【正文】 11．（07北京）15．不久前歐洲天文學家在太陽系之外發(fā)現(xiàn)了一顆可能適合人類居住的行星，命名為“格利斯581c”。該行星的質(zhì)量是地球的5倍。設想在該行星表面附近繞行星圓軌道運行的人造衛(wèi)星的動能為Ek1，在地球表面附近繞地球沿圓軌道運行的相同質(zhì)量的人造衛(wèi)星的動能為Ek2，則Ek1/ Ek2為 C易A． B． C． D．12．（08北京），嫦娥一號衛(wèi)星環(huán)月工作軌道為圓軌道,軌道高度200 km,運用周期127分鐘。若還知道引力常量和月球平均半徑，僅利用以上條件不能求出的是 （ B ）A．月球表面的重力加速度 B．月球?qū)πl(wèi)星的吸引力C．衛(wèi)星繞月球運行的速度 D．衛(wèi)星繞月運行的加速度[解析]由可求得月球質(zhì)量M，再由黃金代換式：可得月球表面重力加速度g，故不選A。由，可求出衛(wèi)星繞月運行的速度，故不選C。由，可求出衛(wèi)星繞月運行的加速度，故不選D。無論是由 ，都必須知道衛(wèi)星質(zhì)量m，才能求出月球?qū)πl(wèi)星的萬有引力，故選B。13．（09北京）22.（16分）已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，不考慮地球自轉的影響。（1） 推導第一宇宙速度v1的表達式；（2） 若衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，運行軌道距離地面高度為h，求衛(wèi)星的運行周期T。答案：（1）（2）【解析】（1）設衛(wèi)星的質(zhì)量為m，地球的質(zhì)量為M，在地球表面附近滿足：，得： ①衛(wèi)星做圓周運動的向心力等于它受到的萬有引力： ②①式代入②式，得到（2）考慮式，衛(wèi)星受到的萬有引力為： ③由牛頓第二定律： ④③、④聯(lián)立解得：14．（10北京）。已知萬有引力常量為G，若由于天體自轉使物體對天體表面壓力恰好為零，則天體自轉周期為A. B. C. D.【答案】D【解析】球形天體表面的赤道上，物體對天體表面壓力恰好為零，說明天體對物體的萬有引力恰好等于物體隨天體運動所需的向心力，有，解得：。正確選項為D。 機械振動機械波15．（06北京）17．某同學看到一只鳥落在樹枝上的P處，樹枝在10s內(nèi)上下振動了6次。鳥飛走后，他把50g的砝碼掛在P處，發(fā)現(xiàn)樹枝在10s內(nèi)上下振動了12次。將50g的砝碼換成500g的砝碼后，他發(fā)現(xiàn)樹枝在15s內(nèi)上下振動了6次。你估計鳥的質(zhì)量最接近 17．BA．50g B．200g C．500g D．550g 16．（07北京）abhO19．如圖所示的單擺，擺球a向右擺動到最低點時，恰好與一沿水平方向向左運動的粘性小球b發(fā)生碰撞，并粘接在一起，且擺動平面不變。已知碰撞前a球擺動的最高點與最低點的高度差為h，擺動的周期為T，a球質(zhì)量是b球質(zhì)量的5倍，碰撞前a球在最低點的速度是b球速度的一半。則碰撞后 D中A．擺動的周期為B．擺動的周期為C．D．17．（08北京）。一質(zhì)點由平衡位置豎直向上運動， m。則這列波 （ D ）A． s B． mC．波速是2 m/s D． s傳播了8 mAytOT/2T[解析]閱讀理解題意可得：，T=，故A錯。再由機械波傳播過程中的時空對應（nT時間內(nèi)波沿傳播方向傳出nλ）可得，，故B錯。由波速公式，得故C錯。，故D正確。18．（09北京）17．一簡諧機械波沿x軸正方向傳播，周期為T，波長為λ。若在x=0處質(zhì)點的振動圖像如右圖所示，則該波在t=T/2時刻的波形曲線為AyxOλ/2λAyxOλ/2λAyxOλ/2λAyxOλ/2λA B C D【答案】A【解析】從振動圖上可以看出x=0處的質(zhì)點在t=T/2時刻處于平衡位置，且正在向下振動，四個選項中只有A圖符合要求，故A項正確。19．（10北京）17．一列橫波沿x軸正向傳播，a、b、c、d為介質(zhì)中沿波傳播方向上四個質(zhì)點的平衡位置。某時刻的波形如圖1所示，此后，若經(jīng)過3/4周期開始計時，則圖2描述的是A．a(chǎn)處質(zhì)點的振動圖象B．b處質(zhì)點的振動圖象C．c處質(zhì)點的振動圖象D．d處質(zhì)點的振動圖象【答案】B【解析】由波的圖像經(jīng)過3/4周期a到達波谷，b達到平衡位置向下運動，c達到波峰，d達到平衡位置向上運動，這四個質(zhì)點在3/4周期開始計時時刻的狀態(tài)只有b符合振動圖像。選項B正確。方法1：由波的傳播方向判斷圖1中各質(zhì)點的振動方向，判斷各質(zhì)點3/4周期時的位置及速度方向，逐點分析，可知只有b點位于平衡位置且向下振動。方法2：將波形圖沿波傳播方向向右平移個波長的距離，再判斷哪點在平衡位置且向下振動。方法3：將振動圖按規(guī)律反向延長，找到0時刻前3/4周期時的位移及振動方向。二、電學 靜電感應、電容20．（06北京）14．使帶電的金屬球靠近不帶電的驗電器，驗電器的箔片張開。下列各圖表示驗電器上感應電荷的分布情況，正確的是 14．B+++++++++++++—+++++—A． B． C． D．21．（10北京）18．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）。設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ。實驗中，極板所帶電荷量不變，若A．保持S不變，增大d，則θ變大 B．保持S不變，增大d，則θ變小 C．保持d不變，減小S，則θ變小 D．保持d不變，減小S，則θ不變【答案】A【解析】由平行板電容器及，保持S不變，增大d，電容C減小，電荷量Q不變，電勢差U增大，靜電計指針偏角θ增大。保持d不變，減小S，電容C減小，電荷量Q不變，電勢差U增大，靜電計指針偏角θ增大。正確選項A。+PQ 電場22．（09北京）16．某靜電場的電場線分布如圖所示，圖中P、Q兩點的電場強度的大小分別為EP和EQ，電勢分別為UP和UQ，則A．EP＞EQ，UP＞UQ B．EP＞EQ，UP＜UQC．EP＜EQ，UP＞UQ D．EP＜EQ，UP＜UQ【答案】A【解析】從圖可以看出P點的電場線的密集程度大于Q點的密集程度，故P點的場強大于Q點的場強，因電場線的方向由P指向Q，而沿電場線的方向電勢逐漸降低，P點的電勢高于Q點的電勢，故A項正確。xOR1R2P23．（09北京）20．圖示為一個內(nèi)、外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為。