2014高考物理助考练习13

课时作业(十三) [第13讲功功率]基础热身1．2012·济南外国语学校质量检测关于力对物体做功，下列说法正确的是( ) A．静摩擦力对物体一定不做功B．滑动摩擦力对物体可以做正功C．一对作用力和反作用力在相同时间内做功的绝对值一定相等D．作用力做正功，反作用力可以做负功也可以做正功2．如图K13－1所示，用水平恒力F将物体m由静止开始从A位置拉至B位置，前进距离为l.当地面光滑时，力F做功为W1，做功的功率为P1，地面粗糙时，力F做功为W2，做功的功率为P2，则( )图K13－1A．W1＝W2，P1＝P2B．W1<W2，P1<P2C．W1＝W2，P1＞P2 D．W1<W2，P1＝P23．2013·成都外国语学校月考如图K13－2所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，则( )图K13－2A．两个小球落地时的速度相同B．两个小球落地时，重力的瞬时功率相同C．从开始运动至落地，重力对两个小球做功相同D．从开始运动至落地，重力对两个小球做功的平均功率相同技能强化4．汽车在平直的公路上以恒定功率启动，设阻力恒定，图K13－3为汽车运动过程中加速度、速度随时间变化的关系，下列说法中正确的是( )甲乙丙丁图K13－3A．汽车的加速度—时间图象可用图乙描述B．汽车的速度—时间图象可用图甲描述C．汽车的加速度—时间图象可用图丁描述D．汽车的速度—时间图象可用图丙描述5．一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F作用，如图K13－4所示．下列判断正确的是( )图K13－4A．0～2 s内外力的平均功率是4 WB．第2 s内外力所做的功是4 JC．第2 s末外力的瞬时功率最大D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是9∶76．2012·浙江部分重点中学联考汽车发动机的额定功率为P1，它在水平路面上行驶时受到的阻力f大小恒定，汽车在水平路面上由静止开始做直线运动，最大车速为v.汽车发动机的输出功率随时间变化的图象如图K13－5所示，则( )图K13－5A．汽车开始时做匀加速运动，t1时刻速度达到v，然后做匀速直线运动B．汽车开始时做匀加速直线运动，t1时刻后做加速度逐渐减小的直线运动，速度达到v后做匀速直线运动C．汽车开始时牵引力逐渐增大，t1时刻牵引力与阻力大小相等D．汽车开始时牵引力恒定，t1时刻牵引力与阻力大小相等7．2012·西宁二模物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化情况如图K13－6所示．设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则( )图K13－6A．x2＝5x1v2＝3v1B．x2＝9x1v2＝5v1C．x2＝5x1W2＝8W1 D．v2＝3v1W2＝9W18．从地面上以初速度v0＝10 m/s竖直向上抛出一质量为m＝0.2 kg的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，小球运动的速率随时间变化规律如图K13－7所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1＝2 m/s，且落地前小球已经做匀速运动．求： (g＝10 m/s2)(1)小球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；(2)小球抛出瞬间的加速度大小．图K13－7挑战自我*可根据实际选做．*9.2012·长沙一中模拟如图K13－8所示为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m ＝1.02 m/s的匀速运动．取g＝10 m/s2，不计额外功，求：(1)起重机允许输出的最大功率；(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2 s末的输出功率．图K13－8课时作业(十三)1．BD [解析] 两个物体之间的摩擦力是一对作用力和反作用力，它们大小相等、方向相反，但它们分别作用在两个物体上，两个物体的位移没有必然联系．如果受摩擦力作用的物体的位移方向与摩擦力方向相同，则摩擦力对该物体做正功；物体的位移方向与摩擦力方向相反，则摩擦力对该物体做负功；如果受摩擦力作用的物体的位移方向与摩擦力方向垂直(如静摩擦力提供向心力)或物体位移为零，则摩擦力对该物体不做功．因此滑动摩擦力、静摩擦力都可能对物体做正功或负功，也可能不做功，选项A错误，选项B正确．同理，一对作用力和反作用力一定大小相等、方向相反，而相互作用的两个物体所发生的位移不一定相等，它们所做的功的绝对值不一定大小相等，选项C错误；作用力和反作用力方向相反，其对应的受力对象的位移方向可能相同，也可能相反，选项D正确.2．C [解析] 力F做功的大小与有无摩擦力无关，W1＝W2，但有摩擦力时，物体m由A 到B的时间长，故有P1>P2.3．C [解析] 两个小球落地时的速度方向不相同，选项A错误；小球B落地时的速度大于小球A落地时在竖直方向的速度，故两个小球落地时，小球B的重力的瞬时功率大于小球A的重力的瞬时功率，选项B错误；根据重力做功特点可知，从开始运动至落地，重力对两个小球做功相同，选项C正确；从开始运动至落地，运动时间不同，重力对两个小球做功的平均功率不相同，选项D错误．4．BC [解析] 汽车在平直的公路上以恒定功率启动时，功率不变，速度越来越大，由P ＝Fv 可知牵引力越来越小，加速度a ＝F －f m越来越小，汽车做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度最大，此后匀速运动．