江西省宜春市丰城中学2017届高三上学期周练物理试卷（尖子班、重点班9-27）

江西省宜春市丰城中学2017届高三上学期周练物理试卷（尖子班、重点班9-27）

‎2016-2017学年江西省宜春市丰城中学高三（上）周练物理试卷（尖子班、重点班9.27）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．）‎ ‎1．已知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，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为（　　）‎ A．3.5 km/s B．5.0 km/s C．17.7 km/s D．35.2 km/s ‎2．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时，假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（　　）‎ A．距地面的高度变大 B．向心加速度变大 C．线速度变大 D．角速度变大 ‎3．质量为m的小球用长为L的轻绳悬于O点，如图所示，小球在水平力F作用下由最低点P缓慢地移到Q点，在此过程中F做的功为（　　）‎ A．FLsinθ B．mgLcosθ C．mgL（1﹣cosθ） D．FLtanθ ‎4．如图所示，中间有孔的物块A套在竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，所有摩擦均不计．则关于拉力F及拉力F的功率P，下列说法正确的是（　　）‎ A．F不变，P减小 B．F增大，P不变 C．F增大，P增大 D．F增大，P减小 ‎5．水平地面上静止放置一个质量为m=1kg的小物块，物块与地面间的动摩擦因素μ=0.2，现对物体施加一个水平向右的拉力F，F随物块运动距离x的变化图象如图所示，重力加速度g=10m/s2，则当x=4m时物体的速度大小为（　　）‎ A．0 B．2m/s C．2m/s D．4m/s ‎6．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图（乙）所示，则（　　）‎ A．t1时刻小球动能最大 B．t2时刻小球动能最大 C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少 D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 ‎7．关于机械能是否守恒，下列说法正确的是（　　）‎ A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒 B．做圆周运动的物体机械能一定守恒 C．做变速运动的物体机械能可能守恒 D．合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒 ‎8．有一竖直放置的“T”型架，表面光滑，两个质量相同的滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B可看作质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止．由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是（　　）‎ A．轨道半径越大，周期越长 B．轨道半径越大，速度越大 C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度 D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度 ‎10．质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体的重力势能减少 B．物体的机械能减少 C．物体的动能增加 D．重力做功mgh ‎11．如图所示，在光滑固定的曲面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着A如图所示竖直放置，AB间距离L=0.2m，小球B刚刚与曲面接触且距水平面的高度h=0.1m．此时弹簧的弹性势能Ep=1J，自由释放后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g取10m/s2．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．下滑的整个过程中弹簧和A球组成的系统机械能守恒 B．下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒 C．B球刚到地面时，速度是m/s D．当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为6J ‎12．甲、乙两球的质量相等，悬线一长一短，将两球由图示位置的同一水平面无初速度释放，不计阻力，则对小球过最低点时的正确说法是（　　）‎ A．甲球的动能与乙球的动能相等 B．两球受到线的拉力大小相等 C．两球的向心加速度大小相等 D．相对同一参考面，两球的机械能相等 ‎　‎ 三．计算题（在答题纸上写出必要的解题步骤和简要的文字说明，12分+14分+14分，共40分 ‎13．小球自h=2m的高度由静止释放，与地面碰撞后反弹的高度为．设碰撞时没有动能的损失，且小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，求：‎ ‎（1）小球受到的空气阻力是重力的多少倍？‎ ‎（2）小球运动的总路程．‎ ‎14．如图所示，足够长木板A放在光滑的水平面上，长木板的质量为M=2kg，质量为m=1kg的物块B以水平初速度v0=3m/s从A的一端滑上水平上表面，长木板A与物块B之间的摩擦因数为0.2．求：‎ ‎（1）摩擦力分别对长木板A与物块B做的功．‎ ‎（2）A、B组成的系统损失的机械能△E．‎ ‎15．如图所示为一传送带装置模型，斜面的倾角θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m=2kg 的物体从高h=30cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数μ1=0.25，与水平传送带的动摩擦因数μ2=0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，物体又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端．已知传送带的速度恒为v=2.5m/s，tanθ=0.75，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物体第一次滑到底端的速度大小．‎ ‎（2）从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，求传送带与物体间摩擦产生的热量Q．‎ ‎（3）从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程．‎ ‎　‎ ‎【附加】‎ ‎16．