第一篇：2021屆高三新題速遞·物理高考復習考點11交流電（解析版）

點 考點 11 交流電

1．（2020·北京海淀人大附中高三開學考試）將一定值電阻分別接到如圖 1 和圖 2 所示的兩種交流電源上，在一個周期內該電阻產生的焦耳熱分別為1Q 和2Q，則1 2Q Q ：

等于（）

A． 21 ∶

B． 12 ∶

C．21 ∶

D． 1 2∶ 【答案】A 【解析】對于方波（圖 1）來說，交流電壓有效值為：0U u ?

故在電阻上產生的焦耳熱為 2 20 11u UQ T TR R? ?

對于正弦波（圖 2）來說，故交流電壓有效值為：

022uU ? 故在電阻上產生的焦耳熱為 2 20 222u UQ T TR R? ?

故 012 220: : 2:12u uT TRQRQ ? ?

故 A正確 BCD錯誤。

故選 A。

2．（2020·北京海淀人大附中高三開學考試）在探究變壓器的兩個線圈的電壓關系時，某同學自己繞制了兩個線圈套在可拆變壓器的鐵芯上，如圖所示．線圈 a 作為原線圈連接到學生電源的交流輸出端，線圈 b

接小燈泡．他所用的線圈電阻忽略不計．當閉合學生電源的開關時，他發現電源過載（電流過大，超過學生電源允許的最大值）．如果僅從解決電源過載問題的角度考慮，下列采取的措施中，最可能有效的是

A．增大電源電壓 B．適當增加原線圈 a 的匝數 C．換一個電阻更小的燈泡 D．將線圈 a 改接在學生電源直流輸出端 【答案】B 【解析】A．若增大電源電壓，則次級 b 的電壓變大，則次級電流增大，導致初級 a 電流變大，故電源更加過載，選項 A錯誤； B．適當增加原線圈 a 的匝數，則根據變壓器電壓和匝數關系可知，次級線圈 b 電壓減小，次級電流減小，故初級電流減小，這時可使電源不過載，選項 B 正確； C．換一個電阻更小的燈泡，則次級電阻減小，電流變大，則初級電流變大，電源更加過載，選項 C 錯誤； D．將線圈 a 改接在學生電源直流輸出端，則變壓器次級將無電壓，燈泡不亮，則不是最有效的方法，選項 D錯誤； 故選 B。

3．（2020·山西高三開學考試）如圖所示，理想變壓器原線圈接一正弦交變電源，其電壓的有效值恒定不變，兩個副線圈的匝數分別為 n 1 和 n 2，所接電阻分別為 R 1 和 R 2，且 R 2 ＝4R 1。不計電流表內阻，當只閉合S 1 時，電流表示數為 1 A，S 1、S 2 都閉合時，電流表示數為 2 A，則 n 1 ∶n 2 等于（）

A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4 【答案】B

【解析】設原線圈的電壓為 U，當只閉合 S 1 時，根據電流表示數為 1A，則變壓器的輸入功率為 U×1W，則副線圈的輸出功率為 U×1W；當 S 1 和 S 2 都閉合時，電流表示數為 2A，則變壓器的輸入功率為 U×2W，則副線圈的輸出功率為 U×2W，因此兩副線圈的功率之比為 1∶1，根據 P＝2UR，R 2 ＝4R 1，有 2 21 21 2U UR R?

解得 U 1 ∶U 2 ＝1∶2 由變壓器的電壓與匝數成正比可得 n 1 ∶n 2 ＝1∶2 故 B 正確。

故選 B。

4．（2020·四川省瀘縣第一中學高三開學考試）一理想變壓器原、副線圈的匝數比為 100：1，原線圈輸入電壓的變化規律如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，P為滑動變阻器的觸頭。則下列說法正確的是（）

A．副線圈輸出電壓的頻率為 50Hz B．副線圈輸出電壓的有效值為 3.1V C．P向左移動時，原、副線圈的電流比減小 D．P向左移動時，變壓器的輸出功率增加 【答案】A 【解析】A．由圖甲可知，周期為 T=2×10－ 2 s，頻率 150Hz fT? ?

故 A正確； B．由甲圖可知，原線圈輸入電壓的最大值為 310V，則其有效值為 1310V2U ?=220V

根據 1 12 2U nU n? 解得副線圈輸出電壓的有效值為 2220100U ? V=2.2V 故 B 錯誤； C．根據 U 1 I 1 =U 2 I 2

所以 1 2 22 1 1I U nI U n? ? 則 P向左移動時，原、副線圈的電流比不變，故 C 錯誤； D．變壓器的輸出功率 P 2 =22UR P向左移動時，電阻變大，變壓器的輸出功率減小，故 D錯誤。

故選 A。

5．（2020·四川省宜賓市第四中學校高三開學考試）如圖為模擬遠距離輸電的部分測試電路。a、b 端接電壓穩定的正弦交變電源, 定值分別為1 2R R、，且1 2R R ? ,理想變壓器的原、副線圈匝數比為 k 且 1 k ? ,電流表、電壓表均為理想表，其示數分別用 I和 U表示。當問下調節電滑動變阻器 R 3 的滑動端 P 時，電流表、電壓表示數變化分別用 ΔI和 ΔU表示。則以下說法錯誤的是（）

A．12R UI k??? B．2URI?

C．電源的輸出功率一定減小 D．電壓表示數一定增加

【答案】B 【解析】A．理想變壓器初、次級線圈電壓變化比 12=U nU n??初次 電流變化比為

21=I nI n??初次 則 2221U U nI n I? ??? ?次 初次 初 將1R 視為輸入端電源內阻，則 1=URI??初初 所以 1R22 12 21U U n RI n I k? ?? ?? ?次 初次 初 這也是1R 耦合到次級線圏電阻值為12Rk，即為等效電源內阻，故 A正確； B．因 2 3+UR RI?

故 B 錯誤； C．當向下調節滑動變阻器 R 3 的滑動端 P 時，負載電阻變大，電源電壓不變，電流減小，故電源輸出功率減小，故 C 正確； D．當向下調節滑動變阻器 R 3 的滑動端 P 時，負載電阻變大，則回路中電流變小，則原線圈電流也減小，那么電阻 R 1 上的電壓減小，電源電壓不變，所以原線圈的電壓變大，根據匝數比可知副線圈的電壓也變大，故 D正確。

故選 B。

6．（2020·江蘇高三三模）“新冠肺炎”席卷全球，某汽車廠決定改建生產線轉產口罩，原生產線工作電壓

為 380V，而口罩機工作電壓為 220V。現在需要變壓器來進行降壓，若變壓器原線圈匝數為 1900匝，則副線圈匝數為（）

A．110 B．220 C．1100 D．2200 【答案】C 【解析】根據1 12 2U nU n? 解得 2 121220 1900= =1100380U nnU??匝 故選 C。

7．（2020·全國高三開學考試）如圖甲所示電路中，L 1、L 2、L 3 為三只“6V 3W”的相同燈泡，變壓器為理想變壓器，各電表為理想電表，當輸入端接如圖乙所示的交變電壓時，三只燈泡均正常發光，下列說法正確的是（）

A．變壓器原、副線圈的匝數比為 1:2 B．副線圈兩端輸出的交流電的頻率為 50Hz C．電流表的示數為 0.5A D．電壓表的示數為 18V 【答案】B 【解析】A.三只燈泡均正常發光，設電流為 I，則原線圈中電流為 I線圈中電流為 2I，根據電流比等 于線圈匝數的反比可知，原、副線圈的匝數比為 2:1，故 A錯誤； B.由題圖乙可知，交流電的周期為 T=0.02s，則頻率為

第二篇：17-21屆高考物理真題分項-磁場解析版

專題09

磁場（解析版）

近5年（2017-2021）高考物理試題分類解析

1.2021全國甲卷第3題.兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO與在一條直線上，與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為（）

