山東省東平縣第一中學2019_2020學年高二物理上學期第一次質(zhì)量檢測試題.docx

山東省東平縣第一中學2019-2020學年高二物理上學期第一次質(zhì)量檢測試題一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）1. 宇航員王亞平在“天宮1號”飛船內(nèi)進行了我國首次太空授課，演示了一些完全失重狀態(tài)下的物理現(xiàn)象若飛船質(zhì)量為m，距地面高度為h，地球質(zhì)量為M，半徑為R，引力常量為G，則飛船所在處的重力加速度大小為（）A. 0B. C. D. 2. 有A、B兩顆衛(wèi)星繞地心O做圓周運動，旋轉(zhuǎn)方向相同A衛(wèi)星的周期為T1，如圖所示在某一時刻兩衛(wèi)星相距最近，經(jīng)時間t他們再次相距最近，則B衛(wèi)星的周期T2為（）A. B. C. D. 3. 某行星的質(zhì)量是地球質(zhì)量的一半，半徑也是地球半徑的一半，那么一個物體在此行星表面附近所受到的引力是它在地球表面附近所受引力的（）A. 2倍B. 4倍C. 倍D. 倍4. 關(guān)于靜止在地球表面(兩極除外)隨地球自轉(zhuǎn)的物體，下列說法正確的是（ ）A. 物體所受重力等于地球?qū)λ娜f有引力B. 物體的加速度方向可能不指向地球中心C. 物體所受合外力等于地球?qū)λ娜f有引力D. 物體在地球表面不同處角速度可能不同5. 2009年5月，航天飛機在完成對哈勃空間望遠鏡的維修任務(wù)后，在A點從圓形軌道進入橢圓軌道，B為軌道上的一點，如圖所示，關(guān)于航天飛機的運動，下列說法中正確的有（）A. 在軌道上經(jīng)過B的速度小于經(jīng)過A的速度B. 在軌道上經(jīng)過A的動能小于在軌道上經(jīng)過A的動能C. 在軌道上經(jīng)過A的加速度小于在軌道上經(jīng)過A的加速度D. 在軌道上經(jīng)過B的向心力小于在軌道上經(jīng)過A的向心力6. 如圖所示，一根通電導線垂直放在磁感應(yīng)強度為1T的勻強磁場中，以導線為中心，半徑為R的圓周上有a、b、c、d四個點，已知c點的實際磁感應(yīng)強度為0，則下列說法中正確的是（）A. 直導線中電流方向垂直紙面向里B. d點的磁感應(yīng)強度為0C. a點的磁感應(yīng)強度為2T,方向向右D. b點的磁感應(yīng)強度為,方向斜向下,與B成角7. 如圖所示為水平放置的兩根等高固定長直細導線的截面圖，O點是兩導線間距離的中點，a、b是過O點的豎直線上與O點距離相等的兩點，兩導線中通有大小相等、方向相反的恒定電流下列說法正確的是（）A. 兩導線之間存在相互吸引的安培力B. O點的磁感應(yīng)強度為零C. O點的磁感應(yīng)強度方向豎直向下D. a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反8. 如圖所示，用兩根輕細金屬絲將質(zhì)量為m，長為l的金屬棒ab懸掛在c。d兩處，置于勻強磁場內(nèi)。當棒中通以從a到b的電流I后，兩懸線偏離豎直方向角處于平衡狀態(tài)。為了使棒平衡在該位置上，所需的最小磁場的磁感應(yīng)強度的大小。方向是（）A. ,豎直向上B. ,豎直向下C. ,平行懸線向下D. ,平行懸線向上9. 如圖所示，一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端，速度為。若加上一個垂直紙面向外的磁場，則滑到底端時 ( ) 10.A. 變大 B. 變小 C. 不變 D. 不能確定的變化11. 對于電場和磁場的描述，下列哪個說法是正確的？（）A. 電場對放入其中的電荷一定有電場力作用,磁場對放入其中的通電導線一定有磁場力作用B. 正電荷受電場力的方向與所在處的電場方向相同,一小段通電導線受磁場的方向與所在處的磁場方向相同C. 同一通電導線放在磁場中的不同位置,受安培力大的地方,該處磁感應(yīng)強度一定大D. 同一通電導線在磁場中的同一位置沿不同方向放置,受安培力最大時,磁場方向與導線一定垂直二、多選題（本大題共6小題，共24.0分）12. 如圖所示，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T0，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(jīng)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13. 