PAGEPAGE8電路與電磁感應(yīng)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨立形式分冊裝訂！)一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～9題為多項選擇題)1．(2024·廣東佛山質(zhì)檢一)圖示為馬路自行車賽中運動員在水平路面上急轉(zhuǎn)彎的情景，運動員在通過彎道時假如限制不當會發(fā)生側(cè)滑而摔離正常競賽路途，將運動員與自行車看作一個整體，下列論述正確的是()A．運動員轉(zhuǎn)彎所需向心力由地面對車輪的支持力與重力的合力供應(yīng)B．運動員轉(zhuǎn)彎所需向心力由地面對車輪的摩擦力供應(yīng)C．發(fā)生側(cè)滑是因為運動員受到的合外力方向背離圓心D．發(fā)生側(cè)滑是因為運動員受到的合外力大于所需的向心力解析：運動員轉(zhuǎn)彎所需的向心力由地面對車輪的摩擦力供應(yīng)，則A錯誤，B正確。發(fā)生側(cè)滑而做離心運動的緣由是所受到的摩擦力小于所須要的向心力，故C、D錯誤。答案：B2．(2024·江蘇卷·1)我國高分系列衛(wèi)星的高分辯對地視察實力不斷提高。今年5月9日放射的“高分五號”軌道高度約為705km，之前已運行的“高分四號”軌道高度約為36000km，它們都繞地球做圓周運動。與“高分四號”相比，下列物理量中“高分五號”較小的是()A．周期 B.角速度C．線速度 D.向心加速度解析：“高分五號”的運動半徑小于“高分四號”的運動半徑，即r五<r四。由萬有引力供應(yīng)向心力得eq\f(GMm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)＝mrω2＝meq\f(v2,r)＝ma。A對：T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))∝eq\r(r3)，T五<T四。B錯：ω＝eq\r(\f(GM,r3))∝eq\r(\f(1,r3))，ω五>ω四。C錯：v＝eq\r(\f(GM,r))∝eq\r(\f(1,r))，v五>v四。D錯：a＝eq\f(GM,r2)∝eq\f(1,r2)，a五>a四。答案：A3．天王星的衛(wèi)星，“泰坦尼亞”和“歐貝隆”是威廉·赫歇耳在1787年3月13日發(fā)覺的。假設(shè)“泰坦尼亞”和“歐貝隆”兩衛(wèi)星環(huán)繞天王星的軌道為圓形軌道，兩衛(wèi)星運動周期的比值已知，由以上條件可以求出()A．“泰坦尼亞”和“歐貝隆”環(huán)繞天王星做圓周運動的線速度的比值B．“泰坦尼亞”和“歐貝隆”受到天王星的萬有引力的比值C．“泰坦尼亞”和“歐貝隆”表面的重力加速度的比值D．“泰坦尼亞”和“歐貝隆”的第一宇宙速度的比值解析：衛(wèi)星環(huán)繞天王星做勻速圓周運動時，由萬有引力供應(yīng)向心力，則有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r＝meq\f(v2,r)，因為知道兩衛(wèi)星運動周期的比值，可求得兩衛(wèi)星運動的軌道半徑之比eq\f(r1,r2)＝eq\r(3,\f(T\o\al(2,1),T\o\al(2,2)))，又依據(jù)eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(r2,r1))，即可求得兩衛(wèi)星線速度的比值，故A正確；因為不知道兩衛(wèi)星的質(zhì)量之比和半徑之比，所以無法求出兩衛(wèi)星受到的萬有引力的比值，也無法求出兩衛(wèi)星表面的重力加速度的比值及兩衛(wèi)星的第一宇宙速度的比值，故B、C、D錯誤。答案：A4.如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內(nèi)存在垂直于紙面對外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝L。一個粒子源在a點將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運動時間最長的粒子中，速度的最大值是()A.eq\f(qBL,2m) B.eq\f(\r(3)qBL,6m)C.eq\f(\r(3)qBL,4m) D.eq\f(qBL,6m)解析：由分析知，粒子沿著ab邊入射且運動軌跡與bc邊相切時滿意題意，粒子運動軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系知，粒子運動軌跡半徑r＝ab＝eq\f(1,2)L，則粒子速度的最大值v＝eq\f(2πr,T)＝eq\f(qBL,2m)，選項A正確。答案：A5．(2024·北京卷·6)2024年2月2日，我國勝利將電磁監(jiān)測試驗衛(wèi)星“張衡一號”放射升空，標記我國成為世界上少數(shù)擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛(wèi)星的國家之一。通過觀測可以得到衛(wèi)星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地球表面處的重力加速度。