2019高三物理人教版一轮重点强化练：3 万有引力定律的综合应用 Word版含解析
2019年高考物理一轮复习 重点强化练2 牛顿运动定律的综合应用 新人教版.doc
2019年高考物理一轮复习重点强化练2 牛顿运动定律的综合应用新人教版一、选择题(共10小题，每小题6分，1～6为单选题，7～10为多选题)1．(2018·淄博高三质检)放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态(如图1所示)，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是( )图1A．匀速上升B．加速上升C．减速上升D．减速下降C[木箱突然被拉动，表明木箱所受摩擦力变小了，也表明木箱与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，合力向下，处于失重状态，选项C正确．] 2．(2018·贵州贵阳监测)如图2所示，质量为m的球置于斜面上，被一个固定在斜面上的竖直挡板挡住而处于静止状态．现用一个水平力F拉斜面体，使球和斜面体在水平面上一起做加速度为a的匀加速直线运动，若忽略一切摩擦，与球静止时相比( )【导学号：84370139】图2A．竖直挡板对球的弹力不一定增大B．斜面对球的弹力保持不变C．斜面和竖直挡板对球的弹力的合力等于maD．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零B[球受重力和两个弹力作用，斜面对球的弹力的竖直分力等于球的重力，故斜面对球的弹力不变，B项正确，D项错误；竖直挡板对球的弹力与斜面对球的弹力的水平分力之差等于ma，当整体匀加速运动时，竖直挡板对球的弹力随加速度的增大而增大，A项错误；两弹力的合力的水平分力等于ma，竖直方向分力等于mg，所以C 项错误．]3．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，at图象如图3所示．则下列相关说法正确的是( )图3A．t＝4．5 s时，电梯处于失重状态B．5～55 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59．5 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零D[利用at图象可判断：t＝4．5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5 s～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55 s～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．]4．(2018·湖南六校联考)如图4所示，倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M 的环，环通过细线吊一个质量为m的小球，当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时，稳定运动的情景如图所示，其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是( )【导学号：84370140】图4A．环一定沿长杆向下加速运动B．环的加速度一定沿杆向上C．环的加速度一定大于g sin αD．环一定沿杆向上运动B[稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行．对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则B正确，A、D错误；由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与g sin α的大小关系，则C项错误．]5．如图5所示，物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开始A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上的拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A 和B 的加速度大小分别为( )【导学号：84370141】图5A ．a A ＝12g ，a B ＝5gB ．a A ＝a B ＝5gC ．a A ＝14g ，a B ＝3gD ．a A ＝0，a B ＝2gD [对动滑轮分析，根据牛顿第二定律，有F －2T ＝m 轮a ，又m 轮＝0，则T ＝F2＝3mg ；对物块A 分析，由于T ＜4mg ，所以物块A 静止，a A ＝0；同理，对物块B 分析，a B ＝T －mgm＝2g ．故选项D 正确．] 6．(2018·内蒙古模拟)如图6所示，质量为m 1和m 2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是(不计摩擦)( )图6A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变D ．由大变小再变大C [设细线上的张力为F 1，要求F 1，选受力少的物体m 1为研究对象较好；此外还必须知道物体m 1的加速度a ，要求加速度a ，则选m 1、m 2整体为研究对象较好．在水平面上运动时：F 1－μm 1g ＝m 1a① F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a②联立①②解得：F 1＝m 1Fm 1＋m 2在斜面上运动时：F'1－m 1g sin θ－μm 1g cos θ＝m 1a ③F －(m 1＋m 2)g sin θ－μ(m 1＋m 2)g cos θ＝(m 1＋m 2)a ④联立③④解得：F'1＝m 1Fm 1＋m 2同理可得，竖直向上运动时，细线上的张力F 1仍是m 1Fm 1＋m 2，故选C ．] 7．如图7所示，一个质量为M 的物体A 放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为m 的物体B 时，物体A 的加速度为a ，绳中张力为T ，则( )【导学号：84370142】图7A ．a ＝gB ．a ＝mg M ＋mC ．T ＝mgD ．T ＝MM ＋mmg BD [以A 、B 整体为研究对象，mg ＝(M ＋m )a ，可得加速度为a ＝mgM ＋m，选项B 正确；隔离A 受力分析可得T ＝Ma ＝MM ＋mmg ，选项D 正确．] 8．某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图8甲所示，他使木块以初速度v 0＝4 m/s 的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v t 图线如图乙所示，g 取10 m/s 2，则根据题意计算出的下列物理量正确的是( )图8A ．上滑过程中的加速度的大小a 1＝8 m/s 2B ．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝35C ．木块回到出发点时的速度大小v ＝2 m/sD ．木块经2 s 返回出发点ABC [由题图乙可知，木块经0．5 s 滑至最高点，由加速度定义式a ＝ΔvΔt ，得上滑过程加速度的大小a 1＝v 0Δt 1＝8 m/s 2，A 正确．上滑过程中受重力、沿斜面向下的摩擦力，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，代入数据得μ＝35，B 正确．下滑的距离等于上滑的距离，则x ＝v 202a 1＝1 m ，下滑时摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2，下滑至出发点的速度大小为v ＝2a 2x ＝2 m/s ，C 正确．下滑的时间t ′＝va 2＝1s ，所以木块返回出发点的时间t 总＝t ＋t ′＝0．5 s ＋1 s ＝1．5 s ，D 错误．]9．如图9甲所示，物体原来静止在水平面上，今用一水平外力F 拉物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则可以计算出( )【导学号：84370143】图9A ．物体与水平面间的最大静摩擦力B ．F 为14 N 时物体的速度C ．物体与水平面间的动摩擦因数D ．物体的质量ACD [物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力．根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，解得a ＝Fm－μg ，由a 与F 图线得m ＝2 kg ，μ＝0．3，故C 、D 正确；a ＝0时，F 为6 N ，即最大静摩擦力为6 N ，故A 正确；由于物体先静止后做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F 为变力无法求F 做的功，从而也无法根据动能定理求速度，故B 错误．]10．如图10所示，斜面倾角为θ，斜面上AB 段光滑，其他部分粗糙，且斜面足够长．一带有速度传感器的小物块(可视为质点)自A 点由静止开始沿斜面下滑，速度传感器上显示的速度与运动时间的关系如下表所示：图10A ．小物块的质量m ＝2 kgB ．斜面的倾角θ＝37°C ．小物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数μ＝0．25D ．AB 间的距离x AB ＝18．75 mBCD [当小物块在AB 段运动时，设加速度为a 1，则a 1＝g sin θ，由题表可知a 1＝12－02－0m/s 2＝6 m/s 2，所以斜面倾角θ＝37°，选项B 正确；设经过B 点后物块的加速度为a 2，则有a 2＝g sin θ－μg cos θ，由题表可知a 2＝29－216－4m/s 2＝4 m/s 2，所以μ＝0．25，选项C 正确；可以判断B 点对应于2～3 s 之间的某个时刻，设t 1为从第2 s 运动至B 点所用时间，t 2为从B 点运动至第3 s 所用时间，则有t 1＋t 2＝1 s,12 m/s ＋a 1t 1＝17 m/s －a 2t 2，解得t 1＝0．5 s ，所以x AB ＝12a 1(2 s ＋t 1)2＝18．75m ，选项D 正确；由题中所给数据无法求出物块的质量，选项A 错误．]二、非选择题(共2小题，共40分)11．(20分)(2018·安徽江南十校联考)如图11甲所示，两滑块A 、B 用细线跨过定滑轮相连，B 距地面一定高度，A 可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A ＝2 kg ，m B ＝4 kg ，斜面倾角θ＝37°．某时刻由静止释放A ，测得A 沿斜面向上运动的v t 图象如图乙所示．已知g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8．求：图11(1)A 与斜面间的动摩擦因数； (2)A 沿斜面向上滑动的最大位移．【导学号：84370144】[解析] (1)在0～0．5 s 内，根据图象可知，A 和B 系统的加速度为a 1＝20.5 m/s2＝4 m/s 2对A 和B 由牛顿第二定律分别列方程：B ：m B g －T ＝m B a 1A ：T ′－m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a 1又T ＝T ′ 得μ＝0．25．(2)B 落地后，A 减速上升，由牛顿第二定律有m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a 2得：a 2＝8m/s 2因a 2(t 0－0．5 s)＝2 m/s 得t 0＝0．75 s 所以上升总位移为x ＝v 2t 02＝0．75 m ．[答案](1)0．25 (2)0．7512．(20分)如图12所示，质量均为m ＝3 kg 的物块A 、B 紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A 的左侧连接一劲度系数为k ＝100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B 在水平外力F 作用下向右做加速度a ＝2m/s 2的匀加速直线运动，直至与A 分离，已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ＝0．5，g 取10 m/s 2．求：图12(1)物块A 、B 分离时，所加外力F 的大小；(2)物块A 、B 由静止开始运动到分离所用的时间．【导学号：84370145】[解析] (1)物块A 、B 分离时，对B 有：F －μmg ＝ma解得F ＝21 N ．(2)开始时，对A 、B 整体有：kx 1＝2μmg ，B 与A 分离时，对A 有： kx 2－μmg ＝ma ，此过程中x 1－x 2＝12at 2解得t ＝0．3 s ． [答案](1)21N (2)0．3 s。
2019人教版高考物理一轮优练题(3)及答案
2019人教版高考物理一轮优练题（3）及答案1、(2019·诸暨市牌头中学期中)有人设计了一种储能装置：在人的腰部固定一块永久磁铁，N极向外；在手臂上固定一个金属线圈，线圈连接着充电电容器．当手不停地前后摆动时，固定在手臂上的线圈能在一个摆动周期内，两次扫过别在腰部的磁铁，从而实现储能．下列说法正确的是()A．该装置符合法拉第电磁感应定律，可以实现B．此装置会使手臂受到阻力而导致人走路变慢C．在手摆动的过程中，电容器极板的电性不变D．在手摆动的过程中，手臂受到的安培力方向交替变化【参考答案】AD[在手摆动的过程中，线圈交替的进入或者离开磁场，使穿过线圈的磁通量发生变化，因而会产生感应电流，从而实现储能，该装置符合法拉第电磁感应定律，可能实现，选项A正确；此装置不会影响人走路的速度，选项B错误；在手摆动的过程中，感应电流的方向不断变化，则电容器极板的电性不断改变，选项C错误；在手摆动的过程中，感应电流的方向不断变化，手臂受到的安培力方向交替变化，选项D正确．]***(多选)(牛顿第三定律) 木箱重G1,人重G2,人站在木箱里用力F向上推木箱。
如图所示,则有()A.人对木箱底的压力大小为G2+FB.人对木箱底的压力大小为G2C.木箱对地面的压力大小为G2+G1-FG1+G2答案AD解析对人隔离受力分析有:竖直向下的重力G2、向下的作用力F、向上的支持力F N,可得F N=G2+F,根据牛顿第三定律,人对木箱底的压力大小为G2+F,选项A正确,B错误;将人与木箱看成一个整体,可得木箱对地面的压力大小为G1+G2,选项C错误,D正确。
综上本题选A、D。
2、(多选)(时间与时刻)(2019·甘肃天水期中)下列说法正确的是()A.“北京时间8点整”指的是时间B.第n s内就是(n-1) s末到n s末这1 s时间(n为任意正整数)C.列车在广州站停15分钟,指的是时间5 s还是第5 s,都是指时间答案BCD解析北京时间8点整,指的是一个时间点,是时刻,所以A错误;第n s内就是(n-1) s末到n s末这1 s时间(n为任意正整数),所以B正确;停15分钟,是指时间的长度,指的是时间,所以C正确;前5 s和第5 s,都是指时间的长度,指的是时间,所以D正确。
(新课标)高考物理一轮复习 专题三 万有引力定律教参-人教版高三全册物理试题
专题三 万有引力定律1．解决天体(卫星)运动问题的根本思路(1)F 万＝F 向，即G Mm r 2＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2r T2。
(2)在中心天体外表或附近运动时G MmR2＝mg 。
2．天体质量和密度的计算(1)由G Mm R 2＝mg 得天体质量M ＝gR 2G ，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3g4πGR。
(2)由G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得中心天体质量M ＝4π2r 3GT 2，天体的平均密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3πr3GT 2R 3。
3．卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系(1)由G Mm R 2＝m v 2R得v ＝GMR，所以R 越大，v 越小。
(2)由G Mm R2＝mω2R 得ω＝GMR 3，所以R 越大，ω越小。
(3)由G Mm R 2＝m 4π2T2R 得T ＝4π2R3GM，所以R 越大，T 越大。
4．卫星变轨问题分析(1)当卫星的速度突然增大时，G Mm r 2<m v 2r，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，当卫星进入新的轨道稳定运行时其运行速度比原轨道时减小。
(2)当卫星的速度突然减小时，G Mm r 2>m v 2r，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，当卫星进入新的轨道稳定运行时其运行速度比原轨道时增大。
一、选择题(此题共7个小题，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～7题有多项符合题目要求)1．有一星球的密度与地球的密度一样，但它外表处的重力加速度是地面上重力加速度的4倍，如此该星球的质量将是地球质量的( )A.14B ．4倍C ．16倍D ．64倍解析：选D 万有引力F ＝GMm R 2，其中M ＝ρV ＝ρ43·πR 3，在地球和星球外表G Mm R2＝mg ，结合重力加速度的关系可得，选项D 正确。
2．关于地球同步卫星，如下说法正确的答案是( )①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定的②地球同步卫星的角速度虽被确定，但高度和线速度可以选择，高度增加，线速度增大，高度降低，线速度减小③地球同步卫星只能定点在赤道上空，相对地面静止不动 ④周期是24小时的卫星一定是同步卫星 A ．①③ B ．②③ C ．①④ D ．②④解析：选A 地球同步卫星相对地球静止，同步卫星的周期T 必与地球自转周期一样，为定值，绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，设地球半径为R ，同步卫星离地面的高度为h ，于是有h ＝3GMT 24π2－R ，其中M 、R 、T 均为定值，所以同步卫星离地面的高度为定值，线速度的大小为定值，故①正确，②错误；假设同步卫星在除赤道所在平面外的任意点实现了同步，它的运动轨道平面与赤道所在平面平行，如此受到地球的万有引力就不指向地心，这是不可能的，所以地球同步卫星只能定点在赤道上空，相对地面静止，故③正确；对于地球卫星而言，由万有引力提供向心力，即G Mm r 2＝m 4π2T2r ，只要离地面的高度恰当，它的周期就可以为24小时，所以周期为24小时的卫星不一定是同步卫星，故④错误，所以选A 。
人教版新高三物理学年一轮复习测试专题：万有引力定律及应用
绝密★启用前人教版新高三物理2019-2020学年一轮复习测试专题《万有引力定律及应用》一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋，风云，高分，遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率，多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A，B两位置，“高分一号”在C位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（）A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为B．如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速C．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会增大2.我国首次太空课在距地球300多千米的“天宫一号”上举行，如图所示的是宇航员王亚萍在“天宫一号”上所做的“水球”。
若已知地球的半径为6400km，地球表面的重力加速度为g=9.8m/s2，下列说法正确的是（）A．“水球”在太空中不受地球引力作用B．“水球’’相对地球运动的加速度为零C．若王亚萍的质量为m，则她在“天宫一号”中受到地球的引力为mgD．“天宫一号”的运行周期约为1.5h3.我国发射“嫦娥三号”探测卫星，“嫦娥三号”在绕月球做匀速圆周运动的过程中，其轨道半径为r1，运行周期为T1；“天宫一号”在绕地球做匀速圆周运动的过程中，其轨道半径为r2，周期为T2。
根据以上条件可求出（）A．“嫦娥三号”与“天宫一号”所受的引力之比B．“嫦娥三号”与“天宫一号”环绕时的动能之比C．月球的质量与地球的质量之比D．月球表面与地球表面的重力加速度之比4.“嫦娥三号”探月卫星于2013年12月2日1点30分在西昌卫星发射中心发射，并成功实现了“落月”。
高考物理一轮复习 4.3万有引力定律及其应用同步
三、三种宇宙速度 1．第一宇宙速度(环绕速度)：v1＝ 7.9 km，/s 是人造地球
卫星的最小 发射速度，也是人造地球卫星绕地球做圆 周运动的 最大速度． 2．第二宇宙速度(脱离速度)：v2＝ 11.2 km/，s 是使物体
均增加．
②当卫星的速度突然减小时，向心力 减小，即万有引力
大于卫星所需的向心力，因此卫星将做向心运动，同样会
脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，进入新轨道运行时由
v＝
，知运行速度将增大，但重力势能、机械能均减
少．(卫星的发射和回收就是利用了这一原理)．
(1)卫星的a、v、ω、T是相互联系的，其中一个量发生变化，
和半径r，根据
.