2008年9月25日，我國利用“神州七號”飛船將翟志剛、劉伯明、景海鵬三名宇航員送入太空設(shè)宇航員測出自己繞地球做勻速圓周運動的周期為T，離地高度為H，地球半徑為R，則根據(jù)T、H、R和引力常量G，能計算出的物理量是（）A. 地球的質(zhì)量B. 地球的平均密度C. 飛船所需的向心力D. 飛船線速度的大小14. 如圖是回旋加速器的工作原理圖D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電壓，A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速兩半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，粒子在半圓盒中做勻速圓周運動不計帶電粒子在電場中的加速時間，不考慮由相對論效應(yīng)帶來的影響，則下列說法正確的是（）A. 粒子在D形盒中的運動周期與兩盒間交變電壓的周期相同B. 回旋加速器是靠電場加速的,因此其最大能量與電壓有關(guān)C. 回旋加速器是靠磁場加速的,因為其最大能量與電壓無關(guān)D. 粒子在回旋加速器中運動的總時間與電壓有關(guān)15. 如圖所示,空間存在著勻強電場E和勻強磁場B組成的復合場。有一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球,以一定的初速度v0水平向右運動,則帶電小球在復合場中可能沿直線運動的是( )A. B. C. D. 16. 如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，阻力不計，以下說法中正確的是( ) A. 液滴一定帶負電B. 液滴在C點時動能最大C. 液滴從A運動到C的過程中機械能守恒D. 液滴將由B點返回A點17. 如圖所示，空間有垂直紙面向里的勻強磁場，氫元素的同位素氘核（一個質(zhì)子，一個中子）和二價氦核（二個質(zhì)子，二個中子）都從邊界上的O點以相同速度先后射入磁場中，人射方向與邊界成相同的角，則氘離子和二價氦離子在磁場中 A. 運動軌跡的半徑相同B. 重新回到邊界所用時間相同C. 重新回到邊界時的動能相同C. 重新回到邊界時與O點的距離相等三、計算題（本大題共4小題，共36.0分）18. 4月12日為國際航天日，現(xiàn)計劃發(fā)射一顆距離地面高度為地球半徑R的圓形軌道地球衛(wèi)星，衛(wèi)星軌道平面與赤道平面重合，已知地球表面重力加速度為g，萬有引力常量為G。（1）求地球質(zhì)量M和地球的密度；（2）求衛(wèi)星繞地心運動周期T；19. 如圖，xOy在豎直平面內(nèi)，x軸下方有勻強電場和勻強磁場電場強度為E、方向豎直向下磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里將一個帶電小球從y軸上P(0，h)點以初速度v0豎直向下拋出小球穿過x軸后，恰好做勻速圓周運動不計空氣阻力，已知重力加速度為g. (1)判斷小球帶正電還是負電；(2)求小球做圓周運動的半徑；(3)求小球從P點出發(fā)，到第二次經(jīng)過x軸所用的時間20. 一小滑塊帶有q=510-4C的電荷放置在傾角=30的光滑絕緣斜面上，斜面置于磁感應(yīng)強度的大小B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖所示小滑塊由靜止開始沿斜面滑下，其斜面足夠長，小滑塊滑至某一位置時的速度為3.5m/s時，恰好離開斜面，g取10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，則：（1）小滑塊帶何種電荷？（2）小滑塊質(zhì)量多大？（3）該斜面的長度至少多長？21. 如圖所示，在傾角為=30的斜面上，固定一寬L=0.25m的平行金屬導軌，在導軌上端接入電源和滑動變阻器R電源電動勢E=12V，內(nèi)阻r=1，一質(zhì)量m=20g的金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好。