故选项B 、C 正确．5．AD [解析] 第1 s 内、第2 s 内质点的加速度分别为a 1＝F 1m ＝3 m/s 2、a 2＝F 2m＝1 m/s 2，第1 s 末、第2 s 末质点的速度分别为v 1＝a 1t 1＝3 m/s 、v 2＝v 1＋a 2t 2＝4 m/s ，第1 s 内、第2 s 内的位移分别为x 1＝12a 1t 21＝1.5 m ，x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22＝3.5 m ，所以第1 s 内、2 s 内外力所做的功分别为W 1＝F 1x 1＝4.5 J 、W 2＝F 2x 2＝3.5 J ，前2 s 内外力的平均功率P ＝W 1＋W 2t＝4 W ，第1 s 末、第2 s 末外力的功率分别为P 1＝F 1v 1＝9 W 、P 2＝F 2v 2＝4 W ；第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量之比等于第1 s 、2 s 内外力所做的功之比9∶7.选项A 、D 正确．6．B [解析] 开始时，汽车的功率与时间成正比，即P ＝Fv ＝Fat ，故汽车牵引力恒定，汽车加速度恒定，汽车做匀加速直线运动；在t 1时刻达到最大功率，此时，牵引力仍大于阻力，但随着速度的增大，汽车牵引力减小，汽车加速度逐渐减小至零后做匀速直线运动，选项B 正确．7．AC [解析] 设两段时间内的加速度分别为a 1和a 2，则a 2＝2a 1，因此，速度v 1＝a 1t 0，v 2＝v 1＋a 2t 0＝3a 1t 0＝3v 1，位移x 1＝v 12t 0＝12a 1t 20，x 2＝x 1＋v 1＋v 22t 0＝52a 1t 20＝5x 1，合力做功W 1＝F 0x 1，W 2＝2F 0(x 2－x 1)＝8F 0x 1＝8W 1.选项A 、C 正确．8．(1)9.6 J (2)60 m/s 2[解析] (1)小球由抛出至落地，由动能定理得－W f ＝12mv 21－12mv 20 解得W f ＝12mv 20－12mv 21＝9.6 J. (2)空气阻力f ＝kv ，落地前匀速运动，有mg ＝kv 1刚抛出时加速度大小为a 0，根据牛顿第二定律有mg ＋kv 0＝ma 0联立解得a 0＝(1＋v 0v 1)g ＝60 m/s 2. 9．(1)5.1×104 W (2)5 s 2.04×104W[解析] (1)当起重机的功率达到允许最大值，且重物达到最大速度v m 时，拉力和重力相等，即F 1＝mg起重机允许输出的最大功率P m ＝F 1v m ＝ mgv m ＝5×103×10×1.02 W ＝5.1×104 W.(2)根据牛顿第二定律，有F 2－mg ＝ma解得F 2＝mg ＋ma ＝5.1×104 N又P m ＝F 2v v ＝at联立解得t ＝5 st ′＝2 s 时，重物速度v′＝at′＝0.4 m/s起重机的输出功率P′＝F 2v ′＝2.04×104 W.。

2014年全国15套高考物理试题(含答案)2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）理科综合（物理部分）参考答案一、选择题选择题题号 13 14 15 16 17 18 19 2021 答案 B A C B AC AD BD BD AC 非选择题 34、（18分）（1）①1.30②A ③B ④短路（2）①50 ②相等③滑块的动能④正比压缩量 35、（18分）解：(1)P1、P2碰撞过程，动量守恒mv1=2mv ① 解得v= v12=3m/s ② 碰撞损失的动能ΔE＝12mv21－12(2m)v2 ③ 解得ΔE ＝9J ④ (2) 由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a，由运动学规律，得μ(2m)g ＝2ma⑤ 3L=vt-12at2⑥ v2＝v-at⑦ 由①⑤⑥⑦解得v1=t2+24tv2=24-t22t ⑧ 由于2s≤t≤4s 所以解得v1的取值范围10m/s≤v1≤14m/s ⑨ v2的取值范围1m/s≤v2≤7m/s 所以当v2=7m/s时，P向左经过A 点时有最大动能 E=12(2m)v22=49J ⑩ 36、（18分）解：（1）粒子在电场中，由动能定理有 qEd=12mv2 -0 ① 粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 qvB0＝mv2r ② 当k=1时，由几何关系得r=L ③ 由①②③解得E=qB02L22md ④ （2）由于2<k<3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知(r-L)2+(kL)2=r2 ⑤ 解得r=(k2+1)2L ⑥ 由②⑥解得v=(k2+1)qB0L2m ⑦ 粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 qvB＝mv2r1 ⑧ 由对称性及几何关系可知 k(3-k)=rr1 ⑨ 解得r1=(3-k) (k2+1)2kL ⑩ 由⑧⑩解得 B＝k(3-k) B0 2014高考物理海南卷 1．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方。

