金版教程全套资料2015高中

电磁感应本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、2、4、5、7、8小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、6、9、10、11、12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，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. [2014·济南高三模拟]如图所示，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，发生的现象是( )A. 磁铁插向左环，横杆发生转动B. 磁铁插向右环，横杆发生转动C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用．磁铁插向左环，横杆不发生移动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生移动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确．本题难度易．答案：B2. 如图所示，在某中学实验室的水平桌面上，放置一正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向，已知该处地磁场的竖直分量向下．下列说法中正确的是( )A. 若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低B. 若使线圈向北平动，则a点的电势比d点的电势低C. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcba解析：由右手定则知，若使线圈向东平动，线圈的ab边和cd边切割磁感线，c(b)点电势高于d(a)点电势，故A错误；同理知B错误；若以ab为轴将线圈向上翻转，穿过线圈平面的磁通量将变小，由楞次定律可判定线圈中感应电流方向为abcda，C正确．3. 如图所示，质量为m 的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N 和摩擦力F f 的情况，以下判断正确的是()A. 靠近线圈时，F N 大于mg ，F f 向左B. 靠近线圈时，F N 小于mg ，F f 向右C. 远离线圈时，F N 小于mg ，F f 向左D. 远离线圈时，F N 大于mg ，F f 向右解析：楞次定律从阻碍相对运动角度可以表述为“来拒去留”，磁铁靠近线圈时，磁铁在线圈的左上方，线圈受到磁铁的作用力向右下方，F N 大于mg ，F f 向左，A 项正确，B 项错误；磁铁远离线圈时，磁铁在线圈的右上方，线圈受到磁铁的作用力向右上方，F N 小于mg ，F f 向左，C 项正确，D 项错误．答案：AC4. 如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为 ()A.Bav3B.Bav6C. 2Bav 3D. Bav解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律得，U AB ＝ER 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故A 正确．5. 如图所示，E 为电池，L 是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D 1、D 2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S 是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中错误的是( )A. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小相等B. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小不相等C. 闭合开关S 待电路达到稳定，D 1熄灭，D 2比原来更亮D. 闭合开关S 待电路达到稳定，再将S 断开瞬间，D 2立即熄灭，D 1闪亮一下再熄灭 解析：开关S 闭合的瞬间，线圈L 可看做暂时的断路，故通过两灯泡的电流相等，且同时亮，A 对B 错；电路稳定后，由于线圈直流电阻忽略不计，将灯泡D 1短路，灯泡D 2获得更多电压，会更亮，C 对；若断开开关S ，此时线圈与灯泡D 1构成回路，继续对其供电，灯泡D 1将闪亮一下后再逐渐熄灭，灯泡D 2无法形成回路将立即熄灭，D 对．答案：B6. 一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图所示．在0～T2时间内，直导线中电流向上如图中所示．则在0～T 时间内，下列表述正确的是( )A. 穿过线框的磁通量始终变小B. 线框中始终产生顺时针方向的感应电流C. 线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势D. 线框所受安培力的合力始终向左解析：长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，A 错误；由楞次定律可以判断在0～T 时间内，线框中始终产生俯视顺时针方向的感应电流，B 正确；穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，C 正确；由楞次定律、左手定则判断线框受安培力的合力方向先向左后向右，D 错误．答案：BC7. 将一个闭合矩形金属线框abcd 放入如图所示的匀强磁场中，图中虚线表示磁场边界，在用力将线框abcd 从磁场中以速度v 匀速拉出的过程中，下列说法中正确的是( )A. 拉线框的速度越大，通过导线横截面的电荷量越多B. 磁场越强，拉力做的功越多C. 拉力做功多少与线框的宽度bc 无关D. 线框电阻越大，拉力做的功越多 解析：由q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦR可知通过导线横截面的电荷量与线框运动速度无关，A 错误；W ＝FL 其中F 为拉力，L 为线框长度，而F ＝F 安，F 安＝BId ＝B 2d 2vR ，其中d 为线框宽度，R 为线框电阻，联立得：W ＝B 2d 2vRL ，所以B 正确，C 、D 错误．答案：B8. 如图所示，一个边界为等腰直角三角形、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一固定的正方形金属框，其边长与三角形的直角边相同，每条边的材料均相同．现在让有界匀强磁场向右匀速地通过金属框，金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．