(3)若已知环绕天体运动的线速度v和周期T，根据
.
1.卫星的各物理量随轨道半径的变化而变化的规律
(1)向心力和向心加速度：向心力是由万有引力充当的，即F
＝
再根据牛顿第二定律可得，随着轨道半径的增
加，卫星的向心力和向心加速度都减小．
(2)线速度v：由
得v＝
随着轨道半径的
增加，卫星的线速度减小．
挣脱 地球引力束缚的最小发射速度．
3．第三宇宙速度(逃逸速度)：v3＝ 16.7 km/s ，是使物体 挣脱 太阳 引力束缚的最小发射速度．
(1)三种宇宙速度均指发射速度，不要误以为是环绕速度． (2)任何星体都有对应的宇宙速度，以上三种宇宙速度是对 地球而言的．
1.经典的时空观：时间和空间是脱离物质而存在的，是 绝对的，时间和空间之间也是没有联系的.
其他各量也随之发生变化．
【高中物理】2019高考物理一轮复习优练题3及答案新人教版.doc
人教物理2019高考一轮优练题（3）一、选择题1、（2018吉林省梅河口市第五中学高三月考）图示为拖把的示意图，拖把头的质量为m，某人用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ；拖杆的质量可以忽略，拖把头与地板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
当拖把头在地板上以大小为v的速度匀速移动时，下列说法正确的是( )A. 人拖把头对地板的压力大小为mgB. 拖把头所受地板的摩擦力小于其所受拖杆的推力C. 拖把头的推力大小为D. 拖把头克服摩擦力做功的功率为【答案】BC2、如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。
小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F N，小球在最高点的速度大小为v，其F N－v2图象如图乙所示，则( )A．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C．v2＝c时，杆对小球弹力方向向上D．v2＝2b时，杆对小球弹力大小为mg【答案】ADmv2．支持力对小物块做的功为零【答案】AD【解析】在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理得W木＝12mv2－0，A正确；在物块被缓慢抬升过程中摩擦力不做功，由动能定理得W′木－mgL sinα＝0－0，则有W′木＝mgL sinα，B错误；由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大小为12mv2，C错误；滑动摩擦力对小物块做的功Wf＝W木－W′木＝12mv2－mgL sinα，D正确．4、如图所示，a、b、c、d、O五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R＝0.2 m的圆的四个等分点和圆心O，b、c、d三点的电势如图所示。
已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是( )A ．电场强度的方向由O 指向b 点B ．电场强度的方向由O 指向d 点C ．电场强度的大小为10 V/mD ．电场强度的大小为10 V/m 【答案】D【解析】由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O 点的电势为6 V ，O 、d 连线的中点e 处的电势为8 V ，连接c 、e ，过O 作ce 的垂线交ce 于f ，则ce 为等势线，电场线垂直于ce 向下，即电场强度的方向由f 指向O 点，连接c 、O ，计算得Of R ，O 、f 间的电势差为2 V ，则电场强度E ＝Ud＝，选项D 正确。
高考物理一轮复习重点强化练3万有引力定律的综合应用
重点强化练(三) 万有引力定律的综合应用(限时：40分钟)一、选择题1．(多选)据报道，美国探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，并投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大碰撞”，如图1所示．设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一椭圆，其运行周期为5.74年，则下列说法正确的是( )图1A ．探测器的最小发射速度为7.9 km/sB ．“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的加速度大于远日点处的加速度C ．“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的线速度小于远日点处的线速度D ．探测器运行的周期小于5.74年BD [探测器要想脱离地球的控制，发射速度要大于7.9 km/s ，选项A 错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律，有GMm r 2＝ma ，解得a ＝GMr2，可知近日点的加速度大，选项B 正确；根据开普勒第二定律可知，行星绕日运动的近日点的线速度大，远日点的线速度小，选项C错误；探测器的轨道比彗星低，根据开普勒第三定律，有r 3T2＝k ，可知其运行周期一定比彗星的运行周期小，选项D 正确．]2．(多选)2014年11月27日，“嫦娥五号”飞行器服务舱第一次到达地月系统的拉格朗日－2点．如图2所示，拉格朗日－1点(简称1点)、拉格朗日－2点(简称2点)、地心和月心位于一条直线上．服务舱在1、2两个点时，几乎不消耗燃料就能与月球同步绕地球做圆周运动．设1点、2点到地心的距离分别为r 1、r 2，假设服务舱先后在1点和2点绕地球做圆周运动，则下列说法正确的是( )图2A ．服务舱在1点、2点受到的地球引力大小之比为r 1∶r 2B ．服务舱在1点、2点的加速度大小之比为r 1∶r 2C ．服务舱在1点、2点的速率之比为r 1∶r 2D ．因受月球的吸引，服务舱内的仪器处于超重状态BC [设服务舱质量为m 、地球质量为M ，服务舱在1点、2点受到地球的引力分别为GMmr 21和GMm r 22，A 错；设月球角速度为ω，服务舱在1点、2点的加速度大小分别为r 1ω2、r 2ω2，B 对；服务舱在1点、2点的速度大小分别为r 1ω、r 2ω，C 对；服务舱内仪器受到地球和月球的引力合力用于提供向心力，处于完全失重状态，D 错．]3．一卫星绕火星表面附近做匀速圆周运动，其绕行的周期为T .假设宇航员在火星表面以初速度v 水平抛出一小球，经过时间t 恰好垂直打在倾角α＝30°的斜面体上，如图3所示．已知引力常量为G ，则火星的质量为( )【导学号：92492206】图3A.3v 3T 416Gt 3π4 B ．33v 3T 416Gt 3π4 C.3v 2T 416Gt 3π4 D ．33v 2T 416Gt 3π4 B [以M 表示火星的质量，r 0表示火星的半径，g ′表示火星表面附近的重力加速度，火星对卫星的万有引力提供向心力，有G Mm r 20＝m ⎝⎛⎭⎪⎫2πT 2r 0，在火星表面有G Mm ′r 20＝m ′g ′；平抛小球速度的偏转角为60°，tan 60°＝g ′t v ，联立以上各式解得M ＝33v 3T416Gt 3π4，B 正确．]4．a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上，b 、c 的轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图4所示．下列说法中正确的是( )图4A ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度B ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度C ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度D ．a 、c 存在在P 点相撞的危险A [由图可知a 、c 的轨道半径大小相等，且小于b 、d 的轨道半径，由G Mm r 2＝m v 2r＝mr ω2＝mr4π2T 2＝ma ，可知B 、C 错误，A 正确；a 、c 轨道相交，则轨道半径相等，则速率相等，由图示位置可知a 、c 不会相撞，则以后也不会相撞，D 错误．]5．(2017·银川二中一模)如图5所示，A 为地球赤道上的物体，B 为地球同步卫星，C 为地球表面上北纬60°的物体．已知A 、B 的质量相同．则下列关于A 、B 和C 三个物体的说法中，正确的是( )图5A ．A 物体受到的万有引力小于B 物体受到的万有引力 B ．B 物体的向心加速度小于A 物体的向心加速度C ．A 、B 两物体的轨道半径的三次方与周期的二次方的比值相同D ．A 和B 线速度的比值比C 和B 线速度的比值大，且都小于1D [A 、B 的质量相同，根据万有引力定律F ＝G Mm r2可知，A 受到的万有引力大于B 受到的万有引力，故A 错误；因A 与B 的角速度相同，由a ＝ω2r 可知B 的向心加速度大于A 的向心加速度，故B 错误；A 在地球表面，不是环绕地球做匀速圆周运动，因此不满足开普勒第三定律，故C 错误；根据v ＝ωr 可知，B 的线速度最大，而C 的线速度最小，因此A 与B 的线速度比值大于C 与B 的线速度比值，且均小于1，故D 正确．]6．(2015·海南高考)若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶7.已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R .由此可知，该行星的半径约为( )A.12R B ．72R C ．2RD ．72R C [平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，即x ＝v 0t ，在竖直方向上做自由落体运动，即h ＝12gt 2，所以x ＝v 02hg，两种情况下，抛出的速度相同，高度相同，所以g 行g 地＝74，根据公式G Mm R 2＝mg 可得g ＝GM R 2，故g 行g 地＝M 行R 2行M 地R 2地＝74，解得R 行＝2R ，故C 正确．]7．(多选)2014年12月11日，我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭成功将“遥感卫星二十五号”发射升空，卫星顺利进入预定轨道．已知该卫星的轨道是椭圆，周期为T 0，如图6所示．则()图6A ．“遥感卫星二十五号”的发射速度小于第一宇宙速度B ．“遥感卫星二十五号”在A →B →C 的过程中速率逐渐变小 C ．“遥感卫星二十五号”从A 到B 所用的时间小于T 04D ．“遥感卫星二十五号”在B →C →D 的过程中，万有引力对它先做正功后做负功 BC [绕地球运行的卫星，其发射速度不小于第一宇宙速度，选项A 错误；卫星在A →B →C 的过程中，卫星与地球的距离增大，此过程中卫星克服万有引力做功，速率逐渐变小，选项B 正确；周期为T 0，卫星从A 到C 的过程中所用的时间是T 02，由于卫星在A →B →C 的过程中速率逐渐变小，从A 到B 与从B 到C 的路程相等，所以卫星从A 到B 所用的时间小于T 04，选项C 正确；卫星在B →C →D 的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C 点后万有引力方向与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，选项D 错误．]8．(2017·长沙摸底)2015年7月23日美国航天局宣布，天文学家发现“另一个地球”——太阳系外行星开普勒—452b.假设行星开普勒—452b 绕中心恒星公转周期为385天，它的体积是地球的5倍，其表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的两倍，它与中心恒星的距离和地球与太阳的距离很接近，则行星开普勒—452b 与地球的平均密度的比值及其中心恒星与太阳的质量的比值分别为( )【导学号：92492207】A.⎝ ⎛⎭⎪⎫8513和⎝ ⎛⎭⎪⎫3653852 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫8513和⎝ ⎛⎭⎪⎫3853652 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫5813和⎝ ⎛⎭⎪⎫3653852 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫5813和⎝ ⎛⎭⎪⎫3853652A [在行星表面，万有引力等于重力，则有：G Mm R 2＝mg ，而ρ＝M 43πR 3，解得：ρ＝3g4πRG，而行星开普勒—452b 的体积是地球的5倍，则半径为地球半径的35倍，则有：ρ行ρ地＝g 行R 地g 地R 行＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8513，行星绕恒星做匀速圆周运动过程中，根据万有引力提供向心力得：G M ′M r 2＝M 4π2r T 2，解得：M ′＝4π2r3GT2，轨道半径相等，行星开普勒－452b 绕恒星公转周期为385天，地球的公转周期为365天，则M 恒M 太＝T 2地T 2行＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3653852，故A 正确．]9．(多选)(2017·聊城模拟)如图7所示，甲、乙、丙是位于同一直线上的离其他恒星较远的三颗恒星，甲、丙围绕乙在半径为R 的圆轨道上运行，若三颗星质量均为M ，万有引力常量为G ，则( )图7A ．甲星所受合外力为5GM24R2B ．乙星所受合外力为GM 2R2C ．甲星和丙星的线速度相同D ．甲星和丙星的角速度相同AD [甲星所受合外力为乙、丙对甲星的万有引力的合力，F 甲＝GM 2R 2＋GM 2R 2＝5GM24R 2，A正确；由对称性可知，甲、丙对乙星的万有引力等大反向，乙星所受合力为0，B 错误；由于甲、丙位置在任意时刻均关于乙对称，甲、丙的角速度和运行轨道半径相同，由v ＝ωR 可知，甲、丙两星的线速度大小相同，但方向相反，故C 错误，D 正确．]10．(2017·浙江模拟)某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，春分那天(太阳光直射赤道)在日落12小时内有t 1时间该观察者看不见此卫星．已知地球半径为R ，地球表面处的重力加速度为g ，地球自转周期为T ，卫星的运动方向与地球转动方向相同，不考虑大气对光的折射．下列说法中正确的是( )【导学号：92492208】A ．同步卫星离地高度为3gR 2T 24π2B ．同步卫星的加速度小于赤道上物体的向心加速度C ．t 1＝Tπsin－1R3gR 2T 24π2D ．同步卫星加速度大于近地卫星的加速度 C [根据GM r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，GM ＝gR 2，得同步卫星轨道半径为r ＝3gR 2T 24π2，离地高度为h ＝3gR 2T 24π2－R ，选项A 错误；根据a ＝ω2r ，由于同步卫星与赤道上物体转动角速度相同，同步卫星离地心距离较大，同步卫星加速度大于赤道上物体向心加速度，选项B 错误；根据光的直线传播规律，日落12小时内有t 1时间该观察者看不见此卫星，如图所示，同步卫星相对地心转过角度为θ＝2α，sin α＝R r ，结合θ＝ωt 1＝2πT t 1，解得t 1＝T πsin －1R 3gR 2T 24π2，选项C 正确；根据a＝GM r2，同步卫星的轨道半径比近地卫星轨道半径大，故同步卫星的加速度小于近地卫星的加速度，选项D 错误．]二、非选择题11．石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．