整個裝置處于磁感應(yīng)強度B=0.80T、垂直于斜面向上的勻強磁場中（導軌與金屬棒的電阻不計）。金屬導軌是光滑的，取g=10m/s2，要保持金屬棒在導軌上靜止，求：（1）金屬棒所受到的安培力的大小。（2）通過金屬棒的電流的大小。（3）滑動變阻器R接入電路中的阻值。（4）將圖中磁場與豎直方向夾角緩慢較小到0，要保證金屬棒始終靜止，則B的大小應(yīng)如何變化？高二物理答案和解析1.【答案】B【解析】解：飛船在距地面高度為h處，由萬有引力等于重力得：解得：g=故選：B。飛船在距地面高度為h的位置，由萬有引力等于重力列式求解重力加速度本題考查萬有引力的應(yīng)用，要能根據(jù)公式求解重力加速度，難度不大，屬于基礎(chǔ)題2.【答案】B【解析】解：兩行星相距最近時，兩行星應(yīng)該在同一半徑方向上，A多轉(zhuǎn)動一圈時，第二次追上，轉(zhuǎn)動的角度相差2，即：t-t=2，解得：故ACD錯誤，B正確；故選：B兩行星相距最近時，兩行星應(yīng)該在同一半徑方向上，兩行星相距最遠時，兩行星應(yīng)該在同一直徑上，由于A的周期小，故A轉(zhuǎn)得較快，當A比B多轉(zhuǎn)一圈時兩行星再次相距最近根據(jù)幾何關(guān)系得到兩顆衛(wèi)星相距最近和相距最遠所滿足的角度關(guān)系，最近時兩衛(wèi)星在同一半徑上角度差為2弧度，衛(wèi)星相距最遠時，兩衛(wèi)星在同一直徑上，轉(zhuǎn)過的角度差為弧度3.【答案】A【解析】【分析】本題考查了萬有引力定律的綜合運用。根據(jù)萬有引力等于重力結(jié)合萬有引力定律表示出重力根據(jù)行星和地球的質(zhì)量、半徑關(guān)系求出行星上的重力和地球上重力關(guān)系求一個物理量之比，我們應(yīng)該把這個物理量先用已知的物理量表示出來，再進行之比?！窘獯稹扛鶕?jù)萬有引力定律得：F=行星質(zhì)量是地球質(zhì)量的一半，半徑也是地球半徑的一半，一個物體在此行星上的萬有引力和地球上萬有引力之比：=2，故A正確，BCD錯誤。故選A。4.【答案】B【解析】【分析】在地球的兩極，物體所受的萬有引力等于重力，在赤道，萬有引力大于重力；物體隨著地球一起自轉(zhuǎn)，向心加速度的方向指向地軸，并不都指向地心，根據(jù)軌道半徑的大小即可得出向心加速度的大小。解決本題的關(guān)鍵知道地球上除兩極，各點的角速度大小相等，在兩極，萬有引力等于重力，在赤道，萬有引力大于重力?！窘獯稹緼.物體在地球的兩極，物體所受的萬有引力等于重力，故A錯誤；B.物體隨著地球一起自轉(zhuǎn)，向心加速度的方向指向地軸，并不都指向地心，故物體的加速度方向可能不指向地球中心，故B正確；C.物體所受合外力等于地球?qū)λ娜f有引力與地面對物體的支持力的合力，故C錯誤；D.除兩極外，物體在地球表面不同處角速度都相同，故D錯誤。故選B。5.【答案】B【解析】解：A、根據(jù)開普勒第二定律可知航天飛機在遠地點的速度小于在近地點的速度，即在軌道上經(jīng)過B的速度大于經(jīng)過A的速度，故A錯誤；B、當航天飛機在軌道上A點加速才能變軌到上，故在軌道上經(jīng)過A的動能小于在上經(jīng)過A點的動能，故B正確；C、由=ma可知，在軌道上經(jīng)過A的加速度應(yīng)等于在軌道上經(jīng)過A的加速度，故C錯誤；D、在軌道上經(jīng)過B需要做離心運動，在軌道上經(jīng)過B的向心力大于在軌道上經(jīng)過B的萬有引力，在軌道上經(jīng)過A的向心力等于在軌道上經(jīng)過A的萬有引力，萬有引力F=，所以在軌道上經(jīng)過B的向心力大于在軌道上經(jīng)過A的向心力，故D錯誤；故選：B衛(wèi)星在橢圓軌道近地點速度大于遠地點速度；衛(wèi)星只要加速就離心；萬有引力是合力滿足牛頓第二定律開普勒第二定律說明衛(wèi)星從近地軌道向遠地軌道運動速度將變小，否則速度變大注意加速度與向心加速度的區(qū)別，加速度等于合力與m的比值，向心加速度等于合力在指向圓心方向的分力與m的比值，只有在勻速圓周運動二者才相同6.