最低总，轨道对铁球的酷性引力始终指向圆 心且大小不变，不计摩擦和空气乳力，重力加速度为，则 周定支泉 我道 题密鞋 学科素养周测坪八)物理第2页（共8页} 3 二、多项进释愿：本票共4小丽，每小题4分，共16分。每小题有多个茜项符合题目要求， 全部选对得4分，选对但不金的得2分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 12 答案 B,四个完全相间的小球A,B,C,D均在水零国内做园锥摆运动。如图甲所常，其中小球A、 B在同一水平面内做圆锥视运动（连接B球的绳较长）：如图乙所示，小球C,D在不间水平 晖内做圆维摆运动，但是连接小球C,D的绳与竖直方内之间的夹角相同（连接D球的绳 较长)，则下列说法正晚的是 A,小球A,B角违皮相等 B小球A,B线速度大小相等 C.小球CD线建度大小相等 D小球D受到绳的牧力与小球C受到绳 的拉力大小相等 10,如图所示，A,B两个小滑块用不可伸长的轻绳连接，放置在水平转台上，=Q.1kg: m=4,2kg,绳长=1,5m,两带块与转台间的功摩擦因爱a均为0,5（设最大静摩擦 力等于滑动峰擦力)，转台静止时轻绳刚好你直但没有弹力，转台从静止开始绕经直转 轴缓慢却速转动（任意一夜极烟时问内可认为转台做匀速圆周运动），g取]0m/公，以 下分析正确的是 A.当一5md/s时，经绳上的拉力等于0 B当心√厚ds时AB开的在转台上滑动 C当w一√厚s时A受别的率擦力为 D当w店d/g时，轻绳上的拉力为1N 11.如图所示，颜角为0的料面体置于粗程的水平地面上，斜面上履量为丽的滑块通过 轻面潮性绳穿过光带的园环与质量为两的小球（可视为面点》相连，轻绳与斜面平行： 小球在水平面内做置周运动，轻绳与鏨直方脚的夹角也为30。斜面体和滑块始终静 止，小球与环之阿的规长为L,重力加通度为夏，下列说法正衡的是 A,斜而体所受到蛙面的摩题力大小为刚g A滑块所受摩搬力大小为架g C若改变小球的转速，期当滑块恰好不受摩檬力时，小球 的动能为mg 口若改变小球的转速，属当滑块恰好不受摩擦力时，小球 的向心加速度大小为g 题密程 学科素养周测评八)物理第4页（共8贾} 12.如图所示，长为L的细闻一摇检一板量为m的小球，另一端围定在O点，绳的最大承 受能力为11m球，在0点正下方了点有一小钉，先把绳拉至水平再释截小球，为使绳不 被拉断具且小球能以心为轴完成竖直面内完整的慨周运动，期钉的 位置到O点的距离为 A最小为L 且最小为 C最大为L D最大为总 三，非选择题：本题共6小题，共60分。 13,《6分)某实验小组酒过如图所示的装置验狂向心力的表达 光电 式。滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直杆做匀速到周运 力感 功，力传感器适过一一细闻连接滑块，用来测量向心力F的 大小。滑块上周定一意光片，宽度为d,与固定在铁更台上 的光电门可测量滑块的角速皮s,旋转率径为R,每经过 光电门一次，道过力传感卷帮光电门就同时获得一组向心力下程角建度的数据 (1)某次旋转过程中，追光片经过光电门时的速光时刺为△，测角速度 ()以F为枫坐标，以 (镇△是”(”或"”为横坐标.可在坐标纸 中描出数据点作一条直线 《》该小组验证(2)中的表达式时，经多次实段，分析检查，仅#正常，操作和读数均没 有问题，发现示数F的测被值与其建论值相比（填-编大”或“偏小），主要 算因是 14.(8分)探究向心力大小F与小球质量网、角速度和米径r之闻关系的实胶装管如图 所示，韩动手柄，可蛙变速塔轮，长海和粗情陆之匀速转动。皮带分别套在塔轮的圆盘 上，可使两个槽内的小球分别以不同角速度敏匀速圆圆运动。小球做圆圆运动的向心 力山横臂的挡板提供，同时小续对挡板的弹力使弹簧测力简下降，从而露出测力簧内 的标尺，标尺上露出的红白相间的等分挤数之比即为两个小球所受门心力的比值。已 知小球在挡板A.B,C处做圆同运动的轨连半径之比为12：1 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 15.(8分)如图所示，一轻支集自水平段ON和经直段O了组成。轻弹簧一菊固定于O点， 另一南行套在水平杆)N上的A球相连，一根长为L=I0m的轻绳连接A,B两球 A球质量m4一1kg,B球爱量m=4kg,A绿与水平杆间的动摩擦因数以一0,36，弹簧 原长1一20am,劲度系数k=450N/m。朝始时使A球尽量压缩弹簧并恰好处于静止 状态。现使系烧烧C了轴暖慢转动起来，转动过程中保持A,非两球始降与O)在同一 竖直平面内。当系统以某角速度稳定转动时，每绳与竖直方向成7角，此时弹簧的弹 力大小恰好与初始时相同。设最大静摩藤力等于滑功摩擦力，不计空气阻力 37'-06,s37'=08,g-10m/,求 (1)韧始时弹簧的长度. (2)细绳与竖直方向成角时，系统转动的角速度 密卷 学科素养周测坪八)物理第6页（共8页} 3 16,《8分)如图所示，““形熙案的竖直缸杆N光滑，质量分切为四，3m的金属环a,5用 长为L的轻质潮风连接，分别套在水平细杆和及相杆上环与刷的动摩瓶因数为 严一1.0，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细线与水平轩闻夹角为8.重力加速度为g, dn53°=0,8,6ms3°=0,6. (1》若0一53°，a.6处于尊止状态时，求a环受到的摩擦力大小 (2)为性4、6保持静止，0至少为多大？ (3》若0一3'，并使整个装置饶ON匀角速度转动，为保持系统稳定，转诗角速度的平方 如应佛足什么条件行 17.