图8(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站，求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能，设地球自转角速度为ω，地球半径为R ；(2)当电梯仓停在距地面高度h 2＝4R 的站点时，求仓内质量m 2＝50 kg 的人对水平地板的压力大小．地面附近重力加速度g 取10 m/s 2，地球自转角速度ω＝7.3×10－5rad/s ，地球半径R ＝6.4×103km.【解析】 (1)设货物相对地心的距离为r 1，线速度为v 1，则r 1＝R ＋h 1 ① v 1＝r 1ω②货物相对地心的动能E k ＝12m 1v 21③联立①②③式得E k ＝12m 1ω2(R ＋h 1)2.④(2)设地球质量为M ，人相对地心的距离为r 2，向心加速度为a n ，受地球的万有引力为F ，则r 2＝R ＋h 2 ⑤ a n ＝ω2r 2 ⑥ F ＝G m 2M r 22⑦ g ＝GM R2⑧设水平地板对人的支持力大小为N ，人对水平地板的压力大小为N ′，则F －N ＝m 2a n⑨ N ′＝N⑩联立⑤～⑩式并代入数据得N ′≈11.5 N . ⑪【答案】 (1)12m 1ω2(R ＋h 1)2(2)11.5 N12．万有引力定律揭示了天体运行规律与地上物体运动规律具有内在的一致性． (1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M ，自转周期为T ，万有引力常量为G .将地球视为半径为R 、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F 0.①若在北极上空高出地面h 处称量，弹簧秤读数为F 1，求比值F 1F 0的表达式，并就h ＝1.0%R的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字)；②若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F 2，求比值F 2F 0的表达式．(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径r 、太阳的半径R S 和地球的半径R 三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的1年将变为多长？【导学号：92492209】【解析】 (1)①物体处于北极以及北极上方时，万有引力等于重力，F 0＝G Mm R 2，F 1＝GMm R ＋h 2可得F 1F 0＝R 2R ＋h2当h ＝1.0%R 时，F 1F 0＝0.98②在赤道上弹簧秤的读数表示重力的大小，即F 2＝F 0－m 4π2R T2可以求得F 2F 0＝1－4π2R3T GM.(2)根据太阳的引力提供地球的向心力，T ＝2πr 3GM太阳的质量M ＝ρS43πR 3S 所以有T ＝3πG ρS ×r3R 3S从上式可以看出当r 、R 、R S 均变为现在的百分之一时，周期不变，即仍为1地球年．【答案】 (1)①F 1F 0＝R 2R ＋h20.98②F 2F 0＝1－4π2R 3T 2GM(2)仍为1地球年。
高中物理 重点强化卷3 万有引力定律的应用 新人教版必修2
重点强化卷(三) 万有引力定律的应用一、选择题1．两个密度均匀的球体，相距r ，它们之间的万有引力为10－8N ，若它们的质量、距离都增加为原来的2倍，则它们间的万有引力为( )A ．10－8N B ．0.25×10－8N C ．4×10－8ND ．10－4N【解析】 原来的万有引力为：F ＝G Mmr2 后来变为：F ′＝G 2M ·2m （2r ）2＝G Mmr 2即：F ′＝F ＝10－8N ，故选项A 正确． 【答案】 A2．已知引力常量G ＝6.67×10－11N ·m 2/kg 2，重力加速度g ＝9.8 m/s 2，地球半径R ＝6.4×106m ，则可知地球质量的数量级是( )A ．1018kg B ．1020kg C ．1022 kgD ．1024kg【解析】 根据mg ＝G Mm R 2得地球质量为M ＝gR 2G≈6.0×1024kg.故选项D 正确．【答案】 D3．(2016·中山高一检测)关于“亚洲一号”地球同步通讯卫星，下述说法正确的是( )A ．已知它的质量是1.24 t ，若将它的质量增为2.84 t ，其同步轨道半径将变为原来的2倍B ．它的运行速度大于7.9 km/sC ．它可以绕过北京的正上方，所以我国能利用它进行电视转播D ．它距地面的高度约为地球半径的5倍，故它的向心加速度约为其下方地面上物体的重力加速度的136【解析】 同步卫星的轨道半径是固定的，与质量大小无关，A 错误；7.9 km/s 是人造卫星的最小发射速度，同时也是卫星的最大环绕速度，卫星的轨道半径越大，其线速度越小．同步卫星距地面很高，故其运行速度小于7.9 km/s ，B 错误；同步卫星只能在赤道的正上方，C 错误；由G Mm r 2＝ma n 可得，同步卫星的加速度a n ＝G M r 2＝G M （6R ）2＝136G M R 2＝136g ，故选项D 正确．【答案】 D4．如图1所示，在同一轨道平面上的几个人造地球卫星A 、B 、C 绕地球做匀速圆周运动，某一时刻它们恰好在同一直线上，下列说法中正确的是( )图1A ．根据v ＝gr 可知，运行速度满足v A >vB >vC B ．运转角速度满足ωA >ωB >ωC C ．向心加速度满足a A <a B <a CD ．运动一周后，A 最先回到图示位置【解析】 由G Mm r 2＝m v 2r得，v ＝GM r ，r 大，则v 小，故v A <v B <v C ，A 错误；由G Mm r2＝mω2r 得，ω＝GM r 3，r 大，则ω小，故ωA <ωB <ωC ，B 错误；由G Mm r 2＝ma 得，a ＝GMr2，r 大，则a 小，故a A <a B <a C ，C 正确；由G Mm r 2＝m 4π2T2r 得，T ＝2πr 3GM，r 大，则T 大，故T A >T B >T C ，因此运动一周后，C 最先回到图示位置，D 错误．【答案】 C5．(多选)(2016·湘潭高一检测)据英国《卫报》网站2015年1月6日报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b ”．假设该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p 倍，橙矮星的质量为太阳的q 倍．则该行星与地球的( )【导学号：69390064】A ．轨道半径之比为3p 2q B ．轨道半径之比为3p 2C ．线速度之比为3qpD ．线速度之比为1p【解析】 行星公转的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律，有G Mm R 2＝m 4π2T2R ，解得：R ＝3GMT 24π2，该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p 倍，橙矮星的质量为太阳的q 倍，故：R 橙R 太＝3（M 橙M 太）（T 行T 地）2＝3qp 2，故A 正确，B 错误；根据v ＝2πR T ，有：v 行v 地＝R 行R 地·T 地T 行＝3qp 2·1p ＝3qp；故C 正确，D 错误．【答案】 AC6．银河系的恒星中大约四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S 1和S 2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C 做匀速圆周运动．由天文观测得其周期为T ，S 1到C 点的距离为r 1，S 1和S 2的距离为r ，已知万有引力常量为G .由此可求出S 2的质量为( )【导学号：69390065】A.4π2r 2（r －r 1）GT2B.4π2r 31GT 2C.4π2r3GT 2D.4π2r 2r 1GT2【解析】 设S 1、S 2两星体的质量分别为m 1、m 2，根据万有引力定律和牛顿定律得，对S 1有G m 1m 2r 2＝m 1(2πT )2r 1，解之可得m 2＝4π2r 2r 1GT 2，则D 正确，A 、B 、C 错误．【答案】 D7．质量相等的甲、乙两颗卫星分别贴近某星球表面和地球表面围绕其做匀速圆周运动，已知该星球和地球的密度相同，半径分别为R 和r ，则( )A ．甲、乙两颗卫星的加速度之比等于R ∶rB ．甲、乙两颗卫星所受的向心力之比等于1∶1C ．甲、乙两颗卫星的线速度之比等于1∶1D ．甲、乙两颗卫星的周期之比等于R ∶r【解析】 由F ＝G Mm R 2和M ＝ρ43πR 3可得万有引力F ＝43G πRm ρ，又由牛顿第二定律F＝ma 可得，A 正确；卫星绕星球表面做匀速圆周运动时，万有引力等于向心力，因此B 错误；由F ＝43G πRm ρ，F ＝m v 2R 可得，选项C 错误；由F ＝43G πRm ρ，F ＝mR 4π2T 2可知，周期之比为1∶1，故D 错误．【答案】 A8．(2016·雅安三诊考试)2013年12月2日，西昌卫星发射中心成功将着陆器和“玉兔号”月球车组成的嫦娥三号探测器送入轨道．现已测得探测器绕月球表面附近飞行时的速率大约为1.75 km/s(可近似当成匀速圆周运动)，若已知地球质量约为月球质量的81倍 ，地球第一宇宙速度约为7.9 km/s ，则地球半径约为月球半径的多少倍？( )A ．3倍B ．4倍C ．5倍D ．6倍【解析】 根据万有引力提供向心力知，当环绕天体在中心天体表面运动时，运行速度即为中心天体的第一宇宙速度，由G Mm R 2＝m v 2R 解得：v ＝GMR，故地球的半径与月球的半径之比为R 1R 2＝M 1M 2·v 22v 21，约等于4，故B 正确，A 、C 、D 错误．【答案】 B9．(2016·济南高一期末)如图2所示，a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上匀速运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上．某时刻b 卫星恰好处于c 卫星的正上方．下列说法中正确的是( )【导学号：69390066】图2A ．b 、d 存在相撞危险B ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度C ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度D ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度【解析】 b 、d 在同一轨道，线速度大小相等，不可能相撞，A 错；由a 向＝GM r2知a 、c 的加速度大小相等且大于b 的加速度，B 对；由ω＝ GMr 3知，a 、c 的角速度大小相等，且大于b 的角速度，C 错；由v ＝ GMr知a 、c 的线速度大小相等，且大于d 的线速度，D 错．【答案】 B10．(2015·四川高考)登上火星是人类的梦想．“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星．地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响．根据下表，火星和地球相比( )行星 半径/m 质量/kg 轨道半径/m 地球 6.4×1066.0×10241.5×1011火星3.4×1066.4×10232.3×1011A.B ．火星做圆周运动的加速度较小C ．火星表面的重力加速度较大D ．火星的第一宇宙速度较大【解析】 火星和地球都绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，由GMm r 2＝m 4π2T 2r ＝ma 知，因r 火＞r 地，而r 3T 2＝GM 4π2，故T 火＞T 地，选项A 错误；向心加速度a ＝GMr2，则a 火＜a 地，故选项B 正确；地球表面的重力加速度g 地＝GM 地R 2地，火星表面的重力加速度g 火＝GM 火R 2火，代入数据比较知g 火＜g 地，故选项C 错误；地球和火星上的第一宇宙速度：v 地＝GM 地R 地，v 火＝GM 火R 火，v 地＞v 火，故选项D 错误． 【答案】 B 二、计算题11．经天文学家观察，太阳在绕着银河系中心(银心)的圆形轨道上运行，这个轨道半径约为3×104光年(约等于2.8×1020m)，转动一周的周期约为2亿年(约等于6.3×1015s)．太阳做圆周运动的向心力是来自位于它轨道内侧的大量星体的引力，可以把这些星体的全部质量看做集中在银河系中心来处理问题．(G ＝6.67×10－11N ·m 2/kg 2)用给出的数据来计算太阳轨道内侧这些星体的总质量．【解析】 假设太阳轨道内侧这些星体的总质量为M ，太阳的质量为m ，轨道半径为r ，周期为T ，太阳做圆周运动的向心力来自于这些星体的引力，则G Mm r 2＝m 4π2T2r 故这些星体的总质量为M ＝4π2r 3GT 2＝4×（3.14）2×（2.8×1020）36.67×10－11×（6.3×1015）2kg≈3.3×1041kg. 【答案】 3.3×1041kg12．质量分别为m 和M 的两个星球A 和B 在引力作用下都绕O 点做匀速圆周运动，星球A 和B 两者中心之间距离为L .已知A 、B 的中心和O 三点始终共线，A 和B 分别在O 的两侧．引力常量为G .【导学号：69390067】图3(1)求两星球做圆周运动的周期．(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A 和B ，月球绕其轨道中心运行的周期记为T 1.但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T 2.已知地球和月球的质量分别为 5.98×1024kg 和7.35×1022kg.求T 2与T 1两者平方之比．(结果保留三位小数)【解析】 (1)两星球围绕同一点O 做匀速圆周运动，其角速度相同，周期也相同，其所需向心力由两者间的万有引力提供，设OB 为r 1，OA 为r 2，则对于星球B ：G Mm L 2＝M 4π2T 2r 1对于星球A ：G Mm L 2＝m 4π2T2r 2其中r 1＋r 2＝L 由以上三式可得T ＝2πL 3G （M ＋m ）.(2)对于地月系统，若认为地球和月球都围绕中心连线某点O 做匀速圆周运动，由(1)可知地球和月球的运行周期T 1＝2πL 3G （M ＋m ）若认为月球围绕地心做匀速圆周运动，由万有引力与天体运动的关系：G Mm L 2＝m 4π2T 22L解得T 2＝4π2L3GM则T 22T 21＝M ＋m M＝1.012. 【答案】 (1)2πL 3G （M ＋m ）(2)1.012。
2019年高考物理一轮重要考点练习卷：万有引力定律及其应用
万有引力定律及其应用1．宇宙飞船绕地心做半径为r 的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m 的人站在可称体重的台秤上，用R 表示地球的半径，g 表示地球表面处的重力加速度，g 0表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，N 表示人对秤的压力，则关于g 0、N 下面正确的是A ．0N g m =B ．202R g g r= C ．R N mg g= D ．N =0 2．2016年1月5日上午，国防科工局正式发布国际天文学联合会批准的嫦娥三号探测器着陆点周边区域命名为“广寒宫”，附近三个撞击坑分别命名为“紫微”、“天市”、“太微”。
此次成功命名，是以中国元素命名的月球地理实体达到22个。
质量为m 的人造地球卫星与月心的距离为r 时，重力势能可表示为p GMm E r=-，其中G 为引力常量，M 为月球质量。