A.B、0

B.0、2B

C.2B、2B

D.B、B

【答案】B

【解析】

兩直角導線可以等效為如圖所示兩直導線，由安培定則可知，兩直導線分別在M處的磁感應強度方向為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應強度為零；兩直導線在N處的磁感應強度方向均垂直紙面向里，故M處的磁感應強度為2B；綜上分析B正確。

故選B。

2.2021全國甲卷第8題.由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數是乙的2倍。現兩線圈在豎直平面內從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現的是（）

A.甲和乙都加速運動

B.甲和乙都減速運動

C.甲加速運動，乙減速運動

D.甲減速運動，乙加速運動

【答案】AB

【解析】設線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進入磁場時，有

感應電動勢為

兩線圈材料相等（設密度為），質量相同（設為），則

設材料的電阻率為，則線圈電阻

感應電流為

安培力為

由牛頓第二定律有

聯立解得

加速度和線圈的匝數、橫截面積無關，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度。當時，甲和乙都加速運動，當時，甲和乙都減速運動，當時都勻速。

故選AB。

3.2021全國乙卷第3題.如圖，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉，不計重力，則為（）

A.B.C.D.【答案】B

【解析】根據題意做出粒子的圓心如圖所示

設圓形磁場區域的半徑為R，根據幾何關系有第一次的半徑

第二次的半徑

根據洛倫茲力提供向心力有

可得

所以

故選B。

1.2021湖南卷第10題.兩個完全相同的正方形勻質金屬框，邊長為，通過長為的絕緣輕質桿相連，構成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強磁場。磁場區域上下邊界水平，高度為，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內以初速度水平無旋轉拋出，設置合適的磁感應強度大小使其勻速通過磁場，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.與無關，與成反比

B.通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變

C.通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等

D.調節、和，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產生的熱量不變

【答案】CD

【解析】

A．將組合體以初速度v0水平無旋轉拋出后，組合體做平拋運動，后進入磁場做勻速運動，由于水平方向切割磁感線產生感應電動勢相互低消，則有

mg

=

F安

=，vy

=

綜合有

B

=

則B與成正比，A錯誤；

B．當金屬框剛進入磁場時金屬框的磁通量增加，此時感應電流的方向為逆時針方向，當金屬框剛出磁場時金屬框的磁通量減少，此時感應電流的方向為順時針方向，B錯誤；

C．由于組合體進入磁場后做勻速運動，由于水平方向的感應電動勢相互低消，有

mg

=

F安

=

則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確；

D．無論調節哪個物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場，都有

mg

=

F安

則安培力做的功都為

W

=

F安3L

則組合體通過磁場過程中產生的焦耳熱不變，D正確。

故選CD。

7.2021廣東卷第5題.截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流，四根平行直導線均通入電流，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發生形變的是（）

A

B.C.D.【答案】C

【解析】

因，則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用；根據兩通電直導線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側的直導線要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導線要受到排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C。

故選C。

10.2021河北卷第5題.如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間，相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為，導軌平面與水平面夾角為，兩導軌分別與P、Q相連，質量為m、電阻為R的金屬棒垂直導軌放置，恰好靜止，重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力，下列說法正確的是（）

A.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，B.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，C.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，D.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，【答案】B

【解析】

等離子體垂直于磁場噴入板間時，根據左手定則可得金屬板Q帶正電荷，金屬板P帶負電荷，則電流方向由金屬棒a端流向b端。等離子體穿過金屬板P、Q時產生的電動勢滿足

由歐姆定律和安培力公式可得

再根據金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止，可得

則

金屬棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定則可判定導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下。

故選B。

14.2021浙江卷第15題.如圖所示，有兩根用超導材料制成的長直平行細導線a、b，分別通以和流向相同的電流，兩導線構成的平面內有一點p，到兩導線的距離相等。下列說法正確的是（）

A.兩導線受到的安培力

B.導線所受的安培力可以用計算

C.移走導線b前后，p點的磁感應強度方向改變

D.在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內，不存在磁感應強度為零的位置

【答案】BCD

【解析】

A．兩導線受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A錯誤；

B．導線所受的安培力可以用計算，因為磁場與導線垂直，故B正確；

C．移走導線b前，b的電流較大，則p點磁場方向與b產生磁場方向同向，向里，移走后，p點磁場方向與a產生磁場方向相同，向外，故C正確；

D．在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內，兩導線在任意點產生的磁場均不在同一條直線上，故不存在磁感應強度為零的位置。故D正確。

故選BCD。

2021年上海高考等級考第10題

在一根電流隨時間均勻增加的長直導線周圍有（）

(A)恒定的勻強磁場

(B)恒定的非勻強磁場

(C)隨時間變化的勻強磁場

(D)隨時間變化的非勻強磁場

【答案】D

【解析】根據一根長直導線周圍的磁場大小為，所以B與r成反比，即是非勻強磁場（空間）；因為電流I隨時間均勻增加，所以B隨時間變化，所以D正確。

2020全國1卷第５題

5.一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，可得粒子在磁場中的周期

粒子在磁場中運動的時間

則粒子在磁場中運動的時間與速度無關，軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長。采用放縮圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸增大。

當半徑和時，粒子分別從ac、bd區域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期。

當0.5R

粒子運動最長時間為,故選C。

2020全國2卷第4題

4.CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則（）

A.M處的電勢高于N處的電勢

B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移

C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移

【答案】D

【解析】A．由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；

B．增大加速電壓則根據

可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有

可得

可知會增大在偏轉磁場中的偏轉半徑，由于磁場寬度相同，故根據幾何關系可知會減小偏轉的角度，故P點會右移，故B錯誤；

C．電子在偏轉電場中做圓周運動，向下偏轉，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；

D．由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使P點左移，故D正確。

故選D。

2020全國3卷第5題

5.真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，磁場的磁感應強度最小為（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，則其運動軌跡，如圖所示

A點為電子做圓周運動的圓心，r為半徑，由圖可知為直角三角形，則由幾何關系可得

解得；

由洛倫茲力提供向心力

解得，故C正確，ABD錯誤。

故選C。

2020北京卷第8題

8.如圖所示，在帶負電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針。現驅動圓盤繞中心軸高速旋轉，小磁針發生偏轉。下列說法正確的是（）

A.偏轉原因是圓盤周圍存在電場

B.偏轉原因是圓盤周圍產生了磁場

C.僅改變圓盤的轉動方向，偏轉方向不變

D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉方向不變

【答案】B

【解析】AB．小磁針發生偏轉是因為帶負電荷的橡膠圓盤高速旋轉形成電流，而電流周圍有磁場，磁場會對放入其中的小磁針有力的作用，故A錯誤，B正確；

C．僅改變圓盤的轉動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故C錯誤；

D．僅改變圓盤所帶電荷的電性，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故D錯誤。

故選B。

2020天津卷第7題

7.如圖所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角。粒子經過磁場偏轉后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。則（）

A.粒子帶負電荷

B.粒子速度大小為

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為a

D.N與O點相距

【答案】AD

【解析】A．粒子向下偏轉，根據左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負電，A正確；

BC．粒子運動的軌跡如圖

由于速度方向與y軸正方向的夾角，根據幾何關系可知，則粒子運動的軌道半徑為

洛倫茲力提供向心力

解得，BC錯誤；

D．與點的距離為，D正確。

故選AD。

2020天津卷第11題

11.如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻，邊長。求

（1）在到時間內，金屬框中的感應電動勢E；

（2）時，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；

（3）在到時間內，金屬框中電流的電功率P。

【答案】（1）0.08V；（2）0.016N，方向垂直于ab向左；（3）0.064W

【解析】（1）在到的時間內，磁感應強度的變化量，設穿過金屬框的磁通量變化量為，有①

由于磁場均勻變化，金屬框中產生的電動勢是恒定的，有②

聯立①②式，代入數據，解得③

（2）設金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有④

由圖可知，時，磁感應強度為，金屬框ab邊受到的安培力⑤

聯立①②④⑤式，代入數據，解得⑥，方向垂直于ab向左。⑦

（3）在到時間內，金屬框中電流電功率⑧

聯立①②④⑧式，代入數據，解得⑨

2020上海等級考第4題

4、如圖，在通電螺線管中央軸線上a、b、c三點和外側的d點中，磁感應強度最大的是（）

(A)

a

(B)

b

(C)

c

(D)

d

[答案]C

【解析】根據磁感線的疏密可以判斷，C正確。

[考察知識]通電螺線管內外磁場的分布。

[核心素養]物理觀念

2020浙江第9題

9.特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流和。a、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、c兩點與b點距離相等，d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響，則（）

