2016-2017学年高中物理 章末综合测评2 新人教版必修2

高中物理选择性必修第二册各章综合测验1.安培力与洛伦兹力.............................................................................................................. - 1 -2.电磁感应 ........................................................................................................................... - 15 -3.交变电流 ............................................................................................................................ - 27 -4.电磁振荡与电磁波............................................................................................................. - 39 -5.传感器 ................................................................................................................................ - 49 -1.安培力与洛伦兹力时间：90分钟 满分：100分一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．如图所示，一带负电的粒子(不计重力)进入磁场中，图中的磁场方向、速度方向及带电粒子所受的洛伦兹力方向标示正确的是( )2．如图所示，一根导线位于磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，其中AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝l ，且∠C ＝120°、∠B ＝∠D ＝150°.现给这根导线通入由A 至E 的恒定电流I ，则导线受到磁场作用的合力大小为( )A ．23BIl B.⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32BIl C ．(2＋3)BIl D ．4BIl3．在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子(重力不计)可能沿水平方向向右做直线运动的是( )4.电视显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是 ( )5.固定导线c垂直纸面，可动导线ab通以如图所示方向的电流，用测力计悬挂在导线c 的上方，导线c中通以如图所示的电流时，以下判断正确的是( )A．导线a端转向纸外，同时测力计读数减小B．导线a端转向纸外，同时测力计读数增大C．导线a端转向纸里，同时测力计读数减小D．导线a端转向纸里，同时测力计读数增大6.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受到安培力的作用后的运动情况为( )A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管7．1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )A．离子从磁场中获得能量B．电场的周期随离子速度增大而增大C．离子由加速器的中心附近射入加速器D．当磁场和电场确定时，这台加速器仅能加速电荷量q相同的离子8．如图所示，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的离子，从整体上来说呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场中有两块正对面积为S，相距为d的平行金属板，与外电阻R相连构成电路．设气流的速度为v，气体的电导率(电阻率的倒数)为g，则流过外电阻R的电流I及电流方向为( )A.BdvR，A→R→B B.BdvR，B→R→AC.BdvSggSR＋d，A→R→B D.BdvSSR＋gd，B→R→A二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9．如图所示，虚线左侧的匀强磁场磁感应强度为B1，虚线右侧的匀强磁场磁感应强度为B2，且B1＝2B2，当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时，粒子的( )A．速率将加倍B．轨迹半径将加倍C．周期将加倍D．做圆周运动的角速度将加倍10．如图所示，质量为m的带电绝缘小球(可视为质点)用长为l的绝缘细线悬挂于O点，在悬点O下方有匀强磁场．现把小球拉离平衡位置后从A点由静止释放，则下列说法中正确的是( )A．小球从A至C和从D至C到达C点时，速度大小相等B．小球从A至C和从D至C到达C点时，细线的拉力相等C．小球从A至C和从D至C到达C点时，加速度相同D．小球从A至C和从D至C过程中，运动快慢一样11．一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D 形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连．设质子的质量为m、电荷量为q，则下列说法正确的是( )A ．D 形盒之间交变电场的周期为2πm qB B ．质子被加速后的最大速度随B 、R 的增大而增大C ．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大D ．质子离开加速器时的最大动能与R 成正比12.如图所示，左右边界分别为PP ′、QQ ′的匀强磁场的宽度为d ，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里，一个质量为m 、电荷量为q 的微观粒子，沿图示方向以速度v 0垂直射入磁场，欲使粒子不能从边QQ ′射出，粒子入射速度v 0的最大值可能是( )A.Bqd mB.2＋2Bqd mC.2－2Bqdm D.2qBd 2m三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(8分)如图所示，虚线框内存在一沿水平方向且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场所受的安培力，来测量磁场磁感应强度的大小并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D 为位于纸面内的U 形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E 为直流电源；R 为电阻箱；为电流表；S 为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．(1)在图中画线连接成实验电路图．(2)完成下列主要实验步骤中的填空：①按图接线．②保持开关S 断开，在托盘内加入适量细沙，使D 处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m 1.③闭合开关S ，调节R 的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D ________________，然后读出________________，并用天平称出________________．④用米尺侧量________．(3)用测得的物理量和重力加速度g 表示磁感应强度的大小，可以得出B ＝________________.(4)判定磁感应强度方向的方法：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．14．(8分)如图所示，两平行金属导轨间的距离L ＝0.4 m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.5 T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.5 Ω的直流电源．现把一个质量m ＝0.04 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取10 m/s 2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小．15．(8分)在真空中，半径r ＝3×10－2 m 的圆形区域内有匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度B ＝0.2 T ．一个带正电的粒子，以初速度v 0＝106 m/s ，从直径ab 的一端a 射入磁场，已知该粒子的比荷q m ＝108C/kg ，不计粒子重力，求：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径是多少？(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0方向与ab的夹角θ及粒子的最大偏转角β.16．(10分)如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：(1)磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．17.(12分)如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T，磁场内有一块足够长的平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率均为v ＝3.0×106 m/s ，已知α粒子的比荷q m ＝5.0×107C/kg ，现只考虑在纸面内运动的α粒子，不计α粒子重力，求ab 上被α粒子打中的区域的长度．18．(14分)如图所示，平面直角坐标系xOy 中，在第二象限内有一半径R ＝5 cm 的圆，与y 轴相切于点Q (0，5 3 cm)，圆内有匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向外．在x ＝－10 cm 处有一个比荷为q m ＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v 0＝4.0×106 m/s ，粒子在Q 点进入第一象限．在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy 平面向外，磁感应强度B 0＝2 T ．粒子经该磁场偏转后，在x 轴M 点(6 cm,0)沿y 轴负方向进入第四象限(不考虑粒子的重力)．求：(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B 的大小．(2)第一象限内矩形磁场区域的最小面积．答案及解析1．解析：A图中带负电的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项A错误；B图中带负电粒子的运动方向与磁感线平行，此时不受洛伦兹力的作用，选项B错误；C图中带负电的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项C正确；D图中带负电的粒子向上运动，掌心向里，四指应向下，大拇指的方向向左，选项D错误．答案：C2．解析：据题图和几何关系求得A、E两点间的距离为：L等＝(2＋3)l.据安培力公式得F＝BIL等＝(2＋3)BIl，故A、B、D错误，C正确．答案：C3．解析：在A图中，电子向右运动，受力如图电子做曲线运动，A错误；在B图中，电子只受向左的电场力，不受洛伦兹力，只要电子v足够大，可以向右做匀减速直线运动，通过电磁场，B正确；在C图中，向右运动电子所受电场力，洛伦兹力均竖直向下，与v不共线，做曲线运动，C错误；在D图中，向右运动电子所受电场力，洛伦兹力均竖直向上，与v不共线，做曲线运动，D错误．答案：B4．解析：电子偏转到a点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，对应的B­ t图的图线应在t轴下方，C、D错误；电子偏转到b点时，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的B­ t图的图线应在t轴上方，A正确、B错误．答案：A5．解析：导线c中电流产生的磁场在右边平行纸面斜向左上，在左边平行纸面斜向左下，在ab左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向外，右边的电流元所受安培力方向向里，知ab导线逆时针方向(从上向下看)转动．当ab导线转过90°后，两导线电流为同向电流，相互吸引，导致测力计的读数变大，故B正确，A、C、D 错误．答案：B6．解析：先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图甲所示．可以判断导线受到磁场力作用后从上向下看按逆时针方向转动，再分析导线转过90°时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线所受磁场力的方向，如图乙所示，可知导线还要靠近螺线管，所以D 正确，A、B、C错误．答案：D7．解析：离子在电场力作用下，从电场中获得能量，而洛伦兹力始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，离子不能从磁场中获得能量，A 错误；离子最终的速度与回旋半径成正比，要使半径最大，应使离子从中心附近射入加速器，C 正确；加速离子时，交变电场的周期与离子在磁场中运动的周期相等，离子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB，与离子速度无关，与离子的比荷有关，当磁场和电场确定时，这台加速器仅能加速比荷相同的离子，B 、D 错误．答案：C8．解析：由左手定则知，正离子向上偏，负离子向下偏，故电流方向为A →R →B ，设带电离子电荷量为q ，由q E d ＝qvB ，I ＝E R ＋r ，r ＝ρd S ，ρ＝1g ，联立解得I ＝BdvSg gSR ＋d ，故选C. 答案：C9．解析：带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹半径R ＝mvqB ，周期T ＝2πm qB，角速度ω＝2πT ＝qB m，洛伦兹力不做功，B 1＝2B 2，故由B 1进入B 2后v 不变，R 加倍，T 加倍，ω减半，B 、C 正确．答案：BC10．解析：由题意可知，当进入磁场后，才受到洛伦兹力作用，且力的方向与速度垂直，所以只有重力做功，则小球从A 至C 和从D 至C 到达C 点时，速度大小相等，加速度相同，从A 至C 和从D 至C 过程中，运动快慢也一样，A 、C 、D 正确；由于进出磁场的方向不同，由左手定则可知，洛伦兹力方向不同，所以细线的拉力的大小不同，故B 错误．答案：ACD11．解析：D 形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中运动的周期，A 项正确；由r ＝mvqB 得：当r ＝R 时，质子有最大速度v m ＝qBR m，即B 、R 越大，v m 越大，v m 与加速电压无关，B 正确，C 错误；质子离开加速器时的最大动能E km ＝12mv 2m ＝q 2B 2R 22m，故D 错误． 