高中物理第六章万有引力与航天万有引力定律的成就提高作业新人教必修

万有引力定律在天文学上的应用
一、选择题（每小题4分，共32分）
1.有A 、B 两颗行星，它们各有一个运行高度不计的卫星a 、b,两卫星环绕运行的周期分别为T a 、T b ,则两行星的平均密度之比ρa /ρb 等于
A.T a 2/T b 2
B.T b 2/T a 2
C.T a /T b
D.b a T T /
2.人造地球卫星在圆形轨道上环绕地球运转，它的运动速度、周期和轨道半径的关系是 A.半径越大，速度越大，周期越大 B.半径越大，速度越小，周期越大 C.半径越大，速度越大，周期越小 D.半径越大，速度越小，周期越小
3.有一双星之间的距离为L ，质量分别为M 1、M 2，轨道中心距离双星分别是R 1、R 2，他们的角速度为ω，则下列说法中正确的是…
A.它们的周期之比为R 2/R 1
B.它们的质量之比为R 22/R 12
C.它们的线速度之比为M 22/M 12
D.它们的向心加速度之比为M 2/M 1
4.若已知某行星绕太阳公转的半径为r,公转周期T ，万有引力恒量G ，由此可求… A.某行星质量 B.太阳的质量 C.某行星的密度 D.太阳的密度
5.下列说法中正确的是
A.天王星偏离根据万有引力计算的轨道，是由于天王星受到轨道外面其他行星的引力作用
B.只有海王星是人们依据万有引力定律计算轨道而发现的
C.天王星是人们依据万有引力定律计算轨道而发现的
D.以上均不正确
6.用m 表示地球通讯卫星（同步卫星）的质量，h 表示它离地面的高度，R 0表示地球的半径，g 0表示地球表面处的重力加速度，ω0表示自转的角速度，则通讯卫星所受的地球对它的万有引力的大小:
①等于零
②等于2
00
2
0)(h R g mR +
③等于m 34
020ωg R
④以上结果都不对
以上说法中正确的是
A.①②
B.②③
C.①③
D.④
7.地球表面上的物体随地球的自转做圆周运动，圆周运动的向心力是由地球对物体的引力提供的，如果地球自转的周期变小，用弹簧秤称量物体的重力，则弹簧秤的示数
Ａ.变小 Ｂ.变大 Ｃ.可能不变 Ｄ.一定不变
8.2001年10月22日，欧洲航天局由卫星观测发现银河系中心存在一个超大型黑洞，命名为MCG6－30－15，由于黑洞的强大引力，周围物质大量掉入黑洞，假定银河系中心仅此一个黑洞，已知太阳系绕银河系中心匀速运转，下列哪一组数据可估算该黑洞的质量
A.地球绕太阳公转的周期和速度
B.太阳的质量和运行速度
C.太阳质量和到MCG6－30－15的距离
D.太阳运行速度和到MCG6－30－15的距离 二、非选择题(共28分)
9.（6分）如果把地球绕太阳公转看做是匀速圆周运动，轨道平均半径约为1.5×108
km ，已知万有
引力常量G=6.67×10－11 N ·m 2/kg 2
，则可估算出太阳的质量大约是________ kg （结果取一位有效数字）.
10.(6分)（北京春季高考）地核的体积约为整个地球体积的16%，地核的质量约为地球质量的34%，
经估算，地核的平均密度为______ kg/m 3
(结果取两位有效数字，引力常量G=
6.7×10－11 N ·m 2/kg 2、地球半径R=6.4×106
m)
11.(8分)(2001年京、皖、蒙春季高考）两个星球组成双星，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动，现测得两星中心距离为R ，其运动周期为T ，求两星的总质量
.
图6－3
12.(8分)如图6－3所示，铅球A 的半径为R ，质量为M ，另一质量为m 的小球B ，两球球心的距离为d ，若在铅球内挖一个半径为R/2的球形空腔，空腔的表面与铅球球面相切，则A 、B 之间的万有引力多大？
五、万有引力定律在天文学上的应用（二） 一、选择题（每小题4分，共32分）
1.解析：由万有引力提供卫星的向心力，则
F=G 2R
Mm =m 22
4T πR ，
得：G 3433R R ρ
π = 224T π 22434T
G πρπ=，
即ρ=2
3GT π
,即b a ρρ=22
a b T T
答案：B
2.解析：由F=G 2R Mm =m R v 2,得v=R GM 所以A 错，B 正确，又由G 2R Mm =m 224T π·R 得T=2πGM
R 3
,
即R 越大，T 也越大，故C 、D 错，正确答案为B.
答案：B
3.解析：因为双星体是以其连线中的某点为圆心而做同步的圆周运动，故周期相等，万有引力提供向心力，则
G
2
21L M M =M 1ω2R 1=M 2ω2
R 2 所以
1
2
21R R M M =，故B 错. 又因为G 2
21L M M =M 1121R v =M 22
2
2
R v
21122
1
R R M M v v ⋅
==1
2
M M ,故C 错. G
2
2
1L M M =M 1a 1=M 2a 2 所以
21a a =1
2
M M 故D 正确. 答案：D
4.解析：设M 为太阳的质量，m ′为行星的质量，行星绕太阳做匀速圆周运动所需的向心力为
F=m ′ω2
r=m ′22
4T
πr
而行星的向心力由万有引力提供，所以
G 2'r Mm =m ′22
