2024年高考物理大一轮复习：第4课时 力与曲线运动(二)——圆周运动模型

这是一份2024年高考物理大一轮复习：第4课时 力与曲线运动(二)——圆周运动模型，共32页。

第4课时　力与曲线运动(二)——圆周运动模型



　圆周运动
命题角度一　水平面内的圆周运动
【例1】 如图1所示，一小球由不可伸长的轻绳系于一竖直细杆的A点，当竖直杆以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动。关于小球到A点的竖直距离h与角速度ω的关系图线，正确的是(　　)

图1

解析　设轻绳与竖直方向的夹角为θ，绳长为L，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝mLω2sin θ，解得ω2＝＝，可知h＝，即h与成正比，h与的图线是一条过原点的倾斜直线，D项正确。
答案　D
命题角度二　竖直面内的圆周运动
【例2】 如图2是检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M为半径R＝1.6 m、固定于竖直平面内的光滑半圆弧轨道，A、B分别是轨道的最低点和最高点，N为防护罩，它是一个竖直固定的圆弧，其半径r＝ m，圆心位于B点。在A处放置水平向左的弹簧枪，可向M轨道发射速度不同的质量均为m＝0.01 kg的小钢珠(可视为质点)，弹簧枪可将弹性势能完全转化为小钢珠的动能。假设某次发射的小钢珠沿轨道恰好能经过B点，g取10 m/s2。求：

图2
(1)小钢珠在B点的速度大小；
(2)小钢珠从B点飞出后落到圆弧N上所用的时间；
(3)发射小钢珠前，弹簧的弹性势能Ep。
解析　(1)在B处对小钢珠进行受力分析，由牛顿第二定律有
mg＝m，得vB＝＝4 m/s。
(2)小钢珠从B点飞出后做平抛运动，
由平抛运动的规律得
x＝vBt，h＝gt2
x2＋h2＝r2
联立解得t＝0.4 s。
(3)从发射钢珠到上升至B点过程，
由机械能守恒定律得Ep＝ΔEp＋ΔEk＝mg·2R＋mv解得Ep＝0.4 J。
答案　(1)4 m/s　(2)0.4 s　(3)0.4 J
命题角度三　圆周运动和平抛运动相结合
【例3】 (2019·西安高三检测)如图3所示，竖直平面内有一光滑管道口径很小的圆弧轨道，其半径为R＝0.5 m，平台与轨道的最高点等高。一质量m＝0.8 kg可看做质点的小球从平台边缘的A处平抛，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。试求：

图3
(1)小球从A点开始平抛运动到P点所需的时间t；
(2)小球从A点水平抛出的速度大小v0和A点到圆弧轨道入射点P之间的水平距离l；
(3)小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小；
(4)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力？并求出弹力的大小。
解析　(1)从A到P过程中，小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，
有R＋Rcos 53°＝gt2，
解得t＝0.4 s。
(2)根据分运动公式，有vy＝gt，tan 53°＝，
解得v0＝3 m/s，
在水平方向上，有l＝v0t，解得l＝1.2 m。
(3)从A到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律，有
mv＝2mgR＋mv，解得v1＝ m/s。
(4)小球从A到达Q时，根据机械能守恒定律可知
vQ＝v0＝3 m/s；
在Q点，根据牛顿第二定律，有
FN＋mg＝m，得FN＝6.4 N
根据牛顿第三定律可得
小球对外壁有弹力FN′＝FN＝6.4 N。
答案　(1)0.4 s　(2)3 m/s　1.2 m　(3) m/s (4)外壁　6.4 N

解答匀速圆周运动问题的方法


1.(多选)(2019·石家庄三模)如图4所示，两个质量均为m的小球A、B套在半径为R的圆环上，圆环可绕竖直方向的直径旋转，两小球随圆环一起转动且相对圆环静止。已知OA与竖直方向的夹角θ＝53°，OA与OB垂直，小球B与圆环间恰好没有摩擦力，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法正确的是(　　)

图4
A.圆环旋转角速度的大小为
B.圆环旋转角速度的大小为
C.小球A与圆环间摩擦力的大小为mg
D.小球A与圆环间摩擦力的大小为mg
解析　小球B与圆环间恰好没有摩擦力，由支持力和重力的合力提供向心力，有mgtan 37°＝mω2Rsin 37°，解得ω＝，则A正确，B错误；对小球A受力分析，如图所示。
水平方向FNsin θ－Ffcos θ＝mω2Rsin θ
竖直方向FNcos θ＋Ffsin θ－mg＝0
联立解得Ff＝mg，故C错误，D正确。
答案　AD
2.如图5所示，将质量m＝1.0 kg的可视为质点的小物块放在长L＝3.0 m 的平板车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.6，光滑半圆形固定轨道与光滑水平轨道在同一竖直平面内，半圆形轨道的半径r＝1.2 m，直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，开始时车和物块一起以v0＝
10 m/s的初速度在水平轨道上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，g取
10 m/s2，求：