答案：AB12．解析：粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R ＝mv 0qB知，粒子的入射速度v 0越大，R 越大．当粒子的径迹和边界QQ ′相切时，粒子刚好不从QQ ′射出，此时其入射速度v 0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示(此时圆心为O 点)，容易看出R 1－R 1sin (90°－45°)＝d ，将R 1＝mv 0qB 代入得v 0＝2＋2Bqd m，选项B 正确；若粒子带负电，其运动轨迹如图乙所示(此时圆心为O ′点)，容易看出R 2＋R 2cos 45°＝d ，将R 2＝mv 0qB代入得v 0＝2－2Bqdm，选项C 正确．答案：BC 13.解析：(1)根据实验目的和电磁天平的原理，将电源、开关、电阻箱、电流表及U 形金属框串联起来，连接成如答图所示的电路图．(2)设金属框质量为M ，托盘质量为m 0，第一次操作中未接通电源时由平衡条件得Mg ＝(m 0＋m 1)g ；第二次接通电源后，重新加入适量细沙，使D 重新处于平衡状态，然后读出电流表的示数I ，用天平称出此时细沙的质量m 2，并测量出金属框底部的长度l .(3)若金属框受到的安培力竖直向下，由平衡条件得BIl ＋Mg ＝(m 0＋m 2)g ，两式联立解得B ＝m 2－m 1g Il .若金属框受到的安培力竖直向上，则B ＝m 1－m 2g Il .综上可得B ＝|m 2－m 1|Ilg . (4)若m 2>m 1，则由左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外，反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．答案：(1)如解析图所示(1分) (2)③重新处于平衡状态(1分) 电流表的示数I (1分) 此时细沙的质量m 2(1分) ④D 的底边长度l (1分) (3)|m 2－m 1|Ilg (2分) (4)m 2>m 1(1分)14．解析：(1)根据闭合电路欧姆定律I ＝ER 0＋r＝1.5 A ．(2分)(2)导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.3 N ．(2分)(3)导体棒受力分析如图，将重力正交分解F 1＝mg sin 37°＝0.24 N ，(1分)F 1<F 安，根据平衡条件，mg sin 37°＋F f ＝F 安，(1分)解得F f ＝0.06 N ．(2分)答案：(1)1.5 A (2)0.3 N (3)0.06 N15．解析：(1)粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力充当其做圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有：qv 0B ＝mv 20R(2分)得R ＝mv 0qB＝5×10－2m ．(2分)(2)粒子在圆形磁场区域的运动轨迹为一段半径R ＝5 cm 的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为场区的直径，粒子运动轨迹的圆心O ′在ab 弦的中垂线上，如图所示，由几何关系知sin θ＝r R＝0.6，所以θ＝37°，(2分)而最大偏转角β＝2θ＝74°.(2分)答案：(1)5×10－2m (2)θ＝37° β＝74°16．解析：(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，qv 0B 0＝mv 20r，(2分)正离子做匀速圆周运动的周期T 0＝2πrv 0，(1分)联立两式解得磁感应强度B 0＝2πm qT 0.(2分)(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，当正离子在两板之间只运动一个周期，即t ＝T 0时，有r ＝d4，(1分)当正离子在两板之间运动n 个周期，即t ＝nT 0时，有r ＝d4n(n ＝1,2,3，…)，(2分)联立解得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qr m ＝πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…)．(2分)答案：(1)2πm qT 0 (2)πd 2nT 0(n ＝1,2,3，…)17．解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R 表示其轨迹半径，有qvB ＝m v 2R，(2分)可得R ＝mv qB，(1分)代入数值得R ＝10 cm ，(1分) 则2R >l >R .(1分)由于α粒子的速率一定，轨迹半径一定，则由定圆旋转法作出α粒子运动的临界轨迹如图所示，其中SP 垂直于ab ，在P 1点α粒子的运动轨迹与ab 板相切，即P 1点为ab 上被α粒子打中区域的左边界，由几何知识有P 1P ＝ R 2－l －R2，(2分)P 2点为ab 上被α粒子打中区域的右边界， SP 2＝2R ，由几何关系得PP 2＝2R2－l 2，(2分)所求长度为P 1P 2＝P 1P ＋PP 2，(1分) 代入数据得P 1P 2＝20 cm.(2分) 答案：20 cm18．解析：(1)画出粒子的运动轨迹，如图所示 作O 1P 1垂直于PO ，由几何关系知∠O 1OP ＝60°(2分)设粒子在第二象限圆内磁场做匀速圆周运动的半径为r 1，由几何关系有tan 60°＝r 1R(2分)由洛伦兹力提供向心力得qv 0B ＝m v 20r 1(2分)解得B ＝4315T.(2分)(2)粒子在第一象限内转过14圆周，设轨迹半径为r 2，由洛伦兹力提供向心力得qv 0B 0＝m v 20r 2(2分)答图中的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何关系得S min ＝2r 2⎝ ⎛⎭⎪⎫r 2－22r 2(2分) 联立解得矩形磁场区域的最小面积为S min ＝4(2－1)cm 2.(2分) 答案：(1)4315T (2)4(2－1)cm22.电磁感应时间：90分钟 满分：100分一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1.一平面线圈用细杆悬于P 点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为( )A ．逆时针方向 逆时针方向B ．逆时针方向 顺时针方向C ．顺时针方向 顺时针方向D ．顺时针方向 逆时针方向2.如图所示，在一蹄形磁铁下面放一个铜盘，铜盘和磁铁均可以自由绕OO ′轴转动，两磁极靠近铜盘，但不接触．当磁铁绕轴转动时，铜盘将( )A ．以相同的转速与磁铁同向转动B ．以较小的转速与磁铁同向转动C ．以相同的转速与磁铁反向转动D ．静止不动3.如图所示，空间有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一长为L 的直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E ；将此棒弯成一半圆形置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿垂直直径的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为E ′，则E ′E等于( )A.π2B.2πC．1 D.1π4.如图所示电路中，L a、L b两灯相同，闭合开关S电路达到稳定后两灯一样亮，则( )A．当S断开的瞬间，L a、L b两灯中电流立即变为零B．当S断开的瞬间，L a、L b两灯中都有向右的电流，两灯不立即熄灭C．当S闭合的瞬间，L a比L b先亮D．当S闭合的瞬间，L b比L a先亮5.如图所示，条形磁铁从高h处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈．开关S断开，条形磁铁至落地用时t1，落地时速度为v1；S闭合，条形磁铁至落地用时t2落地时速度为v2，则它们的大小关系正确的是( )A．t1＞t2，v1＞v2 B．t1＝t2，v1＝v2C．t1＜t2，v1＜v2 D．t1＜t2，v1＞v26．如图甲所示，面积S＝1 m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里为正)，以下说法正确的是( )A．环中没有产生感应电流B．环中产生顺时针方向的感应电流C．环中产生的感应电动势大小为1 VD．环中产生的感应电动势大小为2 V7．如图所示，将两块水平放置的金属板用导线与一线圈连接，线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，两板间有一带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像是( )8.如图所示，A是一边长为L的正方形导线框．虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为3L.线框的bc边与磁场左右边界平行且与磁场左边界的距离为L.现维持线框以恒定的速度v沿x轴正方向运动．规定磁场对线框作用力沿x轴正方向为正，且在图示位置时为计时起点，则在线框穿过磁场的过程中，磁场对线框的作用力随时间变化的图像正确的是( )二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9．如图甲所示，10匝的线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈的磁通量在按图乙所示规律变化，下列说法正确的是( )A．电压表读数为10 VB．电压表读数为15 VC ．电压表“＋”接线柱接A 端D ．电压表“＋”接线柱接B 端10．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积的电荷量为q 1；第二次bc 边平行于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 2B ．q 1>q 2C ．q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 211．如图甲为电动汽车无线充电原理图，M 为受电线圈，N 为送电线圈．图乙为受电线圈M 的示意图，线圈匝数为n ，电阻为r ，横截面积为S ，两端a 、b 连接车载变流装置，匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈．下列说法正确的是( )A ．只要受电线圈两端有电压，送电线圈中的电流一定不是恒定电流B ．只要送电线圈N 中有电流流入，受电线圈M 两端一定可以获得电压C ．当线圈M 中磁感应强度均匀增加时，M 中有电流从a 端流出D ．若Δt 时间内，线圈M 中磁感应强度均匀增加ΔB ，则M 两端的电压为nS ΔBΔt12．如图所示，在水平桌面上放置两条相距l 的平行粗糙且无限长的金属导轨ab 与cd ，阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连．金属滑杆MN 垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B .滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m 的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直状态．现若由静止开始释放物块，用I 表示稳定后回路中的感应电流，g 表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为F f ，则在物块下落过程中( )A ．物块的最终速度为mg －F f RB 2l 2B ．物块的最终速度为I 2Rmg －F fC ．稳定后物块重力的功率为I 2R D ．物块重力的最大功率可能大于mg mg －F f RB 2l 2三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)观察如图实验装置，实验操作中，当导体棒AB 沿着磁感线方向上下运动时，电流计指针________(选填“偏转”或“不偏转”)；当导体棒AB 垂直磁感线方向左右运动时，电流计指针________(选填“偏转”或“不偏转”)；若流入电流计的电流从右接线柱进入，指针就往右偏转，则为使图中电流计指针往左偏转，导体棒AB 应往________(选填“上”“下”“左”“右”)运动．14．(8分)我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和其所遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．(1)如图甲所示的实验装置，当磁铁的N 极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道________．(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转．电路稳定后，若向左移动滑动变阻器的滑片，则电流表指针向________偏转；若将线圈A 抽出，则电流表指针向________偏转．(填“左”或“右”)15．(7分)如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd 的边长为0.2 m ，bc 边与匀强磁场边缘重合．磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T ．在水平拉力作用下，线圈以8 m/s 的速度向右穿过磁场区域．求线圈在上述过程中(1)感应电动势的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感应电流产生的热量Q.16．(9分)如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m．导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E.(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F.17．(14分)如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像．18．(16分)如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m 和12m 的金属棒b 和c 静止放在水平导轨上，b 、c 两棒均与导轨垂直．图中de 虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m 的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h .已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未与金属棒c 发生碰撞．重力加速度为g ，求：(1)绝缘棒a 与金属棒b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小； (2)金属棒b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； (3)两金属棒b 、c 上最终产生的总焦耳热．。