K 单元 磁场K1 磁场安培力18．K1 [2013·新课标全国卷Ⅱ] 如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )A.3kq 3l 2 B.3kql2 C.3kq l 2 D.2 3kq l2 18．B [解析] 由题意，三个小球均处于静止状态，对c 球而言，a 、b 两球在c 球所在位置处产生的合场强与匀强电场的场强等大反向，故匀强电电场的场强大小E ＝2kq l 2cos30°＝3kql 2，B 正确．3．[2013·广东省汕头市期末] 如图X18-3所示，长方形线框abcd 通有电流I ，放在直线电流I ′附近，线框与直线电流共面，则下列表述正确的是( )A ．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力方向向左B ．只有ad 和bc 边受安培力作用，它们的合力为零C ．ab 和dc 边所受安培力大小相等，方向相同D ．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力为零图X18-43．A [解析] 线圈四个边都受安培力作用，由于ad 边所在处的磁感应强度大于bc 边所在处的磁感应强度，ad 边所受的向左的安培力大于bc 边所受的向右的安培力，它们的合力方向向左，选项A 正确，选项B 、D 错误；ab 和dc 边所受安培力大小相等，方向相反，选项C 错误．25．K1、E1、L4[2013·浙江卷] (22分)为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ＝0.2 Ω·m 的海水，通道中a ×b ×c ＝0.3 m ×0.4 m ×0.3 m 的空间内，存在着由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B ＝6.4 T 、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a ×b ＝0.3 m ×0.4 m 的金属板M 、N ，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N 到M ，大小恒为I ＝1.0×103 A 的电流，设该电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρm ≈1.0×103 kg/m 3.(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向． (2)在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？(3)当潜艇以恒定速度v 0＝30 m/s 前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v ＝34 m/s ，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．25．[解析] (1)将通电海水看成导线，所受磁场力 F ＝IBL代入数据得：F ＝IBc ＝1.0×103×6.4×0.3 N ＝1.92 N用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受到磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．(3)电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率 P 1＝F 牵v 0根据牛顿第三定律：F 牵＝12IBL 当v 0＝30 m/s 时，代入数据得：P 1＝F 牵v 0＝12×1.92×103×30 W ＝6.9×105 W 第二部分：海水的焦耳热功率 对单个直线推进器，根据电阻定律： R ＝ρl S代入数据得：R ＝ρc ab ＝0.2×0.30.3×0.4 Ω＝0.5 Ω由热功率公式，P ＝I 2R代入数据得：P 单＝I 2R ＝5.0×105 W P 2＝12×5.0×105W ＝6.0×106 W 第三部分：单位时间内海水动能的增加值 设Δt 时间内喷出的海水质量为m P 3＝12×ΔΕkΔt考虑到海水的初动能为零， ΔΕk ＝Εk ＝12mv 2水对地m ＝ρm bcv 水对地ΔtP 3＝12×ΔΕk Δt ＝12×12ρm bcv 3水对地＝4.6×104WK2 磁场对运动电荷的作用 5．[2013·河南省郑州市高三第一次质量预测] 如图X19-4所示，中轴线PQ 将矩形区域MNDC 分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度皆为B .一质量为m 、带电荷量为q 的带正电粒子从P 点进入磁场，速度与边MC 的夹角θ＝30°.MC 边长为a ，MN 边长为8a ，不计粒子重力．求：图X19-4(1)若要该粒子不从MN 边射出磁场，其速度最大值是多少？(2)若要该粒子恰从Q 点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？ 5．(1)qBa m (2)10πm 3qB[解析] (1)设该粒子恰不从MN 边射出磁场时的轨迹半径为r ，由几何关系得： r cos60°＝r －12a解得r ＝a 又由q v B ＝m v 2r解得最大速度v ＝qBam.(2)粒子每经过分界线PQ 一次，在PQ 方向前进的位移为轨迹半径R 的3倍． 设粒子进入磁场后第n 次经过PQ 线时恰好到达Q 点 有n ×3R ＝8a 且R <a解得 n >4.62，n 所能取的最小自然数为5， 粒子做圆周运动的周期为 T ＝2πmqB粒子每经过PQ 分界线一次用去的时间为 t ＝13T ＝2πm3qB粒子到达Q 点的最短时间为 t min ＝5t ＝10πm3qB.20．