2017-2018年物理·必修2(粤教版)练习：章末质量评估(三) Word版含解析

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【4份】高中粤教版物理必修2章末综合测评含答案

【4份】高中粤教版物理必修2章末综合测评含答案目录章末综合测评(一) (1)章末综合测评(二) (8)章末综合测评(三) (17)章末综合测评(四) (24)章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．游泳运动员以恒定的速率垂直于河岸渡河，当水速突然变大时，对运动员渡河时间和经历的路程产生的影响是()A．路程变大，时间延长B．路程变大，时间缩短C．路程变大，时间不变D．路程和时间均不变运动员渡河可以看成是两个运动的合运动：垂直河岸的运动和沿河岸的运动．运动员以恒定的速率垂直河岸渡河，在垂直河岸方向的分速度恒定，由分运动的独立性原理可知，渡河时间不变；但是水速变大，沿河岸方向的运动速度变大，因时间不变，则沿河岸方向的分位移变大，总路程变大，故选项C正确．【答案】 C2．如图1所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车以速度v匀速向右运动到如图所示位置时，物体P的速度为()【导学号：35390020】图1A ．vB ．v cos θ C.v cos θ D ．v cos 2 θ如图所示，绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于P 的速度，根据平行四边形定则得，v P ＝v cos θ，故B 正确，A 、C 、D 错误．【答案】 B3．(2016·汕头高一检测)将一小球以初速度v 从地面竖直上抛后，经过4 s 小球离地面高度为6 m ，若要使小球竖直上抛后经2 s 到达相同高度，g 取10 m/s 2.不计阻力，则初速度v 0应( )A ．大于vB ．小于vC ．等于vD ．无法确定由公式h ＝v 0t －12gt 2得4 s 时，初速度v ＝21.5 m/s,2 s 时初速度v 0＝13 m/s ，故选B.【答案】 B4．弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道飞行，关闭发动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹，如图2所示．若关闭发动机时导弹的速度是水平的，不计空气阻力，则导弹从此时起水平方向的位移( )图2A ．只由水平速度决定B ．只由离地高度决定C．由水平速度、离地高度共同决定D．与水平速度、离地高度都没有关系不计空气阻力，关闭发动机后导弹水平方向的位移x＝v0t＝v02hg，可以看出水平位移由水平速度、离地高度共同决定，选项C正确．【答案】 C5．以初速度v0水平抛出一个物体，经过时间t物体的速度大小为v，则经过时间2t，物体速度大小的表达式正确的是()A．v0＋2gt B．v＋gtC.v20＋(2gt)2D.v2＋2(gt)2物体做平抛运动，v x＝v0，v y＝g·2t，故2t时刻物体的速度v′＝v2x＋v2y＝v20＋(2gt)2，C正确，A错误；t时刻有v2＝v20＋(gt)2，故v′＝v2＋3(gt)2，B、D错误．【答案】 C6．如图3所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B两处．不计空气阻力，则落到B处的石块()【导学号：35390021】图3A．初速度大，运动时间短B．初速度大，运动时间长C．初速度小，运动时间短D．初速度小，运动时间长由于B点在A点的右侧，说明水平方向上B点的距离更远，而B点距抛出点竖直方向上的距离较小，故运动时间较短，二者综合说明落在B点的石块的初速度较大，故A正确，B、C、D错误．【答案】 A7．如图4所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧的圆心，θ1是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角，则( )图4A.tan θ2tan θ1＝2 B ．tan θ1tan θ2＝2C.1tan θ1tan θ2＝2 D.tan θ1tan θ2＝2 由题意知：tan θ1＝v y v 0＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt .由以上两式得：tan θ1tan θ2＝2，故B 项正确．【答案】 B8．一物体做平抛运动，先后在两个不同时刻的速度大小分别为v 1和v 2，时间间隔为Δt ，那么( )A ．v 1和v 2的方向一定不同B ．v 1<v 2C ．由v 1到v 2的速度变化量Δv 的方向不一定竖直向下D ．由v 1到v 2的速度变化量Δv 的大小为g Δt平抛运动的轨迹是曲线，某时刻的速度方向为该时刻轨迹的切线方向，不同时刻方向不同，A 对；v 0不变，v y ∝t ，所以v 2>v 1，B 对；由Δv ＝g Δt 知Δv 方向一定与g 方向相同即竖直向下，大小为g Δt ，C 错，D 对．【答案】 ABD9．(2016·衡水高一检测)如图5所示，一小球以初速度v 0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的34，则下列说法中正确的是( )图5A ．在碰撞中小球的速度变化大小为72v 0B ．在碰撞中小球的速度变化大小为12v 0C ．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离的比为 3D ．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为32小球垂直落到斜面上，根据平行四边形定则将速度分解，如图所示，则v ＝v 0sin 30°＝2v 0，反弹后的速度大小为v ′＝34v ＝32v 0，碰撞中小球的速度变化大小为Δv ＝v ′－v ＝72v 0，选项A 正确，选项B错误；小球在竖直方向下落的距离为y ＝v 2y 2g ＝(v cos 30°)22g ＝3v 202g ，水平方向通过的距离为x ＝v 0t ＝v 0·v cos 30°g ＝3v 20g ，位移之比为y x ＝32，选项D 正确，选项C 错误．【答案】 AD10．河水的流速与离河岸的关系如图6甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，若船以最短时间渡河，则下列判断正确的是( )【导学号：35390022】甲乙图6A ．船渡河的最短时间是60 sB ．船在河水中的最大速度是5 m/sC ．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直根据题图可知，船在静水中的速度v静＝3 m/s，河宽d＝300 m，河水正中间流速最大为v水max＝4 m/s，当船头始终垂直河岸渡河时，渡河时间最短，最短时间为t min＝dv静＝100 s，选项A错，D对；船在河水中的最大速度是v max＝32＋42m/s＝5 m/s，选项B对；设合速度与河岸夹角为θ，则tan θ＝v静v水，因v水随河岸不断变化，故θ不断变化，故船在河水中航行的轨迹是一条曲线，选项C错．【答案】BD二、非选择题(共3小题，40分)11．(12分)某同学用图7甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图乙所示．图乙中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10 m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．甲乙图7完成下列填空：(重力加速度取9.8 m/s2)(1)设P1、P2和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3，从图5中可读出|y1－y2|＝________m，|y1－y3|＝________m，|x1－x2|＝________m(保留两位小数)；(2)若已经测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动．利用(1)中读取的数据，求出小球从P1运动到P2所用的时间为__________s，小球抛出后的水平速度为________m/s(均可用根号表示)．(1)由图可知P1到P2两点在竖直方向的间隔为6格多一点，P1到P3两点在竖直方向的间隔为16格多一点，所以有|y1－y2|＝0.61 m，|y1－y3|＝1.61 m，P1到P 2两点在水平方向的距离为6个格，则有|x 1－x 2|＝0.60 m.(2)由水平方向的运动特点可知P 1到P 2与P 2到P 3的时间相等，根据Δx ＝aT 2，解得时间约为0.2 s ，则有v 0＝x t ＝0.600.20 m/s ＝3.0 m/s.【答案】 (1)0.61 1.61 0.60 (2)0.20 3.012．(12分)一人带一猴在表演杂技，如图8所示，直杆AB 长h ＝8 m ，猴子在直杆上由A 向B 匀速向上爬，同时人用肩顶着直杆水平匀速移动．已知在5 s 内，猴子由A 运动到B ，而人也由甲位置运动到了乙位置．已知s ＝6 m ，求：图8(1)猴子相对地面的位移大小；(2)猴子相对地面的速度大小．(1)猴子对地的位移AB ′为猴子相对于人的位移AB 与人对地的位移AA ′的矢量和，所以AB ′＝(AB )2＋(AA ′)2＝h 2＋s 2 ＝82＋62 m ＝10 m.(2)猴子相对于地的速度v ＝AB ′t ＝105 m/s ＝2 m/s.【答案】 (1)10 m (2)2 m/s13．(16分)如图9所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m ＝1.0 kg 的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.25，且与台阶边缘O 点的距离s ＝5 m ．在台阶右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R ＝5 2 m ，今以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F ＝5 N 的水平恒力拉动小物块，已知重力加速度g 取10 m/s 2.图9(1)为使小物块不能击中挡板，求拉力F作用的最长时间；(2)若小物块在水平台阶上运动时，水平恒力一直作用在小物块上，当小物块过O点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标.【导学号：35390023】(1)为使小物块不会击中挡板，设拉力F作用最长时间t1时，小物块刚好运动到O点．由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1解得：a1＝2.5 m/s2减速运动时的加速度大小为：a2＝μg＝2.5 m/s2由运动学公式得：s＝12a1t21＋12a2t22而a1t1＝a2t2解得：t1＝t2＝ 2 s(2)水平恒力一直作用在小物块上，由运动学公式有：v20＝2a1s解得小物块到达O点时的速度为：v0＝5 m/s小物块过O点后做平抛运动．水平方向：x＝v0t竖直方向：y＝12gt2又x2＋y2＝R2解得位置坐标为：x＝5 m，y＝5 m.【答案】(1) 2 s(2)x＝5 m，y＝5 m章末综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2016·长沙高一检测)对于物体做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )A ．其转速与角速度成反比，其周期与角速度成正比B ．运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述C ．匀速圆周运动的速度保持不变D ．做匀速圆周运动的物体，其加速度保持不变由公式ω＝2πn 可知，转速和角速度成正比，由ω＝2πT 可知，其周期与角速度成反比，故A 错误；运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述，所以B 正确；匀速圆周运动的速度大小不变，但速度方向在变，所以C 错误；匀速圆周运动的加速度大小不变，方向在变，所以D 错误．【答案】 B2．如图1所示，一辆卡车在水平路面上行驶，已知该车轮胎半径为R ，轮胎转动的角速度为ω，关于各点的线速度大小下列说法错误的是( )【导学号：35390037】图1A ．相对于地面，轮胎与地面的接触点的速度为0B ．相对于地面，车轴的速度大小为ωRC ．相对于地面，轮胎上缘的速度大小为ωRD ．相对于地面，轮胎上缘的速度大小为2ωR因为轮胎不打滑，相对于地面，轮胎与地面接触处保持相对静止，该点相当于转动轴，它的速度为零，车轴的速度为ωR ，而轮胎上缘的速度大小为2ωR ，故选项A 、B 、D 正确，C 错误．【答案】 C3．一小球沿半径为2 m 的轨道做匀速圆周运动，若周期T ＝4 s ，则( )A ．小球的线速度大小是0.5 m/sB ．经过4 s ，小球的位移大小为4π mC ．经过1 s ，小球的位移大小为2 2 mD ．若小球的速度方向改变了π2 rad ，经过时间一定为1 s小球的周期为T ＝4 s ，则小球运动的线速度为v ＝2πr T ＝π，选项A 错误；经过4 s 后，小球完成一个圆周运动后回到初始位置，位移为零，选项B 错误；经过1 s 后，小球完成14个圆周，小球的位移大小为s ＝2R ＝2 2 m ，选项C 正确；圆周运动是周期性运动，若方向改变π2弧度，经历的时间可能为t ＝(n ＋1)·T 4＝(n ＋1) s 或t ＝(n ＋3)·T 4＝(n ＋3) s ，选项D 错误．【答案】 C4. (2016·沈阳高一检测)荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动，当秋千荡到最高点时，小孩的加速度方向是图2中的( )图2A ．竖直向下a 方向B ．沿切线b 方向C ．水平向左c 方向D ．沿绳向上d 方向如图，将重力分解，沿绳子方向T －G cos θ＝m v 2R，当在最高点时，v ＝0，故T ＝G cos θ，故合力方向沿G 2方向，即沿切线b 方向，由牛顿第二定律，加速度方向沿切线b 方向．【答案】 B5．在光滑杆上穿着两个小球m 1、m 2，且m 1＝2m 2，用细线把两球连起来，当盘架匀速转动时，两小球刚好能与杆保持无相对滑动，如图3所示，此时两小球到转轴的距离r 1与r 2之比为( )图3A ．1∶1B ．1∶ 2C ．2∶1D ．1∶2两球向心力、角速度均相等，由公式F 1＝m 1r 1ω2，F 2＝m 2r 2ω2，即m 1r 1ω2＝m 2r 2ω2，r 1r 2＝m 2m 1＝12，故选D. 【答案】 D6．如图4所示，是从一辆在水平公路上行驶着的汽车后方拍摄的汽车后轮照片．从照片来看，汽车此时正在( )图4A ．直线前进B ．向右转弯C ．向左转弯D ．不能判断从汽车后方拍摄的后轮照片可以看到汽车的后轮发生变形，汽车不是正在直线前进，而是正在转弯，根据惯性、圆周运动和摩擦力知识，可判断出地面给车轮的静摩擦力水平向左，所以汽车此时正在向左转弯，应选答案C.【答案】 C7．(2016·泉州高一检测)如图5所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )图5A ．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B ．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg 的压力C ．人在最低点时对座位的压力等于mgD ．人在最低点时对座位的压力大于mg过山车是竖直面内杆系小球圆周运动模型的应用．人在最低点时，由向心力公式可得：F －mg ＝m v 2R ，即F ＝mg ＋m v 2R ＞mg ，故选项C 错误，选项D 正确；人在最高点，若v ＞gR 时，向心力由座位对人的压力和人的重力的合力提供，若v ＝gR 时，向心力由人的重力提供，若v ＜gR 时，人才靠保险带拉住，选项A 错误；F ＞0，人对座位产生压力，压力大小F ＝m v 2R －mg ，当v 2＝2Rg 时F ＝mg ，选项B 错误．【答案】 D8．如图6所示，长0.5 m 的轻质细杆，一端固定有一个质量为3 kg 的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为2 m/s.g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图6A ．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24 NB ．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 NC ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 ND ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 N设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg －N ＝m v 2l ，得N ＝mg －m v 2l ＝6 N ，故小球对杆的压力大小是6 N ，A 错误，B 正确；小球通过最低点时N －mg＝m v 2l ，得N ＝mg ＋m v 2l ＝54 N ，小球对杆的拉力大小是54 N ，C 错误，D 正确．【答案】 BD9.如图7所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆周运动的精彩场面，目测重力为G 的女运动员做圆周运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g ，估算该女运动员( )图7A ．受到的拉力为3GB ．受到的拉力为2GC ．向心加速度为3gD ．向心加速度为2g女运动员做圆周运动，对女运动员受力分析可知，受到重力，男运动员对女运动员的拉力，如图所示，竖直方向合力为零，有F sin 30°＝G 得F ＝2G ，B 项正确．水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有F cos 30°＝ma 向，即2mg cos 30°＝ma 向，所以a 向＝3g ，C 项正确．【答案】 BC10．有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．如图8所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h ，下列说法中正确的是( )图8A ．h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大B ．h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大C ．h 越高，摩托车做圆周运动的周期将越大D ．h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大摩托车受力如图所示．由于N ＝mg cos θ所以摩托车受到侧壁的压力与高度无关，保持不变，摩托车对侧壁的压力F 也不变，A 错误；由F ＝mg tan θ＝m v 2r ＝mω2r 知h 变化时，向心力F 不变，但高度升高，r 变大，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B 、C 正确，D 错误．【答案】 BC二、计算题(共3小题，共40分)11．(10分)如图9所示，水平转盘上放有质量为m 的物体，当物块到转轴的距离为r 时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳上张力为零)．物体和转盘间的最大静摩擦力是其正压力的μ倍．求：【导学号：35390038】图9(1)当转盘的角速度ω1＝μg 2r 时，细绳的拉力T 1； (2)当转盘的角速度ω2＝3μg2r 时，细绳的拉力T 2.设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为ω0，则μmg ＝mω20r ，解得ω0＝μgr .(1)因为ω1＝μg2r ＜ω0，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大摩擦力，则物体与盘产生的摩擦力还未达到最大静摩擦力，细绳的拉力仍为0，即T 1＝0.(2)因为ω2＝3μg2r ＞ω0，所以物体所需向心力大于物体与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对物体施加拉力T 2，由牛顿第二定律得T 2＋μmg ＝mω22r ，解得T 2＝μmg 2.【答案】 (1)T 1＝0 (2)T 2＝μmg 212．(15分)如图10所示，在内壁光滑的平底试管内放一个质量为1 g 的小球，试管的开口端与水平轴O 连接．试管底与O 相距5 cm ，试管在转轴带动下在竖直平面内做匀速圆周运动．g 取10 m/s 2，求：图10(1)转轴的角速度达到多大时，试管底所受压力的最大值等于最小值的3倍？(2)转轴的角速度满足什么条件时，会出现小球与试管底脱离接触的情况？(1)当试管匀速转动时，小球在最高点对试管的压力最小，在最低点对试管的压力最大．在最高点：F 1＋mg ＝mω2r在最低点：F 2－mg ＝mω2rF 2＝3F 1联立以上方程解得ω＝2gr ＝20 rad/s(2)小球随试管转到最高点，当mg ＞mω2r 时，小球会与试管底脱离，即ω＜gr .【答案】 (1)20 rad/s (2)ω＜gr13．(15分)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如图11甲所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A 、B 、C 、D 位置时球与板无相对运动趋势．A 为圆周的最高点，C 为最低点，B 、D 与圆心O 等高．设球的重力为1 N ，不计拍的重力．求：(1)C 处球拍对球的弹力比在A 处大多少？(2)设在A 处时球拍对球的弹力为F ，当球运动到B 、D 位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请在图乙中作出tan θ -F 的关系图象．甲乙图11(1)设球运动的线速度为v ，半径为R则在A 处时F ′＋mg ＝m v 2R① 在C 处时F －mg ＝m v 2R ② 由①②式得ΔF ＝F －F ′＝2mg ＝2 N.(2)在A 处时球拍对球的弹力为F ，球做匀速圆周运动的向心力F 向＝F ＋mg ，在B 处不受摩擦力作用，受力分析如图则tan θ＝F 向mg ＝F ＋mg mg ＝F ＋1作出的tan θ -F 的关系图象如图【答案】 (1)2 N (2)见解析图章末综合测评(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．关于科学家和他们的贡献，下列说法中错误的是() A．德国天文学家开普勒对他的导师——第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒三大行星运动定律B．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了万有引力常量C．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性D．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上根据物理学史可知C错，A、B、D正确．【答案】C2．(2015·重庆高考)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为()A．0 B.GM (R＋h)2C.GMm(R＋h)2D.GMh2飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即GMm(R＋h)2＝mg，得g＝GM(R＋h)2，选项B正确．【答案】 B3．(2015·北京高考)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么( )A ．地球公转周期大于火星的周期公转B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度根据G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝m v 2r ＝ma n ＝mω2r 得，公转周期T ＝2πr 3GM ，故地球公转的周期较小，选项A 错误；公转线速度v ＝GMr ，故地球公转的线速度较大，选项B 错误；公转加速度a n ＝GM r 2，故地球公转的加速度较大，选项C 错误；公转角速度ω＝GM r 3，故地球公转的角速度较大，选项D 正确．【答案】 D4．如图1所示，A 为静止于地球赤道上的物体，B 为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，P 为B 、C 两卫星轨道的交点．已知A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，相对于地心，下列说法中正确的是( )图1A ．物体A 和卫星C 具有相同大小的线速度B ．物体A 和卫星C 具有相同大小的加速度C ．卫星B 在P 点的加速度与卫星C 在该点的加速度一定不相同D ．可能出现在每天的某一时刻卫星B 在A 的正上方物体A 和卫星B 、C 周期相同，故物体A 和卫星C 角速度相同，但半径不同，根据v ＝ωR 可知二者线速度不同，A 项错；根据a ＝Rω2可知，物体A 和卫星C 向心加速度不同，B 项错；根据牛顿第二定律，卫星B 和卫星C 在P 点的加速度a ＝GM r 2，故两卫星在P 点的加速度相同，C 项错误；对于D 选项，物体A 是匀速圆周运动，线速度大小不变，角速度不变，而卫星B 的线速度是变化的，近地点最大，远地点最小，即角速度发生变化，而周期相等，所以如图所示开始转动一周的过程中，会出现A 先追上B ，后又被B 落下，一个周期后A 和B 都回到自己的起点．所以可能出现：在每天的某一时刻卫星B 在A 的正上方，则D 正确．【答案】 D5．同步卫星位于赤道上方，相对地面静止不动．如果地球半径为R ，自转角速度为ω，地球表面的重力加速度为g .那么，同步卫星绕地球的运行速度为( ) A.Rg B.R ωg C. R 2ωg D.3R 2ωg同步卫星的向心力等于地球对它的万有引力G Mm r 2＝m ω2r ，故卫星的轨道半径r ＝3GM ω2.物体在地球表面的重力约等于所受地球的万有引力G Mm R2＝mg ，即GM ＝gR 2.所以同步卫星的运行速度v ＝r ω＝ω·3gR 2ω2＝3gR 2ω，D 正确．【答案】 D6．宇宙中两个星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕两星球球心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )【导学号：35390054】A ．双星相互间的万有引力增大B ．双星做圆周运动的角速度不变C ．双星做圆周运动的周期增大D ．双星做圆周运动的速度增大双星间的距离在不断缓慢增加，根据万有引力定律，F ＝G m 1m 2L 2，知万有引力减小，故A 错误．根据G m 1m 2L 2＝m 1r 1ω2，G m 1m 2L 2＝m 2r 2ω2，知m 1r 1＝m 2r 2，v 1＝ωr 1，v 2＝ωr 2，轨道半径之比等于质量的反比，双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，知角速度变小，周期变大，线速度变小，故B 、D 错误，C 正确．【答案】 C7．恒星演化发展到一定阶段，可能成为恒星世界的“侏儒”——中子星．中子星的半径较小，一般在7～20 km ，但它的密度大得惊人．若某中子星的半径为10 km ，密度为1.2×1017 kg/m 3，那么该中子星上的第一宇宙速度约为( )A ．7.9 km/sB ．16.7 km/sC ．2.9×104 km/sD ．5.8×104 km/s中子星上的第一宇宙速度即为它表面处的卫星的环绕速度，此时卫星的轨道半径近似地认为是该中子星的球半径，且中子星对卫星的万有引力充当向心力，由G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝GM r ，又M ＝ρV ＝ρ4πr 33，得v ＝r 4πGρ3＝1×104× 4×3.14×6.67×10－11×1.2×10173m/s ＝5.8×107 m/s ＝5.8×104 km/s.故选D.【答案】 D8．北京时间2005年7月4日下午1时52分(美国东部时间7月4日凌晨1时52分)探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大对撞”，如图2所示．假设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆，其运动周期为5.74年，则关于“坦普尔一号”彗星的下列说法中正确的是( )图2A ．绕太阳运动的角速度不变B ．近日点处线速度大于远日点处线速度C ．近日点处加速度大于远日点处加速度D ．其椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比是一个与太阳质量有关的常数由开普勒第二定律知近日点处线速度大于远日点处线速度，B正确；由开普勒第三定律可知D正确；由万有引力提供向心力得C正确．【答案】BCD9．2013年6月11日17时38分，我国利用“神舟十号”飞船将聂海胜、张晓光、王亚平三名宇航员送入太空．设宇航员测出自己绕地球做匀速圆周运动的周期为T，离地高度为H，地球半径为R，则根据T、H、R和引力常量G，能计算出的物理量是()图3A．地球的质量B．地球的平均密度C．飞船所需的向心力D．飞船线速度的大小由G Mm(R＋H)2＝m4π2T2(R＋H)，可得：M＝4π2(R＋H)3GT2，选项A可求出；又根据ρ＝M43πR3，选项B可求出；根据v＝2π(R＋H)T，选项D可求出；由于飞船的质量未知，所以无法确定飞船的向心力．【答案】ABD10．迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1－581c”却很值得我们期待．该行星的温度在0 ℃到40 ℃之间，质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍，公转周期为13个地球日．“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则()A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同B．如果人到了该行星，其体重是地球上的22 3倍。