图5
(1)物块刚进入半圆形轨道时速度大小；
(2)物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力大小；
(3)物块回落至车上时距右端的距离。
解析　(1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v1，由动能定理可得
－μmgL＝mv－mv
解得v1＝8.0 m/s。
(2)刚进入半圆形轨道时，设物块受到的支持力为FN，由牛顿第二定律
FN－mg＝m
代入数据解得FN＝63.3 N
由牛顿第三定律可得FN＝－FN′
所以物块刚进入半圆形轨道时对轨道的压力为63.3 N，方向竖直向下。
(3)若物块能到达半圆形轨道的最高点，则由机械能守恒定律可得
mv＝mv＋mg·2r
解得v2＝4 m/s
设恰能通过最高点的速度为v3，则
mg＝m
代入数据解得v3＝2 m/s
因v2＞v3，故小物块从半圆形轨道最高点做平抛运动
设物块落点距车右端的水平距离为x，则
在竖直方向2r＝gt2
水平方向x＝v2t
代入数据解得x＝ m≈2.8 m。
答案　(1)8.0 m/s　(2)63.3 N　(3)2.8 m
　天体的运动
1.必须夯实的“2个概念和3个问题”
(1)万有引力、宇宙速度；
(2)卫星的发射及运行问题、变轨问题、多星问题。
2.必须领会的“2种物理思想”
估算的思想、模型化思想。
3.必须辨明的“3个易错易混点”
(1)估算天体质量时，只能估算中心天体的质量；
(2)卫星变轨过程中，万有引力不等于向心力；
(3)在多星问题中轨道半径和距离往往不同。
命题角度一　万有引力定律的应用
【例1】 (2019·全国卷Ⅱ，14)2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆。在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图象是(　　)

解析　由万有引力公式F＝G可知，探测器与地球表面距离h越大，
F越小，排除B、C；而F与h不是一次函数关系，排除A，选项D正确。
答案　D
命题角度二　天体质量、密度的估算
【例2】 (2018·11月浙江选考，12)20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F(其他星球对它的引力可忽略)。飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动。已知星球的半径为R，引力常量用G表示。则宇宙飞船和星球的质量分别是(　　)

图6
A.， B.，
C.， D.，
解析　根据牛顿第二定律，F＝ma＝m·，故飞船的质量m＝。飞船绕星球做圆周运动的半径r＝，由万有引力提供向心力可知，＝，即M＝＝，故选项D正确。
答案　D
命题角度三　卫星运行参量的分析
【例3】 (2019·全国卷Ⅲ，15)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金＜R地＜R火，由此可以判定(　　)
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
解析　行星绕太阳做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和圆周运动知识可知
G＝ma，得向心加速度a＝
由G＝m，得速度v＝
由于R金＜R地＜R火
所以a金＞a地＞a火，v金＞v地＞v火，选项A正确。
答案　A
命题角度四　天体运动中的双星、多星问题
【例4】 (多选)(2018·全国卷Ⅰ，20)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看做是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星(　　)
A.质量之积 B.质量之和
C.速率之和 D.各自的自转角速度
解题关键：情境转化——模型建构(如图所示)

解析　由题意可知，合并前两中子星绕连线上某点每秒转动12圈，则两中子星的周期相等，且均为T＝ s，两中子星的角速度均为ω＝，两中子星构成了双星模型，假设两中子星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，速率分别为v1、v2，则有G＝m1ω2r1、G＝m2ω2r2，又r1＋r2＝L＝400 km，解得m1＋m2＝，A错误，B正确；又由v1＝ωr1、v2＝ωr2，则v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωL，C正确；由题中的条件不能求解两中子星自转的角速度，D错误。
答案　BC

双星模型的特点


1.如图7所示，某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运转半径的，设月球绕地球运动的周期为27天，则此卫星的运转周期大约是(　　)