在一真空室内存在着匀强电场和匀强磁场，电场的方向与磁场的方向相同，已知电场强度E=40.0V/m，磁感应强度B=0.30T，如图所示，在真空室内建立O﹣xyz三维直角坐标系，其中z轴竖直向上．质量m=1.0×10﹣4Kg、带负电的质点以速度v0=100m/s沿+x方向做匀速直线运动，速度方向与电场、磁场方向垂直，取g=10m/s2．‎ ‎（1）求质点所受电场力与洛伦兹力的大小之比 ‎（2）求带电质点的电荷量 ‎（3）若在质点通过O点时撤去磁场，求经过t=0.20s时，带电质点的位置坐标．‎ ‎17．如图所示，Oxyz为空间直角坐标系，其中Oy轴正方向竖直向上．在整个空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球从坐标原点O以速度v0沿Ox轴正方向射出，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．‎ ‎（1）若在整个空间加一匀强电场，小球从坐标原点O射出恰好做匀速圆周运动，求所加电场的场强大小，以及小球做匀速圆周运动第一次通过z轴的z坐标；‎ ‎（2）若改变第（1）问中所加电场的大小和方向，小球从坐标原点O射出恰好沿Ox轴做匀速直线运动，求此时所加匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）若保持第（2）问所加的匀强电场不变而撤去原有的磁场，小球从坐标原点O以速度v0沿Ox轴正方向射出后，将通过A点，已知A点的x轴坐标数值为xA，求小球经过A点时电场力做功的功率．‎ ‎18．在水平地面上方的足够大的真空室内存在着匀强电场和匀强磁场共存的区域，且电场与磁场的方向始终平行，在距离水平地面的某一高度处，有一个带电量为q、质量为m的带负电的质点，以垂直于电场方向的水平初速度v0进入该真空室内，取重力加速度为g．求：‎ ‎（1）若要使带电质点进入真空室后做半径为R的匀速圆周运动，求磁感应强度B0的大小及所有可能的方向；‎ ‎（2）当磁感应强度的大小变为B时，为保证带电质点进入真空室后做匀速直线运动，求此时电场强度E的大小和方向应满足的条件；‎ ‎（3）若带电质点在满足第（2）问条件下运动到空中某一位置M点时立即撤去磁场，此后运动到空中另一位置N点时的速度大小为v，求M、N两点间的竖直高度H及经过N点时重力做功的功率．‎ ‎19．如图所示，物体A、B用绕过光滑的定滑轮的细线连接，离滑轮足够远的物体A置于光滑的平台上，物体C中央有小孔，C放在物体B上，细线穿过C的小孔．“U”形物D固定在地板上，物体B可以穿过D的开口进入其内部而物体C又恰好能被挡住．物体A、B、C的质量分别为mA=8kg、mB=10kg、mc=2kg，物体B、C一起从静止开始下降H1=3m后，C与D发生没有能量损失的碰撞，B继续下降H2=1.17m后也与D发生没有能量损失的碰撞．取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物体C与D碰撞时的速度大小．‎ ‎（2）物体B与D碰撞时的速度大小．‎ ‎（3）B、C两物体分开后第一次碰撞前B、C的速度．‎ ‎20．由于受地球信风带和盛行西风带的影响，海洋中一部分海水做定向流动，称为风海流，风海流中蕴藏着巨大的动力资源．因为海水中含有大量的带电离子，这些离子随风海流做定向运动，如果有足够强的磁场能使海流中的正、负离子发生偏转，便可用来发电．‎ 图示为一利用风海流发电的磁流体发电机原理示意图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块金属板M、N，金属板长为a，宽为b，两板间的距离为d．将管道沿风海流方向固定在风海流中，在金属板之间加一水平匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向由南向北，用导线将M、N外侧连接电阻为R的航标灯（图中未画出）．工作时，海水从东向西流过管道，在两金属板之间形成电势差，可以对航标灯供电．设管道内海水的流速处处相同，且速率恒为v，海水的电阻率为ρ，海水所受摩擦阻力与流速成正比，比例系数为k．‎ ‎（1）求磁流体发电机电动势E的大小，并判断M、N两板哪个板电势较高；‎ ‎（2）由于管道内海水中有电流通过，磁场对管道内海水有力的作用，求此力的大小和方向；‎ ‎（3）求在t时间内磁流体发电机消耗的总机械能．‎ ‎21．如图所示，a点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过a点和坐标原点0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子（质量为m、电荷量为e）从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x轴上的b点（图中未画出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求 ‎（1）磁场的磁感应强度 ‎（2）磁场区域的圆心O1的坐标 ‎（3）电子在磁场中运动的时间．‎ ‎22．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（缝隙的宽度远小于盒半径），分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为B．设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为q．α粒子从D形盒中央开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出．求：‎ ‎（1）α粒子被加速后获得的最大动能Ek；‎ ‎（2）α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；‎ ‎（3）α粒子在回旋加速器中运动的时间；‎ ‎（4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法．‎ ‎23．在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制．1930年，Earnest O．Lawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量．图甲为Earnest O．Lawrence设计的回旋加速器的示意图．它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压．图乙为俯视图，在D型盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D型盒中．在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致．如此周而复始，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出．已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d．设正离子从离子源出发时的初速度为零．‎ ‎（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；‎ ‎（2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略．