若“嫦娥三号”在原来半径为R 1的轨道上绕月球做匀速圆周运动，由于受到极其稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，已知：月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g 0，地球表面的重力加速度为g ，此过程中因摩擦而产生的热量为A ．202111()mg R R R -B ．22111()mgR R R - C ．22111()2mgR R R - D ．202111()2mg R R R - 3．2016年9月15日，中国成功发射天宫二号空间实验室，对其轨道进行控制、调整到距离地面高h =393 km 处与随后发射的神舟十一号飞船成功对接，景海鹏和陈冬雨两名航天员进驻天宫二号。
已知地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，当天宫二号在预定轨道正常运行时，下列描述正确的是A ．宇航员在天宫二号内可用天平测物体的质量B ．天宫二号运动周期大于24 hCD ．天宫二号如果要变轨到高轨道则需要加速4．如图所示，A 、B 两卫星绕地球运行，运动方向相同，此时两卫星距离最近，其中A 是地球同步卫星，轨道半径为r。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3-2-9-2 Word版含答案
重点回顾专练：楞次定律和法拉第电磁感应定律的综合应用一、选择题1．(2015·绵阳二诊)法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连，则( )A ．接通电池后，电流计指针一直保持偏转B ．接通电池时，电流计指针没有偏转C ．接通电池后再断开时，电流计指针没有偏转D ．接通电池时，电流计指针偏转，但不久又回复到零[解析] 接通电池的瞬间穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，过一段时间后磁通量不发生变化，没有感应电流，电流计指针不偏转，选项AB 错误，D 正确；接通电池后再断开时，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，选项C 错误．[答案] D2．(多选)将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是( )A ．磁通量的变化量B ．磁通量的变化率C ．感应电流的大小D ．流过导体某横截面的电荷量[解析] 条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，说明两次通过闭合线圈的磁通量变化量ΔΦ相同，但时间Δt 不相等，则选项A 正确，选项B 错误；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：I ＝，选项C 错误；ΔΦR ×Δt根据电流的定义，可得：q ＝I ×Δt ＝，流过导体某横截面的电荷量q 相等，ΔΦR 选项D 正确．[答案] AD3．(多选)均匀带负电的塑料圆环绕垂直于圆环平面过圆心的轴旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面，则( )A ．只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流B ．不管环怎样转动，小线圈内都没有感应电流C ．圆环在做变速转动时，小线圈内一定有感应电流D ．圆环在做匀速转动时，小线圈内没有感应电流[解析] 带负电的圆环转动时，形成电流．当圆环匀速转动时，等效电流为恒定值，根据电流的磁效应，它产生恒定的磁场，因此通过小线圈的磁通量不变，故无感应电流产生，A 项错，D 项正确；当圆环变速转动时，产生的等效电流不恒定，产生的磁场也是变化的磁场，通过小线圈的磁通量不断发生变化，也就有感应电流产生，B 项错，C 项正确．[答案] CD4．(2016·雅礼中学月考)如图所示，接有理想电压表的三角形导线框abc ，在匀强磁场中向右运动，问：框中有无感应电流？a 、b 两点间有无电势差？电压表有无读数(示数不为零称有读数)( )A ．无、无、无B ．无、有、有C ．无、有、无D ．有、有、有[解析] 由于穿过三角形导线框的磁通量不变，所以框中没有感应电流产生；由于ab 边和bc 边均做切割磁感线的运动，所以均将产生b 端为正极的感应电动势，a、b两点间有电势差；由于没有电流流过电压表，所以其表头指针将不发生偏转，即电压表无读数(示数为零)．综上所述，C正确．[答案] C5．(多选)(2016·长沙一中月考)如图所示，完全相同的金属棒ab、cd垂直放在足够长的水平光滑金属导轨上且接触良好，匀强磁场的方向竖直向下．ab 棒在极短的时间内获得水平向右的初速度，在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )A．安培力对ab棒做正功B．cd棒一直加速C．abdca回路的磁通量先增加后不变D．ab棒损失的机械能等于回路产生的总热量和cd棒动能的增量之和[解析] ab棒受到向左的安培力，安培力做负功；cd棒在安培力作用下先加速，当cd棒与ab棒速度达到一致时，整个回路无感应电流，cd棒将匀速运动；当ab棒速度大于cd棒速度时，回路中的磁通量增大．当二者速度相同时回路中的磁通量不变；根据能量守恒可得D正确．故本题选CD.[答案] CD6．(2016·常德期中)如图所示，一半径为R，圆心角为240°的扇形单匝线圈可绕着磁场边界线上的O点以角速度ω沿逆时针方向转动，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．则从图示位置开始计时，能正确反映线圈中感应电流随时间变化的关系图象是(以顺时针方向为电流的正向)( )[解析] 由图示位置线圈转过60°过程中，通过线圈的磁通量不变，故无感应电流产生，CD 项错；线圈转过60°到120°过程中，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针方向，即负方向，故A 项错；排除ACD 三个选项，故B 项正确．[答案] B7．(多选)(2015·沈阳一模)如图所示，一矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动．沿着OO ′从上向下观察，线圈沿逆时针方向转动．已知线圈匝数为n ，总电阻为r ，ab 边长为l 1，ad 边长为l 2，线圈转动的角速度为ω，外电阻阻值为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，则下列判断正确的是( )A ．在图示位置ab 边所受的安培力为F ＝n 2B 2l 21l 2ωR ＋rB ．线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝nBl 1l 2R ＋rC ．在图示位置穿过线圈的磁通量为0D ．在图示位置穿过线圈的磁通量的变化率为0[解析] 在图示位置，线圈平面与磁场方向平行，磁通量为零，C 项正确；ab 、cd 两边垂直切割磁感线，感应电动势最大e ＝nBl 1l 2ω，由法拉第电磁感应定律可知此时磁通量变化率最大，D 项错；又由闭合电路欧姆定律可知，i ＝，ab 边所受安培力F ＝nBIl 1，解三式得：F ＝，A 项正确；线圈eR ＋r n 2B 2l 21l 2ωR ＋r 从图示位置转过90°过程中，磁通量变化量ΔQ ＝Bl 1l 2，由法拉第电磁感应定律有：E ＝n ，q ＝I ·Δt ，解三式得：q ＝，B 项正确．ΔΦΔt nBl 1l 2R ＋r [答案] ABC8．汽车自动控制刹车系统(ABS)的原理如图所示．铁质齿轮P 与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体(极性如图)，M 是一个电流检测器．当车轮带动齿轮P 转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使通过线圈的磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即能实现自动控制刹车．齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M 的感应电流的方向( )A ．总是从左向右的B ．总是从右向左的C ．先从右向左，然后从左向右D ．先从左向右，然后从右向左[解析] 因为穿过线圈的磁通量方向与条形磁铁内部的磁场方向相同，均从右指向左，铁齿靠近线圈时，铁齿的右端是S 极，铁齿单独产生的磁场方向指向铁齿即与原磁场同向，所以在图示时刻，穿过线圈的磁通量最大，随着齿轮的转动磁通量先减小后增大，当下一个铁齿正对线圈时，磁通量又达到最大，结合楞次定律可知，该过程中，通过M 的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右，选项C 正确．9．如下图甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，PQMN 所围的面积为S ，PQ 之间有阻值为R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．在0～t 0和t 0～2t 0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B ．在0～t 0时间内，通过导体棒的电流方向为N 到MC ．在t 0～2t 0时间内，通过电阻R 的电流大小为SB 0Rt 0D ．在0～2t 0时间内，通过电阻R 的电荷量为SB 02R[解析] 导体棒MN 始终静止，与导轨围成的线框面积不变，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E ＝＝S ，即感应电动势与B －t 图象斜率成ΔΦΔt ΔBΔt 正比，0～t 0时间内的感应电流I 1＝＝S ＝S ，t 0～2t 0时间内的感应电流E R ΔB ΔtR B 0t 0R I 2＝＝S ＝S ，选项C 错.0～t 0时间内竖直向上的磁通量减小，根据楞次E R ΔB ΔtR 2B 0t 0R 定律知感应电流的磁场方向竖直向上，感应电流为N 到M ，选项B 对.0～t 0时间内磁通量在减小，根据楞次定律推论知导体棒有向右运动的趋势，摩擦力水平向左．t 0～2t 0时间内磁通量增大，同理可判断导体棒有向左运动趋势，摩擦力水平向右，选项A 错．在0～2t 0时间内，通过电阻R 的电荷量Q ＝×Δt ＝×Δt ＝S ×Δt ＝＝，选项D 错．I E R ΔB ΔtR S ΔB R SB 0R10．(多选)(2015·武汉调研)如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE (由细软导线制成)挂在两固定点A 、D 上，水平线段AD 为半圆的直径，在导线框的E 处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r ，圆的半径为R ，在将导线上的C 点以恒定角速度ω(相对圆心O )从A 点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是( )A ．在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B ．在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线上C 点的电荷量为3BR 22rC ．当C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势最大D ．在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，导线框中产生的电热为πB 2R 4ω2r[解析] 由题意知，在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，直角三角形的面积先增大后减少，穿过直角三角形的磁通量先增大后减少，由楞次定律知导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针，则选项A 正确；在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线上C 点的电荷量q ＝It ＝t ＝·＝＝＝，则选项B 正确；设DC 与AD 间夹角为E r ΔΦΔt Δt r ΔΦr B ΔS r 3BR 22rθ，通过导线框的磁通量Φ＝B ·2R sin θ·2R cos θ＝2R 2B sin θcos θ＝R 2B sin2θ，所以12通过导线框的磁通量表达式为Φ＝R 2B sin ωt ，当C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的磁通量最大，而感应电动势为零，则选项C 错误；在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，对Φ－t 的表达式求导得：E ＝R 2Bωcos ωt ，产生的热量为Q ＝·＝，则选项D 正确．E 2有r πωπB 2R 4ω2r [答案] ABD二、非选择题11．(2015·万州区模拟)如下图甲所示，光滑导轨宽0.4 m ，ab 为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab 的电阻为1 Ω，导轨电阻不计．t ＝0时刻，ab 棒从导轨最左端，以v ＝1 m/s 的速度向右匀速运动，求1 s 末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力．[解析] Φ的变化有两个原因，一是B 的变化，二是面积S 的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有E ＝＝S ＋Bl vΔΦΔt ΔBΔt 又＝2 T/s ，ΔBΔt 在1 s 末，B ＝2 T ，S ＝l v t ＝0.4×1×1 m 2＝0.4 m 2所以1 s 末，E ＝S ＋Bl v ＝1.6 V ，ΔBΔt此时回路中的电流I ＝＝1.6 AE R 根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向金属棒ab 受到的安培力为F ＝BIl ＝2×1.6×0.4 N ＝1.28 N ，方向向左．[答案] 1.6 A 1.28 N ，方向向左12．(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L ＝0.3 m ，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 1＝0.5 T ．一根直金属杆MN 以v ＝2 m/s 的速度向右匀速运动，杆MN 始终与导轨垂直且接触良好．杆MN 的电阻r 1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略．求杆MN 中产生的感应电动势E 1.(2)如图乙所示，一个匝数n ＝100的圆形线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r 2＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图丙所示．求圆形线圈中产生的感应电动势E 2.(3)有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端a 、b 分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b 端接地．试判断以上两种情况中，哪种情况a 端的电势较高？求这种情况中a 端的电势φa .[解析] (1)杆MN 做切割磁感线的运动，E 1＝B 1L v产生的感应电动势E 1＝0.3 V(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E 2＝n S 2ΔB 2Δt产生的感应电动势E2＝4.5 V.(3)当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高通过电阻R的电流I＝E1 R＋r1电阻R两端的电势差φa－φb＝IRa端的电势φa＝IR＝0.2 V.[答案] (1)0.3 V (2)4.5 V (3)与图甲中的导轨相连接a端电势高 0.2 V。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3-1-6-4 Word版含答案