A.b點處的磁感應強度大小為0

B.d點處的磁感應強度大小為0

C.a點處的磁感應強度方向豎直向下

D.c點處磁感應強度方向豎直向下

【答案】C

【解析】A．通電直導線周圍產生磁場方向由安培定判斷，如圖所示

在b點產生的磁場方向向上，在b點產生的磁場方向向下，因為

即則在b點的磁感應強度不為零，A錯誤；

BCD．如圖所示，d點處的磁感應強度不為零，a點處的磁感應強度豎直向下，c點處的磁感應強度豎直向上，BD錯誤，C正確。故選C。

1.2019全國1卷17．如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為

A．2F

B．1.5F

C．0.5F

D．0

【答案】17．B

【解析】設導體棒MN的電流為I，則MLN的電流為，根據,所以ML和LN受安培力為，根據力的合成，線框LMN受到的安培力的大小為F+

2.2019全國1卷24.（12分）如圖，在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求

（1）帶電粒子的比荷；

（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。

【答案】24．（1）設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有①

設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛領第二定律有②

由幾何關系知d=r③

聯立①②③式得

④

（2）由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程為

⑤

帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為

⑥

聯立②④⑤⑥式得

⑦

【解析】另外解法（2）設粒子在磁場中運動時間為t1，則(將比荷代入)

設粒子在磁場外運動時間為t2，則

帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為，代入t1和t2得.3.2019年全國2卷17．如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為

A．，B．，C．，D．，【答案】17．B

【解析】

左圖：從a點射出的電子運動軌跡，半徑，代入公式得;

右圖：從d點射出的電子運動軌跡，OD=，,半徑，代入公式得

所以答案為D。

4.2019年全國3卷18題．如圖，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為

A．

B．

C．

D．

【答案】18．B

【解析】如下圖所示，粒子在第二象限運動的時間，在第一象限運動的時間，由，，代入解得t=.5.2019年北京卷16題．如圖所示，正方形區域內存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是

A．粒子帶正電

B．粒子在b點速率大于在a點速率

C．若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出

D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短

【答案】16．C

【解析】根據左手定則，粒子帶負電，A錯誤；勻速圓周運動，速率不變，B錯誤；若僅減小磁感應強度，根據半徑公式，則粒子做圓周運動的半徑增大，所以粒子可能從b點右側射出，C正確；若僅減小入射速率，根據半徑公式，則粒子做圓周運動的半徑減小，如下圖所示，則粒子在磁場中圓周運動的圓心角變大，根據，因為不變，圓心角變大，則運動時間變長，所以D錯誤。,6.2019年天津卷4題.筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作：當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態。如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現電壓，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（）

A.前表面的電勢比后表面的低

B.前、后表面間的電壓與無關

C.前、后表面間的電壓與成正比

D.自由電子受到的洛倫茲力大小為

【答案】4.D

【解析】電子定向移動方向向左，根據左手定則，電子向后表面偏轉，所以前表面的電勢比后表面的高，A錯誤；

根據洛倫茲力等于電場力，得前、后表面間的電壓=Bav，所以B、C錯誤；

自由電子受到的洛倫茲力大小為，D正確。

7.2019年江蘇卷7題．如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導線，通過的電流強度相等．

矩形線框位于兩條導線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產生的磁場作用下靜止．則a、b的電流方向可能是

（A）均向左

（B）均向右

（C）a的向左，b的向右

（D）a的向右，b的向左

【答案】7．CD

【解析】驗證法：a的向左，b的向右如下圖安培力方向相反，線框靜止。同理D正確，A、B錯誤。

9.2017年年全國卷16題．如圖，空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質量分別為ma，mb，mc，已知在該區域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是

A．

B．

C．

D．

【解析】根據受力情況和方向分析，有，【答案】B

10.2017年全國卷19題．如圖，三根相互平行的固定長直導線、和兩兩等距，均通有電流，中電流方向與中的相同，與中的相反，下列說法正確的是

A．所受磁場作用力的方向與、所在平面垂直

B．所受磁場作用力的方向與、所在平面垂直

C．、和單位長度所受的磁場作用力大小之比為

D．、和單位長度所受的磁場作用力大小之比為

【解析】根據安培定則判斷磁場方向，再根據左手定則判斷受力方向，知A錯誤，B正確

根據兩個力的加角判斷合力大小，知C正確，D錯誤

【答案】BC

11.2018年全國2卷20題．如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為和，方向也垂直于紙面向外。則

A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為

B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為

C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為

D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為

【解析】設流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為，流經L2電流在a點產生的磁感應強度大小為，已知a點的磁感應強度大小為，根據磁感應強度的疊加原理，考慮磁感應強度的方向，有

同理，b點的磁感應強度大小為，有

因為（因距離相等），解得,【答案】20．AC

14.2018年全國2卷第20題

20．如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為和，方向也垂直于紙面向外。則

A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為

B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為

C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為

D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為

【解析】設流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為，流經L2電流在a點產生的磁感應強度大小為，已知a點的磁感應強度大小為，根據磁感應強度的疊加原理，考慮磁感應強度的方向，有

同理，b點的磁感應強度大小為，有

因為（因距離相等），解得,【答案】20．AC

15.全國2卷25.（20分）

一足夠長的條狀區域內存在勻強電場和勻強磁場，其在平面內的截面如圖所示：中間是磁場區域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于平面；磁場的上、下兩側為電場區域，寬度均為，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。

（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；

（2）求該粒子從M點射入時速度的大小；

（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。

【解答】25．（20分）

解：（1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）

（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為（見圖（b）），速度沿電場方向的分量為v1，根據牛頓第二定律有

qE=ma

①

式中q和m分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有v1=at

②

③

④

粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

⑤

由幾何關系得

⑥

聯立①②③④⑤⑥式得

⑦

（3）由運動學公式和題給數據得

⑧

聯立①②③⑦⑧式得

⑨

設粒子由M點運動到N點所用的時間為，則

⑩

式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，?

由③⑦⑨⑩?式得

?

15.2017年北京第18題

18．如圖，虛線所示的圓形區域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點，在紙面內沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速度為，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速度為，相應的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則為

A．

B．

C．

D．

【解析】如下圖，設磁場的圓形區域的半徑為，若粒子射入速度為，射出的最大圓半徑為，則，若粒子射入速度為，射出的最大圓半徑為，則，根據圓半徑公式，所以

【答案】C

19.2017年北京第21題

21．某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉軸。將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內，永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續轉動起來，該同學應將

A．左、右轉軸下側的絕緣漆都刮掉

B．左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉

C．左轉軸上側的絕緣漆刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉

D．左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉

【解析】A。通電后，線框轉動，半圈后由于慣性，繼續轉動，一周后，又有電流通過，可連續轉動；

B,通電后，線圈轉動，半周后，反方向轉動，線圈只能擺動，不能連續轉動，D同A；

C電路不通，不轉。

【答案】AD

20.2018年北京18題．某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關的是

A．磁場和電場的方向

B．磁場和電場的強弱

C．粒子的電性和電量

D．粒子入射時的速度

【解析】勻速直線運動，約去，無關，勻速圓周運動，電量只影響半徑大小，電性只影響轉動方向，不影響是否做圓周運動。

【答案】18．C

21.2017年天津第11題

11．（18分）平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ現象存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入電場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y軸距離與Q點到y軸距離相等。不計粒子重力，為：

（1）粒子到達O點時速度的大小和方向；

（2）電場強度和磁感應強度的大小之比。

【答案與解析】11.（18分）

（1）在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸的距離為L，到y軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t,有

①

②

設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy

vy=

at③

設粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為α，有④

聯立①②③④式得α=45°

⑤

即粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。

設粒子到達O點時的速度大小為v，由運動的合成有⑥

聯立①②③⑥式得⑦

（2）設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F=ma

⑧

又F=qE

⑨

設磁場的磁感應強度大小為B，學|科網粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有⑩

由幾何關系可知?

