2020-2021学年山东省聊城市高二（上）期末物理试卷

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2020-2021学年山东省聊城市高二（上）期末物理试卷
一、本题共有12个小题每小题4分，共48分．在每小题给出的4个选项中，第1-7题只有一个选项符合题目要求；第8-12题有多个选项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分．
1．（4分）关于动量和冲量，下列说法正确的是（　　）
A．物体所受合外力越大，合外力的冲量就越大
B．物体所受合外力大，合外力的冲量不一定大
C．物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同
D．物体所受合外力的冲量等于物体的动量
2．（4分）现代生活中，人们越来越离不开手机，为通讯而创造的智能手机，越来越智能化，手机上装有多种传感器。当人们接通电话，将手机放在耳边时，原本亮着的屏幕会熄灭，这是由于屏幕上方安装了（　　）
A．温度传感器 B．加速度传感器
C．压力传感器 D．距离传感器
3．（4分）空间有竖直边界为AB、CD且垂直纸面向里的有界匀强磁场区域。一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉至如图所示位置静止释放，圆环在摆动过程中环面始终与磁场垂直。若不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A．圆环完全进入磁场后离最低点越近，感应电流越大
B．圆环在进入和穿出磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环向左穿过磁场后再返回，还能摆到原来的释放位置
D．圆环最终将静止在最低点
4．（4分）实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动。今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10V．已知R＝10Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是（　　）

A．线圈平面与磁场平行时刻，线圈中的瞬时电流为零
B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i=2sin100πt（A）
C．流过电阻R的电流最大值为2A
D．电阻R上的热功率等于5W
5．（4分）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场方向竖直向上为正．当磁感应强度B 随时间 t 按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流随时间变化情况的是（　　）

A． B．
C． D．
6．（4分）两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中通有方向如图所示大小相等的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度大小为B，如果仅让P中的电流反向，其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（　　）

A．0 B．33B C．3B D．2B
7．（4分）图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（　　）

A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
8．（4分）山崖边的公路常常称为最险公路，如图所示，一辆汽车欲安全通过此弯道公路，假定公路弯道部分路面可简化为水平面内的圆弧形平面，下列说法正确的是（　　）

A．若汽车以恒定的角速度转弯，选择内圈较为安全
B．若汽车以恒定的速率转弯，选举外圈较为安全
C．若汽车以恒定的速率转弯，则汽车的加速度不变
D．汽车在转弯时受到重力、支持力摩擦力和向心力作用
9．（4分）“嫦娥四号”探月工程在2020年5月和12月分两次发射完成。5月发射的中继星“鹊桥号”首次到达地月拉格朗日L2点，实现了月球背面与地面站之间的测控通讯。如图所示，拉格朗日L2点就在地球、月球连线的延长线上，在此点上卫星几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，则“鹊桥号”的（　　）

A．向心力仅由月球对它的引力提供
B．向心力由月球及地球对它的引力的合力提供
C．线速度大于月球的线速度
D．周期大于月球的周期
10．（4分）如图所示，条形磁铁放在光滑的斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住并处于静止状态。
图中圆圈为垂直纸面放置的直导线的横截面，当导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为
FN1；当导线中有电流通过时，磁铁对斜面的压力为FN2，下列说法正确的是（　　）

A．若导线位于图中1位置且电流方向向外，则FN1＞FN2
B．若导线位于图中1位置且电流方向向里，则弹簧的伸长量增大
C．若导线位于图中2位置且弹簧的伸长量增大，则导线中电流方向向里
D．若导线位于图中2位置且弹簧的伸长量增大，则FN1＞FN2
11．（4分）如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场组成的速度选择器，然后通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场，磁感应强度为B'，最终打在照相底片A1A2上，下列说法正确的是（　　）

A．粒子带负电
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．粒子打在照相底片A1A2上的位置越靠近P，粒子的比荷qm越小
D．粒子打在照相底片A1A2上的位置越靠近P，粒子在磁场中的运动时间越短
12．（4分）如图所示，某同学为感受向心力的大小与哪些因素有关，做了一个小实验：绳的一端拴小球不变，手牵着绳在空中甩动，使小球在水平面内做圆周运动，则下列说法正确的是（　　）

