物理2018届第二轮总复习课件课时作业打包老师搜集

分第一部专题整合突破第

4

讲 圆周运动高考导航·领悟真谛1．(2017·全国卷Ⅲ·14)2017

年4

月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的(

)A．周期变大C．动能变大B．速率变大D．向心加速度变大解析：

天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道运行，根据GMm＝ma＝r2mv2r4π2＝mr

T2

可知，组合体运行的向心加速度、速率、周期不变，质量变大，则动能变大，选项C

正确。答案：

C命题点：

天体的运动。A.16g2．(2017·全国卷Ⅱ·17)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为

g)(

)v2

v2B．8gv2C.4gv2D．2g解析：

设小物块的质量为

m，滑到轨道上端时的速度为

v1。小物块上滑过1

12

2程中，机械能守恒，有mv

＝

m2

21v

＋2mgR①小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，2下落时间为t，有2R＝1gt2②x＝v1t③v2

v2联立①②③式整理得x2＝(2g)2－(4R－2g)2v2

v2可得x

有最大值2g，对应的轨道半径R＝8g。故选B。答案：

B命题点：

平抛运动、竖直平面内的圆周运动、机械能守恒定律及其应用。3．(2017·全国卷Ⅱ·19)(多选)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P

为近日点，Q

为远日点，M、N

为轨道短轴的两个端点，运行的周期为

T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从

P

经

M、Q

到

N

的运动过程中(

)T0A．从P

到M

所用的时间等于4B．从Q

到N

阶段，机械能逐渐变大C．从P

到Q

阶段，速率逐渐变小D．从M

到N

阶段，万有引力对它先做负功后做正功解析：

A

错：由开普勒第二定律可知，相等时间内，太阳与海王星连线扫过的面积都相等。B

错：由机械能守恒定律知，从Q

到N

阶段，机械能守恒。C

对：从P

到Q

阶段，万有引力做负功，动能减小，速率逐渐变小。D对：从M到N阶段，万有引力与速度的夹角先是钝角后是锐角，即万有引力对它先做负功后做正功。答案：

CD4．(2017·全国卷Ⅱ·18)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P

为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P

点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1

为()A.

3∶2 B．

2∶1C.

3∶1 D．3∶

2解析：

相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以

v1

入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何121关系知

r

＝1R。其他不同方向以

v

入射的粒子的出射点在

PP′对应的圆弧内。同理可知，粒子以v2

入射及出射情况，如图乙所示。由几何关系知r2＝3R2－

R)2＝

R，(2

2可得r2∶r1＝

3∶1。qB因为

m、q、B

均相同，由公式

r＝mv

v∝r，可得所以v2∶v1＝

3∶1。故选C。答案：

C命题点：

洛伦兹力、带电粒子在有界匀强磁场中的运动。5．(2017·全国卷Ⅲ·24)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy

平面)向里的磁场。在x≥0

区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0

区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0

从坐标原点O

沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x

轴正向时，求：(不计重力)粒子运动的时间；粒子与O

点间的距离。解析：

(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在

x≥0

区域，圆周半径为R1；在x＜0

区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿定律得0

0qB

v

＝mv2R10①0

0qλB

v

＝mv2R20②粒子速度方向转过180°时，所需时间t1

为πR1t1＝

v0

③粒子再转过180°时，所需时间t2

为πR2t2＝

v0

④0

1

2B0q联立①②③④式得，所求时间为t

＝t

＋t

＝πm

(1＋1

⑤λ)(2)由几何关系及①②式得，所求距离为0

1

20B

qλ2mv0

1d

＝2(R

－R

)＝

(1－

)⑥B0q

λ

B0q

λ答案：

(1)

πm

(1＋1)

(2)2mv0(1－1)命题点：

带电粒子在有界磁场中的运动、匀速圆周运动。考点突破·互动讲练考向一 力学中的圆周运动[规律方法]1．解决圆周运动力学问题的关键(1)正确进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径。v24π2

2π(2)列出正确的动力学方程F＝m

r

＝mrω2＝mωv＝mr

T2

。结合v＝ωr、T＝

ωv＝2πr等基本公式进行求解。2．抓住“两类模型”是解决问题的突破点模型1——水平面内的圆周运动，一般由牛顿运动定律列方程求解。模型2——竖直面内的圆周运动(绳球模型和杆球模型)，抓“两点”“一联”，把握解题关键点解析：