在磁场通过金属框的过程中，回路中产生的感应电动势大小E －t 图象、ab 两点的电势差U ab －t 图象正确的是( )解析：由E ＝BLv 可知导体棒切割时产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比，由于是匀速运动，有效长度跟时间成线性关系，回路中产生的感应电动势大小先线性减小，当磁场右边界与cd 边重合时，感应电动势突变到最大，接着又从最大线性减小，所以A 、B 错误；由楞次定律知，ab 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是逆时针方向，a 点电势低于b 点电势，ab 边相当于电源，ab 两点的电势差U ab ＝－34BLv ，直到cd 边刚开始切割磁感线的过程，ab 间电阻不变，回路中电动势线性减小，电流线性减小，ab 两点的电势差U ab线性减小，当cd 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是顺时针方向，电势差U ab ＝－14BLv ，同理分析，可得C 错误，D 正确．答案：D9. 如图所示，电阻为R ，导线电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后 ( )A. 导体棒ef 的加速度可能大于gB. 导体棒ef 的加速度一定小于gC. 导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D. 导体棒ef 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒解析：开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑，闭合开关时有一定的初速度v 0，若此时F 安>mg ，则F 安－mg ＝ma .若F 安<mg ，则mg －F 安＝ma ，因为F 安的大小不确定，所以导体棒ef 的加速度可能大于g 、小于g 、等于g ，故A 正确，B 错误．无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力应和重力平衡，故C 错误．根据能量守恒定律知，D 正确．答案：AD10. 如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放．三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A 线圈有一个缺口，B 、C 线圈闭合，但B 线圈的导线比C 线圈的粗，则( )A. 三个线圈同时落地B. A 线圈最先落地C. A 线圈最后落地D. B 、C 线圈同时落地解析：由于A 线圈上有缺口，A 中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，B 正确；B 、C 线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足mg －B 2L 2v R＝ma ，m ＝ρ密·4L ·S ，R ＝ρ电4LS，所以4ρ密LSg －B 2LSv4ρ电＝4ρ密LSa,4ρ密g －B 2v4ρ电＝4ρ密a ，a ＝g －B 2v16ρ密ρ电，由于B 、C 线圈材料相同，进入相同的磁场，所以加速度a 相同，又因为起始高度相同，所以B 、C 线圈同时落地，D 选项正确．答案：BD11. [2014·石家庄高中毕业质检一]半径为r ＝0.5 m 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面的平行金属板连接，两板间距离为d ＝5 cm ，如图甲所示．金属环处在变化的磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于纸面，变化规律如图乙所示(规定向里为正方向)．在t ＝0时刻平板间中心有一电荷量为＋q 的微粒由静止释放，运动中粒子不碰板，不计重力作用，则以下说法正确的是 ( )A. 第2 s 内上极板带负电B. 第3 s 内上极板带正电C. 第3 s 末微粒回到了原位置D. 两极板之间的电场强度大小恒为3.14 N/C解析：由B －t 图象可知第1 s 内磁场方向向里且增大，由楞次定律结合安培定则判断可知第1 s 内上极板带负电，同理可知第2 s 内和第3 s 内都是上极板带正电，选项B 正确，选项A 错误；B －t 中图线斜率大小恒定，根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E ′＝ΔB Δt πr 2，场强E ＝E ′d，联立得选项D 正确；电场力大小恒定，方向周期性变化，分析可知微粒第1 s 内向上加速，第2 s 内向上减速到零，第3 s 内向下加速，第3 s 末走到前段位移的一半，故选项C 错误．答案：BD12. 如图所示，平行光滑金属导轨与水平面的倾角为θ，下端与阻值为R 的电阻相连，匀强磁场垂直轨道平面向上，磁感应强度为B ，现使长为l 、质量为m 的导体棒从ab 位置以平行于斜面的初速度向上运动，滑行到最远位置之后又下滑，已知导体棒运动过程中的最大加速度为2g sin θ，g 为重力加速度，不计其他电阻，导轨足够长，则( )A. 导体棒下滑的最大速度为mgR sin θB 2l 2B. R 上的最大热功率是m 2g 2R sin 2θB 2l 2C. 导体棒返回ab 位置前已经达到下滑的最大速度D. 导体棒返回ab 位置时刚好达到下滑的最大速度解析：导体棒在下滑的过程中，先做加速运动，根据牛顿第二定律得，mg sin θ－F 安＝ma ，当F 安＝mg sin θ时，速度达到最大，然后做匀速运动，又F 安＝BIl ，I ＝ER，E ＝Blv ，联立可得，导体棒下滑的最大速度为v ＝mgR sin θB 2l2，A 项正确；根据R 上的发热功率P 热＝I 2R ，I ＝BlvR可知，导体棒的速度v 最大时，感应电流最大，R 上的发热功率也最大；由题意可知，导体棒上滑时的初速度v 0为最大速度，导体棒的加速度最大，mg ＋F 安＝2mg sin θ，解得，F安＝mg sin θ，v 0＝mgR sin θB 2l 2，R 上的最大发热功率P 热＝m 2g 2R sin 2θB 2l 2，B 项正确；下滑的最大速度与上滑的初速度相同，考虑到滑动过程中导体棒的机械能不断转化为电能，所以滑动到同一位置时，下滑时的速度小于上滑时的速度，导体棒返回到ab 位置时还没有达到下滑的最大速度，而是小于最大速度，C 、D 两项错误．答案：AB第Ⅱ卷 (非选择题，共50分)二、计算题(本题共4小题，共50分)13. (10分)[山东潍坊高三质量抽样]如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R 1＝3 Ω，下端接有电阻R 2＝6 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m 过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示．求：(1)磁感应强度B ；(2)杆下落0.2 m 过程中通过电阻R 2的电荷量q .