试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间；‎ ‎（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省宜春市丰城中学高三（上）周练物理试卷（尖子班、重点班9.27）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．）‎ ‎1．已知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，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为（　　）‎ A．3.5 km/s B．5.0 km/s C．17.7 km/s D．35.2 km/s ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动时，由火星的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和向心力公式可列出含速率的方程；再研究近地卫星的速度与地球质量的关系，联立即可求解．‎ ‎【解答】解：航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动时，由火星的万有引力提供向心力，则有：‎ ‎…①‎ 对于近地卫星，由地球的万有引力提供向心力，则得：‎ ‎…②‎ 由①②得：‎ 又近地卫星的速度约为 v近=7.9km/s 可得：航天器的速率为 v航=3.5 km/s，故A正确．‎ 故选：A ‎　‎ ‎2．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时，假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（　　）‎ A．距地面的高度变大 B．向心加速度变大 C．线速度变大 D．角速度变大 ‎【考点】同步卫星．‎ ‎【分析】卫星受到的万有引力充当向心力，根据公式即可分析同步卫星的各物理量的变化情况．‎ ‎【解答】解：A、因地球的周期在增大；故未来人类发射的卫星周期也将增大；根据万有引力公式可知：‎ ‎=m 则有：R=；故卫星离地高度将变大；故A正确；‎ B、由=ma可知，因半径增大，则加速度减小；故B错误；‎ C、由=m可知，v=，故线速度变小；故C错误；‎ D、由=mRω2可知，ω=；故角速度减小；故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．质量为m的小球用长为L的轻绳悬于O点，如图所示，小球在水平力F作用下由最低点P缓慢地移到Q点，在此过程中F做的功为（　　）‎ A．FLsinθ B．mgLcosθ C．mgL（1﹣cosθ） D．FLtanθ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，动能变化量为零，重力做负功，绳子拉力不做功，水平拉力F做功，根据动能定理求解拉力F所做的功．‎ ‎【解答】解：小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，根据动能定理得：‎ W1﹣mgL（1﹣cosθ）=0 ‎ 得拉力F所做的功为：W1=mgL（1﹣cosθ）‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，中间有孔的物块A套在竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，所有摩擦均不计．则关于拉力F及拉力F的功率P，下列说法正确的是（　　）‎ A．F不变，P减小 B．F增大，P不变 C．F增大，P增大 D．F增大，P减小 ‎【考点】运动的合成和分解；功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】对A分析，因为A做匀速直线运动，抓住A竖直方向上合力为零判断拉力F的变化．将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于F的速度，从而求出F的功率，判断其变化．‎ ‎【解答】解：设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：Fcosθ=mg，因为θ增大，则F增大．‎ 物体A沿绳子方向上的分速度v1=vcosθ，则拉力的功率P=Fv1=•vcosθ=mgv，知拉力的功率不变．故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．水平地面上静止放置一个质量为m=1kg的小物块，物块与地面间的动摩擦因素μ=0.2，现对物体施加一个水平向右的拉力F，F随物块运动距离x的变化图象如图所示，重力加速度g=10m/s2，则当x=4m时物体的速度大小为（　　）‎ A．0 B．2m/s C．2m/s D．4m/s ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】分析物体的受力情况，物体受到重力、支持力、拉力F和滑动摩擦力的作用，拉力是变力，拉力随位移均匀变化，根据平均力做功，运用动能定理即可求解．‎ ‎【解答】解：F随位移x均匀变化 F做的功 根据动能定理，有 代入数据：‎ 解得：，故B正确，ACD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图（乙）所示，则（　　）‎ A．t1时刻小球动能最大 B．t2时刻小球动能最大 C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少 D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，但合力变小，加速度变小，故做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变的大于重力，合力变为向上且不断变大，故加速度向上且不断变大，故物体做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加速度不断不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止．‎ ‎【解答】解：A、t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，弹力先小于重力，小球做加速度运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能达到最大，故A错误；‎ B、t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故B错误；‎ C、t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，动能先增大后减小，故C正确；‎ D、t2～t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．关于机械能是否守恒，下列说法正确的是（　　）‎ A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒 B．