若將衛(wèi)星繞地球的運動看作是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，依據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計算出衛(wèi)星的()A．密度 B.向心力的大小C．離地高度 D.線速度的大小解析：設(shè)人造地球衛(wèi)星的周期為T，地球質(zhì)量和半徑分別為M、R，衛(wèi)星的軌道半徑為r，則在地球表面：Geq\f(Mm,R2)＝mg，GM＝gR2①對衛(wèi)星：依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))r②聯(lián)立①②式可求軌道半徑r，則r＝R＋h，故可求得衛(wèi)星離地高度。由v＝rw＝req\f(2π,T)，從而可求得衛(wèi)星的線速度。衛(wèi)星的質(zhì)量未知，故衛(wèi)星的密度不能求出，萬有引力即向心力Fn＝Geq\f(Mm,r2)也不能求出。故選項C、D正確。答案：CD6.如圖所示，半徑為R的內(nèi)壁光滑的圓軌道豎直固定在桌面上，一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點?，F(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，使小球在極短的時間內(nèi)獲得一個水平速度后沿軌道在豎直面內(nèi)運動。當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點。已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，其次次擊打過程中小錘對小球做功W2。設(shè)先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，則eq\f(W1,W2)的值可能是()A.eq\f(3,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3) D.1解析：第一次擊打后球最多到達與球心O等高位置，依據(jù)功能關(guān)系，有W1≤mgR，兩次擊打后球可以運動到軌道最高點，依據(jù)功能關(guān)系，有W1＋W2－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，在最高點有mg＋FN＝meq\f(v2,R)≥mg，由以上各式可解得W1≤mgR，W2≥eq\f(3,2)mgR，因此eq\f(W1,W2)≤eq\f(2,3)，B、C正確。答案：BC7.質(zhì)量為m、電荷量為＋Q的帶電小球A固定在絕緣天花板上。帶電小球B，質(zhì)量也為m，在空中水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，如圖所示。已知小球A、B間的距離為eq\r(2)R，重力加速度為g，靜電力常量為k。則()A．小球A和B肯定帶同種電荷B．小球B轉(zhuǎn)動的線速度為eq\r(gR)C．小球B所帶的電荷量為eq\f(2\r(2)mgR2,kQ)D．A、B兩球間的庫侖力對B球做正功解析：由題意可知，小球B在小球A和B的庫侖引力與小球B的重力的合力作用下，做勻速圓周運動，因此兩球帶異種電荷，故A錯誤；對小球B受力分析，如圖所示，因小球A、B間的距離為eq\r(2)R，而圓周的半徑為R，因此小球B的合力為F＝mg，由牛頓其次定律得mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)，故B正確；設(shè)B的帶電荷量為q，由庫侖定律得F庫＝keq\f(Qq,\r(2)R2)，由圖中矢量合成，則F庫＝eq\r(2)mg，解得q＝eq\f(2\r(2)mgR2,kQ)，故C正確；庫侖引力總與速度垂直，庫侖力不做功，故D錯誤。答案：BC8.(2024·肇慶二模)如圖所示，Gliese581g行星距離地球約20億光年(189.21萬億公里)，公轉(zhuǎn)周期約為37年，該行星位于天秤座星群，它的半徑大約是地球的2倍，重力加速度與地球相近。則下列說法正確的是()A．飛船在Gliese581g表面旁邊運行時的速度小于9km/sB．該行星的平均密度約是地球平均密度的eq\f(1,2)C．該行星的質(zhì)量約為地球質(zhì)量的2倍D．在地球上放射航天器到達該星球，航天器的放射速度至少要達到第三宇宙速度解析：飛船在Gliese581g表面旁邊運行時，萬有引力供應(yīng)向心力，則mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)，該星球半徑大約是地球的2倍，重力加速度與地球相近，所以在該星球表面運行速度約為地球表面運行速度的eq\r(2)倍，在地球表面旁邊運行時的速度為7.9km/s，所以在該星球表面運行速度約為11.17km/s，故A錯誤；依據(jù)密度的定義式ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(\f(gR2,G),\f(4,3)πR3)＝eq\f(3g,4πGR)，故該行星的平均密度與地球平均密度之比等于半徑的反比，即該行星的平均密度約是地球平均密度的eq\f(1,2)，故B正確；忽視星球自轉(zhuǎn)的影響，依據(jù)萬有引力等于重力，則有mg＝Geq\f(Mm,R2)，g＝eq\f(GM,R2)，這顆行星的重力加速度與地球相近，它的半徑大約是地球的2倍，所以它的質(zhì)量是地球的4倍，故C錯誤；由于這顆行星在太陽系外，所以航天器的放射速度至少要達到第三宇宙速度，故D正確。