4T
π r 由此可得：M=2
324GT r π,故B 正确.
答案：B
5.解析：1781年3月13日晚，恒星天文学之父——赫歇耳用自制的大望远镜发现天王星.海王星是继天王星之后发现的第二颗新行星，但与天王星不同，海王星的发现是神机妙算的结果.同理，冥王星也是天文学家分析推算出来的.所以本题A 为正确答案.
答案：A
6.解析：由F 引=G
2R
Mm
=mg ， 得2
02
00)
(h R R g g += 故通讯卫星受到的万有引力大小
F=mg=2
00
2
0)
(h R g mR + 通讯卫星的角速度等于地球自转的角速度，故
F 引=m ω02
(R+h) 由g 0=
2
R GM 地和G 2)(h R m M +地=m ω02
(R+h) 得：（R+h ）=3
2
2
0ωR g
所以它受到的引力也可以表示为： F=m 34
002
0ωg R
答案：B
7.解析：因物体所处的地理位置不详（纬度不知），则弹簧秤的示数可能变小，也可能不变，故C 选
项正确.
答案：C
8.解析：G 2r
Mm =m r v 2
,M=G r v 2.故D 选项正确.
答案：D
二、非选择题（共28分）
9.解析：地球绕太阳公转时所需的向心力由万有引力提供，轨道半径r=1.5×108
km= 1.5×1011 m,公转周期T=365×24×3600 s=3.2×107
s ，则
G
2
r Mm =m(T π2)2
r ，其中m 为地球质量
M=G
T r ⋅⋅2324π=2×1030
kg
答案：2×1030
kg
10.解析：题目中将地核的体积和质量分别与地球的体积和质量联系起来，本身就对解题思路作了明显的提示，即先求地球的密度再求地核的密度，由于是估算，可以利用地球表面的重力加速度与地球质量、半径的关系进而确定地球的密度，设g 为地球表面的重力加速度，由mg=2R GMm 得：g=G 2
R M =G 3
4πR 3ρ/R 2
,ρ=
GR
g
π43. ρ=
6
1110
4.614.3107.648.93⨯⨯⨯⨯⨯⨯- kg/m 3
=5.5×103
kg/m 3
据题设
M
m 1
=0.34即V V ρρ11=0.34
又
V V 1
=0.16得地核平均密度 ρ1=16.034.0ρ=16
.034.0×5.5×103 kg/m 3=1.2×104 kg/m 3
答案：1.2×104
点评：（1）在一些天体运行方面的估算题中，常存在一些隐含条件，应加以利用，如在地球表面物体
受到地球的引力近似等于重力，地面附近的重力加速度g=9.8 m/s 2
；地球自转周期T=24 h ，公转周期T ′=365天，月球绕地球运动的周期约为30天等.
（2）在一般计算中常采用G
2R
Mm
=mg 近似代换.
11.解析：设两个星球的质量分别为m 1和m 2，都绕连线上O 点做周期为T 的圆周运动，星球1和星球2到O 点的距离分别为L 1和L 2，如图所示，则万有引力定律和牛顿第二定律及几何条件可得
G
221R m m =m 1(T
π2)2
L 1①
G
2
21R m m =m 2(T
π2)2
L 2② L 1+L 2=R ③
由①②③式联立，解得两星的总质量m 1+m 2=2
324GT R π 答案：2
3
24GT R π
12.解析：对本题，有的同学容易这样求解：
先求出空腔A 球的重心位置C ，令O 2C=r ，然后用公式F=G 2'r
m
M 计算（M ′为挖去空腔后球A 的质量），
这种做法是错误的，因为空腔球A 即不能视作质点，也不是质量均匀分布的球体，故不能直接运用万有引力定律公式进行计算，正确的解法是：
设想将球A 中被挖出的半径为R/2的小球放回A 中，使之成为完整的整体，该小球的质量为m ′,则
81)2/(33'==R R M m ,即m ′=8
M 据叠加原理，质量为M 的实心球体与B 之间的万有引力，应当等于半径为R/2（质量为M/8）的小球体及空腔球体（质量为7M/8）与B 之间万有引力的矢量和，由此可得出
F=G 2d Mm －G ·2)2
(8R d m M -=GMm 2222)2(2287R d d R Rd d -+- 答案：GMm 2
22
2)
2(2287R d d R Rd d -+- 点评：（1）公式F=G
22
1r
m m 只适用于计算两个质点（或均匀球体）之间的万有引力. （2）本题所用“填补法”是解决物理问题的一种常用方法.
2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．甲、乙两车在平直公路上行驶，其v-t 图象如图所示．t=0时，两车间距为0s ；0
t 时刻，甲、乙两车相遇．00
t 时间内甲车发生的位移为s ，下列说法正确的是( )
A ．00t 时间内甲车在前，002t t 时间内乙车在前
B ．00
2t 时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍
C ．02t 时刻甲、乙两车相距01
2
s D ．067
s s =
2．自然界的电、磁现象和热现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。