I3、K2[2013·浙江卷] 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶320．BCD [解析] 离子在电场中的加速度a ＝Uq dm ，故a 1a 2＝q 1q 2＝13，A 错误．离开电场区域时的动能E k ＝Uq ，故E k1E k2＝q 1q 2＝13，D 正确．在磁场中运动的半径r ＝mv Bq ＝mBq 2Uq m ＝1B2Um q ，故r 1r 2＝q 2q 1＝31，B 正确．在磁场中转过的角度的正弦值sin θ＝dr＝Bd q2Um ，故sin θ1sin θ2＝q 1q 2＝13，因θ1＝30°，则sin θ2＝32，即θ2＝60°，所以θ1θ2＝12，C 正确． 21．K2[2013·广东卷] 如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力．下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近21．AD [解析] 由左手定则可知A 正确；根据洛伦兹力提供向心力，有Bvq ＝mv 2r ，解得r ＝mvBq ，由于同种粒子且速度相同，所以在磁场中运动的轨道半径相同，示意图如图所示，从图中可以看出b 离子轨迹为半圆，a 离子轨迹超过半圆，B 、C 错误，D 正确．18．K2 [2013·新课标全国卷Ⅰ] 如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m18．B [解析] 由Bqv ＝mv 2r 可得v ＝Bqr m，作出粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识得半径r＝R，故B正确．17．K2[2013·新课标全国卷Ⅱ] 空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A.3mv03qR B.mv0qRC.3mv0qR D.3 mv0qR17．A[解析] 由Bqv0＝mv20r可得：B＝mv0qr，粒子沿半径射入磁场必沿半径射出磁场，可作出运动轨迹图如图所示，由几何知识可得：r＝3R ，即B＝3mv03qR，A正确．23．I3K2[2013·安徽卷] 如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．23．[解析] (1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x ＝v 0t ＝2h ， y ＝12at 2＝h ， qE ＝ma ，联立以上各式可得E ＝mv 202qh.(2)粒子到达a 点时沿负y 方向的分速度为v y ＝at ＝v 0， 所以v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0，方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角． (3)粒子在磁场中运动时，有qvB ＝m v 2r，当粒子从b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r ＝22L ，所以B ＝2mv 0qL.K3 带电粒子在组合场及复合场中运动2．[2013·浙江省十二校新高考研究联盟第一次联考] 如图X20-2所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m ，带电荷量为q ，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中．设小球电荷量不变，小球由棒的下端以某一速度上滑的过程中一定有( )图X20-2A ．小球加速度一直减小B ．小球的速度先减小，直到最后匀速C ．杆对小球的弹力一直减小D ．小球队受到的洛伦兹力一直减小2．D [解析] 小球上滑的过程中，在竖直方向上受到竖直向下的重力和摩擦力作用，所以小球的速度一直减小，根据公式F 洛＝q v B ，小球所受洛伦兹力一直减小，选项B 错误，选项D 正确；在水平方向上，小球共受到水平向右的电场力、水平向左的洛伦兹力和杆的弹力三个力的作用，三力的合力为零，如果刚开始，小球的初速度较大，其洛伦兹力大于电场力，杆对小球的弹力水平向右，大小F N ＝F 洛－F 会随着速度的减小而减小，小球的加速度也一直减小；如果刚开始小球的初速度较小，其洛伦兹力小于电场力，杆对小球的弹力水平向左，大小F N ＝F －F 洛会随着速度的减小而增大，小球的加速度也一直增大，可见，选项A 、C 错误．图X20-33．[2013·安徽省黄山市一模] 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图X20-3所示，现用同一回旋加速器分别加速两种同位素，关于高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，下列说法正确的是( )A ．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数少B ．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数多C ．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数多D ．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数少3．