聯立①②⑦⑧⑨⑩?式得?

22.2018年天津第11題

11．如圖所示，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內、外半徑分別為R、的半圓環形區域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力。

（1）求粒子從P到M所用的時間t；

（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環形區域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度的大小。

【答案與解析】11.（1）設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有

設粒子在電場中運動所受電場力為F，有F=qE②；

設粒子在電場中運動的加速度為a，根據牛頓第二定律有F=ma③；

粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v=at④；聯立①②③④式得⑤；

（2）粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當軌跡與內圓相切時，所有的時間最短，設粒子在磁場中的軌跡半徑為，由幾何關系可知⑥

設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系可知⑦；

粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度始終為，由運動的合成和分解可知⑧

聯立①⑥⑦⑧式得⑨

23.2018年江蘇9．如圖所示，豎直放置的形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B．質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g．金屬桿

（A）剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下

（B）穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間[來源:學#科#網]

（C）穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd

（D）釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于

【解析】設進入磁場時速度為，出磁場時速度為，因為進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．而在間距中，是勻加速運動，所以在磁場中，做減速運動，是非勻減速運動，所以剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，A錯誤；

因為在磁場中，加速度大小為，隨著速度的減小，加速度減小，所以是加速度逐漸減小的減速運動，可以畫出圖象草圖如下：

因為位移相等都為，所以，即B正確；

在穿過兩個磁場和一個間距的過程中，根據動能定理，在間距中，解得，C正確；

在磁場中，加速度（設向上為正），所以，在進入磁場前，所以

h>，D錯誤。

【答案】

9．BC

24.2018年江蘇15．（16分）如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區域間隔為2d，中軸線與磁場區域兩側相交于O、O′點，各區域磁感應強度大小相等．某粒子質量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場．當入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．

（1）求磁感應強度大小B；

（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t；

（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值．

【答案】15．（1）粒子圓周運動的半徑

由題意知，解得

（2）設粒子在矩形磁場中的偏轉角為α，如圖所示

由d=rsinα，得sinα=，即α=53°

在一個矩形磁場中的運動時間，解得

直線運動的時間，解得

則

（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x，如圖所示

粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα

由y≤2d，解得

則當xm=時，Δt有最大值

粒子直線運動路程的最大值

增加路程的最大值

增加時間的最大值。

有的可能以為當中間兩磁場分別向中央移動到靠近時，可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt最大，錯誤了，因為此情況粒子飛出左磁場后打到第2個磁場的上邊緣了，要飛出磁場了，不能到達O’。如下圖所示：。

25.2017年江蘇15.（16分）一臺質譜儀的工作原理如圖所示.大量的甲、乙兩種離子飄入電壓力為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q，質量分別為2m和m，圖中虛線為經過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡.不考慮離子間的相互作用.（1）求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；

（2）在答題卡的圖中用斜線標出磁場中甲種離子經過的區域，并求該區域最窄處的寬度d；

（3）若考慮加速電壓有波動，在（）到（）之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件.【答案】

15．（1）設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1

電場加速

且

解得

根據幾何關系x

=2r1

–L

解得

（2）(見圖)

最窄處位于過兩虛線交點的垂線上

解得

（3）設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2

r1的最小半徑，r2的最大半徑

由題意知

2r1min–2r2max

>L，即

解得

【解析】要把圖象放大才可以看清楚，如下圖，A、B分別是兩個半圓的最高點，AB是兩個半圓的切線，P是兩個半圓的交點，作PQ平行于AB，與AO(O是左半圓的圓心)相交于Q，則因為，所以，所以最窄處的寬度

則將代入得。

26.2018年海南物理卷第3題

3.如圖，一絕緣光滑固定斜面處于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，通有電流的金屬細桿水平靜止在斜面上。若電流變為，磁感應強度大小變為3B，電流和磁場的方向均不變，則金屬細桿將

A.沿斜面加速上滑

B.沿斜面加速下滑

C.沿斜面勻速上滑

D.仍靜止在斜面上

3.【解析】原來，后來，沿斜面向上，A正確。

【答案】A

27.2018年海南物理卷第13題

13.（10分）如圖，圓心為O、半徑為r的圓形區域外存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B。P是圓外一點，OP=3r。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從P點在紙面內垂直于OP射出。己知粒子運動軌跡經過圓心O，不計重力。求

（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；

（2）粒子第一次在圓形區域內運動所用的時間。

【解析】（1）

用電腦“畫圖”做的圖

如上圖，在三角形OPQ中，根據正弦定理，得。

據幾何關系，解得。

（2）根據，得，帶電粒子在園內做勻速直線運動。

【答案】（1），（2）。

28.2017年第10題

10．如圖，空間中存在一勻強磁場區域，磁場方向與豎直面（紙面）垂直，磁場的上、下邊界（虛線）均為水平面；紙面內磁場上方有一個正方形導線框abcd，其上、下兩邊均與磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距。若線框自由下落，從ab邊進入磁場時開始，直至ab邊到達磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能（）

A．始終減小

B．始終不變

C．始終增加

D．先減小后增加

【解析】若導線框剛進入磁場時，安培力等于重力，則做勻速運動，在磁場中則自由落體，速度增大，則出磁場時做減速運動，所以B錯誤；

若導線框剛進入磁場時，安培力小于重力，則做加速運動，在磁場中則自由落體，速度增大，若速度增大后使安培力仍小于重力，則出磁場時可能做加速運動，所以C正確；

若導線框剛進入磁場時，安培力大于重力，則做減速運動，在磁場中則自由落體，速度增大，若速度減小的比增加的多，則出磁場時可能做加速運動，所以D正確；

另一個方法判斷：因為導線框有一段時間全在磁場中運動，沒有感應電流，做加速度為g的加速運動（自由落體運動除初始階段外的運動），所以A、B被否定。

【答案】CD

第三篇：XX屆高三復習高考備考工作總結

XX屆高三復習高考備考工作總結

XX年高考已經落下了帷幕，在全體高三師生的共同努力下，今年高考取得了喜人的成績，又一次實現了高考成績的新跨越，入段人數再創歷史新高，藝體生入段率名列全市第一，全面完成了市教育局下達的各項高考指標，這一成績的取得令全校師生為之振奮，也得到了社會的廣泛認可。因為我和這屆高三師生共同拼搏奮斗了一年，也更能深深體會這一成績的取得來之不易，它付出了大家太多的努力和汗水。回顧過去一年的工作，心里有太多的感受，焦慮、喜悅、希望、失望、還有絲絲的遺憾，這一年，我們收獲了成功的經驗，也有失敗的教訓，總結如下。

一、明確目標，跟蹤管理

從進入高三開始，就要求全體高三師生要明確奮斗目標。班主任幫助學生制定學期目標和階段性目標，協助任課教師確定各科重點培養的目標生，包括培優目標生，藝體特長生和后進生。對不同的目標生提出不同的管理目標，對這些目標生實行動態管理，根據每次階段考試成績把一些進步較大的學生都列入到培優目標中來，對學習成績波動較大的培優目標生，其薄弱學科的任課教師要重點關注，所有任課教師都要在各個方面予以關注，盡量減少掉隊的學生人數，最大限度的挖掘學生的潛力。藝體特長生全部都是任課教師的目標生，為了更好地督促他們學習，班主任把他們的座位都安排在了班級的前兩排，給予他們最大的關注，充分調動了他們學習的積極性。對于后進生，工作重點主要是抓好紀律教育和思想穩定工作，以保證班級正常的上課秩序。