下列说法正确的是（ ）
A ．安培发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B ．欧姆发现了欧姆定律，揭示了热现象和电现象之间的联系
C ．法拉第发现了电流与其产生磁场的方向关系，并提出了电流产生磁场的“分子电流假说”
D ．库仑设计了电荷扭秤实验，并总结出了电荷间相互作用规律的“库仑定律”
3．中国自主研发的 “暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120m 的测试距离，用时分别为2s 和l s ，则无人机的加速度大小是 A ．20m/s 2 B ．40m/s 2 C ．60m/s 2 D ．80m/s 2
4．如图，水平桌面上有三个相同的物体a 、b 、c 叠放在一起，a 的左端通过一根轻绳与质量为33m =的小球相连，绳与水平方向的夹角为60°，小球静止在光滑的半圆形器皿中。

水平向右的力F=20N 作用在b 上，三个物体保持静状态。

g 取10m/s 2。

下列说法正确的是（ ）
A．物体a对桌面的静摩擦力大小为10N，方向水平向右
B．物体b受到物体a给的一个大小为20N的摩擦力，方向向左C．物体c受到向右的静摩擦力，大小为20N
D．在剪断轻绳的瞬间，三个物体一定会获得向右的加速度
5．如图所示，质量为50kg的同学在做仰卧起坐运动．若该同学上半身的质量约为全身质量的3
5
，她在
1min内做了50个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为0.3m，则她克服重力做的功W和相应的功率P约为
A．W=4500J P=75W B．W=450J P=7.5W
C．W=3600J P=60W D．W=360J P=6W
6．如图所示，一根均匀柔软的细绳质量为m。