做圆周运动的物体机械能一定守恒 C．做变速运动的物体机械能可能守恒 D．合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒 ‎【考点】机械能守恒定律．‎ ‎【分析】在只有重力或弹簧弹力做功时，机械能守恒．要正确理解只有重力做功，物体除受重力外，可以受其它力，但其它力不做功或做功的代数和为0．‎ ‎【解答】解：A、做匀速直线运动的物体机械能不一定守恒，比如降落伞匀速下降，机械能减小，故A错误．‎ B、做圆周运动的物体机械能不一定守恒，比如在竖直平面内做匀速圆周运动，机械能在变化，故B错误．‎ C、做变速运动的物体进行可能守恒，比如自由落体运动的物体，只有重力做功，机械能守恒，故C正确．‎ D、合外力做功不为零，机械能可能守恒，比如自由落体运动，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．有一竖直放置的“T”型架，表面光滑，两个质量相同的滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B可看作质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止．由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】运动的合成和分解；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，根据两物体沿绳子方向的速度相等，求出A的速度，再根据系统机械能守恒，求出B下降的高度，从而求出AB的绳长．‎ ‎【解答】解：将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度相等，有vBcos60°=vAcos30°，所以．AB组成的系统机械能守恒，有．所以h=，绳长l=2h=‎ ‎．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是（　　）‎ A．轨道半径越大，周期越长 B．轨道半径越大，速度越大 C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度 D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】根据开普勒第三定律，分析周期与轨道半径的关系；飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，由星球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和几何知识、密度公式可求解星球的平均密度．‎ ‎【解答】解：A、根据开普勒第三定律=k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长．故A正确；‎ B、根据卫星的速度公式v=，可知轨道半径越大，速度越小，故B错误；‎ C、设星球的质量为M，半径为R，平均密度为，ρ．张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T．‎ 对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：G=mr 由几何关系有：R=rsin 星球的平均密度 ρ=‎ 联立以上三式得：ρ=，则测得周期和张角，可得到星球的平均密度．故C正确；‎ D、由G=mr可得：M=，可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球的半径未知，不能求出星球的平均密度．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．质量为m的物体，在距地面h高处以的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体的重力势能减少 B．物体的机械能减少 C．物体的动能增加 D．重力做功mgh ‎【考点】动能定理的应用；功能关系．‎ ‎【分析】物体距地面一定高度以g的加速度由静止竖直下落到地面，则说明物体下落受到一定阻力．物体重力势能的变化是由重力做功多少决定的，而动能定理变化由合力做功决定的，那么机械能是否守恒是由只有重力做功决定的．‎ ‎【解答】解：A、D物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小即为mgh．故A错误，D正确．‎ B、C物体所受的合力为F合=ma=，则合力做功为W合=h，所以物体的动能增加为h，而机械能等于重力势能与动能之和，则得物体的机械能减少mgh．故B、C正确；‎ 故选BCD ‎　‎ ‎11．如图所示，在光滑固定的曲面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着A如图所示竖直放置，AB间距离L=0.2m，小球B刚刚与曲面接触且距水平面的高度h=0.1m．此时弹簧的弹性势能Ep ‎=1J，自由释放后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g取10m/s2．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．下滑的整个过程中弹簧和A球组成的系统机械能守恒 B．下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒 C．B球刚到地面时，速度是m/s D．当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为6J ‎【考点】机械能守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】下滑的整个过程中两球与弹簧组成的系统机械能守恒，但A球与弹簧组成的系统机械能不守恒．根据系统机械能守恒可求出两球在光滑水平面上运动时的机械能的大小．‎ ‎【解答】解：A、B，在下滑的整个过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒．故A错误，B正确．‎ C、B球刚到地面时，由于弹簧对系统做的功不能确定，所以B的速度也不能确定．故C错误；‎ D、根据系统机械能守恒得，当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为初状态时两球与弹簧组成的系统的机械能．‎ 开始时B的高度是0.1m，重力势能：EB=mBghB=2×10×0.1=2J A的高度是0.1m+0.2m=0.3m，重力势能：EA=mAghA=1×10×0.3=3J 两球在光滑水平面上运动时的机械能为：E=EA+EB+EP=3J+2J+1J=6J．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．甲、乙两球的质量相等，悬线一长一短，将两球由图示位置的同一水平面无初速度释放，不计阻力，则对小球过最低点时的正确说法是（　　）‎ A．甲球的动能与乙球的动能相等 B．两球受到线的拉力大小相等 C．两球的向心加速度大小相等 D．相对同一参考面，两球的机械能相等 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，比较出初始位置的机械能即可知道在最低点的机械能大小．