參考答案

人類歷史上的首次太空“撞車”

1. 地球對銥星的萬有引力提供做圓周運動的向心力

=m=m（R+h）2 ①

因為GM=gR2 ②

聯立解得v==7.48 km/s

T=2π=6 030 s

2. 近地衛星與同步衛星都是萬有引力全部提供向心力，根據G=m得v=,即當軌道半徑越小，衛星的線速度越大，即v1>v3，選項A正確；根據萬有引力全部提供向心力，得a=，即r越大，加速度越小，所以有a1>a3，選項D正確。赤道上隨地球自轉的物體和同步通信衛星具有共同的角速度，赤道上的山丘的向心力是萬有引力的一個分力提供的，根據v=ωr判定v3＞v2，選項B錯誤；根據a=ω2r判定，半徑越大，加速度越大，即a3>a2，選項C錯誤。正確選項為AD。

3. 碰后的碎片速度比原來大的，萬有引力小于向心力，碎片做離心運動，遠離地球；碰后的碎片速度比原來小的，萬有引力大于向心力，碎片做近心運動，靠近地球。故本題正確答案為A。

4. 取初速度方向為正方向，對小汽車與墻相撞的短暫過程，根據動量定理-Ft=0-mv

有：F==5.56×105 N，根據牛頓第三定律，小汽車對大樓的平均沖擊力大小為5.56×105 N。

5. 當碎片的高度降低時，受到的萬有引力逐漸增大，向心加速度增大，但萬有引力做的功大于阻力對碎片做的功，碎片的線速度增大，選項A錯誤；由公式ω=可判斷出，當r減小時，角速度增大；而T=，可知周期減小，選項B正確；碎片高度降低，重力勢能減小，由于空氣阻力做負功，使得飛船的機械能減小，選項C錯誤，選項D正確。

6. 太空清潔車只加速或者只減速，就不會保持在原來的軌道上，A項和B項都錯誤。先加速，太空清潔車軌道半徑變大，穩定后速度變小，更追不上太空垃圾了，C項錯誤。先減速，軌道半徑變小，穩定后太空清潔車速度增大，追上太空垃圾之后，然后再加速使軌道半徑變大、運行速度減小，最后與太空垃圾在同一軌道上相遇，從而清理太空垃圾，所以D項正確。本題正確答案為D。

7. （1）在A點通過發動機向后噴出一定質量氣體，讓衛星的速度增加，動能增加，才能進入橢圓軌道Ⅲ。

（2）根據萬有引力定律可求得衛星在B點所受萬有引力為，故選項B錯誤D正確；根據牛頓第二定律F=ma，判定選項A正確；在遠地點，萬有引力不等于向心力且曲率半徑不等于（R+h），故選項C錯。正確答案AD。

（3）在軌道I上，有G=m，解得v=

同理在軌道Ⅱ上，v=聯立得v1=v

設在軌道I上向心加速度為a1，則a1=

將v=v代入上式，解得a=v2

現代軍事武器

1. 人內臟器官的固有頻率為8 Hz到12 Hz之間，與次聲波相近，若外來次聲波頻率跟人的內臟某器官的固有頻率相等或相近時，就會引起人體這一器官的共振。當次聲波強度越大時，這種共振就越強烈，如果次聲波使人的腹腔、胸腔、顱腔發生共振，強度太大會導致內臟震壞而死亡?？茖W家指出，8 Hz的次聲波對人體危害最大，這個頻率接近人腦的頻率，最容易使人腦震蕩而死亡。所以選項B正確。