2017-2018学年高一物理粤教版必修2模块综合测评

模块综合测评(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．距地面高5 m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2 m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图1所示．小车始终以4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g 取10 m/s 2.可求得h 等于( )图1A ．1.25 mB ．2.25 mC ．3.75 mD ．4.75 m 【解析】根据两球同时落地可得2H g ＝d ABv ＋2hg ，代入数据得h ＝1.25m ，选项A 正确．【答案】 A2．甲沿着半径为R 的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R 的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v 1、v 2，则( )A ．ω1＞ω2，v 1＞v 2B ．ω1＜ω2，v 1＜v 2C ．ω1＝ω2，v 1＜v 2D ．ω1＝ω2，v 1＝v 2 【解析】由于甲、乙在相同时间内各自跑了一圈，v 1＝2πR t ，v 2＝4πRt ，v 1＜v 2，由v ＝rω，得ω＝v r ，ω1＝v 1R ＝2πt ，ω2＝2πt ，ω1＝ω2，故C 正确．【答案】 C3．如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()图2A．阻力对系统始终做负功B．系统受到的合外力始终向下C．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D．任意相等的时间内重力做的功相等【解析】下降过程中，阻力始终与运动方向相反，做负功，A对；加速下降时合力向下，减速下降时合力向上，B错；下降时重力做功等于重力势能减少量，C错；由于任意相等的时间内下落的位移不等，所以，任意相等时间内重力做的功不等，D错．【答案】 A4．一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图3所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()图3【解析】由P -t 图像知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝F v 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －fm 知a 减小，又因速度不可能突变，所以选项B 、C 、D 错误，选项A 正确．【答案】 A5．如图4所示，小球以初速度v 0从A 点沿不光滑的轨道运动到高为h 的B 点后自动返回，其返回途中仍经过A 点，则经过A 点的速度大小为( )图4A.v 20－4ghB.4gh －v 20C.v 20－2ghD.2gh －v 20【解析】设小球从A 到B 克服摩擦力做的功为W f ，小球从A 至B ，由动能定理，有－W f －mgh ＝0－12m v 20小球从B 至A ，由动能定理，有 mgh －W f ＝12m v 2A －0解以上两式得v A ＝4gh －v 20，B 对．【答案】 B6．我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg ，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s 2.则此探测器( )【导学号：35390085】A ．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB ．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度【解析】设月球表面的重力加速度为g 月，则g 月g 地＝GM 月R 2月GM 地R 2地＝M 月M 地·R 2地R 2月＝181×3.72，解得g 月≈1.7 m/s 2.A ．由v 2＝2g 月h ，得着陆前的速度为v ＝2g 月h ＝2×1.7×4 m/s ≈3.7 m/s ，选项A 错误．B ．悬停时受到的反冲力F ＝mg 月≈2×103 N ，选项B 正确．C ．从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项C 错误．D ．设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为v 1、v 2，则v 1v 2＝GM 月R 月GM 地R 地＝M 月M 地·R 地R 月＝ 3.781＜1，故v 1＜v 2，选项D 正确．【答案】 BD7．如图5所示，一个小环套在竖直放置的光滑圆形轨道上做圆周运动．小环从最高点A 滑到最低点B 的过程中，其线速度大小的平方v 2随下落高度h 变化的图象可能是( )图5【解析】设小环在A 点的速度为v 0，由机械能守恒定律得－mgh ＋12m v 2＝12m v 20得v 2＝v 20＋2gh ，可见v 2与h 是线性关系，若v 0＝0，B 正确；若v 0≠0，A 正确，故正确选项是AB.【答案】 AB8．如图6所示，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )图6A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg【解析】由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a 、b 的速度分别为v a 、v b .此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ′∥是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ.当a 滑至地面时θ＝90°，此时v b ＝0，由系统机械能守恒得mgh ＝12m v 2a ，解得v a ＝2gh ，选项B 正确；同时由于b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b 先做正功后做负功，选项A 错误；杆对b 的作用先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力，即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ，选项C 错误；b 的动能最大时，杆对a 、b 的作用力为零，此时a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确．正确选项为B 、D.【答案】 BD二、实验题(共2小题，共18分)9．(8分)如图7所示，是利用闪光照相研究平抛运动的示意图．小球A 由斜槽滚下，从桌边缘水平抛出，当它恰好离开桌边缘时，小球B 也同时下落，闪光频率为10 Hz 的闪光器拍摄的照片中B 球有四个像，像间距离已在图中标出，两球恰在位置4相碰．则A 球从离开桌面到和B 球碰撞时经过的时间为________s ，A 球离开桌面的速度为________m/s.(g 取10 m/s 2)图7【解析】因为h ＝12gt 2，所以t ＝2h g ＝0.3 s ，v 0＝x t ＝1 m/s.【答案】 0.3 110．(10分)在“验证机械能守恒定律”的实验中： (1)供实验选择的重物有以下四个，应选择：( ) A ．质量为10 g 的砝码 B ．质量为200 g 的木球 C ．质量为50 g 的塑料球 D ．质量为200 g 的铁球 (2)下列叙述正确的是( )A ．实验中应用秒表测出重物下落的时间B．可用自由落体运动的规律计算重物的瞬时速度C．因为是通过比较m v22和mgh是否相等来验证机械能是否守恒，故不需要测量重物的质量D．释放重物前应手提纸带的上端，使纸带竖直通过限位孔(3)质量m＝1 kg的物体自由下落，得到如图8所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04 s，那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量E p＝________ J，此过程中物体动能的增加量E k＝________J．(g取9.8 m/s2，保留三位有效数字)图8【解析】(1)为减小实验误差应选用铁球．(3)ΔE p＝mg OB＝2.28 Jv B＝AC2T＝2.125 m/sΔE k＝12m v2B＝2.26 J.【答案】(1)D(2)CD(3)2.28 2.26三、计算题(共2小题，共34分)11．(16分)荡秋千是大家喜爱的一项体育活动．随着科技的迅速发展，将来的某一天，同学们也许会在其他星球上享受荡秋千的乐趣．假设你当时所在星球的质量为M、半径为R，可将人视为质点，秋千质量不计、摆长不变、摆角小于90°，万有引力常量为G.那么，(1)该星球表面附近的重力加速度g星等于多少？(2)若经过最低位置的速度为v0，你能上升的最大高度是多少？【解析】(1)设人的质量为m，在星球表面附近的重力等于万有引力，有mg星＝GMmR2，解得g星＝GMR2.(2)设人能上升的最大高度为h ，由功能关系得 mg 星h ＝12m v 20 解得h ＝R 2v 202GM .【答案】 (1)GM R 2 (2)R 2v 202GM12．(18分)如图9所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .图9(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：【导学号：35390086】①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .【解析】 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒 mgR ＝12m v 2B滑块在B 点处，由牛顿第二定律得 N －mg ＝m v 2B R 解得N ＝3mg由牛顿第三定律得N ′＝3mg .(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒得mgR＝12M v2m＋12m(2v m)2解得v m＝gR 3.②设滑块运动到C点时，小车速度大小为v C，由功能关系得mgR－μmgL＝12M v2C＋12m(2v C)2设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝Ma由运动学规律得v2C－v2m＝－2as解得s＝1 3L.【答案】(1)3mg(2)①gR3②13L。

2017-2018学年高中物理粤教版必修2章末检测卷：第一章

章末检测卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)图11.如图1所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是() A．质点经过C点的速率比D点的大B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小答案 A解析小球做匀变速曲线运动，所以加速度不变；由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由C到D速率减小，即C点速率比D点大；在A点速度方向与加速度方向的夹角也为钝角；而从B到E的过程中加速度方向与速度方向间的夹角越来越小，故正确答案为A.2．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内()A．速度一定在不断改变，加速度也一定不断改变B．速度可以不变，但加速度一定不断改变C．质点不可能在做匀变速运动D．质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向答案 D解析物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一直线上，故速度方向时刻改变，所以曲线运动是变速运动，其加速度不为零，但加速度可以不变，例如平抛运动，就是匀变速运动，故A、B、C错误．曲线运动的速度方向时刻改变，质点在某点的速度方向一定是曲线上该点的切线方向，故D正确．3．(单选)斜抛运动与平抛运动相比较，相同的是()A．都是匀变速曲线运动B．平抛是匀变速曲线运动，而斜抛是非匀变速曲线运动C．都是加速度逐渐增大的曲线运动D．平抛运动是速度一直增大的运动，而斜抛是速度一直减小的曲线运动答案 A解析平抛运动与斜抛运动的共同特点是它们都以一定的初速度抛出后，只受重力作用．合外力为G＝mg，根据牛顿第二定律可以知道平抛运动和斜抛运动的加速度都是恒定不变的，大小为g，方向竖直向下，都是匀变速运动．它们不同的地方就是平抛运动是水平抛出、初速度的方向是水平的，斜抛运动有一定的抛射角，可以将它分解成水平分速度和竖直分速度，也可以将平抛运动看成是特殊的斜抛运动(抛射角为0°)．平抛运动和斜抛运动初速度的方向与加速度的方向不在同一直线上，所以它们都是匀变速曲线运动，B、C错，A正确．平抛运动的速率一直在增大，斜上抛运动的速率先减小后增大，斜下抛运动的速率一直增大，D 错．4．游泳运动员以恒定的速率垂直于河岸渡河，当水速突然变大时，对运动员渡河时间和经历的路程产生的影响是()A．路程变大，时间延长B．路程变大，时间缩短C．路程变大，时间不变D．路程和时间均不变答案 C解析运动员渡河可以看成是两个运动的合运动：垂直河岸的运动和沿河岸的运动．运动员以恒定的速率垂直河岸渡河，垂直河岸方向的分速度恒定，由分运动的独立性原理可知，渡河时间不变；但是水速变大，沿河岸方向的运动速度变大，因时间不变，则沿河岸方向的分位移变大，总路程变大，故选项C正确．5．弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道飞行，关闭发动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹．若关闭发动机时导弹的速度是水平的，不计空气阻力，则导弹从此时起水平方向的位移()A．只由水平速度决定B．只由离地高度决定C．由水平速度、离地高度共同决定D．与水平速度、离地高度都没有关系答案 C解析不计空气阻力，关闭发动机后导弹水平方向的位移x＝v0t＝v02hg，可以看出水平位移由水平速度、离地高度共同决定，选项C正确．图26.如图2所示为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O.一人站在A 点处以速度v0沿水平方向扔小石块，已知AO＝40 m，忽略人的身高，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．若v0>18 m/s，则石块可以落入水中B．若v0<20 m/s，则石块不能落入水中C．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大答案 A解析石块做平抛运动刚好落入水中时，40sin 30°＝12gt2,40cos 30°＝vt，解得v0≈17.32 m/s，选项A正确，选项B错误；设落水时速度方向与水平面的夹角为α，tan α≈v yv0＝2ghv0，v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，选项C错误；若石块不能落入水中，设落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为β，tanβ＝gtv0＝2tan 30°，可知β与v0无关，故选项D错．二、双项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 7．某地发生地震，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处投出物资答案AC解析物资投出后做平抛运动，其落地所用时间由高度决定，t＝2hg＝6 s，A项正确，B项错误；抛出后至落地的水平位移为x＝v t＝60 m，C项正确，D项错误．8．如图3所示，蹲在树枝上的一只松鼠看到一个猎人正在用枪水平瞄准它，就在子弹出枪口时，开始逃跑，松鼠可能的逃跑方式有下列四种．在这四种逃跑方式中，松鼠不能逃脱厄运而被击中的是(设树枝足够高，忽略空气阻力)( )图3A ．自由落下B ．竖直上跳C ．斜向上跳D ．背着枪口，沿AC 方向水平跳离树枝答案 AD解析射出的子弹做平抛运动，根据平抛运动的特点，竖直方向做自由落体运动，所以无论松鼠以自由落下，还是背着枪口，沿AC 方向水平跳离树枝，竖直方向运动情况完全相同，一定被打中，不能逃脱厄运而被击中的是A 、D.9．物体以v 0的速度水平抛出，当其竖直分位移与水平分位移大小相等，以下说法正确的是( )A ．竖直分速度与水平分速度大小相等B ．瞬时速度的大小为3v 0C ．运动时间为2v 0gD ．运动位移的大小为22v 20g答案 CD解析设从抛出到竖直分位移与水平分位移大小相等时所需时间为t ，根据平抛运动规律知，竖直分位移y ＝12gt 2，水平分位移x ＝v 0t ，竖直方向的分速度为v y ＝gt ，由题设知x ＝y ，以上各式联立解得：t ＝2v 0g ，v y ＝2v 0，x ＝y ＝2v 20g，所以瞬时速度的大小为v ＝v 2y ＋v 2x ＝5v 0，运动位移的大小为s ＝x 2＋y 2＝22v 20g，故选C 、D 项． 10．将一物体自空中某点竖直向上抛出，1 s 后物体的速率为4 m /s ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，设竖直向上为正方向，则在这1 s 内物体的位移可能是( )A ．1 mB ．9 mC ．－1 mD ．－9 m答案 AB解析若末速度的方向向上，则v ＝4 m/s 由v ＝v 0－gt ，得v 0＝v ＋gt ＝(4＋10×1) m /s ＝14 m/s物体的位移：s ＝v ＋v 02t ＝4＋142×1 m ＝9 m 若末速度的方向向下，则v ＝－4 m /s 由v ＝v 0－gt 得v 0＝(－4＋10×1) m/s ＝6 m/s物体的位移s ′＝v 0＋v 2t ＝6－42×1 m ＝1 m ，故A 、B 正确．三、填空题(本题共2小题，共14分)11．(6分)如图4甲所示的演示实验中，A 、B 两球同时落地，说明__________________________________________，某同学设计了如图乙所示的实验：将两个斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板吻接，则他将观察到的现象是____________________________________，这说明________________________________．图4答案平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动上面小球砸在下面小球上做平抛运动的小球在水平方向上做匀速运动12．(8分)未来在一个未知星球上用如图5甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O 正下方P 点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示．a 、b 、c 、d 为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s ，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4，则：图5(1)由已知信息，可知a 点________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点；(2)由已知信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为________ m/s 2；(3)由已知信息可以算出小球平抛的初速度是________ m/s ；(4)由已知信息可以算出小球在b 点时的速度是________ m/s.答案 (1)是 (2)8 (3)0.8 (4)425解析 (1)由初速度为零的匀加速直线运动在相邻的相等的时间内通过的位移之比为1∶3∶5可知，a 点为抛出点；(2)由ab 、bc 、cd 水平距离相同可知，小球从a 到b 、b 到c 、c 到d 运动时间相同，设为T ，在竖直方向有Δh ＝gT 2，T ＝0.1 s ，可求出g ＝8 m /s 2；(3)由两位置间的时间间隔为0.10 s ，实际水平距离为8 cm ，x ＝v x t ，得水平速度为 0.8 m/s ；(4)b 点竖直分速度为ac 间的竖直平均速度，根据速度的合成求b 点的合速度，v yb ＝4×4×1×10－22×0.10m /s ＝0.8 m/s ，所以v b ＝v 2x ＋v 2yb ＝425m/s. 四、计算题(本题共4小题，共42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的答案中必须明确写出数值和单位)图613.(8分)一人带一猴在表演杂技，如图6所示，直杆AB 长h ＝8 m ，猴子在直杆上由A 向B 匀速向上爬，同时人用肩顶着直杆水平匀速移动．已知在5 s 内，猴子由A 运动到B ，而人也由甲位置运动到了乙位置．已知s ＝6 m ，求：(1)猴子相对地面的位移大小；(2)猴子相对地面的速度大小．答案 (1)10 m (2)2 m/s解析 (1)猴子对地的位移AB ′为猴子相对于人的位移AB 与人的位移AA ′的矢量和，所以AB ′＝(AB )2＋(AA ′)2＝h 2＋s 2＝82＋62 m ＝10 m.(2)猴子相对于地的速度v ＝AB ′t ＝105m /s ＝2 m/s. 14．(10分)从高为H ＝80 m 的楼顶以某水平速度抛出一个石块，落地点距楼的水平距离为120m ，(g 取10 m/s 2)求：(1)石块的初速度大小；(2)石块着地时的速度v .答案 (1)30 m /s (2)50 m/s ，方向与水平方向的夹角为53°解析 (1)石块的运动时间t ＝ 2H g ＝ 2×8010s ＝4 s 石块的初速度v 0＝x t ＝1204m /s ＝30 m/s (2)石块着地时竖直方向的速度v y ＝gt ＝40 m/s 石块着地时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝50 m/s设着地时的速度与水平方向的夹角为θ则tan θ＝v y v 0＝43，θ＝53°图715.(10分)在某次篮球比赛中，球打到篮板上后垂直反弹，运动员甲跳起来去抢篮板，刚好没有碰到球，球从站在他身后的乙的头顶擦过，落到了地面上(如图7所示)．已知甲跳起的摸高是h 1，起跳时距篮板的水平距离为s 1，乙的身高是h 2，站立处距离甲的水平距离为s 2，请根据这些数据求出篮球垂直反弹的速度v 0.答案 gs 2(h 1－h 2)(s 1＋s 22) 解析设篮球从篮板处飞到甲所用时间为t 1，从甲飞到乙所用时间为t 2，则t 1＝s 1v 0，t 2＝s 2v 0篮球从甲飞到乙过程中，有h 1－h 2＝gt 1·t 2＋12gt 22联立解得：v 2＝ gs 2(h 1－h 2)(s 1＋s 22) 16．(14分)如图8所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m ＝1.0 kg 的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.25，且与台阶边缘O 点的距离s ＝5 m ．在台阶右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R ＝5 2 m ，今以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F ＝5 N 的水平恒力拉动小物块，已知重力加速度g ＝10 m/s 2.图8(1)为使小物块不能击中挡板，求拉力F 作用的最长时间；(2)若小物块在水平台阶上运动时，恒力一直作用在小物块上，当小物块过O 点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标．答案 (1) 2 s (2)(5 m,5 m)解析 (1)为使小物块不会击中挡板，设拉力F 作用最长时间t ，小物块刚好运动到O 点．由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1解得：a 1＝2.5 m/s 2减速运动时的加速度大小为：a 2＝μg ＝2.5 m/s 2由运动学公式得：s ＝12a 1t 2＋12a 2t ′2 而a 1t ＝a 2t ′解得：t ＝t ′＝ 2 s(2)水平恒力一直作用在小物块上，由运动学公式有：v 20＝2a 1s解得小物块到达O 点时的速度为：v 0＝5 m/s小物块过O 点后做平抛运动．水平方向：x ＝v 0t 0竖直方向：y ＝12gt 20又x 2＋y 2＝R 2解得位置坐标为：x ＝5 m ，y ＝5 m.。

新教材物理粤教版必修第二册单元素养评价第三章万有引力定律含解析

根据 T=
,因为“天宫一号”的轨道半径小于“天宫二号”,所以
“天宫一号”的运行周期小于“天宫二号”的运行周期,故 A 错误;根据 a= ,因为“天宫一号”的轨道半径小于“天宫二号”,所以“天宫一号”的加速度大于“天宫二号”的加速度,故 B 错误;“天宫二号” 由椭圆形轨道的远地点进入近圆形轨道时,由向心运动变成圆周运动, 需要的向心力增大,所以速度增大,需要做加速运动,故 C 错误;“神舟十一号”和“天宫二号”对接时,“神舟十一号”加速,做离心运动,轨道半径增大,之后和“天宫二号”对接,故在对接前运行轨道要低于“天宫二号”的运行轨道,故 D 正确。
向由 h= gt2 得 g= ,因此 = = 。在星球表面物体所受的重力等于万
有引力,由 g= 得 =
=2,又因为 R2=R,所以 R1=2R,故选 C。
7. 有 a、b、c、d 四颗地球卫星,a 还未发射,在地球赤道上随地球表面
一起转动,b 处于地面附近近地轨道上正常运动,c 是地球同步卫星,d
是高空探测卫星,各卫星排列位置如图,则有
-1-
待“神舟十一号”到来。2016 年 10 月 19 日凌晨,“神舟十一号”飞船
与“天宫二号”自动交会对接成功,对接时的轨道高度是 393 公里,比
“神舟十号”与“天宫一号”对接时的轨道高了 50 公里,这与未来空
间站的轨道高度基本相同,为我国载人航天发展战略的第三步——建
造空间站做好了准备。下列说法正确的是
A.卫星在 C 点的速度最大 B.卫星在 C 点的加速度最大
-3-
C.卫星从 A 经 D 到 C 点的运动时间为
D.卫星从 B 经 A 到 D 点的运动时间为【解析】选 C。由题图可知 A 是近地点,C 点是远地点,故在 A 的速度最