A [解析] 对于粒子在匀强磁场中的运动，由R ＝m vqB可知，随着粒子速度的增大，粒子的运动半径也逐渐增大，设粒子的质量为m ，电荷量为q ，在窄缝间被加速的次数为n ，则由12m v 2＝nqU和R ＝m v qB (其中R 为D 形盒中运动的最大圆周半径)可得，n ＝qB 2R 22mU ，显然，质量大的加速次数少，获得的动能较小；由T ＝2πm qB 可知，T 与m q 成正比，故加速质量大的交流电源的周期较大，选项A 正确．22．E2，K3，K4[2013·福建卷] 如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为B.让质量为m ，电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O 沿 xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响．(1)若粒子以初速度v 1沿 y 轴正向入射，恰好能经过 x 轴上的A (a ，0)点，求v 1的大小； (2)已知一粒子的初速度大小为v (v>v 1) ，为使该粒子能经过A (a ，0) 点，其入射角θ(粒子初速度与x 轴正向的夹角)有几个？并求出对应的 sin θ值；(3)如图乙，若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿 y 轴正向发射．研究表明：粒子在 xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的 x 分量v x 与其所在位置的 y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v m .22．[解析] (1)带电粒子以速率v 在匀强磁场B 中做匀速圆周运动，半径为R ，有qvB ＝m v 2R ①当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，该圆周半径为R 1，有：R 1＝a2②由②代入①式得v 1＝qBa2m(2)如图，O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在x ＝a2的直线上，半径为R.当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有sin θ′＝sin θ＝a2R④由①④式解得sin θ＝aqB2mv⑤(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐标，由动能定理，有qEy m ＝12mv 2m －12mv 20⑥由题知，有v m ＝ky m ⑦若E ＝0时，粒子以初速度v 0沿y 轴正向入射，有qv 0B ＝m v 20R 0⑧由⑥⑦⑧式解得 v m ＝E B＋（EB）2＋v 20。

课时提升练(十三) 万有引力与航天(限时：45分钟)A 组 对点训练——巩固根底知识题组一 行星运行规律和万有引力定律的应用1．(2014·浙江高考)长期以来“卡戎星(Charon)〞被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r 1＝19 600 km ，公转周期T 1＝6.39天.2006年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r 2＝48 000 km ，如此它的公转周期T 2最接近于( )A ．15天B ．25天C ．35天D ．45天【解析】 由开普勒第三定律得r 31T 21＝r 32T 22，所以T 2＝r 32r 31·T 1≈25天，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．【答案】 B2．(多项选择)(2013·浙江高考)如图4­4­10所示，三颗质量均为m 的地球同步卫星等间隔分布在半径为r 的圆轨道上，设地球质量为M ，半径为R .如下说法正确的答案是( )图4­4­10A ．地球对一颗卫星的引力大小为GMmr －R2B ．一颗卫星对地球的引力大小为GMm r 2C ．两颗卫星之间的引力大小为Gm 23r2D ．三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMmr2【解析】 地球与卫星之间的距离应为地心与卫星之间的距离，选项A 错误，B 正确；两颗相邻卫星与地球球心的连线互成120°角，间距为3r ，代入数据得，两颗卫星之间引力大小为Gm 23r2，选项C 正确；三颗卫星对地球引力的合力为零，选项D 错误．【答案】 BC3．(2012·浙江高考)如图4­4­11所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．如下说法正确的答案是( )图4­4­11A ．太阳对各小行星的引力一样B ．各小行星绕太阳运动的周期均小于1年C ．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【解析】 根据F ＝G Mm r2，小行星带中各小行星的轨道半径r 、质量m 均不确定，因此无法比拟太阳对各小行星引力的大小，选项A 错误；根据G Mm r 2＝m (2πT )2r 得，T ＝2π·r 3GM，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B 错误；根据G Mmr 2＝ma 得a ＝GM r2，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C 正确；根据G Mm r 2＝mv 2r ，得v ＝GMr，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D 错误．