(14分)如所示，两个固定的，大小不问的竖直半留形光滑轨道在最高点A平滑连 接，小图半径n=05m,大图米径万=1,0m,小圆量低点0恰在大圆图心处.0点有 一带刻装置《图中未新指)，可水平向右弹射质量为的一山，2kg的滑块。放置在光都 水平面上的中空长直复料板与大调的最低点B平滑过渡。若袋料板质量网一Q2k。 长崖L一2.4m:厚度h一00心m.滑换与塑料版上表面之同的功学报因数加一山，5，滑 块可找为题点，重力知速度g取0m/s。求， (1)若滑块能数完整的圆腾运动，滑块在最高点的最小速度大小。 (2)以助一√石m/s向右弹射滑块，滑块到达大园执道B点时所受支持力的大小： (3)以转=√科m/向右弹射滑块，滑块第一次落楚点到B点的水平距离 块 n/o 塑料板 3 学科素养周测浮八】物理第7页{共8页) 衡水真是 18.(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，小客内装有发得，可储存一定弹性势能。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轨道面，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，小车可祝为质点，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/分。 (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：，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· 触前时间为o,由ho一乞g哈 1 解得6一入g /2X1.8 10 s=0.6s 小石片第一次与水面接触前水平方向的位移 x=%t0=8×0.6m=4.8m (2)小石片第一次与水面接触前竖直方向的速 度v=gto=6m/s 小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大 小为a,有a=上=20m/s 小石片第一次与水面接触后跳起时滑行速度 y=h-a△1=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，=一k= -7.2×m/s=-5.4m/s 竖直方向加速度为4，=边=-5,4-6 0.04 m/s= -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 2024一2025学年度学科素养 一、单项选择题 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 7 转的角选度为。一总-系需nds-罗ads,C 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0=R=7X0.6m/s= 爱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圆周运动边缘线速度大 小均相等，故由v=ur,可得A:g=rB:rA一 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wtc=rA:rC=3t2,A,B 线速度大小相同，所以g:℃=3：2，B错误：由 向心加速度公式a=号，可知A,B两点向心加速 度之比为aA:aB=r日：rA=2:3,C错误。 ·2 参考答案及解析 律得一F,十g=ma, 解得F,=5.9N (3)小石片在水面上滑行时，有a=话=20m/ 每次滑行速度的变化量△v=a△t=一0.8m/s 由n-88-10 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=Uo十 n△v=(8-0.8n)m/s 再由Un=kum 和=2经 可得第n次弹起后在空中飞行的时间为tm= g1-0.1m 根据等差数列求和公式可得小石片在空中的飞 行时间6=线=十2m-1Dd=54s 小石片在水面上滑行的时间为=0.04×10s= 0.4s 总时间t=to十tg十t=6.4s 周测评（八）物理·圆周运动 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Fm=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 下，因为 第二定律，有F=mR,解得u一√m 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s1=(2X7十8x)m≈ 39m,路线②的路程为s2=π×15m≈47m,根据 R可知=>1，则选择 1=名和知√m ta saN R1 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 为零，由动能定理得2 mgl.sin a=2m话一0，可 得g=4m/s,B正确。 5.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，铁球不可能做匀速圆周运动，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 为 衡水真题密卷 在最高点的速度恰好为0，到达最低，点时的速度 满足mg·2R=乞m心，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 F-mg=m景联立得F=5mgD正确 6.D【解析】若仅仅考虑地球的自转影响时，列车 绕地心做圆周运动的线速度大小为而，以列车为 研究对象，根据牛顿第二定律得mg一FN=m爱 若列车相对地面又附加了一个线速度，列车绕 地心做圆周运动的线速度大小为吻十，根据牛 顿第二定律得mg一代=m农)，可知R、 内=m2,D正角 7.