【全程方略】2012-2013版高中物理 6.1 行星的运动课后巩固作业新人教版必修2

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高一物理6.1_行星的运动_习题、答案

高一物理6-1-1 第六章第1节行星的运动习题1.根据开普勒行星运动规律推论出下列结论中，哪个是错误的( )A .人造地球卫星的轨道都是椭圆，地球在椭圆的一个焦点上B .同一卫星在绕地球运动的不同轨道上运动，轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相同C .不同卫星在绕地球运动的不同轨道上运动，轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相同D .同一卫星绕不同行星运动，轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等2．银河系中有两颗行星环绕某恒星运转，从天文望远镜中观察它们的运转周期为27：1，则它们的轨道半长轴比是（）A. 3：1B. 9：1C. 27：1D. 1：93．下列说法中符合开普勒对行星绕太阳运动的描述是( )A .所有的行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B .行星绕太阳运动时，太阳在椭圆的一个焦点上C .行星从近日点向远日点运动时，速率逐渐增大D .离太阳越远的行星，公转周期越长4. 已知木星绕太阳公转的周期是地球绕太阳公转周期的12倍。

则木星绕太阳公转轨道的半长轴为地球公转轨道半长轴的倍。

5．两个质量分别是m 1和m 2的行星，它们绕太阳运行的轨道半径分别等于R R 12和，则它们运行周期的比等于（）A ．3/221R R ⎛⎫ ⎪⎝⎭B . 3/212R R ⎛⎫ ⎪⎝⎭C . 12m mD . 21m m 6. 我国的人造卫星围绕地球的运动，有近地点和远地点，由开普勒定律可知卫星在远地点运动速率比近地点运动的速率小，如果近地点距地心距离为R 1，远地点距地心距离为R 2，则该卫星在远地点运动速率和近地点运动的速率之比为（）A ．12R RB . 21R RC . 12R RD . 21R R 7．下面关于丹麦天文学家第谷，对行星的位置进行观察所记录的数据，说法正确的是( )A ．这些数据在测量记录时误差相当大B ．这些数据说明太阳绕地球运动C ．这些数据与以行星绕太阳做匀速圆周运动为模型得到的结果相吻合D ．这些数据与行星绕太阳做椭圆运动为模型得到的结果相吻合8．某一人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球轨道半径的1／3，则此卫星运行的周期大约是 ( )A ．1～4天之间B ．4～8天之间C ．8～16天之间D ．16～20天之间9．关于行星绕太阳运动的下列说法中正确的是 ( )A ．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B ．行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处C ．离太阳越近的行星运动周期越长D．所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等10．太阳系的行星与太阳之间的平均距离越大，它绕太阳公转一周所用的时间( ) A．越长B．越短C．相等D．无法判断11．关于开普勒行星运动定律的公式32RkT=，下列说法正确的是（）A．k是一个与行星无关的量B．若地球绕太阳运转的半长轴为R，周期为T，月球绕地球运转的半长轴为R1，周期为T1，则331221RRT T=。

2013高考物理一轮全程学习方略课后巩固作业1.4(四)新人教版选修3-2

课后巩固作业(四)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分.每小题至少一个选项正确）1．一个面积S=4×10-2 m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )A.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/sB.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C.在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于0.08 VD.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零2．（2011·济宁高二检测）如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直斜面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，在这个过程中( )A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热3.一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是（）A．ab受到的拉力大小为2 NB．ab向上运动的速度为2 m/sC．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D．在2 s内，拉力做功为0.6 J4.如图所示，一正方形的线圈的一边恰在一磁场边缘，匀强磁场方向垂直于线圈平面，在将线圈拉出磁场过程中，哪些办法可使线圈中的感应电流增大为原来的两倍( )A.仅使线圈匝数变为原来的两倍B.仅使导线的横截面积变为原来的两倍C.仅使磁感应强度变为原来的两倍D.仅使拉线圈的速度变为原来的两倍5．(2011·石家庄高二检测)如图所示，外力F使金属杆ab在匀强磁场中沿光滑水平金属导轨做匀速运动，除电阻R外，其他电阻均忽略．若下列各种情况中杆ab都能保持匀速运动状态，则( )A.当F一定时，R减小为原来的一半，则F的功率也减小为原来的一半B.当F一定时，为使杆的速度增大为原来的2倍，必须使R也增大为原来的2倍C.当F的功率一定时，要使F能增大为原来的2倍，应使R减小为原来的一半D.若R不变，当F增大为原来的2倍时，杆的速度也应增大到原来的2倍二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）6.（10分）（2011·杭州高二检测）如图，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面.磁感应强度随时间变化的规律是B=(6-0.2t)T,已知R1=4 Ω，R2=6 Ω，电容C=30 μF，线圈A的电阻不计.求：（1）闭合S后，通过R2的电流强度大小.（2）闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电量是多少？7.（10分）（2011·浙江高考）如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d=1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.在t=0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0=1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1 Ω/m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取g ＝10 m/s2）.（1）通过计算分析4 s 内导体棒的运动情况；（2）计算4 s 内回路中电流的大小，并判断电流方向；（3）计算4 s 内回路产生的焦耳热.答案解析1．【解析】选 A.开始 2 s 内，ΔΦ=S ·ΔB ＝0.16 Wb ，故选项B 错误；0.16 Wb /s 0.08 Wb /s t 2∆Φ==∆，故选项A 正确；E n t∆Φ=∆ =100×0.08 V=8 V ，故选项C 错误；第3 s 末产生的感应电动势等于2～4 s 内的感应电动势，故D 项错误．2．【解析】选A 、D.棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力F 做正功，重力G 、安培力F 安做负功.根据动能定理：W ＝W F +W G +W 安＝0，故A 对，B 错；恒力F 与重力G 的合力所做的功等于导体克服安培力做的功.而导体克服安培力做的功等于回路中电能（最终转化为焦耳热）的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故C 错，D 对．3.【解析】选B 、C.对导体棒cd 分析：22B v mg BI 2R＝＝，l l 得v ＝2 m/s ，故B 正确；对导体棒ab 分析：F ＝mg ＋BI l ＝0.2 N ，A 错误；在2 s 内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W ＝F 安vt=BI l vt=mgvt ＝0.4 J ，C 正确；在2 s 内拉力做的功为Fvt=2mgvt ＝0.8 J ，D 错误．4.【解析】选B 、C 、D.E NBLv 4NL BvS I R I R R S 4===ρ=ρ，得，由此可分析得B 、C 、D 正确，A 错. 5．【解析】选A 、B 、D.当杆匀速运动时，有F=F 安＝22B L v R ，所以22FR v B L=，当F 一定时，速度增大为原来的2倍，R 也增大为原来的2倍，故B 正确；若R 不变，当F 增大为原来的2倍时，杆的速度也应增大到原来的2倍，故D 正确；222F R P Fv ,B L==当F 一定时，R 减小为原来的一半，则F 的功率也减小为原来的一半，故A 正确，C 错误.6.【解析】（1）B E n nS t t∆Φ∆==∆∆ =100×0.2×0.2 V=4 V12E 4I A 0.4 A R R 4 6===++ (2)S 闭合时电容C 两端的电压U=IR 2=0.4×6 V=2.4 VQ=CU=30×10-6×2.4 C=7.2×10-5 CS 断开后，电容器和R 2形成电路，电容器电量减少，直至放电完毕，则通过R 2的电量是7.2×10-5C答案：（1）0.4 A （2）7.2×10-5 C【方法技巧】应用法拉第电磁感应定律的解题方法1.应用公式E n t∆Φ=∆ (1)若磁场变化，线圈的面积不变时,B E nS.t∆=∆ (2)若线圈的面积变化,磁场不变时,S E nB t ∆=∆. 2.若导体棒切割磁感线时,可应用E=B L vsin θ计算感应电动势.3.若导体棒绕一端点垂直切割磁感线做匀速转动,其感应电动势为21E BL .2=ω 7.【解析】（1）导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有-μmg=ma,v t =v 0+at,x=v 0t+21at ,2代入数据解得：t=1 s 时，v t =0,x=0.5 m,所以导体棒没有进入磁场区域.导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，静止时离左端位置为x=0.5 m.(2)由图乙可知：前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0,I ＝0，后2 s 回路产生的电动势为B E d 0.1 V.t t∆Φ∆==∆∆＝l 此时回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R ＝5 λ=0.5 Ω，电流为E I R＝＝0.2 A. 根据楞次定律，回路中的电流方向是顺时针方向.（3）前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，焦耳热为Q ＝I 2Rt=0.04 J.答案：（1）前1 s ：匀减速直线运动，后3 s ：静止在离左端0.5 m 的位置（2）前2 s ：I ＝0,后2 s ：I ＝0.2 A 电流方向是顺时针方向 (3)0.04 J。