【答案】C【解析】解：A、由題意可知，c點的磁感應(yīng)強度為0，說明通電導線在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度與勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反，即得到通電導線在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向水平向左，根據(jù)安培定則判斷可知，直導線中的電流方向垂直紙面向外故A錯誤B、根據(jù)矢量合成規(guī)律可知，通電導線在d處的磁感應(yīng)強度方向豎直向上，則d點感應(yīng)強度為T，方向與B的方向成45斜向上故B錯誤C、通電導線在a處的磁感應(yīng)強度方向水平向右，則a點磁感應(yīng)強度為2T，方向與B的方向相同故C正確D、由上可知，通電導線在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為1T，由安培定則可知，通電導線在b處的磁感應(yīng)強度方向豎直向下，根據(jù)平行四邊形與勻強磁場進行合成得知，b點感應(yīng)強度為T，方向與B的方向成45斜向下故D錯誤故選：C 由題，c點的磁感應(yīng)強度為0，說明通電導線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度與勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反，由安培定則判斷出通電導線中電流方向通電導線在abcd四點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，根據(jù)平行四邊形定則進行合成分析b、c、d三點的磁感應(yīng)強度大小和方向本題考查安培定則和平行四邊形定則，注意在空間任意一點的磁感應(yīng)強度都通電導線產(chǎn)生的磁場和勻強磁場的疊加7.【答案】C【解析】解：A、由圖可知，兩處電流的方向相反，所以它們之間存在相互排斥的作用力。故A錯誤。B、C、由安培定則可知，左側(cè)的電流在O處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，右側(cè)的電流在O處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，方向相同，所以合磁場的方向向下。故B錯誤，C正確。D、結(jié)合安培定則，分別作出兩處電流在a、b兩點的磁場方向如圖，可知a、b兩點的磁感應(yīng)強度方向相同。故D錯誤。故選：C。根據(jù)右手螺旋定則確定兩根導線在a、b、O三點磁場的方向，根據(jù)平行四邊形定則進行合成解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷電流與其周圍磁場方向的關(guān)系，會根據(jù)平行四邊形定則進行合成8.【答案】D【解析】解：為了使該棒仍然平衡在該位置上，F(xiàn)min=mgsin得：Bmin=，由左手定則知所加磁場的方向平行懸線向上。故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。由矢量三角形定則判斷安培力的最小值及方向，進而由安培力公式和左手定則的得到B的大小以及B的方向。考查安培力的方向與大小如何確定與計算，知道當安培力的方向與拉力的方向垂直，安培力最小，磁感應(yīng)強度最小。9.【答案】B【解析】【分析】對未加磁場和加上磁場兩種情況分別應(yīng)用動能定理，分析兩種情況下摩擦力及做功的關(guān)系，而后判斷速度大小的關(guān)系即可。本題考查了摩擦力及功的分析、動能定理的應(yīng)用，解答時要注意分析摩擦力做功情況?！窘獯稹课醇哟艌鰰r，根據(jù)動能定理，有。加磁場后，多了洛倫茲力，洛倫茲力不做功，但正壓力變大，摩擦力變大，根據(jù)動能定理，有，WfWf，所以vv，故B正確，ACD錯誤。故選B。10.【答案】D【解析】解：A、電場對放入其中的電荷一定有電場力作用，磁場對放入其中的與磁場平行的通電導線沒有磁場力作用故A錯誤；B、正電荷受電場力的方向與所在處的電場方向相同，而根據(jù)左手定則，一小段通電導線受磁場的方向與所在處的磁場方向垂直故B錯誤；C、磁感應(yīng)強度是由磁場本身決定的，與通電導線在磁場中受到的安培力的大小無關(guān)故C錯誤；D、根據(jù)安培力的計算公式：F=BILsin，同一通電導線在磁場中的同一位置沿不同方向放置，受安培力最大時，磁場方向與導線一定垂直故選：D 電荷和電荷之間的相互作用是通過電場發(fā)生的、通電導體和通電導體之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的，磁感應(yīng)強度是由磁場本身決定的，與通電導線在磁場中受到的安培力的大小無關(guān)；安培力的計算公式：F=BILsin，磁場方向與導線垂直時安培力最大本題要重點掌握電場磁場的特點，知道電荷、磁極和通電導體間的相互作用都是通過場完成的，知道磁感應(yīng)強度是由磁場本身決定的11.