取環(huán)面中心O為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設軸上任意點P到O點的的距離為x，P點電場強度的大小為E。下面給出E的四個表達式（式中k為靜電力常量），其中只有一個是合理的。你可能不會求解此處的場強E，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，E的合理表達式應為A．B．C．D．【答案】B【解析】當R1=0時，對于A項而言E=0，此時帶電圓環(huán)演變?yōu)閹щ妶A面，中心軸線上一點的電場強度E0，故A項錯誤；當x=0時，此時要求的場強為O點的場強，由對稱性可知EO=0，對于C項而言，x=0時E為一定值，故C項錯誤。當x→∞時E→0，而D項中E→4πκσ故D項錯誤；所以正確選項只能為B。24．（07北京）20．在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊。開始時滑塊靜止。若在滑塊所在空間加一水平勻強電場E1，持續(xù)一段時間后立刻換成與E1相反方向的勻強電場E2。當電場E2。與電場E1持續(xù)時間相同時，滑塊恰好回到初始位置，且具有動能Ek。在上述過程中，E1對滑塊的電場力做功為W1，沖量大小為I1；E2對滑塊的電場力做功為W2，沖量大小為I2。則 C難A．I1=I2 B．4I1=I2C．W1=，W2= D．W1=，W2=25．（06北京）23．（18分）如圖1所示，真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零）。A板電勢變化的規(guī)律如圖2所示。將一個質(zhì)量m=1027kg，電量q=+1019C的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力。求：⑴在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小；⑵若A板電勢變化周期T=105s，在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達A板時動量的大小；圖1T 2T U/Vt/sO圖2B A⑶A板電勢變化頻率多大時，在t=T/4到t=T/2時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板。23.（18分）（1）電場強度：帶電粒子所受電場力：得：（2）粒子在0~時間內(nèi)走過的距離為故帶電粒子在t=時，恰好到達A板根據(jù)動量定理，此時粒子動量：（3）帶電粒子在~t=向A板做勻加速運動，在~t=向A板做勻減速運動，速度減為零后將返回。粒子向A 板運動可能的最大位移要求粒子不能到達A板，有s＜d由f=，電勢變化頻率應滿足：Hz26．（07北京）22．（16分）兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間電壓為U，板間電場可以認為是均勻的。一個α粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板中心。已知質(zhì)子電荷為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響。求：⑴極板間的電場強度E；⑵α粒子在極板間運動的加速度a；⑶α粒子的初速度v0 1 ⑵ ⑶ 易2（1）極板間場強；（2）粒子在極板間運動的加速度 （3）由，得：， 磁場MNdBPbacv27．（06北京）20．如圖所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點，通過pa段用時為t。若該微粒經(jīng)過p點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結合為一個新微粒，最終打到屏MN上。兩個微粒所受重力均忽略。新微粒運動的 20．DA．軌跡為pb，至屏幕的時間將小于tB．軌跡為pc，至屏幕的時間將大于tC．軌跡為pb，至屏幕的時間將等于tD．軌跡為pa，至屏幕的時間將大于t 電場和磁場綜合28．（08北京），存在場強為E的勻強電場，同時存在沿x軸負方向，磁感應強度為B的勻強磁場。一質(zhì)子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運動。據(jù)此可以判斷出（ C ）OvyzxA．質(zhì)子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能減小，沿z軸正方向電勢升高B．質(zhì)子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能增大，沿z軸正方向電勢降低C．質(zhì)子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變，沿z軸正方向電勢升高D．質(zhì)子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變，沿z軸正方向電勢降低[解析]由電子沿y軸正方向勻速直線運動受平衡力，所以。由電子運動方向和磁感應強度方向，用左手定則可判斷電子所受洛倫茲力方向沿z軸負方向，則電場力方向沿z軸正方向，則對電子不做功，電勢能不變。負電荷所受電場力方向與場強方向相反，故電場方向沿z軸負方向。沿電場線方向電勢逐漸降低，則：沿z軸正方向電勢逐漸升高。綜上分析，正確答案為C。29．（09北京）19．如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點（圖中未標出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子bBEOA．穿出位置一定在O′點下方B．穿出位置一定在O′點上方C．運動時，在電場中的電勢能一定減小D．在電場中運動時，動能一定減小D．在電場中運動時，動能一定減小【答案】C【解析】a粒子要在電場、磁場的復合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區(qū)，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O’點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤。 電磁感應30．（10北京）19．在如圖所示