【物理】2020届一轮复习人教版　电路与电磁感应-作业 9页

‎2020届一轮复习人教版 　电路与电磁感应. 作业 一、选择题(1～4题为单项选择题，5～9题为多项选择题)‎ ‎1．(2018·广东佛山质检一)图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而摔离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是(　　)‎ A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供 B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供 C．发生侧滑是因为运动员受到的合外力方向背离圆心 D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力 解析：　运动员转弯所需的向心力由地面对车轮的摩擦力提供，则A错误，B正确。发生侧滑而做离心运动的原因是所受到的摩擦力小于所需要的向心力，故C、D错误。‎ 答案：　B ‎2．(2018·江苏卷·1)我国高分系列卫星的高分辩对地观察能力不断提高。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是(　　)‎ A．周期　　　　　　　　 B.角速度 C．线速度 D.向心加速度 解析：　“高分五号”的运动半径小于“高分四号”的运动半径，即r五ω四。‎ C错：v＝ ∝ ，v五>v四。‎ D错：a＝∝，a五>a四。‎ 答案：　A ‎3．天王星的卫星，“泰坦尼亚”和“欧贝隆”是威廉·赫歇耳在1787年3月13日发现的。假设“泰坦尼亚”和“欧贝隆”两卫星环绕天王星的轨道为圆形轨道，两卫星运动周期的比值已知，由以上条件可以求出(　　)‎ A．“泰坦尼亚”和“欧贝隆”环绕天王星做圆周运动的线速度的比值 B．“泰坦尼亚”和“欧贝隆”受到天王星的万有引力的比值 C．“泰坦尼亚”和“欧贝隆”表面的重力加速度的比值 D．“泰坦尼亚”和“欧贝隆”的第一宇宙速度的比值 解析：　卫星环绕天王星做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，则有G＝mr＝m，因为知道两卫星运动周期的比值，可求得两卫星运动的轨道半径之比＝ ，又根据＝ ，即可求得两卫星线速度的比值，故A正确；因为不知道两卫星的质量之比和半径之比，所以无法求出两卫星受到的万有引力的比值，也无法求出两卫星表面的重力加速度的比值及两卫星的第一宇宙速度的比值，故B、C、D错误。‎ 答案：　A ‎4.‎ 如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L。一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：　由分析知，粒子沿着ab边入射且运动轨迹与bc边相切时满足题意，粒子运动轨迹如图所示。由几何关系知，粒子运动轨迹半径r＝ab＝L，则粒子速度的最大值v＝＝，选项A正确。‎ 答案：　A ‎5．(2018·北京卷·6)‎ ‎2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的(　　)‎ A．密度 B.向心力的大小 C．离地高度 D.线速度的大小 解析：　设人造地球卫星的周期为T，地球质量和半径分别为M、R，卫星的轨道半径为r，则在地球表面：G＝mg，GM＝gR2①‎ 对卫星：根据万有引力提供向心力，有 G＝mr②‎ 联立①②式可求轨道半径r，则r＝R＋h，故可求得卫星离地高度。‎ 由v＝rw＝r，从而可求得卫星的线速度。‎ 卫星的质量未知，故卫星的密度不能求出，万有引力即向心力 Fn＝G也不能求出。故选项C、D正确。‎ 答案：　CD ‎6.‎ 如图所示，半径为R的内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是(　　)‎ A. B. C. D.1‎ 解析：　第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有W1≤mgR，两次击打后球可以运动到轨道最高点，根据功能关系，有W1＋W2－2mgR＝mv2，在最高点有mg＋FN＝m≥mg，由以上各式可解得W1≤mgR，W2≥mgR，因此≤，B、C正确。‎ 答案：　BC ‎7.‎ 质量为m、电荷量为＋Q的带电小球A固定在绝缘天花板上。带电小球B，质量也为m，在空中水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，如图所示。已知小球A、B间的距离为R，重力加速度为g，静电力常量为k。则(　　)‎ A．小球A和B一定带同种电荷 B．小球B转动的线速度为 C．小球B所带的电荷量为 D．A、B两球间的库仑力对B球做正功 解析：　‎ 由题意可知，小球B在小球A和B的库仑引力与小球B的重力的合力作用下，做匀速圆周运动，因此两球带异种电荷，故A错误；对小球B受力分析，如图所示，因小球A、B间的距离为R，而圆周的半径为R，因此小球B的合力为F＝mg，由牛顿第二定律得mg＝m，解得v＝，故B正确；设B的带电荷量为q，由库仑定律得F库＝k，由图中矢量合成，则F库＝mg，解得q＝，故C正确；库仑引力总与速度垂直，库仑力不做功，故D错误。‎ 答案：　BC ‎8.‎ ‎(2018·肇庆二模)如图所示，Gliese581g行星距离地球约20亿光年(189.21万亿公里)，公转周期约为37年，该行星位于天秤座星群，它的半径大约是地球的2倍，重力加速度与地球相近。则下列说法正确的是(　　)‎ A．飞船在Gliese581g表面附近运行时的速度小于9 km/s B．该行星的平均密度约是地球平均密度的 C．该行星的质量约为地球质量的2倍 D．在地球上发射航天器到达该星球，航天器的发射速度至少要达到第三宇宙速度 解析：　飞船在Gliese581g表面附近运行时，万有引力提供向心力，则mg＝m，解得v＝，该星球半径大约是地球的2倍，重力加速度与地球相近，所以在该星球表面运行速度约为地球表面运行速度的倍，在地球表面附近运行时的速度为7.9 km/s，所以在该星球表面运行速度约为11.17 km/s，故A错误；根据密度的定义式ρ＝＝＝，故该行星的平均密度与地球平均密度之比等于半径的反比，即该行星的平均密度约是地球平均密度的，故B正确；忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力，则有mg＝G，g＝，这颗行星的重力加速度与地球相近，它的半径大约是地球的2倍，所以它的质量是地球的4倍，故C错误；由于这颗行星在太阳系外，所以航天器的发射速度至少要达到第三宇宙速度，故D正确。