图7
A.天 B.天 C.1天 D.9天
解析　由于r卫＝r月，T月＝27天，由开普勒第三定律可得＝，则T卫＝1天。
答案　C
2.(多选)在某星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，若物体只受该星球引力作用，引力常量为G，忽略其他力的影响，物体上升的最大高度为h，已知该星球的直径为d，下列说法正确的是(　　)
A.该星球的质量为
B.该星球的质量为
C.在该星球表面发射卫星时最小的发射速度为
D.在该星球表面发射卫星时最小的发射速度为
解析　物体做竖直上抛运动，根据运动学公式可得星球表面的重力加速度为g′＝，设星球的质量为M，物体的质量为m，在星球表面上有G＝mg′，解得
M＝，选项A正确，B错误；在该星球表面发射卫星的最小速度为vmin＝＝，选项C错误，D正确。
答案　AD
3.2018年8月12日，美国“帕克”太阳探测器在佛罗里达州卡纳维拉尔角发射升空，这是人类首个将穿越日冕“触摸”太阳的探测器。已知海王星距太阳的距离约为450 400万千米，“帕克”太阳探测器距太阳的距离约为4 273万千米。若海王星与“帕克”太阳探测器围绕太阳的运动均视为匀速圆周运动，则(　　)
A.海王星的运行周期一定比“帕克”太阳探测器的运行周期小
B.在相同时间内，海王星转过的弧长一定比“帕克”太阳探测器转过的弧长长
C.海王星运行时的向心加速度一定比“帕克”太阳探测器运行时的向心加速度小
D.海王星的角速度一定比“帕克”太阳探测器的角速度大
解析　由公式T＝2π可知T∝，所以海王星的运行周期比“帕克”太阳探测器的运行周期大，选项A错误；由G＝m得v＝，知轨道半径小，运行速度大，海王星运行时的速度比“帕克”太阳探测器的小，在相同时间内，海王星转过的弧长一定比“帕克”太阳探测器的短，选项B错误；根据G＝ma可得a＝∝，因为海王星的轨道半径大，所以其向心加速度较小，选项C正确；根据公式G＝mrω2可得ω＝，轨道半径越大，角速度越小，所以海王星的角速度小于“帕克”太阳探测器的角速度，选项D错误。
答案　C
4.(多选)荷兰某研究所推出了2023年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划。假设登陆火星需经历如图8所示的变轨过程。已知引力常量为G，则下列说法正确的是(　　)

图8
A.飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ＞TⅡ＞TⅠ
B.飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
C.飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气
D.若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度
解析　根据开普勒第三定律可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ＞TⅡ＞TⅠ，选项A正确；飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速，则飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，选项B错误，C正确；若轨道Ⅰ贴近火星表面，可认为轨道半径等于火星半径，根据万有引力提供向心力，G＝mRω2，以及密度公式ρ＝，火星体积V＝πR3，联立解得ρ＝，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，选项D正确。
答案　ACD
　带电粒子在磁场中的圆周运动
命题角度一　带电粒子在匀强磁场中的运动
【例1】 (2019·全国卷Ⅲ，18)如图9，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(　　)

图9
A. B. C. D.
解析　带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆半径的2倍，如图所示。
粒子在第二象限内运动的时间
t1＝＝＝
粒子在第一象限内运动的时间
t2＝＝＝
则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，选项B正确。
答案　B
命题角度二　带电粒子在磁场中运动的多解问题
【例2】 (多选)(2019·湖南益阳市3月调研)如图10所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45°角，在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点，已知ab＝d，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为(　　)

图10
A. B.
C. D.
解析　由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示

所有圆弧的圆心角均为90°，所以粒子运动的半径r＝·(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，则v＝＝·(n＝1，2，3，…)，故A、B、C正确，D错误。
答案　ABC
命题角度三　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界、极值问题
【例3】 (2019·江苏卷，16)如图11所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d
图11
(1)求粒子运动速度的大小v；
(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；
(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝，求粒子从P到Q的运动时间t。
解析　(1)洛伦兹力提供向心力qvB＝m
r＝d，解得v＝。
(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切

由几何关系得dm＝d(1＋sin 60°)
解得dm＝d。
(3)粒子的运动周期T＝
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′，则
t＝n＋t′(n＝1，3，5，…)
(a)当L＝nd＋d时，粒子斜向上射出磁场
t′＝T
解得t＝。
(b)当L＝nd＋d时，粒子斜向下射出磁场
t′＝T
解得t＝。
答案　(1)　(2)d　(3)或