答案：BD9.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場(圖中未畫出)，O為圓心，P為邊界上的一點，相同的帶負電粒子a、b(不計重力)從P點先后射入磁場，粒子a正對圓心射入，速度方向變更60°后離開磁場，粒子b射入磁場時的速度方向與粒子a射入時的速度方向成60°，已知它們離開磁場的位置相同，下列說法正確的是()A．磁場的方向垂直紙面對外B．兩粒子在磁場中運動的時間之比為1∶3C．兩粒子在磁場中運動的速度之比為2∶1D．兩粒子在磁場中運動的軌跡長度之比為1∶2解析：依據(jù)題意，兩個粒子出射位置相同，且a粒子速度方向變更60°后離開磁場，粒子不行能向上偏轉(zhuǎn)，所以粒子向下偏轉(zhuǎn)，作出它們的運動軌跡，如圖所示，依據(jù)左手定則可知，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面對里，故A錯誤；由平面幾何學(xué)問可得出，粒子a運動了六分之一個圓周，而粒子b運動了二分之一個圓周，因它們的周期相等，所以粒子a、b在磁場中運動的時間之比為1∶3，故B正確；如圖所示，eq\x\to(PM)為粒子b做圓周運動的半徑Rb，由于∠POQ＝120°，所以粒子a做圓周運動的半徑Ra＝eq\r(3)eq\x\to(PO)，依據(jù)平面幾何學(xué)問簡單得出圖象中，eq\x\to(PO)和eq\x\to(PM)的長度之比為2∶eq\r(3)，即eq\x\to(PM)＝eq\f(\r(3),2)eq\x\to(PO)，依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力的圓周運動的半徑公式R＝eq\f(mv,qB)，由于粒子是完全相同的，所以綜上可得出它們的速度之比即為半徑之比，由Ra∶Rb＝2∶1可知，速度之比為2∶1，故C正確；粒子a運動的軌跡長度為eq\f(1,6)×2πRa，粒子b運動的軌跡長度為eq\f(1,2)×2πRb，又粒子a與粒子b的半徑之比為2∶1，所以運動的軌跡長度之比為2∶3，故D錯誤。答案：BC二、非選擇題10．如圖所示，空間存在方向與xOy平面垂直，范圍足夠大的勻強磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B0，方向向里；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為2B0，方向向外。某時刻，一個質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從x軸上P(L,0)點以速度v＝eq\f(2qB0L,m)垂直x軸射入第一象限磁場，不計粒子的重力。求：(1)粒子在兩個磁場中運動的軌道半徑；(2)粒子離開P點后經(jīng)過多長時間其次次到達y軸。解析：(1)粒子在勻強磁場中洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qBv＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，代入解得r1＝eq\f(mv,qB0)＝2Lr2＝eq\f(mv,2qB0)＝L(2)粒子運動的軌跡如圖所示。粒子先在y軸右側(cè)磁場中偏轉(zhuǎn)60°，接著在y軸左側(cè)磁場中偏轉(zhuǎn)120°，其次次到達y軸在x≥0區(qū)域運動周期T1＝eq\f(2πr1,v)＝eq\f(2πm,qB0)在x<0區(qū)域運動周期T2＝eq\f(2πr2,v)＝eq\f(πm,qB0)在y軸右側(cè)運動時間t1＝eq\f(1,6)T1在y軸左側(cè)運動時間t2＝eq\f(1,3)T2離開P點后，粒子其次次到達y軸所需時間t＝t1＋t2＝eq\f(2πm,3qB0)。答案：(1)2LL(2)eq\f(2πm,3qB0)11．一輕質(zhì)細繩的一端系一質(zhì)量為m＝0.05kg的小球A，另一端掛在光滑水平軸O上，O到小球的距離為L＝0.1m，小球跟水平面接觸，但無相互作用，在小球的兩側(cè)等距離處分別固定一個光滑的斜面和一個擋板，斜面與水平面平滑連接，如圖所示，水平距離x＝2m。現(xiàn)有一小滑塊B，質(zhì)量也為m，從斜面上滑下，與小球發(fā)生彈性碰撞。小滑塊與擋板碰撞不損失機械能，小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25。若不計空氣阻力，并將滑塊和小球都視為質(zhì)點，g取10m/s2。(1)若小滑塊B從斜面某一高度h0處下滑與小球第一次碰撞后，使小球恰好在豎直平面內(nèi)做圓周運動，求此高度h0；(2)若小滑塊B從h＝5m處下滑，求滑塊B與小球A第一次碰后瞬間繩子對小球的拉力；(3)若小滑塊B從h＝5m處下滑與小球A碰撞后，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，求小球做完整圓周運動的次數(shù)n。解析：(1)小球恰好在豎直平面內(nèi)做圓周運動，設(shè)它