高中物理教科版必修2：章末综合测评2(时间：60分钟总分值：100分)一、选择题(此题共10小题，共60分，在每题给出的四个选项中，第1～7题只要一项契合标题要求，第8～10题有多项契合标题要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得零分)1．关于物体做匀速圆周运动，以下说法中正确的选项是()A．其转速与角速度成正比，其周期与角速度成正比B．运动的快慢可用线速度描画，也可用角速度来描画C．匀速圆周运动的速度坚持不变D．做匀速圆周运动的物体，其减速度坚持不变【解析】由公式ω＝2πn可知，转速和角速度成正比，由ω＝2πT可知，其周期与角速度成正比，故A错误；运动的快慢可用线速度描画，也可用角速度来描画，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；匀速圆周运动的减速度大小不变，方向在变，所以D错误．【答案】 B2.如图1所示，一公允轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，那么公允轮转动进程中a、b两质点()图1A．角速度大小相反B．向心力大小相反C．线速度大小相反D．向心减速度大小相反【解析】O点为圆心，a和b两质点与O点的距离不相等，即圆周运动的半径不相等，但两质点与圆心连线在相等时间内转过的圆心角相等，因此，两质点的角速度大小相反，线速度大小不相反，选项A正确，选项C错误；向心力为F＝mRω2，两质点的质量与角速度都相等，半径不相等，那么向心力与向心减速度不相反，选项B、D均错误．【答案】 A3.荡秋千是儿童喜欢的一项体育运动，当秋千荡到最高点时，小孩的减速度方向是图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【解析】如图，将重力分解，沿绳子方向T－G cos θ＝m v2R，当在最高点时，v＝0，故T＝G cos θ，故合力方向沿G2方向，即沿切线b方向，由牛顿第二定律，减速度方向沿切线b方向．【答案】 B4．一小球沿半径为2 m的轨道做匀速圆周运动，假定周期T＝4 s，那么() 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．假定小球的速度方向改动了π2rad，经过时间一定为1 s【解析】小球的周期为T＝4 s，那么小球运动的线速度为v＝2πrT＝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，假定方向改动π2弧度，阅历的时间不一定为1 s，选项D错误．【答案】 C5．如图3所示，一圆盘可绕经过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一同转动(仰望为逆时针)．某段时间内圆盘转速不时增大，但橡皮块仍相对圆盘运动，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示(仰望图)中，正确的选项是()【导学号：22852053】图3【解析】橡皮块做减速圆周运动，合力不指向圆心，但一定指向圆周的内侧．由于做减速圆周运动，速度不时添加，故合力与速度的夹角小于90°，应选C.【答案】 C6.长度L＝0.50 m的轻杆OA，A端有一质量m＝3.0 kg的小球，如图4所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，经过最高点时小球的速率为 2 m/s(g取10 m/s2)，那么此时细杆OA遭到()图4A．6 N的拉力B．6 N的压力C．24 N的拉力D．24 N的压力【解析】设小球以速率v经过最高点时，球对杆的作用力恰恰为零，即：mg＝m v2L，v＝gL＝10×0.5 m/s＝ 5 m/s.由于v0＝2 m/s＜ 5 m/s，小球过最高点时对细杆发生压力，如下图由牛顿第二定律：mg－F N＝m v20/L得F N＝mg－m v20/L＝3×10 N－3×220.5N＝6 N.【答案】 B7．如图5所示，乘坐游乐园的翻腾过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，以下说法正确的选项是()图5A．车在最高点时人处于倒坐形状，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉上去B ．人在最高点时对座位不能够发生大小为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【解析】 过山车是竖直面内杆系小球圆周运动模型的运用．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 ，应选项C 错误，选项D 正确；人在最高点，假定v ＞gR 时，向心力由座位对人的压力和人的重力的合力提供，假定v ＝gR 时，向心力由人的重力提供，假定v ＜gR 时，人才靠保险带拉住，选项A 错误；F ＞0，人对座位发生压力，压力大小F ＝m v 2R －mg ，当v 2＝2Rg 时F ＝mg ，选项B 错误．【答案】 D8．在云南省某些中央到如今还要依托滑铁索过江(如图6甲)，假定把滑铁索过江简化成图乙的模型，铁索的两个固定点A 、B 在同一水平面内，AB 间的距离为L ＝80 m ，绳索的最低点离AB 间的垂直距离为h ＝8 m ，假定把绳索看做是圆弧，一质量m ＝52 kg 的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点的速度为10 m/s(g 取10 m/s 2)，那么( )【导学号：22852054】图6A ．人在整个绳索上运动可看成是匀速圆周运动B ．可求得绳索的圆弧半径为104 mC ．人在滑到最低点时对绳索的压力为570 ND ．在滑到最低点时人处于失重形状【解析】 依据题意，R 2＝402＋(R －8)2得R ＝104 m在最低点F －mg ＝m v 2R得F＝570 N此时人处于超重形状，B、C选项正确．【答案】BC9．有一种杂技扮演叫〝飞车走壁〞，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形扮演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．如图7所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离空中的高度为h，以下说法中正确的选项是()图7A．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【解析】摩托车受力如下图．由于N＝mgcos θ所以摩托车遭到侧壁的压力与高度有关，坚持不变，摩托车对侧壁的压力F 也不变，A错误；由F＝mg tan θ＝m v2＝mω2r知h变化时，向心力F不变，但高r度降低，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】BC10．如图8所示，有一个半径为R的润滑圆轨道，现给小球一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，那么关于小球在过最高点的速度v，以下表达中正确的选项是()图8A．v的极小值为gRB．v由零逐渐增大，轨道对球的弹力逐渐增大C．当v由gR值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大D．当v由gR值逐渐减小时，轨道对小球的弹力逐渐增大【解析】由于轨道内壁下侧可以提供支持力，故最高点的最小速度可以为零，A错误．假定在最高点v＞0且较小时，球做圆周运动所需的向心力由球的，当N1重力跟轨道内壁下侧对球向上的力N1的合力共同提供，即mg－N1＝m v2R＝0时，v＝gR，此时只要重力提供向心力．由此知，速度在0＜v＜gR时，轨道内壁下侧的弹力随速度的增大(减小)而减小(增大)，故B错误、D正确．当v＞gR时，球的向心力由重力跟轨道内壁上侧对球的向下的弹力N2共同提供，即mg＋N2＝m v2，当v由gR逐渐增大时，轨道内壁上侧对小球的弹力逐渐增大，R故C正确．【答案】CD二、非选择题(共3小题，共40分，按标题要求作答)11．(12分)一水平放置的圆盘，可以绕中心O点旋转，盘上放一个质量是0.4 kg的铁块(可视为质点)，铁块与中间位置的转轴处的圆盘用轻质弹簧衔接，如图9所示．铁块随圆盘一同匀速转动，角速度是10 rad/s时，铁块距中心O点30 cm，这时弹簧对铁块的拉力大小为11 N，g取10 m/s2，求：图9(1)圆盘对铁块的摩擦力大小．(2)假定此状况下铁块恰恰不向外滑动(视最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，那么铁块与圆盘间的动摩擦因数为多大？【解析】(1)弹簧弹力与铁块遭到的静摩擦力的合力提供向心力，依据牛顿第二定律得：F＋f＝mω2r代入数值解得：f＝1 N.(2)此时铁块恰恰不向外侧滑动，那么所遭到的静摩擦力就是最大静摩擦力，那么有f＝μmg故μ＝fmg＝0.25.【答案】(1)1 N(2)0.2512．(12分)图10甲为游乐场的悬空旋转椅，我们把这种状况笼统为图乙的模型：一质量m＝40 kg的球经过长L＝12.5 m的轻绳悬于竖直平面内的直角杆上，水平杆长L′＝7.5 m．整个装置绕竖直杆转动，绳子与竖直方向成θ角．当θ＝37°时，(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图10(1)绳子的拉力大小；(2)该装置转动的角速度．【解析】(1)对球受力剖析如下图，那么F T＝mgcos 37°＝490 N.(2)球做圆周运动的向心力由重力和绳子的拉力的合力提供，即mg tan 37°＝mω2(L sin 37°＋L′)，得ω＝g tan 37°L sin 37°＋L′＝0.7 rad/s.【答案】(1)490 N(2)0.7 rad/s13．(16分)如图11所示，半径为R，内径很小的润滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A经过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B经过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg.求A、B两球落地点间的距离.【导学号：22852055】图11【解析】两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，分开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差．对A球：3mg＋mg＝m v2ARv A＝4gR对B球：mg－0.75mg＝m v2BR v B＝14gRs A＝v A t＝v A 4Rg＝4R s B＝v B t＝v B4Rg＝R所以s A－s B＝3R.【答案】3R。