1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法

2.求解临界、极值问题的“两思路”
(1)以定理、定律为依据，求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界特殊规律和特殊解。
(2)画轨迹讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。
　圆周运动中的STSE问题
命题角度一　火车转弯
【例1】 (多选)火车转弯可近似看成是做匀速圆周运动，当火车以规定速度通过时，内、外轨道均不受侧向挤压，如图12所示。现要降低火车转弯时的规定速度，需对铁路进行改造，从理论上讲以下措施可行的是(　　)

图12
A.减小内、外轨的高度差 B.增加内、外轨的高度差
C.减小弯道半径 D.增大弯道半径
解析　当火车以规定速度通过弯道时，火车的重力和支持力的合力提供向心力，如图所示
即mgtan θ＝m，故gRtan θ＝v2，若使火车经弯道时的速度v减小，则可以减小倾角θ，即减小内、外轨的高度差，或者减小弯道半径R，故A、C正确，B、D错误。
答案　AC
命题角度二　生活、娱乐
【例2】 (多选)(2019·江苏卷，6)如图13所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)

图13
A.运动周期为
B.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R
解析　座舱的周期T＝＝，A错误；根据线速度与角速度的关系，v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F合＝mω2R，C错误，D正确。
答案　BD
【例3】 (多选)如图14所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是(　　)

图14
A.甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力
B.乙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力
C.丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力
D.丁图中，轨道车过最高点的最小速度为
解析　甲图中，由mg＝m可知，当轨道车以一定的速度v＝通过轨道最高点时，座椅给人向上的力为零，选项A错误；乙图中，由F－mg＝m可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，安全带一定给人向上的力F＝mg＋m，选项B正确；丙图中，由F－mg＝m可知，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力F＝mg＋m，选项C正确；由于过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，丁图中，轨道车过最高点的最小速度可以为零，选项D错误。
答案　BC
命题角度三　前沿科学、技术问题
【例4】 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。中国计划在2030年建成全球化的量子通信网络。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15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(　　)

图15
A.同步卫星与量子卫星的运行周期之比为
B.同步卫星与P点的速率之比为
C.量子卫星与同步卫星的速率之比为
D.量子卫星与P点的速率之比为
解析　根据G＝mr，得T＝，由题意知r量子＝mR，r同步＝nR，所以＝＝＝，故A错误；P为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据v＝ωr，所以有＝＝＝，故B错误；根据G＝m，得v＝，所以＝＝＝，故C错误；综合B、C，有v同＝nvP，＝，得＝，故D正确。
答案　D
【例5】 如图16是某屏蔽高能粒子辐射的装置，铅盒左侧面中心O有一放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ向外辐射α粒子，铅盒右侧有一左右边界平行的匀强磁场区域。过O的截面MNPQ位于垂直磁场的平面内，OH垂直于MQ。已知∠MOH＝∠QOH＝53°。α粒子质量m＝6.64×10－27 kg，电荷量q＝3.20×10－19 C，速率v＝1.28×107 m/s；磁场的磁感应强度B＝0.664 T，方向垂直于纸面向里，粒子重力不计，忽略粒子间的相互作用及相对论效应，sin 53°＝0.80，cos 53°＝0.60。

图16
(1)求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t；
(2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，即达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度d。
解析　(1)粒子在磁场内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
qvB＝m，T＝，
则T＝
垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为t＝
代入数据解得t＝×10－6 s≈9.81×10－8 s。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，
qvB＝m
得R＝
若沿OQ方向进入磁场的粒子运动轨迹与磁场右边界相切，则所有粒子均不能从磁场的右边界射出，如图所示，
由几何关系可得d＝R＋Rsin 53°
代入数据可得d＝0.72 m。
答案　(1)9.81×10－8 s　(2)0.72 m

破解科技类问题“三妙招”
(1)提炼：把题目中科学技术与物理知识相联系的部分提炼出来。
(2)转化：把提炼出来的相关部分转化为已有的物理模型，运用模型知识解决问题。
(3)迁移：把生活中的物理迁移到固有的物理规律中，用熟悉的物理规律解决科学技术中的有关问题。

A卷　提能小卷练
一、选择题
1.(2019·天津卷，1)2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为M、半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的(　　)

图1
A.周期为 B.动能为
C.角速度为 D.向心加速度为
解析　探测器绕月运动由万有引力提供向心力，对探测器，由牛顿第二定律得，G＝mr，解得周期T＝，A正确；由G＝m知，动能Ek＝mv2＝，B错误；由G＝mrω2得，角速度ω＝，C错误；由G＝ma得，向心加速度a＝，D错误。
答案　A
2.(2019·北京卷，16)如图2所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(　　)