‎ 根据动能定理mgL=，可比较出A、B两球的动能大小．‎ 根据动能定理或机械能守恒求出在最低点的速度，然后根据F﹣mg=m，得出拉力的大小，从而可以比较出两球摆线的拉力 ‎【解答】解：A、根据动能定理=mgL可知，由于绳长不等，则甲乙两球动能不等，故A错误．‎ B、在最低点，根据牛顿第二定律得：‎ F﹣mg=m，得F=mg+m=3mg，与绳的长度无关．所以两绳拉力大小相等．故B正确．‎ C、向心加速度a==2g，加速度相等，故C正确；‎ D、A、B两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，初始位置的机械能相等，所以在最低点，两球的机械能相等．故D正确．‎ 故选：BCD ‎　‎ 三．计算题（在答题纸上写出必要的解题步骤和简要的文字说明，12分+14分+14分，共40分 ‎13．小球自h=2m的高度由静止释放，与地面碰撞后反弹的高度为．设碰撞时没有动能的损失，且小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，求：‎ ‎（1）小球受到的空气阻力是重力的多少倍？‎ ‎（2）小球运动的总路程．‎ ‎【考点】动能定理．‎ ‎【分析】小球下落过程中，重力做功，空气阻力做负功，根据动能定理分别对两种进行研究列式，即可求解．‎ ‎【解答】解：设小球的质量为m，所受阻力大小为Ff．‎ ‎（1）小球从h处释放时速度为零，与地面碰撞反弹到时，速度也为零，由动能定理得：‎ mg（h﹣）﹣Ff（h+）=0‎ 解得：Ff=mg ‎（2）设小球运动的总路程为s，且最后小球静止在地面上，对于整个过程，由动能定理得：‎ mgh﹣Ffs=0‎ 解得：s==7×2 m=14 m 答：（1）小球受到的空气阻力是重力的倍；‎ ‎（2）小球运动的总路程为14m．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，足够长木板A放在光滑的水平面上，长木板的质量为M=2kg，质量为m=1kg的物块B以水平初速度v0=3m/s从A的一端滑上水平上表面，长木板A与物块B之间的摩擦因数为0.2．求：‎ ‎（1）摩擦力分别对长木板A与物块B做的功．‎ ‎（2）A、B组成的系统损失的机械能△E．‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）物块B滑上A的上表面后，在滑动摩擦力作用下，A做匀加速运动，B做匀减速运动，最后两者相对静止．物块B与木板A组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出最终的速度，再由动能定理求摩擦力做的功．‎ ‎（2）根据能量守恒定律求系统损失的机械能△E．‎ ‎【解答】解：（1）以物块B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v 解得 v=1m/s 根据动能定理得：‎ 对A有：WfA==J=1J 对B有：WfB=﹣=﹣J=﹣4J ‎（2）根据能量守恒定律得：‎ 系统损失的机械能△E=﹣（+）‎ 代入数据解得△E=3J 答：‎ ‎（1）摩擦力分别对长木板A与物块B做的功1J和﹣4J．‎ ‎（2）A、B组成的系统损失的机械能△E为3J．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示为一传送带装置模型，斜面的倾角θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m=2kg 的物体从高h=30cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面的动摩擦因数μ1=0.25，与水平传送带的动摩擦因数μ2=0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，物体又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端．已知传送带的速度恒为v=2.5m/s，tanθ=0.75，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物体第一次滑到底端的速度大小．‎ ‎（2）从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，求传送带与物体间摩擦产生的热量Q．‎ ‎（3）从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程．‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出物体到达底端的速度．‎ ‎（2）物块滑上传送带后先做匀减速直线运动到零，然后反向做匀加速直线运动，根据牛第二定律和运动学公式求出整个过程中的相对路程大小，结合Q=f△x求出摩擦产生的热量．‎ ‎（3）物体在传送带上运动的过程中，摩擦力做功为零，对全过程运用动能定理，求出物体在斜面上通过的总路程．‎ ‎【解答】解：（1）对物体从静止开始第一次到达底端的过程，由动能定理得：‎ ‎ mgh﹣μ1mgcosθ•=mv02﹣0‎ 代入数据解得：物体第一次滑到底端的速度 v0=2m/s ‎（2）物体滑上传送带后向右做匀减速运动，所受的滑动摩擦力大小为 ‎ f=μ2mg，加速度大小为 a==μ2g=5m/s2．‎ 到最右端的时间 t1==0.4s 物体返回到传送带左端时的时间也为t1，因为第一次物体滑上传送带的速度小于传送带的速度，故物体回到传送带左端时的速度大小也为v0．‎ 物体向右匀减速运动的位移为：‎ ‎ x1==×0.4m=0.4m，‎ 该段时间内的传送带的位移为：x2=vt1=2.5×0.4m=1m 则相对路程的大小为：△x1=x1+x2=1.4m，‎ 返回的过程做匀加速直线运动，传送带的位移为：x3=vt1=2.5×0.4=1m，‎ 则相对位移大小为：△x2=x3﹣x1=0.6m 相对总路程的大小为：△x=△x1+△x2=2m，‎ 则由摩擦产生的热量为：Q=μ2mg△x=0.5×20×2J=20J．‎ ‎（2）在传送带上摩擦力先做负功，再做正功，在传送带上摩擦力做功为零，对全过程运用动能定理得：‎ mgh﹣μ1mgscosθ=0‎ 代入数据解得：s=1.5m．‎ 答：‎ ‎（1）物体第一次滑到底端的速度大小是2m/s．‎ ‎（2）物体与传送带因摩擦产生的热量为20J；‎ ‎（3）物体在斜面上通过的总路程为1.5m．‎ ‎　‎ ‎【附加】‎ ‎16．在一真空室内存在着匀强电场和匀强磁场，电场的方向与磁场的方向相同，已知电场强度E=40.0V/m，磁感应强度B=0.30T，如图所示，在真空室内建立O﹣xyz三维直角坐标系，其中z轴竖直向上．质量m=1.0×10﹣4Kg、带负电的质点以速度v0=100m/s沿+x方向做匀速直线运动，速度方向与电场、磁场方向垂直，取g=10m/s2．‎ ‎（1）求质点所受电场力与洛伦兹力的大小之比 ‎（2）求带电质点的电荷量 ‎（3）若在质点通过O点时撤去磁场，求经过t=0.20s时，带电质点的位置坐标．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据电场力和洛伦兹力的公式计算其大小进而求出比值；‎ 带电质点受电场力和洛伦兹力的合力与重力平衡，根据平衡条件求解．