【全程学习方略】高中物理 3.5力的分解课后巩固作业新人教版必修1

【全程学习方略】2012-2013学年高中物理 3.5力的分解课后巩固作业新人教版必修1（时间：40分钟满分：50分）一、选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分）1.关于合力与其两个分力的关系，下列说法中正确的是（）A.合力的作用效果与两个分力共同作用的效果相同B.两个分力的作用效果与它们合力的作用效果不一定相同C.两个分力的大小之和就是合力的大小D.一个力可以分解为任意大小的两个分力2.为了行车的方便与安全，上山的公路都是很长的“之”字形盘山公路,这样做的主要目的是（）A.减小上山车辆受到的摩擦力B.减小上山车辆的重力C.减小上山车辆对路面的压力D.减小上山车辆的重力平行于路面向下的分力3.（2011·江苏高考）如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为（）A.mg2sinαB.mg2cosαC.12mgtanα D.12mgcotα4.用两根能承受的最大拉力相等、长度不等的细线AO、BO，AO＞BO,如图所示悬挂一个中空铁球，当在球内不断注入铁砂时，则（）A.AO先被拉断B.BO先被拉断C.AO、BO同时被拉断D.条件不足，无法判断5.如图所示是给墙壁粉刷涂料用的涂料滚的示意图，使用时，用撑杆推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓慢滚动，把涂料均匀粉刷到墙上，撑杆的重量和墙壁的摩擦力都忽略不计.而且撑杆足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓慢上推涂料滚，关于该过程中撑杆对涂料滚的推力F1，涂料滚对墙壁的压力F2，以下说法正确的是（）A.F1增大，F2减小B.F1减小，F2增大C.F1、F2均增大D.F1、F2均减小二、非选择题（本题共3小题，共25分）6.（7分）如图所示，物体C的重力G=10 N，AO绳与顶板间的夹角θ=45°，BO绳水平，绳子不可伸长，则AO绳所受的拉力F A和BO绳所受的拉力F B分别为多少?7.（8分）质量为30 kg的小孩坐在10 kg的雪橇上，大人用与水平方向成37 °斜向上的大小为100 N 的拉力拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀速运动，（g取10 N/kg，sin 37°=0.6,cos 37 °=0.8）求：（1）雪橇对地面的压力大小；（2）雪橇与水平地面的动摩擦因数的大小.8.（挑战能力）（10分）如图所示，楔形物体倾角为θ=30°,放在水平地面上，轻质硬杆下端带有滑轮，上端顶有重1 000 N的物体，硬杆只能沿滑槽上下滑动.不计一切摩擦，求作用于楔形物体上的水平推力至少多大才能将重物顶起？答案解析1.【解析】选A.两个分力的作用效果与其合力的作用效果一定是相同的，合力可以等效替代两个分力，所以A对，B错；分力与合力的关系遵从平行四边形定则，不符合平行四边形定则的分解都是不正确的，则C、D均错.2.【解析】选D.如图所示，重力G产生的效果是使物体下滑的分力F1和使物体压紧斜面的分力F2，则F1=Gsinθ,F2=Gcosθ，倾角θ减小，F1减小，F2增大，同一座山,高度一定,把公路修成盘山公路时,使长度增加,则路面的倾角减小，即减小上山车辆的重力平行于路面向下的分力，可使行车安全，故D正确，A、B、C错误.3.【解析】选A.设石块侧面所受的弹力为F，则弹力与水平方向的夹角为α，由力的平衡条件可知2Fsinα=mg，所以有mgF2sin=α，A对.4.【解析】选B.铁球对结点的拉力分解为拉AO的力和拉BO的力，如图所示，F BO>F AO.所以当铁球中注入铁砂时，BO受到的作用力大，先被拉断.5.【解析】选D.涂料滚的重力可分解为使涂料滚压墙的分力和使涂料滚压杆的分力，如图，慢慢上推涂料滚时，重力不变，重力的水平分力的方向不变，斜向下的分力与竖直方向的夹角减小，由图可得F1、F2均减小.6.【解析】对结点O受力分析，如图所示由二力平衡知：F A sin45°=G F A cos45°=F B解得F A=102 N，F B=10 N.答案：102 N 10 N【方法技巧】如何确定重力的作用效果分解重力是常见的题型,如何确定重力的作用效果呢？下面分类分析:（1）与物体接触的是绳,重力的作用效果是沿绳指向绳伸长的方向.（2）与物体接触的是可转动的杆,重力的作用效果是沿杆指向重力的方向一侧.（3）与物体接触的是面,重力的作用效果是垂直于面指向重力的方向一侧.若只有一个接触面,重力的另一个作用效果与接触面平行指向重力的方向一侧.如斜面上的物体的重力的作用效果是垂直斜面向下和平行斜面向下两个分力.7.【解析】（1）对小孩和雪橇整体受力分析得：竖直方向：Fsin θ+F N =mg解得F N =mg-Fsin θ=340 N雪橇对地面的压力F N ′=F N =340 N（2）水平方向：Fcos θ-F f =0，F f =μF N由上式解得：μ=4/17=0.24.答案：（1）340 N （2）0.248.【解析】水平推力F 有两个效果，垂直于斜面向上支持滑轮和垂直于水平面压地面，如图所示，斜面对杆的支持力大小为N F F sin =θ,方向垂直于斜面斜向上.要使轻杆顶起重物，则应使F N cos θ≥G,即F sin θ·cos θ≥G, F ≥Gtan θ=1 00033答案：33N。

高中物理全程学习方略课后巩固作业 1.5(五) 新人教版选修3-2

课后巩固作业(五)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.(2011·大同高二检测)关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法正确的是( )A.线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大B.对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量C.一个线圈的电流均匀增大，这个线圈自感系数、自感电动势都不变D.自感电动势与原电流方向相反2.如图所示,电路中L为一电感线圈,ab支路和cd支路电阻相等,则( )A.刚合上开关S时,电流表A1的示数小于电流表A2的示数B.刚合上开关S时,电流表A1的示数等于电流表A2的示数C.断开开关S时,电流表A1的示数大于电流表A2的示数D.断开开关S时,电流表A1的示数等于电流表A2的示数3.（2011·大连高二检测）如图所示，日光灯正常发光时，流过灯管的电流为I，那么对于灯丝ab上的电流，以下说法正确的是( )A.灯丝ab上的电流处处为IB.灯丝a处的电流为IC.灯丝b处的电流为I，其他地方的电流都比I小D.灯丝b处最容易烧断4.（2011·北京高考）某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )A.电源的内阻较大B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大D.线圈的自感系数较大5.如图(a)、(b)中，电阻R和自感线圈L的电阻值相等，接通S，使电路达到稳定状态，灯泡D发光，则( )①在电路(a)中，断开S，D将渐渐变暗②在电路(a)中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗③在电路(b)中，断开S，D将渐渐变暗④在电路(b)中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗A.①③B.②③C.②④D.①④6.在如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后，在t=t1时刻断开S,下列表示A、B两点间电压U AB随时间t变化的图像中，正确的是( )二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（8分）在如图所示的电路中，L为自感线圈，开关闭合时，L上电流为1 A，电阻R1上电流为0.5 A，当S突然断开后，R1的电流由______开始减小，方向向________（填“左”或“右”）.8.（12分）一个线圈的电流在0.001 s内有0.02 A的变化，产生50 V 的自感电动势，求线圈的自感系数.如果这个电路中的电流的变化率变为40 A/s，自感电动势为多大？答案解析1.【解析】选C.线圈的自感系数由线圈本身的因素(如长度、面积、匝数等)决定，IEt∆∝∆自，而不是E自∝ΔI，C对，A、B错，线圈中电流减小时自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，电动势方向与原电流方向相反，D错.2.【解析】选A、D.电路接通时,ab支路有电感线圈L，由于电流要增强,L中产生自感电动势阻碍电流的增加,因此电流增加缓慢,电流表A1的示数小于电流表A2的示数.断开开关S时,电感线圈L中电流减弱,L 产生自感电动势阻碍电流的减弱,线圈L与A1、A2、R构成一回路,这时电流表A1、A2示数相同,故A、D正确.3.【解析】选C、D.当日光灯正常发光时，起辉器是断开的，因此在ab上没有电流，故选项A、B错误；导通后是气体导电，所以电流存在于b处到d处之间，故选项C、D正确.4.【解析】选C.根据实物连线图画出正确的电路图，当闭合开关S，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的电流I A，自感线圈中有稳定的电流I L，当开关S突然断开时，电流I A立即消失，但是，由于自感电动势的作用，流过线圈的电流I L不能突变，而是要继续流动，于是，自感线圈和小灯泡构成了回路，如果I L>I A，则能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡延时闪亮的时间就越长.如果不满足I L>I A的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭.可见灯泡未闪亮的根本原因是不满足I L>I A的条件，这是线圈电阻偏大造成的.故C正确.5.【解析】选D.在电路(a)中自感线圈L与灯泡D串联，通过D与L的电流相等，断开S时产生自感电动势将使D与L中的电流值从稳定状态逐渐减小，D将渐渐变暗，而不是立即熄灭.在电路(b)中，L与D并联，稳定时，通过L中电流比通过D中电流大，断开S的瞬间，通过L中电流从稳定值逐渐减小，故S断开瞬间，通过灯泡D的电流变大，D将先变得更亮，然后渐渐变暗，故选项D正确.6.【解析】选B.开关闭合时，由于线圈的自感阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，路端电压U AB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原来相反，并逐渐减小到0，路端电压U AB逐渐减小到零，U AB为负值.A图像开关闭合时，U AB 增大，不符合题意，错误；B图像电压U AB的变化规律符合题意，正确；C图象的电压U AB先增大后减小，且方向不变，错误；D图像开关断开后U AB不正确．【方法技巧】通、断电自感现象的判断技巧(1)通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加且与电流方向相反，使电流相对缓慢地增加．(2)断电时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同，在与线圈串联的回路中，线圈相当于电源，它提供的电流逐渐变小．(3)电流稳定时，若线圈有电阻时就相当于一个定值电阻，若不计线圈的电阻时就相当于一根导线．7.【解析】由题知，闭合S 电路稳定时，流过L 的电流为1 A ，流过R 1的电流为0.5 A ；当S 突然断开时，流过R 1的电流立即消失，但由于自感线圈中产生的自感电动势阻碍L 中电流减小，所以R 1中立即出现了1 A 的感应电流，之后，R 1的电流由1 A 开始减小；因为自感线圈中的自感电流方向向右，所以流过R 1的自感电流方向向左.答案：1 A 左8.【解析】由I E Lt∆=∆，得E t 500.001L 2.5 H.I 0.02H∆⨯===∆g I E L 2.540 V 100 V.t ∆'==⨯=∆ 答案：2.5 H 100 V。