模块综合测评(时间：90 分钟 满分：100 分)命题报告知识点 简单 中等较难 曲线运动的条件 1平抛运动 2 14 圆周运动 3、8 11、15 同步卫星、宇宙航行 9 4经典力学的局限性5 功、功率 6、7动能定理 7 16 机械能守恒定律 1016 探究功与速度变化的关系12验证机械能守恒定律13第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．一个物体做曲线运动，在某时刻物体的速度v 和合外力F 的方向可能正确的是( )【解析】 物体做曲线运动时，速度沿该点的切线方向，合外力与速度不共线，且指向轨迹弯曲方向的凹侧，故选项A 正确．【答案】 A2．决定平抛运动物体飞行时间的因素是( ) A ．初速度 B ．抛出时的高度 C ．抛出时的高度和初速度 D ．以上均不对【解析】 平抛运动的飞行时间由其竖直分运动决定，由公式h ＝12gt 2知，飞行时间由抛出时的高度决定，B 正确．【答案】 B3．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为F f甲和F f乙，以下说法正确的是( ) A．F f甲小于F f乙B．F f甲等于F f乙C．F f甲大于F f乙D．F f甲和F f乙大小均与汽车速率无关【解析】两车做圆周运动的向心力均由摩擦力提供，由于甲车在乙车外侧，故r甲>r乙，而两者质量和速率均相等，由F f＝mv2r可得选项A正确．【答案】 A4．下面关于同步通信卫星的说法中不正确的是( )A．各国发射的地球同步卫星的高度和速率都是相等的B．同步通信卫星的角速度虽已被确定，但高度和速率可以选择，高度增加，速率增大；高度降低，速率减小，仍同步C．我国发射第一颗人造地球卫星的周期是114 min，比同步通信卫星的周期短，所以第一颗人造卫星离地面的高度比同步通信卫星的低D．同步通信卫星的速率比我国发射的第一颗人造地球卫星的速率小【解析】同步通信卫星的周期与角速度跟地球自转的周期与角速度相同，由ω＝GM r3和h＝r－R知卫星高度确定．由v＝ωr知速率也确定，A正确，B错误；由T＝2πr3GM知第一颗人造地球卫星高度比同步通信卫星的低，C正确；由v＝GMr知同步通信卫星比第一颗人造地球卫星速率小，D正确．故选B.【答案】 B5．牛顿定律不适用于下列哪些情况( )A．研究原子中电子的运动B．研究“神舟十号”飞船的高速发射C．研究地球绕太阳的运动D．研究飞机从北京飞往纽约的航线【解析】牛顿力学属于经典力学的研究范畴，适用于宏观、低速运动的物体，并注意到低速和高速的标准是相对于光速，可判定牛顿定律适用于B、C、D中描述的运动，而A 不适用．【答案】 A6．汽车上坡的时候，司机必须换挡，其目的是( )A．减小速度，得到较小的牵引力B．增大速度，得到较小的牵引力C．减小速度，得到较大的牵引力D．增大速度，得到较大的牵引力【解析】 汽车在上坡时，汽车的牵引力除了需要克服阻力以外，还要克服重力沿斜坡向下的分力，所以需要增大牵引力，由F ＝P v可知，在P 一定时，要增大牵引力，必须减小速度．【答案】 C7．关于动能定理，下列说法中正确的是( ) A ．某过程中外力的总功等于各力做功的代数和 B ．只要合外力对物体做功，物体的动能就一定改变 C ．在物体动能不改变的过程中，动能定理不适用 D ．动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程【解析】 公式W ＝ΔE k 中W 为合外力做的功，也可以是各力做功的代数和，A 、B 对；动能不变，只能说明合外力的总功W ＝0，动能定理仍适用，C 错；动能定理既适用于恒力做功，也可适用于变力做功，D 项错误．【答案】 AB8．对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是( ) A ．线速度不变 B ．周期不变 C ．角速度大小不变D ．运动状态不变【解析】 做匀速圆周运动的物体其线速度大小不变，方向沿圆弧的切线方向，时刻改变，选项A 、D 错误；做匀速圆周运动的物体的周期不变，角速度大小不变，选项B 、C 正确．【答案】 BC9．假设“神舟十号”飞船实施变轨后做匀速圆周运动，共围绕地球运动了n 圈，起始时刻为t 1，结束时刻为t 2，运行速度为v ，半径为r ，则其运行周期为( )A ．T ＝t 2－t 1n B ．T ＝t 1－t 2n C ．T ＝2πr vD ．T ＝2πvr【解析】 由题意知，飞船做匀速圆周运动n 圈所需的时间为Δt ＝t 2－t 1，故其周期为T ＝Δt n ＝t 2－t 1n ，选项A 正确；由周期公式知T ＝2πrv，选项C 正确． 【答案】 AC10．(多选)如图1，置于足够长斜面上的盒子A 内放有光滑球B ，B 恰与A 前、后壁接触，光滑斜面固定于水平地面上．一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P 连接，另一端与A 相连，处于静止状态．今用平行于斜面向下的外力缓慢推A ，然后由静止释放，则从释放盒子A 直至其获得最大速度的过程中( )图1A．弹簧对A做的功等于A机械能的增加量B．弹簧的弹性势能一直减小，但并没有减小到零C．弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量D．弹簧对A做的功与A所受重力做功的代数和等于A动能的增加量【解析】根据A机械能的增量等于除重力外其他力做的功知，除A的重力和弹簧的弹力外，B也对A做功，选项A错误；运动过程中，弹簧由收缩状态伸长，A达到最大速度时，A和B的加速度为零，根据受力分析知，弹簧必处于收缩状态，则弹簧的弹性势能减小但不为零，选项B正确；运动过程中弹簧、A和B组成的系统机械能守恒，所以弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量，选项C正确；根据动能定理，重力、弹簧弹力及B对A 侧壁的压力对A做功的代数和等于A动能的增加量，因B对A侧壁的压力对A做负功，所以A所受重力做的功和弹簧弹力做的功的代数和大于A动能的增加量，选项D错误．【答案】BC二、填空题(本题共 3 小题，共 18 分)11．(5分)如图2所示，物体做圆周运动，在A点物体所受的合外力F既不与速度的方向垂直也不与速度的方向在一条直线上，此时我们可以将F进行正交分解，使一个分力F1与速度v的方向垂直，另一个分力F2与速度方向平行，其中分力F1只改变速度的________，分力F2只改变速度的________，当F1＝0时，物体将做________运动，此时物体的运动速率将________；若F与v的夹角为锐角，物体的运动速率将________．图2【解析】由题意可知，物体所受合力F的一个与速度方向平行的分力F2在物体运动过程中充当阻力，改变速度的大小，而不能改变速度的方向，物体所受合力F的一个与速度方向垂直的分力F1，在物体运动过程中既不充当动力，也不充当阻力，因此，此分力不能改变速度的大小，只改变速度的方向，因此第一个空填方向，第二个空应填大小．如果F1＝0，则物体所受合力的方向与物体运动速度的方向在一条直线上，且相反，物体将做直线运动，又因为合力不为零，所以物体将做变速直线运动，此时物体运动的速率将发生变化，即减小，第三个空填变速直线；第四个空应填减小．如果F与v的夹角为锐角，物体所受合力将做动力，导致速度的大小变大，即物体运动的速率将变大．第五个空填增大．【答案】方向大小变速直线减小增大12．(6分)某同学用如图3甲所示的实验装置探究小车动能变化与合外力对它做功的关系．图中A为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B的限位孔，A、B均置于足够长的水平木板上，木板一端带有定滑轮，定滑轮上挂重物P，C为弹簧测力计．不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点．图3(1)弹簧测力计的读数为________N.(2)该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为K 点，再顺次选取6个点，分别记为0、1、2、3、4、5点，先测量0点到K 点的距离x 0，之后测量另5个点到0点的距离x ，求出6个点的速度大小，计算出1、2、3、4、5点与0点之间的速度平方差Δv 2＝v 2－v 20，然后在坐标纸中建立Δv 2～x 坐标系，并根据测得的数据进行如图3乙所示的描点．