两端固定在等高的挂钩上，细绳两端的切线与水平方向夹角为θ，重力加速度为g。

挂钩对细绳拉力的大小为
A．
1
2sin
mg
θ
B．
1
2cos
mg
θ
C．
1
2tan
mg
θ
D．
1
2cot
mg
θ
7．如图甲所示，虚线右侧有一方向垂直纸面的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度口随时间t变化关系如图乙所示（取磁场垂直纸面向里的方向为正方向），固定的闭合导线框一部分在磁场内。

从t=0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框ab边受到的安培力F随时间t变化图象中，可能正确的是（取线框中逆时针方向的电流为正，安培力向右为正方向）（）
A ．
B ．
C ．
D ．
8．如图所示，由Oa Ob Oc 、、三个铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用123B B B 、、表示．现有带电粒子自a 点垂直Oa 板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，在三个磁场区域中的运动时间之比为1∶2∶3，轨迹恰好是一个以O 为圆心的圆，则其在b 、c 处穿越铝板所损失的动能之比为
A ．1∶1
B ．5∶3
C ．3∶2
D ．27∶5
9．有人做过这样一个实验∶将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅平的塑料容器中。

往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡出现超导性。

这时可以看到，小磁铁竟然离开锡块表面，飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。

产生该现象的原因是∶磁场中的超导体能将磁场完全排斥在超导体外，即超导体内部没有磁通量（迈斯纳效应）。

如果外界有一个磁场要通过超导体内部，那么在磁场作用下，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流。

这个电流产生的磁场恰恰与外加磁场大小相等、方向相反，这就形成了一个斥力。

当磁铁受到的向上的斥力大小刚好等于它重力大小的时候，磁铁就可以悬浮在空中。

根据以上材料可知（ ）
A ．超导体处在恒定的磁场中时它的表面不会产生感应电流
B ．超导体处在均匀变化的磁场中时它的表面将产生恒定的感应电流
C ．将磁铁靠近超导体，超导体表面的感应电流增大，超导体和磁铁间的斥力就会增大
D ．将悬空在超导体上面的磁铁翻转180 ，超导体和磁铁间的作用力将变成引力
10．2019年1月3日，嫦娥四号成功登陆月球背面，全人类首次实现月球背面软着陆。

嫦娥四号登陆月球前，在环月轨道上做匀速圆周运动，其与月球中心连线在单位时间内扫过的面积为S ，已知月球的质量为M ，引力常量为G ，不考虑月球的自转，则环月轨道的半径大小为( )
A ．2
4S GM
B ．2
3S GM
C ．2
2S GM
D ．2
S GM
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．如图所示，某空间存在一竖直方向的电场，其中的一条电场线如图甲所示，一个质量为m 。

电荷量为q 的带正电小球，从电场线中O 点由静止开始沿电场线竖直向上运动x 1的过程中，以O 为坐标原点，取竖直向上为x 轴的正方向，小球运动时电势能ε与位移x 的关系如图乙所示，运动忽略空气阻力，则（ ）
A ．沿x 轴正方向的电场强度大小可能增加
B ．从O 运动到x 1的过程中，如果小球的速度先增后减 ，则加速度一定先减后增
C ．从O 点运动x 1的过程中，每经过相等的位移，小球机械能的增加变少
D ．小球运动位移x 1011
2(-)mgx m
εε-
12．质量为m 的小球以初速度0v 从O 点水平抛出，经过A 点时其速度方向与水平面的夹角为37°，经过B 点时，其速度方向与水平面的夹角为60°，已知当地重力加速度为g ，sin370.6︒=，cos370.8︒=，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球从O 点运动
B 0
3v B ．小球从O 点运动A 点的过程中速度大小的改变量为043
v C ．小球从O 点运动B 点的过程中重力做的功为2
013
mv D ．小球在B 03mgv
13．如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿
过磁场区域的过程中（）
（重力加速度为g）
A．金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热B．金属棒克服安培力做的功为mgh
C．金属棒产生的电热为1
mg h-d 2
μ
（）
D．金属棒运动的时间为
22
2gh d
-
g2mg
B L
R
μμ
14．一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图所示，此时质点A正沿y轴正向运动，质点B位于波峰，波传播速度为4m/s，则下列说法正确的是（）
A．波沿x轴正方向传播
B．质点A振动的周期为0.4s
C．质点B的振动方程为
2
0.02cos(m)
3
y t
π
=
D．t=0.45s时，质点A的位移为-0.01m
E.从t=0时刻开始，经过0.4s质点B的路程为0.6m
15．一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是________．
A．该波沿x轴正向传播
B．该波的波速大小为1 m/s
C．经过0.3 s，A质点通过的路程为0.3 m
D．A、B两点的速度有可能相同
E.若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4 Hz
三、实验题：共2小题
16．如图所示装置可以用来测量滑块和水平面间动摩擦因数。