解析：(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05 m ，当地重力加速度g ＝10 m/s 2，则杆进入磁场时的速度v ＝2gh ＝1 m/s ①由图象知，杆进入磁场时加速度a ＝－g ＝－10 m/s 2②由牛顿第二定律得mg －F 安＝ma ③ 回路中的电动势E ＝BLv ④ 杆中的电流I ＝E R 并⑤ R 并＝R 1R 2R 1＋R 2⑥F 安＝BIL ＝B 2L 2vR 并⑦得B ＝2mgR 并L 2v＝2 T ⑧ (2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt⑨杆中的平均电流I ＝ER 并⑩通过杆的电荷量Q ＝I ·Δt ⑪ 通过R 2的电量q ＝13Q ＝0.05 C ⑫答案：(1)2 T (2)0.05 C14. (12分)一电阻为R 的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图a 所示，已知通过圆环的磁通量随时间t 的变化关系如图b 所示，图中的最大磁通量Φ0和变化周期T 都是已知量，求：(1)在t ＝0到t ＝T /4的时间内，通过金属圆环横截面的电荷量q ； (2)在t ＝0到t ＝2T 的时间内，金属圆环所产生的电热Q .解析：(1)由磁通量随时间的变化图线可知在t ＝0到t ＝T /4时间内，金属圆环中的感应电动势E 1＝Φ0T /4＝4Φ0T①在以上时段内，金属圆环中的电流为I 1＝E 1R② 则在这段时间内通过金属圆环横截面的电荷量q ＝I 1t 1③联立求解得q ＝Φ0R④(2)在t ＝T /4到t ＝T /2和t ＝3T /4到t ＝T 时间内，金属圆环中的感应电动势E 2＝0⑤ 在t ＝T /2到t ＝3T /4时间内，金属圆环中的感应电动势E 3＝Φ0T /4＝4Φ0T⑥ 由欧姆定律可知在以上时段内，金属圆环中的电流为I 3＝4Φ0TR⑦在t ＝0到t ＝2T 时间内金属圆环所产生的电热Q ＝2(I 21Rt 1＋I 23Rt 3)⑧联立求解得Q ＝16Φ20RT⑨答案：(1)Φ0R (2)16Φ20RT15. (12分) 如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d ＝0.5 m ，电阻不计，左端通过导线与阻值R ＝2 Ω的电阻连接．右端通过导线与阻值R 1＝4 Ω的小灯泡L 连接．在CDFE 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE 长l ＝2 m ，有一阻值r ＝2 Ω的金属棒PQ 放置在靠近磁场边界CD 处．CDFE 区域内磁场的磁感应强度B 随时间变化如图乙所示．在t ＝0至t ＝4 s 内，金属棒PQ 保持静止，在t ＝4 s 时使金属棒PQ 以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t ＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF 处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：(1)通过小灯泡的电流；(2)金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小．解析：(1)t ＝0至t ＝4 s 内，金属棒PQ 保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势电路中r 与R 并联，再与R L 串联，电路的总电阻R 总＝R L ＋Rr R ＋r＝5 Ω此时感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝dl ΔBΔt＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通过小灯泡的电流为I ＝ER 总＝0.1 A (2)当金属棒在磁场区域中运动时，由金属棒切割磁感线产生电动势，电路为R 与R L 并联，再与r 串联，此时电路的总电阻R ′总＝r ＋RR L R ＋R L ＝2 Ω＋4×24＋2 Ω＝103Ω由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流I L ＝0.1 A ，则流过金属棒的电流为I ′＝I L ＋I R ＝I L ＋R L I LR＝0.3 A电动势E ′＝I ′R ′总＝Bdv解得金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小v ＝1 m/s.答案：(1)0.1 A (2)1 m/s16. (16分) 如图甲所示，质量为m 的导体棒ab 垂直放在相距为l 的平行且无限长的金属导轨上，导体棒ab 与平行金属导轨的摩擦因数为μ，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器连入电路的阻值，不计其他电阻．现由静止释放导体棒，当通过R 的电荷量达到q 时，导体棒ab 刚好达到最大速度．重力加速度为g .(1)求从释放导体棒到棒达到最大速度时下滑的距离s 和最大速度v m ；(2)若将左侧的定值电阻和滑动变阻器换为水平放置的电容为C 的平行板电容器，如图乙所示，导体棒ab 由静止释放到达到(1)中的速度v m 需要多少时间(用v m 表示最大速度)?解析：(1)对于闭合回路，在全过程中，根据法拉第电磁感应定律得ab 中的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝Bls Δt① 由闭合电路欧姆定律得通过R 的平均电流I ＝ER ＋R x ② 通过R 的电荷量q ＝I Δt ③联立①②③得：s ＝R ＋R x Blq 在ab 加速下滑的过程中，根据牛顿第二定律：mg sin θ－μmg cos θ－F A ＝ma ④式中安培力F A ＝BIl ⑤其中I ＝Blv R ＋R x⑥ 当④中的加速度为0时，ab 的速度v ＝v m ⑦联立④⑤⑥⑦得：v m ＝mg B 2l 2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ) (2)设ab 下滑的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过ab 的电流为i ，则： mg sin θ－μmg cos θ－Bil ＝ma ⑧设在时间间隔Δt 内平行板电容器增加的电荷量为ΔQ ，则：i ＝ΔQ Δt⑨ 此时平行板电容器两端的电压的增量为ΔU ＝Bl Δv ⑩根据电容的定义C ＝ΔQ ΔU⑪ 而Δv ＝a Δt ⑫联立上面各式得ab 下滑的加速度a ＝m θ－μcos θm ＋B l C g上式表明ab 做初速度为0的匀加速运动，所以 t ＝m ＋B 2l 2C v m mgθ－μcos θ答案：(1)R ＋R x Bl q mgB 2l 2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ) (2)m ＋B 2l 2C v m mgθ－μcos θ。