根据图象，小车的加速度大小是________m/s 2，若测出小车质量为0.6 kg ，结合图象可求得小车所受合外力的大小为________N ．(结果小数点后保留两位数字)(3)该同学通过计算发现测力计读数大于小车所受合外力，要让弹簧测力计的读数等于小车所受合外力，应该采取的措施是________．(填选项序号)A ．增大重物P 质量，使P 质量远大于小车A 质量B ．增大小车A 质量，使A 质量远大于小车P 质量C ．适当抬高木板右端，平衡摩擦力D ．适当抬高木板左端，平衡摩擦力 【解析】 (1)弹簧测力计的读数为2.50 N.(2)根据v 2－v 2＝2ax 知，2a ＝v 2－v 20x ＝Δv 2x，即图像的斜率k ＝2a ，由图像得k ＝2.50，所以a ＝1.25 m/s 2.根据牛顿第二定律F 合＝ma ＝0.6×1.25 N＝0.75 N.(3)由动能定理可得：W ＝Fx ＝12mv 2－12mv 20＝12m (v 2－v 20)＝12m ·Δv 2，所以Δv 2＝2F m x .则可知图象的斜率等于2Fm.实验中是将物体的重力充当了小车的拉力，由于小车受到桌面的摩擦力，故会使合力小于物体的重力，造成较大的误差，故应未平衡摩擦力(或小车受到的摩擦阻力的影响)．【答案】 (1)2.50 N (2)1.25 0.75 (3)D13．(7分)(2015·绵阳实验高中高一检测) 某实验小组利用拉力传感器验证机械能守恒定律”的实验(1)实验完毕后选出一条纸带如图4甲所示，其中O 点为电磁打点计时器打下的第一个点，A 、B 、C 为三个计数点，打点计时器通以50 Hz 的交流电．用刻度尺测得OA ＝12.41 cm ，OB ＝18.60 cm ，OC ＝27.21 cm ，在计数点A 和B 、B 和C 之间还各有一个点，重物的质量为1.00 kg ，取g ＝10.0 m/s 2.甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B 点时重物的重力势能比开始下落时减少了________J ；此时重物的动能比开始下落时增加了________J ．(结果均保留三位有效数字)图4(2)乙同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h ，算出了各计数点对应的速度v ，以h 为横轴，以12v 2为纵轴画出了如图4的图线．图线未过原点O 的原因是________________________________．【解析】 (1)打点计时器打B 点时重物的速度为v B ＝OC －OA 2T ＝27.21－12.41×10－22×0.04m/s ＝1.85 m/s ，所以重物动能的增加量为ΔE k ＝12mv 2B ＝12×1.00×1.852J ＝1.71 J ，物的重力势能的减少量为ΔE p ＝mgh ＝1.00×9.8×18.60×10－2J ＝1.82 J.(2)由图像可知，打下第一个人点时重物已有速度，说明乙同学先释放重物，再接通打点计时器．【答案】 (1)①1.80 1.71 ②先释放重物，再接通计时器电源三、计算题(本题共 3 小题，共 32 分．要有必要的文字说明和解决步骤，有数值计算的要注明单位．)14．(10分)从某一高度平抛一物体，当抛出2秒后的速度方向与水平方向成45°角时，落地时速度方向与水平方向成60°角．(g 取10 m/s 2)求：(1)抛出时的速度大小； (2)落地时的速度大小； (3)抛出点距地面的高度； (4)水平射程．【解析】 (1)由抛出2秒后它的速度方向与水平方向成45°角，有tan 45°＝vy 1v 0＝gt 1v 0＝11. 代入数据可得抛出时的速度v 0＝gt 1＝10×2 m/s＝20 m/s.(2)由落地时速度方向与水平方向成60°角，有 tan 60°＝v y 2v 0， 可得vy 2＝v 0tan 60°＝20 3 m/s ， 所以落地时的速度v t 2＝v 20＋vy 22＝202＋2032m/s ＝40 m/s.(3)由vy 2＝gt 2＝20 3 m/s ，可知落地时间t 2＝2 3 s. 所以抛出点距地面的高度H ＝12gt 22＝12×10×(23)2 m ＝60 m. (4)水平射程x ＝v 0t 2＝20×2 3 m ＝40 3 m. 【答案】 (1)20 m/s (2)40 m/s (3)60 m (4)40 3 m15．(10分)一辆质量为800 kg 的汽车在圆弧半径为50 m 的拱桥上行驶．(g 取10 m/s 2) (1)若汽车到达桥顶时速度为v 1＝5 m/s ，汽车对桥面的压力为多大？ (2)汽车以多大速度经过桥顶时，恰好对桥面没有压力？【解析】 (1)汽车到达桥顶时，受到重力mg 和桥面对它的支持力F N 的作用，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg －F N ＝m v 21R所以F N ＝mg －m v 21R＝7 600 N根据牛顿第三定律，汽车对桥面的压力为7 600 N.(2)汽车经过桥顶时恰好对桥面没有压力，则F N ＝0，即汽车做圆周运动的向心力完全由其自身重力来提供，所以有mg ＝m v 2R解得v ＝gR ＝22.4 m/s.【答案】 (1)7 600 N (2)22.4 m/s16．(12分)(2014·雅安三诊考试)如图5所示，质量为m 的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放，从轨道末端O 点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P 点．以O 为原点在竖直面内建立如图5所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程 y ＝6－x 2(单位：m)，小球质量m ＝0.4 kg ，圆弧轨道半径R ＝1.25 m ，g 取10 m/s 2；求：图5(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小；(2)小球从O 点到P 点所需的时间(结果可保留根号)． 【解析】 (1)对小球，从释放到O 点过程中 由机械能守恒：mgR ＝12mv 2v ＝2gR ＝2×10×1.25 m/s ＝5 m/s 小球在圆轨道最低点：N ＝mg ＋m v 2R＝12 N由牛顿第三定律，小球对轨道的压力N ′＝N ＝12 N. (2) 小球从O 点水平抛出后满足y ＝12gt 2，x ＝vt又有y ＝6－x 2联立得t ＝55s. 【答案】 (1)12 N (2)55s 附加题(本题供学生拓展学习，不计入试卷总分)17．小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图6所示．已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g ，忽略手的运动半径和空气阻力．图6(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2； (2)问绳能承受的最大拉力为多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？【解析】 (1)设绳断后小球飞行的时间为t ，落地时小球的竖直分速度为v y ，根据平抛运动的规律有水平方向：d ＝v 1t竖直方向：14d ＝12gt 2，v y ＝gt解得v 1＝2gd ，v y ＝gd2所以小球落地时的速度大小为v 2＝v 21＋v 2y ＝52gd . (2)设绳能承受的最大拉力大小为F T ，这也是小球受到绳的最大拉力大小，小球做圆周运动的半径为R ＝34d根据牛顿第二定律有F T －mg ＝m v 21R ，解得F T ＝113mg .(3)设绳长为l ，绳断时球的速度大小为v 3，绳能承受的最大拉力不变，则有F T －mg ＝m v 23l，解得v 3＝83gl 绳断后小球做平抛运动，竖直方向的位移为(d －l )，设水平方向的位移为x ，飞行时间为t 1，则有d －l ＝12gt 21，x ＝v 3t 1，解得x ＝4l d －l3当l ＝d 2时，x 有极大值，此时x max ＝233d .【答案】 (1)2gd 52gd (2)113mg (3)d 2 233d。