在水平面上将弹簧一端固定，另一端与滑块接触（两者不固连）。

压缩弹簧，静止释放，滑块被弹出，离开弹簧后经过光电门O，最终停在P点。

已知挡光片的宽度d，记录滑块上挡光片通过光电门的时间t，重力加速度大小为g。

(1)滑块经过O点的速度为____________。

(2)除了记录滑块挡光片通过D点光电门的挡光时间之外，还需要测量的一个物理量是____________（填选项前的字母）。

A．滑块释放点到P点距离x
B．光电门与P点间的水平距离s
C．滑块（带挡光片）质量m
D．弹簧的长度l
(3)动摩擦因数的表达式为____________（用上述测量量和重力加速度g表示）。

17．某学习小组在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，除导线和开关外，可供选择的实验器材如下：A．小灯泡L，规格2.5V，1.0W
B．电流表A1，量程0.6A，内阻约为1.5Ω
C．电流表A2，量程3A，内阻约为0.5Ω
D．电压表V1，量程3V，内阻约为3kΩ
E．电压表V2，量程15V，内阻约为9kΩ
F．滑动变阻器R1，阻值范围0~1000Ω
G．滑动变阻器R2，阻值范围0~5Ω
H．学生电源4V，内阻不计
(1)为了调节方便，测量尽量准确，电流表应选用______、电压表应选用______、实验电路应选用如下电路中的______（一律填选项序号）。

A．B．
C．D．
(2)实验测得该灯泡的伏安特性曲线如图所示，由此可知，当灯泡两端电压为2.0V时，小灯泡的灯丝电阻
是_______Ω（保留两位有效数字）。

四、解答题：本题共3题
18．图示为一由直角三角形ABC 和矩形CDEA 组成的玻璃砖截面图。

2AB L =，3
4
DC L =
，P 为AB 的中点，30θ︒=。

与BC 平行的细束单色光MP 从P 点入射，折射后恰好到达C 点。

已知光在真空中速度大小为c 。

求： (1)玻璃的折射率n ；
(2)光从射入玻璃砖到第一次射出所用的时间t 。

19．（6分）如图所示，第一象限内有沿x 轴正向的匀强电场，第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子以速度v 0从P （-3L ，0）沿与x 轴负方向成37°角射入磁场，粒子从Q （0，4L ）进入电场并直接从O 点离开电场。

不计空气阻力及粒子的重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求∶
(1)磁感应强度B 的大小； (2)电场强度E 的大小。

20．（6分）如图所示的空间中有一直角坐标系Oxy ，第一象限内存在竖直向下的匀强电场，第四象限x 轴下方存在沿x 轴方向足够长，宽度(553)d =+m 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小
B=0.4T ，一带正电粒子质量m ＝3.2×10－4kg 、带电量q ＝0.16C ，从y 轴上的P 点以v 0=1.0×103m/s 的速度水平射入电场，再从x 轴上的Q 点进入磁场，已知OP=9m ，粒子进入磁场时其速度方向与x 轴正方向夹角θ=60 ，不计粒子重力，求： (1)OQ 的距离；
(2)粒子的磁场中运动的半径；
(3)粒子在磁场中运动的时间；（π值近似取3）
参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由图知在0～t 0时间内甲车速度大于乙车的速度，故是甲车在追赶乙车，所以A 错误；
B ．0～2t 0时间内甲车平均速度的大小
03
2
v ，乙车平均速度012v ，所以B 错误；
D ．由题意知，图中阴影部分面积即为位移s 0，根据几何关系知，三角形ABC 的面积对应位移s 0∕3，所以可求三角形OCD 的面积对应位移s 0∕6，所以0—t o 时间内甲车发生的位移为 s=s 0+ s 0∕6 得 s 0=
6
7
s 故D 正确；
C ．2t 0时刻甲、乙两车间的距离即为三角形ABC 的面积即s 0∕3，所以C 错误．
故选D 。