重点回顾专练：电场能与粒子运动综合练一、选择题1．如右图所示，P 是一个带电体，将原来不带电的导体球Q 放入P 激发的电场中并接地，a 、b 、c 、d 是电场中的四个点．则静电平衡后( )A ．导体Q 仍不带电B ．a 点的电势高于b 点的电势C ．检验电荷在a 点所受电场力等于b 点所受电场力D ．带正电的检验电荷在c 点的电势能大于在d 点的电势能[答案] D2．如右图所示，真空中同一平面内MN 直线上固定电荷量分别为－9Q 和＋Q 的两个点电荷，两者相距为L ，以＋Q 点电荷为圆心，半径为画圆，L 2a 、b 、c 、d 是圆周上四点，其中a 、b 在MN 直线上，c 、d 两点连线垂直于MN ，一电荷量为＋q 的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是( )A ．电荷＋q 在a 点所受到的电场力最大B ．电荷＋q 在a 点的电势能最大C ．电荷＋q 在b 点的电势能最大D．电荷＋q在c、d两点的电势能相等[解析] 电场强度叠加后，a点处场强最大，A正确；将正电荷从a点沿圆周移动到c、b、d点，＋Q对正电荷不做功，－9Q对电荷均做负功，电势能均增加，且移动到b点克服电场力做功最多，移动到c、d两点克服电场做功相同，因此正电荷在a点电势能最小，在b点电势能最大，在c、d两点电势能相等，B错误，C、D正确．[答案] B3．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如右图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中( )A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小[解析] 根据电场线与等势线垂直且指向低电势，画出电场线；开始时带负电粒子运动方向与受力方向不垂直，故做曲线运动．由于最后离开电场故电场力先做正功后做负功；所以C正确．[答案] C4．(2015·江苏南京、盐城二模)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP，Q1、Q2在轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙．则( )A．M点电场场强大小为零B．N点电场场强大小为零C．M、N之间电场方向沿x轴负方向D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|W PN|＝|W NM|[解析] φ－x图象的斜率表示该点的电场强度，所以M点电场强度不为零，N点电场强度为零，A错误，B正确；因为没有确定正方向，所以无法根据斜率的正负判断电场强度的方向，C错误；因为MN间电势差与PN间电势差大小不相等，所以|W PN|≠|W NM|，D错误．[答案] B5．(多选)如右图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A极板用绝缘线悬挂，B极板固定且接地，P 点为两极板的中间位置．下列结论正确的是( )A．若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两极板所带电荷量会增大B．A、B两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C．若将A极板竖直向上平移一小段距离，两极板间的电场强度将增大D．若将A极板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将不变[解析] A板与外界绝缘，所以本题属于电容器电量不变问题．[答案] BD6．(多选)将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地，三个微粒分别落在右图中A、B、C三点，不计其重力作用，则( )A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒所带电荷量相同C．三个微粒所受电场力的大小关系是F A<F B<F CD．三个微粒到达下板时的动能关系是E k C>E k B>E k A[解析] 三个带电微粒在水平方向上做速度不变且相等的匀速运动，由运动轨迹可判断运动时间t A>t B>t C.竖直方向电场力F A<F B<F C，由于竖直方向运动距离相等，所以电场力做功W A<W B<W C，故选CD.[答案] CD7．(2015·山东滨州质检)如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子的速度v、位移x、加速度a、动能E k四个物理量随时间变化规律的是( )[解析] 分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始T 4向A 板做匀加速直线运动，～沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零，T 4T 2T 2～T 时间内向B 板做匀加速直线运动，T ～T 继续向B 板做匀减速直线运T 23434动．根据匀变速运动v －t 图象是倾斜的直线可知A 正确．电子做匀变速直线运动时，x －t 图象是抛物线，故B 错误．根据电子做匀变速运动时的加速度大小不变，a －t 图象应平行于横轴，故C 错误．匀变速运动的v －t 图象是倾斜的直线，则E k －t 图象是曲线，故D 错误．[答案] A8．(多选)(2015·湖南湘中名校联考)如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0.已知t ＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直于电场方向射出电场．则( )A ．所有粒子最终都垂直于电场方向射出电场B ．t ＝0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上C ．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2E k0D ．若入射速度加倍成2v 0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v 0相比必定减半[解析] t ＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直于电场方向射出电场，说明竖直方向速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直于电场方向射出电场，A 正确；由于t ＝0时刻射入的粒子在两板间竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，B 错误；t ＝0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为；根据分位移公式有d 2＝·，由于L ＝d ，故v y m ＝v 0，故E k ′＝m (v ＋v )＝2E k0，故C 正d 20＋vy m 2Lv 012202y m 确；速度加倍前运动时间为周期的整数倍，当入射速度加倍成2v 0，运动时间为周期的偶数倍时，侧向位移与速度为v 0时一样，D 错误．[答案] AC9．如右图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E ，一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，细线一端拴着一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A 处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B 时速度为零，以下说法中正确的是( )A ．小球在B 位置处于平衡状态B ．小球受到的重力与电场力的关系是qE ＝mg3C ．小球将在AB 之间往复运动，且幅度将逐渐减小D ．小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为－qEl12[解析] 小球的受力分析如图所示，由图可知小球的运动可看作是在一个等效重力场中的摆动过程，根据摆球模型的特点，小球在B 位置时受力不平衡，并且小球将在AB 之间往复运动，其幅度不变，故选项A 、C 错误；根据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB 轨迹的中点位置时，小球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知，qE ＝mg ，选项B 错误；小球从A 运动到B 的过程3中，电场力对其做的功为W ＝－qEl(1－cos60°)＝－qEl ，选项D 正确．12[答案] D10．(多选)如右图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P ，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物块恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v ，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x ，若弹簧始终处于弹性限度内，以下说法正确的是( )A ．滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量B ．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功m v 212C ．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D ．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大[解析] 由题意得qE ＝mg sin θ，在运动到最低点的过程中，电场力做的功与重力做的功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减少量，故A 正确．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B 正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C 错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能最大，此时系统机械能最小，故D 错误．[答案] AB二、非选择题11．(2015·贵阳模拟)如图所示，两块平行金属板MN 、PQ 竖直放置，两板间的电势差U ＝1.6×103 V ，现将一质量m ＝3.0×10－2 kg 、电荷量q ＝＋4.0×10－5 C 的带电小球从两板左上方的A 点以初速度v 0＝4.0 m/s 水平抛出，已知A 点距两板上端的高度h ＝0.45 m ，之后小球恰好从MN 板上端内侧M 点进入两板间匀强电场，然后沿直线运动到PQ 板上的C 点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：(1)带电小球到达M 点时的速度大小；(2)C 点到PQ 板上端的距离L ；(3)小球到达C 点时的动能E k .[解析] (1)设小球到达M 点时的速度大小为v ，从A 到M 的过程中，由机械能守恒，有：m v 2－m v ＝mgh 121220得v ＝＝ m/s ＝5.0 m/s v 20＋2gh 4.02＋2×10×0.45(2)如图所示，设小球到达M 点时的速度方向与MN 板间的夹角为θ，则有：sin θ＝＝0.8 ①v 0v 在两平行板间运动时，小球受水平方向的静电力和竖直向下的重力作用，因为小球在电场内做直线运动，由动力学知识可知，小球受到的静电力方向水平向右，合力方向与速度的方向一致．设极板间的电场强度为E 、极板间距离为d ，则有tan θ＝ ②Eq mg U ＝Ed ③L ＝d cot θ ④联立①②③④式，代入数据，可解得C 点到PQ 板上端的距离L ＝＝0.12 mqUmg tan2θ(3)从M 到C 的过程中，由动能定理，有：qU ＋mgL ＝E k －m v 212代入数据，可求得小球到达C 点时的动能E k ＝0.475 J[答案] (1)5.0 m/s (2)0.12 m (3)0.475 J12．(2015·宁波二模)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A 和R B 的同心金属半球面A 和B 构成的，A 、B 为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e 、质量为m 的电子以不同的动能从偏转器左端M 的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N ，其中动能为E k0的电子沿等势面C 做匀速圆周运动到达N 板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A 、B 的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C 所在处电场强度E 的大小；(3)若半球面A 、B 和等势面C 的电势分别为φA 、φB 和φC ，求到达N 板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔE k 左和ΔE k 右分别为多少；(4)比较|ΔE k 左|和|ΔE k 右|的大小，并说明理由．[解析] (1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B 指向A ，B 板电势高于A 板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E 大小相同，有eE ＝m v 2RE k0＝m v 212R ＝RA ＋RB 2联立解得：E ＝＝2E k0eR 4E k0e (RA ＋RB )(3)电子运动时只有电场力做功，据动能定理有ΔE k ＝qU对到达N 板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔE k 左＝e (φB －φC )对到达N 板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔE k 右＝e (φA －φC )(4)根据电场线的特点，可定性分析等势面B 与C 之间的电场强度大于C23与A 之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB －φC |>|φA －φC |即|ΔE k 左|>|ΔE k 右|[答案] (1)φA <φB (2) (3)e (φB －φC ) e (φA －φC ) (4)|ΔE k 左4E k0e (RA ＋RB )|>|ΔE k 右|。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3-2-9-4 Word版含答案