(1)进入轨道时速度方向与水平方向夹角为

53°vy有v0＝tan

53°又vy＝gt，得出t＝0.8

s。2(2)初始位置距a

点的高度h＝1gt2得出h＝3.2

m3初始位置距b

点高度H＝h－R＋5R得出H＝1.6

m从初始位置到b

由动能定理有mgH＝

m2b1

12

2v

－

mv20NF

＋mg＝m对b

点列牛顿第二定律方程有v2bR解得FN＝58

N。答案：

(1)0.8

s (2)58

N[题组训练]1．(多选)如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，质量均为

m

的带孔小球A、B穿于环上，两根长为R的细绳一端分别系于A、B球上，另一端分别系于圆环的最高点和最低点，现让圆环绕竖直直径转动，当角速度缓慢增大到某一值时，连接B球的绳子恰好拉直，转动过程中绳不会断，则下列说法正确的是()A．连接B

球的绳子恰好拉直时，转动的角速度为2g

RB．连接B

球的绳子恰好拉直时，金属圆环对A

球的作用力为零

C．继续增大转动的角速度，金属环对B

球的作用力可能为零

D．继续增大转动的角速度，A

球可能会沿金属环向上移动解析：

当连接

B

球的绳刚好拉直时，mgtan

60°＝mRsin 60°ω2，求得

ω＝2gR

，A

项正确；连接B

球的绳子恰好拉直时，A

球与B

球转速相同，A

球所受合力也为mgtan

60°，又小球A

所受重力为mg，可判断出A

球所受绳的拉力为2mg，A

球不受金属圆环的作用力，B

项正确；继续增大转动的角速度，连接B

球的绳上会有拉力，要维持B

球竖直方向所受外力的合力为零，环对B

球必定有弹力，

C项错误；当转动的角速度增大，环对B球的弹力不为零，根据竖直方向上A球和B

球所受外力的合力都为零，可知绳对A

球的拉力增大，绳应张得更紧，因此

A

球不可能沿环向上移动，D

项错误。答案：

AB2．如图所示，竖直面内的光滑圆轨道处于固定状态，一轻弹簧一端连接在圆轨道圆心的光滑转轴上，另一端与圆轨道上的小球相连，小球的质量为1

kg，当小球以

2

m/s的速度通过圆轨道的最低点时，球对轨道的压力为

20

N，轨道的半径

r＝0.5 m，重力加速度

g＝10 m/s2，则小球要能通过圆轨道的最高点，小球在最高点的速度至少为()A．1

m/sB．2

m/sC．3

m/sD．4

m/s解析：

设小球在轨道最低点时所受轨道支持力为

F1、弹簧弹力大小为

FN，1

Nv2rN则

F

－mg－F

＝m

1，求得

F

＝2 N，可判断出弹簧处于压缩状态。小球以最小Nv22r2速度通过最高点时，球对轨道的压力刚好为零，则

mg－F

＝m

，求得

v

＝2

m/s，B

项正确。答案：

B3．如图所示，一轻绳一端连接在悬点O，另一端连着一个质量为m

的小球，L将球放在与O

点等高的位置，绳子刚好拉直，绳长为L，在O

点正下方2处的A点有一钉子，球由静止释放后下落到最低点，绳与钉子相碰后没有断，球继续运动，不计空气阻力，忽略绳经过

A

点时的机械能损失，则(

)A．球运动到与A

点等高的B

点时，绳对悬点O

的拉力大小等于mgB．球运动到与A

点等高的B

点时，绳对钉子的作用力大小等于2mgC．球刚好能运动到悬点O

点D．球运动到与A点等高的B点时，剪断绳子，球能运动到与O

点等高的位置解析：

小球从由静止释放至运动到

B

点的过程中机械能守恒，mg×1

＝12L2v2mv2，则绳的拉力

F＝m1

＝2mg，A

项错误；此时绳对钉子的作用力为两边绳上张力的合力，即22L2mg，B

项错误；根据机械能守恒定律可知，如果球能运动到O

点，则到O

点时的速度为零，在绳模型的圆周运动中这是不可能的，因此C

项错误；若运动到B点时剪断绳子，球将做竖直上抛运动，过程中机械能守恒，球能运动到与O

点等高的位置，D

项正确。答案：

D

GMm

4π2(R＋h)3解析：

C

对：由(R＋h)2＝m(R＋h)