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 Fncos30°=mg,解得Fn=5 3mg,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F, 则Fm0s30=mg,解得Fn=2ymg,因此OB 绳的拉力范周为号mg一2m 3mg,AB绳的拉力 范图为03m 3mg,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。 8.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FT=Mg,对 M什m)g,C 配重物有mg十F=mn,解得w一√m 正确；在最低点，对配重物有F一mg=wr,对打 夯机有F十Mg=FN,解得Fx=mur+ng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、多项选择题 9.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l,小球的质量为， 小球A、B到悬点的竖直高度为h,如图所示，则有 。2 学科素养周测评 mgm0=m血解得。高)√景，可知 小球A、B的角速度相同，由v=a旷可知，小球A、B 的线速度大小不同，A正确，B错误：对题图乙中 CD两小球分析，设绳与竖直方向的夹角为α，小 球的质量为，绳长为L,有mngtan a=Lsin a, ,g,又r=Lsina,由0=ur可知 解得w=√Lcos a】 v=√gLsin atan a,连接小球C、D的绳与竖直方 向之间的夹角相同，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FT,竖直 方向有FTcos a=mg,则有F=mg,固连接小 cos a 球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。 g 10.AC【解析】当轻绳刚好出现拉力时，则对B分 10 析可知mg=mL,解得o=√3 rad/s,当 w=√3rad/s<n时，轻绳上的拉力等于0，A正 rad/s=时，轻绳上的拉力等 确；当w一√3 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F,十g= mwl,对A有Fr=mAg,解得a=√5rad/s, 当aw>√5rad/s时，A、B开始在转台上滑动，当 u=√5rad/s时，轻绳上的拉力为Fr=umg= 0.5N,B.D错误。 11.AD【解析】对小球进行受力分析，有g= Frcos30°，对滑块进行受力分析，有F:= mg血30-R=2mg-2mg,特滑块和斜 面看成整体，由平衡条件得，针面体所受摩擦力 大小为F=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, 小球做國周运动，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Frsin0= Lsin0Fcos0=mg,解得0=60°，= ·物理· 吗，得小球的动能为民=mm:=子” 2 向心加速度为a= sin0=3g,C错误，D 正确。 12.BC【解析】当小球恰好到达國周运动的最高 点时小球的转动半径为，重力提供向心力，则 有mg=m号，根据机械能守恒定律可知，mg（L 2）=之m,联立解得一号1，故钉的位置到0 点的距离为L:当小球转动时，恰好达到绳子 的最大拉力，即F=11mg,此时一定处在最低 06 点，设半径为R,则有11mg一mg=m尺，根据机 械能守恒定律可知，mgL=m,联立解得R- L,故此时高最高点距离为L,则可知，距高 最小为L,距离最大为L,B,C正确，AD 错误。 三、非选择题 1.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 大小为一总由线连度大小不角连度大小的关 系式可得。发R品 (2)根据牛顿第二定律可得F=mRw2= R的，可知F与成正比，以F为级坐 m 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，滑块在做圆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。 14,(1)控制变量法(2)相同挡板B相同 (3)2:1 2 参考答案及解析 【解析】(1)本实验中要分别探究向心力大小与 质量m、角速度w、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， 需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。一muR,由题意可知Ft=2Fn, R左=2R右，可得w左：站=1：2，由于两塔轮边 缭线速度大小相等，由v=r,可得r：r右= 2:1,即左、右两边塔轮的半径之比是2：1。 15.(1)0.16m(2)5rad/s 【解析】(1)初始时弹簧处于压缩状态，A球恰 好处于静止状态，设初始时弹簧的压缩量为 △，则 k△l=u(mA+mB)g 解得△l=0.04m 则初始时弹簧的长度为l6=l一△1=0.16m。 (2)当系统以某角速度稳定转动，弹簧的弹力大 小与初始时相同时，弹簧处于拉伸状态，拉伸量 与初始状态的压缩量相等，对B球有 mag tan37°=m2rE ra=l+△l+Lsin37° 解得w=5rad/s。 16.