2. 在氫彈爆炸時，電磁脈沖的強高頻率變化的電磁場通過電網設備、通信設施和計算機與軟盤時發生電磁感應而產生巨大的感應電流，使設備遭受破壞，所以選項A正確。

3. 由c=λf可得

電磁波的振蕩頻率f==Hz=1.5×109 Hz

電磁波在雷達發射相鄰兩個脈沖間隔內傳播的距離為：

s=cΔt=c?－t=3×108×－0.02×10－6m≈6×104 m

所以雷達的最大偵察距離為s′=s/2=3×106 m

4. 因為一個23592 U原子核分裂時所產生的能量約為200 MeV

200×106 eV=2.0×108×1.6×10-19 J=3.2×10-11 J

設共有n個23592 U核發生裂變，則n=個=2.6×1024個

鈾的質量m=235×g=1.015 kg

5. 設彈殼內裝的是氘和氚輕元素，它們在高溫下聚變生成氦，核聚變方程為：

21H+31H→42He +10n

當一個氘核21H與一個氚核31H發生反應時放出的能量為：

ΔE=Δmc2=（2.013 6+3.016 6－4.002 6－1.008 7）×931.5 MeV=17.6 MeV

1 kg氦核42He中所含的原子核數目為：

N=nN=×6.02×1023個=1.5×1026個

這樣合成1 kg氦核42He時所放出的總能量為：

E=NΔE=1.5×1026×17.6 MeV=2.64×1027 MeV

即在氫彈中合成1 kg氦所放出的能量為2.64×1027MeV。

美國“嗅碳”衛星墜毀南極洲

1. 衛星在發射升空的過程中，衛星加速上升，加速度向上，故處于超重狀態；墜落過程中加速下降，加速度向下，故處于失重狀態。正確答案為BC。

2. 設儀器艙的速度為v1，火箭的速度為v2，則有：v1-v2=0.9 km/s；分離時由動量守恒定律得：（M+m）v0=mv1+Mv2，代入數值得：v1=8.2 km/s。

3. 加速下降過程中，速度變大，相同的時間里阻力做的功多，損失的機械能多，故機械能隨時間變化的斜率變大；正確答案為C。

4. 假設仍然能夠像圖（a）那樣點燃酒精燈，就主要分析肥皂液薄膜的變化情況。在勻速圓周運動的“空間站”中，肥皂液處于完全失重狀態，不滿足地球上的上薄下厚的情況，故將觀察不到類似地球上的干涉條紋；將該實驗裝置移到月球上做實驗，同樣存在“重力”作用，故仍可觀察到類似地球上的干涉條紋。正確答案為BC。

5. 由萬有引力定律知：半徑增大，運行速度變小，勢能增大，總機械能增大，故選項A錯B正確；P、Q兩點加速后才能進入新的軌道，故衛星在軌道1上經過Q點時的速度小于它在軌道2上經過Q點時的速度，在軌道2上經過P點的速度小于它在軌道3上經過P點時的速度，故選項C錯D正確。正確答案為BD。

6. 由g=G得==

解得h=R=400 km

7. 大氣壓是由大氣重量產生的。大氣壓強P==，則地球表面大氣質量為m=。標準狀態下1 mol氣體的體積為v，故地球表面大氣體積為V=v=，所以地球表面大氣中二氧化碳的體積V=。