2017-2018学年高中物理第二章交变电流章末质量评估粤教版选修3-2

第二章交变电流(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．两电路中电流与时间的关系分别如图甲、乙所示，属于交变电流的是( )图甲图乙A ．甲、乙都是B ．甲是，乙不是C ．乙是，甲不是D ．甲、乙都不是解析：甲图中大小和方向都做周期性变化，所以是交流电，乙图中只有大小变化而方向没有发生变化，是直流电．答案：B2.如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO ′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行的位置开始计时，则在t ＝πω时刻( )A ．线圈中的感应电动势最小B ．线圈中的感应电流最大C ．穿过线圈的磁通量最大D ．穿过线圈磁通量的变化率最小解析：一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈垂直中性面时，磁通量为零，磁通量变化率最大；每当线圈经过中性面时，电流方向改变，在t ＝πω时刻，即经过12周期，线圈平面与磁场方向又平行了，此时又处于中性面，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势和感应电流也最大．答案：B3．我国家庭照明电路用的交流电的电压瞬时值随时间变化的规律为u ＝311sin 100πt (V)，关于此交流电下列说法中正确的是( )A ．电压的最大值是311 VB ．电压的有效值是311 VC ．交流电的频率为100 HzD ．交流电的周期为100 s解析：交流电的电压瞬时值变化规律U ＝U m sin ωt ＝311sin 100 πt (V)，所以U m ＝311 V ，选项A 对．正弦交流电的电压有效值U ＝U m2＝220 V ，选项B 错．角速度ω＝100π，周期T ＝2πω＝0.02 s ，选项D 错．交流电频率f ＝1T＝50 Hz ，选项C 错．答案：A4.一个按正弦规律变化的交流电的图象如图所示，由图象可知( )①该交变电流的频率为0.2 Hz ②该交变电流的有效值为14.1 A③该交变电流的瞬时值表达式为i ＝20sin 0.02t (A) ④t ＝T8时刻，该交变电流的大小与其有效值相等 A ．①② B ．②④ C ．③④D ．①③解析：由图可知，交变电流的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，则①错误；该交变电流的有效值为I ＝202A ＝14.1 A ，②正确；ω＝2πT＝100π，该交变电流的瞬时值表达式为i ＝20sin 100πt (A)，③错误；t ＝T 8时刻，该交变电流的大小为i ＝20sin 100πt (A)＝20sin π4(A)＝14.1 A ，即与其有效值相等，④正确，选项B 正确．答案：B5．如图所示为正弦交流电经过整流器处理后的电压波形，其电压的有效值是( )A ．1.5 VB ．1 V C.32V D. 3 V解析：设交流电电压的有效值为U ，周期为T ，电阻为R ，则有U 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R·T2，解得U ＝12U m ＝12×3 V ＝1.5 V.答案：A6.如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a 、b 接电压U 的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a 、b 接电压的有效值为U 的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是( )A ．与甲灯串联的元件x 是电容器，与乙灯串联的元件y 是电感线圈B ．与甲灯串联的元件x 是电感线圈，与乙灯串联的元件y 是电容器C ．与甲灯串联的元件x 是二极管，与乙灯串联的元件y 是电容器D ．与甲灯串联的元件x 是电感线圈，与乙灯串联的元件y 是二极管解析：若x 是电容器，y 是电感线圈，则a 、b 接直流电源时，电容器不通直流，甲灯不亮，乙灯亮，与题意不符，A 错误．若x 是电感线圈，y 是电容器，则a 、b 接直流电源时，x 通直流，无感抗，甲灯亮，y 隔直流，乙灯不亮；当a 、b 接交流电源时，x 对交流有感抗，故甲灯亮度变弱，y 能通电流，如容抗较小，则可使乙灯正常发光，B 正确．若x 是二极管，则a 、b 接直流电源时，正、反接时，二极管只能有一次导通，甲灯只能有一次亮，与题意不符，C 错误．若y 是二极管，乙灯在直流电源正、反接时，有一次亮，而接交流电源时，因二极管的单向导电性，乙灯应时亮时灭，与题意不符，D 错误．答案：B7．如图所示电路中，L 为电感线圈，C 为电容器，当开关S 由断开变为闭合时( )A ．灯A 中无电流通过，不可能变亮B ．灯A 中有电流通过，方向由a 到bC ．灯B 逐渐熄灭，c 点电势高于d 点电势D ．灯B 逐渐熄灭，c 点电势低于d 点电势解析：若开关S 由断开变为闭合，则电容器C 和灯A 将被短路，电容器放电，灯A 中电流方向为由b 到a ，A 、B 均错；由于在L 中产生自感电动势，在线圈L 、灯B 和电键形成回路，使得灯B 逐渐熄灭，电流方向为从c 到d ，由于L 是电源，所以c 点电势低于d 点电势，选项D 正确．答案：D8．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R ，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2解析：理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，有：U 1U 2＝n 1n 2，由能量守恒定律可知：P 1＝I 1U 1＝P 2＝I 2U 2，故选项D 正确；因此I 1I 2＝n 2n 1，故选项A 错误；输电线两端的电压应为升压器副线圈两端电压与降压器原线圈两端电压U 3之差，因此根据欧姆定律有：I 2＝U 2－U 3R，故选项B 错误；降压器的输入功率为：P 3＝I 2U 3，因此有：I 1U 1＝I 22R ＋I 2U 3，故选项C 错误．答案：D9．如图所示，有一矩形线圈绕OO ′轴在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，通过滑环接一理想变压器．线路中接有电压表和电流表，不计矩形线圈和导线的电阻．滑动接头P 可以上下移动，副线圈上接有可调电阻R .下列判断正确的是( )A ．当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数增大B ．当P 位置不动、R 增大时，电压表的示数减小C ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数增大D ．当P 位置向上移动、R 不变时，电流表的示数减小解析：因不计矩形线圈和导线的电阻，电压表的示数即电动势的有效值，电动势不变，电压表示数不变，故选项A 、B 错误；根据理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2，副线圈输出电压U 2＝n 2n 1U 1，因n 1减小，U 2会增大，由输出功率等于输入功率P 2＝U 22R＝P 1＝U 1I 1知，电流表示数I 1会增大，故选项C 正确，选项D 错误．答案：C10．两个相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比Q 1Q 2等于( )A ．3∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．4∶3解析：两种交变电流的最大值为I m ，对于正弦式电流有效值为：I 1＝22I m ，对于方波，有效值为：I 2＝I m ，根据焦耳定律，得Q 1＝I 21RT ，Q 2＝I 22RT ，则 Q 1∶Q 2＝1∶2. 答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)11．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流如图，则( )A ．在A 和C 时刻线圈平面和磁场平行B ．在A 和C 时刻线圈平面和磁场垂直 C ．在B 时刻线圈中的磁通量最大D ．若线圈转动的周期为0.02 s ，则该交变电流的频率为50 Hz解析：线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流e ＝NBS ωsin (ωt ＋φ)(从中性面计时)，所以A 、C 时刻说明此刻线圈平面与磁场垂直，即A 对，B 错．B 、D 时刻为中性面，即磁通量最大，C 对．从图象可知线圈转动的周期为0.02 s ，则该交变电流的频率为50 Hz ，D 对．答案：ACD12．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P 处于图示位置时，灯泡L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )A ．向下滑动PB ．增大交流电源的电压C ．增大交流电源的频率D ．减小电容器C 的电容解析：本题首先要从使“灯泡变亮”这一结果去找变亮的原因和途径．灯泡变亮则其两端的电压必须增大，流过灯泡的电流增大．再具体分析滑动片P 的移动，增大交流电源电压及频率、减小电容器C 的电容对灯泡电压、电流的影响即可．对A 项：滑片P 下移，导致副线圈的匝数变小，由变压器原副线圈电压关系U 1U 2＝n 1n 2得，副线圈电压将变低，灯泡将变暗，故A 项错误；对B 项：匝数不变时，原线圈电压增大，则副线圈电压也增大，灯泡将变亮，故B 正确；对C 项：增大交流电源的频率，则电容器的容抗降低，电路中的电流增大，灯泡变亮，故C 项正确；减小电容器的电容，电容器的容抗增大，故D 项错误．答案：BC13．图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd 输入端交变电压u 的图象，L 1、L 2、L 3、L 4为四个规格均为“9 V ，6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是( )图甲图乙A ．ab 输入端电压的瞬时值表达式为U ab ＝272sin 100πt (V)B ．ab 输入端输入功率P ab ＝24 WC ．电流表的示数为2 A ，且四个灯泡均能正常发光D ．断开K ，电压表V 读数将变小解析：由输入端交变电压u 的图象，可知其最大值为27 2 V ，有效值是27 V ，副线圈电压为：U ′＝13×U 1＝13×27 V ＝9 V ，所以副线圈三个灯泡均能正常发光．灯泡的额定电流I 0＝P U ＝69 A ＝23 A ，电流表的读数为I 2＝3×23 A ＝2 A ，原线圈电流为I 1＝n 2n 1×I 2＝13×2 A ＝23A ，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab 输入端电压为U ab ＝U ＋U 2＝9 V ＋27 V ＝36 V ，输入端电压的瞬时值表达式为u ab ＝362sin 100πt (V)，A 错误，C 正确；四个灯泡都正常发光，所以ab 输入端输入功率P ab ＝4×6 W ＝24 W ，故B 正确；若将K 断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L 1的电流减小，L 1上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压增大，即电压表V 读数将变大，故D 错误．答案：BC14．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )图甲图乙A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin 100πt (V)B ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率减小D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W解析：由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT＝100π，可知其表达式为u 1＝202sin 100πt (V)，故选项A 正确；由题意可知变压器原线圈的输入电压U 1＝20 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝4 V ，将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4 V ，只断开S 2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B 错误；只断开S 2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C 正确；若S 1换接到2后，电阻R 的功率P R ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，故选项D 正确．答案：ACD三、非选择题(本题共4小题，共54分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(12分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝12πT ，矩形线圈的匝数N ＝100，边长L ab ＝0.20 m ，L bc ＝0.10 m ，以300 r/min 的转速匀速转动，从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：(1)交变电动势的瞬时值表达式；(2)若线圈总电阻为2Ω，线圈外接电阻为8Ω，求出电流的瞬时值和电压表读数； (3)线圈由图示位置转过π2的过程中，交变电动势的平均值．解析：(1)线圈转动的转速n ＝5 r/s ，角速度ω＝2πn ＝10π rad/s ，则E m ＝NBS ω，可得：E m ＝10 V ，所以瞬时表达式为：e ＝E m sin ωt ＝10sin 10πt (V)．(2)过程中电流最大值为：I m ＝102＋8A ＝1 A ，所以瞬时电流表达式为：i ＝I m sin ωt ＝sin 10πt (A)，电压表的读数为有效值，所以U ＝102·RR ＋r＝4 2 V.(3)线圈转过π2所用时间Δt ＝14T ＝14·2πω＝120s.根据法拉第电磁感应定律可得：E ＝n BS Δt ＝20πV.答案：(1)e ＝10sin 10πt (V) (2)i ＝sin 10πt (A) 4 2 V (3)20πV16．(12分)如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V ，求：(1)原线圈n 1等于多少？(2)当开关S 断开时，表A 2的示数I 2＝5 A ，则表A 1的示数I 1为多少？ (3)当开关S 闭合时，表A 1的示数I 1′等于多少？解析：(1)设伏特表所接线圈输出端电压为U 3，则U 1U 3＝n 1n 3，n 1＝3 3002×1＝1 650. (2)U 1I 1＝U 2I 2，则I 1＝U 2I 2U 1＝220×53 300A ≈0.33 A.(3)S 闭合时，I 2′＝2I 2＝10 A ，U 1I 1′＝U 2I 2′，I 1′＝U 2I 2′U 1＝220×103 300A ≈0.67 A.答案：(1)1 650 (2)0.33 A (3)0.67 A17．(12分)某发电站的输出功率为104kW ，输出电压为4 kV ，通过理想变压器升压后向80 km 远处用户供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m ，导线横截面积为1.5×10－4m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)升压变压器的输出电压； (2)输电线路上的电压损失．解析：(1)导线电阻r ＝ρ2l S ＝2.4×10－8×2×80×1031.5×10－4Ω＝25.6 Ω 输电线路损失功率为输出功率的4%，则 4%P ＝I 2r ，代入数据，得I ＝125 A ，由理想变压器P 入＝P 出及P ＝UI ，得输出电压U ＝P I ＝107125V ＝8×104V.(2)输电线路上电压损失U ′＝Ir ＝125×25.6 V ＝3.2×103 V.答案：(1)8×104V (2)3.2×103V18．(18分)有一台内阻为1Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R ＝4Ω，全校共22个班，每班有“220 V，40 W ”的电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：(1)发电机输出功率； (2)发电机电动势； (3)输电效率；(4)若使电灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半．解析：由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短，不必考虑这两部分输电导线上的功率损耗，发电机的电动势E ，一部分降在电源内阻上，另一部分为发电机的路端电压U 1，升压变压器副线圈电压U 2的一部分降在输电线上，其余的就是降压变压器原线圈电压U 3，而U 4应为电灯的额定电压U 额．(1)对降压变压器：P 3＝P 4＝U 4I 4＝nP 灯＝22×6×40 W ＝5 280 W.而U 3＝41U 4＝880 V ，所以I 3＝nP 灯U 3＝5 280880A ＝6 A. 对升压变压器：U 1I 1＝U 2I 2＝I 2线R ＋U 3I 3＝I 23R ＋P 3＝62×4 W ＋5 280 W ＝5 424 W ，所以，发电机的输出功率P 出＝5 424 W.(2)因为U 2＝U 3＋I 线R ＝U 3＋I 3R ＝880 V ＋6×4 V＝904 V ，所以U 1＝14U 2＝14×904 V ＝226 V.又U 1I 1＝U 2I 2，所以I 1＝U 2I 2U 1＝4I 2＝4I 3＝24 A. 故E ＝U 1＋I 1r ＝226 V ＋24×1 V＝250 V.(3)η＝P 3P 2×100%＝5 2805 424×100%＝97%.(4)电灯减少一半时，n ′P 灯＝2 640 W ，I 3＝n ′P 灯U 3＝2 640880A ＝3 A ，所以P 出＝n ′P 灯＋I 23R ＝2 640 W ＋32×4 W ＝2 676 W>12P 3.发电机输出功率减少一半还要多．答案：(1)5 424 W (2)250 V (3)97% (4)减少大于一半。

2017-2018年物理·必修2(粤教版)练习：章末复习课3 Word版含解析

章末复习课【知识体系】[答案填写] ①地球 ②太阳 ③a 3T 2＝k ④质点 ⑤G m 1m 2r 2 ⑥卡文迪许 ⑦减小 ⑧增大 ⑨减小 ⑩增大 ⑪7.9 ⑫11.2 ⑬16.7主题一卫星与赤道上随地球自转的物体的区别1．近地卫星、同步卫星和赤道上随地球自转的物体三种匀速圆周运动的异同．(1)轨道半径：近地卫星与赤道上物体的轨道半径近似相同，同步卫星的轨道半径较大．r 同>r 近＝r 物．(2)运行周期：同步卫星与赤道上物体的运行周期相同．由T ＝2πr 3GM 可知，近地卫星的周期要小于同步卫星的周期．T 近<T 同＝T 物．(3)向心加速度：由G Mm r2＝ma 知，同步卫星的加速度小于近地卫星的加速度．由a ＝rω2＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2知，同步卫星的加速度大于赤道上物体的加速度．a 近>a 同>a 物．(4)动力学规律：近地卫星和同步卫星都只受万有引力作用，由万有引力提供向心力，满足万有引力提供向心力所决定的天体运行规律．赤道上的物体由万有引力和地面支持力的合力提供向心力(或说成万有引力的分力提供向心力)，它的运动规律不同于卫星的运动规律．2．卫星的向心加速度与物体随地球自转的向心加速度的区别．赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近的近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则有()A．a的向心加速度等于重力加速度gB．b在相同时间内转过的弧长最长C．c在4小时内转过的圆心角是π6D．d的运动周期有可能是20小时解析：对a：GMmR2－F N＝ma，又F N>0，GMmR2＝mg，故a<g，A错误；由GMmr2＝mv2r得v＝GMr，r b最小，故b的速度最大，相同时间内转过的弧长最长，B正确；c为同步卫星，周期为24小时，故4小时转过的角度为2π24×4＝π3，C错误；因d的运动周期一定大于c的周期，故周期一定大于24小时，D错误．答案：B针对训练1．(多选)同步卫星离地心距离为r，运行速率为v1，加速度为a1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v 2，地球的半径为R ，则下列比值正确的是( )A.a 1a 2＝r RB.a 1a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r R 2C.v 1v 2＝r RD.v 1v 2＝R r 解析：先研究a 1与a 2的关系，由于地球同步卫星运行周期与地球自转周期相同，因此，二者角速度相等，由a ＝rω2得a 1a 2＝r R ，选项A 正确，B 错误；再研究v 1与v 2的关系，由于二者均由万有引力提供向心力，即GMm r 2＝m v 2r ，因此根据线速度公式v ＝G M r 可得v 1v 2＝R r，选项C 错误，D 正确．答案：AD主题二天体运动中的双星问题众多的天体中如果有两颗恒星，它们靠得较近，在万有引力作用下绕着中间的某一点共同转动，这样的两颗恒星称为双星．如图所示为质量分别是m 1和m 2的两颗相距较近的恒星．它们间的距离为L .此双星问题的特点是：(1)两星的运行轨道为同心圆．(2)两星的运动半径之和等于它们间的距离，即r 1＋r 2＝L .(3)两星的转动周期(角速度)相同．由于m 1r 1ω2＝m 2r 2ω2，即m 1r 1＝m 2r 2，所以双星中某星的运动半径与其质量成反比．若已知双星的运动周期T ，由G m 1m 2L 2＝m 1r 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2和G m 1m 2L 2＝m 2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2可求得两星的总质量为m 1＋m 2＝4π2L 3GT 2. 【典例2】两个靠得很近的恒星称为双星，这两颗恒星必须以一定的角速度绕二者连线上的一点转动才不至于由于万有引力作用而吸在一起，已知两颗星的质量分别为m 1、m 2，相距L ，试求这两颗星的中心位置和转动的周期．解析：设两颗星做圆周运动的周期均为T ，转动中心O 距m 1距离为R 1，由两颗星做圆周运动的向心力由两颗星间万有引力提供，有：G m 1m 2L 2＝m 14π2T 2R 1，G m 1m 2L 2＝m 24π2T 2(L －R 1)．解得R 1＝m 2L m 1＋m 2，T ＝2πL L G （m 1＋m 2）. 答案：m 2L m 1＋m 2 2πL L G （m 1＋m 2）针对训练2．(多选)甲、乙两恒星相距为L ，质量之比m 甲m 乙＝23，它们离其他天体都很遥远，我们观察到它们的距离始终保持不变，由此可知( )A ．两恒星一定绕它们连线的某一位置做匀速圆周运动B ．甲、乙两恒星的角速度之比为2∶3C ．甲、乙两恒星的线速度之比为 3∶ 2D ．甲、乙两恒星的向心加速度之比为3∶2解析：据题可知甲、乙两恒星的距离始终保持不变，围绕两星连线上的一点做匀速圆周运动，靠相互间的万有引力提供向心力，角速度一定相同，故A 正确，B 错误．双星靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：m 甲r 甲ω2＝m 乙r 乙ω2，得：r 甲r 乙＝m 乙m 甲＝32. 根据v ＝rω，知v 甲∶v 乙＝r 甲∶r 乙＝3∶2.故C 错误．根据a ＝rω2知，向心加速度之比a 甲∶a 乙＝r 甲∶r 乙＝3∶2，故D 正确．答案：AD统揽考情本章的主线是万有引力定律在天体、航天技术中的应用，在高考考查中属于每年必考内容，在全国卷中一般只考查一道选择题，占6分，命题的热点主要是万有引力定律的理解，还有利用万有引力定律求天体的质量、密度，利用万有引力提供向心力分析航天器、卫星的运行规律．在试题中，有时也考查双星模型与能量综合等问题．真题例析(2016·全国Ⅰ卷)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )A ．1 hB ．4 hC ．8 hD ．16 h解析：仅用三颗卫星实现通信目的，三颗卫星离地面的最小距离如图所示，由几何关系可知，卫星离地心的距离r 为地球半径R 的2倍．根据r 3T 2＝k ，可得（6.6R ）3242＝（2R ）3T 2，解得T ≈4 h ，B 正确．答案：B针对训练(2016·四川卷)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a 1，“东方红二号”的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为( )A ．a 2＞a 1＞a 3B ．a 3＞a 2＞a 1C ．a 3＞a 1＞a 2D ．a 1＞a 2＞a 3解析：对于东方红一号卫星，在远地点由牛顿第二定律可知GMm 1r 21＝m 1a 1，即a 1＝GM r 21(r 1＝2 060 km)．对于红方红二号卫星，由牛顿第二定律可知GMm 2r 22＝m 2a 2，即a 2＝GM r 22(r 2＝35 786 km)．因为r 1＜r 2，所以a 1＞a 2.由圆周运动规律可知，对东方红二号卫星：a 2＝r 24π2T 2，对地球赤道上的物体：a 3＝R 4π2T 2，因为r 2＞R ，所以a 2＞a 3.综上可得a 1＞a 2＞a 3，D 正确．答案：D1.(2016·天津卷)我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )A ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接解析：卫星绕地球做圆周运动，满足G Mm r 2＝m v 2r .若加速度，则会造成G Mm r 2＜m v 2r ，卫星将做离心运动．因此要想使两卫星对接绝不可能同轨道加速或减速，只能从低轨道加速或从高轨道减速，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C2．(2015·福建卷)如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )A.v 1v 2＝r 2r 1B.v 1v 2＝r 1r 2C.v 1v 2＝(r 2r 1)2D.v 1v 2＝(r 1r 2)2 解析：对人造卫星，根据万有引力提供向心力GMm r2＝m v 2r ，可得v ＝GM r .所以对于a 、b 两颗人造卫星有v 1v 2＝ r 2r 1，故选项A 正确．答案：A3．(2015·江苏卷)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b ”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51 peg b ”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120.该中心恒星与太阳质量的比值约为( )A.110B ．1C ．5D ．10 解析：行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，则M 1M 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1203×⎝ ⎛⎭⎪⎫36542≈1，选项B 正确．答案：B4.(2015·山东卷)如图，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L 1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a 1、a 2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a 3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是()A ．a 2>a 3>a 1B ．a 2>a 1>a 3C ．a 3>a 1>a 2D ．a 3>a 2>a 1解析：空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 知，a 2>a 1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm r 2＝ma ，可知a 3>a 2，故选项D 正确．答案：D5．(多选)(2015·课标全国Ⅰ卷改编)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg ，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的 3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s 2，则此探测器( )A ．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB ．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，相对月球的速度先增大后减小D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度解析：在地球表面附近有G M 地m R 2地＝mg 地，在月球表面附近有G M 月m R 2月＝mg 月，可得g 月＝1.656 m/s 2，所以探测器落地的速度为v ＝2g 月h ＝3.64 m/s ，故A 错误；探测器悬停时受到的反冲作用力为F＝mg 月≈2×103 N ，B 正确；探测器在着陆过程中速度先减小后增大，C 错误；在靠近星球的轨道上有G Mm R 2＝mg ＝m v 2R ，即有v ＝gR ，可知在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地球轨道上运行的线速度，故选项D 正确．答案：BD。