二、加強集體備課，結合學生實際整合教學資源，提高復習效率

本屆高三沒有訂一輪復習資料，這加大了集體備課的難度，但也拓寬了集體備課的空間。備課組全體教師一起研究學生，研究復習方法，研究考綱和高考信息，確定教學進度，合理把握教學重難點和各部分內容的深淺度。大家通過各種途徑搜集整理資料，并在一起研究整合教材內容，優化組合復習資源，編印了大量的導學案和單元檢測題，綜合測試題。各備課組復習備考始終堅持的指導思想就是狠抓基礎，強化訓練，大膽舍棄偏、難、怪習題，提高復習的針對性和實效性，大大提高了復習效率，各科都能按時完成一輪和二輪復習計劃。

三、督促檢查，確保教學秩序，提高課堂效率

一是定期檢查高三老師的教案，要求提前備課，帶教案上課，課后認真寫教學反思。二是定期檢查學生的作業和試卷批改情況，要求有發必收，有收必改，有改必評。三是楊校長和名師工作室的老師經常深入高三課堂，直接指導老師的課堂教學，對老師們的工作起到了很大的促動作用。四是教務處每節課都有專人檢查巡視課堂教學情況，檢查項目包括上課遲到、丟課、私自串課、學生睡覺、玩手機、看課外書等情況。發現問題及時與任課教師和班主任溝通，對屢教不改或情節嚴重的學生給予警告，確保高三教學秩序穩定。

四、集中精力，做好培優補差工作

這屆高三學生，學生人數多，優生少，為了確保XX年高考的升學率，我們把任課老師的目標生都集中在了一部分更有希望的學生身上，給他們更多的關注，思想上鼓勵，方法上指導，心理上減壓，課間時間個別輔導，已成為高三辦公室的一道風景，目的就是幫助他們答疑解惑，樹立信心，減少偏科程度，盡可能地挖掘學生潛力，提高學生的學習成績，確保優生比例，以保證完成XX年高考的升學指標。

五、想方設法，努力提高藝體特長生文化課通過率

高三第二學期藝體特長生術科考試結束后返回學校，為了幫助他們盡快補上落下的文化課，從3月1日起每天下午將高三、三班和高三、五班的藝體特長生抽調到一起上政、史、地三科的課，要求該班任課教師根據學生的實際情況精心設計、單獨編寫教案，每周五檢查下一周的教案，提高教學計劃的嚴密性，教學方法的科學性，確保教學效果的實效性。另外，每天下午給這個班級和高三、四班都安排了一節輔導課，要求相應學科的任課教師按時深入班級輔導學生學習，總之全體高三老師都在想方設法，千方百計地努力提高藝體特長生文化課的通過率。

六、提前著手，加強文綜和理綜的訓練力度

文綜或理綜成績在高考中占的比重也很大，在最后階段的復習中提分空間較大，能否抓好文綜和理綜的復習對于高考成敗至關重要。所以，從上學期第二階段考試后，我們就已經開始對文、理勵志班，文科重點班和理科重點班的前100名之內的學生進行綜合訓練，每單周周五下午和雙休返校日的下午組織綜合科和數學科考試，二天之內完成閱卷，成績統計，試題講評工作，上學期是根據學生學習情況和教學進度由各科任課教師分成兩組輪流組織試題，從假期上課開始使用金學導航和金太陽的成套試題，提高了訓練的難度和強度，以便讓學生更好地適應高考題型和難度。

七、不足之處

今年高考最大的遺憾就是藝體生入段率偏低，雖然完成了市教育局下達的指標，在全市排名中也名列第一，但距離我們所期望的目標還存在差距，也錯失了突破300人大關的機會，這也說明我們在藝體特長生文化課方面的工作抓的不夠實，對藝體特長生的思想教育沒有跟上，一味強調老師工作的積極性，沒有注意挖掘學生的主觀能動性，一部分學生學習目標不明確，學習動力不足，自信心不夠，僥幸心理嚴重。

總之，今年高三復習備考工作我們始終以林校長提出的四十八字方針為指導，嚴格執行二十四字工作要求，全體高三教師振奮精神，真抓實干，勤奮努力，講求質量，追求實效。努力做到用科學的管理，合理的方法，務實的態度和高效的作風做好高考復習備考的各項工作。在今后工作中我們要繼續發揚優點，克服不足，努力使我校的高考成績再上一個新的臺階。

第四篇：高考物理第一輪考點復習教案1

高考物理第一輪考點復習教案1 【摘要】：第五章機械能知識網絡：單元切塊：按照考綱的要求，本章內容可以分成四個單元，即：功和功率；動能、勢能、動能定理；機械能守恒定律及其應用；功能關系動量能量綜合。其中重點是對動能定理、機械能守恒定律的理解，能夠熟練運用動能定理、機械能守恒定律分析解決力學問題。難點是動量能量綜合應用問題。§1功和功率教學目

更多精品來源自 3 e d u 海量教案 第五章

機械能 知識網絡：

單元切塊：

按照考綱的要求，本章內容可以分成四個單元，即：功和功率；動能、勢能、動能定理；機械能守恒定律及其應用；功能關系

動量能量綜合。其中重點是對動能定理、機械能守恒定律的理解，能夠熟練運用動能定理、機械能守恒定律分析解決力學問題。難點是動量能量綜合應用問題。§1

功和功率 教學目標：

理解功和功率的概念，會計算有關功和功率的問題培養學生分析問題的基本方法和基本技能 教學重點：功和功率的概念 教學難點：功和功率的計算

教學方法：講練結合，計算機輔助教學 教學過程：

一、功 1．功

功是力的空間積累效應。它和位移相對應（也和時間相對應）。計算功的方法有兩種：（1）按照定義求功。即：W=Fscosθ。在高中階段，這種方法只適用于恒力做功。當 時F做正功，當 時F不做功，當 時F做負功。

這種方法也可以說成是：功等于恒力和沿該恒力方向上的位移的乘積。

（2）用動能定理W=ΔEk或功能關系求功。當F為變力時，高中階段往往考慮用這種方法求功。這里求得的功是該過程中外力對物體做的總功（或者說是合外力做的功）。這種方法的依據是：做功的過程就是能量轉化的過程，功是能的轉化的量度。如果知道某一過程中能量轉化的數值，那么也就知道了該過程中對應的功的數值。

【例1】

如圖所示，質量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置。在下列三種情況下，分別用水平拉力F將小球拉到細線與豎直方向成θ角的位置。在此過程中，拉力F做的功各是多少？ ⑴用F緩慢地拉； ⑵F為恒力；

⑶若F為恒力，而且拉到該位置時小球的速度剛好為零。可供選擇的答案有

A.B.C.D.解析：

⑴若用F緩慢地拉，則顯然F為變力，只能用動能定理求解。F做的功等于該過程克服重力做的功。選D ⑵若F為恒力，則可以直接按定義求功。選B ⑶若F為恒力，而且拉到該位置時小球的速度剛好為零，那么按定義直接求功和按動能定理求功都是正確的。選B、D 在第三種情況下，由 =，可以得到，可見在擺角為 時小球的速度最大。實際上，因為F與mg的合力也是恒力，而繩的拉力始終不做功，所以其效果相當于一個擺，我們可以把這樣的裝置叫做“歪擺”。

【例2】如圖所示，線拴小球在光滑水平面上做勻速圓周運動，圓的半徑是1m，球的質量是0.1kg，線速度v=1m/s，小球由A點運動到B點恰好是半個圓周。那么在這段運動中線的拉力做的功是（）