第4讲核酸、糖类和脂质[考纲明细] 1.核酸的结构和功能(Ⅱ) 2.糖类、脂质的种类和作用(Ⅱ) 3.实验：观察DNA、RNA在细胞中的分布课前自主检测判断正误并找到课本原话1.盐酸能够改变细胞膜的通透性、加速染色剂进入细胞,同时使染色质中的DNA与蛋白质分离,有利于DNA与染色剂的结合。

(P26—实验)(√)2.甲基绿吡罗红染色剂使用时要现配,混合使用,配方中含有乙酸。

(P27—实验)(√)3.核酸存在于所有细胞中。

(P26—正文)(√)4.所有生物的遗传信息都贮存在DNA中,每个个体DNA的脱氧核苷酸序列各有特点。

(P29—正文)(×)5.二糖均是由2分子葡萄糖构成的。

(P31—图2－11)(×)6.淀粉、糖原和纤维素的基本单位都是葡萄糖。

(P31—正文)(√)7.糖尿病人的饮食只需要严格限制其甜味食品的摄入。

(P31—思考)(×)8.脂肪不仅是储能物质,还是一种很好的绝热体,起到保温的作用,还具有缓冲和减压的作用,可以保护内脏器官。

(P32—正文)(√)9.脂质分子中氧的含量远远少于糖类,而氢的含量更多。

(P32—正文)(√)10.人和动物皮下含量丰富的储能物质是糖原。

(P33—基础题)(×)11.胆固醇是构成动植物细胞膜的重要成分,在人体内还参与血液中脂质的运输。

(P32—正文)(×)12.体内脂肪过多将增加内脏器官尤其是心脏的负担,因此脂肪类食物的摄入量越少越好。

(P32—与生活的联系)(×)13.葡萄糖和蔗糖都可以口服,也可以通过静脉注射进入人体细胞。

(P33—拓展题)(×)14.饮食中过多摄入胆固醇,会在血管壁上形成沉积,造成血管堵塞,危及生命。

(P33—与生活的联系)(√)(2018·江苏高考)脂质与人体健康息息相关,下列叙述错误的是()A.分布在内脏器官周围的脂肪具有缓冲作用B.蛇毒中的磷脂酶因水解红细胞膜蛋白而导致溶血C.摄入过多的反式脂肪酸会增加动脉硬化的风险D.胆固醇既是细胞膜的重要组分,又参与血液中脂质的运输答案 B解析分布在内脏器官周围的脂肪具有缓冲和减压的作用,可以保护内脏器官,A正确；磷脂酶具有专一性,不能水解红细胞膜蛋白,B错误；反式脂肪酸会增加血液黏稠度,所以摄入过多的反式脂肪酸会增加动脉硬化的风险,C正确；胆固醇是构成动物细胞膜的重要成分,在人体中还参与血液中脂质的运输,D正确。