2017-2018年高中物理必修2(粤教版)习题：章末质量评估

章末质量评估(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．关于曲线运动和圆周运动，下列说法正确的是( )A．做曲线运动的物体速度方向时刻改变，所以曲线运动是变速运动B．做曲线运动的物体，受到的合外力方向在不断改变C．只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心D．物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动解析：做曲线运动的物体速度方向沿切线方向，时刻改变，所以曲线运动是变速运动，A对；平抛运动是曲线运动，但合外力是重力，大小方向都不变，B错；做变速圆周运动的物体，所受的合外力不指向圆心，C错；物体受到垂直于初速度方向的恒力作用，将做平抛运动，D错．答案：A2．下列现象中，为了避免发生离心运动发生的是( )A．汽车拐弯时要减速B．制作棉花糖C．洗衣机甩干衣物D．制作无缝钢管解析：离心现象有些是有益的有些是有害的，汽车拐弯时，静摩擦力提供向心力，如果车速过快，静摩擦力不足以提供向心力，汽车容易发生侧滑发生危险，所以A项正确；制作棉花糖时利用糖浆之间力不足够提供向心力发生离心现象，制成的是有益的应用，所以B项错误；水滴与衣服之间的附着力不足够提供向心力时发生离心现象而离开衣服是有益的应用，所以C项错误；钢水在圆周运动时需要向心力模型对钢水的支持力提供向心力，制作无缝钢管也是有益的离心现象，所以D项错误．答案：A3．在下面所介绍的各种情况中，将出现超重现象的是( )①荡秋千经过最低点的小孩②汽车过凸形桥③汽车过凹形桥④在绕地球做匀速圆周运动的飞船中的仪器A．①②B．①③C．①④D．③④解析：①③中的小孩、汽车的加速度都竖直向上，所以处于超重状态．而②④中的汽车、飞船中的仪器处于失重状态．答案：B4．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g ，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为( )A.g （r 2－R 2）2ωRB.g （r 2－R 2）2ωrC.g （r －R ）22ω2R 2 D.gr 22ω2R 2 解析：设伞边缘距地面的高度为h ，伞边缘水滴的速度v ＝ωR ，水滴下落时间t ＝2h g ，水滴平抛的水平位移x ＝vt ＝ωR2h g .由几何关系，R 2＋x 2＝r 2，可得：h ＝g （r 2－R 2）2ω2R 2，选项A 正确．答案：A5．一个物体做匀速圆周运动，向心加速度为2 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．向心加速度描述了瞬时速度(线速度)大小变化的快慢B ．向心加速度描述了瞬时速度(线速度)变化的方向C ．该物体经过1 s 时间速度大小的变化量为2 m/sD ．该物体经过1 s 时间速度变化量的大小为2 m/s 解析：匀速圆周运动的线速度大小不变，只是方向不断改变，因此，向心加速度描述的是线速度的方向改变的快慢，选项A 、B 错误；匀速圆周运动的线速度大小不变，选项C 错误；根据加速度定义式a ＝Δv Δt可知，经过1 s 时间速度的变化量为Δv ＝a ·Δt ＝2 m/s ，选项D 正确．答案：D6．如图所示，某公园里的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，人体颠倒，若轨道半径为R ，人体受重力为mg ，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小为( )A ．0B.gRC.2gRD.3gR解析：由题意知F ＋mg ＝2mg ＝m v 2R ，故速度大小v ＝2gR ，C 正确．答案：C7．如图所示，小强正在荡秋千．关于绳上a 点和b 点的线速度和角速度，下列关系正确的是( )A ．v a ＝ v bB ．v a > v bC ．ωa ＝ ωbD ．ωa < ωb解析：小强在荡秋千过程，人和绳都以O 为圆心做圆周运动，人与a 、b 两点的角速度相等，C 选项正确；a 、b 两点到O 点的半径不同，线速度不等．答案：C8.如图所示，O 、O ′为两个皮带轮，O 轮的半径为r ，O ′轮的半径为R ，且R >r ，M 点为O 轮边缘上的一点，N 点为O ′轮上的任意一点，当皮带轮转动时，(设转动过程中不打滑)则( )A ．M 点的向心加速度一定大于N 点的向心加速度B ．M 点的向心加速度一定等于N 点的向心加速度C ．M 点的向心加速度可能小于N 点的向心加速度D ．M 点的向心加速度可能等于N 点的向心加速度解析：在O ′轮的边缘上取一点Q ，则Q 点和N 点在同一个轮子上，其角速度相等，即ωQ ＝ωN ，又r Q >r N ，由向心加速度公式a n ＝ω2r 可知a Q >a N ；由于皮带转动时不打滑，Q 点和M 点都在由皮带传动的两个轮子边缘，这两点的线速度大小相等，即v Q ＝v M ，又r Q >r M ，由向心加速度公式a n ＝v 2r可知，a Q <a M ，所以a M >a N ，A 正确．答案：A9．如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10 m/s 时，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，刚好不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为( )A ．15 m/sB ．20 m/sC ．25 m/sD ．30 m/s解析：汽车通过拱桥顶点的过程可以看作圆周运动的一部分，合力在指向圆心方向的分力提供向心力，即mg －F N ＝m v 2R ，当v ＝10 m/s 时F N ＝34mg ；若要汽车在桥顶摩擦力为零，应有F N ＝0，由此可得v＝20 m/s，B选项正确．答案：B10．飞行员的质量为m，驾驶飞机在竖直平面内以速度v做半径为r的匀速圆周运动，在轨道的最高点和最低点时，飞行员对座椅的压力( )A．是相等的B．相差mv2 rC．相差2mv2rD．相差2mg解析：在最高点，设座椅对飞行员的支持力为F N1，则mg＋F N1＝m v2r，得F N1＝mv2r－mg.由牛顿第三定律，在最高点飞行员对座椅的压力大小为F′N1＝m v2r－mg.在最低点，设座椅对飞行员的支持力为F N2，则F N2－mg＝m v2r得F N2＝mg＋mv2r.由牛顿第三定律，在最低点飞行员对座椅的压力大小为F′N2＝mg＋m v2r，所以F′N2－F′N1＝2mg.故选D.答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分) 11．关于向心力的下列说法中正确的是( )A．向心力不改变做圆周运动物体速度的大小B．做匀速圆周运动的物体，其向心力时刻改变C．做圆周运动的物体，所受合力一定等于向心力D．做匀速圆周运动的物体，所受的合力为零解析：向心力只改变做圆周运动物体速度的方向，不改变速度的大小，故A对；做匀速圆周运动的物体，向心力的大小是不变的，但其方向时刻改变，所以B对；做圆周运动的物体，其所受的合力不一定都用来提供向心力，还可能提供切线方向的加速度，只有做匀速圆周运动的物体所受合力才等于向心力，故C不对；显然匀速圆周运动是变速运动，物体所受的合力不能为零，故D不对．答案：AB12．如图所示，皮带传动装置中，右边两轮连在一起共轴转动，图中三轮半径分别为r1＝3r，r2＝2r，r3＝4r；A、B、C三点为三个轮边缘上的点，皮带不打滑．向心加速度分别为a1、a2、a3，则下列比例关系正确的是( )A.a 1a 2＝32B.a 1a 2＝23C.a 2a 3＝21D.a 2a 3＝12解析：由于皮带不打滑，v 1＝v 2，a ＝v 2r ，故a 1a 2＝r 2r 1＝23，A 错，B 对．由于右边两轮共轴转动，ω2＝ω3，a ＝r ω2，a 2a 3＝r 2r 3＝12，C 错、D 对．答案：BD13．一只质量为m 的老鹰，以速率v 在水平面内做半径为r 的匀速圆周运动，则关于老鹰的向心加速度的说法正确的是( )A ．大小为v 2rB ．大小为g －v 2rC ．方向在水平面内D ．方向在竖直面内解析：根据a n ＝v 2r可知选项A 正确；由于老鹰在水平面内运动，向心加速度始终指向圆心，所以向心加速度的方向在水平面内，C 正确．答案：AC14.如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O 点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它做圆周运动．点a 、b 分别表示轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是( )A ．a 处为拉力，b 处为拉力B ．a 处为拉力，b 处为推力C ．a 处为推力，b 处为拉力D ．a 处为推力，b 处为推力解析：在a 处小球受到竖直向下的重力，因此a 处一定受到杆的拉力，因为小球在最低点时所需向心力沿杆由a 指向圆心O ，向心力是杆对球的拉力和重力的合力．小球在最高点b 时杆对球的作用力有三种情况：(1)杆对球恰好没有作用力，这时小球所受的重力提供向心力，设此时小球速度为v 临，由mg ＝mv 2临R得v 临＝Rg .(2)当小球在b 点，速度v >v 临时，杆对小球有向下的拉力．(3)当小球在b 点，速度0<v <v 临时，杆对小球有向上的推力．答案：AB三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)如图所示，光滑水平桌面上的O 处有一光滑的圆孔，一根轻绳一端系质量为m 的小球，另一端穿过小孔拴一质量为M 的木块．当m 以某一角速度在桌面上做匀速圆周运动时，木块M 恰能静止不动，这时小球做圆周运动的半径为r ，求此时小球做匀速圆周运动的角速度．解析：m 受重力、支持力、轻绳拉力的共同作用，而重力与支持力平衡，所以轻绳拉力F 充当向心力，即F ＝mr ω2.木块M 静止，所以轻绳拉力F ＝Mg ，即Mg ＝mr ω2，所以ω＝Mg mr . 答案： Mg mr16．(12分)原长为L 的轻弹簧一端固定一小铁块，另一端连接在竖直轴OO ′上，小铁块放在水平圆盘上，若圆盘静止，把弹簧拉长后将小铁块放在圆盘上，使小铁块能保持静止的弹簧的最大长度为5L 4.现将弹簧长度拉长到6L 5后，把小铁块放在圆盘上，在这种情况下，圆盘绕中心轴OO ′以一定角速度匀速转动，如图所示．已知小铁块的质量为m ，为使小铁块不在圆盘上滑动，圆盘转动的角速度ω最大不得超过多少？解析：以小铁块为研究对象，圆盘静止时：设铁块受到的最大静摩擦力为f max ，由平衡条件得f max ＝kL 4. 圆盘转动的角速度ω最大时，铁块受到的摩擦力f max 与弹簧的拉力kx 的合力提供向心力，由牛顿第二定律得kx ＋f max ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫6L 5ω2max . 又因为x ＝L5，解以上三式得角速度的最大值ωmax ＝3k 8m . 答案： 3k 8m 17.(12分)如图所示，已知绳长为L ＝20 cm ，水平杆L ′＝0.1 m ，小球质量m ＝0.3 kg ，整个装置可绕竖直轴转动，问：(1)要使绳子与竖直方向成45°角，该装置必须以多大的角速度转动才行？(2)此时绳子的张力为多少？解析：小球绕杆做圆周运动，其轨道平面在水平面内，轨道半径r ＝L ′＋L sin 45°，绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力．对小球受力分析如图所示，设绳对小球的拉力为F ，重力为mg ，则绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力．对小球由牛顿第二定律，得mg tan 45°＝m ω2r ，r ＝L ′＋L sin 45°，联立以上两式，将数值代入，得ω＝6.4 rad/s ，F ＝mgcos 45°＝4.16 N. 答案：(1)6.4 rad/s (2)4.16 N18．(14分)如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A 和B 水平放置，两轮半径R A ＝2R B ，当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上，若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转轴的最大距离为多少？解析：因为v A ＝v B ，所以由v ＝ωr 得ωA ωB ＝R B R A ＝12，① 木块在A 轮边缘恰能静止，其所需的向心力是由最大静摩擦力提供．设木块质量为m ，与轮子的最大静摩擦力为f max ，则f max ＝mR A ω2A ，②设木块放在B 轮上距B 轮轴的最大距离为r ，由于木块与A 、B 轮的动摩擦因数相同，所以木块放在r 处时仍是最大静摩擦力提供向心力，即f max ＝m ω2B r ，③联立①②③式，解得r ＝ω2A ωB R A ＝14R A ＝12R B . 答案：12R B。

2017-2018年高中物理必修2(粤教版)习题：章末质量评估(一)+Word版含答案

章末质量评估(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．关于斜抛运动，下列说法不正确的是( )A．任何斜抛运动都可以看成是两个方向上的直线运动的合运动B．斜抛运动可以看成是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动的合运动C．斜抛运动一定是变加速运动D．斜抛运动是匀变速运动解析：任何斜抛运动都可以分解成任何两个方向上的分运动，包括互相垂直的两个方向，所以A正确；根据斜抛运动的规律，B是正确的；合力不变的物体所做的斜抛运动是匀变速运动，所以C错误，D正确．故选C.答案：C2.一个小球在水平桌面上以速度v0运动，当小球运动至P点时，开始受到某力的作用，轨迹如图所示，AP为直线，PB为曲线．以下说法中正确的是( )A．该外力可能沿x轴正方向B．该外力可能沿x轴负方向C．该外力可能沿y轴正方向D．该外力可能沿y轴负方向解析：物体做曲线运动时，所受外力指向圆弧的内侧，在图中小球所受外力可能沿y轴正方向，故A、B、D错误，C正确．答案：C3．物体自地面做竖直上抛运动后又落回地面，则( )A．上抛过程中，加速度方向向上，速度方向向上，相对于抛出点的位移方向向上B．下落过程中，加速度方向向下，速度方向向下，相对于抛出点的位移方向向下C．在最高点，速度大小为零，不受力的作用D．到达最高点后，加速度方向不变，速度方向改变解析：物体抛出后只受重力作用，加速度方向向下，大小恒定．落地前的位移相对于抛出点方向向上，A、B、C均错，D正确．答案：D4．如图所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H高处的飞机以水平对地速度v1发射一颗炸弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看作竖直上抛)．设此时拦截系统与飞机的水平距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2的关系应满足( )A ．v 1＝Hx v 2 B ．v 1＝v 2x HC ．v 1＝x Hv 2D ．v 1＝v 2解析：要拦截成功，两炮弹必在空中相遇，设经时间t 两炮弹相遇，则x ＝v 1t ，y ＝12gt 2，s＝v 2t －12gt 2，y ＋s ＝H ，联立以上各式，解得v 1＝xHv 2.故选C.答案：C5．一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边．小船相对于水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示．船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变．由此可以确定船沿三条不同路径渡河( )A ．时间相同，AD 是匀加速运动的轨迹B ．时间相同，AC 是匀加速运动的轨迹 C ．沿AC 用时最短，AC 是匀加速运动的轨迹D ．沿AD 用时最长，AD 是匀加速运动的轨迹解析：根据题意，船在静水中的速度是不同的，因此它们的时间也不相同，根据曲线运动条件可知，AC 轨迹说明船在静水中加速运动，而AB 则对应船在静水中匀速运动，对于AD ，则船在静水中减速运动，故A 、B 错误；由上分析可知，由AC 轨迹，船在静水中加速运动，因此所用时间最短，故C 正确；沿着AD 运动轨迹，对应的时间是最长的，但AD 是匀减速运动的轨迹，故D 错误．答案：C6．如图所示，小船以大小为v 1、方向与上游河岸成θ的速度(在静水中的速度)从A 处过河，经过t 时间，正好到达正对岸的B 处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B 处，在水流速度不变的情况下，下列方法中可采用的是( )A．只要增大v1大小，不必改变θ角B．只要增大θ角，不必改变v1大小C．在增大v1的同时，也必须适当增大θ角D．在增大v1的同时，也必须适当减小θ角解析：因小船垂直河岸过河，则由速度的分解知识可知水流速度：v＝v1cos θ；则在水流速度v不变的情况下，增大v大小，必须增大θ角，故选项C正确．答案：C7．某同学在一古井口以1 m/s的速度竖直向下扔一石块，2 s 后听到石块击水的声音，声音的传播时间忽略不计，取g＝10 m/s2，可估算出古井的深度约为( )A．20 m B．22 mC．2 m D．7 m解析：石块做竖直下抛运动，则s＝v0t＋12gt2＝1×2 m＋12×10×22 m＝22 m．由此可知古井约为22 m，B正确．答案：B8．从地面上同时抛出两小球，A沿竖直向上，B沿斜向上方，它们同时到达最高点，不计空气阻力．则( )A．A先落到地面上B．B的加速度比A的大C．A上升的最大高度比B大D．抛出时B的初速度比A大解析：A小球和B小球竖直方向上都做竖直上抛运动，它们同时到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，它们下降的过程经历的时间也是相同的，所以它们一定是同时落地，故A错误；A和B的加速度是相同的，都是重力加速度，故B错误；它们同时到达最高点，所以在竖直方向上的位移是相等的，即上升的高度是相等的，故C错误；它们同时到达最高点，所以B的初速度沿竖直方向的分速度与A的初速度大小相等，所以B的初速度一定大于A的初速度，故D正确．答案：D9.如图所示，从一根内壁光滑的空心竖直钢管A的上端边缘，沿直径方向向管内水平抛入一钢球．球与管壁多次相碰后落地(球与管壁相碰时间不计)，若换一根等高但较粗的内壁光滑的钢管B，用同样的方法抛入此钢球，则运动时间( )A ．在A 管中的球运动时间长B ．在B 管中的球运动时间长C ．在两管中的球运动时间一样长D ．无法确定解析：小球做平抛运动，平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，球跟管壁碰撞中受水平方向弹力作用，只改变水平方向速度大小，而竖直方向始终仅受重力作用，保持自由落体运动，由公式y ＝12gt 2，得t ＝2yg，因A 、B 等高，故t 相同，应选C.答案：C10．如图所示，P 是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B 点以某速度v 0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧的圆心，θ1是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角，则( )A.tan θ2tan θ1＝2B ．tan θ1tan θ2＝2 C.1tan θ1tan θ2＝2D.tan θ1tan θ2＝2解析：由题意知：tan θ1＝v y v 0＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt，由以上两式得tan θ1tan θ2＝2.故B 项正确．答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)11．如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动．下列关于铅笔笔尖的运动及其所留下的痕迹的判断中正确的是( )A ．笔尖留下的痕迹是一条抛物线B ．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线C ．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变D ．在运动讨程中，笔尖运动的加速度方向始终不变解析：笔尖的运动为水平向右的匀速直线运动和竖直向上的匀加速直线运动的合运动，轨迹为抛物线，A 正确，B 错误．运动过程中笔尖的加速度始终不变，速度方向时刻发生变化，C 错误，D 正确．答案：AD12.某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的右侧(如图所示)．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，他可能做出的调整为( )A ．减小初速度，抛出点高度不变B ．增大初速度，抛出点高度不变C ．初速度大小不变，降低抛出点高度D ．初速度大小不变，提高抛出点高度解析：设小球被抛出时的高度为h ，则h ＝12gt 2，小球从抛出到落地的水平位移x ＝v 0t ，两式联立得x ＝v 02hg，根据题意，再次抛小球时，要使小球运动的水平位移x 减小，可以采用减小初速度v 0或降低抛出点高度h 的方法，故A 、C 正确．答案：AC13.如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若小车和被吊的物体在同一时刻速度分别为v 1和v 2，绳子对物体的拉力为F 拉，物体所受重力为G ，则下列说法正确的是( )A ．物体做匀速运动，且v 1＝v 2B ．物体做加速运动，且v 2<v 1C ．物体做加速运动，且F 拉>GD ．物体做匀速运动，且F 拉＝G解析：小车在运动的过程中，其速度产生两个效果，故将小车的速度按照沿绳子方向与垂直绳子的方向进行分解，如图所示，则由图可以看出v 2＝v 1cos α，则v 2<v 1.随着小车向前移动，α将不断减小，cos α将逐渐增大，则v 2逐渐增大，即物体向上做加速运动，根据牛顿第二定律可知，F 拉>G .故B 、C 正确．答案：BC14.小球从O 点水平抛出，建立如图所示的坐标系．x 轴上OA ＝AB ＝BC ，y 轴沿竖直方向，从A 、B 、C 三点作y 轴的平行线，与小球运动轨迹交于M 、N 、P 三点，那么下列比值中正确的是( )A ．小球在这三点的水平速度之比v 1x ∶v 2x ∶v 3x ＝1∶1∶1B ．小球在OM 、MN 、NP 三段轨迹上运动的时间之比t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶3C ．小球在这三点的竖直分速度之比v 1y ∶v 2y ∶v 3y ＝1∶2∶3D ．AM ∶BN ∶CP ＝1∶2∶3解析：因为平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，由题意知OA ＝AB ＝BC ，故小球在OM 、MN 、NP 三段轨迹上运动的时间相等，故A 正确，B 错误；由于t 1＝t 2＝t 3，又由v y ＝gt 知v 1y ＝gt ，v 2y ＝g 2t ，v 3y ＝g 3t ，所以v 1y ∶v 2y ∶v 3y ＝1∶2∶3，故C 正确；由于AM 、BN 、CP 为竖直分位移，由y ＝12gt 2知D 错误．答案：AC三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)研究平抛运动时，我们用到如图甲所示的装置，将两个完全相同的斜槽固定在同一竖直面内，它们的最下端水平．把两个质量相等的小钢球，从斜面的顶点由静止同时释放，斜槽2的水平轨道末端与光滑水平面吻合．可以观察到现象：___________________，这说明：_______________________________________________.同时我们还用到如图乙所示的装置(装置离地面足够高)，小球2与斜槽末端在同一水平线上．将小球1从任意高度释放，当它到达斜槽末端时释放小球2；再水平移动小球2，重复上述过程．可以观察到现象：_________________________________________________.这说明：______________________________________________.本实验的关键是如何确保小球1水平抛出时小球2能同时释放，这就需要一个控制装置．我们可以设置一个发射器(即一个光源)，让接收器接收它发出的光时去控制电磁铁吸住小球 2.当小球1从斜槽末端经过时将发射器发出的光挡住，接收器未收到光信号就控制电磁铁停止工作，小球2落下．解析：图甲中，小球1做平抛运动，小球2沿光滑水平面做匀速直线运动，两小球同时沿着同一水平方向运动．在斜槽尾端两小球沿相同的光滑斜槽从相同高度同时由静止释放，则两小球的水平初速度相同，小球1必定落到光滑水平面上与小球2相碰，这说明平抛运动的水平分运动是匀速直线运动；图乙中，小球1做平抛运动，小球2同时做自由落体运动，发现两小球总能在空中某位置相遇，这种现象说明，平抛运动的竖直分运动是自由落体运动．答案：两球在斜槽2的水平轨道上相碰平抛运动的水平分运动是匀速直线运动实验中两个小球都能在空中相碰平抛运动的竖直分运动是自由落体运动16．(12分)质量m＝2 kg的物体在光滑水平面上运动，其两个相互垂直的x、y方向上的分速度v x和v y随时间变化的图线如图所示，求：(1)物体的初速度；(2)t1＝8 s时物体的速度大小；(3)t2＝4 s时物体的位移大小．解析：(1)t＝0时，v x＝3 m/s，v y＝0.所以初速度v0＝3 m/s，沿x轴正方向．(2)t1＝8 s时，v x＝3 m/s，v y＝4 m/s，则v＝v2x＋v2y＝32＋42 m/s＝5 m/s.(3)t2＝4 s时，x＝v x·t＝3×4 m＝12 m，y ＝12at 22＝12×0.5×42m ＝4 m ，合位移s ＝ x 2＋y 2＝122＋42m ＝410 m ≈12.6 m. 答案：(1)3 m/s ，沿x 轴正方向 (2)5 m/s (3)12.6 m(或410 m)17．(12分)在竖直的井底，将一物体以11 m/s 的速度竖直向上抛出，物体冲出井口时被人接住，在被人接住前1 s 内物体的位移是4 m ，位移方向向上，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，求：(1)物体从抛出到被人接住所经历的时间； (2)此井的竖直深度．解析：(1)设人接住物体前1 s 时速度为v ，则有s ′＝vt ′－12gt ′2，即4＝v ×1－12×10×12，解得v ＝9 m/s ，则物体从抛出到被接住所用总时间t ＝v －v 0－g＋t ′＝1.2 s. (2)井的竖直深度为s ＝v 0t －12gt 2＝11×1.2 m －12×10×1.22m ＝6 m.答案：(1)1.2 s (2)6 m18．(14分)在高处以初速度v 1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l 、2l 处有A 、B 两个小气球以速度v 2匀速上升，先后被飞镖刺破(认为飞镖质量很大，刺破气球不会改变其平抛运动的轨迹)．试求：(1)飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小；(2)A 、B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中的高度差．解析：(1)飞镖从抛出到刺破气球A ，经过了时间t A ＝lv 1，竖直方向速度v y ＝gt A ＝gl v 1，则飞镖速度大小v A ＝v 21＋g 2l 2v 21.(2)A 、B 两气球被刺破位置的高度差 h 1＝3×12gt 2A ＝3gl22v 21，B球比A球多运动时间lv1，B比A多上升h2＝v2lv1，A、B未被刺破前高度差H＝h1＋h2＝3gl22v21＋v2lv1.答案：(1) v21＋g2l2v21(2)3gl22v21＋v2lv1。