‎ ‎【解答】解：（1）电场力F与洛伦兹力f大小之比为： =‎ 代入数据得： =‎ ‎（2）电场力与场强方向相同，洛伦兹力与磁感应强度方向垂直，带电质点受电场力和洛伦兹力的合力与重力平衡，故磁场和电场方向与yoz平面平行，与﹣y方向成53°斜向下，方向如图所示：‎ ‎（qE）2+（qv0B）2=（mg）2‎ 代入数据解得：q=2.0×10﹣5C ‎（3）撤去磁场后，带电质点在沿x轴方向上做匀速直线运动，经过实践t=0.20s，沿x轴方向上的位移x=v0t=100×0.20=20m 带电质点受恒定合力，其大小等于洛伦兹力，方向与洛伦兹力方向相反，由几何关系可知质点受合力方向与+y方向成37°斜向下，‎ 质点的加速度为：a===6.0m/s2‎ 在t=0.20s内，沿此方向的位移为：s=at2=×6.0×0.202=0.12m 位移s与y轴方向的分量：y=scos37°=12×0.8=×9.6cm 在z轴方向的分量：z=﹣ssin37°=﹣12×0.6=7.2cm 所以，经过时间t=0.2s带电质点的位置为（20m，9.6cm，﹣7.2cm）．‎ 答：（1）质点所受电场力与洛伦兹力的大小之比为4：3；‎ ‎（2）带电质点的电荷量为q=2.0×10﹣5C；‎ ‎（3）若在质点通过O点时撤去磁场，经过t=0.20s时，带电质点的位置坐标（20m，9.6cm，﹣7.2cm）．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，Oxyz为空间直角坐标系，其中Oy轴正方向竖直向上．在整个空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球从坐标原点O以速度v0沿Ox轴正方向射出，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．‎ ‎（1）若在整个空间加一匀强电场，小球从坐标原点O射出恰好做匀速圆周运动，求所加电场的场强大小，以及小球做匀速圆周运动第一次通过z轴的z坐标；‎ ‎（2）若改变第（1）问中所加电场的大小和方向，小球从坐标原点O射出恰好沿Ox轴做匀速直线运动，求此时所加匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）若保持第（2）问所加的匀强电场不变而撤去原有的磁场，小球从坐标原点O以速度v0沿Ox轴正方向射出后，将通过A点，已知A点的x轴坐标数值为xA，求小球经过A点时电场力做功的功率．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据重力与电场力平衡，及牛顿第二定律与向心力公式，即可求解；‎ ‎（2）根据三力平衡，及洛伦兹力的大小与方向，即可求解；‎ ‎（3）根据运动学公式，与牛顿第二定律，及运动的分解，并知道瞬时功率，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设所加电场场强大小为E1，由于带电小球从坐标原点O射出在电场和磁场共存的区域做匀速圆周运动，所以带电小球受到的电场力必定与重力平衡，有：qE1=mg．‎ 解得：‎ 设带电小球做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律和向心力公式：，‎ 解得：‎ 带电小球第一次通过z轴的z坐标为：z=﹣2R=﹣‎ ‎（2）设所加电场场强大小为E2，带电小球做匀速直线运动，它所受重力mg、洛伦兹力qv0B以及电场力qE2三力合力为零．‎ 因洛伦兹力沿z轴的负方向，重力沿y轴的负方向，‎ 所以电场力：‎ 解得：‎ ‎（3）当撤去磁场后，带电小球只受电场力和重力作用，这两个力的合力大小为qv0B，方向指向Oz正方向，‎ 所以小球在xOz平面做匀变速曲线运动．‎ 带电小球沿Ox轴正方向以v0做匀速直线运动，小球从坐标原点O射出，运动到A点所用时间为：t=‎ 带电小球沿Oz轴正方向做初速为零的匀加速直线运动，其加速度大小为：‎ ‎ 带电小球到A点时沿Oz正方向的分速度大小为：vz=azt 因重力在这个过程中不做功，小球经过A点时，电场力做功的功率等于合外力在此时的瞬时功率，‎ 解得：PA=qv0Bvz=‎ 答：（1）则所加电场的场强大小为，以及小球做匀速圆周运动第一次通过z轴的z坐标﹣；‎ ‎（2）则此时所加匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）小球经过A点时电场力做功的功率=．‎ ‎　‎ ‎18．在水平地面上方的足够大的真空室内存在着匀强电场和匀强磁场共存的区域，且电场与磁场的方向始终平行，在距离水平地面的某一高度处，有一个带电量为q、质量为m的带负电的质点，以垂直于电场方向的水平初速度v0进入该真空室内，取重力加速度为g．求：‎ ‎（1）若要使带电质点进入真空室后做半径为R的匀速圆周运动，求磁感应强度B0的大小及所有可能的方向；‎ ‎（2）当磁感应强度的大小变为B时，为保证带电质点进入真空室后做匀速直线运动，求此时电场强度E的大小和方向应满足的条件；‎ ‎（3）若带电质点在满足第（2）问条件下运动到空中某一位置M点时立即撤去磁场，此后运动到空中另一位置N点时的速度大小为v，求M、N两点间的竖直高度H及经过N点时重力做功的功率．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电质点在电场与磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力相平衡，而洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解．‎ ‎（2）根据质点做匀速直线运动，质点受力平衡，从而依据几何关系可求出电场强度大小及其方向；‎ ‎（3）当撤去磁场后，带电质点只受电场力和重力作用，在这个过程中电场力不做功，由机械能守恒定律可求出M、N两点间的竖直高度H；由质点做类平抛运动将其速度分解与功率表达式相结合，从而确定经过N点时重力做功的功率．‎ ‎【解答】解：（1）由于带电质点在匀强电场E0和匀强磁场B0共存的区域做匀速圆周运动，‎ 所以受到的电场力必定与重力平衡，‎ 即 qE0=mg ‎ 根据牛顿第二定律和向心力公式 解得 ‎ 磁感应强度B0为竖直向上或竖直向下．‎ ‎（2）磁场B和电场E方向相同时，如答图1甲所示；磁场B和电场E方向相反时，如答图1乙所示．‎ 由于带电质点做匀速直线运动，由平衡条件和几何关系可知 解得 ‎ 图中的θ角为 ‎ 即电场E的方向为沿与重力方向夹角且斜向下的一切方向，‎ 或=，且斜向下方的一切方向． ‎ ‎（3）当撤去磁场后，带电质点只受电场力和重力作用，这两个力的合力大小为qv0B，方向既垂直初速度v0的方向也垂直电场E的方向．‎ 设空中M、N两点间的竖直高度为H，因电场力在这个过程中不做功，则由机械能守恒定律得 m v2=mgH+m v02‎ 解得 ‎ 因带电质点做类平抛运动，由速度的分解可求得带电质点到达N点时沿合力方向的分速度大小为 ‎ ‎ vN=‎ 又因电场力在这个过程中不做功，带电质点到达N点时，重力做功的功率等于合外力在此时的瞬时功率，‎ 解得 PN=qv0BvN=‎ 答：（1）若要使带电质点进入真空室后做半径为R的匀速圆周运动，则磁感应强度B0的大小及所有可能的方向为竖直向上或竖直向下；‎ ‎（2）当磁感应强度的大小变为B时，为保证带电质点进入真空室后做匀速直线运动，则此时电场强度E的大小 方向应满足的条件为电场E的方向为沿与重力方向夹角 且斜向下的一切方向，或=，且斜向下方的一切方向． ‎ ‎（3）若带电质点在满足第（2）问条件下运动到空中某一位置M点时立即撤去磁场，此后运动到空中另一位置N点时的速度大小为v，则M、N两点间的竖直高度H及经过N点时重力做功的功率为=．