图2
A.粒子带正电
B.粒子在b点速率大于在a点速率
C.若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D.若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
解析　由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由R＝，若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出，C正确；由R＝，若仅减小入射速率v，则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，由t＝T，T＝知，运动时间变长，D错误。
答案　C
3.在半径为R的圆形容器上开一个小孔P，圆心O处固定一个放射源S，放射源能向圆平面内各个方向辐射不同速率的β粒子，如图3所示。β粒子的质量为m、电荷量为e。容器内壁能吸收β粒子，让磁感应强度为B的匀强磁场垂直于圆平面时有β粒子从P孔中射出。则能从P孔射出的β粒子的速率可能为(　　)

图3
A. B. C. D.
解析　放射源辐射的β粒子在磁场中做圆周运动的轨迹均经过圆心O与速度方向相切，故β粒子轨迹圆心O′在垂直于速度方向的容器半径上，粒子轨迹与容器壁相切是不从容器中射出的临界状态，粒子能直接从P孔射出时，β粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径应满足r＞，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB＝m，解得v＞，A、B、C错误，D正确。
答案　D
4.(多选)如图4所示，圆a和椭圆b是位于地球赤道平面上的卫星轨道，其中圆a是地球同步轨道。现在有A、B两颗卫星分别在a、b轨道上运行，但运行方向与地球自转方向相反，已知A、B的运行周期分别为T1、T2，地球自转周期为T0，P为轨道b的近地点。则下列说法正确的是(　　)

图4
A.卫星A是地球同步卫星
B.卫星B在P点时动能最大
C.T0＝T1
D.T1＜T2
解析　圆a是地球同步轨道，但卫星A的运行方向与地球自转方向相反，所以不是地球同步卫星，A项错误；卫星B在椭圆轨道上，在近地点P时速度最大，动能最大，B项正确；根据万有引力提供向心力，可得G＝mr，得出周期
T＝，可知因卫星A与地球同步卫星距离地面高度相等，所以周期相同，C项正确；根据开普勒第三定律＝k(常数)，卫星A的轨道半径大于卫星B的轨道半长轴，所以T1＞T2，D项错误。
答案　BC
二、非选择题
5.如图5所示为圆弧形固定光滑轨道，a点切线方向与水平方向夹角为53°，b点切线方向水平。一小球以水平初速度6 m/s做平抛运动刚好能从a点沿轨道切线方向进入轨道，已知轨道半径为1 m，小球质量为1 kg。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2)求：

图5
(1)小球做平抛运动的飞行时间；
(2)小球到达b点时，轨道对小球的压力大小。
解析　(1)小球进入轨道时速度方向与水平方向夹角为53°，则有tan 53°＝
vy＝gt，解得t＝0.8 s。
(2)设初始位置距a点高度为h，则有
h＝gt2
设初始位置距b点高度为H，则有
H＝h－
从初始位置到b由动能定理得
mgH＝mv－mv
对b点由牛顿第二定律得
FN＋mg＝m
联立以上各式，解得FN＝58 N。
答案　(1)0.8 s　(2)58 N
6.如图6所示，在xOy平面内，有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等，质量为m、电荷量大小为q，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。

图6
(1)若粒子带负电，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间；
(2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。
解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，
洛伦兹力提供向心力，则qvB＝m
根据几何关系r≤
联立得v≤
粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝
由粒子在磁场中运动的轨迹可得，沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短，则t＝
联立可得t＝。
(2)分析可得，粒子在磁场中能经过的区域最大面积为半圆，如图中阴影部分，

由几何关系可得该半圆的半径r′＝R
面积S＝πr′2
联立可得S＝πR2。
答案　(1)v≤　　(2)πR2
B卷　高考标准练
(20分钟　48分)
选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分。其中第1～5题为单项选择题，第6～8题为多项选择题)
1.(2019·江苏卷，4)1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图7所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G。则(　　)