2017-2018学年高中创新设计物理粤教版必修2：综合检测-word文档

综合检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分)1．一只小船在静水中的速度为3 m /s ，它要渡过一条宽为30 m 的河，河水流速为5 m/s ，则以下说法正确的是( )A ．该船可以沿垂直于河岸方向的航线过河B ．水流的速度越大，船渡河的时间就越长C ．船头正指对岸渡河，渡河时间最短D ．船头方向斜向上游，船渡河的时间才会最短答案 C2．如图1所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇。

若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )图1A ．tB ．22t C ．t 2D ．t 4答案 C解析设A 、B 两小球的抛出点间的水平距离为L ，分别以水平速度v 1、v 2抛出，经过时间t 的水平位移分别为x 1、x 2，根据平抛运动规律有x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t ，又x 1＋x 2＝L ，则t ＝Lv 1＋v 2 ；若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为t ′＝L2(v 1＋v 2)＝t2，故选项C 正确．3．如图2所示，小球A 质量为m ，固定在长为L 的轻细直杆一端，并随杆一起绕杆的另一端O 点在竖直平面内做圆周运动，如果小球经过最高位置时速度为 34gL ，则此时杆对球的作用力为( )图2A ．支持力，14mgB ．支持力，34mgC ．拉力，14mgD ．拉力，34mg答案 A4．物体做自由落体运动，E p 表示重力势能，h 表示下落的距离，以水平地面为零势能面，下列所示图象中，能正确反映E p 和h 之间关系的是( )答案 B5．如图3所示，把小车放在光滑的水平桌面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有砂子的小桶相连，已知小车的质量为M ，小桶与砂子的总质量为m ，把小车从静止状态释放后，在小桶下落竖直高度为h 的过程中，若不计滑轮及空气的阻力，下列说法中正确的是( )图3A ．绳拉车的力始终为mgB ．当M 远远大于m 时，才可以认为绳拉车的力为mgC ．小车获得的动能为mghD ．小桶和砂子获得的动能为mgh 答案 B解析砂桶的重力为整体所受合力，F合＝mg ，据牛顿第二定律mg ＝(M ＋m )a .以砂桶为研究对象，据牛顿第二定律有mg －T ＝ma ，则T ＝MmM ＋m g ；当M 远远大于m 时，绳的拉力等于mg ，故A 错误，B 正确；小桶下落竖直高度为h 时系统的重力势能减少mgh ，根据机械能守恒定律，系统(即小车、小桶和砂子)的动能增加量为mgh ，故C 、D 错误．6．据英国《每日邮报》2015年3月6日报道，“格利泽581d ”行星大小约为地球的3倍，是人类在太阳系之外发现的第一个位于宜居带中的行星，被称为“超级地球”．若这颗行星围绕某恒星Q 做匀速圆周运动．测得行星的公转周期为T ，公转轨道半径为r ，已知引力常量为G .则( )A ．恒星的质量约为4π2r 3GT 2B ．行星的质量约为4π2r 3GT2C ．以7.9 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面D ．以16.7 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面答案 AD解析由于万有引力提供向心力，以行星为研究对象，有G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得M ＝4π2r 3GT 2，选项A 正确；根据万有引力提供向心力，只能求得中心天体的质量，因此根据题目所给信息不能求出行星的质量，选项B 错误；如果发射探测器到达该系外行星，需要克服太阳对探测器的万有引力，脱离太阳系的束缚，所以需要发射速度大于第三宇宙速度，选项C 错误，D 正确．二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)7．如图4所示，一质点从倾角为θ的斜面顶点以水平速度v 0抛出，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图4A ．质点抛出后，经时间为v 0tan θg 离斜面最远B ．质点抛出后，当离斜面最远时速度大小为v 0sin θC ．质点抛出后，当离斜面最远时速度大小为v 0cos θD ．质点抛出后，经时间为v 0g tan θ离斜面最远答案 AC解析设质点到达距离斜面最远所需时间为t ，则：tan θ＝v y v 0＝gt v 0，故t ＝v 0tan θg ，A 对，D 错；质点离斜面最远时速度大小：v ＝v 20＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2＝v 0cos θ，B 错，C 对． 8．如图5所示的传动装置中，右轮半径为2r ，a 为它边缘上的一点，b 为轮上的一点，b 距轴为r .左侧为一轮轴，大轮的半径为4r ，d 为它边缘上的一点，小轮的半径为r ，c 为它边缘上的一点．若传动中轮不打滑，则( )图5A ．a 点与c 点的线速度大小相等B ．b 点与d 点的线速度大小相等C ．a 点与d 点的向心加速度大小之比为1∶8D ．a 点与b 点的角速度大小相等答案 ACD解析右轮与小轮是摩擦传动，a 、c 为其边缘上的两点，所以a 、c 两点的线速度大小相等，A 正确；c 、d 同轴转动，所以c 、d 两点的角速度相同，同理a 、b 两点的角速度也相同，D 正确；由v ＝ωr ，可知，v b v d ＝ωb r 4ωd r ＝ωa r 4ωc r ＝18，B 错误；由a ＝v 2r 可知，a a ∶a d ＝v 2a 2r ∶v 2d4r＝1∶8，C 正确．9．足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体m 沿斜面向上运动，t ＝0时撤去推力，0～6 s 内速度随时间的变化情况如图6所示，由图象可知( )图6A ．0～1 s 内重力的平均功率大小与1～6 s 内重力平均功率大小之比为5∶1B ．0～1 s 内摩擦力的平均功率与1～6 s 内摩擦力平均功率之比为1∶1C ．0～1 s 内机械能变化量大小与1～6 s 内机械能变化量大小之比为1∶5D ．1～6 s 内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶3 答案 BC解析由图象可知，0～1 s 内和1～6 s 内的平均速度都是5 m/s ，根据功率公式P ＝F v 可知两段时间内重力平均功率之比为1∶1，选项A 错误；物体在两个运动过程中所受摩擦力大小相等，故平均功率之比为1∶1，B 正确；机械能的变化量可由除重力之外其他力做功判断，为摩擦力做功，由图象知0～1 s 内与1～6 s 内位移之比为1∶5，则两段时间内机械能变化量之比为1∶5，选项C 正确；1～6 s 内动能变化量ΔE k ＝12m v 2＝50m ，上升段由牛顿第二定律有mg sin θ＋f ＝ma 1，下降段有mg sin θ－f ＝ma 2，联立得f ＝4m ，则1～6 s 下降段中摩擦力做功W f ＝ΔE ＝4m ·102×5＝100m ，则动能变化量ΔE k 与机械能变化量ΔE 之比为1∶2，D错误．10．如图7所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图7A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差答案 BCD解析在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM ＜∠OMN <π2，则小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于拉伸状态，小球从M 点运动到N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A 错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确；由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点动能等于从M点到N点重力势能的减少值，选项D正确．三、实验题(本题共2小题，共10分)11．(5分)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌面上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮挂上适当的钩码使小车在钩码的牵引下运动，以此定量研究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图8所示．图8(1)若要完成该实验，必须的实验器材还有________________________；(2)(多选)实验开始前，他先通过调节长木板的倾斜程度来平衡小车所受摩擦力，再调节木板一端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．实验中将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功．经多次实验发现拉力做的功总是要比小车动能增量大一些，这一情况可能是下列哪些原因造成的__________(填字母代号)．A．释放小车的位置离打点计时器太近B．小车的质量比钩码的质量大了许多C．摩擦阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力答案(1)刻度尺、天平(2)CD12．(5分)如图9所示，在“验证机械能守恒定律”的实验中，电火花计时器接在220 V、50 Hz的交流电源上，自由下落的重物质量为1 kg，打下一条理想的纸带如图10所示，取g ＝9.8 m/s2，O为下落起始点，A、B、C为纸带上打出的连续点迹，则：图9图10(1)打点计时器打B点时，重物下落的速度v B＝______m/s；从起始点O到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔE p＝_________J，动能的增加量ΔE k＝_________J．(结果均保留3位有效数字)(2)分析ΔE kΔE p的原因是______________．答案(1)0.7750.3080.300(2)由于纸带和打点计时器限位孔之间有摩擦阻力以及重物受到空气阻力四、计算题(本题共4小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)宇航员站在某星球表面，从高h 处以初速度v 0水平抛出一个小球，小球落到星球表面时，与抛出点的水平距离是x ，已知该星球的半径为R ，引力常数为G ，求：(1)该星球的质量M ； (2)该星球的第一宇宙速度．答案 (1)2h v 20R2Gx 2 (2)v 0x2hR 解析 (1)设星球表面的重力加速度为g ，则由平抛运动规律：x ＝v 0t ，h ＝12gt 2再由mg ＝G MmR2解得：M ＝2h v 20R2Gx 2(2)设该星球的近地卫星质量为m 0，则 m 0g ＝m 0v 2R解得v ＝v 0x2hR14．(10分)如图11所示是离心轨道演示仪结构示意图．光滑弧形轨道下端与半径为R 的光滑圆轨道相接，整个轨道位于竖直平面内．质量为m 的小球从弧形轨道上的A 点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，最后离开圆轨道．小球运动到圆轨道的最高点时，对轨道的压力恰好与它所受到的重力大小相等．重力加速度为g ，不计空气阻力，求：图11(1)小球运动到圆轨道的最高点时速度的大小；(2)小球开始下滑的初始位置A 点距水平面的竖直高度h ．答案 (1)2gR (2)3R解析 (1)小球经过最高点时对轨道的压力N ＝mg ，依据牛顿第三定律有轨道对小球的作用力 N ′＝N ＝mg设小球通过最高点的速度为v ，依据牛顿第二定律有 N ′＋mg ＝m v 2R，解得v ＝2gR ．(2)小球自A 点下滑至圆轨道最高点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 2＋2mgR解得h ＝3R ．15．(10分)如图12所示，半径为R 的光滑半圆弧轨道与高为10R 的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a 、b 两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a 球恰好能通过圆弧轨道的最高点A ，b 球恰好能到达斜轨道的最高点B ．已知a 球质量为m 1，b 球质量为m 2，重力加速度为g .求：图12(1)a 球离开弹簧时的速度大小v a ； (2)b 球离开弹簧时的速度大小v b ； (3)释放小球前弹簧的弹性势能E p ．答案 (1)5gR (2)20gR (3)⎝⎛⎭⎫52m 1＋10m 2gR解析 (1)由a 球恰好能到达A 点知m 1g ＝m 1v 2AR ，由机械能守恒定律得12m 1v 2a －12m 1v 2A ＝m 1g ·2R ，得v a ＝5gR ． (2)对于b 球由机械能守恒定律得：12m 2v 2b ＝m 2g ·10R ，得v b ＝20gR ． (3)由机械能守恒定律得E p ＝12m 1v 2a ＋12m 2v 2b ，得E p ＝⎝⎛⎭⎫52m 1＋10m 2gR ．16．(12分)如图13所示，在娱乐节目中，一质量为m ＝60 kg 的选手以v 0＝7 m /s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A 时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v ＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L ＝6 m ，传送带两端点A 、B 间的距离s ＝7 m ，选手与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳子的质量．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图13(1)选手放开抓手时的速度大小；(2)选手在传送带上从A运动到B的时间；(3)选手在传送带上克服摩擦力做的功．答案(1)5 m/s(2)3 s(3)360 J解析(1)设选手放开抓手时的速度为v1，由动能定理得－mg(L－L cos θ)＝12m v21－12m v2，代入数据解得：v1＝5 m/s．(2)设选手放开抓手时的水平速度为v2，则v2＝v1cos θ①选手在传送带上减速过程中a＝－μg②v＝v2＋at1③x1＝v＋v22t1④设匀速运动的时间为t2，则s－x1＝v t2⑤选手在传送带上的运动时间t＝t1＋t2⑥联立①②③④⑤⑥解得t＝3 s．(3)由动能定理得W f＝12m v2－12m v22，解得：W f＝－360 J，故克服摩擦力做功为360 J．。

2017-2018学年粤教版高中物理选修3-3章末质量评估(三)含答案

章末质量评估（三)(时间:90分钟满分：100分）一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分）1．在以下事例中，通过热传递的方式来改变物体内能的是( ) A．两小球碰撞后粘合起来,同时温度升高B．冬天暖气为房间供暖C．点燃的爆竹在空中爆炸D．汽车的车轮与地面相互摩擦发热解析:改变内能的方式有两种：做功和热传递．热传递指内能的转移，而不是其他形式的能转化为内能，两小球碰撞后粘在一起，温度升高，是机械能转化为内能，故A错；点燃的爆竹在空中爆炸，是化学能转化为了内能,故C错；车轮与地面摩擦生热，是机械能转化为内能，故D错．答案:B2．2013年,我国出现了大范围的雾霾天气,如何减少环境污染，已成为当务之急．下列发电方式会加剧大气污染的是( ) A．太阳能光伏发电B．风力发电C．水力发电D．火力发电解析:太阳能光伏电池属于清洁能源,不会带来大气污染，故A 错误;风能属于清洁的新能源,无污染，故B错误;水力发电,属于清洁能源，不会带来大气污染，故C错误；火力发电要燃烧煤等化石能源,从而带来大量的烟尘造成大气污染，故D正确．答案：D3．崔牛先生向客户推销他设计的“超级推进器”,该推进器由超导体、激光器、制冷剂以及计算机控制系统组成,其神奇之处在于能通过自身的循环工作，源源不断地获得动力，而不需要消耗任何能源．事实上，这是不可能实现的，因为他的设计违反了( ）A．能量守恒定律B．电荷守恒定律C．机械能守恒定律D．质量守恒定律解析：很多科学家致力于研究永动机，希望能造出不消耗能量而源源不断地向外输出能量的机器，但结果都以失败告终．其原因是因为源源不断地获得动力，而不需要消耗任何能源的“永动机”违背了能量守恒定律．答案:A4．下列说法中，正确的是( ）A．物体吸收热量，内能一定增加B．物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变C．热量不可能从低温物体传到高温物体D．气体自由膨胀是可逆过程解析:改变内能的方式有做功和热传递,物体吸收热量，物体的内能不一定增大,故A错误；改变内能的方式有做功和热传递，物体吸收热量，同时对外做功,内能可能不变，故B正确；热量在一定的条件下可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱中热量会由低温物体传递给高温物体，故C错误；根据热力学第二定律，气体自由膨胀是不可逆过程,故D错误．答案：B5．下列说法中正确的是( ）A．机械能可以全部转化为内能，内能也可能全部转化为机械能B．电冰箱能制冷说明热量能自发地由低温物体传到高温物体C．热量不能从低温物体传到高温物体D．热力学第二定律说明热量只能由高温物体传向低温物体解析：机械能可以全部转化为内能，根据热力学第二定律知，在外界的影响下，内能也可能全部转化为机械能，故A正确．根据热力学第二定律知，热量可以自发地由高温物体传到低温物体，不能自发地由低温物体传到高温物体．电冰箱能制冷是在压缩机做功的情况下热量才由低温物体传到高温物体，热量不是自发地自低温物体传到高温物体,故B错误．根据热力学第二定律知，在引起其他变化的情况下，热量能从低温物体传到高温物体,故C、D错误．答案：A6．如图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的壁上下滑动．设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中( )A．外界对气体做功,气体内能增大B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小解析：因为M、N内被封闭气体体积减小，所以外界对气体做功．由热力学第一定律及M、N内气体与外界没有热交换可知外界对气体做功，内能一定增加，故A正确,B、C、D错误．答案:A7．对一些机械设备的科学性分析正确的是（）A．空调机既能制冷又能制热，说明热传递不存在方向性B．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律C．即使科学技术有长足进步,将来的热机的效率也达不到100％D．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,违背了热力学第二定律解析：热传递存在方向性是说热量只能自发地从高温物体传向低温物体，空调的制冷过程是热量从温度较高的室内传到温度较低的制冷剂，再通过压缩制冷剂将热量传到室外,而制热过程也是这样进行的,故A错误．第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第二定律，不违反能量守恒定律，故B错误．根据热力学第二定律可知，即使科学技术有长足进步，将来的热机的效率也达不到100％,故C正确．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,同时要消耗一定的电能，所以不违背热力学第二定律,故D错误．答案:C8。

2017-2018学年高中物理粤教版必修2：模块综合检测

模块综合检测(时间：90分钟满分：110分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列说法正确的是( ) A ．牛顿运动定律就是经典力学 B ．经典力学的基础是牛顿运动定律C ．牛顿运动定律可以解决自然界中所有的问题D ．经典力学可以解决自然界中所有的问题解析：选B 经典力学并不等于牛顿运动定律，牛顿运动定律只是经典力学的基础，经典力学并非万能，也有其适用范围，并不能解决自然界中所有的问题，没有哪个理论可以解决自然界中所有的问题。

因此只有搞清牛顿运动定律和经典力学的隶属关系，明确经典力学的适用范围，才能正确解决此类问题。

2．(全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。

该质点的加速度为( )A.st 2 B.3s 2t 2 C.4s t2 D.8s t2 解析：选A 质点在时间t 内的平均速度v ＝st ，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t 。

由题意知：12m v 22＝9×12m v 12，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝st 。

质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝s t2。

故选项A 正确。

3.图1中所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r ，a 是它边缘上的一点。

左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r。

c点和d 点分别位于小轮和大轮的边缘上。

若在传动过程中，皮带不打滑。

则()图1A．a点与b点的线速度大小相等B．a点与b点的角速度大小相等C．b点与d点的向心加速度大小相等D．a点与c点的线速度大小相等解析：选D a、c两点的线速度大小相等，b、c两点的角速度相等，根据v＝rω，c 的线速度大于b的线速度，则a、b两点的线速度不等，故A错误，D正确；a、c的线速度相等，根据v＝rω，知角速度不等，但b、c角速度相等，所以a、b两点的角速度不等，故B错误；b点与d点的角速度相等，转动半径不等，根据a＝ω2r，向心加速度不等，故C 错误。