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，物体A、B用绕过光滑的定滑轮的细线连接，离滑轮足够远的物体A置于光滑的平台上，物体C中央有小孔，C放在物体B上，细线穿过C的小孔．“U”形物D固定在地板上，物体B可以穿过D的开口进入其内部而物体C又恰好能被挡住．物体A、B、C的质量分别为mA=8kg、mB=10kg、mc=2kg，物体B、C一起从静止开始下降H1=3m后，C与D发生没有能量损失的碰撞，B继续下降H2=1.17m后也与D发生没有能量损失的碰撞．取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）物体C与D碰撞时的速度大小．‎ ‎（2）物体B与D碰撞时的速度大小．‎ ‎（3）B、C两物体分开后第一次碰撞前B、C的速度．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）物体C与D碰撞前，三个物体组成的系统机械能守恒，列式即可求得物体C与D碰撞时的速度大小．‎ ‎（2）物体C与D碰撞后，物体A、B继续运动，机械能仍守恒，列式可求解出B下降H2时的速度．‎ ‎（3）分析B、C两物体分开后到第一次碰撞前的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解，分析时还要抓住同时性．‎ ‎【解答】解：（1）由于平台是光滑的，物体A、B、C在滑动过程中机械能守恒，则有：‎ ‎ （mB+mC）gH1=（mA+mB+mC）‎ 代入数据得vC=6 m/s．　‎ ‎（2）物体C与D碰撞后，物体A、B继续运动，满足机械能守恒，则有：‎ mBgH2=（mA+mB）（vB2﹣vC2）　‎ 代入数据得vB=7 m/s．　‎ ‎（3）物体C与D碰撞后，物体B在继续下落过程中的加速度为：‎ ‎ a== m/s2　‎ 下落所用时间t′==0.18 s　‎ B、C与D碰撞后无机械能损失，都以原速率反弹，做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，设C 反弹后经过时间t两物体相碰，则有：‎ ‎ hC=vCt﹣gt2　‎ ‎ hB=vB（t﹣t′）﹣g（t﹣t′）2　‎ ‎ hB=hC+H2　‎ 联立解得：t=0.93 s 所以B、C碰前的速度分别为 vB′=vB﹣g（t﹣t′）=﹣0.5 m/s，vC′=vC﹣gt=﹣3.3 m/s．‎ 答：‎ ‎（1）物体C与D碰撞时的速度大小是6m/s．‎ ‎（2）物体B与D碰撞时的速度大小是7m/s．‎ ‎（3）B、C两物体分开后第一次碰撞前B、C的速度分别为0.5m/s和3.3m/s．‎ ‎　‎ ‎20．由于受地球信风带和盛行西风带的影响，海洋中一部分海水做定向流动，称为风海流，风海流中蕴藏着巨大的动力资源．因为海水中含有大量的带电离子，这些离子随风海流做定向运动，如果有足够强的磁场能使海流中的正、负离子发生偏转，便可用来发电．‎ 图示为一利用风海流发电的磁流体发电机原理示意图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块金属板M、N，金属板长为a，宽为b，两板间的距离为d．将管道沿风海流方向固定在风海流中，在金属板之间加一水平匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向由南向北，用导线将M、N外侧连接电阻为R的航标灯（图中未画出）．工作时，海水从东向西流过管道，在两金属板之间形成电势差，可以对航标灯供电．设管道内海水的流速处处相同，且速率恒为v，海水的电阻率为ρ，海水所受摩擦阻力与流速成正比，比例系数为k．‎ ‎（1）求磁流体发电机电动势E的大小，并判断M、N两板哪个板电势较高；‎ ‎（2）由于管道内海水中有电流通过，磁场对管道内海水有力的作用，求此力的大小和方向；‎ ‎（3）求在t时间内磁流体发电机消耗的总机械能．‎ ‎【考点】功能关系；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据左手定则判断板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定；‎ ‎（2）有闭合电路的欧姆定律求的回路中电流，由F=BIL求的大小，由左手定则求的方向；‎ ‎（3）求出回路中消耗的电能与克服阻力做的功即可求得消耗的机械能．‎ ‎【解答】解：（1）磁流体发电机电动势 E=Bdv ‎ 用左手定则判断出正离子向N板偏转，因此N板的电势高．‎ ‎（2）两板间海水的电阻 r=ρ 回路中的电流　i=‎ 磁场对管道内海水的作用力 F磁=Bid；‎ 联立解得 F磁=‎ 方向与v方向相反（水平向东）‎ ‎（3）在t时间内管道中海水移动的距离为 s=vt 在t时间内克服摩擦阻力的功 W1=kvs 克服磁场力做功 W2=F磁s 故在t时间内磁流体发电机消耗的总机械能 E=W1+W2=（k+）v2t ‎ 答：‎ ‎（1）磁流体发电机电动势E的大小是Bdv，N板板电势较高；‎ ‎（2）由于管道内海水中有电流通过，磁场对管道内海水有力的作用，此力的大小是，方向与v方向相反（水平向东）；‎ ‎（3）在t时间内磁流体发电机消耗的总机械能是（k+）v2t．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，a点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过a点和坐标原点0的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里．有一电子（质量为m、电荷量为e）从a点以初速度v0平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运行，从x轴上的b点（图中未画出）射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求 ‎（1）磁场的磁感应强度 ‎（2）磁场区域的圆心O1的坐标 ‎（3）电子在磁场中运动的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意正确画出粒子运动的轨迹，找出R与L之间的关系，由洛伦兹力提供向心力的方程可得；‎ ‎（2）由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点；‎ ‎（3）粒子在磁场中飞行时间为弧度比速度．‎ ‎【解答】解：（1）粒子运动的轨迹如图得R=2L 又，洛伦兹力提供向心力，得：‎ 所以：‎ ‎（2）由题意和上图的几何关系可得，过a、O、B三点的圆的圆心在aB连线的中点．所以：‎ x轴坐标x=aO1sin60°=‎ y轴坐标为y=L﹣aO1sin60°=‎ O1点坐标为（）‎ ‎（3）粒子在磁场中飞行时间为：‎ 答：（1）磁场的磁感应强度；‎ ‎（2）磁场区域的圆心O1的坐标（）‎ ‎（3）电子在磁场中运动的时间．