‎ 答案：　BD ‎9.‎ 如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，O为圆心，P为边界上的一点，相同的带负电粒子a、b(不计重力)从P点先后射入磁场，粒子a正对圆心射入，速度方向改变60°后离开磁场，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成60°，已知它们离开磁场的位置相同，下列说法正确的是(　　)‎ A．磁场的方向垂直纸面向外 B．两粒子在磁场中运动的时间之比为1∶3‎ C．两粒子在磁场中运动的速度之比为2∶1‎ D．两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为1∶2‎ 解析：　‎ 根据题意，两个粒子出射位置相同，且a粒子速度方向改变60°后离开磁场，粒子不可能向上偏转，所以粒子向下偏转，作出它们的运动轨迹，如图所示，根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向里，故A错误；由平面几何知识可得出，粒子a运动了六分之一个圆周，而粒子b运动了二分之一个圆周，因它们的周期相等，所以粒子a、b在磁场中运动的时间之比为1∶3，故B正确；如图所示，为粒子b做圆周运动的半径Rb，由于∠POQ＝120°，所以粒子a做圆周运动的半径Ra＝ ，根据平面几何知识容易得出图象中，和的长度之比为2∶，即＝，根据洛伦兹力提供向心力的圆周运动的半径公式R＝，由于粒子是完全相同的，所以综上可得出它们的速度之比即为半径之比，由Ra∶Rb＝2∶1可知，速度之比为2∶1，故C正确；粒子a运动的轨迹长度为×2πRa，粒子b运动的轨迹长度为×2πRb，又粒子a与粒子b的半径之比为2∶1，所以运动的轨迹长度之比为2∶3，故D错误。‎ 答案：　BC 二、非选择题 ‎10．如图所示，空间存在方向与xOy平面垂直，范围足够大的匀强磁场。在x≥0区域，‎ 磁感应强度大小为B0，方向向里；x<0区域，磁感应强度大小为2B0，方向向外。某时刻，一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从x轴上P(L,0)点以速度v＝垂直x轴射入第一象限磁场，不计粒子的重力。求：‎ ‎(1)粒子在两个磁场中运动的轨道半径；‎ ‎(2)粒子离开P点后经过多长时间第二次到达y轴。‎ 解析：　(1)粒子在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力，有qBv＝m 得r＝，代入解得 r1＝＝2L r2＝＝L ‎(2)粒子运动的轨迹如图所示。‎ 粒子先在y轴右侧磁场中偏转60°，接着在y轴左侧磁场中偏转120°，第二次到达y轴 在x≥0区域运动周期T1＝＝ 在x<0区域运动周期T2＝＝ 在y轴右侧运动时间t1＝T1‎ 在y轴左侧运动时间t2＝T2‎ 离开P点后，粒子第二次到达y轴所需时间 t＝t1＋t2＝。‎ 答案：　(1)2L　L　(2) ‎11．一轻质细绳的一端系一质量为m＝0.05 kg的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L＝0.1 m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在小球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，斜面与水平面平滑连接，如图所示，水平距离x＝2 m。现有一小滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球发生弹性碰撞。小滑块与挡板碰撞不损失机械能，小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25。若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g取10 m/s2。‎ ‎(1)若小滑块B从斜面某一高度h0处下滑与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h0；‎ ‎(2)若小滑块B从h＝5 m处下滑，求滑块B与小球A第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力；‎ ‎(3)若小滑块B从h＝5 m处下滑与小球A碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数n。‎ 解析：　(1)小球恰好在竖直平面内做圆周运动，设它到最高点的速度为v0，在最高点，仅有重力提供小球做圆周运动的向心力，则有mg＝m①‎ 在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，设小球在最低点速度为v1，则有 mv＝mg·2L＋mv②‎ 联立①②解得v1＝ m/s 小滑块从高度h0处运动到将与小球碰撞时速度为v2，对小滑块由功能关系有 mgh0＝μmg·＋mv 因弹性碰撞后小滑块与小球速度交换，则v2＝ m/s，解上式有h0＝0.5 m。‎ ‎(2)若小滑块从h＝5 m处下滑到将要与小球碰撞时速度为u，同理有 mgh＝mu2＋μmg·③‎ 解得u＝ m/s 小滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止且与小球速度交换，则小球以u＝ m/s的速度开始做圆周运动，绳的拉力FT和重力的合力提供小球做圆周运动的向心力，则有FT－mg＝m ④‎ 解得FT＝48 N。‎ ‎(3)小滑块最后停在水平面上，设它在水平面上通过的路程为s，则有mgh＝μmgs 解得s＝20 m 小球做完整圆周运动的次数为n＝ 解得n＝10(次)。‎ 答案：　(1)0.5 m　(2)48 N　(3)10次