A．保持绳长不变，绳对手的拉力缓慢增大，则角速度可能不变，转动半径增大
B．保持绳长不变，绳对手的拉力缓慢增大，则角速度增大，转动半径增大
C．保持角速度不变，缓慢增大绳长，则绳对手的拉力不变，转动半径增大
D．保持角速度不变，缓慢增大绳长，则绳对手的拉力增大，转动半径增大
二、本题包括2个小题，共12分，把答案填在答题卡对应的横线上．
13．（6分）某实验小组利用：学生电源、小型可拆变压器、交流电压表、导线等器材进行变压器线圈两端电压与匝数关系的探究活动。根据实验原理图连接电路，在原线圈
两端依次加上不同的电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，实验数据如下表：
实验序号
原线圈匝数n1＝800原线圈两端电压U1（V）
副线圈匝数n2＝600副线圈两端电压U2（V）
副线圈匝数n3＝___副线圈两端电压U3（V）
1
5.6
4.2
2.8
2
9.7
7.3
4.8
3
13.7
10.3
6.8
（1）请你用笔画线代替导线完成电路的连接。
（2）根据实验数据，可以得出实验结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为　 　（用题中给出的字母表示）。
（3）根据表中的数据知副线圈的匝数n3＝　 　。

14．（6分）利用如图所示的方式验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的四分之﹣﹣光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将质量均为m的滑块A、B分别从圆弧轨道的最高点无初速度释放（如图甲所示），测得滑块在水平桌面滑行的距离均为x1；然后将滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将A从圆弧轨道的最高点无初速度释放（如图乙所示），测得碰后B沿桌而滑行的距离为x2，A沿桌而滑行的距离为x3，圆弧轨道的半径为R，A、B均可视为质点，重力加速度为g。
（1）滑块A运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为　 　。
（2）若A和B的碰撞过程动量守恒，则x1，x2，x3应满足的关系是　 　
（3）若A和B发生弹性碰撞。则碰撞后瞬间A的速度为　 　，B的速度为　 　。

三、解答题（共4小题，满分40分）
15．（8分）我国发射的某颗卫星在距地面高度为R的圆周轨道上运行，运行周期为T，已知引力常量为G，地球半径为R（不考虑地球的自转）。求：
（1）地球表面的重力加速度g；
（2）地球的密度ρ。
16．（10分）如图所示，竖直平面内的34圆弧形光滑轨道的半径为R＝0.4m，A端与圆心O等高，AD为水平面，B点为光滑轨道的最高点且在O的正上方。一个小球在A点正上方由静止释放，自由下落至A点进入圆轨道并恰好能通过B点，最后落到水平面C点处。取g＝10m/s2，求：
（1）小球通过轨道B点的速度大小；
（2）释放点距B点的竖直高度；
（3）落点C与A点的水平距离。

17．（10分）如图所示，真空中的矩形abcd区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形边界分别相切于ad、bc、ab，与ad、bc边分别相切于点e、f．一带电粒子以初速度v0沿着ef方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场，粒子以相同的初速度沿着ef方向射入恰能从c点飞离该区域，已知de＝cf=233R，粒子所受的重力忽略不计。
（1）求带电粒子的比荷；
（2）若撤去电场保留磁场，求粒子离开矩形区域时的位置，并画出粒子运动轨迹的示意图。

18．（12分）两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l＝0.2m导轨上横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示，两根导体棒的质量均为m＝0.1kg，电阻均为R＝0.5Ω，回路中其他部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁场感应强度为B＝1T．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0＝10m/s。若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）当棒ab的速度为34v0时，棒cd的速度及加速度的大小；
（2）若将cd棒固定，棒ab仍以初速度v0向右运动，且最终未与cd接触，整个运动过程中通过导体棒的电荷量。