重点回顾专练：电磁感应的综合应用一、选择题1．(2015·北京西城期末)图中有A 、B 两个线圈．线圈B 连接一电阻R ，要使流过电阻R 的电流大小恒定，且方向由c 点流经电阻R 到d 点．设线圈A 中电流i 从a 点流入线圈的方向为正方向，则线圈A 中的电流随时间变化的图象是( )[解析] 根据感应电动势E ＝n 表达式知，要想产生从c 经R 流向d 的ΔΦΔt 电流，那么穿过线圈B 中的原磁场方向若向右，则应该在均匀减小，若向左则均匀增加．当线圈A 中从a 点流入电流，则电流应该均匀增加才可以满足题中条件；当线圈A 中从b 点流入电流，则电流应该均匀减小才可以满足题中条件，A 对，B 错；当线圈A 中电流保持不变时，线圈B 中没有感应电流，CD 错．[答案] A2．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻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 施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝v BlB ．U ＝v Bl 1213C ．U ＝v BlD ．U ＝2v Bl[解析] 电路中电动势为E ＝Bl v ，则MN 两端电压大小U ＝·R ＝Bl v .E R ＋R 12[答案] A3．如右图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d >L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图象中，可能正确描述上述过程的是( )[解析] 导线框刚进入磁场时速度设为v 0，此时产生的感应电动势E ＝BL v 0，感应电流I ＝＝，线框受到的安培力F ＝BLI ＝.由牛顿E R BLv 0R B 2L 2v 0R 第二定律F ＝ma 知，＝ma ，由楞次定律知线框开始减速，随v 减小，B 2L 2v 0R 其加速度a 减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动．当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有D 选项正确．[答案] D4．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2[解析] 根据法拉第电磁感应定律E ＝Bl v 、欧姆定律I ＝和焦耳定律E R Q ＝I 2Rt ，得线圈进入磁场产生的热量Q ＝·＝，因为l ab >l bc ，所B 2l 2v 2R l ′v B 2Slv R 以Q 1>Q 2.根据＝，＝及q ＝Δt 得q ＝，故q 1＝q 2.选项A 正确，选项E ΔΦΔt I E R I BSR B 、C 、D 错误．[答案] A5．(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，则以下说法正确的是( )A ．在时间0～2 s 内，I 的最大值为0.01 AB ．在时间3～5 s 内，I 的大小越来越小C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大[解析] 线圈所围面积不变，因磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化，引起磁通量的变化．由法拉第电磁感应定律，E ＝n ＝，其大小由图象的斜ΔΦΔt nS ΔBΔt 率决定，在t ＝0时，斜率最大，且＝0.1 T/s ，则I m ＝0.01 A ，A 正确；在时ΔBΔt 间3～5 s 内，一定，产生恒定电流，B 错误；第3 s 内，＝0，没有感应电ΔB Δt ΔBΔt 流，D 错误；前2 s 内，q ＝t ＝·t ＝＝0.01 C ，C 正确．I E R ΔB ·SR [答案] AC6．(多选)(2015·河南郑州一模)如图所示，边长为L 、总电阻为R 的均匀正方形线框abcd 放置在光滑水平桌面上，其cd 边右侧紧邻两个磁感应强度为B 、宽度为L 、方向相反的有界匀强磁场．现使线框以速度v 0匀速通过磁场区域，从开始进入到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反映线框中的感应电流(以逆时针方向为正)和a 、b 两点间的电势差随时间变化关系的是( )[解析] 线框进入磁场0～L 的过程中，E ＝BL v 0，电流I ＝＝i 0，方向BLv 0R 为逆时针方向，为正，a 点的电势比b 点电势高，a 、b 两点间的电势差U ab ＝E ＝BL v 0＝u 0；在L ～2L 的过程中，电动势E ＝2BL v 0，电流1414I ＝＝2i 0，方向为顺时针方向，为负，a 点的电势比b 点的电势高，a 、b2BLv 0R 两点间的电势差U ab ＝E ＝BL v 0＝2u 0；在2L ～3L 的过程中，E ＝BL v 0，电流1212I ＝＝i 0，方向为逆时针方向，为正，a 点的电势比b 点的电势低，a 、b 两BLv 0R 点间的电势差U ab ＝－E ＝－BL v 0＝－3u 0.故选A 、C.3434[答案] AC7．(多选)(2015·陕西长安一中等五校一模)如图所示，空间存在着与圆台侧面垂直且向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B ，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m 、半径为r 的匀质金属环位于圆台底部．环中维持恒定的电流I 不变，随后圆环由静止向上运动，经过时间t 后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H .已知重力加速度为g ，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．在时间t 内安培力对圆环做功为mgHB ．圆环先做加速运动后做减速运动C ．圆环运动的最大速度为－gt2πBIrt cos θm D ．圆环先有扩张后有收缩的趋势[解析] 环自撤去电流到最高点过程中，因切割磁感线产生电能进而产生热能．全程应用功能关系，安培力做的功等于重力势能的增加量mgH 和电能的增加，A 错．环中通以恒定电流I 后，圆环所受安培力为2BIπr ，则在竖直方向的分力为2BIπr cos θ，由牛顿第二定律，可得：2BIπr cos θ－mg ＝ma ，则圆环向上的加速度为a ＝－g ，则竖直方向上，在电流未撤去前的过程中，圆2πBIr cos θm 环将做匀加速直线运动，经过时间t ，速度会达到最大值，由v ＝at 得v ＝－gt ，C 对．电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中2πBIrt cos θm 切割磁感线产生感应电流受安培力而做变减速运动，B 对．圆环通电流时，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，D 错．[答案] BC8．(多选)(2015·河北八校联考)如图所示，相距L 的两平行光滑金属导轨MN 、PQ 间接有两定值电阻R 1和R 2，它们的阻值均为R .导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .现有一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒在恒力F 的作用下由静止开始运动，运动距离x 时恰好达到稳定速度v .运动过程中金属棒与导轨始终接触良好，则在金属棒由静止开始运动到速度达到稳定的过程中( )A ．电阻R 1上产生的焦耳热为Fx －m v 216112B ．电阻R 1上产生的焦耳热为Fx －m v 21418C ．通过电阻R 1的电荷量为BLx RD ．通过电阻R 1的电荷量为BLx3R[解析] 金属棒由静止运动到速度达到稳定过程，利用功能关系得，Fx ＋W 安＝m v 2，－W 安＝Q 总，所以Q 总＝Fx －m v 2，金属棒上的电流是R 1的1212两倍，由Q ＝I 2Rt 可知，金属棒消耗的焦耳热是每个定值电阻消耗的焦耳热的4倍，即QR 1＝Q 总，所以A 正确，B 错误．又由电荷量16q ＝，ΔΦ＝BLx ，R 总＝R ，qR 1＝q 可知，qR 1＝，C 错误，D 正确．ΔΦR 总3212BLx3R [答案] AD9．(多选)(2015·长沙一中月考)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道半径14为r 、间距为L ，轨道的电阻不计．在轨道的顶端连有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道的最低位置cd 开始，在拉力作用下以速率v 0沿轨道向上做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )A ．通过R 的电流方向为f →R →eB ．通过R 的电流方向为e →R →fC ．R 上产生的热量为r πB 2L 2v 04RD ．通过R 的电荷量为πBLr2R[解析] 由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，A 错误，B 正确；通过R 的电荷量q ＝＝，D 错误；金属棒产生的瞬时感应电动势E ＝BL v 0cos ΔΦR BLr R t ，有效值E 有＝，R 上产生的热量v 0r BLv 02Q ＝t ＝·＝，C 正确．E 2有R B 2L 2v 202Rπr 2v 0πrB 2L 2v 04R [答案] BC10．(多选)(2015·济南针对性训练)如图所示，一个“∠”形导轨垂直于磁场方向固定在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 是与导轨材料、粗细相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在拉力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E 、感应电流I 、导体棒所受拉力的功率P 和回路中产生的焦耳热Q 随时间变化的图象中正确的是( )[解析] 根据法拉第电磁感应定律可知：E ＝BL v ＝B v ·v t tan α，因在拉力作用下，导体棒以恒定的速度v 向右做匀速运动，由此可知A 选项正确；设单位长度的导体棒或导轨的电阻为ρ，根据闭合电路欧姆定律：I ＝＝ER ＋r ＝，由此可知I －t 图象为一条平行于时间轴Bv 2t tan αρ(vt ＋vtcos α＋vt tan α)Bv tan αρ(1＋1cos α＋tan α)的直线，所以B 选项错误；根据功能关系，导体棒所受拉力做的功等于导体棒动能的增量和回路电功之和，导体棒的速度不变，故P ＝EI ，结合上面的分析可知，P ∝t ，故C 选项正确；由Q ＝I 2Rt ∝t 2，可知回路中产生的焦耳热随时间变化的关系图线为曲线，因此D 选项错误．[答案] AC二、非选择题11．(2016·泰安摸底)如图甲所示，间距为L ＝0.3 m 、足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面成θ＝30°角，M 、P 之间连接有电流传感器和阻值为R ＝0.4 Ω的定值电阻，导轨上垂直停放一质量为m ＝0.1 kg 、电阻为r ＝0.20 Ω的金属杆ab ，且与导轨接触良好，整个装置处于磁感应强度方向垂直导轨平面向下、大小为B ＝0.50 T 的匀强磁场中．在t ＝0时刻，用一与导轨平面平行的外力F 斜向上拉金属杆ab ，使之从静止开始沿导轨平面斜向上做直线运动，电流传感器将通过R 的电流i 采集并输入电脑，获得电流i 随时间t 变化的关系图线如图乙所示．电流传感器和导轨的电阻及空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2.(1)求t ＝2 s 时刻杆ab 的速度大小；(2)求从静止开始在2 s 内通过金属杆ab 横截面的电荷量q ；(3)试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度a 的大小．[解析] (1)设t ＝2 s 时刻ab 的速度为v 2，杆ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v 2根据闭合电路欧姆定律有E ＝i (R ＋r )由以上两式解得v 2＝＝m/s ＝2 m/s.i (R ＋r )BL 0.5×(0.4＋0.2)0.5×0.3(2)由i －t 图像可知q ＝t ＝×2.0×0.5 C ＝0.5 C.i 12(3)v ＝＝，故金属杆做匀加速直线运动，其加速度大小a ＝i (R ＋r )BL k (R ＋r )t BL ＝1 m/s 2.k (R ＋r )BL [答案] (1)2 m/s (2)0.5 C (3)1 m/s 212．(2015·温州二测)如图所示，宽度为L 的粗糙平行金属导轨PQ 和P ′Q ′倾斜放置，顶端Q 、Q ′之间连接一个阻值为R 的电阻和开关S ，底端P 、P ′与一小段水平轨道用光滑圆弧相连．已知底端P 、P ′离地面的高度为h ，倾斜导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)中．若断开开关S ，将一根质量为m 、电阻为r 、长为L 的金属棒从AA ′处由静止释放，金属棒落地点与PP ′的水平距离为x 1；若闭合开关S ，将金属棒仍从AA ′处由静止释放，则金属棒落地点与PP ′的水平距离为x 2.不计导轨电阻，金属棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，忽略金属棒经过PP ′处的能量损失，重力加速度为g，求：(1)开关断开时，金属棒离开PP ′的速度大小；(2)开关闭合时，金属棒在下滑过程中产生的焦耳热；(3)开关S 闭合，金属棒从比AA ′更高处由静止释放，金属棒落地点与PP ′的水平距离仍为x 2，请定性说明金属棒在倾斜导轨上的运动规律．[解析] (1)设开关断开时，金属棒离开PP ′的速度大小为v 1，在空中运动的时间为t ，则：x 1＝v 1tt ＝2hg23可得：v 1＝x 1g2h(2)设开关断开时，在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中，重力做功为W G ，摩擦力做功为W F ，根据动能定理：W G ＋W F ＝m v 1221开关闭合时，金属棒离开PP ′的速度v 2＝x 2g2h开关闭合时，在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中，重力做功和摩擦力做功与开关断开时相同，设安培力做功为W 安，系统产生的焦耳热为Q ，由动能定理可得：W G ＋W F ＋W 安＝m v 122又因为Q ＝－W 安金属棒产生的焦耳热Q r ＝Q rR ＋r 联立以上方程可得：Q r ＝mgr (x 21－x 2)4h (R ＋r )(3)金属棒在倾斜导轨上先做加速度减小的加速运动，然后匀速运动．[答案] (1)x 1 (2) (3)见解析g 2h mgr (x 21－x 2)4h (R ＋r )。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3-2-9-4 Word版含答案