‎ ‎　‎ ‎22．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（缝隙的宽度远小于盒半径），分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为B．设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为q．α粒子从D形盒中央开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出．求：‎ ‎（1）α粒子被加速后获得的最大动能Ek；‎ ‎（2）α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；‎ ‎（3）α粒子在回旋加速器中运动的时间；‎ ‎（4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）加速后的最大动能取决于轨道最大半径，根据洛伦力充当向心力可求得最大速度，则可求得最大动能； ‎ ‎（2）根据加速次数利用电场力做功可求得加速后动能，再根据半径公式进行分析，从而求出半径之比； ‎ ‎（3）根据最大动能可求得加速次数，再根据磁场中转动的周期公式即可求得总时间； ‎ ‎（4）根据最大动能表达式进行分析，明确要想使氘核获得与α粒子相同的动能应采取的措施．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能．设此时的速度为v，有：①；‎ 可得．‎ α粒子的最大动能Ek=‎ ‎（2）α粒子被加速一次所获得的能量为qU，α粒子被第n次和n+1次加速后的动能分别为②；‎ ‎③‎ 由于转动半径R=‎ 所以半径与成正比 可得　　④‎ ‎（3）设α粒子被电场加速的总次数为a，则：Ek=⑤‎ 可得：a=⑥‎ α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D形盒中旋转a个半圆周的总时间t．⑦；　‎ ‎⑧‎ 解得：‎ ‎（4）加速器加速带电粒子的能量为Ek=，‎ 由α粒子换成氘核，有，则，即磁感应强度需增大为原来的倍；‎ 高频交流电源的周期，由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的倍 ‎ 故可以将磁感应强度需增大为原来的倍，同时应将交流电源的周期应为原来的倍 ‎ 答：（1）α粒子被加速后获得的最大动能Ek为 ‎（2）α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n+1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比为 ‎（3）α粒子在回旋加速器中运动的时间为 ‎（4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，可以将磁感应强度需增大为原来的倍，同时应将交流电源的周期应为原来的倍 ‎　‎ ‎23．在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制．1930年，Earnest O．Lawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量．图甲为Earnest O．Lawrence设计的回旋加速器的示意图．它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压．图乙为俯视图，在D型盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D型盒中．在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致．如此周而复始，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出．已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d．设正离子从离子源出发时的初速度为零．‎ ‎（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；‎ ‎（2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略．试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间；‎ ‎（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出粒子被第一次加速后的速度，根据洛伦兹力提供向心力，利用牛顿第二定律求出轨道的半径．‎ ‎（2）回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n次加速后的速度，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出加速的时间，再求出粒子偏转的次数，从而得出在磁场中偏转的时间，两个时间之和即为离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间．‎ ‎（3）根据回旋加速器的半径，利用洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，看最大速度有什么因素决定．‎ ‎【解答】解：（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v1，由动能定理得 正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r1，由牛顿第二定律得：‎ 由以上两式解得：‎ ‎（2）设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn，由动能定理得：‎ 粒子在狭缝中经n次加速的总时间：；由牛顿第二定律：‎ 由以上三式解得电场对粒子加速的时间：‎ 正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：‎ 又：‎ 粒子在磁场中做圆周运动的时间：‎ 由以上三式解得 ‎ 所以，粒子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间=+‎ ‎（3）设离子从D盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm，速度为vmrm=R；　‎ 离子获得的最大动能为：‎ 所以，要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B． ‎ 答：（1）上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；‎ ‎（2）正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间+；‎ ‎（3）要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B．‎ ‎　‎ ‎2017年2月27日