05限时规范特训A级基础达标1．已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m ⊥β”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：当α⊥β时，平面α内的直线m不一定和平面β垂直，但当直线m垂直于平面β时，根据面面垂直的判定定理，知两个平面一定垂直，故“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．答案：B2．[2013·合肥一模]已知两条直线m，n，两个平面α，β.给出下面四个命题：①m∥n，m⊥α⇒n⊥α；②α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；③m∥n，m∥α⇒n∥α；④α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β.其中正确命题的序号是( )A. ①③B. ②④C. ①④D. ②③解析：对于①，由于两条平行线中的一条直线与一个平面垂直，则另一条直线也与该平面垂直，因此①是正确的；对于②，分别位于两个平行平面内的两条直线必没有公共点，但它们不一定平行，因此②是错误的；对于③，直线n可能位于平面α内，此时结论显然不成立，因此③是错误的；对于④，由m⊥α且α∥β得m⊥β，又m∥n，则n⊥β，因此④是正确的．故选C.答案：C3．[2014·郑州模拟]设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有下列四个命题：①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；②若α∥β，m⊂α，则m∥β；③若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β；④若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m⊥β.其中正确命题的序号是( )A．①③B．①②C．③④D．②③解析：若m⊂β，α⊥β，则m⊥α或m∥α，或m与α相交，故①不正确；②③正确；若α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，则m⊥β或m⊂β或m∥β，故④不正确，故选D.答案：D4．如图(a)，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，如图(b)所示，那么，在四面体A－EFH中必有( )A．AH⊥△EFH所在平面B．AG⊥△EFH所在平面C．HF⊥△AEF所在平面D．HG⊥△AEF所在平面解析：折成的四面体有AH⊥EH，AH⊥FH，∴AH⊥面HEF.答案：A5．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )A．直线AB上 B．直线BC上C．直线AC上 D．△ABC内部解析：由BC1⊥AC，又BA⊥AC，则AC⊥平面ABC1，因此平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上．答案：A6．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是( )A．PB⊥ADB．平面PAB⊥平面PBCC．直线BC∥平面PAED．直线PD与平面ABC所成的角为45°解析：∵AD与PB在平面ABC内的射影AB不垂直，∴A不正确；易知平面PAB⊥平面PAE，∴B不正确；∵BC∥AD，∴∠PDA＝45°，∴D正确．答案：D7．[2014·梅州模拟]已知平面α，β和直线m，给出下列条件：①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.(1)当满足条件________时，有m∥β；(2)当满足条件________时，有m⊥β(填所选条件的序号)．解析：(1)∵α∥β，m⊂α，∴m∥β.(2)∵α∥β，m⊥α，∴m⊥β.答案：(1)③⑤(2)②⑤8．设α、β、γ为彼此不重合的三个平面，l为直线，给出下列命题：①若α∥β，α⊥γ，则β⊥γ；②若α⊥γ，β⊥γ，且α∩β＝l，则l⊥γ；③若直线l与平面α内的无数条直线垂直，则直线l与平面α垂直；④若α内存在不共线的三点到β的距离相等，则平面α平行于平面β；上面命题中，真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)．解析：由题可知③中无数条直线不能认定为任意一条直线，所以③错，④中的不共线的三点有可能是在平面β的两侧，所以两个平面可能相交也可能平行，故填①②.答案：①②9．如图PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确，②AE⊥PB，AF⊥PB⇒EF⊥PB，故②正确，③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误，由①可知④正确．答案：①②④10．[2013·惠州模拟]如图所示，△ABC为正三角形，CE⊥平面ABC，BD∥CE，CE＝CA ＝2BD，M是EA的中点．求证：(1)DE ＝DA ；(2)平面BDM ⊥平面ECA .证明：(1)取CE 的中点F ，连接DF .∵CE ⊥平面ABC ， ∴CE ⊥BC .∵BD ∥CE ，BD ＝12CE ＝CF ＝FE ，∴四边形FCBD 是矩形，∴DF ⊥EC . 又BA ＝BC ＝DF ， ∴Rt △DEF ≌Rt △ADB ， ∴DE ＝DA .(2)取AC 中点N ，连接MN ，NB ，∵M 是EA 的中点，∴MN 綊12CE .由BD 綊12CE ，且BD ⊥平面ABC ，可得四边形MNBD 是矩形，于是DM ⊥MN .∵DE ＝DA ，M是EA 的中点，∴DM ⊥EA .又EA ∩MN ＝M ，∴DM ⊥平面ECA ，而DM ⊂平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ECA .11．[2014·长沙一模]在如图所示的几何体中，AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE .证明：(1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG .∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE ，且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB . 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GFAB 为平行四边形，故AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ，∴AF ∥平面BCE . (2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点，∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF .又CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .12．[2014·湖北襄阳调研]在如图所示的几何体中，正方形ABCD 和矩形ABEF 所在的平面互相垂直，M 为AF 的中点，BN ⊥CE .(1)求证：CF ∥平面MBD ； (2)求证：CF ⊥平面BDN .证明：(1)连接AC 交BD 于点O ，连接OM . 因为四边形ABCD 是正方形，所以O 为AC 的中点． 因为M 为AF 的中点，所以CF ∥OM ，又OM ⊂平面MBD ，CF ⊄平面MBD ，所以CF ∥平面MBD .(2)因为正方形ABCD和矩形ABEF所在的平面互相垂直，所以AF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以AF⊥BD.又四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.因为AC∩AF＝A，所以BD⊥平面ACF，因为CF⊂平面ACF，所以CF⊥BD.因为AB⊥BC，AB⊥BE，BC∩BE＝B，所以AB⊥平面BCE.因为BN⊂平面BCE，所以AB⊥BN，易知EF∥AB，所以EF⊥BN.又EC⊥BN，EF∩EC＝E，所以BN⊥平面CEF，因为CF⊂平面CEF，所以BN⊥CF.因为BD∩BN＝B，所以CF⊥平面BDN.B级知能提升1．[2014·豫北联考]如图，在棱长为4的正四面体A－BCD中，M是BC的中点，点P 在线段AM上运动(P不与A，M重合)，过点P作直线l⊥平面ABC，l与平面BCD交于点Q，给出下列命题：①BC⊥平面AMD；②Q点一定在直线DM上；③V C－AMD＝4 2.其中正确命题的序号是( ) A ．①② B ．①③ C ．②③D ．①②③解析：∵AM ⊥BC ，DM ⊥BC ，∴BC ⊥面AMD ，故①正确，②也正确；③中，V C －AMD ＝12V A －BCD ，A 到底面BCD 的距离AO ＝42－23×232＝463，V A －BCD ＝13×12×4×32×4×463＝1623，∴V C －AMD ＝823. 答案：A2．[2014·山东青岛模拟]如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD ⊥平面PCD .(只要填写一个你认为是正确的条件即可)解析：由定理可知，BD ⊥PC .∴当DM⊥PC时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(答案不唯一)3．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为菱形，△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，且∠DAB＝60°，AB＝2，E为AD的中点．(1)求证：AD⊥PB；(2)求点E到平面PBC的距离．解析：(1)连接PE、EB、BD，因为平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等边三角形，E为AD 的中点，所以PE⊥AD，PE⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，所以△ABD为等边三角形．11又E 为AD 的中点，所以BE ⊥AE .又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE ，所以AD ⊥PB .(2)过E 作EF ⊥PB 交PB 于点F ，由(1)知AD ⊥平面PBE ，因为AD ∥BC ，所以BC ⊥平面PBE ，所以平面BPC ⊥平面PBE ，又平面PBC ∩平面PBE ＝PB ，故EF ⊥平面PBC . 故点E 到平面PBC 的距离EF ＝PE ·EB PB ＝62.。