A．0

B．0.1J

C．0.314J

D．無法確定 解析：小球做勻速圓周運動，線的拉力為小球做圓周運動的向心力，由于它總是與運動方向垂直，所以，這個力不做功。故A是正確的。【例3】下面列舉的哪幾種情況下所做的功是零（）A．衛星做勻速圓周運動，地球引力對衛星做的功 B．平拋運動中，重力對物體做的功

C．舉重運動員，扛著杠鈴在頭上的上方停留10s，運動員對杠鈴做的功 D．木塊在粗糙水平面上滑動，支持力對木塊做的功

解析：引力作為衛星做圓周運動的向心力，向心力與衛星運動速度方向垂直，所以，這個力不做功。杠鈴在此時間內位移為零。支持力與位移方向垂直，所以，支持力不做功。故A、C、D是正確的。

【例4】用力將重物豎直提起，先是從靜止開始勻加速上升，緊接著勻速上升。如果前后兩過程的運動時間相同，不計空氣阻力，則（）A．加速過程中拉力做的功比勻速過程中拉力做的功大 B．勻速過程中拉力做的功比加速過程中拉力做的功大 C．兩過程中拉力做的功一樣大 D．上述三種情況都有可能

解析：應先分別求出兩過程中拉力做的功，再進行比較。重物在豎直方向上僅受兩個力作用，重力mg、拉力F。

勻加速提升重物時，設拉力為F1，物體向上的加速度為a，根據牛頓第二定律 得F1-mg=ma 拉力F1所做的功

①

勻速提升重物時，設拉力為F2，根據平衡條件得F2=mg 勻速運動的位移 所以勻速提升重物時拉力的功

②

比較①、②式知：當a>g時，；當a=g時，；當a

點評：可見，力對物體所做的功的多少，只決定于力、位移、力和位移間夾角的大小，而跟物體的運動狀態無關。在一定的條件下，物體做勻加速運動時力對物體所做的功，可以大于、等于或小于物體做勻速直線運動時該力的功。2．功的物理含義

關于功我們不僅要從定義式W=Fs cos α 進行理解和計算，還應理解它的物理含義． 功是能量轉化的量度，即：做功的過程是能量的一個轉化過程，這個過程做了多少功，就有多少能量發生了轉化．對物體做正功，物體的能量增加．做了多少正功，物體的能量就增加了多少；對物體做負功，也稱物體克服阻力做功，物體的能量減少，做了多少負功，物體的能量就減少多少．因此功的正、負表示能的轉化情況，表示物體是輸入了能量還是輸出了能量．

第五篇：17-21屆高考物理真題分項-萬有引力與航天解析版

專題05

萬有引力與航天（解析版）

近5年（2017-2021）高考物理試題分類解析

2.2021全國甲卷第5題.2021年2月，執行我國火星探測任務的“天問一號”探測器在成功實施三次近火制動后，進入運行周期約為1.8×105s的橢圓形停泊軌道，軌道與火星表面的最近距離約為2.8×105m。已知火星半徑約為3.4×106m，火星表面處自由落體的加速度大小約為3.7m/s2，則“天問一號”的停泊軌道與火星表面的最遠距離約為（）

A.6×105m

B.6×106m

C.6×107m

D.6×108m

【答案】C

【解析】忽略火星自轉則

①

可知

設與為1.8×105s的橢圓形停泊軌道周期相同的圓形軌道半徑為，由萬引力提供向心力可知

②

設近火點到火星中心為

③

設遠火點到火星中心為

④

由開普勒第三定律可知

⑤

由以上分析可得

故選C。

5.2021全國乙卷第5題.科學家對銀河系中心附近的恒星S2進行了多年的持續觀測，給出1994年到2002年間S2的位置如圖所示。科學家認為S2的運動軌跡是半長軸約為（太陽到地球的距離為）的橢圓，銀河系中心可能存在超大質量黑洞。這項研究工作獲得了2020年諾貝爾物理學獎。若認為S2所受的作用力主要為該大質量黑洞的引力，設太陽的質量為M，可以推測出該黑洞質量約為（）

A.B.C.D.【答案】B

【解析】

可以近似把S2看成勻速圓周運動，由圖可知，S2繞黑洞的周期T=16年，地球的公轉周期T0=1年，S2繞黑洞做圓周運動的半徑r與地球繞太陽做圓周運動的半徑R關系是

地球繞太陽的向心力由太陽對地球的引力提供，由向心力公式可知

解得太陽的質量為

同理S2繞黑洞的向心力由黑洞對它的萬有引力提供，由向心力公式可知

解得黑洞的質量為

綜上可得

故選B。

8.2021湖南卷第7題.2021年4月29日，中國空間站天和核心艙發射升空，準確進入預定軌道。根據任務安排，后續將發射問天實驗艙和夢天實驗艙，計劃2022年完成空間站在軌建造。核心艙繞地球飛行的軌道可視為圓軌道，軌道離地面的高度約為地球半徑的。下列說法正確的是（）

A.核心艙進入軌道后所受地球的萬有引力大小約為它在地面時的倍

B.核心艙在軌道上飛行的速度大于

C.核心艙在軌道上飛行的周期小于

D.后續加掛實驗艙后，空間站由于質量增大，軌道半徑將變小

【答案】AC

【解析】

A．根據萬有引力定律有

核心艙進入軌道后的萬有引力與地面上萬有引力之比為

所以A正確；

B．核心艙在軌道上飛行的速度小于7.9km/s，因為第一宇宙速度是最大的環繞速度，所以B錯誤；

C．根據

可知軌道半徑越大周期越大，則其周期比同步衛星的周期小，小于24h，所以C正確；

D．衛星做圓周運動時萬有引力提供向心力有

解得

則衛星的環繞速度與衛星的質量無關，所以變軌時需要點火減速或者點火加速，增加質量不會改變軌道半徑，所以D錯誤；

故選AC。

9.2021廣東卷第2題.2021年4月，我國自主研發的空間站“天和”核心艙成功發射并入軌運行，若核心艙繞地球的運行可視為勻速圓周運動，已知引力常量，由下列物理量能計算出地球質量的是（）

A.核心艙的質量和繞地半徑

B.核心艙的質量和繞地周期

C.核心艙的繞地角速度和繞地周期

D.核心艙的繞地線速度和繞地半徑

【答案】D

【解析】

根據核心艙做圓周運動向心力由地球的萬有引力提供，可得

可得

可知已知核心艙的質量和繞地半徑、已知核心艙的質量和繞地周期以及已知核心艙的角速度和繞地周期，都不能求解地球的質量；若已知核心艙的繞地線速度和繞地半徑可求解地球的質量。

故選D。

13.2021河北卷第4題.“祝融號”火星車登陸火星之前，“天問一號”探測器沿橢圓形的停泊軌道繞火星飛行，其周期為2個火星日，假設某飛船沿圓軌道繞火星飛行，其周期也為2個火星日，已知一個火星日的時長約為一個地球日，火星質量約為地球質量的0.1倍，則該飛船的軌道半徑與地球同步衛星的軌道半徑的比值約為（）

A.B.C.D.【答案】D

【解析】

繞中心天體做圓周運動，根據萬有引力提供向心力，可得

則，由于一個火星日的時長約為一個地球日，火星質量約為地球質量的0.1倍，則飛船的軌道半徑

則

故選D。

18.2021浙江卷第10題.空間站在地球外層的稀薄大氣中繞行，因氣體阻力的影響，軌道高度會發生變化。空間站安裝有發動機，可對軌道進行修正。圖中給出了國際空間站在2020.02-2020.08期間離地高度隨時間變化的曲線，則空間站（）

A.繞地運行速度約為

B.繞地運行速度約為

C.在4月份繞行的任意兩小時內機械能可視為守恒

D.在5月份繞行的任意兩小時內機械能可視為守恒

【答案】D

【解析】

AB．根據題意可知，軌道半徑在變化，則運行速度在變化，圓周最大運行速度為第一宇宙速度，故AB錯誤；

或根據及解得將g=9.80m/s2和R=6400km以及hmin=418km和hmax=421km代入得最大速度和最小速度分別為vmax=7.913km/s和vmin=7.911km/s.用h=0代入得v=7.92km/s.C．在4月份軌道半徑出現明顯的變大，則可知，機械能不守恒，故C錯誤；