2．D 【解析】 【详解】
A ．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系。

不是安培，所以A 错误；
B ．欧姆发现了欧姆定律，说明了电路中的电流与电压及电阻的关系。

所以B 错误；
C ．安培发现了电流与其产生磁场的方向关系，并提出了电流产生磁场的“分子电流假说”。

不是法拉第，所以C 错误；
D ．库仑设计了电荷扭秤实验，并总结出了电荷间相互作用规律的“库仑定律”，符合物理学史。

所以D 正确。

故选D 。

3．B 【解析】 【分析】 【详解】
第一段的平均速度11120m /s 60m /s 2
x v t =
==；第二段的平均速度22120
m /s 120m /s 1x v t ==
=，中间时刻的速度等于平均速度，则()22
211212060
m /s 40m /s 1
1.5
2
v v a t t --=
=
=+，故选B. 4．B 【解析】 【分析】 【详解】 A ．对m 受力分析
在竖直方向
2sin 60T mg ︒=
则绳子拉力为
3310
N 30N 2sin 6032mg T ︒⨯=
==⨯
对a 、b 、c 整体受力分析，水平方向根据平衡条件
T F f =+
则桌面对a 的静摩擦力方向水平向右，大小为
30N 20N 10N f T F =-=-=
根据牛顿第三定律可知，a 对桌面的静摩擦力大小为10N ，方向水平向左，A 错误； B ．对b 、c 整体受力分析，水平方向根据平衡条件
20N F f ='=
可知物体b 受到物体a 给的一个大小为20N 的摩擦力，方向向左，B 正确； C ．对c 受力分析可知，物体仅受重力和支持力，受到的摩擦力为0，C 错误；
D ．地面对a 、b 、c 整体的最大静摩擦力大小未知，在剪断轻绳的瞬间，系统的运动状态未知，D 错误。

故选B 。

5．A 【解析】 【详解】
每次上半身重心上升的距离均为0.3m ，则她每一次克服重力做的功：W=
35mgh=3
5
×50×10×0.3=90 J ；1分钟内克服重力所做的功：W 总=50W=50×90=4500 J ；相应的功率约为：4500
7560
W P W t =总＝＝，故A 正确，BCD 错误，故选A.
6．A 【解析】 【详解】
先对挂钩一端受力分析可知挂钩对绳子的拉力F 和绳子对挂钩的拉力T 相等：
F T =
对绳子受力分析如右图，正交分解：
2sin T mg θ=
解得：1
2sin F T mg θ
==，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

7．B 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．由图可知，在0~
2T 内线圈中磁感应强度的变化率相同，故0~2
T
内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；在
~2T T 内内线圈中磁感应强度的变化率相同，故~2
T
T 内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律有
2
B S
E t ∆=
⋅∆ 则感应电流为
2E B S i R t R
∆=
=⋅∆ 由图可知两段时间内的磁感应强度大小相等，故两段时间内的感应电流大小相等，故A 错误，B 正确； CD ．由上分析可知，一个周期内电路的电流大小恒定不变，根据
F BIL =
可知F 与B 成正比，则在0~
4
T
内磁场垂直纸面向外减小，电流方向由b 到a ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向右，为正方向，大小随B 均匀减小；在
~42
T T
内磁场垂直纸面向里增大，电流方向由b 到a ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向左，为负方向，大小随B 均匀增大；在
3~22
T T
内磁场垂直纸面向里减小，电流方向由a 到b ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向右，为正方向，大小随B 均匀减小；在
3~2
T
T 内磁场垂直纸面向外增大，电流方向由a 到b ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向左，为负方向，大小随B 均匀增大，故CD 错误。