第1讲走近细胞[考纲明细] 1.原核细胞和真核细胞的异同(Ⅱ) 2.细胞学说的建立过程(Ⅰ) 3.实验：用显微镜观察多种多样的细胞课前自主检测判断正误并找到课本原话1.单细胞生物依赖各种分化的细胞密切合作,共同完成一系列复杂的生命活动。

(P4—正文)(×)2.一个分子或一个原子均属于系统,也属于生命系统。

(P6—思考与讨论)(×)3.一棵松树无系统层次,一只草履虫属于细胞和个体层次。

(P6—思考与讨论)(√)4.人工合成脊髓灰质炎病毒,认为人工制造了生命。

(P6—拓展题)(×)5.蓝藻(又名蓝细菌),包括蓝球藻、颤藻、念珠藻、发菜。

(P9—图－13)(√)6.蓝藻细胞内含有叶绿体,叶绿体中含藻蓝素和叶绿素,是能进行光合作用的自养生物。

(P9—正文)(×)7.原核细胞没有细胞核和染色体,但有一个链状DNA分子位于拟核。

(P10—正文)(×)8.细胞学说揭示细胞统一性和多样性。

(P10—正文)(×)9.施莱登和施旺总结出“细胞通过分裂产生新细胞”。

(P11—资料分析)(×)10.支原体可能是最小、最简单的细胞。

(P12—科学前沿)(√)11.除病毒以外,生物体都以细胞作为结构和功能的基本单位。

(P13—本章小结)(√)(2017·海南高考)下列关于原核生物的叙述,错误的是()A.大肠杆菌的细胞内有核糖体B.细胞对物质的吸收具有选择性C.拟核区中含有环状的DNA分子D.蓝藻细胞的叶绿体中含有叶绿素 答案 D解析 大肠杆菌是原核生物,细胞内只有核糖体一种细胞器,A 正确；细胞膜的存在,使细胞有选择性地从环境中吸收物质,B 正确；原核细胞的拟核区的DNA 分子是大型环状的,不与蛋白质结合,C 正确；蓝藻细胞为原核细胞,不含叶绿体,D 错误。