D．在5月份軌道半徑基本不變，故可視為機械能守恒，故D正確。

故選D。

2021年上海高考等級考第17題、在測量引力常量G的實驗中。小球(可視為質點)偏離豎直方向一個小角度θ.兩球心之間距離為r，質量為M的均勻圓球快速移開后，小球______(填寫“可以”或“不可以”)視為簡諧運動，若測量出圓球質量M、小球偏離堅直方向的水平距離d和小球擺動的周期T，則引力常量G可以表示為_________(當θ很小時sinθ=tanθ)

【答案】可以

G=

【解析】設小球的質量為m，根據萬有引力定律，M與m的萬有引力為，根據m的受力平衡，有

又單擺的周期公式

從圖示可以得出，單擺的擺長L=

聯立以上各式得G=.2021山東卷第5題.從“玉兔”登月到“祝融”探火，我國星際探測事業實現了由地月系到行星際的跨越。已知火星質量約為月球的9倍，半徑約為月球的2倍，“祝融”火星車的質量約為“玉兔”月球車的2倍。在著陸前，“祝融”和“玉兔”都會經歷一個由著陸平臺支撐的懸停過程。懸停時，“祝融”與“玉兔”所受陸平臺的作用力大小之比為（）

A.9∶1

B.9∶2

C.36∶1

D.72∶1

【答案】B

【解析】懸停時所受平臺的作用力等于萬有引力，根據

可得

故選B。

2020全國1卷第２題

2.火星的質量約為地球質量的，半徑約為地球半徑的，則同一物體在火星表面與在地球表面受到的引力的比值約為（）

A.0.2

B.0.4

C.2.0

D.2.5

【答案】B

【解析】設物體質量為m，則在火星表面有

在地球表面有

由題意知

故聯立以上公式可得

故選B。

2020全國2卷第2題

2.若一均勻球形星體的密度為ρ，引力常量為G，則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛星的周期是（）

A.B.C.D.【答案】A

【解析】衛星在星體表面附近繞其做圓周運動，則，知衛星該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛星的周期

2020全國3卷第3題

3.“嫦娥四號”探測器于2019年1月在月球背面成功著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段時間可認為繞月做勻速圓周運動，圓周半徑為月球半徑的K倍。已知地球半徑R是月球半徑的P倍，地球質量是月球質量的Q倍，地球表面重力加速度大小為g。則“嫦娥四號”繞月球做圓周運動的速率為（）

A.B.C.D.【答案】D

【解析】假設在地球表面和月球表面上分別放置質量為和的兩個物體，則在地球和月球表面處，分別有，解得

設嫦娥四號衛星的質量為，根據萬有引力提供向心力得

解得

故選D。

2020江蘇省卷第7題

7.甲、乙兩顆人造衛星質量相等，均繞地球做圓周運動，甲的軌道半徑是乙的2倍.下列應用公式進行的推論正確的有（）

A.由可知，甲的速度是乙的倍

B.由可知，甲的向心加速度是乙的2倍

C.由可知，甲的向心力是乙的D.由可知，甲的周期是乙的倍

【答案】7.CD

【解析】A.由，得，所以，A錯誤；

B.因為不相等，所以不能用公式作比較。應該用，得，所以，B錯誤。

CD正確。

2020北京卷第5題

5.我國首次火星探測任務被命名為“天問一號”。已知火星質量約為地球質量的10%，半徑約為地球半徑的50%，下列說法正確的是（）

A.火星探測器的發射速度應大于地球的第二宇宙速度

B.火星探測器的發射速度應介于地球的第一和第二宇宙速度之間

C.火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度

D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度

【答案】A

【解析】A．當發射速度大于第二宇宙速度時，探測器將脫離地球的引力在太陽系的范圍內運動，火星在太陽系內，所以火星探測器的發射速度應大于第二宇宙速度，故A正確；

B．第二宇宙速度是探測器脫離地球的引力到太陽系中的臨界條件，當發射速度介于地球的第一和第二宇宙速度之間時，探測器將圍繞地球運動，故B錯誤；

C．萬有引力提供向心力，則有

解得第一宇宙速度為所以火星的第一宇宙速度為所以火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C錯誤；

D．

萬有引力近似等于重力，則有

解得星表面的重力加速度

所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D錯誤。

故選A。

2020天津卷第2題

2.北斗問天，國之夙愿。我國北斗三號系統的收官之星是地球靜止軌道衛星，其軌道半徑約為地球半徑的7倍。與近地軌道衛星相比，地球靜止軌道衛星（）

A.周期大

B.線速度大

C.角速度大

D.加速度大

【答案】A

【解析】衛星有萬有引力提供向心力有

可解得，，可知半徑越大線速度，角速度，加速度都越小，周期越大；故與近地衛星相比，地球靜止軌道衛星周期大，故A正確，BCD錯誤。

故選A。

2020山東卷第7題

7.我國將在今年擇機執行“天問1號”火星探測任務。質量為m的著陸器在著陸火星前，會在火星表面附近經歷一個時長為t0、速度由v0減速到零的過程。已知火星的質量約為地球的0.1倍，半徑約為地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小為g，忽略火星大氣阻力。若該減速過程可視為一個豎直向下的勻減速直線運動，此過程中著陸器受到的制動力大小約為（）

A.B.C.D.【答案】B

【解析】忽略星球的自轉，萬有引力等于重力

則

解得

著陸器做勻減速直線運動，根據運動學公式可知

解得

勻減速過程，根據牛頓第二定律得

解得著陸器受到的制動力大小為

ACD錯誤，B正確。故選B。

2020浙江第7題

7.火星探測任務“天問一號”的標識如圖所示。若火星和地球繞太陽的運動均可視為勻速圓周運動，火星公轉軌道半徑與地球公轉軌道半徑之比為3∶2，則火星與地球繞太陽運動的（）

A.軌道周長之比為2∶3

B.線速度大小之比為

C.角速度大小之比為

D.向心加速度大小之比為9∶4

【答案】C

【解析】A．由周長公式可得，則火星公轉軌道與地球公轉軌道周長之比為，A錯誤；

BCD．由萬有引力提供向心力，可得

則有，即，BD錯誤，C正確。故選C。

1.2019全國1卷16題．最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發取得突破性進展。若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約為3

km/s，產生的推力約為4.8×108

N，則它在1

s時間內噴射的氣體質量約為

A．1.6×102

kg

B．1.6×103

kg

C．1.6×105

kg

D．1.6×106

kg

【答案】16．B

【解析】動量定理，所以代入數據得kg.2.2019年全國2卷14題．2019年1月，我國嫦娥四號探測器成功在月球背面軟著陸，在探測器“奔向”月球的過程中，用h表示探測器與地球表面的距離，F表示它所受的地球引力，能夠描述F隨h變化關系的圖像是

【答案】14．D

【解析】萬有引力定律，h越大，F越小，非線性關系，所以D正確。

3.2019年全國3卷15題．金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運行的速率分別為v金、v地、v火。已知它們的軌道半徑R金

A．a金>a地>a火

B．a火>a地>a金

C．v地>v火>v金

D．v火>v地>v金

【答案】15．A

【解析】根據，得，因為R金a地>a火；

得,因為R金v地>v火

；只有A正確。

4.2019年北京卷18題．2019年5月17日，我國成功發射第45顆北斗導航衛星，該衛星屬于地球靜止軌道衛星（同步衛星）。該衛星

A．入軌后可以位于北京正上方

B．入軌后的速度大于第一宇宙速度

C．發射速度大于第二宇宙速度

D．若發射到近地圓軌道所需能量較少

【答案】18．D

【解析】同步衛星軌道在赤道上方，所以A錯誤；根據得，所以入軌后的速度小于第一宇宙速度，B錯誤；第二宇宙速度是脫離速度，所以發射速度小于第二宇宙速度，C錯誤；根據動能