最新人教版高中物理必修二第五章检测试卷（附答案）
第五章曲线运动
一、选择题(本题9个小题，每小题6分，共54分.1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)
1．如图所示，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( )
A．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
答案：A
2．(2017·兴平高一检测)如图所示，一艘炮艇沿长江由西向东快速行驶，在炮艇上发射炮弹射击北岸的目标．要击中目标，射击方向应( )
A．对准目标
B．偏向目标的西侧
C．偏向目标的东侧
D．无论对准哪个方向都无法击中目标
解析：炮弹的实际速度方向沿目标方向，该速度是船的速度与射击速度的合速度，根据平行四边形定则知，射击的方向应偏向目标的西侧．故B正确．
答案：B
3．(2017·福州高一检测)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，人体重为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．所受向心力变为原来的2倍
A．小球在ab线上方管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
6．(2017·陕西省重点中学联考)如图所示，用一小车通过轻绳提升一货物，某一时刻，
A．绳索中拉力可能倾斜向上
h
(1)钢球静止不动时，传感器的示数F＝2 N，则钢球的质量m＝________ kg；
(1)水平管口处水的速度；
12．(20分)如图所示，如果在圆盘圆心处通过一个光滑小孔把质量均为m的两物块用轻。

模块综合测评(用时：60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，1～5小题只有一项符合题目要求，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．下列关于力和运动的说法中，正确的是( )A．物体在变力作用下不可能做直线运动B．物体做曲线运动，其所受的外力不可能是恒力C．不管外力是恒力还是变力，物体都有可能做直线运动D．不管外力是恒力还是变力，物体都有可能做匀速圆周运动【解析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，若受到的变力和速度方向相同，则做直线运动，A错误；平抛运动是曲线运动，过程中受到的合力恒定，等于重力大小，B错误；匀速圆周运动过程中，物体受到的加速度时时刻刻指向圆心，根据牛顿第二定律可知受到的合力时时刻刻指向圆心，为变力，D错误．【答案】 C2．在飞船进入圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小( )A．等于7.9 km/sB．介于7.9 km/s和11.2 km/s之间C．小于7.9 km/sD．介于7.9 km/s和16.7 km/s之间【解析】卫星在圆形轨道上运动的速度v＝G Mr.由于r＞R，所以v＜G MR＝7.9 km/s，C正确．【答案】 C3．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中( )A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 JD．重力势能减小了2 000 J【解析】根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝W G＋W f＝1 900 J－100 J＝1 800 J>0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系W G＝－ΔE p，所以ΔE p＝－W G＝－1 900 J<0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，。