T2

知，周期

T

与轨道半径的关系为

T2＝k(恒量)，同步卫星的周期与地球的自转周期相同，但同步卫星的轨道半径大于“天舟一号”的轨道半径，则“天舟一号”的周期小于同步卫星的周期，也就小于地球的自转周期。A

错：由

ω＝2π

“天舟一号”的角速度大于地球自转的角速度。T

知，B

对：由

GMm

2＝mv2(R＋h)

R＋h知，线速度v＝

GM

R＋h，而第一宇宙速度v′＝RGM，则v<v′。(R＋h)R2D

对：设“天舟一号”的向心加速度为a，则ma＝

GMm

2，而mg＝GMm，可知a<g。答案：

BCD[题组训练]1.(2017·北京市西城区高三期末)如图所示，地球绕着太阳公转，而月球又绕着地球转动，它们的运动均可近似看成匀速圆周运动。如果要通过观测求得地球的质量，需要测量下列哪些量()A．地球绕太阳公转的半径和周期

B．月球绕地球转动的半径和周期

C．地球的半径和地球绕太阳公转的周期

D．地球的半径和月球绕地球转动的周期Mm解析：

由万有引力提供向心力可得，G

r2

＝m

2π24π2r3T

GT2r，解得

M＝

，要求出地球质量，需要知道月球绕地球转动的轨道半径和周期，选项B

正确，A、C、D

错误。答案：

B2．(2017·银川市高三第一次模拟)我国首颗量子科学实验卫星于2016

年8

月16

日1

点40

分成功发射。量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示。已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知()n3A．同步卫星与量子卫星的运行周期之比为m31B．同步卫星与P

点的速度之比为nC．量子卫星与同步卫星的速度之比为nmD．量子卫星与P

点的速度之比为n3m解析：

由开普勒第三定律，R3量R3

T2量T2T2

T2量同

n

3同

同＝ 可知，

＝m3，可知同步卫星与量子卫n3星的运行周期之比为

m3，选项

A

错误。由于同步卫星的周期与地球自转周期同P相同，由

v＝ωr＝2π

可得同步卫星与

P

点的速度之比为

v

∶v

＝n∶1，选项

BT

rMm错误。由G

r2v2＝m

r

，解得v＝GMrv量v同，量子卫星与同步卫星的速度之比为

＝R同量nPv量

v量

v同同

PR

＝

m，选项C

错误。量子卫星与

P

点的速度之比为v

＝v

·v

＝n3m，选项D

正确。答案：

D“墨子号”在轨道B

上由P

向Q

运动的过程中速率越来越大“墨子号”在轨道C

上经过Q

点的速率大于在轨道A

上经过P

点的速率“墨子号”在轨道B上经过P时的加速度大于在轨道A上经过P点时的加速度“墨子号”在轨道B上经过Q

点时受到的地球的引力小于经过P点时受到的地球的引力解析：

“墨子号”在轨道

B

上由

P

向

Q

运动的过程中，逐渐远离地心，速率越来越小，选项A

错误；“墨子号”在A、C

轨道上运行时，轨道半径不同，Mmv2根据G

r2

＝m

r

可得v＝GMr，轨道半径越大，线速度越小，选项B

错误；“墨子号”在A、B

两轨道上经过P

点时，离地心的距离相等，受地球的引力相等，所以加速度是相等的，选项C

错误；“墨子号”在轨道B

上经过Q

点比经过P点时离地心的距离要远些，受地球的引力要小些，选项D

正确。答案：

D4．宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设这三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、乙中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是()A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为Gm

LB．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4πL35GmC．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2L33GmD．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为