图7
A.v1＞v2，v1＝ B.v1＞v2，v1＞
C.v1＜v2，v1＝ D.v1＜v2，v1＞
解析　卫星绕地球运动，由开普勒第二定律知，近地点的速度大于远地点的速度，即v1＞v2。若卫星以近地点时的半径做圆周运动，则有＝m，得运行速度v近＝，由于卫星在近地点做离心运动，则v1＞v近，即v1＞，选项B正确。
答案　B
2.(2019·北京卷，18)2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)。该卫星(　　)
A.入轨后可以位于北京正上方
B.入轨后的速度大于第一宇宙速度
C.发射速度大于第二宇宙速度
D.若发射到近地圆轨道所需能量较少
解析　同步卫星只能位于赤道正上方，A错误；由＝知，卫星的轨道半径越大，环绕速度越小，因此入轨后的速度小于第一宇宙速度(近地卫星的环绕速度)，B错误；同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，C错误；若该卫星发射到近地圆轨道，所需发射速度较小，所需能量较少，D正确。
答案　D
3.(2019·新乡一模)如图8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取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(　　)

图8
A.1 m/s B.2 m/s
C.3 m/s D.4 m/s
解析　设小球在轨道最低点时所受轨道支持力为FN、弹簧弹力大小为F，则FN－mg－F＝m，求得F＝2 N，可判断出弹簧处于压缩状态，小球以最小速度通过最高点时，球对轨道的压力刚好为零，则mg－F＝m，求得v2＝2 m/s，B项正确。
答案　B
4.如图9所示，地球位于O点，两卫星A、B绕地球的运动可近似看成是同一平面内的同方向绕行的匀速圆周运动。其中卫星A为地球同步卫星，若rA＝4rB，则卫星A、B相邻两次距离最小的时间间隔为(　　)

图9
A.天 B.天
C.天 D.天
解析　根据开普勒第三定律＝k得，卫星A、B的周期之比为＝＝8，卫星A的周期为TA＝1天，则卫星B的周期为TB＝天。设经时间t两卫星相邻两次距离最近，则两卫星转过的角度之差Δθ＝t＝2π，得t＝天。选项D正确。
答案　D
5.(2019·全国卷Ⅱ，17)如图10，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　　)

图10
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
解析　若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，

ra＝
由qvaB＝m得
va＝＝＝
若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，
由几何关系得
r＝＋l2，整理得rd＝l
由qvdB＝m得
vd＝＝＝，选项B正确。
答案　B
6.如图11，在角锥体表面上放一个物体，角锥体绕竖直轴转动。当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则角锥体对物体的(　　)

图11
A.支持力将减小 B.支持力将增大
C.静摩擦力将不变 D.静摩擦力将增大
解析　对物体受力分析如图所示，物体受到重力、支持力和静摩擦力三个力的作用，物体做匀速圆周运动，将所受的力沿水平和竖直方向正交分解，水平方向Ffcos θ－FNsin θ＝mω2r，竖直方向Ffsin θ＋FNcos θ＝mg，联立以上两式解得Ff＝mgsin θ＋mω2rcos θ，FN＝mgcos θ－mω2rsin θ，当角速度增大时，支持力减小，静摩擦力增大，故A、D正确，B、C错误。
答案　AD
7.如图12所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t1时间射出磁场。另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB为的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过t2时间射出磁场。两种情况下，粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为60°，不计粒子受到的重力，则(　　)

图12
A.v1∶v2＝∶1 B.v1∶v2＝∶1
C.t1＝t2 D.t1＞t2
解析　如图，由几何关系知R1＝Rtan 60°，R2＝R，由牛顿运动定律知qvB＝m，得r＝，r与v成正比，故v1∶v2＝R1∶R2＝tan 60°∶1＝∶1，A项正确，B项错误；由周期T＝知两粒子周期相同，在磁场中运动的时间为t＝T决定于角度，角度θ相同，则时间相同，C项正确，D项错误。
答案　AC
8.(2019·全国卷Ⅰ，21)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a－x关系如图13中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则(　　)

图13
A.M与N的密度相等
B.Q的质量是P的3倍
C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
解析　由题图知，当x＝0时，对P有mPgM＝mP·3a0，即星球M表面的重力加速度gM＝3a0；对Q有mQgN＝mQa0，即星球N表面的重力加速度gN＝a0。在星球表面，由mg＝G得，星球质量M＝，则星球的密度ρ＝＝，所以M、N的密度之比＝·＝×＝1，选项A正确；当P、Q的加速度a＝0时，对P有mPgM＝kx0，则mP＝；对Q有mQgN＝k·2x0，则mQ＝，即mQ＝6mP，选项B错误；根据a－x图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功及动能定理可知，EkmP＝mPa0x0，EkmQ＝mQa0x0，所以EkmQ＝4EkmP，选项C正确；根据运动的对称性可知，Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0，P下落时弹簧的最大压缩量为2x0，选项D错误。
答案　AC