重点回顾专练：电磁感应的综合应用一、选择题1．(2015·北京西城期末)图中有A 、B 两个线圈．线圈B 连接一电阻R ，要使流过电阻R 的电流大小恒定，且方向由c 点流经电阻R 到d 点．设线圈A 中电流i 从a 点流入线圈的方向为正方向，则线圈A 中的电流随时间变化的图象是( )[解析] 根据感应电动势E ＝n ΔΦΔt表达式知，要想产生从c 经R 流向d 的电流，那么穿过线圈B 中的原磁场方向若向右，则应该在均匀减小，若向左则均匀增加．当线圈A 中从a 点流入电流，则电流应该均匀增加才可以满足题中条件；当线圈A 中从b 点流入电流，则电流应该均匀减小才可以满足题中条件，A 对，B 错；当线圈A 中电流保持不变时，线圈B 中没有感应电流，CD 错．[答案] A2．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻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 施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12v BlB ．U ＝13v BlC ．U ＝v BlD ．U ＝2v Bl[解析] 电路中电动势为E ＝Bl v ，则MN 两端电压大小U ＝E R ＋R ·R ＝12Bl v . [答案] A3．如右图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d >L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图象中，可能正确描述上述过程的是( )[解析] 导线框刚进入磁场时速度设为v 0，此时产生的感应电动势E ＝BL v 0，感应电流I ＝E R ＝BL v 0R ，线框受到的安培力F ＝BLI ＝B 2L 2v 0R .由牛顿第二定律F ＝ma 知，B 2L 2v 0R ＝ma ，由楞次定律知线框开始减速，随v 减小，其加速度a 减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动．当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有D 选项正确．[答案] D4．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2[解析] 根据法拉第电磁感应定律E ＝Bl v 、欧姆定律I ＝E R 和焦耳定律Q ＝I 2Rt ，得线圈进入磁场产生的热量Q ＝B 2l 2v 2R ·l ′v ＝B 2Sl v R ，因为l ab >l bc ，所以Q 1>Q 2.根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R 及q ＝I Δt 得q ＝BS R ，故q 1＝q 2.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．[答案] A5．(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，则以下说法正确的是( )A ．在时间0～2 s 内，I 的最大值为0.01 AB ．在时间3～5 s 内，I 的大小越来越小C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大[解析] 线圈所围面积不变，因磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化，引起磁通量的变化．由法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝nSΔB Δt ，其大小由图象的斜率决定，在t ＝0时，斜率最大，且ΔB Δt ＝0.1 T/s ，则I m ＝0.01 A ，A 正确；在时间3～5 s 内，ΔB Δt 一定，产生恒定电流，B 错误；第3 s 内，ΔB Δt ＝0，没有感应电流，D错误；前2 s 内，q ＝I t ＝E R ·t ＝ΔB ·S R ＝0.01 C ，C 正确．[答案] AC6．(多选)(2015·河南郑州一模)如图所示，边长为L 、总电阻为R 的均匀正方形线框abcd 放置在光滑水平桌面上，其cd 边右侧紧邻两个磁感应强度为B 、宽度为L 、方向相反的有界匀强磁场．现使线框以速度v 0匀速通过磁场区域，从开始进入到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反映线框中的感应电流(以逆时针方向为正)和a 、b 两点间的电势差随时间变化关系的是( )[解析] 线框进入磁场0～L 的过程中，E ＝BL v 0，电流I ＝BL v 0R ＝i 0，方向为逆时针方向，为正，a 点的电势比b 点电势高，a 、b 两点间的电势差U ab ＝14E ＝14BL v0＝u0；在L～2L的过程中，电动势E＝2BL v0，电流I＝2BL v0R＝2i0，方向为顺时针方向，为负，a点的电势比b点的电势高，a、b两点间的电势差U ab＝12E＝12BL v0＝2u0；在2L～3L的过程中，E＝BL v0，电流I＝BL v0R＝i0，方向为逆时针方向，为正，a点的电势比b点的电势低，a、b两点间的电势差U ab＝－34E＝－34BL v0＝－3u0.故选A、C.[答案]AC7．(多选)(2015·陕西长安一中等五校一模)如图所示，空间存在着与圆台侧面垂直且向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部．环中维持恒定的电流I不变，随后圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是()A．在时间t内安培力对圆环做功为mgHB．圆环先做加速运动后做减速运动C．圆环运动的最大速度为2πBIrt cosθm－gtD．圆环先有扩张后有收缩的趋势[解析]环自撤去电流到最高点过程中，因切割磁感线产生电能进而产生热能．全程应用功能关系，安培力做的功等于重力势能的增加量mgH和电能的增加，A错．环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为2BIπr，则在竖直方向的分力为2BIπr cosθ，由牛顿第二定律，可得：2BIπr cosθ－mg＝ma，则圆环向上的加速度为a ＝2πBIr cos θm－g ，则竖直方向上，在电流未撤去前的过程中，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t ，速度会达到最大值，由v ＝at 得v ＝2πBIrt cos θm－gt ，C 对．电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线产生感应电流受安培力而做变减速运动，B 对．圆环通电流时，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，D 错．[答案] BC8．(多选)(2015·河北八校联考)如图所示，相距L 的两平行光滑金属导轨MN 、PQ 间接有两定值电阻R 1和R 2，它们的阻值均为R .导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .现有一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒在恒力F 的作用下由静止开始运动，运动距离x 时恰好达到稳定速度v .运动过程中金属棒与导轨始终接触良好，则在金属棒由静止开始运动到速度达到稳定的过程中( )A ．电阻R 1上产生的焦耳热为16Fx －112m v 2B ．电阻R 1上产生的焦耳热为14Fx －18m v 2C ．通过电阻R 1的电荷量为BLx RD ．通过电阻R 1的电荷量为BLx 3R[解析] 金属棒由静止运动到速度达到稳定过程，利用功能关系得，Fx ＋W 安＝12m v 2，－W 安＝Q 总，所以Q 总＝Fx －12m v 2，金属棒上的电流是R 1的两倍，由Q ＝I 2Rt 可知，金属棒消耗的焦耳热是每个定值电阻消耗的焦耳热的4倍，即QR 1＝16Q 总，所以A 正确，B 错误．又由电荷量q ＝ΔΦR 总，ΔΦ＝BLx ，R 总＝32R ，qR 1＝12q 可知，qR 1＝BLx 3R ，C 错误，D 正确．[答案] AD9．(多选)(2015·长沙一中月考)如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道半径为r 、间距为L ，轨道的电阻不计．在轨道的顶端连有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道的最低位置cd 开始，在拉力作用下以速率v 0沿轨道向上做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )A ．通过R 的电流方向为f →R →eB ．通过R 的电流方向为e →R →fC ．R 上产生的热量为πB 2L 2v 04R rD ．通过R 的电荷量为πBLr 2R[解析] 由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，A 错误，B 正确；通过R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝BLr R ，D 错误；金属棒产生的瞬时感应电动势E ＝BL v 0cos v 0r t ，有效值E 有＝BL v 02，R 上产生的热量Q ＝E 2有R t ＝B 2L 2v 202R ·πr 2v 0＝πrB 2L 2v 04R ，C 正确． [答案] BC10．(多选)(2015·济南针对性训练)如图所示，一个“∠”形导轨垂直于磁场方向固定在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 是与导轨材料、粗细相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在拉力作用下，导体棒以恒定速度v 向右运动，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E 、感应电流I 、导体棒所受拉力的功率P 和回路中产生的焦耳热Q 随时间变化的图象中正确的是( )[解析] 根据法拉第电磁感应定律可知：E ＝BL v ＝B v ·v t tan α，因在拉力作用下，导体棒以恒定的速度v 向右做匀速运动，由此可知A 选项正确；设单位长度的导体棒或导轨的电阻为ρ，根据闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋r＝B v 2t tan αρ⎝ ⎛⎭⎪⎫v t ＋v t cos α＋v t tan α＝B v tan αρ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1cos α＋tan α，由此可知I －t 图象为一条平行于时间轴的直线，所以B 选项错误；根据功能关系，导体棒所受拉力做的功等于导体棒动能的增量和回路电功之和，导体棒的速度不变，故P ＝EI ，结合上面的分析可知，P ∝t ，故C 选项正确；由Q ＝I 2Rt ∝t 2，可知回路中产生的焦耳热随时间变化的关系图线为曲线，因此D 选项错误．[答案] AC二、非选择题11．(2016·泰安摸底)如图甲所示，间距为L ＝0.3 m 、足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面成θ＝30°角，M 、P 之间连接有电流传感器和阻值为R ＝0.4 Ω的定值电阻，导轨上垂直停放一质量为m ＝0.1 kg 、电阻为r ＝0.20 Ω的金属杆ab ，且与导轨接触良好，整个装置处于磁感应强度方向垂直导轨平面向下、大小为B ＝0.50 T 的匀强磁场中．在t ＝0时刻，用一与导轨平面平行的外力F 斜向上拉金属杆ab ，使之从静止开始沿导轨平面斜向上做直线运动，电流传感器将通过R 的电流i 采集并输入电脑，获得电流i 随时间t 变化的关系图线如图乙所示．电流传感器和导轨的电阻及空气阻力均忽略不计，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2.(1)求t ＝2 s 时刻杆ab 的速度大小；(2)求从静止开始在2 s 内通过金属杆ab 横截面的电荷量q ；(3)试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度a 的大小．[解析] (1)设t ＝2 s 时刻ab 的速度为v 2，杆ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v 2根据闭合电路欧姆定律有E ＝i (R ＋r )由以上两式解得v 2＝i (R ＋r )BL ＝0.5×(0.4＋0.2)0.5×0.3m/s ＝2 m/s. (2)由i －t 图像可知q ＝i t ＝12×2.0×0.5 C ＝0.5 C.(3)v ＝i (R ＋r )BL ＝k (R ＋r )t BL ，故金属杆做匀加速直线运动，其加速度大小a ＝k (R ＋r )BL＝1 m/s 2. [答案] (1)2 m/s (2)0.5 C (3)1 m/s 212．(2015·温州二测)如图所示，宽度为L 的粗糙平行金属导轨PQ 和P ′Q ′倾斜放置，顶端Q 、Q ′之间连接一个阻值为R 的电阻和开关S ，底端P 、P ′与一小段水平轨道用光滑圆弧相连．已知底端P 、P ′离地面的高度为h ，倾斜导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)中．若断开开关S ，将一根质量为m、电阻为r、长为L的金属棒从AA′处由静止释放，金属棒落地点与PP′的水平距离为x1；若闭合开关S，将金属棒仍从AA′处由静止释放，则金属棒落地点与PP′的水平距离为x2.不计导轨电阻，金属棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，忽略金属棒经过PP′处的能量损失，重力加速度为g，求：(1)开关断开时，金属棒离开PP′的速度大小；(2)开关闭合时，金属棒在下滑过程中产生的焦耳热；(3)开关S闭合，金属棒从比AA′更高处由静止释放，金属棒落地点与PP′的水平距离仍为x2，请定性说明金属棒在倾斜导轨上的运动规律．[解析](1)设开关断开时，金属棒离开PP′的速度大小为v1，在空中运动的时间为t，则：x1＝v1tt＝2h g可得：v1＝x1g2h(2)设开关断开时，在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中，重力做功为W G，摩擦力做功为W F，根据动能定理：W G＋W F＝12m v 2 1开关闭合时，金属棒离开PP′的速度v2＝x2g2h开关闭合时，在金属棒沿倾斜导轨下滑的过程中，重力做功和摩擦力做功与开关断开时相同，设安培力做功为W安，系统产生的焦耳热为Q，由动能定理可得：W G＋W F＋W安＝12m v 2 2又因为Q＝－W安神笛2005神笛2005 金属棒产生的焦耳热Q r ＝rR ＋r Q联立以上方程可得：Q r ＝mgr (x 21－x 22)4h (R ＋r )(3)金属棒在倾斜导轨上先做加速度减小的加速运动，然后匀速运动．[答案](1)x 1g 2h (2)mgr (x 21－x 22)4h (R ＋r ) (3)见解析。
(人教版)高三物理第一轮复习万有引力定律及其应用
第 5 课时 万有引力定律及其应用基础知识归纳 1。
开普勒三定律(1)第一定律(轨道定律)：所有的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。
(2)第二定律（面积定律）：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积。
（3)第三定律(周期定律):所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等.在近似情况下,通常将行星或卫星的椭圆轨道运动处理为圆轨道运动。
2。
万有引力定律(1）内容：自然界中任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小跟两个物体的 质量的乘积 成正比，跟他们之间的 距离的二次方 成反比。
(2)公式：F ＝221rm m G ，其中G ＝6。
67×10－11 N •m 2/kg 2，叫 引力常量 。
(3）适用条件：仅仅适用于 质点 或可以看做 质点 的物体.相距较远（相对于物体自身的尺寸）的物体和质量均匀分布的球体可以看做 质点 ，此时，式中的r 指两 质点 间的距离或球心间的距离。
3.万有引力定律的应用 （1）由GR v mR Mm 22得v ＝RGM，所以R 越大，v 越小；（2）由G 2RMm ＝mω2R 得ω＝3R GM ,所以R 越大，ω越小；(3)由G2R Mm ＝m22π4T R 得T ＝GMR 32π4，所以R 越大，T 越大;（4）模型总结：①当卫星稳定运行时，轨道半径R 越大，v 越 小 ；ω越 小 ；T 越 大 ；万有引力越 小 ；向心加速度越 小 。
②同一圆周轨道内正常运行的所有卫星的速度、角速度、周期、向心加速度的大小均相等。
