参考答案

人类历史上的首次太空“撞车”

1. 地球对铱星的万有引力提供做圆周运动的向心力

=m=m（R+h）2 ①

因为GM=gR2 ②

联立解得v==7.48 km/s

T=2π=6 030 s

2. 近地卫星与同步卫星都是万有引力全部提供向心力，根据G=m得v=,即当轨道半径越小，卫星的线速度越大，即v1>v3，选项A正确；根据万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，选项D正确。赤道上随地球自转的物体和同步通信卫星具有共同的角速度，赤道上的山丘的向心力是万有引力的一个分力提供的，根据v=ωr判定v3＞v2，选项B错误；根据a=ω2r判定，半径越大，加速度越大，即a3>a2，选项C错误。正确选项为AD。

3. 碰后的碎片速度比原来大的，万有引力小于向心力，碎片做离心运动，远离地球；碰后的碎片速度比原来小的，万有引力大于向心力，碎片做近心运动，靠近地球。故本题正确答案为A。

4. 取初速度方向为正方向，对小汽车与墙相撞的短暂过程，根据动量定理-Ft=0-mv

有：F==5.56×105 N，根据牛顿第三定律，小汽车对大楼的平均冲击力大小为5.56×105 N。

5. 当碎片的高度降低时，受到的万有引力逐渐增大，向心加速度增大，但万有引力做的功大于阻力对碎片做的功，碎片的线速度增大，选项A错误；由公式ω=可判断出，当r减小时，角速度增大；而T=，可知周期减小，选项B正确；碎片高度降低，重力势能减小，由于空气阻力做负功，使得飞船的机械能减小，选项C错误，选项D正确。

6. 太空清洁车只加速或者只减速，就不会保持在原来的轨道上，A项和B项都错误。先加速，太空清洁车轨道半径变大，稳定后速度变小，更追不上太空垃圾了，C项错误。先减速，轨道半径变小，稳定后太空清洁车速度增大，追上太空垃圾之后，然后再加速使轨道半径变大、运行速度减小，最后与太空垃圾在同一轨道上相遇，从而清理太空垃圾，所以D项正确。本题正确答案为D。

7. （1）在A点通过发动机向后喷出一定质量气体，让卫星的速度增加，动能增加，才能进入椭圆轨道Ⅲ。

（2）根据万有引力定律可求得卫星在B点所受万有引力为，故选项B错误D正确；根据牛顿第二定律F=ma，判定选项A正确；在远地点，万有引力不等于向心力且曲率半径不等于（R+h），故选项C错。正确答案AD。

（3）在轨道I上，有G=m，解得v=

同理在轨道Ⅱ上，v=联立得v1=v

设在轨道I上向心加速度为a1，则a1=

将v=v代入上式，解得a=v2

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1. 人内脏器官的固有频率为8 Hz到12 Hz之间，与次声波相近，若外来次声波频率跟人的内脏某器官的固有频率相等或相近时，就会引起人体这一器官的共振。当次声波强度越大时，这种共振就越强烈，如果次声波使人的腹腔、胸腔、颅腔发生共振，强度太大会导致内脏震坏而死亡。科学家指出，8 Hz的次声波对人体危害最大，这个频率接近人脑的频率，最容易使人脑震荡而死亡。所以选项B正确。

2. 在氢弹爆炸时，电磁脉冲的强高频率变化的电磁场通过电网设备、通信设施和计算机与软盘时发生电磁感应而产生巨大的感应电流，使设备遭受破坏，所以选项A正确。

3. 由c=λf可得

电磁波的振荡频率f==Hz=1.5×109 Hz

电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔内传播的距离为：

s=cΔt=c•－t=3×108×－0.02×10－6m≈6×104 m

所以雷达的最大侦察距离为s′=s/2=3×106 m

4. 因为一个23592 U原子核分裂时所产生的能量约为200 MeV

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

设共有n个23592 U核发生裂变，则n=个=2.6×1024个

铀的质量m=235×g=1.015 kg

5. 设弹壳内装的是氘和氚轻元素，它们在高温下聚变生成氦，核聚变方程为：

21H+31H→42He +10n

当一个氘核21H与一个氚核31H发生反应时放出的能量为：

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中所含的原子核数目为：

N=nN=×6.02×1023个=1.5×1026个

这样合成1 kg氦核42He时所放出的总能量为：

E=NΔE=1.5×1026×17.6 MeV=2.64×1027 MeV

即在氢弹中合成1 kg氦所放出的能量为2.64×1027MeV。

美国“嗅碳”卫星坠毁南极洲

1. 卫星在发射升空的过程中，卫星加速上升，加速度向上，故处于超重状态；坠落过程中加速下降，加速度向下，故处于失重状态。正确答案为BC。

2. 设仪器舱的速度为v1，火箭的速度为v2，则有：v1-v2=0.9 km/s；分离时由动量守恒定律得：（M+m）v0=mv1+Mv2，代入数值得：v1=8.2 km/s。

3. 加速下降过程中，速度变大，相同的时间里阻力做的功多，损失的机械能多，故机械能随时间变化的斜率变大；正确答案为C。

4. 假设仍然能够像图（a）那样点燃酒精灯，就主要分析肥皂液薄膜的变化情况。在匀速圆周运动的“空间站”中，肥皂液处于完全失重状态，不满足地球上的上薄下厚的情况，故将观察不到类似地球上的干涉条纹；将该实验装置移到月球上做实验，同样存在“重力”作用，故仍可观察到类似地球上的干涉条纹。正确答案为BC。