飛揚青春亮劍冰城

1. （1）R===900 Ω

（2）P=P－P1=ε（I－I）=0.09 W

（3）Ε=ε×I×t=9×10×10－3×20×3600 J=6 480 J

2. 運動員在彎道的速度近似為平均速度：v= m/s=13.2 m/s

側蹬力作為向心力：F=m=65×N=450 N

3. 設冰壺出手速度為v ,碰前速度為v ，中心冰壺被碰后的速度為v，大本營的半徑為R，出手點到大本營邊界距離為S

冰壺出手后受大小恒定的摩擦力，由動能定理得；

－f×（S+R）=mv21－mv20

兩個冰壺作完全彈性碰撞，交換速度，即v=v

被碰冰壺滑到大本營邊緣時速度恰為0，由動能定理得：

－f×R=0－mv22

由以上3式解得:v==4.2 m/s

4. （1）W=P×ΔV=3.5×106× J=8.75×107 J

（2）I==A=68.4 A

5. 對人的下落過程分析可知：

mg（h+d）=fd

解得：==13.5

6. 正常比賽的風速最大為3 m/s，有題目給的信息可求脈沖頻率為：

f==Hz=3.92 Hz

最大轉速：n== r/min=13 r/min

新發現放大版海王星

1． 設該星球的半徑為R、質量為M，其上的海洋的深度均為h，則由題中條件可知，對海洋底部及表面的兩點應有

G=G=g

代入數據，解上式可得g=2.7m/s2

2． 該行星的逃逸速度v==1.8×104 m/s

水蒸氣分子的vr約為1 100 m/s

則K=≈16>10，會包含

3． 由g=G

有=== 故選B

4． 對火星來說，只有軌道半徑較小的“內行星”才能產生凌日現象，故選ABC。

5． 由G=，有r=

代人數據得 =≈20

6． （1）設該行星距其母恒星的距離為R，該行星的半徑為r，母恒星表面單位面積的輻射功率為P，P=δT，該行星表面單位面積的輻射功率為P，P=δT。

根據能量守恒定律，有?πr2=4πr2P

當R變為10R時，可得T′==2.7×102 K

（2）上式將P=δT及P=δT代人，可得T=T=4.3×10K

華南師大附中高三物理綜合測試題

1. B 2. C 3. BCD 4. B 5. A 6. ABCD 7. ABC 8. C 9. D 10. AB 11. B 12. C

13. （1）做功，熱傳遞做功是其他形式的能與內能的轉化，熱傳遞是物體間內能的轉移等效的

（2）（1）2×10－5 （2）236～240 （3）8.47×10－10～8.33×10－10

14. （1）1 s16 s（2） ×108

15. ①步驟B是錯誤的，應該接到電源的交流輸出端。步驟D是錯誤的，應該先接通電源，待打點穩定后再釋放紙帶；步驟C不必要，因為根據測量原理，重錘的動能和勢能中都包含了質量m，可以約去。

②a=（S-S）f2/4

③重錘的質量M M［g-（S-S）f 2/4］

（1）當B＝0.6 T時，磁敏電阻阻值約為6×150 Ω＝900 Ω；當B＝1.0 T時，磁敏電阻阻值約為11×150 Ω＝1 650 Ω。由于滑動變阻器全電阻20 Ω比磁敏電阻的阻值小得多，故滑動變阻器選擇分壓式接法；由于≥，所以電流表應內接。電路圖如下圖所示。

（2）方法一：根據表中數據可以求得磁敏電阻的阻值分別為：R=Ω=1 500 Ω，R=Ω=1 516.7 Ω，R=Ω=1 500 Ω，R=Ω=1 491.7 Ω，R= Ω=1 505 Ω，故電阻的測量值為R==1 503 Ω（1 500~1 503 Ω都算正確）

由于==10，從圖1中可以讀出B＝0.9 T

方法二：根據表中的數據作出U－I圖象，圖象的斜率即為電阻（略）。

（3）在0～0.2 T范圍，圖線為曲線，故磁敏電阻的阻值隨磁感應強度非線性變化（或非均勻變化）；在0.4～1.0 T范圍內，圖線為直線，故磁敏電阻的阻值隨磁感應強度線性變化（或均勻變化）。

（4）從圖3中可以看出，當加磁感應強度大小相等、方向相反的磁場時，磁敏電阻的阻值相等，故磁敏電阻的阻值與磁場方向無關。

17. 不同意。因為g并不是衛星表面的重力加速度，而是衛星繞行星做勻速圓周運動的向心加速度。

正確解法：在衛星表面g＝Gm/R①

在行星表面g＝GM/R②

①式比②式即得：g＝0.16g

18. 設碰后M、m的速度分別為v和v，m在圓周運動的最高點速度為v，磁感應強度為B，由題意可列：

Bqv=Mg ①

mv23/L=mg ②

m做圓周運動過程機械能守恒

mv23=mv23+2mgL③

M做平拋運動有v= ④

兩球碰撞過程動量守恒

Mv=Mv+mv⑤

Mv20=Mv21+mv22

由以上各式可得

B=T

19. （1）cd棒勻速上升，受力平衡有BIL=mg

由左手定則可知電流方向是c→d，而cd棒產生的感應電動勢方向是d→c，則ab棒應向左運動，速度為v，則I=

所以=

解得：v=v+= 4m/s

（2）由ab棒平衡得：BIL=m′g

m′=m=50 g

20． （1）彈簧伸長過程中，滑塊甲、乙兩車構成系統動量守恒，能量守恒

mv=2Mv①

E=mv21+2Mv21②

由①②解得滑塊的速度為：v=4 m/s甲車的速度為：v=1 m/s

（2）P滑上乙車瞬間乙車與甲車速度相等，P滑上乙車后，P與乙車動量守恒

mv－Mv=mv′+Mv′ ③

由動能定理得：

μmgL=mv21+Mv22－mv′21－Mv′22 ④

由③④解得滑塊的速度和乙車速度分別為：v′= m/s v′=-m/s（負號表示方向向左）

（3）假設P與乙車能相對靜止且不向左滑出乙車，由動量守恒得：

mv1－mv2=（m+M）v

系統損失的動能為：ΔE=mv21+Mv22－（m+M）v2共＝ J

系統克服摩擦力做的功：W＝2μmgL=6J

因為ΔＥ＞Ｗ， 故P未與乙車相對靜止，而從左端滑出，故滑塊在乙車上滑動的路程為s＝2Ｌ＝2m