【答案】 C4．(2013·某某物理)小行星绕恒星运动，恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动．经过足够长的时间后，小行星运动的( )A ．半径变大B ．速率变大C ．角速度变大D ．加速度变大【解析】 恒星质量减小，如此对行星的引力减小，行星逐渐远离恒星，半径变大，A正确；根据G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝mrω2，解得a ＝GM r 2，v ＝GMr ，ω＝GMr 3，可知恒星质量减小时，小行星的速率、角速度和加速度均减小，B 、C 、D 错误．【答案】 A题组二 卫星运行、发射、变轨5．(2014·江苏高考)地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，如此航天器在火星外表附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )A ．3.5 km/sB ．5.0 km/sC ．17.7 km/sD ．35.2 km/s【解析】 由G Mm r 2＝m v 2r 得，对于地球外表附近的航天器有：G Mm r 2＝mv 21r，对于火星外表附近的航天器有：G M ′m r ′2＝mv 22r ′，由题意知M ′＝110M 、r ′＝r 2，且v 1＝7.9 km/s ，联立以上各式得：v 2≈3.5 km/s ，选项A 正确．【答案】 A6．(2014·福建高考)假设有一颗“宜居〞行星，其质量为地球的p 倍，半径为地球的q 倍，如此该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的( )A.pq 倍B.qp 倍 C.p q倍 D.pq 3倍 【解析】 设地球质量为M ，半径为R ，根据GMm R 2＝mv 2R得地球卫星的环绕速度为v ＝GM R ，同理该“宜居〞行星卫星的环绕速度为v ′＝GpMqR，故v ′为地球卫星环绕速度的p q倍；选项C 正确．【答案】 C7．(2013·海南高考)“北斗〞卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星(同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成．地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍．如下说法正确的答案是( )A ．静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍B ．静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的2倍C ．静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的1/7D ．静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的1/7 【解析】 由GMmR ＋h 2＝m (R ＋h )(2πT)2＝mv 2R ＋h＝m (R ＋h )ω2＝ma 可得：T 静T 中＝R ＋h 静3R ＋h 中3≈2，ω静ω中＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋h 中R ＋h 静3≈12，v 静v 中＝R ＋h 中R ＋h 静≈0.71，a 静a 中＝(R ＋h 中R ＋h 静)2≈0.395，故只有A 正确．【答案】 A8．(2013·安徽高考)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMmr，其中G 为引力常量，M 为地球质量．该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm (1R 2－1R 1)B ．GMm (1R 1－1R 2)C.GMm 2(1R 2－1R 1) D.GMm 2(1R 1－1R 2) 【解析】 根据万有引力提供向心力得G Mm r 2＝m v 2r①而动能E k ＝12mv 2②由①②式得E k ＝GMm 2r③ 由题意知，引力势能E p ＝－GMm r④ 由③④式得卫星的机械能E ＝E k ＋E p ＝－GMm 2r由功能关系知，因摩擦而产生的热量Q ＝ΔE 减＝E 1－E 2＝GMm 2(1R 2－1R 1)，应当选项C 正确． 【答案】 CB 组 深化训练——提升应考能力9．(多项选择)如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，如图4­4­12所示．假设天文学家测得在一样时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，如此由此条件可求得( )图4­4­12A ．水星和金星绕太阳运动的周期之比B ．水星和金星的密度之比C ．水星和金星到太阳的距离之比D ．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比【解析】 由ω＝ΔθΔt 知，ω1ω2＝θ1θ2，又因为ω＝2πT ，所以T 1T 2＝θ2θ1，A 对；由GMm r 2＝mr 4π2T2知r 3＝GMT 24π2，既然周期之比能求，如此r 之比同样可求，C 对；由a ＝rω2知，向心加速度之比同样可求，D 对；由于水星和金星的质量未知，故密度不可求，B 错．【答案】 ACD图4­4­1310．