③这一模型在分析卫星的轨道变换、卫星回收等问题中很有用. 重点难点突破一、万有引力与重力1。
重力：重力是指地球上的物体由于地球的吸引而使物体受到的力。
通过分析地球上物体受到地球引力产生的效果，可以知道重力是引力的一个分力。
引力的另一个分力是地球上的物体随同地球自转的向心力(这个向心力也可以看做是物体受到的地球引力与地面支持力的合力）如图所示.但由于向心力很小，所以在一般计算中可认为重力近似等于万有引力,重力方向竖直向下（即指向地心).2。
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重点强化练(三) 万有引力定律的综合应用(限时:45分钟)(对应学生用书第287页)一、选择题(共10小题,每小题6分,1～5题为单选题,6～10题为多选题)1．利用引力常量G 和下列某一组数据,不能计算出地球质量的是( )A ．地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)B ．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C ．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D ．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离D [A 能:根据G Mm R 2＝mg 可知,已知地球的半径及重力加速度可计算出地球的质量．B 能:根据G Mm R 2＝m v 2R 及v ＝2πR T 可知,已知人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期可计算出地球的质量．C 能:根据G Mm r 2＝m 4π2T 2r 可知,已知月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离,可计算出地球的质量．D 不能:已知地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离只能求出太阳的质量,不能求出地球的质量．]2．国务院批复,自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”．1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号,目前仍然在椭圆轨道上运行,其轨道近地点高度约为440 km,远地点高度约为2 060 km;1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a1,东方红二号的加速度为a2,固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3,则a1、a2、a3的大小关系为( )【导学号:84370198】图1A．a2>a1>a3B．a3>a2>a1C．a3>a1>a2D．a1>a2>a3D[卫星围绕地球运行时,万有引力提供向心力,对于东方红一号,在远地点时有G Mm1(R＋h1)2＝m1a1,即a1＝GM(R＋h1)2,对于东方红二号,有G Mm2(R＋h2)2＝m2a2,即a2＝GM(R＋h2)2,由于h2>h1,故a1>a2,东方红二号卫星与地球自转的角速度相等,由于东方红二号做圆周运动的轨道半径大于地球赤道上物体做圆周运动的半径,根据a＝ω2r,故a2>a3,所以a1>a2>a3,选项D正确,选项A、B、C错误．]3．若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体,它们在水平方向运动的距离之比为2∶7．已知该行星质量约为地球的7倍,地球的半径为R．由此可知,该行星的半径约为( )A ．12RB ．72RC ．2RD ．72RC [平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,即x ＝v 0t ,在竖直方向上做自由落体运动,即h ＝12gt 2,所以x ＝v 02h g ,两种情况下,抛出的速度相同,高度相同,所以g 行g 地＝74,根据公式G MmR 2＝mg 可得g ＝GM R 2,故g 行g 地＝M 行R 2行M 地R 2地＝74,解得R 行＝2R ,故C 正确．] 4．(2018·三湘名校联盟三模)火星是太阳系中与地球最为类似的行星,人类对火星生命的研究在2015年因“火星表面存在流动的液态水”的发现而取得了重要进展．若火星可视为均匀球体,其表面的重力加速度为g ,半径为R ,自转周期为T ,引力常量为G ,则下列说法正确的是( )【导学号:84370199】A ．火星的平均密度为g 4G πRB ．火星的同步卫星距火星表面的高度为3gR 2T 24π2－RC ．火星的第一宇宙速度为2gRD ．火星的同步卫星运行的角速度为πTB [由G Mm R 2＝mg ,M ＝ρV ,V ＝43πR 3,得ρ＝3g 4G πR ,A 项错误．由G Mm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h ),G Mm R 2＝mg ,得h ＝3gR 2T 24π2－R ,B 项正确．由G Mm R 2＝mg ,G Mm R 2＝m v 2R ,得v ＝gR ,C 项错误．同步卫星的角速度ω＝2πT ,D 项错误．]图25．假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A 和B ,半径分别为R A 和R B ．这两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r 3)与运行周期的平方(T 2)的关系如图2所示,T 0为卫星环绕行星表面运行的周期．则( )A ．行星A 的质量大于行星B 的质量B ．行星A 的密度小于行星B 的密度C ．行星A 的第一宇宙速度小于行星B 的第一宇宙速度D ．当两行星的卫星轨道半径相同时,行星A 的卫星向心加速度小于行星B 的卫星向心加速度A [根据GMm r 2＝m 4π2r T 2,可得M ＝4π2r 3GT 2,r 3＝GM 4π2T 2,由图象可知,A的斜率大,所以A 的质量大,A 正确．由图象可知当卫星在两行星表面运行时,周期相同,将M ＝ρV ＝ρ·43πR 3代入上式可知两行星密度相同,B 错误．根据万有引力提供向心力,则GMm R 2＝m v2R ,所以v ＝GMR ＝43πρGR 2,行星A 的半径大,所以行星A 的第一宇宙速度也大,C 错误．两卫星的轨道半径相同时,它们的向心加速度a ＝GMr 2,由于A 的质量大于B 的质量,所以行星A 的卫星向心加速度大,D 错误．]6．“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空．与“天宫二号”空间实验室对接前,“天舟一号”在距地面约380 km 的圆轨道上飞行,则其( )【导学号:84370200】A ．角速度小于地球自转角速度B ．线速度小于第一宇宙速度C ．周期小于地球自转周期D ．向心加速度小于地面的重力加速度BCD [C 对:由GMm (R ＋h )2＝m (R ＋h )4π2T 2知,周期T 与轨道半径的关系为(R ＋h )3T 2＝k (恒量),同步卫星的周期与地球的自转周期相同,但同步卫星的轨道半径大于“天舟一号”的轨道半径,则“天舟一号”的周期小于同步卫星的周期,也就小于地球的自转周期．A 错:由ω＝2πT 知,“天舟一号”的角速度大于地球自转的角速度．B对:由GMm(R＋h)2＝m v2R＋h知,线速度v＝GMR＋h,而第一宇宙速度v′＝GMR,则v＜v′．D对:设“天舟一号”的向心加速度为a,则ma＝GMm(R＋h)2,而mg＝GMmR2,可知a＜g．]7．石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料,它的发现使“太空电梯”的制造成为可能,人类将有望通过“太空电梯”进入太空．设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯,电梯顶端可超过地球的同步卫星A的高度延伸到太空深处,这种所谓的太空电梯可用于降低成本发射绕地人造卫星．如图3所示,假设某物体B乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处,与同高度运行的卫星C相比较( )图3A．B的线速度大于C的线速度B．B的线速度小于C的线速度C．若B突然脱离电梯,B将做离心运动D．若B突然脱离电梯,B将做近心运动BD[A和C两卫星相比,ωC>ωA,而ωB＝ωA,则ωC>ωB,又据v＝ωr ,r C ＝r B ,得v C >v B ,故B 项正确,A 项错误．对C 星有G Mm C r 2C ＝m C ω2C r C ,又ωC >ωB ,对B 星有G Mm B r 2B>m B ω2B r B ,若B 突然脱离电梯,B 将做近心运动,D 项正确,C 项错误．]8．据报道,美国探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星,并投入彗星的怀抱,实现了人类历史上第一次对彗星的“大碰撞”,如图4所示．设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一椭圆,其运行周期为5、74年,则下列说法正确的是( )【导学号:84370201】图4A ．探测器的最小发射速度为7、9 km/sB ．“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的加速度大于远日点处的加速度C ．“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的线速度小于远日点处的线速度D ．探测器运行的周期小于5、74年BD [探测器要想脱离地球的控制,发射速度要大于7、9 km/s,选项A 错误;根据万有引力定律和牛顿第二定律,有GMmr 2＝ma ,解得a ＝GMr 2,可知近日点的加速度大,选项B 正确;根据开普勒第二定律可知,行星绕日运动的近日点的线速度大,远日点的线速度小,选项C错误;探测器的轨道比彗星低,根据开普勒第三定律,有r3T2＝k,可知其运行周期一定比彗星的运行周期小,选项D正确．]9．2014年11月27日,“嫦娥五号”飞行器服务舱第一次到达地月系统的拉格朗日－2点．如图5所示,拉格朗日－1点(简称1点)、拉格朗日－2点(简称2点)、地心和月心位于一条直线上．服务舱在1、2两个点时,几乎不消耗燃料就能与月球同步绕地球做圆周运动．设1点、2点到地心的距离分别为r1、r2,假设服务舱先后在1点和2点绕地球做圆周运动,则下列说法正确的是( )图5A．服务舱在1点、2点受到的地球引力大小之比为r1∶r2B．服务舱在1点、2点的加速度大小之比为r1∶r2C．服务舱在1点、2点的速率之比为r1∶r2D．因受月球的吸引,服务舱内的仪器处于超重状态BC[设服务舱质量为m、地球质量为M,服务舱在1点、2点受到地球的引力分别为GMmr21和GMmr22,A错;设月球角速度为ω,服务舱在1点、2点的加速度大小分别为r1ω2、r2ω2,B对;服务舱在1点、2点的速度大小分别为r1ω、r2ω,C对;服务舱内仪器受到地球和月球的引力合力用于提供向心力,处于完全失重状态,D 错．]10．某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者,他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星,春分那天(太阳光直射赤道)在日落12小时内有t 1时间该观察者看不见此卫星．已知地球半径为R ,地球表面处的重力加速度为g ,地球自转周期为T ,卫星的运动方向与地球转动方向相同,不考虑大气对光的折射．下列说法中正确的是( )【导学号:84370202】A ．同步卫星离地高度为3gR 2T 24π2B ．同步卫星的加速度小于赤道上物体的向心加速度C ．t 1＝T πsin －1R 3gR 2T24π2D ．同步卫星加速度小于近地卫星的加速度CD [根据GM r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ,GM ＝gR 2,得同步卫星轨道半径为r ＝3gR 2T 24π2,离地高度为h ＝3gR 2T 24π2－R ,选项A 错误;根据a ＝ω2r ,由于同步卫星与赤道上物体转动角速度相同,同步卫星离地心距离较大,同步卫星加速度大于赤道上物体向心加速度,选项B 错误;根据光的直线传播规律,日落12小时内有t 1时间该观察者看不见此卫星,如图所示,同步卫星相对地心转过角度为θ＝2α,sin α＝R r ,结合θ＝ωt 1＝2πT t 1,解得t 1＝T πsin －1 R 3gR 2T24π2,选项C正确;根据a ＝GMr 2,同步卫星的轨道半径比近地卫星轨道半径大,故同步卫星的加速度小于近地卫星的加速度,选项D 正确．]二、非选择题(共2小题,共40分)11．(20分)由于地球自转的影响,地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同．若地球表面两极处的重力加速度大小为g 0,在赤道处的重力加速度大小为g ,地球自转的周期为T ,引力常量为G ,地球可视为质量均匀分布的球体．求:(1)地球半径R ;(2)地球的平均密度;(3)若地球自转速度加快,当赤道上的物体恰好能“飘”起来时,求地球自转周期T ′．[解析] (1)在地球表面两极处有F 万＝mg 0．在赤道处,由牛顿第二定律可得F 万－mg ＝mR 4π2T 2．联立可得R ＝(g 0－g )T24π2．(2)在地球表面两极处有GMm R 2＝mg 0,由密度公式可得ρ＝M43πR 3＝3πg 0GT 2(g 0－g )． (3)赤道上的物体恰好能飘起来,物体受到的万有引力恰好提供向心力,由牛顿第二定律可得GMm R 2＝mg 0＝mR 4π2T ′2．解得T ′＝g 0－gg 0T ．[答案](1)(g 0－g )T 24π2 (2)3πg 0GT 2(g 0－g ) (3)g 0－gg 0T12．(20分)石墨烯是近些年发现的一种新材料,其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化,其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳,人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现．科学家们设想,通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站,电梯仓沿着这条缆绳运行,实现外太空和地球之间便捷的物资交换．图6(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站,求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能,设地球自转角速度为ω,地球半径为R ;(2)当电梯仓停在距地面高度h 2＝4R 的站点时,求仓内质量m 2＝50 kg 的人对水平地板的压力大小．地面附近重力加速度g 取10 m/s 2,地球自转角速度ω＝7、3×10－5 rad/s,地球半径R ＝6、4×103 km ．【导学号:84370203】[解析] (1)设货物相对地心的距离为r 1,线速度为v 1,则r 1＝R ＋h 1① v 1＝r 1ω②货物相对地心的动能E k ＝12m 1v 21③ 联立①②③式得E k ＝12m 1ω2(R ＋h 1)2． ④ (2)设地球质量为M ,人相对地心的距离为r 2,向心加速度为a n ,受地球的万有引力为F ,则r 2＝R ＋h 2⑤ a n ＝ω2r 2⑥ F ＝G m 2M r 22⑦ g ＝GM R 2 ⑧设水平地板对人的支持力大小为N ,人对水平地板的压力大小为N ′,则F －N ＝m 2a n⑨ N ′＝N ⑩联立⑤～⑩式并代入数据得N ′≈11．5 N ． ⑪[答案](1)12m 1ω2(R ＋h 1)2 (2)11．5 N。