3GmL2解析：

在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万m2

m2v2有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有GL2

＋G(2L)2＝m

L

，解得

v＝1

5Gm，A

项错误；由周期

T＝2πr知直线三星系统中星体做圆周运动2

L

vL3的周期为

T＝4π

5Gm，B

项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2GL2

cos

30°＝mω

·2cos

30°，解得ω＝2

L

3Gmm2

m2L3

，C

项错误；由2GL2

cos

30°＝ma

得a＝

3Gm，D

项正确。L2答案：

BD考向三 匀强磁场中的圆周运动[规律方法]1．模型：带电粒子运动方向与磁场方向垂直时，粒子做匀速圆周运动，洛伦v2兹力提供向心力：qvB＝m

r

。2．结论：半径r＝mv＝2mEk

2πmqB

qB

，周期T＝

qB

(与粒子速率无关)。3．圆心的确定(几何方法)两点速度的垂线的交点；某点速度的垂线与弦的中垂线的交点。解析：

由左手定则可判断出从边界上

Q

点射出的带电粒子甲带正电，选项A错误。根据题述可以判断出从S点射出的带电粒子乙的运动轨迹半径为r乙＝R，由几何关系可知tan

30°＝R/r

甲，解得从Q

点射出的带电粒子甲的运动轨迹半径r甲＝

3R，甲和乙两个带电粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为r

甲∶r

乙＝

3∶1，qB甲乙甲选项D

正确。由

r＝mv

v

∶v

＝r

∶可得甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为v2θrr

乙＝

3∶1，选项B

错误。由qvB＝m

r，t＝

v

联立解得，甲和乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为t

甲∶t

乙＝θ

甲∶θ

乙＝4∶3，选项C

正确。答案：

CD[题组训练]1．(2017·福建普通高中质量检测)如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行，大小分别为B

和2B。一带正电粒子(不计重力)以速度v

从磁场分界线MN

上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN

成60°角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2

时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则()A．ω1∶ω2＝1∶1C．t1∶t2＝1∶1B．ω1∶ω2＝2∶1D．t1∶t2＝2∶1解析：

T＝2πm得

ω＝qB

由于磁感应强度的大小分别为

B

和

2B，

ω1＝

BqB m

， 则ω2

2B1＝2，选项A、B

错误；画出粒子的运动轨迹如图所示，粒子在上、下两个磁场中转过的圆心角均为120°，由t＝360°T＝2θ

θ

2πm

t1

2360°·

qB

得，t

＝1，选项C

错误，D

正确。答案：

D若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比为1∶2若两个带电粒子的动能相同，则甲、乙两个带电粒子所带电荷量之比为

3∶2若两个带电粒子的带电荷量相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比为3∶2若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2m乙qB

qBm甲

mv

p，选项

B

错误。若两个带电粒子所带电荷量

q

相同，由

r＝

＝ 可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比等于轨迹半径之比，即p

甲∶p乙＝r

∶r

＝2∶3，选项C

错误。若两个带电粒子的比荷相同，则由T＝2πm甲

乙

qB

可知两粒子在磁场中运动的周期相同，带电粒子甲在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为180°，在磁场中运动的时间为T/2；带电粒子乙在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为120°，在磁场中运动的时间为T/3；则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为t

甲∶t

乙＝3∶2，选项D

正确。答案：

D3．(2017·河北省石家庄第二中学高三联考)(多选)如图所示，S

处有一粒子源，可向纸面内任意方向不断地均匀发射质量为m＝6.4×10－27

kg，带电荷量q＝＋3.2×10－19

C，速度大小v＝1.0×106

m/s

的带电粒子，有一垂直纸面的感光板，其在纸面内的长度为0.4

m，中点O

与S连线垂直板，OS

距离为0.2

m，板下表面和上表面被粒子击中会把粒子吸收，整个平面充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B＝0.1

T，不考虑粒子间的相互作用，则()粒子打板前均顺时针做匀速圆周运动所有粒子都可以打到板上3πmC．所有打中板的粒子中的最长运动时间为2qBD．稳定后某时刻，击中上、下板面粒子之比为1∶12．对称性的应用粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等。粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域。学科素养选择题满分技巧②——直接判断法、逆向思维法技巧(三)直接判断法【技巧阐释】

通过观察题目中所给出的条件，根据所学知识和规律推出结果，直接判断，确定正确的选项。直接判断法适用于推理过程较简单的题目，这类题目主要考查学生对物理知识的记忆和理解程度，如考查物理学史的试题等。解析：牛顿提出了万有引力定律及引力常量的概念，但没能测出G

的数值，G

的数值是由卡文迪许通过实验方法得出的，故A

错误；开普勒接受了哥白尼日