北京市东城区2016－2017学年度第二学期期末考试高二物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得3分，选错或不答的得0分）1. 一质点做简谐运动的图象如图所示，质点速度与加速度方向相同的时间段是A. 0～0.3sB. 0.3s～0.6sC. 0.6s～0.9sD. 0.6s～1.2s【答案】B【解析】试题分析：在0～0.3s时间内，质点的速度沿正方向，加速度方向与位移方向相反，沿负方向，则速度方向与加速度方向相反．故A错误．在0.3s～0.6s时间内，质点的速度和加速度方向均沿负方向，两者方向相同．故B正确．在0.6S～0.9s时间内，质点的速度沿负方向，加速度方向沿正方向，两者方向相反．故C错误．在0.9s～1.2s时间内，质点的速度和加速度均沿正方向，两者方向相同．故D正确．故选BD考点：简谐振动图像点评：根据简谐运动的图象直接读出速度方向、加速度方向，以及它们大小的变化情况是基本能力，要掌握速度、加速度与位移之间的关系进行分析．2. 下列四种现象中与光的干涉有关的是A. 雨后空中出现彩虹B. 肥皂泡的表面呈现彩色C. 拍照是在镜头前加偏振片D. 用门镜扩大观察视野【答案】B【解析】雨后天空中的彩虹是光的色散现象，故A错误；肥皂泡在阳光照耀下呈现彩色条纹，太阳光肥皂泡经过内外膜的反射后叠加，从而出现彩色条纹，这是光的干涉，B正确；，往往在镜头前加装一个偏振片，一消除反射光的影响，C错误；门镜可以扩大视野是利用了光的折射现象，故D错误．3. 关于核反应下列说法正确的是A. 太阳辐射的能量主要来源于重核裂变B. 核反应堆产生的能量来自轻核聚变C. 所有放射性元素衰变时一定同时释放出α、β、γ三种射线D. 把放射性元素置于大量水中不能．．使放射性衰变减缓【答案】D【解析】太阳辐射的能量主要来源于轻核聚变，故A错误；核反应堆产生的能量来自重核裂变，B错误；元素衰变时，不一定同时释放处三种射线，比如衰变只释放处射线，C错误；放射性元素的半衰期和外界因素无关，只和本身的性质有关，D正确．4. 矩形金属线圈绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交变电动势E随时间t变化的情况如图所示。