【世纪金榜】高中物理全程学习方略课后巩固作业 1.3(三) 新人教版选修3-2

课后巩固作业(三)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.(2011·济南高二检测)当线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（）A.线圈中一定有感应电流B.线圈中有感应电动势时，其大小与磁通量成正比C.线圈中一定有感应电动势D.线圈中有感应电动势时，其大小与磁通量的变化量成正比2.(2011·浏阳高二检测)穿过一个单匝线圈的磁通量始终为每秒均匀地增加2 Wb，则（）A．线圈中的感应电动势每秒增加2 VB．线圈中的感应电动势每秒减小2 VC．线圈中的感应电动势始终为2 VD．线圈中不产生感应电动势3．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则OD时间范围内（）A．线圈中O时刻感应电动势最大B．线圈中D时刻感应电动势为零C．线圈中D时刻感应电动势最大D．线圈中O到D时间内平均感应电动势为0.4 V4.(2011·保定高二检测)如图所示，金属框架处于与框架垂直的匀强磁场中，导体棒与框架接触良好且无摩擦，现用力F拉导体棒向右做匀加速运动，则力F随时间的变化规律为图像中的（）5.如图所示，三个相同的金属圆环内存在不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径．已知所有磁场的磁感应强度随时间变化的关系都满足B=kt，方向如图所示．测得A环中感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为（）A．I B＝I，I C＝0 B．I B＝I，I C＝2IC．I B＝2I，I C＝2I D．I B＝2I，I C＝06.(2011·济宁高二检测)如图所示，两根相距l的平行直导轨ab、cd.b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）.现对MN施加一力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动.用U表示MN两端电压大小，则（）A.U=Blv/2,流过定值电阻R的感应电流由b到dB.U=Blv/2，流过定值电阻R的感应电流由d到bC.U=Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到dD.U=Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到b二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（10分）如图（a ）所示的螺线管的匝数n=1 500，横截面积S=20 cm 2，电阻r=1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R 1=10 Ω，R 2=3.5 Ω.若穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图（b ）所示的规律变化.求：（1）螺线管两端M 、N 间的电压. （2）R 1上消耗的电功率.8.(10分)（2011·郑州高二检测）如图所示，在绝缘光滑水平面上，有一个边长为L 的单匝正方形线框abcd,在外力的作用下以恒定的速率v 向右运动进入磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域.线框被全部拉入磁场的过程中线框平面保持与磁场方向垂直，线框的ab 边始终平行于磁场的边界.已知线框的四个边的电阻值相等，均为R.求：（1）在ab 边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小；（2）在ab 边刚进入磁场区域时，ab 边两端的电压；（3）在线框被拉入磁场的整个过程中，线框中电流产生的热量.答案解析1.【解析】选C.产生感应电流的条件是闭合回路中磁通量发生变化，仅磁通量发生变化，若线圈不是闭合的，也没有感应电流，故A 错；无论线圈是否闭合，只要穿过线圈的磁通量发生变化，就有感应电动势产生，C 正确.根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，故B 、D 错误.2.【解析】选C ．由法拉第电磁感应定律知E n2 V t∆Φ∆＝＝，所以线圈中感应电动势始终为2 V ，C 项正确． 3．【解析】选A 、B 、D ．线圈中O 到D 时间内平均感应电动势3210E V 0.4 V t 0.005-∆Φ⨯===∆；由感应电动势的物理意义知，感应电动势的大小仅由磁通量的变化率t∆Φ∆决定，而任何时刻磁通量的变化率就是Φ-t 图像上该时刻切线的斜率，不难看出O 点处切线斜率最大，D 点处切线斜率为零，故A 、B 、D 正确．4.【解析】选B.导体棒做匀加速运动，由牛顿第二定律可得2222B B aF ma v ma t R R＝＋＝＋，l l 外力F 与时间是线性关系，B 选项正确.【方法技巧】如何处理电磁感应中的图像问题（1）图像选择问题求解物理图像的选择类问题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图像，留下正确图像；也可用“对照法”，即按照题目要求画出正确草图，再与选项对照，选出正确选项．解决此类问题的关键就是把握图像特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化规律或关键物理状态．（2）图像描绘问题求解物理图像的描绘问题的方法是，首先和解常规题一样，仔细分析物理现象，弄清物理过程，然后求解有关物理量或分析相关物理量间的函数关系，最后正确地作出图像．在描绘图像时，要注意物理量的单位，坐标轴标度的适当选择及所用函数图像的特征等．（3）图像变换问题处理有关图像变换的问题，首先要识图，即读懂已知图像表示的物理规律或物理过程，然后再根据所求图像与已知图像的联系，进行图像间的变换．（4）图像分析问题在定性分析物理图像时，要明确图像中的横轴与纵轴所代表的物理量，要弄清图像的物理意义，借助有关的物理概念、公式、定理和定律作出分析判断；而对物理图像定量计算时，要搞清图像所揭示的物理规律或物理量间的函数关系，并要注意物理量的单位换算问题，要善于挖掘图像中的隐含条件，明确有关图线所包围的面积、图像在某位置的斜率（或其绝对值）、图线在纵轴和横轴上的截距所表示的物理意义．（5）图像应用问题在应用图像法求解物理问题时，要根据题意把抽象的物理过程用图线表示出来，将物理量间的关系转化为几何关系，运用图像直观、简明的特点，分析解决物理问题． 5.【解析】选D ．根据BE S t t∆Φ∆==∆∆，B 环的有效面积是A 环的2倍而磁通量的变化率相同，所以产生的感应电动势也是A 环的2倍，因此环中的电流也是A 环的2倍，即I B ＝2I ；对于C 环，由于上下两部分磁场方向相反，当磁场都做均匀变化时，磁通量不变化，故I C ＝0.故选项D 正确．6.【解析】选A.由右手定则可确定回路中感应电流沿逆时针方向，回路中感应电动势为E=Blv ，MN 两端的电压即路端电压.由于MN 的阻值和R 相等，所以E 1U Blv 22==，故A 正确，B 、C 、D 错误. 7.【解析】(1)由法拉第电磁感应定律4B 62E nnS 1 5002010 V 6 V.t t 2-∆Φ∆-===⨯⨯⨯=∆∆ 由串联电路的分压规律，可知：12MN 12R R 13.5U E 6 V 5.4 V R R r 15+==⨯=++(2)由串联电路的分压规律，可知：1112R 10U E 6 V 4 V R R r 15==⨯=++由公式211U 44P W 1.6 W R 10⨯===答案：（1）6 V （2）1.6 W 8.【解析】（1）ab 边切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv通过线框的电流为E BLvI 4R 4R==(2)ab 边两端的电压为路端电压U ab =I ·3R ，所以ab 3BLvU 4=(3)线框被拉入磁场的整个过程所用时间L t v=线框中电流产生的热量232B L vQ I 4R t 4R ==答案：()()23BLv 3BLv B L v 1234R 44R（）。

高中物理 6.2 太阳与行星间的引力课后巩固作业新人教

【全程方略】2012-2013版高中物理 6.2 太阳与行星间的引力课后巩固作业新人教版必修2一、选择题(本题包括6小题，每小题5分，共30分。

每小题至少一个选项正确) 1.陨石落向地球是因为( )A.陨石对地球的吸引力远小于地球对陨石的吸引力，所以陨石才落向地球B.地球对陨石的吸引力使陨石改变运动方向落向地球C.太阳不再吸引陨石，所以陨石落向地球D.陨石是在受到其他星球的斥力作用下落向地球的 2.关于太阳对行星的引力，下列说法中正确的是( )A.太阳对行星的引力提供行星做匀速圆周运动的向心力，因此有F=m 2v r，由此可知，太阳对行星的引力F与太阳到行星的距离r 成反比B.太阳对行星的引力提供行星绕太阳运动的向心力，因此有F=m 2v r，由此可知，太阳对行星的引力F 与行星运行速度的二次方成正比C.太阳对不同行星的引力，与行星的质量成正比，与行星和太阳间的距离的二次方成反比D.以上说法均不对3.关于行星绕太阳运动的原因，下列说法中正确的是( ) A.由于行星做匀速圆周运动，故行星不受任何力的作用 B.由于行星周围存在旋转的物质 C.由于受到太阳的引力D.除了受到太阳的吸引力，还必须受到其他力的作用4.把行星的运动近似视为匀速圆周运动以后，开普勒第三定律可写为T 2=3r k，m 为行星质量，则可推得( )A.行星所受太阳的引力为F=k2m r B.行星所受太阳的引力都相同C.行星所受太阳的引力为F=224mk rD.质量越大的行星所受太阳的引力一定越大5.地球对月球具有相当大的引力，可它们没有靠在一起，这是因为( )A.不仅地球对月球有引力，而且月球对地球也有引力，这两个力大小相等，方向相反，互相抵消了B.不仅地球对月球有引力，而且太阳系中的其他星球对月球也有引力，这些力的合力为零C.地球对月球的引力还不算大D.地球对月球的引力不断改变月球的运动方向，使得月球围绕地球运动6.下列说法正确的是( )A.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F=m2vr，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的B.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v=2rT，这个关系式实际上是匀速圆周运动的一个公式，它是由速度的定义式得来的C.在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式32rT=k，这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到证明的D.在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式都是可以在实验室中得到证明的二、非选择题(本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述)7.(10分)(2011·安徽高考)开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即32aT=k，k是一个对所有行星都相同的常量。