知识自主梳理一、生命活动离不开细胞1.□01细胞是生物体结构和功能的基本单位。

2.病毒□02无细胞结构,但必须依赖宿主□03活细胞才能进行正常的生命活动。

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 4-4 万有引力与航天限时规范特训（含解析）1. [2013·泰安模拟]人造卫星在受到地球外层空间大气阻力的作用后，卫星绕地球运行的半径、角速度、速率将( )A ．半径变大，角速度变大，速率变大B ．半径变小，角速度变大，速率变大C ．半径变大，角速度变小，速率变小D ．半径变小，角速度变大，速率变小解析：人造卫星在受到地球外层空间大气阻力时，卫星的速度减小，万有引力提供的向心力大于卫星所需向心力，卫星做近心运动，卫星再次绕地球运行时，半径变小，由G Mmr2＝m ω2r ＝m v 2r得，ω＝GMr 3，v ＝GMr，由于半径变小，故角速度变大，线速度变大，选项B 正确．答案：B2. (多选)假设有两颗人造地球卫星围绕地球做圆周运动，其轨道半径分别为r 1、r 2，向心加速度分别为a 1、a 2，角速度分别为ω1、ω2，则( )A. a 1a 2＝r 22r 21B. a 1a 2＝r 1r 2C. ω1ω2＝r 1r 2D. ω1ω2＝r 32r 31解析：根据万有引力提供向心力有G Mm r2＝m ω2r ＝ma ，整理得ω＝GM r 3，a ＝GM r 2.所以a 1a 2＝r 22r 21，ω1ω2＝r 32r 31，AD 正确． 答案：AD3. 太阳系中有一颗行星，今已测得半径大约为地球半径的2.4倍，密度和地球的密度相当，则由以上信息估算该行星的第一宇宙速度大约为( )A. 1.2×104m/s B. 3.3×103m/s C. 1.9×104 m/sD. 7.9×103m/s解析：设地球的密度为ρ，半径为R ，第一宇宙速度为v 1，未知行星的第一宇宙速度为v 2，则由万有引力定律和牛顿第二定律可得：G ρ43πR 3m R 2＝m v 21R，G ρ43πR 3m 0R2＝m 0v 222.4R，则v 2＝2.4v 1＝1.9×104m/s ，故C 正确．答案：C4. 大陆天文爱好者金彰伟、陈韬将他们发现的小行星命名为“周杰伦”星，并获小行星中心公布永久编号为257248.经过他们的合作，顺利确认小行星轨道，其绕太阳运行的轨道半径为R ，运行周期为T ，已知万有引力常量为G .则由以上数据可估算的物理量有( )A ．行星的质量B ．行星的密度C ．太阳的质量D ．太阳的密度解析：由于小行星的轨道半径和运行周期已知，则由GMm R 2＝m 4π2T2R 可估算太阳的质量，由于太阳的半径未知，因此不能估算太阳的密度，正确选项为C.答案：C5. [2014·四川攀枝花]在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的三颗卫星m 1、m 2、m 3，它们的轨道半径分别为r 1、r 2、r 3，且r 1>r 2>r 3，其中m 2为同步卫星，若三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，则( )A. 相同的时间内，m 1通过的路程最大B. 三颗卫星中，m 3的质量最大C. 三颗卫星中，m 3的速度最大D. m 1绕地球运动的周期小于24小时解析：三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，即G Mm 1r 21＝G Mm 2r 22＝G Mm 3r 23，则m 3的质量最小，B 项错误；由v ＝GMr可知，m 1的速度最小，m 3的速度最大，相同时间内，m 1通过的路程最小，A 项错误，C 项正确；由T ＝2πr 3GM得，m 1绕地球运动的周期大于m 2的周期，即大于24小时，D 项错误．答案：C6. 2013年6月23日10时07分，在航天员聂海胜的精准操控和张晓光、王亚平的密切配合下，“天宫一号”目标飞行器与“神舟十号”飞船成功实现手控交会对接，形成组合体绕地球做圆周运动，速率为v 0，轨道高度为340 km.“神舟十号”飞船连同三位宇航员的总质量为m ，测控通信由两颗在地球同步轨道运行的“天链一号”中继卫星、陆基测控站、测量船，以及北京飞控中心完成．下列描述错误的是( )A. 组合体圆周运动的周期约1.5 hB. 组合体圆周运动的线速度约7.8 km/sC. 组合体圆周运动的角速度比“天链一号”中继卫星的角速度大D. 发射“神舟十号”飞船所需能量是12mv 2解析：根据万有引力提供向心力得，GMm r 2＝mr 4π2T 2＝m v 2r＝mr ω2，解得，T ＝4π2r3GM，v＝GMr ，ω＝GM r3，又GM ＝gR 2，r ＝R ＋340 km ＝6740 km ，则T ＝1.5 h ，v ＝7.8 km/s ，A 、B 两项正确；根据组合体的运动半径小于同步卫星的运动半径可知，组合体圆周运动的角速度比“天链一号”中继卫星的角速度大，C 项正确；发射“神舟十号”飞船所需能量等于飞船的势能与动能之和，D 项错误．答案：D7. (多选)2013年6月13日13时18分，“天宫一号”目标飞行器与“神舟十号”飞船成功实现交会对接．这是“天宫一号”自2011年9月发射入轨以来，第5次与“神舟”飞船成功实现交会对接．如图所示，“天宫一号”调整前后做圆周运动距离地面的高度分别为h 1和h 2(设地球半径R ，忽略地球自转的影响)，则“天宫一号”调整前后( )A. 线速度大小之比为R ＋h 1R ＋h 2B. 所受地球引力大小之比为R ＋h 22R ＋h 12C. 向心加速度大小之比为R ＋h 12R ＋h 22D. 周期之比为R ＋h 13R ＋h 23解析：由万有引力提供向心力可得，GMmR ＋h2＝mv 2R ＋h＝m4π2T 2(R ＋h )＝ma ，解得，线速度v ＝GM R ＋h ，向心加速度a ＝GM R ＋h2，周期T ＝4π2R ＋h3GM.“天宫一号”调整前后线速度大小之比为R ＋h 2R ＋h 1，所受地球引力大小之比为R ＋h 22R ＋h 12，向心加速度大小之比为R ＋h 22R ＋h 12，周期之比为R ＋h 13R ＋h 23，B 、D 两项正确．答案：BD8. 据报道一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体的表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中 ( )A. 它们做圆周运动的万有引力保持不变B. 它们做圆周运动的角速度不断变小C. 体积较大星体圆周运动轨迹的半径变大，线速度变大D. 体积较大星体圆周运动轨迹的半径变大，线速度变小解析：因为两星间的距离在一段时间内不变，两星的质量总和不变，则两星质量的乘积发生变化，故万有引力一定变化，A 项错误；双星系统中万有引力充当向心力，即GM 1M 2L 2＝M 1(2πT)2R 1＝M 2(2πT )2R 2，故G M 1＋M 2L 2＝(2πT)2L ，因L 及M 1＋M 2的总和不变，所以T 不变，即角速度不变，B 项错误；又因为M 1R 1＝M 2R 2，所以双星运行半径与质量成反比，体积较大星体质量逐渐减小，故其轨道半径增大，线速度也变大，体积较小星体的质量逐渐增大，故其轨道半径减小，线速度变小，C 项正确，D 项错误．