粤教版高中物理必修二第三章综合练习试卷.docx

高中物理学习材料桑水制作第三章综合练习试卷基础部分一、单项选择题(每小题只有一个选项是正确的，每小题4分，共28分) 1.关于万有引力定律的表达式F =G221rm m ，下列说法中正确的是 ①公式中G 为引力常量，它是由实验测得的，而不是人为规定的 ②当r 趋近于零时，万有引力趋于无穷大③m 1与m 2受到的引力总是大小相等的，而与m 1、m 2是否相等无关 ④m 1与m 2受到的引力是一对平衡力⑤用该公式可求出任何两个物体之间的万有引力 A.①③⑤ B.②④ C.①②④D.①③答案：A2.开普勒第三定律对行星绕恒星的匀速圆周运动同样成立，即它的运动周期Ｔ的平方与轨道半径r 的三次方的比为常数.设32rT =k ，则常数k 的大小A.只与行星的质量有关B.与恒星的质量及行星的质量有关C.只与恒星的质量有关D.与恒星的质量及行星的速度有关答案：C3.下列关于地球同步通信卫星的说法中，正确的是A.为避免通信卫星在轨道上相撞，应使它们运行在不同的轨道上B.通信卫星定点在地球上空某处，各个通信卫星的角速度相同，但线速度可以不同C.不同国家发射通信卫星的地点不同，这些卫星轨道不一定在同一平面内D.通信卫星只能运行在赤道上空某一恒定高度上答案：D4.2002年3月25日，我国成功发射了“神舟”三号宇宙飞船，这标志着我国的航天技术又上了一个新台阶.若飞船在近地轨道上做的是匀速圆周运动，则运行速度v 的大小是A ．v <7.9 km/sB ．v =7.9 km/sC．7.9 km/s<v<11.2 km/sＤ．v=11.2 km/s答案：B5.有质量相等的两颗人造地球卫星A和B，分别在不同的轨道上绕地球做匀速圆周运动，两卫星的轨道半径分别为r A和r B，且r A>r B.则A和B两卫星相比较，以下说法正确的是A.卫星A的运行周期较大B.卫星A受到的地球引力较大C.卫星A运行的线速度较大D.卫星A运行的角速度较大答案：A6.两个行星各有一个卫星绕其表面运行，已知两个卫星的周期之比为1∶2，两行星半径之比为2∶1，则下列选项正确的是①两行星密度之比为4∶1 ②两行星质量之比为16∶1 ③两行星表面处重力加速度之比为8∶1 ④两卫星的速率之比为4∶1A.①②B.①②③C.②③④D.①③④答案：D7.某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，设地球半径为R，地面重力加速度为g，下列说法中错误的是R/A.人造卫星的最小周期为2πgRgB.卫星在距地面高度R处的绕行速度为2/C.卫星在距地面高度R处的重力加速度为g/4D.地球同步卫星的速率比近地卫星速率小，所以发射同步卫星所需的能量较少答案：D二、多项选择题(每小题有两个或两个以上的答案是正确的，每小题4分，共20分)8.设想人类开发月球，不断把月球上的矿藏搬运到地球上，假定经过长时间开采后，地球仍可看作是均匀的球体，月球仍沿开采前的圆周轨道运动，则与开采前相比A.地球与月球的万有引力将变大B.地球与月球的万有引力将变小C.月球绕地球运动的周期将变长D.月球绕地球运动的周期将变短答案：BD9.甲、乙两颗人造地球卫星，质量相等，它们的轨道都是圆形的.若甲的运动周期比乙小，则Ａ．甲距地面的高度比乙小Ｂ．甲的加速度一定比乙小Ｃ．甲的加速度一定比乙大Ｄ．甲的速度一定比乙大答案：ACD10.如图3－6所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造卫星，下列说法中正确的是abc图3－6A ．b 、c 的线速度大小相等，且大于a 的线速度B ．b 、c 的向心加速度大小相等，且小于a 的向心加速度C ．b 、c 运行周期相同，且小于a 的运行周期D ．由于某种原因，a 的轨道半径缓慢减小，a 的线速度将变大答案：BD11.组成星球的物质是靠万有引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转速率.如果超过了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体做圆周运动.由此能得到半径为R 、密度为ρ、质量为M 且均匀分布的星球的最小自转周期T .下列表达式中正确的是A.T =2πGM R /3B.T =2πGM R /33C.T =ρπG /D.T =ρπG /3 答案：AD12.1998年8月20日，中国太原卫星发射中心为美国“铱”星公司成功发射了两颗“铱”星系统的补网星.1998年9月23日，“铱”星通讯系统正式投入商业运行，标志着一场通讯技术革命开始了.原计划的“铱”星通讯系统是在距地球表面780 km 的太空轨道上建立一个由77颗小卫星组成的星座.这些小卫星均匀分布在覆盖全球的7个轨道上，每条轨道上有11颗卫星，由于这一方案的卫星排布像化学元素“铱”原子的核外77个电子围绕原子核运动一样，所以称为“铱”星系统.后来改为由66颗卫星分布在6条轨道上，每条轨道由11颗卫星组成，仍称它为“铱”星系统.“铱”星系统的66颗卫星，其运行轨道的共同特点是A.以地轴为中心的圆形轨道B.以地心为中心的圆形轨道C.轨道平面必须处于赤道平面内D.铱星运行轨道远低于同步卫星轨道答案：BD三、填空题(每小题6分，共12分)13.某一星球的第一宇宙速度为v ,质量为m 的宇航员在这个星球表面受到的重力为G ，由此可知这个星球的半径是________.答案：mv 2/G14.在月球表面，一位宇航员竖直向上抛出一个质量为m 的小球，经过时间t ，小球返回抛出点，已知地球表面的重力加速度为g ，月球表面的重力加速度是地球表面的1/6.则宇航员抛出小球时的速度是________.答案：gt /12 迁移应用部分四、解答题(每小题10分，共40分)15.地球质量为M ，半径为R ，万有引力常量为G .发射一颗绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，卫星的速度称为第一宇宙速度.(1)试推导由上述各量表达的第一宇宙速度的计算式，要求写出推导依据；(2)若已知第一宇宙速度的大小v =7.9 km/s ，地球半径R =6.4×103km ，万有引力常量G =6.67×10－11N ·m 2/kg 2，求地球的质量(结果保留两位有效数字).答案： (1)略 (2)5.9×1024kg16.已知地球半径约为R =6.4×103km ，地球表面重力加速度g =9.8 m/s 2，又知月球绕地球运动可近似看作匀速圆周运动.请你先补充一个条件，由这些推导出估算月球到地心距离的计算公式和具体估算的结果.答案：补充条件：月球绕地球公转的周期为30天月球到地心的距离为3.8×108m17.在赤道上发射一颗人造地球卫星，设它的轨道是一个圆，轨道半径等于赤道半径.已知地球质量是M ，地球自转周期是T ，赤道半径是R ，万有引力常量是G .则这颗人造地球卫星的最小发射速度(相对地球的速度)为多大？答案：R GM /－2πR /T18.侦察卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运动，它的运动轨道距地面高度为h ，要使卫星在一天的时间内将地面上赤道各处在日照条件下的情况全都拍摄下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄像机至少应拍摄地面上赤道圆周的弧长是多少？设地球的半径为R ，地面处的重力加速度为g ，地球自转的周期为T .答案：g R h T/)(π432。

2017-2018年高中物理必修2(粤教版)习题：章末质量评估

章末质量评估(四)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．下列物理量不可能为负值的是( )A．加速度B．功C．动能D．重力势能解析：加速度是矢量，可正可负，表示方向，为正时，与规定的正方向相同，为负时，与规定的正方向相反；功和动能为标量，功为正，说明力与位移的夹角小于90°，功为负，说明力与位移的夹角大于90°；物体的重力势能有正负，为正时，说明物体在零势能参考面的上方，为负时，说明物体在零势能参考面的下方；动能与速度的平方成正比，不可能为负值，故选C.答案：C2．下列关于力对物体做功的说法正确的是( )A．摩擦力对物体做功的多少与路径无关B．合力不做功，物体必定做匀速直线运动C．在相同时间内作用力与反作用力做功绝对值一定相等，一正一负D．一对作用力和反作用力，可能其中一个力做功，而另一个力不做功解析：根据摩擦力做功的特点知，摩擦力的功与路径有关，A错误；合力不做功，合力不一定为零，物体不一定做匀速直线运动，B错误，一对作用力、反作用力的功不一定数值相等、一正一负，有可能一个力做功，另一个力不做功，C错误，D正确．答案：D3．清洁工人在清洁城市道路时驾驶洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶．当洒水车行驶到某一路口时开始洒水，若洒水车的速度保持不变，且所受阻力与车重成正比，则开始洒水后( ) A．洒水车受到的牵引力保持不变B．洒水车受到的牵引力逐渐增大C．洒水车发动机的输出功率保持不变D．洒水车发动机的输出功率不断减小解析：因为洒水车的重力在减小，且所受阻力与车重成正比，故阻力也减小，所以受到的牵引力减小，选项A、B错误；又因为洒水车的速度不变，故由P＝Fv可知，发动机的输出功率不断减小，选项C错误，D正确．答案：D4．下列各种运动过程中，物体(弓、过山车、石头、圆珠笔)机械能守恒的是(忽略空气阻力)( )A．将箭搭在弦上，拉弓的整个过程B．过山车在动力作用下从轨道上缓慢上行的过程C．在一根细线的中央悬挂着一石头，双手拉着细线缓慢分开的过程D．手握内有弹簧的圆珠笔，笔帽抵在桌面放手后圆珠笔弹起的过程解析：将箭搭在弦上，拉弓的整个过程，因为人对弓要做功，故机械能增加，选项A错误；过山车在动力作用下从轨道上缓慢上行的过程，因为动力对车做功，故机械能增加，选项B错误；在一根细线的中央悬挂着一石头，双手拉着细线缓慢分开的过程，人要做功，故手头的机械能增加，选项C错误；手握内有弹簧的圆珠笔，笔帽抵在桌面放手后圆珠笔弹起的过程，只有重力和弹力对笔帽做功，故机械能守恒，选项D正确，故选D.答案：D5.如图所示，在加速运动的车厢中，一个人用力沿车前进的方向推车厢，已知人与车厢始终保持相对静止，那么人对车厢做功的情况是( )A．做正功B．做负功C．不做功D．无法确定解析：人随车一起向车前进的方向加速运动，表明车对人在水平方向上的合力向前，根据牛顿第三定律，人对车在水平方向的合力与车运动方向相反，故人对车做负功，B正确．答案：B6.如图所示，一个物体以速度v0冲向与竖直墙壁相连的轻质轻簧，墙壁和物体间的弹簧被物体压缩，在此过程中以下说法正确的是( )A．物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量成正比B．物体向墙壁运动相同的位移，弹力做的功相等C．弹簧的弹力做正功，弹性势能减小D．弹簧的弹力做负功，弹性势能增加解析：物体对弹簧做的功与弹簧的压缩量不成正比，A项错误；物体向墙壁运动相同的位移，弹簧的弹力增大，弹力做的功也增大，B项错误；在压缩过程中，弹簧的弹力做负功，弹性势能增加，D 项正确C 项错误．答案：D7．跳水运动是我国的一个体育强项，此项运动大体上可以简化为三个阶段：运动员从跳板上起跳做竖直上抛运动、再做自由落体运动、入水后做匀减速直线运动．某质量为m 的运动员(可视为质点)，入水后的加速度大小为a ＝1.5 g ，在水中下沉深度h 时速度减为零．在运动员从入水到停止下沉的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动员的动能减小了1.5mghB ．运动员的机械能减小了1.5mghC ．运动员克服阻力所做的功为1.5mghD ．运动员的重力势能减小了1.5mgh解析：入水过程对运动员受力分析，可知F 合＝f －mg ＝ma ，由动能定理，可知ΔE k ＝－F 合h ＝－1.5mgh ，运动员的动能减小了1.5mgh ，选项A 正确；由功能关系，可知ΔE ＝－fh ＝－2.5mgh ，运动员克服阻力所做的功为2.5mgh ，机械能减小了2.5mgh ，选项B 、C 错误；由mgh ＝－ΔE p ，可知运动员的重力势能减小了mgh ，选项D 错误．答案：A8．如图所示，一固定在地面上的光滑斜面的顶端固定有一轻弹簧，地面上质量为m 的物块(可视为质点)向右滑行并冲上斜面．设物块在斜面最低点A 的速率为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则物块运动到C 点时弹簧的弹性势能为( )A ．mghB ．mgh ＋12mv 2C ．mgh －12mv 2D.12mv 2－mgh 解析：由机械能守恒定律可得物块的动能转化为其重力势能和弹簧的弹性势能，有12mv 2＝mgh＋E p ，故E p ＝12mv 2－mgh .答案：D9．放在水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间图象和拉力的功率与时间图象如图甲、乙所示，则物体的质量为(g 取10 m/s 2)( )A.53 kg B.109 kg C.35kg D.910kg 解析：物体在前2 s 做匀加速直线运动，由P ＝Fv ，2 s 末功率为30 W ，速度为6 m/s ，因此前2 s 拉力F 1＝5 N ，后4 s 做匀速直线运动，F 拉＝F 阻，拉力大小与阻力大小都是P v ＝53N ；再由前2 s 内a ＝3 m/s 2，且F 1－F 阻＝ma ，得m ＝109kg ，故选项B 正确．答案：B10.如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR解析：重力做功与路径无关，所以W G ＝mgR ，选项A 错；小球在B 点时所受重力提供向心力，即mg ＝m v 2R ，所以v ＝gR ，从P 点到B 点，由动能定理知：W 合＝12mv 2＝12mgR ，故选项C 错；根据能量的转化与守恒知：机械能的减少量|ΔE |＝|ΔE p |－|ΔE k |＝12mgR ，故选项B 错；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，等于12mgR ，故选项D 对．答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)11．一个质量为m 的物体，分别做下列运动，其动能在运动过程中一定发生变化的是( ) A ．匀速直线运动 B ．匀变速直线运动 C ．平抛运动D ．匀速圆周运动解析：物体做匀速直线运动，速度的大小和方向均不改变，根据公式E k ＝12mv 2，动能不变，故A 错误；物体做匀变速直线运动，速度的大小变化，根据公式E k ＝12mv 2，动能一定改变，故B正确；物体做平抛运动，速度的大小不断增加，根据公式E k ＝12mv 2，动能一定增加，故C 正确；物体做匀速圆周运动，速度的大小没有变化，根据公式E k ＝12mv 2，动能不变，故D 错误；故选BC.答案：BC12．把质量为m 的小球从距地面高为h 处以θ角斜向上方抛出，初速度为v 0，不计空气阻力，小球落地时的速度大小与下列因素中有关的是( )A ．小球的初速度v 0的大小B ．小球的质量mC ．小球抛出时的高度hD ．小球抛出时的仰角θ解析：从小球从抛出到落地，由动能定理可知：12mv 20＋mgh ＝12mv 2，解得v ＝v 20＋2gh ，则小球落地时的速度大小与小球的初速度v 0的大小、小球抛出时的高度h 有关，故选A 、C.答案：AC13.如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地面上，质量为m 的小球，从轻弹簧的正上方某一高处自由落下，并将弹簧压缩，直到小球的速度变为零．对于小球、轻弹簧和地球组成的系统，在小球开始与弹簧接触时起到小球速度变为零的过程中，有( )A ．小球的动能不断减小，直至为零B ．弹簧的弹性势能不断增大C ．小球的动能与重力势能之和不变D．小球的动能与重力势能之和不断变小解析：小球与弹簧刚接触时，弹力小于重力，合力与速度方向都向下，小球做加速运动，当合力为零时，速度最大，动能最大，故小球的动能先增大后减小，选项A错误；弹簧压缩量越大，弹性势能越大，选项B正确；小球的动能、重力势能与弹簧的弹性势能的总和保持不变，故选项C错误，选项D正确．答案：BD14.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析：对于M和m组成的系统，除了重力、轻绳弹力做功外，摩擦力对M做了功，系统机械能不守恒，选项A错误；对于M，合外力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和，根据动能定理可知，M动能的增加等于合外力做的功，选项B错误；对于m，只有其重力和轻绳拉力做了功，根据功能关系可知，除了重力之外的其他力对物体做的正功等于物体机械能的增加量，选项C正确；对于M和m组成的系统，系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零，只有两滑块的重力和M受到的摩擦力对系统做了功，根据功能关系得，M的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量，选项D正确．答案：CD三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(10分)在“验证机械能守恒定律”的实验中：(1)供实验选择的重物有以下四个，应选择( )A．质量为10 g的砝码B．质量为200 g的木球C．质量为50 g的塑料球D．质量为200 g的铁球(2)(多选)下列叙述正确的是( )A．实验中应用秒表测出重物下落的时间B．可用自由落体运动的规律计算重物的瞬时速度C ．因为是通过比较mv 22和mgh 是否相等来验证机械能是否守恒，故不需要测量重物的质量D ．释放重物前应手提纸带的上端，使纸带竖直通过限位孔(3)质量m ＝1 kg 的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04 s ，那么从打点计时器打下起点O 到打下B 点的过程中，物体重力势能的减少量E p ＝________J ，此过程中物体动能的增加量E k ＝________J(g 取9.8 m/s 2，结果保留三位有效数字)．解析：(1)为减小实验误差应选用铁球． (3)ΔE p ＝mgOB ＝2.28 J ；v B ＝AC 2T ＝2.125 m/s ，ΔE k ＝12mv 2B ＝2.26 J.答案：(1)D (2)CD (3)2.28 2.2616．(10分)下表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在水平直道上以额定功率匀速行驶的速度．(1)求电动车在水平直道上行驶过程中受到阻力的大小．(2)若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3 m/s 时的加速度为多少？解析：(1)设电动车的额定车速为v m ，此时电动车牵引力为F 1，则P 额＝F 1·v m ，①F 1－f ＝0.②联立①②可得f ＝36 N.(2)当车速为3 m/s ，此时电动车牵引力为F 2，P 额＝F 2·v ，③ F 2－f ＝ma .④联立③④可得a ＝0.2 m/s 2.答案：(1)36 N (2)0.2 m/s 217．(12分)如图所示，物体A 和B 系在跨过定滑轮的细绳两端，物体A 的质量为1.5 kg ，物体B 的质量为1 kg ，开始时把物体A 托起，使B 刚好与地接触，这时物体A 离地面的高度为1 m ，放手后让A 由静止开始下落，当A 着地时，物体A 的速度为多少(取g ＝10 N/kg)?解析：取地面为零重力势能面，在该变化过程中，除了物体A 和B 的重力做功外还有连接A 、B 的绳子上的拉力做了功，但绳上拉力做的总功等于零，物体A 、B 和细绳组成的系统，在该过程中机械能守恒．初状态时的机械能为E 1＝m A gh ＝15 J ，末状态时的机械能为E 2＝m B gh ＋12(m A ＋m B )v 2，则m A gh ＝m B gh ＋12(m A ＋m B )v 2，代入数值，解得v ＝2 m/s. 答案：2 m/s18．(14分)如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形粗糙导轨在B 点衔接，导轨半径为R .一个质量为m 的物块将弹簧压缩后静止在A 处，释放后在弹力的作用下获得向右的速度，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能到达最高点C .求：(1)弹簧对物块的弹力做的功； (2)物块从B 至C 克服阻力做的功；(3)物块离开C 点后落回水平面时其动能的大小．解析：(1)设物块经过B 点时的速度为v 1，则由动能定理得W ＝12mv 21，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 21R，两式联立得W ＝12(F N －mg )R ＝3mgR .(2)设物块经C 点时的速度为v 2，由题意知mg ＝m v 22R.则由动能定理得－(W f＋2mgR)＝12mv22－12mv21，所以从B至C克服阻力做的功W f＝12mv21－12mv22－2mgR＝12mgR.(3)根据机械能守恒定律2mgR＝E k－12mv22，故物块落回水平面时的动能E k＝12mv22＋2mgR＝52mgR.答案：(1)3mgR(2)12mgR(3)52mgR。

2017-2018学年高中物理阶段验收评估(三)万有引力定律及其应用粤教版必修2

阶段验收评估（三）万有引力定律及其应用(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(全国丙卷)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( ) A ．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B ．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C ．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D ．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律解析：选B 开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A 错误，选项B 正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C 错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D 错误。

2．太阳系有八大行星，八大行星离地球的远近不同，绕太阳运转的周期也不相同。

下列反映周期与轨道半径关系的图像中正确的是( )解析：选D 由开普勒第三定律知R 3T2＝k ，所以R 3＝kT 2，D 正确。

3．一名宇航员来到一个星球上，如果该星球的质量是地球质量的一半，它的直径也是地球直径的一半，那么这名宇航员在该星球上所受的万有引力大小是他在地球上所受万有引力大小的( )A ．0.25倍B ．0.5倍C ．2倍D ．4倍解析：选C 根据万有引力定律得：宇航员在地球上所受的万有引力F 1＝GM 地mR 地2，在星球上受的万有引力F 2＝GM 星m R 星2，所以F 2F 1＝M 星R 地2M 地R 星2＝12×22＝2，故C 正确。

4．地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a ；假设月球绕地球作匀速圆周运动，轨道半径为r 1，向心加速度为a 1。

已知万有引力常量为G ，地球半径为R 。

下列说法中正确的是( )A ．地球质量M ＝a 1r 12GB ．地球质量M ＝aR 2GC ．地球赤道表面处的重力加速度g ＝aD ．加速度之比a 1a ＝R 2r 12解析：选A 根据万有引力充当向心力：GMm r 12＝ma 1，可知地球质量M ＝a 1r 12G，A 正确，B错误；地球表面物体的向心加速度大小与到地轴的距离有关，与重力加速度不同，C 错误；向心加速度a ＝R ω2，不与半径的平方成正比，D 错误。