2013高考物理一轮全程学习方略课后巩固作业2.3(八)新人教版选修3-2

课后巩固作业(八)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.如图所示交流电源的电压有效值跟直流电的电压相等,当将双刀双掷开关接到直流电源上时,灯泡的实际功率为P1,而将双刀双掷开关接在交流电源上时,灯泡的实际功率为P2,则( )A.P1=P2B.P1＞P2C.P1＜P2D.不能比较2.（2011·安庆高二检测）在交变电流电路中，如果电源电动势的最大值不变，频率可以改变，在如图所示电路的a、b两点间逐次将右图中的电路元件甲、乙、丙单独接入，当使交流电频率增加时，可以观察到下列论述的哪种情况( )A．A1不变，A2增大，A3减小B．A1减小，A2不变，A3增大C．A1增大，A2不变，A3减小D．A1，A2，A3均不变3.如图所示的电路,F为一交流发电机,C为平行板电容器,为使电流表A的示数增加,可行的办法是( )A.使发电机F的转速增加B.使发电机F的转速减小C.在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质D.使电容器两极板间的距离增大4.（2011·承德高二检测）两个相同的白炽灯泡L1和L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联．当a、b间接电压最大值为U m、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．在a、b间更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度.新电源的电压最大值和频率可能是( )A．最大值仍为U m，而频率大于fB．最大值仍为U m，而频率小于fC．最大值大于U m，而频率仍为fD．最大值小于U m，而频率仍为f5.如图所示，图甲、乙中电源为交流电源，图丙中电源为直流电源，各电路中线圈自感系数相同且直流电阻不计，各电压表示数都相同，下列说法正确的是（）A.灯L1比灯L2亮B.灯L3比灯L1亮C.灯L2与灯L3一样亮D.灯L1与灯L3一样亮6.“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器.它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器.音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动.如图为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )A.甲扬声器是高频扬声器B.C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器C.L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器D.L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（8分）如图是可调灯泡亮度的台灯电路示意图,其中电路更合理的是_____.8.（12分）如图所示，从ab输入的信号中，有直流电流和交变电流.问：(1)现要求信号到达BO两端没有直流电压，需在AB间接一个什么元件?该元件的作用是什么?(2)若要求信号到达BO 端只有直流电压，而没有交变电压，则应在AB 间接入一个什么元件?该元件的作用是什么?答案解析1.【解析】选B.考查感抗对电流的阻碍作用.接在直流电源上,线圈对直流没有阻碍作用,电能全部转化为小灯泡的内能;而当双刀双掷开关接在交流电源上时,线圈对电流有阻碍作用,因此电能除转化成灯泡的内能外,还有一部分电能在与磁场能往复转化,因此P 1＞P2.故正确答案为B.2.【解析】选C.频率对电阻的大小无影响,A 2不变，频率增加，容抗减小，A 1增大，频率增大，感抗增大，A 3减小，C 对.3.【解析】选A.本题考查电容对交变电流的阻碍作用.本题的关键是理解容抗与交变电流的频率和电容器的电容都成反比.当发电机转速增加时,交变电流的频率增大,容抗减小,电流表A 的读数增大,A 项正确,B 项错误;在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时,电容器的电容减小,使电容器两极板间距离增大时电容也减小,当电容减小时,容抗增大,对交变电流的阻碍作用增大,电流表A 示数减小,C 、D 两项均错误.故正确答案为A.4.【解析】选B.最大值不变时，灯L 1的亮度低于灯L 2的亮度，说明灯L 1的电压低于灯L 2的电压，即电容器的阻碍作用比电感线圈的阻碍作用大，所以频率小于f ，B 选项正确，A 错；频率不变时电感线圈和电容器的阻碍作用大小不变，最大值大于U m 时两个灯都变亮，且亮度相同，故C 错；最大值小于U m 时，两个灯都变暗，且亮度也相同，故D 错.5.【解析】选B 、C.图甲中电源电压U=U 1+1L U ，线圈对交流有阻碍作用，U 1≠0，灯泡两端电压1L U <U ；图乙中线圈与灯泡并联，灯泡电压2L U =U ；图丙中，线圈对直流电没有阻碍作用，灯泡电压3L U =U ，故123L L L U U U <=，即L 2与L 3一样亮且都比L 1亮，B 、C 正确，A 、D 错误.【方法技巧】把握感抗、容抗实质，巧解感抗、容抗问题电感和电容对交变电流的阻碍作用大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交变电流的频率有关.(1)电感对交变电流的阻碍作用的大小用感抗来表示.线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大，感抗也越大.电感的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”.(2)电容对交变电流的阻碍作用的大小用容抗来表示.电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容对交变电流的阻碍作用就越小，容抗也越小.电容的作用是“通交流、隔直流，通高频，阻低频”.(3)在分析电流变化时，把感抗、容抗类比于导体的电阻，再用欧姆定律分析.6.【解析】选B 、D.L 1的作用是“通低频，阻高频”，C 1的作用是“通高频，阻低频”，所以甲扬声器是低频扬声器，故A 、C 错；C 2的作用是“通高频、阻低频”，L 2的作用是“通低频，阻高频”，故乙扬声器是高频扬声器，故B 、D 正确.7.【解析】乙中调节L 可达到调节台灯两端电压的作用,从而调节台灯的亮度.甲图也可调节台灯的亮度,但变阻器要消耗电能,故甲图不合理.答案：乙8.【解析】（1）因为BO端不需要直流电，只需要交流电，根据电容器有“通交流，隔直流”的特点，应该在AB之间接入一个电容器，该电容器隔开直流，通过交流.（2）因为BO端不需要交流电，只需要直流电，根据电感L有“通直流，阻交流”的特点，应该在AB之间接入一个电感线圈，该电感线圈阻碍交流，通过直流.答案：（1）电容器对直流有阻碍作用（2）电感线圈对交变电流有阻碍作用。

人教版高中物理必修二第6单元1.行星的运动课后习题巩固(有详细解析) .doc

高中物理学习材料桑水制作物理新课标：第6单元1.行星的运动课后习题巩固（有详细解析）基础·巩固1.关于天体的运动，以下说法中正确的是（） A.天体的运动和地面上物体的运动遵循不同的规律 B.天体的运动是最完美、最和谐的匀速圆周运动C.太阳从东边升起，西边落下，所以太阳绕地球运动D.太阳系中所有的行星都绕太阳运动解析：天体的运动与地面上物体的运动都遵循相同的物理规律，都遵守牛顿运动定律等，A 错.天体的运动轨道都是椭圆，而非圆，只是椭圆比较接近圆，有时将椭圆当作圆处理，但椭圆毕竟不是圆，B 错.太阳从东边升起，又从西边落下，是地球自转的结果，C 错. 答案：D2.关于太阳系中各行星的轨道，以下说法中正确的是（） A.所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆 B.有的行星绕太阳运动时的轨道是圆C.不同行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴是不同的D.不同的行星绕太阳运动的轨道各不相同解析：九大行星的轨道都是椭圆，A 对，B 错.不同行星离太阳远近不同，轨道不同，半长轴就不同，C 、D 对. 答案：ACD3.关于开普勒行星运动的公式23TR =k,以下理解正确的是（）A.k 是一个与行星无关的量B.若地球绕太阳运转轨道的半长轴为R 地,周期为T 地;月球绕地球运转轨道的半长轴为R 月,周期为T 月,则2323月月地地T R T R =C.T 表示行星运动的自转周期D.T 表示行星运动的公转周期解析：k TR =23是指围绕太阳的行星或者指围绕某一行星的卫星的周期与半径的关系，T 是公转周期，k 是一个与环绕星体无关的量,只与被环绕的中心天体有关，中心天体不同，其值不同,只有围绕同一天体运动的行星或卫星，它们半长轴的三次方与公转周期的二次方之比才是同一常数.故2323月月地地T R T R ≠.答案：AD4.已知两行星绕太阳运动的半长轴之比为b ，则它们的公转周期之比为______________.解析：设两行星的半长轴分别为R 1、R 2，周期分别为T 1、T 2，由k TR =23知：22132122322131)()(T T R R T R T R ==则令b R R =21，故有b b b T T==321. 答案：b b5.两个质量分别是m 1、m 2的人造地球卫星，分别绕地球做匀速圆周运动.若它们的轨道半径分别是R 1和R 2，则它们的运行周期之比是多少? 解析：直接应用开普勒第三定律加以求解.所有人造卫星在绕地球运转时，都遵守开普勒第三定律.因此，对这两个卫星有22322131T RT R =，所以它们的运行周期之比232132121)()(R RR R T T ==.6.木星绕太阳运动的周期为地球绕太阳运动周期的12倍.那么，木星绕太阳运动轨道的半长轴是地球绕太阳运动轨道半长轴的多少倍？解析：行星公转半长轴的三次方跟运动周期的二次方的比值恒定.已知木星绕太阳运动的周期与地球绕太阳运动的周期的比值，根据开普勒第三定律可计算出木星绕太阳运动轨道的半长轴是地球绕太阳运动轨道半长轴的倍数.设木星、地球绕太阳运动的周期分别为T 1、T 2，它们椭圆轨道的半长轴分别为a 1、a 2，根据开普勒第三定律有22322131T a T a =则32322212112==T T a a ≈5.24 可见，木星绕太阳运动轨道的半长轴约为地球绕太阳运动轨道半长轴的5.24倍. 综合·应用7.如图7-1-4所示为地球绕太阳运行示意图，图中椭圆表示地球公转轨道，Ch 、Q 、X 、D 分别表示中国农历节气中的春分、秋分、夏至、冬至时地球所在的位置，试说明，一年之内秋冬两季节比春夏两季节要少几天的原因.图7-1-4解析：地球绕日运行时，对北半球的观察者而言，在冬天经过近日点，夏天经过远日点，由开普勒第二定律可知，地球在冬天比在夏天运行得快一些，因此地球轨道上相当于春夏部分比相当于秋冬部分要长些，从题图看，从春分到秋分的春夏两季地日连线所扫过的面积，比从秋分到次年春分的秋冬两季节地日连线所扫过的面积大，即春夏两季比秋冬两季长一些：一年之内，春夏两季共186天，而秋冬两季只有179天.8.两颗行星的质量分别为m 1和m 2，它们绕太阳运动的轨道半径为R 1和R 2、若m 1=2m 2、R 1=4R 2，则它们的周期之比T 1∶T 2是多少?解析：可以直接应用开普勒第三定律k TR =23求解，其中k 与行星的质量无关，只与太阳有关.由开普勒第三定律k T R =23知22322131T R T R =即33212214)()(==R RT T 所以821=T T ，其比值与两颗行星的质量无关. 9.天文学家观测到哈雷彗星绕太阳运转的周期是76年，彗星离太阳最近的距离是8.9×1010m ，但它离太阳最远的距离不能测出.试根据开普勒定律计算这个最远距离（太阳系的开普勒常量k=3.354×1018 m 3/s 2）.解析：可以依据开普勒第三定律求得轨道半长轴，而后依据几何关系求得最远距离. 设彗星离太阳的最近距离为R 1，最远距离为R 2，则轨道半长轴为R=221R R + 根据开普勒第三定律有k Ta =23，所以彗星离太阳最远的距离是：R 2=m m R kT 103218132109.8)36002436576(10354.388⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-=5.225×1012m.10.地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆，如图7-1-5所示.天文学家哈雷曾经在1682年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现.哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星.哈雷彗星最近出现的时间是1986年，请你根据开普勒行星运动第三定律（即23TR=k，其中T为行星绕太阳公转的周期，r为轨道的半长轴）估算，它下次飞近地球是哪一年？图7-1-5解析：地球和哈雷彗星都是绕太阳公转的行星，它们运行的规律服从开普勒行星运动规律，即kTR=23，其中T为行星绕太阳公转的周期，R为轨道的半长轴，k是对太阳系中的任何行星都适用的常量.可以根据已知条件列方程求解.将地球的公转轨道近似成圆形轨道，其周期为T1，半径为R1，哈雷彗星的周期为T2，轨道半长轴为R2，则根据开普勒第三定律有：32223121RTRT=因为R2=18R1,地球公转周期为1年，所以可知哈雷彗星的周期为T2=31132/RTR⨯=76.4年所以它下次飞近地球是2062年.。