2020-2021学年山东省聊城市高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、本题共有12个小题每小题4分，共48分．在每小题给出的4个选项中，第1-7题只有一个选项符合题目要求；第8-12题有多个选项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分．
1．【分析】根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，冲量I＝Ft分析各项。
【解答】解：AB、由I＝Pt可知冲量由力与时间决定，力大冲量不一定大，则A错误，B正确
C、合外力的冲量等于物体动量的变化量，冲量的方向与动量变化的方向相同，则CD错误
故选：B。
【点评】本题考查对冲量、动量、动量的增量三个物理量的理解，抓住三个量都是矢量，从定义、定理理解记忆。
2．【分析】距离传感器是一种测量距离的仪器，它发出的超声波遇到物体后反射回传感器，传感器收到信号后自动计算出物体与传感器的距离。
【解答】解：当人们接通电话，将手机放在耳边时，距离传感器发出的超声波遇到物体后反射回传感器，传感器收到信号后自动计算出物体与传感器的距离，当小于系统设置的临界点时，原本亮着的屏幕会熄灭，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】解答此题的管家时弄清距离传感器的工作原理。基础题。
3．【分析】圆环向右穿过磁场后，会产生电流，根据能量守恒求解。当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流。最终整个圆环在磁场区域来回摆动，不产生感应电流，机械能守恒。
【解答】解：A、整个圆环进入磁场后，磁通量不发生变化，不产生感应电流，故A错误。
B、只有当圆环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流。故B正确。
C、当圆环向左穿过磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，机械能向电能转化，所以机械能不守恒，当再返回，不能摆到原来的释放位置。故C错误。
D、在圆环不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置。故D错误。
故选：B。
【点评】本题为楞次定律的应用和能量守恒相合。注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化。
4．【分析】图示位置是与中性面垂直的位置，电动势最大，电压表的示数为电动势的有效值，电流瞬时值表达式为余弦函数。
【解答】解：A、线圈位于图中位置时，磁通量为零，而线圈中的瞬时电流不为零反而为最大，A错误；
B、电压表示数为10V，即有效值为10V，则最大值为102V，ω＝25×2π＝50πrad/s，
则电流最大值为10210=2A，所以从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为：
i=2cos50πt（A），故B错误C正确；
D、电阻R上的热功率等于U2R=10210=10W，D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了交流电的基础知识，根据是正确写出交流电瞬时值的表达式，注意计时的位置是中性面还是与之垂直的地方。
5．【分析】正确解答本题一定要明确B﹣t图象中斜率的含义，注意感应电动势的大小与磁通量大小无关与磁通量变化率成正比．
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：E＝n△∅△t=ns△B△t，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B﹣t图象中的斜率成正比，
由图象可知：0﹣2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，
而2﹣4s斜率不变，电流方向为逆时针，即为负值，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】正确理解感应电动势与磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率等之间的关系，可以类比加速度、速度变化量、速度变化率进行学习．
6．【分析】依据右手螺旋定则分别判定磁场方向，结合矢量的合成法则及三角知识，即可求解。
【解答】解：在两导线中通有如图方向的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为B，如下图所示：
依据几何关系，及三角知识，则有：B2＝B；
由此可知，每一根导线在a产生的磁场的磁感应强度为B，
当P中的电流反向，其他条件不变，
依据几何关系，及三角知识，a点处磁感应强度的大小为：2Bcos30°=3B；故C正确。
故选：C。