2018版物理粤教版新课堂同步必修二文档：章末综合测评

章末综合测评(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．关于科学家和他们的贡献，下列说法中错误的是() A．德国天文学家开普勒对他的导师——第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒三大行星运动定律B．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了万有引力常量C．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性D．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上【解析】根据物理学史可知C错，A、B、D正确．【答案】C2．宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为()A．0 B.GM (R＋h)2C.GMm(R＋h)2D.GMh2【解析】飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即GMm(R＋h)2＝mg，得g＝GM(R＋h)2，选项B正确．【答案】 B3．假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么()A ．地球公转周期大于火星的周期公转B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度【解析】根据G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝m v 2r ＝ma n ＝mω2r 得，公转周期T ＝2πr 3GM ，故地球公转的周期较小，选项A 错误；公转线速度v ＝GMr ，故地球公转的线速度较大，选项B 错误；公转加速度a n ＝GMr 2，故地球公转的加速度较大，选项C 错误；公转角速度ω＝GMr 3，故地球公转的角速度较大，选项D正确．【答案】 D4．如图1所示，A 为静止于地球赤道上的物体，B 为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，P 为B 、C 两卫星轨道的交点．已知A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，相对于地心，下列说法中正确的是( )图1A ．物体A 和卫星C 具有相同大小的线速度B ．物体A 和卫星C 具有相同大小的加速度C ．卫星B 在P 点的加速度与卫星C 在该点的加速度一定不相同D ．可能出现在每天的某一时刻卫星B 在A 的正上方【解析】物体A 和卫星B 、C 周期相同，故物体A 和卫星C 角速度相同，但半径不同，根据v ＝ωR 可知二者线速度不同，A 项错；根据a ＝Rω2可知，物体A 和卫星C 向心加速度不同，B 项错；根据牛顿第二定律，卫星B 和卫星C 在P 点的加速度a ＝GMr 2，故两卫星在P 点的加速度相同，C 项错误；对于D 选项，物体A 是匀速圆周运动，线速度大小不变，角速度不变，而卫星B 的线速度是变化的，近地点最大，远地点最小，即角速度发生变化，而周期相等，所以如图所示开始转动一周的过程中，会出现A 先追上B ，后又被B 落下，一个周期后A 和B 都回到自己的起点．所以可能出现：在每天的某一时刻卫星B 在A 的正上方，则D 正确．【答案】 D5．同步卫星位于赤道上方，相对地面静止不动．如果地球半径为R ，自转角速度为ω，地球表面的重力加速度为g .那么，同步卫星绕地球的运行速度为( )A.RgB.R ωgC.R 2ωgD.3R 2ωg【解析】同步卫星的向心力等于地球对它的万有引力G Mmr 2＝m ω2r ，故卫星的轨道半径r ＝3GMω2.物体在地球表面的重力约等于所受地球的万有引力G Mm R 2＝mg ，即GM ＝gR 2.所以同步卫星的运行速度v ＝r ω＝ω·3gR 2ω2＝3gR 2ω，D 正确．【答案】 D6．宇宙中两个星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕两星球球心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法正确的是 ( )【导学号：35390054】A ．双星相互间的万有引力增大B ．双星做圆周运动的角速度不变C ．双星做圆周运动的周期增大D ．双星做圆周运动的速度增大【解析】双星间的距离在不断缓慢增加，根据万有引力定律，F ＝G m 1m 2L 2，知万有引力减小，故A 错误．根据G m 1m 2L 2＝m 1r 1ω2，G m 1m 2L 2＝m 2r 2ω2，知m 1r 1＝m 2r 2，v 1＝ωr 1，v 2＝ωr 2，轨道半径之比等于质量的反比，双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，知角速度变小，周期变大，线速度变小，故B 、D 错误，C 正确．【答案】 C7．恒星演化发展到一定阶段，可能成为恒星世界的“侏儒”——中子星．中子星的半径较小，一般在7～20 km ，但它的密度大得惊人．若某中子星的半径为10 km ，密度为1.2×1017 kg/m 3，那么该中子星上的第一宇宙速度约为( )A ．7.9 km/sB ．16.7 km/sC ．2.9×104 km/sD ．5.8×104 km/s【解析】中子星上的第一宇宙速度即为它表面处的卫星的环绕速度，此时卫星的轨道半径近似地认为是该中子星的球半径，且中子星对卫星的万有引力充当向心力，由G Mmr 2＝m v 2r ，得v ＝GM r ，又M ＝ρV ＝ρ4πr 33，得v ＝r4πGρ3＝1×104×4×3.14×6.67×10－11×1.2×10173 m/s＝5.8×107 m/s ＝5.8×104 km/s.故选D. 【答案】 D8．北京时间2005年7月4日下午1时52分(美国东部时间7月4日凌晨1时52分)探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大对撞”，如图2所示．假设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆，其运动周期为5.74年，则关于“坦普尔一号”彗星的下列说法中正确的是( )图2A ．绕太阳运动的角速度不变B ．近日点处线速度大于远日点处线速度C ．近日点处加速度大于远日点处加速度D．其椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比是一个与太阳质量有关的常数【解析】由开普勒第二定律知近日点处线速度大于远日点处线速度，B正确；由开普勒第三定律可知D正确；由万有引力提供向心力得C正确．【答案】BCD9．2013年6月11日17时38分，我国利用“神舟十号”飞船将聂海胜、张晓光、王亚平三名宇航员送入太空．设宇航员测出自己绕地球做匀速圆周运动的周期为T，离地高度为H，地球半径为R，则根据T、H、R和引力常量G，能计算出的物理量是()图3A．地球的质量B．地球的平均密度C．飞船所需的向心力D．飞船线速度的大小【解析】由GMm(R＋H)2＝m4π2T2(R＋H)，可得：M＝4π2(R＋H)3GT2，选项A可求出；又根据ρ＝M43πR3，选项B可求出；根据v＝2π(R＋H)T，选项D可求出；由于飞船的质量未知，所以无法确定飞船的向心力．【答案】ABD10．迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1－581c”却很值得我们期待．该行星的温度在0 ℃到40 ℃之间，质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍，公转周期为13个地球日．“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则()A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同B．如果人到了该行星，其体重是地球上的22 3倍C．该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的13 365倍D．由于该行星公转速度比地球大，地球上的物体如果被带上该行星，其质量会稍有变化【解析】解题关键是明确中心天体对行星的万有引力提供了行星的向心力，对行星的卫星有G Mmr2＝mv2r，得v＝GMr，将质量关系和半径关系代入得第一宇宙速度关系为v行v地＝2，选项A错误；由GMmr2＝mg得，人在该行星上的体重是地球上的223倍，选项B正确；对行星应用万有引力定律GMmr2＝mr4π2T2，得r＝3GMT24π2，r1r2＝3M1M2·T21T22＝30.31×1323652，选项C错误．根据爱因斯坦的狭义相对论可判D选项正确．【答案】BD二、计算题(共3小题，共40分)11．(12分) 已知太阳的质量为M，地球的质量为m1，月球的质量为m2，当发生日全食时，太阳、月球、地球几乎在同一直线上，且月球位于太阳与地球之间，如图4所示．设月球到太阳的距离为a，地球到月球的距离为b，则太阳对地球的引力F1和对月球的吸引力F2的大小之比为多少？【导学号：35390055】图4【解析】由太阳对行星的引力满足F∝m r2知太阳对地球的引力F1＝GMm1 (a＋b)2太阳对月球的引力F 2＝G Mm 2a 2故F 1/F 2＝m 1a 2m 2(a ＋b )2.【答案】 m 1a 2m 2(a ＋b )212．(12分)2007年10月24日18时，“嫦娥一号”卫星星箭成功分离，卫星进入绕地轨道．在绕地运行时，要经过三次近地变轨：12小时椭圆轨道①→24小时椭圆轨道②→48小时椭圆轨道③→地月转移轨道④.11月5日11时，当卫星经过距月球表面高度为h 的A 点时，再一次实施变轨，进入12小时椭圆轨道⑤，后又经过两次变轨，最后进入周期为T 的月球极月圆轨道⑦.如图5所示．已知月球半径为R .图5(1)请回答：“嫦娥一号”在完成三次近地变轨时需要加速还是减速？ (2)写出月球表面重力加速度的表达式．【解析】 (1)加速．(2)设月球表面的重力加速度为g 月，在月球表面有 G MmR 2＝mg 月卫星在极月圆轨道有G Mm (R ＋h )2＝m (2πT )2(R ＋h ) 解得g 月＝4π2(R ＋h )3T 2R 2.【答案】 (1)加速 (2)4π2(R ＋h )3T 2R 213．(16分)我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星－500”的实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的12，质量是地球质量的19.已知地球表面的重力加速度是g ，地球的半径为R ，忽略火星以及地球自转的影响，求：(1)火星表面的重力加速度g ′的大小；(2)王跃登陆火星后，经测量发现火星上一昼夜的时间为t ，如果要发射一颗火星的同步卫星，它正常运行时距离火星表面将有多远？【解析】 (1)在地球表面，万有引力与重力相等， GMm 0R 2＝m 0g 对火星GM ′m 0R ′2＝m 0g ′ 联立解得g ′＝49g .(2)火星的同步卫星做匀速圆周运动的向心力由火星的万有引力提供，且运行周期与火星自转周期相同．设卫星离火星表面的高度为h ，则GM ′m 0(R ′＋h )2＝m 0(2πt )2(R ′＋h )解出同步卫星离火星表面高度h ＝3gR 2t 236π2－12R . 【答案】 (1)49g (2)3gR 2t 236π2－12R。

高中物理粤教版必修二练习：第三章+章末质量评估(三)

章末质量评估(三)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．第一次通过实验较准确测出万有引力常量G的科学家是()A．卡文迪许B．开普勒C．亚当斯D．牛顿解析：第一次通过实验较准确测出万有引力常量G的科学家是卡文迪许，故A正确，B、C、D错误．答案：A2．下列说法正确的是()A．开普勒将第谷的几千个观察数据归纳成简洁的三定律，揭示了行星运动的规律B．伽利略设计实验证实了力是物体运动的原因C．牛顿通过实验测出了万有引力常量D．经典力学不适用于宏观低速运动解析：开普勒将第谷的几千个观察数据归纳成简洁的三定律，揭示了行星运动的规律，选项A正确；伽利略设计实验证实了物体运动不需要力来维持，选项B错误；卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，选项C错误；经典力学不适用于微观和高速运动，选项D 错误．答案：A3．要使两物体间万有引力减小到原来的18，可采取的方法是( )A ．使两物体的质量各减少一半，距离保持不变B ．使两物体间距离变为原来的2倍，其中一个物体质量减为原来的12C ．使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变 D ．使两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14解析：由F ＝G Mm r 2，可知两物体的质量各减少一半，距离保持不变，两物体间万有引力减小到原来的14，A 错误；两物体间距离变为原来的2倍，其中一个物体质量减为原来的12，两物体间万有引力减小到原来的18，B 正确；使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变，两物体间万有引力减小到原来的14，C 错误；两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14，两物体间万有引力保持不变，D 错误．答案：B4．两辆质量各为1×105 kg 的装甲车相距1 m 时，它们之间的万有引力相当于( )A ．一个人的重力量级B ．一个鸡蛋的重力量级C ．一个西瓜的重力量级D ．一头牛的重力量级解析：由F 引＝G m 1m 2r 2得F 引＝0.667 N ，相当于一个鸡蛋的重力量级．答案：B5．航天员王亚平在“天宫一号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为()A．0 B.GM（R＋h）2C.GMm（R＋h）2D.GMh2解析：“天宫一号”飞船绕地球飞行时与地球之间的万有引力F引＝GM（R＋h）2，由于“天宫一号”飞船绕地球飞行时重力与万有引力相等，即mg＝GMm（R＋h）2，故飞船所在处的重力加速度g＝GM（R＋h）2，故选项B正确，选项A、C、D错误．答案：B6．地球的质量是月球质量的81倍，若地球吸引月球的力的大小为F，则月球吸引地球的力的大小为()A.F81B．F C．9F D．81F解析：根据牛顿第三定律，力的作用是相互的且作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，二者的方向在一条直线上．答案：B7.2015年12月，我国暗物质粒子探测卫星“悟空”发射升空进入高为5.0×102km的预定轨道．“悟空”卫星和地球同步卫星的运动均可视为匀速圆周运动，已知地球半径R＝6.4×103km.下列说法正确的是( )A ．“悟空”卫星的线速度比同步卫星的线速度小B ．“悟空”卫星的角速度比同步卫星的角速度小C ．“悟空”卫星的运行周期比同步卫星的运行周期小D ．“悟空”卫星的向心加速度比同步卫星的向心加速度小解析：地球同步卫星距地表36 000 km ，由v ＝GM r 可知，“悟空”卫星的线速度要大，所以A 错．由ω＝GM r 3可知，“悟空”卫星的角速度要大，即周期要小，由a ＝GM r 2可知，“悟空”卫星的向心加速度要大，因此B 、D 错，C 对．答案：C8．一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上以初速度v 0沿竖直方向抛出一个小球，测得小球经过时间t 落回抛出点，已知该星球半径为R ，则该星球的第一宇宙速度为( )A. 2v 0R tB. v 0R tC. v 0R 2t D ．无法确定解析：竖直上抛落回原点的速度大小等于初速度，方向与初速度相反．设星球表面的重力加速度为g ，由竖直上抛规律可得：v 0＝－v 0＋gt ，解得g ＝2v 0t，由地面万有引力等于重力提供向心力，得mg ＝m v 2R，解得v ＝gR ＝ 2v 0R t，故A 正确．答案：A9．我国发射的“风云一号”气象卫星是极地卫星，卫星飞过两极上空，其轨道平面与赤道平面垂直，周期为12 h ；我国发射的“风云二号”气象卫星是地球同步卫星，周期是24 h ，由此可知，两颗卫星相比较( )A ．“风云一号”气象卫星距地面较近B ．“风云一号”气象卫星距地面较远C ．“风云二号”气象卫星的线速度较大D ．“风云二号”气象卫星的角速度较大解析：“风云一号”气象卫星的周期小于“风云二号”气象卫星的周期，根据公式r 3T 2＝k 分析得知，“风云一号”气象卫星半径r 较小，距地面较近，故A 正确，B 错误．由公式v ＝GM r 可知，“风云一号”气象卫星的运动速度较大，C 错误．由ω＝2πT分析得到，“风云二号”气象卫星的角速度较小，D 错误．答案：A10．星球上的物体脱离该星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1.已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的16，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( ) A.gr 3 B.gr 6 C.gr 3 D.gr 解析：该星球的第一宇宙速度：G Mm r2＝m v 21r ，在该星球表面处万有引力等于重力：G Mm r 2＝m g 6，由以上两式得v 1＝gr 6，则第二宇宙速度v 2＝2v 1＝2×gr 6＝gr 3，故A 正确．答案：A 二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)11．关于太阳与行星间引力F ＝G Mm r2的下列说法中，正确的是( )A ．公式中的G 是比例系数，是人为规定的B ．这一规律是根据开普勒定律和牛顿第三定律推出的C ．太阳与行星间的引力是一对平衡力D ．检验这一规律是否适用于其他天体的方法是比较观测结果与推理结果的吻合性解析：公式F ＝G Mm r2中G 是比例系数，与太阳、行星均无关，由实验测得，不是人为规定的，A 错误．该公式由开普勒定律和牛顿第三定律推出，公式适用于任何两个物体间，检验方法是比较观测结果与推理结果的吻合性，B 、D 正确．太阳与行星间的引力是一对作用力与反作用力，C 错误．答案：BD12．两颗人造地球卫星质量之比是1∶2，轨道半径之比是3∶1，则下述说法中，正确的是( ) A ．它们的周期之比是3∶1B ．它们的线速度之比是1∶ 3C ．它们的向心加速度之比是1∶9D ．它们的向心力之比是1∶9解析：人造卫星绕地球转动时万有引力提供向心力，即G Mm r 2＝ma n ＝m v 2r ＝mr 4π2T 2，解得a n ＝G M r 2∝1r 2，v ＝GM r ∝1r ，T ＝2πr 3GM ∝r 3，故两颗人造卫星的周期之比T 1∶T 2＝27∶1，线速度之比v 1∶v 2＝1∶3，向心加速度之比a n 1∶a n 2＝1∶9，向心力之比F 1∶F 2＝m 1a n 1∶m 2a n 2＝1∶18，故B 、C 对，A 、D 错．答案：BC13．设地球的质量为M ，平均半径为R ，自转角速度为ω，引力常量为G ，则有关同步卫星的说法正确的是( )A ．同步卫星的轨道与地球的赤道在同一平面内B ．同步卫星的离地高度为h ＝3GM ω2C ．同步卫星的离地高度为h ＝3GM ω2－R D ．同步卫星的角速度为ω，线速度大小为3GMω解析：同步卫星是指卫星的轨道在赤道上空一定高度、周期和地球自转周期相同的卫星，所以G Mm （R ＋h ）2＝m v 2（R ＋h ）＝mω2(R ＋h )，可求得：h ＝3GM ω2－R ，v ＝3GMω，故选ACD. 答案：ACD14.三颗人造地球卫星A 、B 、C 绕地球做匀速圆周运动，如图所示，已知m A ＝m B ＜m C ，则对于三颗卫星，正确的是( )A ．运行线速度关系为v A ＞vB ＝v CB ．运行周期关系为T A ＜T B ＝T CC ．向心力大小关系为F A ＝F B ＜F CD ．半径与周期关系为R 3A T 2A ＝R 3B T 2B ＝R 3C T 2C解析：由G Mm r 2＝m v 2r 得v ＝GM r ，所以v A ＞v B ＝v C ，选项A 正确；由G Mm r 2＝mr 4π2T 2得T ＝2π r 3GM，所以T A ＜T B ＝T C ，选项B 正确；由G Mm r 2＝ma n ，得a n ＝G M r2，所以a A ＞a B ＝a C ，又m A ＝m B ＜m C ，所以F A ＞F B ，F B ＜F C ，选项C 错误；三颗卫星都绕地球运行，故由开普勒第三定律得R 3A T 2A ＝R 3B T 2B ＝R 3C T 2C，选项D 正确．答案：ABD三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(10分)火箭发射“神舟”号宇宙飞船开始阶段是竖直升空，设向上的加速度a ＝5 m/s 2，宇宙飞船中用弹簧测力计悬挂一个质量为m ＝9 kg 的物体，当飞船升到某高度时，弹簧测力计示数为85 N ，那么此时飞船距地面的高度是多少？(地球半径R ＝6 400 km ，地球表面重力加速度g 取10 m/s 2)解析：在地面附近，G Mm R2＝mg .在高空中，G Mm （R ＋h ）2＝mg ′，在宇宙飞船中，对质量为m 的物体，由牛顿第二定律可得：F －mg ′＝ma ，由以上三式解得：h ＝3.2×103 km.答案：3.2×103 km16．(10分)为了与“天宫一号”成功对接，在发射时，“神舟十号”宇宙飞船首先要发射到离地面很近的圆轨道，然后经过多次变轨，最终与在距地面高度为H 的圆形轨道上绕地球飞行的“天宫一号”完成对接，假设之后整体保持在距地面高度仍为H 的圆形轨道上绕地球继续运动．已知地球半径为R 0，地面附近的重力加速度为g .求：(1)地球的第一宇宙速度．(2)“神舟十号”宇宙飞船在近地圆轨道运行的速度与对接后整体的运行速度之比．(用题中字母表示)解析：(1)设地球的第一宇宙速度为v ，根据万有引力定律和牛顿第二定律得：G Mm R 20＝m v 2R 0，在地面附近有G Mm 0R 20＝m 0g ，联立以上两式解得v ＝gR 0.(2)设“神舟十号”在近地圆轨道运行的速度为v 1，根据题意可知v 1＝v ＝gR 0，对接后，整体的运行速度为v 2，根据万有引力定律和牛顿第二定律，得G Mm ′（R 0＋H ）2＝m ′v 22R 0＋H，则v 2＝gR 20R 0＋H，所以v 1∶v 2＝R 0＋H R 0. 答案：(1)gR 0 (2)R 0＋H R 0 17．(12分)某星球的质量约为地球质量的9倍，半径为地球半径的一半，若从地球表面高为h 处平抛一物体，水平射程为60 m ，则在该星球上从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，水平射程为多少？解析：平抛运动水平位移x ＝v 0t ，竖直位移h ＝12gt 2，解以上两式得x ＝v 0·2h g，由重力等于万有引力mg ＝G Mm R2，得g ＝GM R2，所以g 星g 地＝M 星M 地⎝ ⎛⎭⎪⎫R 地R 星2＝9×41＝36， x 星x 地＝g 地g 星＝16，x 星＝16x 地＝10 m. 答案：10 m18．(14分)某行星运行一昼夜时间T ＝6 h ，若弹簧测力计在其“赤道”上比“两极”处测同一物体重力时读数小10%.(1)则该行星的密度为多大？(2)设想该行星自转角速度加快到某一值时，在“赤道”上的物体会“飘”起来，这时该行星的自转周期是多少？解析：(1)在两极，因物体随行星自转半径为零，无需向心力，其万有引力等于重力，G Mm R 2＝mg ；在赤道上，万有引力分解为两个分力，其一是物体重力，其二为物体随行星转动的向心力，即G Mm R 2＝mg ′＋m 4π2T 2R . 所以mg －mg ′＝0.1mg ，0.1G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，M ＝40π2R 3GT 2，密度ρ＝M 43πR 3＝30πGT 2＝3.0×103 kg/m 3. (2)对物体原来有0.1GMm R 2＝m 4π2T 2R ＝ma 向，飘起来时：GMm R 2＝ma 向＝m 4π2T 21R ，由上述两式，得T 1＝110T ＝110×6 h ＝1.9 h. 答案：(1)3.0×103 kg/m 3 (2)1.9 h 美文欣赏 1、走过春的田野，趟过夏的激流，来到秋天就是安静祥和的世界。

2018-2019学年高中物理(粤教版)必修二练习：第三章章末质量评估(三)Word版含解析

2017-2018学年粤教版物理选修3-2第三章章末质量评估(三)含答案

章末质量评估(三)（时间:90分钟分值：100分）一、单项选择题(本大题共10小题,每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分）1．家用电饭锅使用的传感器类型是( )A．湿度传感器B．声音传感器C．红外传感器D．温度传感器答案:D2．在电梯门口放置一障碍物，会发现电梯门不停地开关，这是由于在电梯门上装有的传感器是( )A．光传感器B．温度传感器C．声传感器D．压力传感器解析：在电梯门口放置一障碍物,电梯门不停地开关，说明电梯门上有一个光传感器，故A选项正确．答案：A3．下列说法不正确的是( ）A．话筒是一种常见的红外线传感器B．电熨斗内一般装有双金属片温度传感器C．电子秤所使用的测力装置是力传感器D．热敏电阻能够把温度大小转换为电阻大小解析：动圈式话筒是通电导体在磁场中受力,变化的电流通过线圈，产生变化的磁场,从而让扬声器的膜片振动,产生声音，故A错误；电熨斗通过温度传感器实现温度的自动控制，故B正确；电子秤所使用的测力装置是力转换成电信号来显示大小,属于力传感器,故C正确；金属热电阻传感器是利用导体或半导体的电阻随温度变化来测量温度的一种温度敏感元件，故D正确．答案：A4．2011年3月,日本仙台发生8。