2014-2015学年高中物理(人教版)必修二6-1 行星的运动课后巩固提高

课后巩固提高限时：45分钟总分：100分一、选择题(1～4为单选，5～6为多选。

每小题8分，共48分。

) 1．关于开普勒第三定律，正确的理解是()①公式R3T2＝k，k是一个与行星无关的常量；②若地球绕太阳运转轨道的半长轴为a，周期为T1，月球绕地球运转轨道的半长轴为b，周期为T2，则a3T21＝b3T22；③公式R3T2＝k中的T表示行星运动的自转周期；④公式R3T2＝k中的T表示行星运动的公转周期．A．①②B．③④C．①④D．②③2.关于行星绕太阳运动的下列说法中正确的是()A．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B．行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处C．离太阳越近的行星的运动周期越长D．所有行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等3．某一人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球轨道半径的13，则此卫星运行的周期大约是()A．1～4天B．4～8天C．8～16天D．16～20天4.某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图所示，F1和F2是椭圆轨道的两个焦点，行星在A点的速率比在B点的大，则太阳是位于() A．F2B．AC．F1D．B5．关于行星的运动，以下说法正确的是()A．行星轨道的半长轴越长，自转周期就越大B．行星轨道的半长轴越长，公转周期就越大C．水星的半长轴最短，公转周期最大D．海王星离太阳“最远”，绕太阳运动的公转周期最长6．16世纪，哥白尼根据天文观测的大量资料，经过40多年的天文观测和潜心研究，提出“日心说”的如下四个基本论点，这四个论点目前看存在缺陷的是()A．宇宙的中心是太阳，所有行星都在绕太阳做匀速圆周运动B．地球是绕太阳做匀速圆周运动的行星，月球是绕地球做匀速圆周运动的卫星，它绕地球运动的同时还与地球一起绕太阳运动C．天穹不转动，因为地球每天自西向东自转一周，造成天体每天东升西落的现象D．与日地距离相比，其他恒星离地球都十分遥远，比日地间的距离大得多二、非选择题(共52分)7．(8分)据报道，美国计划2021年开始每年送15 000名游客上太空旅游．如图所示，当航天器围绕地球做椭圆运动时，近地点A的速率(填“大于”、“小于”或“等于”)远地点B的速率．8．(8分)每个行星系都有各自的开普勒恒量k，如果月球轨道半径是3.83×108 m，周期是27.3天，则地球的k值为．9．(10分)太阳系中除了八大行星之外，还有许多也围绕太阳运行的小行星，其中有一颗名叫“谷神”的小行星，质量为 1.00×1021 kg，它运行的轨道半径是地球轨道半径的2.77倍，试求出它绕太阳一周所需要的时间是多少年？答案1．C R3T2＝k中常数k是一个只与中心天体的质量有关的恒量，不同的中心天体其k值不同；地球绕太阳运动，月球绕地球运动，它们的中心天体不同，k值不相同，等式不成立；T表示行星运动的公转周期而不是自转周期，故C选项正确．2．D所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，但不是同一轨道，太阳处在椭圆的一个焦点上，故A、B错；所有行星的轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，离太阳越近的行星其运动周期越短，故C 错，D 对．不同行星的椭圆轨道不同，太阳在各行星椭圆轨道的公共焦点上．3．B 根据开勒第三定律可知R 3T 2＝k ，即R 31T 21＝R 32T 22，月球的周期约为27天，故可求出T ≈5天，故B 正确．4．A 根据开普勒第二定律：太阳和行星的连线在相等时间内扫过相等的面积，因为行星在A 点的速率比在B 点大，所以太阳位于F 2.5．BD 由开普勒定律R 3T 2＝k 可知，R 越大，T 越大，故B 、D 正确，C 错误．式中T 是公转周期而不是自转周期．水星、海王星均为太阳行星，可利用开普勒定律直接求解，考查开普勒定律的应用．6．ABC 所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上；行星在椭圆轨道上运动的周期T 和轨道半长轴满足R 3T 2＝恒量，故所有行星实际并不是在做匀速圆周运动，整个宇宙是在不停运动的．7．大于解析：根据开普勒第二定律：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积，由此可得知近地点A 的速率大于远地点B 的速率．8．1.010×1013m 3/s 2 解析：由开普勒第三定律得k ＝R 3T 2＝(3.83×108)3(27.3×24×3 600)2m 3/s 2≈1.010×1013m 3/s 2. 9．4.6年解析：由开普勒第三定律可得T星＝R3星R3地·T地＝ 2.773·T地＝4.6年．10.(12分)月球环绕地球运动的轨道半径约为地球半径的60倍，运行周期约为27 d．试用开普勒定律计算出：在赤道平面内离地面多大高度，人造地球卫星可以随地球一起转动，就像停留在天空不动一样．(地球半径约为6.4×103 km)11.(14分)飞船沿半径为R的圆周绕地球运动其周期为T，地球半径为R0，如果飞船要返回地面，可在轨道上某点A处将速率降到适当数值，从而使飞船沿着以地心为焦点的椭圆轨道运行，椭圆与地球表面在B点相切(如图)，求飞船由A点到B点所需的时间．答案10.3.63×104 km解析：设卫星距地面的高度为h ，地球半径为R ，因为卫星随地球一起转动时的周期T 星＝1 d ，由开普勒第三定律得：(h ＋R )3T 2星＝(60R )3T 2月解得h ＝(609－1)R ＝3.63×104 km. 11.(R ＋R 0)T4R·R ＋R 02R解析：当飞船做半径为R 的圆周运动时，由开普勒第三定律可得：R 3T 2＝k ，① 当飞船要返回地面时，从A 处降速后沿椭圆轨道至B .设飞船沿椭圆轨道运动的周期为T ′，椭圆的半长轴为a ，则a 3T ′2＝k ②，由①②式解之可得：T ′＝(a R )3·T ，③由于a ＝R ＋R 02，由A 到B 的时间t ＝T ′2，代入③式得：t ＝T ′2＝12(R ＋R 02)3R 3·T ＝(R ＋R 0)T 4R· R ＋R 02R.。

高中物理第六章行星的运动与万有引力定律(基础)巩固训练新人教版必修2

第六章行星的运动与万有引力定律【巩固练习】一、选择题：1．关于开普勒行星运动的公式32a k T=，以下理解正确的是( ) A ．k 是一个与行星无关的量B ．T 表示行星运动的自转周期C ．T 表示行星运动的公转周期D ．若地球绕太阳运转轨道的半长轴为a 地，周期为T 地；月球绕地球运转轨道的半长轴为a 月，周期为T 月．则3322a a T T =月地月地 2．两颗人造卫星A 、B 绕地球做圆周运动，它们的周期之比为T A :T B ＝1:8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为( )A ．R A :RB ＝4:1，v A :v B ＝1:2B ．R A :R B ＝4:1，v A :v B ＝2:1C ．R A :R B ＝1:4，v A :v B ＝1:2D ．R A :R B ＝1:4，v A :v B ＝2:13.某一人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球轨道半径的31，则此卫星运行的周期大约是（）A ．1～4天之间B ．4～8天之间C ．8～16天之间D ．16～20天之间4．陨石落向地球是因为( )A ．陨石对地球的引力远小于地球对陨石的引力B ．陨石对地球的引力和地球对陨石的引力大小相等，但陨石的质量小，加速度大，所以改变运动方向落向地球C ．太阳不再吸引陨石D ．陨石是在受到其他星球斥力作用后落向地球的5．根据开普勒关于行星运动的规律和圆周运动知识知：太阳对行星的引力2m F r ∝，行星对太阳的引力2M F r '∝，其中M 、m 分别为太阳和行星的质量，r 为太阳与行星间的距离．下列说法正确的是( )A ．由2m F r ∝和2M F r'∝知F:F ′＝m:M B ．F 和F ′大小相等，是作用力与反作用力C ．F 和F ′大小相等，是同一个力D ．太阳对行星的引力提供行星绕太阳做圆周运动的向心力6.设想把质量为m 的物体放在地球的中心，地球质量为M ，半径为R ，则物体与地球间的万有引力是（）A ．零B ．无穷大C ．2R Mm G D ．无法确定 7.已知地球半径为R ，将一物体从地面移到离地面高h 处时，物体所受万有引力减少到原来的一半，则h 为（）A ．RB ．2R CD．1)R8．如图所示两球间的距离为r ，两球的质量分布均匀，大小分别为m 1、m 2，则两球的万有引力大小为( )A ．122m m G rB ．1221m m G rC ．12212()m m G r r =+D ．12212()m m G r r r ++ 9．万有引力定律首次揭示了自然界中物体间一种基本相互作用的规律．以下说法正确的是( )A ．物体的重力不是地球对物体的万有引力引起的B ．人造地球卫星离地球越远，受到地球的万有引力越大C ．人造地球卫星绕地球运动的向心力由地球对它的万有引力提供D ．宇宙飞船内的宇航员处于失重状态是由于没有受到万有引力的作用10．引力常量为G ，地球质量为M ，地球可看成球体，半径为R ．忽略地球的自转，则地球表面重力加速度的大小为( )A ．GM g R =B ．g ＝GRC ．2GM g R = D ．缺少条件，无法算出 11. 一物体在地球表面重16N ，它在以52m/s 的加速度加速上升的火箭中的视重为9N ，则此火箭离地球表面距离为地球半径的（）（取g=10m/s 2）A ．2倍B ．3倍C ．4倍D ．一半12.设地球表面重力加速度为0g ，物体在距离地心4R （R 是地球的半径）处，由于地球的作用而产生的加速度为g ，则0/g g 为（）A ．1B ．1/9C ．1/4D ．1/16二、计算题：1．两艘轮船，质量都是t 4100.1⨯，相距10km ，它们之间的万有引力是多大？将这个力与轮船所受的重力比较，看看相差多少？2.已知太阳的质量为kg 30100.2⨯，地球的质量为246.010kg ⨯，太阳和地球的平均距离为m 11105.1⨯，太阳和地球之间的万有引力是多大？3.把地球绕太阳公转看作匀速圆周运动，轨道平均半径约为81.510km ⨯，已知万有引力常量11226.6710./G N m kg -=⨯，则可估算出太阳的质量大约是多少kg ？4.已知地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，在地面附近，物体受到地球的万有引力近似等于物体在地面上的重力，又知月球绕地球运动的周期为T ，万有引力常量为G ，则（1）地球的质量为多少？（2）地月之间的距离约为多少？5.“黑洞”是爱因斯坦广义相对论中预言的一种特殊天体，它的密度极大，对周围的物质（包括光子）有极强的吸引力。