2017 年普通高等学校招生全国统一考试综合能力测试物理（全国卷Ⅱ）二、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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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。

14．如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。

小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心15．一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为238234492902U Th He →+。

下列说法正确的是A ．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B ．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C ．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D ．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量16．如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。

若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。

学.科网物块与桌面间的动摩擦因数为A ．23B ．36C ．33D ．3217．如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。

一小物快以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物快落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时。

对应的轨道半径为（重力加速度大小为g ）A ．216v gB ．28v gC ．24v gD ．22v g18．如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点。

大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。

若粒子射入速率为1v ，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为2v ，相应的出射点分布在三分之一圆周上。

不计重力及带电粒子之间的相互作用。

章末综合测评(二)(用时：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，1～7小题只有一项符合题目要求，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．中国北斗卫星导航系统(BeiDou Navigation Satellite System，BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统(GPS)、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的卫星导航系统．预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力．如图1所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则( )【导学号：50152089】图1A．卫星a的角速度小于c的角速度B．卫星a的加速度小于b的加速度C．卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D．卫星b的周期大于24 h【解析】由万有引力提供向心力，得ω＝GMr3，则半径大的角速度小，则A正确；由万有引力提供向心力，a＝GMr2，则半径相同加速度大小相等，则B错误；第一宇宙速度为近地卫星的运行速度，其值最大，所有卫星的运行速度都小于或等于它，则C错误；b与a的周期相同，为24 h ，则D 错误．【答案】 A3．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 ＝m ω2r 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 ＝GMr2，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2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( )【导学号：50152090】图2A ．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 项错误；根据a ＝R ω2可知，物体A 和卫星C 向心加速度不同，B 项错误；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 Mmr2＝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 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 ( )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Gm 1m 2L 2＝m 1r 1ω2，G m 1m 2L2＝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．有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图3所示，则( )【导学号：50152091】图3A ．a 的向心加速度等于重力加速度gB ．在相同时间内b 转过的弧长最长C ．c 在4小时内转过的圆心角是π/6D ．d 的运动周期有可能是20小时【解析】 地球同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，则知a 与c 的角速度相同，根据a ＝ω2r 知，c 的向心加速度大．由G Mmr 2＝mg ，得g ＝GM r2，可知卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则地球同步卫星c 的向心加速度小于b 的向心加速度，而b 的向心加速度约为g ，故a 的向心加速度小于重力加速度g ，故A 错误；由G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝GMr，则知卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以b 的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B 正确；c 是地球同步卫星，周期是24 h ，则c 在4 h 内转过的圆心角是4 h 24 h ×2π＝π3，故C 错误；由开普勒第三定律R 3T2＝k 知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d 的运动周期大于c 的周期24 h ，故D 错误．【答案】 B8．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4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4A ．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．若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5A ．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 ＋H2＝m4π2T 2(R ＋H )，可得：M ＝4π2R ＋H 3GT 2，选项A 可求出；又根据ρ＝M 43πR 3，选项B 可求出；根据v ＝2πR ＋HT，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223倍C ．该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的13365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】 对行星的卫星有G Mm r 2＝m v 2r，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G Mm r 2＝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G Mm r 2＝mr 4π2T 2，得r ＝3GMT 24π2，r 1r 2＝3M 1M 2·T 21T 22＝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、非选择题(共3小题，共40分，按题目要求作答)11. (12分) 已知太阳的质量为M ，地球的质量为m 1，月球的质量为m 2，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6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F 1和对月球的吸引力F 2的大小之比为多少？【导学号：50152092】图6【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F 1＝GMm 1a ＋b2太阳对月球的引力F 2＝G Mm 2a2故F 1/F 2＝m 1a 2m 2a ＋b 2. 【答案】m 1a 2m 2a ＋b212．(12分)设嫦娥三号卫星绕月球做圆周运动，月球绕地球也做圆周运动，且轨道都在同一平面内．已知卫星绕月球运动的周期T 0，地球表面处的重力加速度g ，地球半径R 0，月心与地心间的距离r ，万有引力常量为G ，试求：(1)月球的平均密度ρ； (2)月球绕地球运动的周期T .【导学号：50152093】【解析】 (1)设月球质量为m ，卫星质量为m ′，月球的半径为R m ，对于绕月球表面飞行的卫星，由万有引力提供向心力有Gmm ′R 2m ＝m ′4π2T 20R m ，解得m ＝4π2R 3mGT 20又根据ρ＝m 43πR 3m ，解得ρ＝3πGT 20.(2)设地球的质量为M ，对于在地球表面的物体m 表有GMm 表R 20＝m 表g ，即GM ＝R 20g 月球绕地球做圆周运动的向心力来自地球引力即GMm r 2＝mr 4π2T 2，解得T ＝2πr R 0r g . 【答案】 (1)3πGT 20 (2)2πrR 0r g13．(16分)如图7所示是月亮女神、嫦娥1号绕月做圆周运行时某时刻的图片，用R 1、R 2、T 1、T 2、分别表示月亮女神和嫦娥1号的轨道半径及周期，用R 表示月亮的半径．图7(1)请用万有引力知识证明：它们遵循R 31T 21＝R 32T 22＝k ，其中k 是只与月球质量有关而与卫星无关的常量；(2)经多少时间两卫星第一次相距最远；(3)请用所给嫦娥1号的已知量，估测月球的平均密度.【导学号：50152094】【解析】 (1)设月球的质量为M ，对任一卫星均有G Mm R 2＝m 4π2T 2R得R 31T 21＝R 32T 22＝GM 4π2＝k 常量． (2)两卫星第一次相距最远时有2πt T 1－2πtT 2＝πt ＝T 1T 22T 2－2T 1.(3)对嫦娥1号有G Mm R 22＝m 4π2T 22R 2M ＝43πR 3ρρ＝3πR 32GR 3T 22.T1T2 2T2－2T1(3)3πR32GR3T22【答案】(1)见解析(2)。