故选B 。

8．D 【解析】
带电粒子在磁场运动的时间为2t T θπ=，在各个区域的角度都为1203
π
θ==，对应的周期为2m T Bq π=，
则有3m
t Bq
π=
，故 3m
B tq
π=
，则三个区域的磁感应强度之比为123123
111
::::6:3:2B B B t t t =
=，三个区域的磁场半径相同为mv r Bq =，又动能212k E mv =，联立得2222k B q r
E m =，故三个区域的动能之比为：
22
2123123::::36:9:4k k k E E E B B B ==，故在b 处穿越铝板所损失的动能为
1236927k k k E E E ∆=-=-=，故在c 处穿越铝板所损失的动能为23945k k k E E E ∆=-=-='，故损失动能之比为:27:5k k
E E ∆='∆，D 正确，选D. 9．C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由题意可知，超导体处在磁场中，磁场要通过超导体内部，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流，故A 错误；
B ．超导体处在均匀变化的磁场中时，超导体表面就会产生感应电流，但由材料无法确定感应电流是否恒定，故B 错误；
C ．由材料可知，将磁铁靠近超导体，磁场要通过超导体的磁通量增大，超导体表面的感应电流增大，电流产生的磁场增大，则超导体和磁铁间的斥力就会增大，故C 正确；
D ．由材料可知，超导体在外界磁场作用下，磁铁和超导体之间相互排斥，则将悬空在超导体上面的磁铁
翻转180︒，超导体和磁铁间的作用力仍为斥力，故D 错误。

故选C 。

10．A 【解析】 【详解】
根据万有引力提供向心力
2224GMm r
m r T
π＝ 解得该人造卫星做圆周运动的周期为
2T =人造卫星绕地球做匀速圆周运动的圆的面积为为πr 2，所以人造卫星与地心连线在单位时间内所扫过的面积为
2S =
解得环月轨道的半径大小为：
2
4S r GM
＝ A. 24S GM ，与结论相符，选项A 正确；
B. 23S GM ，与结论不相符，选项B 错误；
C. 22S GM ，与结论不相符，选项C 错误；
D. 2
S GM
，与结论不相符，选项D 错误。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．电势能ε与位移x 的图象ε-x 图象的斜率的绝对值
x
ε
表示小球所受电场力的大小，由图乙可知图象沿
x 轴正方向的斜率越来越小，说明小球所受电场力沿x 轴越来越小，即沿x 轴正方向的电场强度大小一直减小，故A 错误；
B ．从O 运动x 1的过程中，如果小球的速度先增后减，说明开始时小球所受电场力F 大于重力mg 向上做加速运动，后来电场力小于重力，向上做减速运动。

当加速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度
F mg
a m -＝
因为F 逐渐减小，故a 逐渐减小。

当向上减速运动时，有
mg F
a m
-'＝
因为F 逐渐减小，故a'逐渐增大。

所以从O 运动x 1的过程中，如果小球的速度先增后减，加速度一定是先减后增，故B 正确；
C ．根据能的转化和守恒定律可知，在小球向上运动的过程中电场力做正功，电势能减小，减小的电势能转化为机械能。

由图乙可知从O 点运动x 1的过程中，每经过相等的位移，小球所受电场力逐渐减小，则电势能减小的越来越少，则小球机械能的增加变少，故C 正确；
D ．规定O 点所在的水平面为零重力势能面，设小球运动位移x 1时的速度为v ，根据能量守恒定律得 ε0＝ε1+mgx 1+12
mv 2 解得
v 故D 错误。

故选BC 。

12．AD 【解析】 【详解】
A ．小球从O 点运动到
B 点时的竖直速度
00tan 603By v v v ==
经历的时间为
y v t g
g
=
=
选项A 正确；
B ．小球从O 点运动到A 点的过程中速度大小的改变量为。