(①号mg(2)37 (32(9-43)8<<2(9+43)g 3L 3L 【解析】(1)根据題意，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 Frsin 0-3mg 又有0=53 解得F=m8。 7g 3mg 衡水真题密卷 (2)由(1)中受力分析图，由平衡条件有 Fx=mg+Frsin 0=4mg 则小环a与杆之间的最大静摩擦力为Fm= uFN=4mg 为使a、b保持静止，则有Frcos≤Fa 联立解得m>号 解得6≥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，当如最大时，由牛顿第二定 律有 tan 30+Fm-mLcos 30 3mg 解得6-2(9+43)g 3L 当m最小时，由牛顿第二定律有 3m5。-fn=maLcos30 tan 305 解得2=2(9-43)g 3L 则转动角速度的平方应满足2(9-43)B< 3L w≤2(9+43)g 3L 17.(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m1g= ra 解得A=√10m/s (2)从O点到B点，对滑块根据动能定理有 mgrmm 在B点根据牛顿第二定律有FN一mg=m 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 m=mv十m2 根据能量守恒定律有 对滑块，根据能量守恒定律有 3 学科素养周测评 1 pmgx=- 滑块离开塑料板后做平抛运动 m=vt h- 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。 18①3m/s23N3号m 【解析】(I)小车由A运动至B过程，由能量关 系可知 E-k(mg+F)L+m 其中F=0.5mg,代入数据解得w=3m/s。 (2)设小车在C点的速度为v,恰好通过最高 点，则根据牛顿第二定律有 mg一0.5mg=m罩，小车从B到C,由动能定 理得 mg2R=m呢-2mu 解得R=0.2m 在B点，根据牛顿第二定律有 R-mg-05mg=m爱解得R=3N 由牛频第三定律，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 -mg2r=2m听-合m听 小车从P,点飞出后做平抛运动 x=Upt 2- 解得x= 16+g-√16+ 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vr>0,则 r<0.225m 但因为小车在N点有 m4≤2.5mg ·物理· 小车从B到N的过程中，由动能定理得 一mgr=2m呢-2m呢 解得r≥0.2m 2024一2025学年度学科素养周测 一、单项选择题 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 想不脱离原轨道，根据下=m女，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, 所以有G0=m最又因为在行星表西有 2 GMin /1 R2 =mg,解得一√2R,A错误：对卫星有 G=ma,解得a-,因为卫星绕同一中心 r2 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 圆轨道的卫星追度，对卫里有G=m号，解得 一√，轨道半径越小，卫星的线逵度越大，所 以轨道半径为M至行星中心距离的圆轨道的卫 星的线速度大于卫星甲在圈轨道上的线速度，C 错误：对卫显甲有G0=m答2R,维合之前 T 的分析，解得T甲=4r√ /2 ,由于卫星乙轨道的 半长轴等于卫星甲國轨道的半径，根据开普勒第 二定律，有=，所以有，=. T ，D错误。 4r入g 3.A【解析】哈雷彗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 ·3 参考答案及解析 综合可知，当r=0.2m时，小车落地，点与P点 水平距高最大，为工-号m 评（九）物理·万有引力与航天 ,G,所以地球环日速度小于哈雷慧星在 据u一√r 近日点的速度，A正确：根据牛顿第二定律a= 票一-以，哈高昔里在M点时的加逢度 等于地球在M点时的加速度，B错误；根据开普 常三#结会厚 C错误：根据开普勒第二定律可知，同一颗行星与 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 相等时间内扫过的面积不一定相等，D错误。 4,D【解析】静止轨道上的卫星角速度与赤道上 物体的角速度相等，卫星的轨道半径更大，其速 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 a-,所以卫里在静止轨道上经过S点与在转 移轨道上经过P点的加递度相同，B错误；在椭 圃轨道近地，点实施变轨成椭国轨道是做逐渐远 离圆心的运动，要实现这个运动必须给卫星加 速，所以卫星在异常轨道上经过Q点的速率大于 在近地轨道上经过Q点的速率，卫星在近地和静 止轨道上运动，由万有引力提供向心力得- 四，所以卫里在近地桃道经过Q点的速度大于 在静止轨道上经过S,点的速度，所以卫星在异常 轨道上经过Q,点的速率大于在静止轨道上经过 S,点的速率，C错误；由几何知识知转移轨道的半 长轴为地球半径的4倍，由开普勒第三定律有 系-君√圆加卫里在莲地轨道上的周期 与在转移轨道上的周期之比约为1：8，D正确。 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，由万有引 力定排及牛顿第二定律得G四=m(）, 为