(多项选择)(2015·南昌一中检测)在四川汶川的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号〞卫星导航系统，在抗震救灾中发挥了巨大作用．北斗导航系统又被称为“双星定位系统〞，具有导航、定位等功能．“北斗〞系统中两颗工作卫星均绕地心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4­4­13所示)．假设卫星均按顺时针运行，地球外表处的重力加速度为g ，地球半径为R .不计卫星间的相互作用力．如此以下判断中正确的答案是( )A ．这两颗卫星的加速度大小相等，均为R 2g r2B ．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C ．卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为πr3R r gD ．卫星1中质量为m 的物体的动能为12mgr【解析】 由GMm r 2＝ma 、GMm 0R 2＝m 0g ，得a ＝gR 2r2，A 正确；卫星1向后喷气时速度增大，所需的向心力增大，万有引力不足以提供其所需的向心力而做离心运动，与卫星2不再处于同一轨道上了，B 错误；由t ＝θ360°T ＝16T 、GMm r 2＝mr (2πT )2、GMm 0R 2＝m 0g 可得t ＝πr3R rg，C 正确；由GMm r 2＝m v 2r 、GMm 0R 2＝m 0g 、E k ＝12mv 2可得E k ＝mgR 22r，D 错误．【答案】 AC11．(2014·高考)万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．(1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．地球质量为M ，自转周期为T ，万有引力常量为G .将地球视为半径为R 、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F 0.a ．假设在北极上空高出地面h 处称量，弹簧秤读数为F 1，求比值F 1F 0的表达式，并就h ＝1.0%R 的情形算出具体数值(计算结果保存两位有效数字)；b ．假设在赤道地面称量，弹簧秤读数为F 2，求比值F 2F 0的表达式．(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为r 、太阳的半径为R S 和地球的半径R 三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变，仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球〞的1年将变为多长？【解析】 (1)设小物体质量为m . a ．在北极地面G Mm R2＝F 0 在北极上空高出地面h 处GMm R ＋h 2＝F 1得F 1F 0＝R 2R ＋h2当h ＝1.0%R 时，F 1F 0＝11.012≈0.98b ．在赤道地面，小物体随地球自转做匀速圆周运动，受到万有引力和弹簧秤的作用力，有G Mm R 2－F 2＝m 4π2T 2R 得F 2F 0＝1－4π2R 3GMT 2(2)地球绕太阳做匀速圆周运动，受到太阳的万有引力．设太阳质量为M S ，地球质量为M ，地球公转周期为T E ，有G M S M r 2＝Mr 4π2T 2E得T E ＝4π2r3GM S＝3πGρsrR S3其中ρs 为太阳的密度．由上式可知，地球公转周期T E 仅与太阳的密度、地球公转轨道半径与太阳半径之比有关．因此“设想地球〞的1年与现实地球的1年时间一样．【答案】 (1)a.F 1F 0＝R 2R ＋h2；0.98 b ．1－4π2R3GMT2(2)与现实地球的1年时间一样12．(2014·四川高考)石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度与超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯〞的梦想有望在本世纪实现．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．图4­4­14(1)假设“太空电梯〞将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站，求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能．设地球自转角速度为ω，地球半径为R .(2)当电梯仓停在距地面高度h 2＝4R 的站点时，求仓内质量m 2＝50 kg 的人对水平地板的压力大小．取地面附近重力加速度g ＝10 m/s 2，地球自转角速度ω＝7.3×10－5rad/s ，地球半径R ＝6.4×103km.【解析】 (1)设货物相对地心的距离为r 1，线速度为v 1，如此r 1＝R ＋h 1① v 1＝r 1ω②货物相对地心的动能为E k ＝12m 1v 21③联立①②③式得E k ＝12m 1ω2(R ＋h 1)2④(2)设地球质量为M ，人到地心的距离为r 2，向心加速度为a n ，受地球的万有引力为F ，如此r 2＝R ＋h 2＝5R ⑤ a n ＝ω2r 2⑥ F ＝G m 2M r 22⑦g ＝GM R2⑧设水平地板对人的支持力大小为N ，人对水平地板的压力大小为N ′，如此F －N ＝m 2a n ⑨ N ′＝N ⑩联立⑤～⑩式并代入数据得N ′＝11.5 N ⑪1 2m1ω2(R＋h1)2(2)11.5 N【答案】(1)。