【答案】CD【解析】【分析】根據(jù)海王星在PM段和MQ段的速率大小比較兩段過程中的運動時間，從而得出P到M所用時間與周期的關(guān)系；抓住海王星只有萬有引力做功，得出機械能守恒；根據(jù)萬有引力做功確定速率的變化。解決本題的關(guān)鍵知道近日點的速度比較大，遠日點的速度比較小，從P到Q和Q到P的運動是對稱的，但是P到M和M到Q不是對稱的?！窘獯稹緼.海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，則PM段的時間小于MQ段的時間，所以P到M所用的時間小于，故A錯誤。B.從Q到N的過程中，由于只有萬有引力做功，機械能守恒，故B錯誤。C.從P到Q階段，萬有引力做負功，速率減小，故C正確。D.根據(jù)萬有引力方向與速度方向的關(guān)系知，從M到N階段，萬有引力對它先做負功后做正功，故D正確。故選CD。12.【答案】ABD【解析】【分析】人造地球衛(wèi)星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，根據(jù)向心力公式和萬有引力公式可求出相關(guān)物理量。本題關(guān)鍵抓住引力等于向心力，即可列式求解?！窘獯稹緼D.人造地球衛(wèi)星做勻速圓周運動，萬有引力等于向心力：F引=F向，即：=m=m，解得：M =，v=，故AD正確；C.由于缺少衛(wèi)星質(zhì)量，引力大小無法算出，故C錯誤；B.地球密度：=，故B正確。故選ABD。13.【答案】AD【解析】解：A、根據(jù)加速原理，當粒子在磁場中運動的周期與交變電壓的周期同步時，才能處于加速狀態(tài)，故A正確；BC、加速器中的電場可以使帶電粒子加速，而磁場只使粒子偏轉(zhuǎn)，對粒子不做功，根據(jù)qvB=m得，最大速度v=，則最大動能EKm=mv2=可知，粒子的最大動能只與粒子本身的荷質(zhì)比，加速器半徑，和磁場大小有關(guān)，與加速電壓無關(guān)，故BC錯誤；D、粒子在回旋加速器中運動的總時間，與粒子在電場加速與磁場偏轉(zhuǎn)次數(shù)，而電壓越高，則次數(shù)越少。故D正確；故選：AD。粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，滿足qvB=m，運動周期T=（電場中加速時間忽略不計）對公式進行簡單推導后，便可解此題理解回旋加速器工作原理，熟練運用相關(guān)公式，便可解出此題，特別注意加速獲得的最大動能與電場的電壓無關(guān)14.【答案】AD【解析】【分析】當粒子不受洛倫茲力或者三力平衡時物體有可能沿著直線通過電磁場區(qū)域。本題關(guān)鍵在于洛倫茲力與速度垂直且與粒子速度方向垂直，要使粒子做直線運動，要么三力平衡，要么不受洛倫茲力?！窘獯稹緼.小球受重力、豎直向下的電場力、豎直向上的洛倫茲力，當重力與電場力之和等于洛倫茲力大小時，粒子做勻速直線運動，故A正確；B.小球受重力、水平向右的電場力、豎直向上的洛倫茲力，合力與速度可能共線，但速率的增大，導致洛倫茲力變化，從而一定做曲線運動，故B錯誤；C.小球受重力、向右上方的電場力、豎直向上的洛倫茲力，合力與速度可能共線，但速度的增大，導致合力變化，從而做曲線運動，故C錯誤；D.粒子受向下的重力和向上的電場力，當電場力等于重力時，則粒子做勻速直線運動，故D正確；故選AD。15.【答案】AB【解析】【分析】帶電液滴由靜止開始，在電場力和重力的作用下會向下運動，在運動過程中，帶電粒子會受到洛倫茲力，所以粒子會沿逆時針方向偏轉(zhuǎn)，到達C點時，洛倫茲力方向向上，此時粒子具有最大速度，在之后的運動中，粒子的電勢能會增加速度越來越小，到達B點時速度為零，除重力以外的力做的功等于機械能的變化量。本題考查了帶電粒子在復合場中的運動，首先受力分析，然后分析物體的運動狀態(tài)?！窘獯稹緼.