【全程方略】2012-2013版高中物理5.2平抛运动课后巩固作业新人教版必修2

【全程⽅略】2012-2013版⾼中物理5.2平抛运动课后巩固作业新⼈教版必修2【全程⽅略】2012-2013版⾼中物理 5.2 平抛运动课后巩固作业新⼈教版必修2⼀、选择题(本题包括6⼩题，每⼩题5分，共30分。

每⼩题⾄少⼀个选项正确)1.做平抛运动的物体，落地过程在⽔平⽅向通过的距离取决于( )A.物体的初始⾼度和所受重⼒B.物体的初始⾼度和初速度C.物体所受的重⼒和初速度D.物体所受的重⼒、初始⾼度和初速度2．滑雪运动员以20 m/s的速度从⼀平台⽔平飞出，落地点与飞出点的⾼度差3.2 m。

不计空⽓阻⼒，g取10 m/s2。

运动员飞过的⽔平距离为x，所⽤时间为t，则下列结果正确的是( ) A．x=16 m，t=0.50 s B．x=16 m，t=0.80 sC．x=20 m，t=0.50 s D．x=20 m，t=0.80 s3.物体在做平抛运动中，在相等时间内，下列哪些量相等( )A.速度的增量B.加速度C.位移的增量D.位移4.(2012·新课标全国卷)如图,x轴在⽔平地⾯内,y轴沿竖直⽅向。

图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个⼩球a、b和c的运动轨迹,其中b和c是从同⼀点抛出的。

不计空⽓阻⼒,则( )A.a的飞⾏时间⽐b的长B.b和c的飞⾏时间相同C.a的⽔平速度⽐b的⼩D.b的初速度⽐c的⼤5.柯受良驾驶汽车飞越黄河，汽车从最⾼点开始到落地为⽌这⼀过程可以看做平抛运动。

记者从侧⾯⽤照相机通过多次曝光，拍摄到汽车在经过最⾼点以后的照⽚如图所⽰。

相邻两次曝光时间间隔相等，已知汽车长度为L，则( )A．从照⽚可推算出汽车的⽔平分速度⼤⼩B．从照⽚可推算出汽车曾经达到的最⼤⾼度C．从照⽚推算出汽车的运动时间D．从照⽚推算出汽车的初速度6．(2012·长春⾼⼀检测)⽟树⼤地震，牵动了全国⼈民的⼼。

⼀架装载救灾物资的直升飞机，以10 m/s 的速度⽔平飞⾏，在距地⾯180 m的⾼度处，欲将救灾物资准确投放⾄地⾯⽬标，若不计空⽓阻⼒，g取10 m/s2，则( )A．物资投出后经过6 s到达地⾯⽬标B．物资投出后经过18 s到达地⾯⽬标C．应在距地⾯⽬标⽔平距离60 m处投出物资D．应在距地⾯⽬标⽔平距离180 m处投出物资⼆、⾮选择题(本题包括2⼩题，共20分，要有必要的⽂字叙述)7.(10分)如图所⽰，⼀⼩球从平台上⽔平抛出，恰好落在平台前⼀倾⾓为α=53°的斜⾯顶端，并刚好沿斜⾯下滑，已知平台到斜⾯顶端的⾼度为h=0.8 m，求⼩球⽔平抛出的初速度v0和斜⾯与平台边缘的⽔平距离x各为多少？(取sin53°=0.8,cos53°=0.6，g=10 m/s2)8.(10分)如图，跳台滑雪运动员经过⼀段加速滑⾏后从Ｏ点⽔平飞出，经过3.0 s落到斜坡上的A点。

人教版高中物理必修二课后巩固作业6.1行星的运动.docx

课时提能演练(七)┃课后巩固作业(七)(40分钟 50分)一、选择题(本题包括6小题，每小题5分，共30分。

每小题至少一个选项正确)1.首先对天体做圆周运动产生了怀疑的科学家是( )A．布鲁诺 B．伽利略C．开普勒 D．第谷2.16世纪，哥白尼根据天文观测的大量资料，提出“日心说”的如下四个基本论点，这四个论点就目前来看存在缺陷的是( )A．宇宙的中心是太阳，所有行星都在绕太阳做匀速圆周运动B．地球是绕太阳做匀速圆周运动的行星，月球是绕地球做匀速圆周运动的卫星，它绕地球运转的同时还跟地球一起绕太阳运动C．天穹不动，因为地球每天自西向东自转一周，造成天体每天东升西落的现象D．与日地距离相比，其他恒星离地球都十分遥远，比日地间的距离大得多3.某行星绕太阳运行的椭圆轨道如图所示，F 1和F 2是椭圆轨道的两个焦点，行星在A 点的速率比在B 点的大，则太阳是位于( )A.F 2B.AC.F 1D.B4.(2012·潍坊高一检测)理论和实践证明，开普勒定律不仅适用于太阳系中的天体运动，而且对一切天体(包括卫星绕行星的运动)都适用。

下面对于开普勒第三定律的公式32a T=k ，说法正确的是( ) A.公式只适用于轨道是椭圆的运动B.式中的k 值，对于所有行星(或卫星)都相等C.式中的k 值，只与中心天体有关，与绕中心天体旋转的行星(或卫星)无关D.若已知月球与地球之间的距离，根据公式可求出地球与太阳之间的距离5.据报道，美国计划从2021年开始每年送15 000名旅客上太空旅行。

如图所示，当旅客围绕地球沿椭圆轨道运行时，从近地点A 运动到远地点B 时速率( )A.不断增大B.大小不变C.逐渐减小D.没有具体数值,无法计算6.(2012·金华高一检测)已知金星绕太阳公转的周期小于地球绕太阳公转的周期，它们绕太阳的公转均可看成匀速圆周运动，则可判定( )A.金星的质量大于地球的质量B.金星的半径大于地球的半径C.金星到太阳的距离大于地球到太阳的距离D.金星到太阳的距离小于地球到太阳的距离二、非选择题(本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述)7.(9分)天文学家在太阳系的八大行星之外，又发现了一颗比地球小得多的新行星，而且还测得它绕太阳公转周期约为288年。

高中物理全程学习方略课后巩固作业 1.6(六) 新人教版选修3-2

课后巩固作业(六)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.下列磁场垂直加在金属圆盘上，能产生涡流的是( )2.如图所示高频感应炉是利用涡流来熔化金属的.冶炼锅内装入被冶炼的金属，线圈通上高频交变电流，这时被冶炼的金属中就产生很强的涡流，从而产生大量的热使金属熔化.以下电器也是利用涡流工作的是（）A.电饭锅 B.热水器C.电磁炉D.饮水机3.关于真空冶炼和电熨斗的说法正确的是( )A.它们都是只利用电流的热效应原理工作的B.它们都是利用电磁感应现象中产生的涡流工作的C.前者是利用电磁感应现象中产生的涡流及电流的热效应工作的，后者是利用电流的热效应工作的D.前者利用的是变化的电流，后者利用的是恒定的电流4.磁电式仪表的线圈通常是用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )A．防止涡流而设计的B．利用涡流而设计的C．起电磁阻尼的作用D．起电磁驱动的作用5.在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒AB,以初速度v水平抛出.空气阻力不计,如图所示,运动过程中棒保持水平,那么下列说法中正确的是 ( )A.AB棒中会产生涡流B.AB棒中的感应电动势越来越大C.AB棒中有感应电动势产生D.AB棒中的感应电动势保持不变6.如图所示，在水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑弧形轨道，一导体圆环自轨道右侧的P点无初速度滑下，下列判断正确的是( )A．圆环中将有感应电流产生B．圆环能滑到轨道左侧与P点等高处C．圆环最终停到轨道最低点D．圆环将会在轨道上永远滑动下去二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（10分）（2011·泰安高二检测）如图所示，在光滑的水平面上有一直径d＝20 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属环，以速度v＝10 m/s向一有界磁场滑动.匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5 T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环释放了32 J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率；(2)此时圆环的加速度.8.（10分）（2011·通州高二检测）如图所示，光滑弧形轨道和一足够长的光滑水平轨道相连，水平轨道上方有一足够长的金属杆，杆上挂有一光滑螺线管A.在弧形轨道上高为h的地方，无初速释放一磁铁B(可视为质点)，B下滑至水平轨道时恰好沿螺线管A的中心轴运动，设A、B的质量分别为M、m，若最终A、B 速度分别为v A、v B.(1)螺线管A将向哪个方向运动？(2)全过程中整个电路所消耗的电能.答案解析1.【解析】选B、C、D.只有变化的磁场才会使圆盘产生涡流.2.【解析】选C.A、B和D是利用电流的热效应.3.【解析】选C.真空冶炼是利用涡流及电流的热效应，电熨斗是利用电流的热效应，所以真空冶炼需要变化的交流电产生变化的磁场，电熨斗可用直流电也可用交流电，应选C.4.【解析】选B、C．线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，但铝框并不切割磁感线产生感应电流，而产生涡流，涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，所以这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用，故B、C正确．5.【解析】选C、D.由于金属棒垂直切割磁感线的速度为棒的水平分速度,大小不变,由E=B0l v可知棒中感应电动势大小不变,B错,D对.由于无闭合回路,故无感应电流,又因为磁场没有变化,故无涡流,所以A错,C 对.6.【解析】选A、C．通电直导线产生的磁场为非匀强磁场，圆环在滑动的过程中，穿过圆环的磁通量变化，发生电磁感应，所以有感应电流产生.机械能不断转化为内能，最后圆环静止在最低点，故A、C正确，B、D错误．7.【解析】(1)由能量守恒mv2/2＝Q＋mv′2/2线圈一半进入磁场时等效电路图为已知R R r R r R 22==+=总而P ＝E 2/R 总＝(B ·d ·v ′)2/R 总二式联立可得P ＝0.36 W(2)根据牛顿第二定律()2222F a BIL /m B d v /mR 610 m /s m -='⨯安总＝＝＝方向向左答案：(1)0.36 W (2)6×10-2 m/s 2 向左【方法技巧】电磁感应现象中能量问题的分析思路（1）确定所研究的系统和物理过程；（2）确定转化的能量形式；（3）计算各种能量值；（4）利用能量守恒定律或功能原理进行分析求解.8.【解析】(1)磁铁B 向右运动时，螺线管中产生感应电流，感应电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A 向右运动.(2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A 、B 的动能和螺线管中的电能，所以22A B 11mgh Mv mv E 22电＝＋＋即22A B 11E mgh Mv mv .22电＝－－答案：(1)向右运动 (2)22A B 11mgh Mv mv 22--。