答案：C 题组二 提能练9. 一物体在某行星的赤道上，随该行星自转时受到的该行星对它的万有引力是它重力的1.04倍，已知该行星自转的周期为T ，行星的半径为R .把该行星看成一个球体，则该行星的第一宇宙速度为( )A. 2πR TB. 4πRTC. 10πRTD. 25πRT解析：赤道上物体随行星自转时，1.04 mg －mg ＝mR (2πT)2，设第一宇宙速度为v ，则mg ＝m v 2R ，求得v ＝10πRT，C 项正确．答案：C方法点拨：求第一宇宙速度即求物体贴近中心天体表面做圆周运动的速度，卫星在轨道上做圆周运动的向心力即等于卫星所在处的重力．10. 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( )A. a 的向心加速度等于重力加速度gB. c 在4 h 内转过的圆心角是π/6C. b 在相同时间内转过的弧长最长D. d 的运动周期有可能是20 h解析：对于卫星a ，根据万有引力定律、牛顿第二定律可得，GMm r＝m ω2r ＋mg ，故a 的向心加速度小于重力加速度g ，A 项错；由c 是同步卫星可知c 在4 h 内转过的圆心角是π3，B 项错；由GMm r 2＝m v 2r 得，v ＝GMr，故轨道半径越大，线速度越小，故卫星b 的线速度大于卫星c 的线速度，卫星c 的线速度大于卫星d 的线速度，而卫星a 与同步卫星c 的周期相同，故卫星c 的线速度大于卫星a 的线速度，C 项正确；由GMm r 2＝m (2πT)2r 得，T ＝2πr 3GM，轨道半径r 越大，周期越长，故卫星d 的周期大于同步卫星c 的周期，故D 项错．答案：C11. [2014·浙江六校联考](多选)搭载着“嫦娥二号”卫星的“长征三号丙”运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射．卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100公里，周期为118分钟的工作轨道，开始对月球进行探测( )A ．卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小B ．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点的加速度比在轨道Ⅰ上经过P 点时的大C ．卫星在轨道Ⅲ上的运动周期比在轨道Ⅰ上的长D ．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上的大解析：月球的第一宇宙速度对应的轨道半径等于月球的半径，半径越大，环绕速度越小，选项A 正确；卫星在P 点，受到的万有引力是一样的，因此在P 点的加速度是相同的，选项B 错误；在轨道Ⅲ上运行的速率比在轨道Ⅰ上运行的速率要大，因此，卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上短，选项C 错误；由于卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，发动机对卫星做负功，因此卫星的机械能减小，故卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大，选项D 正确．答案：AD12. (多选)“嫦娥三号”探月卫星计划于2013年下半年在西昌卫星发射中心发射，将实现“落月”的新阶段．“嫦娥三号”探月卫星到了月球附近，以速度v 接近月球表面匀速飞行，测出它的运行周期为T ，已知引力常量为G ，不计周围其他天体的影响，则下列说法正确的是( )A. “嫦娥三号”探月卫星的半径约为vT2πB. 月球的平均密度约为3πGT2C. “嫦娥三号”探月卫星的质量约为v 3T2πGD. 月球表面的重力加速度约为2πvT解析：由T ＝2πR v 可得，月球的半径约R ＝vT 2π，A 项错误；由GMm R 2＝m v 2R可得，月球的质量M ＝v 3T 2πG ，C 项错误；由M ＝43πR 3·ρ得，月球的平均密度约为ρ＝3πGT 2，B 项正确；由GMmR2＝mg 得，g ＝2πv T，D 项正确．答案：BD13. [2014·湖北武汉](多选)2013年2月16日，直径约50米、质量约13万吨的小行星“2012DA14”，以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过，与地球表面最近距离约为2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道．这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，据天文学家估算，它下一次接近地球大约是在2046年．假设图中的P 、Q 是地球与小行星最近时的位置，已知地球绕太阳圆周运动的线速度是29.8 km/s ，下列说法正确的是( )A. 只考虑太阳的引力，小行星在Q 点的速率大于29.8 km/sB. 只考虑太阳的引力，小行星在Q 点的速率小于29.8 km/sC. 只考虑太阳的引力，地球在P 点的加速度大于小行星在Q 点的加速度D. 只考虑地球的引力，小行星在Q 点的加速度大于地球同步卫星在轨道上的加速度 解析：只考虑太阳的引力，小行星在Q 点的速率小于29.8 km/s ，A 项错误，B 项正确．只考虑太阳的引力，由于地球与太阳距离较近，所以地球在P 点的加速度大于小行星在Q 点的加速度，C 项正确．只考虑地球的引力，由于小行星距离地球较近，所以小行星在Q 点的加速度大于地球同步卫星在轨道上的加速度，D 项正确．答案：BCD14. 如图所示为宇宙中一恒星系的示意图，A 为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O 的运行轨道近似为圆．已知引力常量为G ，天文学家观测得到A 行星的运行轨道半径为R 0，周期为T 0.(1)求中央恒星O 的质量；(2)经长期观测发现，A 行星的实际运行轨道与理论轨道有少许偏差，并且每隔t 0时间发生一次最大偏离，天文学家认为出现这种现象的原因可能是A 行星外侧还存在着一颗未知的行星B (假设其运行的圆轨道与A 的轨道在同一平面内，且绕行方向与A 的绕行方向相同)，它对A 行星的万有引力引起A 行星轨道的偏离．根据上述现象和假设，试估算未知行星B 绕中央恒星O 运动的周期和轨道半径．解析：(1)设中央恒星O 的质量为M ，A 行星的质量为m ，则由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm R 20＝m 4π2T 20R 0解得M ＝4π2R 3GT 20.(2)由题意可知，A 、B 相距最近时，B 对A 的影响最大，A 的偏离最大，因每隔t 0时间A 行星发生一次最大偏离，故每隔t 0时间A 、B 两行星相距最近，设B 行星的周期为T B ，则有t 0T 0－t 0T B＝1解得T B ＝t 0T 0t 0－T 0. 设B 行星的运行轨道半径为R B ，根据开普勒第三定律有R 3B R 30＝T 2BT 20解得R B ＝R 0·3t 0t 0－T 02.答案：(1)4π2R 30GT 20(2)T B ＝t 0T 0t 0－T 0 R B ＝R 0·3t 0t 0－T 02。