從圖中可以看出，帶電粒子由靜止開始向下運動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧內(nèi)，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負電，故A正確；B.從A到C的過程中，重力正功，而電場力做負功，洛倫茲力不做功，但合力仍做正功，導致動能仍增大，從C到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，但合力卻做負功，導致動能減小，所以滴在C點動能最大，故B正確；C.液滴除重力做功外，還有電場力做功，機械能不守恒，故C錯誤；D.液滴到達B處后，向右重復類似于ACB的運動，不能再由B點返回A點，故D錯誤。故選AB。16.【答案】ABD【解析】【分析】由題氘離子和二價氦離子的質(zhì)量與電量關(guān)系，知進入同一磁場做勻速圓周運動的周期關(guān)系及半徑關(guān)系，經(jīng)計算兩離子運動軌跡相同即可對各選項做出判斷。此類題目應(yīng)根據(jù)題意畫出軌跡示意圖，可根據(jù)幾何關(guān)系求出回到邊界時離O點的距離；利用對稱關(guān)系判斷回到邊界時速度的方向；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動問題求運動時間，可用關(guān)系式有t=T，是軌跡的圓心角，而且軌跡的圓心角等于速度的偏轉(zhuǎn)角?！窘獯稹緼.根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=m得：r=，氘離子為，二價氦離子，由題v、B大小均相同，兩離子電量和質(zhì)量關(guān)系知r相同，故A正確；B.粒子的運動周期T=，則知T相同，又因半徑r及速度還相同，都帶正電，知運動軌跡完全相同，故B正確；C.兩離子在磁場中均做勻速圓周運動，速度沿軌跡的切線方向，根據(jù)圓的對稱性可知，重新回到邊界時速度大小與方向相同，但因兩離子質(zhì)量不同，則重新回到邊界時的動量不相同，故C錯誤；D.兩離子運動軌跡完全相同，所以重新回到邊界時與O點的距離相等，故D正確。故選ABD 。17.【答案】解：（1）在地球表面的物體受到的重力等于萬有引力解得：地球的體積為（2）衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力：又因為故解得：（3）設(shè)至少經(jīng)過t時間該衛(wèi)星再次經(jīng)過觀察者A正上方，則：，即解得：【解析】（1）在地球表面的物體受到的重力等于萬有引力求出質(zhì)量，根據(jù)密度公式求出地球的密度；（2）衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，結(jié)合黃金代換式，解得衛(wèi)星繞地心運動周期T；（3）衛(wèi)星經(jīng)過赤道上觀察者A正上方，再次經(jīng)過時，衛(wèi)星和地球轉(zhuǎn)動的角度之差為，列式解答。本題考查天體運動，關(guān)鍵是明白萬有引力提供向心力，需要利用地面加速度時，利用黃金代換式作答。18.【答案】解：畫出小球運動的軌跡示意圖（1）小球穿過x軸后恰好做勻速圓周運動有qE=mg方向豎直向上，故小球帶負電（2）設(shè)小球經(jīng)過O點時的速度為v，從P到O由勻變速運動規(guī)律得：v2=v02+2gh從O到A，根據(jù)牛頓第二定律qvB=故有：r=（3）設(shè)從P到O，小球第一次經(jīng)過x軸所用時間為t1，則：v=v0+gt1而=2gh故設(shè)從O到A，小球第二次經(jīng)過x軸，所用時間為t2則：=小球從P點出發(fā)，到第二次經(jīng)過x軸所用的時間：t=t1+t2=答：（1）小球帶負電（2）小球運動半徑r=（3）小球從P點出發(fā)，到第二次經(jīng)過x軸所用的時間t=【解析】（1）小球恰好做勻速圓周運動，則重力與電場力大小相等、方向相反，據(jù)此判斷小球的電性（2）由洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律列方程得到半徑（3）小球先做勻加速直線運動，后該做圓周運動，分別求出時間便可得到總時間挖掘出小球恰好做勻速圓周運動的隱含條件為：重力與電場力大小相