【点评】考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向是解题的关键。
7．【分析】闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
【解答】解：A、图1中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L的电流，则可知L的电阻小于A1的电阻，故A错误；
B、图1中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B错误；
C、图2中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；
D、图2中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。
故选：C。
【点评】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
8．【分析】汽车做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，结合公式Fn＝mω2r＝mv2r分析即可。
【解答】解：A、如果汽车以恒定的角速度转弯，根据Fn＝mω2r，在内圈时转弯半径小，故在内圈时向心力小，故静摩擦力小，不容易打滑，安全，故A正确；
B、若汽车以恒定的线速度大小转弯，根据Fn＝mv2r，在外圈是转弯半径大，故在外圈时向心力小，故静摩擦力小，不容易打滑，安全，故B正确；
C、若汽车以恒定的线速度大小转弯，根据an=v2r，内外圈半径不同，向心加速度不同，故C错误；
D、汽车做的是匀速圆周运动，故是侧向静摩擦力提供向心力，重力和支持力平衡，向心力是合力提供，不是重复受力，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题关键是明确汽车的运动性质是匀速圆周运动，找到向心力来源，结合向心力公式列式分析，基础题目。
9．【分析】分析“鹊桥号”受力即可其向心力的来源；根据“鹊桥号”与月球同步绕地球做圆周运动，可知“鹊桥号”与月球绕地球做圆周运动的角速度与周期关系，利用v＝ωr即可分析线速度大小关系。
【解答】解：AB．对“鹊桥号”受力分析，受地球与月球的万有引力作用，两个力都在一条直线上，故“鹊桥号”的向心力由月球及地球对它的引力的合力提供，故A错误，B正确；
CD．由于“鹊桥号”与月球同步绕地球做圆周运动，即“鹊桥号”与月球绕地球运动时有相同的角速度，故周期相同，由v＝ωr可知“鹊桥号”的线速度大于月球的线速度，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题的关键是审清题意，通过受力分析找出“鹊桥号”的向心力来源、得出“鹊桥号”与月球的角速度关系即可正确答题
10．【分析】通电导体在磁场中受到安培力的作用，安培力的方向可以用左手定则判断；根据牛顿第三定律即可判断出导线对磁铁的安培力方向，再由平衡条件分析即可。
【解答】解：条形磁铁的外部磁场方向是由N极指S极，由1位置的磁场方向沿斜面向下，2位置的磁场方向斜向左上方，则：
A．若导线位于图中1位置且电流方向向外，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向下，由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向上，可知磁铁对斜面的压力减小，则FN1＜FN2，故A正确；
B．若导线位于图中1位置且电流方向向里，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向上，由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向下，但弹簧的弹力仍等于磁铁重力沿斜面方向的分力，大小不变，则弹簧的伸长量不变，故B错误；
CD．若导线位于图中2位置且弹簧的伸长量增大，可知导线对磁铁的反作用力沿斜面方向的分力沿斜面向下，垂直于斜面方向的分力垂直斜面向下，从而才会使弹簧的弹力增大，也使磁铁对斜面的压力增大，故FN1＜FN2，所以导线所受的安培力方向斜向右上方，由左手定则可得导线中的电流方向向里，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析。
11．【分析】粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性；根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度；通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小。
【解答】解：A、带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，故A错误；
B、粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，而粒子的电场力水平向右，那么洛伦兹力水平向左，粒子带正电，则磁场垂直纸面向外，故B正确；
C、经过速度选择器进入磁场B'的粒子速度相等，根据r=mvqB知，粒子打在AlA2上的位置越靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大，故C错误；
D、所有打在AlA2上的粒子，在磁场B'中做匀速圆周运动，运动的时间等于t=T2，T=2πmqB，则t=πmqB，因此粒子打在照相底片A1A2上的位置越靠近P，粒子在磁场中的运动时间越短，故D正确；
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，明确洛伦兹力充当向心力的正确应用是解题的关键。
12．【分析】根据向心力公式F＝mω2r，采用控制变量法，结合牛顿第二定律，即可确定求解。
【解答】解：设绳子与竖直方向夹角为θ，则小球的求轨道半径r＝lsinθ，
A、B小球受重力mg和绳子拉力T，据牛顿第二定律有：Tcosθ＝mg，Tsinθ＝mω2r，当绳长l不变，拉力T增大时，据Tcosθ＝mg知cosθ减小，θ增大，合力Tsinθ增大，半径r＝lsinθ变大，ω不一定增大，可能不变，故A正确，B错误；
C、D根据牛顿第二定律mgtanθ＝mω2lsinθ得：ω=glcosθ，当角速度ω不变，绳长l增大时，cosθ减小，Tcosθ＝mg，绳子拉力T增大，θ增大，轨道半径r＝lsinθ变大，故C错误，D正确；
故选：AD。
【点评】本题关键选择向心力公式的恰当形式结合题意讨论，并掌握牛顿第二定律的应用，及控制变量法的思想。
二、本题包括2个小题，共12分，把答案填在答题卡对应的横线上．
13．【分析】根据实验数据，可以得到U1U2=n1n2．再利用得到结论，可求出副线圈的匝数。
【解答】解：（1）连线如图所示。
（2）第一组数据
U1U2=5.64.2=43，n1n2=800600=43，
可得U1U2=n1n2
第二组数据
U1U2=9.77.3≈1.33，n1n2=800600=43≈1.33，
可得U1U2=n1n2
第三组数据
U1U2=13.710.3≈1.33，n1n2=800600=43≈1.33，
可得U1U2=n1n2
（3）根据上面三组数据可以得到变压器线圈两端电压与匝数的关系为：
可得U1U2=n1n2
根据可得U1U3=n1n3，n3=U3U1⋅n1=2.85.6×800=400匝
答：（1）连线如图所示；
（2）实验结论：U1U2=n1n2；
（3）副线圈的匝数400。