高中物理专题6.1行星的运动练基础版含解析新人教版必修2

高中物理专题6.1行星的运动练基础版含解析新人教版必修26、1 行星的运动1、设行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期平方与轨道半径的三次方之比为常数，则以下理解正确的是：（）A、 k是一个与恒星无关的量B、若地球绕太阳运转轨道的半长轴为R，周期为T，月球绕地球运转轨道的半长轴为R1，期为T1，则C、 T表示行星运动的自转周期D、 T表示行星运动的公转周期【答案】D点睛：行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期。

2、探索宇宙的奥秘，一直是人类孜孜不倦的追求、下列关于宇宙及星体运动的说法正确的是（）A、地球是宇宙的中心，太阳、月亮及其它行星都绕地球运动B、太阳是静止不动的，地球和其它行星都绕太阳运动C、地球是绕太阳运动的一颗行星D、日心说是正确的，地心说是错误的【答案】C【解析】地球不是宇宙的中心，地球都绕太阳运动的一颗行星，所以A 错误；C正确；宇宙中没有绝对静止的物体，静止是相对的，所以B错误；地心说是错误的，日心说也是不正确的，太阳也不是宇宙的中心，所以D错误。

3、两个质量分别是m1和m2的行星，它们绕太阳运行的轨道半径分别等于R1和R2，则它们运行周期的比等于 ( ) A、B、C、D、【答案】B4、根据开普勒行星运动规律推论出下列结论中，哪个是错误的 ( )A、人造地球卫星的轨道都是椭圆，地球在椭圆的一个焦点上B、同一卫星在绕地球运动的不同轨道上运动，轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等C、不同卫星在绕地球运动的不同轨道上运动，轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等D、同一卫星绕不同行星运动，轨道半长轴的三次方与公转周期的二次方的比值都相等【答案】D【解析】根据开普勒第一定律，人造地球卫星的轨道都是椭圆，地球在椭圆的一个焦点上，故A说法正确；根据开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等、即，其中k与中心体的质量有关，所以不同卫星在绕同一中心体在不同轨道上运动，k是一样的，故BC说法正确，D说法错误。

高中物理 6.1 行星的运动课时作业新人教版必修2(2021年最新整理)

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行星的运动［课时提升作业]一、单项选择题1．据报道，研究人员从美国国家航天局“开普勒”望远镜发现的1 235颗潜在类地行星中选出86颗，作为寻找外星生命踪迹的观测对象。

关于这86颗可能栖息生命的类地行星的运动，以下说法正确的是（)A．所有行星都绕太阳做匀速圆周运动B．所有行星都绕太阳做椭圆运动，且轨道都相同C．离太阳越近的行星，其公转周期越小D．离太阳越远的行星，其公转周期越小解析：所有的行星都绕太阳做椭圆运动，且轨道不同，故A、B错误;由开普勒第三定律知，离太阳越近的行星,公转周期越小，故C正确，D错误。

答案：C2．（2016·茂名高一检测）已知两颗行星的质量m1＝2m2，公转周期T1＝2T2，则它们绕太阳运转轨道的半长轴之比为( )A.错误!＝错误!B．错误!＝错误!C.a1a2＝错误!D．错误!＝错误!解析：由a3T2＝k知，错误!＝错误!，则错误!＝错误!，与行星质量无关。

答案：C3.如图所示,2006年8月24日晚，国际天文学联合会大会投票，通过了新的行星定义，冥王星被排除在行星行列之外，太阳系行星数量由九颗减为八颗。

若将八大行星绕太阳运行的轨迹粗略地认为是圆，各星球半径和轨道半径如表所示行星名称水星金星地球火星木星土星天王海王星星星球半径2。

高中物理全程学习方略课后巩固作业 2.12.2(七)

积盾市安家阳光实验学校课后巩固作业(七)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中.通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示,下列说法正确的是A.t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B.t1、t3时刻线圈中感电流方向改变C.t2、t4时刻线圈中磁通量最大D.t2、t4时刻线圈中感电动势最小2.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断A.在A和C时刻线圈处于中性面位置B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C.从A→D时刻线圈转过的角度为2πD.从O→D交变电流完成了一次全变化3.（2011·高二检测）某交变电压为u62sin314t V=，则( )A．用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为2 sB．把额电压为6 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光C．把额电压为6 V的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁D．耐压6 V的电容器可以直接用在此电源上4.（2011·高二检测)正弦交流电甲和方波交流电乙的最大值、频率完全相同，把此两电流分别输入完全相同的两个电阻中，经过相同的时间（足够长）后，两电阻中消耗的电能之比W甲∶W乙为( )5.（2011·高二检测）如图甲所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如乙图所示.此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为( )A.110 VB.156 VC.220 VD.311V6.（2011·高考）如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感电流为1 A.那么( )A.线圈消耗的电功率为4WB.线圈中感电流的有效值为2AC.任意时刻线圈中的感电动势为2e4cos tTπ=D.任意时刻穿过线圈的磁通量为T2sin tTπΦπ＝二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（10分）一个矩形线圈的面积为S，共有N匝，在磁感强度为B的匀强磁场中以转速n匀速转动.若从线圈处于如图所示位置开始计时，则线圈产生的感电动势的瞬时值表达式为_________________；若线圈的总电阻为R ，则线圈中感电流的瞬时值表达式为________________.当1t 6n=时，线圈中的感电动势为___________. 8.（10分）一个电阻为r 、边长为L 的正方形线圈abcd 共N 匝，线圈在磁感强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′，以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.（1）转动过程中感电动势的最大值有多大？（2）线圈平面与磁感线夹角为60°时的感电动势多大？（3）设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功？（4）从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R 的电荷量是多少？答案解析1.【解析】选B.t 1、t 3时刻通过线圈的磁通量Φ最大,磁通量变化率0,t∆Φ=∆此时感电动势、感电流为零，线圈中感电流方向改变，A 错误，B 正确;t 2、t 4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感电动势最大，C 、D 错误. 2.【解析】选D.根据图像，首先判断出感电流的数学表达式i=I m sin ωt.其中I m 是感电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度.另外该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转，而且线圈旋转一周，两次经过中性面，经过中性面的位置时电流改变方向.从该图来看，在O 、B 、D 时刻电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A 、C 时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时磁通量为零；从A 到D 时刻，线圈旋转3/4周，转过的角度为32π；从O 到D ，线圈在磁场中恰好转过一周，所以交变电流完成了一次全变化.只有选项D 正确.3.【解析】选B.由表达式可知电压的最大值是，角速度是100π rad/s ，所以电压的有效值是6 V ，周期是0.02 s ，所以B 正确，A 、C 、D 错.4.【解析】选A.题图乙所示的电流其大小是恒的，因电流的方向不影响在电阻上所产生的热效，可知题图乙中所示的电流的有效值I 乙=I max .正弦交变电流的有效值与最大值之间有如下关系I =题图甲所示电流的有效值I =甲由W=I 2Rt 可知，2W I 1W I 2甲甲乙乙＝（）＝，A 正确.5.【解析】选B.交流电压表测量的是交流电压的有效值.题图乙所示波形为正弦交变电流在时间轴上方的.取一个周期T 的时间，根据有效值的义有:(22311/T u T,R2R=所以u= 156 V.选B.6.【解析】选A 、C.线圈转动角速度2,Tπω=线圈平面从与磁场方向平行开始计时，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i=I max cos60°=1A ⇒I max =2A,余弦交变电流有效值I ==B 项错；线圈消耗的功率P ＝I 2R=4 W,A 项正确；由欧姆律可知,感电动势最大值E max =I max R=4 V,所以瞬时值表达式为2e 4cos t,Tπ=C 项正确；通过线圈的磁通量Φ=Φmax sin ωt=max 2sin t,TπΦ由感电动势的最大值E max = BS ω=Φmax ×max max E T 2T2π⇒Φ=π，解两式得：max E T 22T 2sin t sin t,2T TππΦ==ππ D 项错. 7.【解析】此时线圈处于中性面位置，线圈转动时，其感电动势的最大值E max =NBS ω,其中ω=2πn,所以其瞬时值表达式为e=2πNBSnsin2πnt. 其电流表达式为当1t 6n=时，e 2NBSnsin NBSn nNBS 3π=π== 答案：e=2πnNBSsin2πnt 2nNBSi sin2nt Rπ=π8.【解析】（1）根据E=BLv 得感电动势的最大值为 E max =NBS ω=NBL 2ω.（2）线圈平面与磁感线夹角为60°时的瞬时感电动势为2max NBL e E cos60.2ω=︒=（3）电动势的有效值E=电流的有效值EI .R r =+柴油机的功转化为电能，转一周做功为（4）平均电流E N I R r t R r ∆Φ==+∆+，（）所以电荷量NBSsin60Q I t R r ︒=∆==+答案：（1）NBL2ω （2）2NBL 2ω（3）224N B L R rπω+ （4）22R r +（）【方法技巧】交变电流平均值的计算方法交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间段内平均值一般不相同.它的计算公式为E nt∆Φ=∆，如对正弦交变电流，其正半周或负半周的平均电动势的大小为2BS 2E n n nBS t 0.5T ∆Φ===ω∆π，而在一个整周期内的平均电动势却为零，在计算某一段时间内通过导体横截面的电荷量时，一要代入平均值来计算. 用法拉第电磁感律E nt ∆Φ=∆和欧姆律EI R=计算.注意平均值不于有效值.求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用交流电的平均值q It =，而不能用有效值.当交流电电流方向发生改变时，考虑分段进行计算.。

高中物理第六章宇宙航行(提高)巩固训练2高一2物理试题

积盾市安家阳光实验学校第六章宇宙航行【巩固练习】一、选择题：1．下列说法正确的是( )A ．行星的运动和地球上物体的运动遵循不同的规律B ．物体在转弯时一受到力的作用C ．月球绕地球运动时受到地球的引力和向心力的作用D ．物体沿光滑斜面下滑时受到重力、斜面的支持力和下滑力的作用2．根据观察，在土星外层有一个环，为了判断它是土星的一还是小卫星群，测出环中各层的线速度v 与该层到土星中心的距离R 之间的关系。