5. 由万有引力定律知：半径增大，运行速度变小，势能增大，总机械能增大，故选项A错B正确；P、Q两点加速后才能进入新的轨道，故卫星在轨道1上经过Q点时的速度小于它在轨道2上经过Q点时的速度，在轨道2上经过P点的速度小于它在轨道3上经过P点时的速度，故选项C错D正确。正确答案为BD。

6. 由g=G得==

解得h=R=400 km

7. 大气压是由大气重量产生的。大气压强P==，则地球表面大气质量为m=。标准状态下1 mol气体的体积为v，故地球表面大气体积为V=v=，所以地球表面大气中二氧化碳的体积V=。

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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. 运动员在弯道的速度近似为平均速度：v= m/s=13.2 m/s

侧蹬力作为向心力：F=m=65×N=450 N

3. 设冰壶出手速度为v ,碰前速度为v ，中心冰壶被碰后的速度为v，大本营的半径为R，出手点到大本营边界距离为S

冰壶出手后受大小恒定的摩擦力，由动能定理得；

－f×（S+R）=mv21－mv20

两个冰壶作完全弹性碰撞，交换速度，即v=v

被碰冰壶滑到大本营边缘时速度恰为0，由动能定理得：

－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. 对人的下落过程分析可知：

mg（h+d）=fd

解得：==13.5

6. 正常比赛的风速最大为3 m/s，有题目给的信息可求脉冲频率为：

f==Hz=3.92 Hz

最大转速：n== r/min=13 r/min

新发现放大版海王星

1． 设该星球的半径为R、质量为M，其上的海洋的深度均为h，则由题中条件可知，对海洋底部及表面的两点应有

G=G=g

代入数据，解上式可得g=2.7m/s2

2． 该行星的逃逸速度v==1.8×104 m/s

水蒸气分子的vr约为1 100 m/s

则K=≈16>10，会包含

3． 由g=G

有=== 故选B

4． 对火星来说，只有轨道半径较小的“内行星”才能产生凌日现象，故选ABC。

5． 由G=，有r=

代人数据得 =≈20

6． （1）设该行星距其母恒星的距离为R，该行星的半径为r，母恒星表面单位面积的辐射功率为P，P=δT，该行星表面单位面积的辐射功率为P，P=δT。

根据能量守恒定律，有•πr2=4πr2P

当R变为10R时，可得T′==2.7×102 K

（2）上式将P=δT及P=δT代人，可得T=T=4.3×10K

华南师大附中高三物理综合测试题

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，热传递做功是其他形式的能与内能的转化，热传递是物体间内能的转移等效的

（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步骤B是错误的，应该接到电源的交流输出端。步骤D是错误的，应该先接通电源，待打点稳定后再释放纸带；步骤C不必要，因为根据测量原理，重锤的动能和势能中都包含了质量m，可以约去。

②a=（S-S）f2/4

③重锤的质量M M［g-（S-S）f 2/4］

（1）当B＝0.6 T时，磁敏电阻阻值约为6×150 Ω＝900 Ω；当B＝1.0 T时，磁敏电阻阻值约为11×150 Ω＝1 650 Ω。由于滑动变阻器全电阻20 Ω比磁敏电阻的阻值小得多，故滑动变阻器选择分压式接法；由于≥，所以电流表应内接。电路图如下图所示。

（2）方法一：根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为：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，故电阻的测量值为R==1 503 Ω（1 500~1 503 Ω都算正确）

由于==10，从图1中可以读出B＝0.9 T

方法二：根据表中的数据作出U－I图象，图象的斜率即为电阻（略）。

（3）在0～0.2 T范围，图线为曲线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或非均匀变化）；在0.4～1.0 T范围内，图线为直线，故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化）。

（4）从图3中可以看出，当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时，磁敏电阻的阻值相等，故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关。

17. 不同意。因为g并不是卫星表面的重力加速度，而是卫星绕行星做匀速圆周运动的向心加速度。

正确解法：在卫星表面g＝Gm/R①

在行星表面g＝GM/R②

①式比②式即得：g＝0.16g

18. 设碰后M、m的速度分别为v和v，m在圆周运动的最高点速度为v，磁感应强度为B，由题意可列：

Bqv=Mg ①

mv23/L=mg ②

m做圆周运动过程机械能守恒

mv23=mv23+2mgL③

M做平抛运动有v= ④

两球碰撞过程动量守恒

Mv=Mv+mv⑤

Mv20=Mv21+mv22

由以上各式可得

B=T

19. （1）cd棒匀速上升，受力平衡有BIL=mg

由左手定则可知电流方向是c→d，而cd棒产生的感应电动势方向是d→c，则ab棒应向左运动，速度为v，则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）弹簧伸长过程中，滑块甲、乙两车构成系统动量守恒，能量守恒

mv=2Mv①

E=mv21+2Mv21②

由①②解得滑块的速度为：v=4 m/s甲车的速度为：v=1 m/s

（2）P滑上乙车瞬间乙车与甲车速度相等，P滑上乙车后，P与乙车动量守恒

mv－Mv=mv′+Mv′ ③

由动能定理得：

μmgL=mv21+Mv22－mv′21－Mv′22 ④

由③④解得滑块的速度和乙车速度分别为：v′= m/s v′=-m/s（负号表示方向向左）

（3）假设P与乙车能相对静止且不向左滑出乙车，由动量守恒得：

mv1－mv2=（m+M）v

系统损失的动能为：ΔE=mv21+Mv22－（m+M）v2共＝ J

系统克服摩擦力做的功：W＝2μmgL=6J

因为ΔＥ＞Ｗ， 故P未与乙车相对静止，而从左端滑出，故滑块在乙车上滑动的路程为s＝2Ｌ＝2m