【点评】本题是验证变压器原副线圈的匝数比的一个实验。利用实验数据，容易得到变压器原副线圈的匝数比等于变压器原副线圈的电压比。对实验实物电路图的连接是解题的难点。
14．【分析】（1）应用机械能守恒定律求出滑块A到达最低点时的速度，应用牛顿第二定律求出轨道对A的支持力，然后求出滑块对轨道的支持力。
（2）应用动能定理求出滑块的速度，然后应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
（3）弹性碰撞过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出碰撞后滑块的速度。
【解答】解：（1）滑块A在圆弧轨道上下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgR=12mvA2，
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律得：
F﹣mg＝mvA2R，
解得：F＝3mg，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为：
F′＝F＝3mg；
（2）滑块在水平轨道运动过程，由动能定理得：
对滑块A：
﹣μmgx1＝0-12mvA2
﹣μmgx3＝0-12mvA′2，
对B：﹣μmgx2＝0-12mvB2，
如果碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvA＝mvA′+mvB，
解得：x1=x2+x3；
（3）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mvA＝mvA′+mvB，
由机械能守恒定律得：
12mvA2=12mvA′2+12mvB2，
解得：vA′＝0，vB=2gR；
故答案为：（1）3mg；（2）x1=x2+x3；（3）0；2gR。
【点评】弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、牛顿第二定律、动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
三、解答题（共4小题，满分40分）
15．【分析】（1）卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析；然后再根据重力加速度的表达式进行分析即可；
（2）首先利用卫星的万有引力等于向心力列式求解星球质量，然后根据密度的定义求解地球的密度。
【解答】解：（1）卫星受万有引力提供向心力，故：GMm(R+h)2=m(2πT)2(R+h)，
重力加速度：g=GMR2，
联立解得：g=4π2(R+h)3T2R2；
（2）卫星受万有引力提供向心力，故：GMm(R+h)2=m(2πT)2(R+h)，
解得：M=4π2(R+h)3GT2，
故地球的密度为：ρ=MV=4π2(R+h)3GT243πR3=3π(R+h)3GT2R3；
答：（1）地球表面的重力加速度g为4π2(R+h)3T2R2；
（2）地球的密度ρ为3π(R+h)3GT2R3。
【点评】本题考查卫星的动力学原理，结合牛顿万有引力定律、第二定律和密度的定义列式求解即可。
16．【分析】（1）小球恰能通过最高点B时，对轨道的压力为0，重力提供向心力，求出B点的速度；
（2）从释放点到B点运用动能定理，根据动能定理求出释放点距离A点的高度。
（3）小球离开B点做平抛运动，高度决定时间，根据时间和B点的速度求出水平距离。
【解答】解：（1）小球恰能通过最高点B时有：mg＝mvB2R
解得：vB=gR=2m/s
（2）设释放点到A高度h，则有动能定理：mg（h﹣R）=12mvB2
解得：h＝1.5R＝0.6m
距B点的距离为0.2m
（3）小球由C到D做平抛运动R=12gt2
水平位移xOC＝vBt
解得：xOC=2R
所以落点C与A点的水平距离为：xAC＝（2-1）R=2(2-1)5m
答：（1）小球通过轨道B点的速度大小2m/s；
（2）释放点距B点的竖直高度0.2m；
（3）落点C与A点的水平距离2(2-1)5m。
【点评】解决本题的关键知道球到达B点时对轨道的压力为0，只有重力提供向心力，以及能够熟练运用动能定理。
17．【分析】（1）本题先分析带电粒子的运动情况，并把握每个过程遵守的规律：未撤去磁场时，带电粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡；撤去磁场后，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，已知水平距离x＝2R，竖直距离y＝cf=233R，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出比荷。
【解答】解：（1）设匀强电场强度为E，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef方向做直线运动，有：qv0B＝qE…①
当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题，粒子恰能从c点飞出，则
水平方向有：2R＝v0t ②
竖直方向有：de=233R=12at2③
qE＝ma ④
联解①②③④得：qm=3v03BR⑤
（2）若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示。
设粒子离开矩形区域时的位置g离b的距离为x，则由牛顿第二定律：
qv0B=mv02r⋯⑦
得，r=mv0qB=3R
由图中几何关系得：
粒子的轨迹半径为r＝Rtanθ=3R…⑧
得θ＝60°
故粒子离开磁场时到b的距离为x＝R﹣Rcotθ…⑨
代入数据解得：x=3-33R⋯⑩
答：（1）带电粒子的比荷为3v03BR；
（2）若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置离b的距离为3-33R，粒子运动轨迹的示意图如图所示。

【点评】本题中带电粒子在复合场中运动，分析受力情况和运动情况是基础，磁场中关键画出轨迹，运用几何知识求解轨迹半径。
18．【分析】（1）根据动量守恒定律求解棒cd的速度，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）对ab利用动量定理列式，结合电流的定义式求解电荷量。
【解答】解：（1）受力分析可知，在运动过程中两棒总动量守恒，取向右为正方向，当棒ab的速度为34v0时，设cd棒的速度为v，由动量守恒定律得
mv0=m34v0+mv
得v=14v0=2.5m/s
此时加路产生的感应电动为
E＝BLv0﹣BLv＝1×0.2×5V＝1V
回路中电流为
I=E2R=11A=1A
由牛顿第二定律可得加速度为
a=BILm=1×1×0.20.1m/s2=2m/s2
（2）最终ab棒的速度变为0，则由动量定理有
﹣BLIt＝0﹣mv0
又q＝It
得q＝5C
答：（1）当棒ab的速度为34v0时，棒cd的速度大小为2.5m/s，加速度的大小为2m/s2；
（2）整个运动过程中通过导体棒的电荷量为5C。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量与动量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。