=，重力勢能，所以機械能，所以若發射到近地圓軌道（r小）所需能量較少，D正確。

5.2019年天津卷第1題.2018年12月8日，肩負著億萬中華兒女探月飛天夢想的嫦娥四號探測器成功發射，“實現人類航天器首次在月球背面巡視探測，率先在月背刻上了中國足跡”。已知月球的質量為、半徑為，探測器的質量為，引力常量為，嫦娥四號探測器圍繞月球做半徑為的勻速圓周運動時，探測器的（）

A.周期為

B.動能為

C.角速度為

D.向心加速度為

【答案】1.C

【解析】根據萬有引力等于向心力，有得

A．周期

B.動能

C.角速度，C正確。

D.向心加速度

6.2019年江蘇卷4題．1970年成功發射的“東方紅一號”是我國第一顆人造地球衛星，該衛星至今仍沿橢圓軌道繞地球運動．如圖所示，設衛星在近地點、遠地點的速度分別為v1、v2，近地點到地心的距離為r，地球質量為M，引力常量為G．則

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】4．B

【解析】根據開普勒行星運動定律之面積定律，以近地點問圓做圓周運動時，解得，因為衛星在近地點做離心運動，所以提供的向心力小于需要的向心力，即，所以。

7.2018年全國1卷20題．2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據科學家們復原的過程，在兩顆中子星合并前約100

s時，它們相距約400

km，繞二者連線上的某點每秒轉動12圈，將兩顆中子星都看作是質量均勻分布的球體，由這些數據、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星

A．質量之積

B．質量之和

C．速率之和

D．各自的自轉角速度

【答案】20．BC

【解析】設兩顆中子星相距為L，質量分別為、，軌道半徑分別為、，根據萬有引力提供向心力，有，因為，所以質量之和為=，其中=24（），可求，B

正確。

根據，得，可求。C正確；

可以求出兩顆中子星互相繞著運動的角速度，不可以求出各自的自轉角速度，D錯誤。

8.2018年全國2卷16題．2018年2月，我國500

m口徑射電望遠鏡（天眼）發現毫秒脈沖星“J0318+0253”，其自轉周期T=5.19

ms，假設星體為質量均勻分布的球體，已知萬有引力常量為。以周期T穩定自轉的星體的密度最小值約為

A．

B．

C．

D．

【答案】16．C

【解析】根據及得，代入數據得

9.2018年全國3卷15．為了探測引力波，“天琴計劃”預計發射地球衛星P，其軌道半徑約為地球半徑的16倍；另一地球衛星Q的軌道半徑約為地球半徑的4倍。P與Q的周期之比約為

A．2:1

B．4:1

C．8:1

D．16:1

【答案】15．C

【解析】根據，得，得

10.2018年北京17題．若想檢驗“使月球繞地球運動的力”與“使蘋果落地的力”遵循同樣的規律，在已知月地距離約為地球半徑60倍的情況下，需要驗證

A．地球吸引月球的力約為地球吸引蘋果的力的1/602

B．月球公轉的加速度約為蘋果落向地面加速度的1/602

C．自由落體在月球表面的加速度約為地球表面的1/6

D．蘋果在月球表面受到的引力約為在地球表面的1/60

【答案】17．B

【解析】根據，選B

11.2018年天津第6題

6．2018年2月2日，我國成功將電磁監測試驗衛星“張衡一號”發射升空，標志我國成為世界上少數擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛星的國家之一。通過觀測可以得到衛星繞地球運動的周期，并已知地球的半徑和地球表面的重力加速度。若將衛星繞地球的運動看作是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉的影響，根據以上數據可以計算出衛星的A．密度

B．向心力的大小

C．離地高度

D．線速度的大小

【答案】6．CD

【解析】根據衛星的萬有引力提供向心力，及在地球表面附近，可求衛星的軌道半徑，則離地高度可求；線速度的大小可求；因為不知道衛星質量，所以向心力的大小不可求；可求地球的密度，不可求衛星的密度。

12.2018年江蘇1題．我國高分系列衛星的高分辨對地觀察能力不斷提高．今年5月9日發射的“高分五號”軌道高度約為705

km，之前已運行的“高分四號”軌道高度約為36

000

km，它們都繞地球做圓周運動．與“高分四號冶相比，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

【答案】1．A

【解析】根據，可得A正確

13.2018年海南物理卷第2題

2.土星與太陽的距離是火星與太陽距離的6倍多。由此信息可知

A.土星的質量比火星的小

B.土星運行的速率比火星的小

C.土星運行的周期比火星的小

D.土星運行的角速度大小比火星的大

【答案】B

【解析】根據，B正確。

14.2017年全國3卷14題．2017年4月，我國成功發射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道（可視為圓軌道）運行。與天宮二號單獨運行相比，組合體運行的A．周期變大

B．速率變大

C．動能變大

D．向心加速度變大

【解析】質量變大，其它不變

【答案】14.C

15.2017年全國卷第19題

19．如圖，海王星繞太陽沿橢圓軌道運動，P為近日點，Q為遠日點，M，N為軌道短軸的兩個端點，運行的周期為,若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經過M,Q到N的運動過程中

A．從P到M所用的時間等于

B．從Q到N階段，機械能逐漸變大

C．從P到Q階段，速率逐漸變小

D．從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功

【答案】CD

【解析】逐項研究

A．因為靠近近日點，所以從P到M所用的時間大于于，A錯誤

B．從Q到N階段，只有萬有引力做功，機械能守恒，B錯誤

C．P速度最大，Q速度最小，從P到Q階段，速率逐漸變小，C正確

D．從M到Q階段，萬有引力對它做負功，從Q到N階段，萬有引力對它做負功做正功，所以從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功，D正確

16.2017年北京17題．利用引力常量G和下列某一組數據，不能計算出地球質量的是

A．地球的半徑及重力加速度（不考慮地球自轉）

B．人造衛星在地面附近繞地球做圓周運動的速度及周期

C．月球繞地球做圓周運動的周期及月球與地球間的距離

D．地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離

【答案】D

【解析】逐項研究

A．地球的半徑及重力加速度（不考慮地球自轉），根據，可求M

B．人造衛星在地面附近繞地球做圓周運動的速度及周期，根據，及。可求M

C．月球繞地球做圓周運動的周期及月球與地球間的距離，根據，可求M

D．地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離，不可求球質量，可求太陽的質量。

17.2017年天津第9題

9.（1）我國自主研制的首艘貨運飛船“天舟一號”發射升空后，與已經在軌運行的“天宮二號”成功對接形成組合體。學

科&網假設組合體在距地面高度為h的圓形軌道上繞地球做勻速圓周運動，已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，且不考慮地球自轉的影響。則組合體運動的線速度大小為__________，向心加速度大小為___________。

【答案】9．（1）

18.2017年江蘇6題．“天舟一號”貨運飛船于2017年4月20日在文昌航天發射中心成功發射升空，與“天宮二號”空間實驗室對接前，“天舟一號”在距離地面約380

km的圓軌道上飛行，則其

（A）角速度小于地球自轉角速度

（B）線速度小于第一宇宙速度

（C）周期小于地球自轉周期

（D）向心加速度小于地面的重力加速度

【答案】BCD

【解析】對于A和C根據，把“天舟一號”貨運飛船與地球同步衛星相比（因為地球同步衛星與地球自轉角速度及周期相同），因為，所以A錯誤C正確；對于B和D，因為，所以BD正確.19.2017年海南第5題．

5．已知地球質量為月球質量的81倍，地球半徑約為月球半徑的4倍。若在月球和地球表面同樣高度處，以相同的初速度水平拋出物體，拋出點與落地點間的水平距離分別為s月和s地，則s月:s地約為（）

A．9:4

B．6:1

C．3:2

D．1:1

【答案】A

【解析】，所以，平拋運動，所以。