0级大地震,地震发生后,各路救援人员及时深入灾区，与死神抢时间，争分夺秒抢救被埋人员，有些救援队借助“生命探测仪"可以发现深埋在废墟中的伤员，根据所学知识，你认为“生命探测仪"可能用到了( )A．红外线传感器B．压力传感器C．振动传感器D．电容传感器解析：活人能够向外传递微弱的声音信息，便于用生命探测仪收集;活人能够向外辐射红外线，红外线属于电磁波的一个波段，便于用生命探测仪收集，所以只有A选项正确．答案：A5．如图所示,将一光敏电阻接入多用电表两表笔上,将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时，表针的偏角（自左向右）为θ；用手掌挡住部分光线，表针的偏角为θ′，则可判断( )A．θ′＝θB．θ′＜θC．θ′＞θD．不能确定解析:光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，用手掌挡住部分光线，光敏电阻的阻值变大，表针左偏，偏角减小．答案:B6．如图是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的( )A．距离变化B．正对面积变化C．介质变化D．电压变化解析：这个声电传感器又可归类到电容传感器中．由题意对着话筒说话时，振动膜前后振动，则金属层和金属板间距离改变，即电容器两极板间距改变，故导致电容变化的原因可能是电容器两极间距变化．答案：A7．演示位移传感器的工作原理如图所示，物体M在导轨上平移时,带动滑动变阻器的金属杆P，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小x，假设电压表是理想的，则下列说法正确的是( ）A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化C．物体M运动时，电路中没有电流D．物体M不动时,电压表没有示数解析：因为整个滑动变阻器被接入电路中，所以移动金属杆P 不能改变滑动变阻器接入电路中的阻值,电流不变，但会改变电压表的示数．答案：B8．如图甲(a)所示的电路中，光敏电阻R2加上图(b）所示的光照时，R2两端的电压变化规律是图乙中的（)图（a) 图(b)图甲A B C D图乙解析：光敏电阻随光照的增强电阻减小，电路中电流增大，电阻R1两端电压增大，R2两端电压减小,但不能减小到零．故B正确，A、C、D错误．答案:B9．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上,压敏电阻接在如图甲所示的电路中,电流表示数变化如图乙所示,某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是( )图甲图乙A．0～t1时间内，升降机一定匀速运动B．0～t1时间内，升降机可能减速上升C．t1～t2时间内,升降机可能匀速上升D．t1～t2时间内，升降机可能匀加速上升解析:在0～t1时间内，电流恒定，表明压敏电阻的阻值恒定，则重物对压敏电阻压力恒定，则升降机可能处于静止、匀速运动或匀变速直线运动状态，故A选项错误，B选项正确;t1～t2时间内,电流在增加，表明压敏电阻的阻值在减小，则重物对压敏电阻的压力在增大，故不可能做匀速运动或匀加速运动，C、D两项都错．答案:B10．为了测量蹦床运动员跃起的高度，训练时在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图象．某次训练作出的图象如图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员离开蹦床的速率大约是（g取10 m/s2）（）A．1 m/s B．10 m/sC．12 m/s D．20 m/s解析：由图可知运动员离开蹦床的时间为2秒，则上升和下降的时间均为1秒，则运动员离开蹦床的速率大约是v＝gt＝10 m/s，故选B.答案：B二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分）11．用计算机辅助实验系统(DIS)做验证牛顿第三定律的实验，如图所示是把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果．观察分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲线，以下结论正确的是( )A．作用力与反作用力作用在同一物体上B．作用力与反作用力同时存在，同时消失C．作用力与反作用力大小不一定相等D．作用力与反作用力方向相反解析：牛顿第三定律中作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在两个物体上．作用力和反作用力同时产生，同时消失．应选B、D.答案：BD12．如图是测试热敏电阻R的实验电路图，滑动变阻器已调节到某一适当的值．实验中观察到当温度升高时灯更亮．对实验现象分析正确的有（）A．温度升高，电路中的电流减小B．温度升高,电路中的电流增大C．温度升高，热敏电阻的阻值增大D．温度升高，热敏电阻的阻值减小解析：当温度升高时，电路中的热敏电阻的阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知：电路中的电流增大,导致灯泡变亮,故选B、D.答案:BD13．如图所示的是一个电容式传感器，在金属线a的外面涂一层绝缘的电介质后放在导电液体中构成一个电容器，a与导电液体就是该电容器的两极．今使该电容器充电后与电源断开，并将a与静电计的导体球相连，插入导电液体中的电极b与静电计外壳相连，则当导电液体深度h变大时( ）A．引起两极间正对面积变大B．电容器的电容将变小C．电容器两极间的电压将变小D．以上说法都不正确解析：当导电液体深度h变大时，相当于电容器的两极板的正对面积变大，由C＝错误!知，电容C变大，而电容器充电后与电源断开，所以电容器所带电荷量Q不变,由U＝错误!知，电容器两极间的电压将变小．答案：AC14．如图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器,光敏电阻R1能接收到发光元件A发出的光，每当工件挡住A发出的光,光传感器B就输出一个电信号，并经信号处理器处理后在屏幕显示出电信号与时间的关系，如图乙所示．若传送带保持匀加速运动，每个工件均相对传送带静止，且相邻工件间距依次为5、10、15、20、…(单位：cm）．则以下说法正确的是（不计工件挡住光的时间）（)图甲图乙A．工件的加速度为0.1 m/s2B．工件的加速度为0.2 m/s2C．当无光照射R1时，光传感器就输出一次高电压D．当无光照射R1时,光传感器就输出一次低电压解析:由题意知，工件做匀变速直线运动且相邻工件间距依次为5、10、15、20…，有图乙知相邻时间间隔为T＝0.5 s，Δs＝aT2，得：a＝错误!＝错误!m/s2＝0。

2017-2018学年粤教版高中物理选修3-1_章末质量评估(三)含答案

章末质量评估（三)一、单项选择题（本题共10小题，每题3分，共30分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选不选或多选均不得分．)1．如图所示的四个实验现象中，不能表明在电流周围能产生磁场的是（)A．图甲中，导线通电后磁针发生偏转B．图乙中，通电导线在磁场中受到力的作用C．图丙中，当电流方向相同时，导线相互靠近D．图丁中，当电流方向相反时，导线相互远离答案：B2．如图所示，E、F分别表示蓄电池两极，P、Q分别表示螺线管两端．当闭合开关时,发现小磁针N极偏向螺线管Q端．下列判断正确的是( )A．F为蓄电池负极B．螺线管P端为S极C．流过电阻R的电流方向向下D．管内磁场方向由Q指向P答案：D3．如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸内,且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是( )A．a点B．b点C．c点D．d点答案:A4．下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是（）解析：由左手定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，A错误；磁场的方向向下，电流的方向向里，由左手定则可知安培力的方向向左，B正确；由左手定则可知，洛伦兹力的方向总是与磁感应强度的方向垂直,C错误；通电螺线管产生的磁场的方向沿螺线管的轴线的方向，由题图可知电荷运动的方向与磁感线的方向平行，不受洛伦兹力,D错误．答案：B5．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒．在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是( )A．B＝mg错误!,方向垂直斜面向上B．B＝mg错误!，方向垂直斜面向下C．B＝mg错误!，方向垂直斜面向下D．B＝mg错误!，方向垂直斜面向上解析：外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上，则沿斜面向上的安培力、支持力与重力,处于平衡状态．答案：A6．如图所示，在光滑水平面上放根固定的通电直导线，并在它旁边与它在同一水平面内放一通电矩形导线框,则导线框的运动情况是（）A．线框静止 B．线框向右匀速运动C．线框向左匀速运动 D．线框向右加速运动解析:直导线中的电流方向由下向上，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，左边受向右的安培力，右边受到向左的安培力，上边受到向上的安培力，下边受到向下的安培力;离通电导线越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F＝BIL，左边受到的安培力大于右边，上边受到的安培力等于下边受到的安培力，故线圈受通电直导线作用后将向右运动．故D正确，A、B、C错误．答案:D7．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹，如图是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b 是轨迹上的两点,匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少．下列说法正确的是（）A．粒子先经过a点,再经过b点B．粒子先经过b点，再经过a点C．粒子可以带正电也可以带负电D．粒子带正电解析：粒子在云室中运动时，速度逐渐减小,根据r＝错误!可知其运动轨迹的半径逐渐减小，故粒子运动方向为由a到b，故A正确，B错误；运动方向由a到b,磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故C、D错误．答案：A8．环形对撞机是研究高能粒子的重要装置．正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后,沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两种带电粒子将被局限在环状空腔内,沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞，为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A．对于给定的加速电压,带电粒子的比荷错误!越大，磁感应强度B越大B．对于给定的加速电压,带电粒子的比荷错误!越大，磁感应强度B越小C．对于给定的带电粒子,加速电压U越大,粒子运动的周期越大D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变解析：由题意知道正负电子经加速后进入匀强磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律推导出电子圆周运动的半径和周期表达式,再进行分析．电子在加速电场中,根据动能定理得qU＝错误!mv2，电子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB＝m错误!，电子圆周运动的半径r＝错误!，周期T＝错误!＝错误!.A、B对于给定的加速电压，v不变,又由题意得知，r不变,则带电粒子的比荷错误!越大，则B越小．故A错误,B正确．C、D由上可知，加速电压U越大,电子获得的速度v越大，要保持半径r不变，B应增大,则T会减小．故C、D错误．答案：B9．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成交变电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核（错误!H原子核）和α粒子(错误!He原子核），比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，可知( )A．加速氚核的交流电源的周期较大,氚核获得的最大动能较小B．加速氚核的交流电源的周期较大,氚核获得的最大动能也较大C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D．加速氚核的交流电源的周期较小,氚核获得的最大动能较大解析：因为加速器所加的高频交流电源的周期与粒子做圆周运动的周期相等,而粒子在磁场中做圆周运动的周期与粒子的运动速度没关系,故由公式T＝2πmqB可知，氚核的交流电源的周期较大,故C、D均错误；再根据最大动能E k＝错误!mv2＝错误!m·错误!错误!＝错误!，将氚核与氦核的相关电荷量与质量代入，发现氚核获得的最大动能较小,故A正确,B错误．答案:A10．如图,某带电粒子由静止开始经电压为U的电场加速后，射入水平放置、电势差为U′的两导体板间的匀强电场中,带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁感线方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子进入磁场和射出磁场的M，N两点间的距离d随着U和U′的变化情况为(不计重力,不考虑边缘效应）( )A．d随U变化，d随U′变化B．d随U变化,d与U′无关C．d与U无关，d与U′无关D．d与U无关，d随U′变化解析：对于加速过程，有qU＝错误!mv错误!，得v0＝错误!，带电粒子在电场中做类平抛运动,可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有v0＝v cos θ；而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则错误!＝cos θ，所以d ＝错误!,又因为半径公式R＝错误!，所以d＝错误!＝错误!错误!.故d随U变化，d与U′无关．所以B正确，A、C、D错误,故选B。

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章末质量评估(三)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．在下面列举的科学家中，对发现和完善万有引力定律有贡献的是()A．第谷、焦耳B．牛顿、卡文迪许C．安培、布鲁诺D．麦克斯韦、法拉第解析：牛顿提出了万有引力定律；卡文迪许测出了引力常量G 的数值，故选项B正确．答案：B2．火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知()A．太阳位于木星运行轨道的中心B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C．火星与木星公转周期之比的二次方等于它们轨道半长轴之比的三次方D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积解析：由开普勒第一定律(轨道定律)可知，太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，选项A错误；火星和木星绕太阳运行的轨道不同，运行速度的大小不可能始终相等，选项B错误；根据开普勒第三定律(周期定律)知，所有行星绕太阳公转轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的二次方的比值是一个常数，由此可知，选项C正确；对于某一个行星来说，其与太阳连线在相同的时间内扫过的面积相等，不同行星在相同的时间内扫过的面积不一定相等，选项D 错误．答案：C3．某同学设想驾驶一辆“陆地—太空”两用汽车，沿地球赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以增加到足够大．当汽车速度增加到某一值时，它将成为脱离地面绕地球做圆周运动的“航天汽车”．不计空气阻力，已知地球的半径R ＝6 400 km.下列说法正确的是( )A ．汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大B ．当汽车速度增加到7.9 km/s ，将离开地面绕地球做圆周运动C ．此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1 hD ．在此“航天汽车”上可以用弹簧测力计测量物体的重力解析：由mg －F N ＝m v 2R ，得F N ＝mg －m v 2R，选项A 错误；7.9 km/s 是最小的发射速度，也是最大的环绕速度，选项B 正确；由mg ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R ，知T ＝85 min ，选项C 错误；“航天汽车”处于完全失重状态，任何与重力有关的实验都无法进行，选项D 错误．答案：B4．万有引力定律首次揭示了自然界中物体间的一种基本相互作用规律，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解析：物体的重力是地球对物体的万有引力引起的，A错误；人造地球卫星离地球越远，受到地球的万有引力越小，B错误；宇宙飞船内的宇航员处于失重状态是由于受到的万有引力提供了圆周运动的向心力，C正确，D错误．答案：C5．若使两质点间的万有引力减小为原来的14，下列办法可采用的是()A．使两质点间距离增为原来的4倍，质量不变B．使两质点的质量都减半，间距减为原来的12C．使其中一质点的质量减为原来的14，间距不变D．使两质点的质量和间距都减为原来的1 4解析：质点间的万有引力大小为F＝Gm1m2r2，故C可行，A、B、D不可行．答案：C6．我国古代神话传说中：地上的“凡人”过一年，天上的“神仙”过一天．如果把看到一次日出就当作“一天”，某卫星的运行半径为月球绕地球运行半径的136，则该卫星上的宇航员24 h内在太空中度过的“天”数约为(已知月球的运行周期为27天)() A．1 B．8C．16 D．24解析：根据天体运动的公式GMmr2＝m4π2T2r得r31r32＝T21T22，解得卫星运行的周期为3 h，故24 h内看到8次日出，B项正确．答案：B7.如图所示，A、B是在地球大气层外圆周轨道上运行的质量不等的两颗卫星，它们的轨道半径满足R A＝2R，R B＝3R，R为地球半径，下列说法正确的是()A．A、B的角速度之比ωA∶ωB＝1∶1B．A、B的线速度之比v A∶v B＝3∶2C．A、B的加速度之比a A∶a B＝9∶4D．A、B受到的万有引力之比F A∶F B＝9∶4解析：由万有引力定律及牛顿第二定律，有GMmr2＝mω2r＝mv2r＝ma，解得：ω＝GMr3，v＝GMr，a＝GMr2，又R A∶R B＝2∶3，故ωA∶ωB＝33∶22，选项A错误；v A∶v B＝3∶2，选项B错误；a A∶a B＝9∶4，选项C正确；因不知两卫星的质量，故无法比较万有引力的大小，选项D错误．答案：C8．一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上以初速度v0沿竖直方向抛出一个小球，测得小球经过时间t落回抛出点，已知该星球半径为R，则该星球的第一宇宙速度为()A. 2v0Rt B.v0RtC. v0R2t D．无法确定解析：竖直上抛落回原点的速度大小等于初速度，方向与初速度相反．设星球表面的重力加速度为g ，由竖直上抛规律可得：v 0＝－v 0＋gt ，解得g ＝2v 0t由地面万有引力等于重力，万有引力提供向心力可得：mg ＝m v 2R. 解得：v ＝gR ＝ 2v 0R t，故A 正确．答案：A9．一物体静止在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上．已知万有引力常量为G ，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为( )A. 4π3G ρB. 34πG ρC. πG ρD. 3πG ρ 解析：物体对天体表面压力恰好为零，说明天体对物体的万有引力提供向心力：G Mm R 2＝m 4π2T2R ，解得T ＝2πR 3GM.① 又因为密度ρ＝M43πR 3＝3M 4πR 3，② ①②两式联立得T ＝3πG ρ. 答案：D10．在太空中，两颗靠得很近的星球可以组成双星，他们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动．则下列说法不正确的是( )A ．两颗星有相同的角速度B ．两颗星的旋转半径与质量成反比C ．两颗星的加速度与质量成反比D ．两颗星的线速度与质量成正比解析：双星运动的角速度相同，选项A 正确；由F ＝m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，可得m 1r 1＝m 2r 2，即两颗星的旋转半径与质量成反比，选项B 正确；F ＝m 1a 1＝m 2a 2，可知两颗星的加速度与质量成反比，选项C正确；F ＝m 1v 21r 1＝m 2v 22r 2，故可知两颗星的线速度与质量不是成正比关系，选项D 错误，故选D.答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)11.若北斗卫星导航系统中两颗卫星1和2均绕地心O 做匀速圆周运动，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，如图所示．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，则以下判断中正确的是( )A ．这两颗卫星的环绕速度大小相等，均为gRB ．这两颗卫星的加速度大小相等，均为R 2g r 2C ．卫星1加速后一定能追上卫星2D ．卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为πr3R r g解析：由G Mm r 2＝m v 2r 和G Mm R2＝mg ，得两颗卫星的环绕速度大小均为v ＝gR 2r ，选项A 错误；由G Mm r 2＝ma 和G Mm R2＝mg ，得两颗卫星的加速度大小均为a ＝R 2g r2，选项B 正确；卫星1加速后做离心运动，轨道半径变大后其运动速率变小，不能追上卫星2，选项C错误；由G Mm r 2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2和G Mm R 2＝mg ，得两颗卫星的周期均为T ＝2πr R r g ，卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为t ＝16T ＝πr 3R r g，选项D 正确．答案：BD12．预计我国将于2020年前发射月球登陆车，采集月球表面的一些样本后返回地球．月球登陆车返回时，由月球表面发射后先绕月球在近月圆轨道上飞行，经轨道调整后与停留在较高轨道的轨道舱对接．下列关于此过程的描述正确的是( )A ．登陆车在近月圆轨道上运行的周期小于月球自转的周期B ．登陆车在近月轨道的加速度大于在较高轨道的轨道舱的加速度C ．登陆车与轨道舱对接后由于质量增加若不加速则轨道半径不断减小D ．登陆车与轨道舱对接后经减速后才能返回地球解析：登陆车在近月轨道的半径小于月球同步轨道半径，故周期小于月球自转周期，选项A 正确；由G Mm r2＝ma 可知，选项B 正确；环绕半径与环绕天体的质量无关，选项C错误；对接后需要加速才能返回地球，选项D错误．答案：AB13．设地球的质量为M，平均半径为R，自转角速度为ω，引力常量为G，则有关同步卫星的说法正确的是()A．同步卫星的轨道与地球的赤道在同一平面内B．同步卫星的离地高度为h＝3GMω2C．同步卫星的离地高度为h＝3GMω2－RD．同步卫星的角速度为ω，线速度大小为3GMω解析：同步卫星是指卫星的轨道在赤道上空一定高度、周期和地球自转周期相同的卫星，所以G Mm（R＋h）2＝mv2（R＋h）＝mω2(R＋h)，可求得：h＝3GMω2－R，v＝3GMω，故选A、C、D.答案：ACD14.澳大利亚科学家近日宣布，在离地球约14光年的红矮星wolf 1061周围发现了三颗行星b、c、d，它们的公转周期分别是5天、18天、67天，公转轨道可视作圆，如图所示．已知万有引力常量为G.下列说法正确的是()A．可求出b、c的公转半径之比B．可求出c、d的向心加速度之比C ．若已知c 的公转半径，可求出红矮星的质量D ．若已知c 的公转半径，可求出红矮星的密度解析：行星b 、c 的周期分别为5天、18天，均做匀速圆周运动，根据开普勒周期定律公式R 3T 2＝k ，可以求解轨道半径之比，故A 正确；行星c 、d 的周期分别为18天、67天，均做匀速圆周运动，根据开普勒周期定律公式R 3T 2＝k ，可以求解轨道半径之比；根据万有引力等于向心力列式，有：G Mm r 2＝ma ，解得：a ＝GM r 2∝1r 2，故可以求解出c 、d 的向心加速度之比，故B 正确；已知c 的公转半径和周期，根据牛顿第二定律，有：G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，解得：M ＝4π2r 3T 2，故可以求解出红矮星的质量，但不知道红矮星的体积，无法求解红矮星的密度，故C 正确，D 错误；故选ABC.答案：ABC三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)15．(10分)某星球的质量约为地球质量的9倍，半径为地球半径的一半，若从地球表面高为h 处平抛一物体，水平射程为60 m ，则在该星球上从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，水平射程为多少？解析：平抛运动水平位移x ＝v 0t ，竖直位移h ＝12gt 2，解以上两式得x ＝v 0·2h g.由重力等于万有引力mg ＝G Mm R 2，得g ＝GM R 2. 所以g 星g 地＝M 星M 地⎝ ⎛⎭⎪⎫R 地R 星2＝9×41＝36. x 星x 地＝g 地g 星＝16， x 星＝16x 地＝10 m. 答案：10 m16．(10分)科学家在地球轨道外侧发现了一颗绕太阳运行的小行星，经过观测发现：该小行星每隔t 时间与地球相遇一次．已知地球绕太阳公转的半径为R ，周期是T ，设地球和小行星都是圆轨道，求小行星到太阳的距离．解析：设小行星绕太阳的周期为T ′，小行星与地球每隔时间t 相遇一次，则有t T －t T ′＝1. 设小行星绕太阳轨道半径为R ′，万有引力提供向心力，则G Mm ′R ′2＝m ′4π2T2R ′，同理，对于地球绕太阳运动也有G Mm R 2＝m 4π2T2R ，由以上两式，有R ′3R 3＝T ′2T2，故R ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t t －T 23R . 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫t t －T 23R17．(12分)宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，设每个星体的质量均为m ，四颗星稳定地分布在边长为a 的正方形的四个顶点上，已知这四颗星均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，引力常量为G .(1)求星体做匀速圆周运动的轨道半径；(2)若实验观测得到星体的半径为R ，求星体表面的重力加速度；(3)求星体做匀速圆周运动的周期．解析：(1)由星体均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动可知，星体做匀速圆周运动的轨道半径r ＝22a . (2)由万有引力定律可知G mm ′R2＝m ′g ，则星体表面的重力加速度g ＝G m R2. (3)星体在其他三个星体的万有引力作用下围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，由万有引力定律和向心力公式得． G m 2（2a ）2＋2G m 2a 2cos 45°＝m ·22a ·4π2T 2，解得周期T ＝2πa2a （4＋2）Gm . 答案：(1)22a (2)G m R2 (3)2πa 2a （4＋2）Gm 18．(14分)某行星运行一昼夜时间T ＝6 h ，若弹簧测力计在其“赤道”上比“两极”处测同一物体重力时读数小10%.(1)则该行星的密度为多大？(2)设想该行星自转角速度加快到某一值时，在“赤道”上的物体会“飘”起来，这时该行星的自转周期是多少？解析：(1)在两极，因物体随行星自转半径为零，无需向心力，其万有引力等于重力，G Mm R 2＝mg ；在赤道上，万有引力分解为两个分力，其一是物体重力，其二为物体随行星转动的向心力，即G Mm R 2＝mg ′＋m 4π2T 2R . 所以mg －mg ′＝0.1mg ，0.1G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，M ＝40π2R 3GT 2，密度ρ＝M43πR 3＝30πGT 2＝3.0×103 kg/m 3. (2)对物体原来有0.1GMm R 2＝m 4π2T 2R ＝ma 向，飘起来时：GMm R 2＝ma 向＝m 4π2T 21R ，由上述两式，得T 1＝110T ＝110×6 h ＝1.9 h. 答案：(1)3.0×103 kg/m 3 (2)1.9 h。

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