下列判断正确的是( )A ．若R v ∝，则该环是土星的一B ．若R v ∝2，则该环是土星的卫星群C ．若R v 1∝，则该环是土星的一 D ．若Rv 12∝，则该环是土星的卫星群3．关于地球同步卫星下列说法正确的是( )A ．地球同步卫星和地球同步，因此同步卫星的高度和线速度大小是一的B ．地球同步卫星的地球的角速度虽被确，但高度和速度可以选择，高度增加，速度增大，高度降低，速度减小C. 地球同步卫星只能点在赤道上空，相对地面静止不动 D ．以上均不正确4．我国绕月探测工程的预先研究和工程实施已取得重要进展。

设地球、月球的质量分别为m 1、m 2，半径分别为R 1、R 2，人造地球卫星的第一宇宙速度为ｖ，对的环绕周期为Ｔ，则环绕月球表面附近圆轨道飞行的探测器的速度和周期分别为( ) ABCD5．土卫十和土卫十一是土星的两颗卫星，都沿近似为圆周的轨道绕土星运动。

其参数如表：两卫星相比土卫十( ) A ．受土星的万有引力较大B ．绕土星的圆周运动的周期较大C ．绕土星做圆周运动的向心加速度较大D ．动能较大6．天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期。

由此可算出( ) A ．行星的质量 B ．行星的半径 C ．恒星的质量 D ．恒星的半径7．假设太阳系体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，则关于下列物理量的变化正确的是( )A ．地球的向心力变为缩小前的一半B ．地球的向心力变为缩小前的161 C ．地球绕太阳公转周期与缩小前的相同 D ．地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半8. 甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是( ) A ．甲的周期大于乙的周期 B ．乙的速度大于第一宇宙速度 C ．甲的加速度小于乙的加速度D ．甲在运行时能经过北极的正上方9. “嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近圆形轨道运行的周期为T ，已知引力常量为G ，半径为R 的球体体积公式343V R π=，则可估算月球的( ) A ．密度 B ．质量 C ．半径 D ．自转周期10. a 是地球赤道上一幢建筑，b 是在赤道平面内做匀速圆周运动、距地面9.6×106m 的卫星，c 是地球同步卫星，某一时刻b 、c 刚好位于a 的正上方(如图甲所示)，经48h ，a 、b 、c 的大致位置是图乙中的( )(取地球半径R ＝6.4×106m ，地球表面重力加速度g ＝10m/s 211.已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍．若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距离表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为( )A ．6小时B ．12小时C ．24小时D ．36小时12.如图所示是“嫦娥一号”奔月示意图，卫星发射后通过自带的小型多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测，下列说法正确的是( )A ．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度B ．在绕月圆轨道上，卫星周期与卫星质量有关C ．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比D ．在绕月轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力二、解答题：1．宇航员在地球表面以一初速度竖直上抛一小球，经过时间t 小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t 小球落回原处。

【全程方略】-高中物理 6.3 万有引力定律课后巩固作业新人教版必修2

【全程方略】2012-2013版高中物理 6.3 万有引力定律课后巩固作业新人教版必修2一、选择题(本题包括6小题，每小题5分，共30分。

每小题至少一个选项正确)1.在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家作出了贡献。

关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )A.伽利略发现了行星运动的规律B.卡文迪许通过实验测出了引力常量C.牛顿最早指出了力不是维持物体运动状态的原因D.笛卡尔对牛顿第一定律的建立作出了贡献2.在某次测定引力常量的实验中，两金属球的质量分别为m 1和m 2，球心间的距离为r ，若测得两金属球间的万有引力大小为F ，则此次实验得到的引力常量为( )2121221212m m m m Fr Fr A. B. C. D.m m m m Fr Fr3.(2012·郑州高一检测)在讨论地球潮汐成因时，地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道。

已知太阳质量约为月球质量的2.7×107倍，地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行轨道半径的400倍。

关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力，以下说法正确的是( ) A.太阳引力远大于月球引力 B.太阳引力与月球引力相差不大 C.月球对不同区域海水的吸引力大小相等 D.月球对不同区域海水的吸引力大小有差异4.设想把质量为m 的物体(可视为质点)放到地球的中心，地球质量为M 、半径为R 。

则物体与地球间的万有引力是( ) A.零B.无穷大C.2GMmR D.无法确定5.(2012·新课标全国卷)假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体。

一矿井深度为d 。

已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。

矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )22d d R d R A.1 B.1 C.() D.()R R R R d--+- 6.卡文迪许利用如图所示的扭秤实验装置测量了引力常量G 。

为了测量石英丝极微小的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”的主要措施是( )A.减小石英丝的直径B.增大T形架横梁的长度C.利用平面镜对光线的反射D.增大刻度尺与平面镜之间的距离二、非选择题(本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述)7.(10分)如图所示，离质量为M、半径为R、密度均匀的球体表面R处有一质量为m的质点，此时M对m 的万有引力为F1，如图，当从M中挖去两个半径为r＝R/2的球体时，剩下部分对m的万有引力为F2。

【世纪金榜】高中物理全程学习方略课后巩固作业 1

课后巩固作业(一)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括6小题，每小题5分，共30分.每小题至少一个选项正确）1.关于电磁感应现象，下列说法正确的是（）A.闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，一定产生感应电流B.导体在磁场中做切割磁感线运动时一定产生感应电流C.闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时一定产生感应电流D.闭合电路在磁场里做切割磁感线运动时一定产生感应电流2.（·大理高二检测）如图所示，一个矩形线圈与通有相同大小电流的两根平行直导线在同一平面且处于导线的，则（）A.两电流同向时，穿过线圈的磁通量为零B.两电流反向时，穿过线圈的磁通量为零C.两电流同向或反向，穿过线圈的磁通量都为零D.因两电流产生的磁场是不均匀的，因此不能判定穿过线圈的磁通量是否为零3.如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef.已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将（）A.逐渐增大B.逐渐减小C.始终为零D.不为零，但保持不变4.（·咸阳高二检测）图中能产生感应电流的是（）5.（·惠州高二检测）关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（）A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零D．穿过线圈的磁通量为零，磁感应强度也一定为零6.一均匀扁平条形磁铁与一线圈共面，磁铁中心与圆心O重合，如图所示.下列运动中能使线圈中产生感应电流的是（）A.N极向外、S极向里，绕O点转动B.N极向里、S极向外，绕O点转动C.在线圈平面内磁铁绕O点顺时针转动D.垂直线圈平面磁铁向纸外运动二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）7.（10分）（·济宁高二检测）在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图所示．它们是：①电流计②直流电源③带铁心的线圈A④线圈B ⑤电键⑥滑动变阻器（1）试按实验的要求在实物图上连线（图中已连好一根导线）．（2）怎样才能使线圈B中有感应电流产生？试举出三种方法.①____________________________________________________________；②____________________________________________________________；③____________________________________________________________．8.(10分)边长l=10 cm的正方形线框固定在匀强磁场中，磁场方向与线框平面间的夹角θ=30°，如图所示．磁感应强度随时间变化的规律为B=(2+3t) T，则第3 s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ为多少？答案解析1.【解析】选C.闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，不一定切割磁感线，磁通量不一定变化，不一定产生感应电流；电路不闭合导体切割磁感线时不能产生感应电流，整个闭合回路在磁场中做切割磁感线运动时，磁通量不一定变化，所以不一定产生感应电流.故A、B、D均错.当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，穿过回路的磁通量发生变化，故产生感应电流，故C正确.2.【解析】选A．若两电流同向，根据右手螺旋定则，两电流产生的磁场在线圈处方向相反，根据对称性，穿过线圈的磁通量为零，故A正确；若两电流反向，两电流产生的磁场在线圈处方向相同，穿过线圈的磁通量不为零，故B、C、D错误．3.【解析】选C.利用安培定则判断直线电流产生的磁场，作出俯视图，如图所示.考虑到磁场具有对称性，可以知道穿入圆面积的磁感线的条数与穿出圆面积的磁感线的条数是相等的，故选C.4.【解析】选B.A项中线圈没闭合，C项中穿过线圈的磁通量始终为零，D项中磁通量不发生变化，故A、C、D错误；B项中两杆分别向左、右移动，闭合回路的面积增大，穿过线圈的磁通量增大，所以产生感应电流，故B项正确.5.【解析】选C．磁通量的多少是由磁感应强度、线圈的面积以及二者的位置关系共同决定的，仅磁感应强度大、线圈面积大，不能确定穿过线圈的磁通量就大，故A、B错误；当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，- 1 - / 2但是磁感应强度不为零，故C正确，D错误．6.【解析】选A、B.在题图所示的情况下，穿过线圈的磁通量为零，无论N极向外、S极向里，绕O点转动，还是N极向里、S极向外，绕O点转动，穿过线圈的磁通量都在变化，A、B正确；C、D选项中穿过线圈的磁通量始终为零，不会产生感应电流，所以都不对.7.【解析】（1）使线圈A与电键、直流电源、滑动变阻器串联，线圈B与电流计连成闭合回路；（2）只要能使穿过线圈B的磁通量发生变化就可以使线圈B中产生感应电流．答案：（1）如图所示（2）①闭合开关②断开开关③开关闭合，移动滑动变阻器滑片8.【解析】第3 s内就是从2 s末到3 s末，所以2 s末的磁场的磁感应强度为B1=(2+3×2)T=8T，3 s末的磁场的磁感应强度为B2=(2+3×3)T=11T则ΔΦ=ΔBSsinθ=(11-8)×0.12×sin30°Wb=1.5×10-2Wb.答案：1.5×10-2 Wb【方法技巧】磁通量变化的几种情形的计算方法根据公式Φ=BSsinθ(其中θ为闭合回路所围面积和磁感线间的夹角)可知，有四种情形：(1)B不变，S变，则ΔΦ=B·ΔS;(2)B变化，S不变，则ΔΦ=ΔB·S;(3)B变，S也变，则ΔΦ=B2S2-B1S1;(4)B不变，S不变，θ变化，则ΔΦ=BS(sinθ2-sinθ1).- 2 - / 2。

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