2013高三物理查漏补缺

处的能量也小于零，则有： 1Mmmc2－G＜0 2R

依题意可知：R＝RA，M＝MA 可得：RA＜

2GMA

c2

代入数据得：RA＜1.2×1010 m RA

故＜17． RS

RA

[答案] (1)4×106 (2)<17 RS

1

【点评】①“黑洞”问题在高考中时有出现，关键要理解好其“不能逃逸”的动能定理方程：mc2

2Mm－G<0．

R②Ep＝－G

Mm

是假定离星球无穷远的物体与星球共有的引力势能为零时，物体在其他位置R

(与星球共有)的引力势能，同样有引力做的功等于引力势能的减少． 24、【解析】飞船的轨道高度缓慢降低，由万有引力定律知其受到的万有引力逐渐增大，向Mm心加速度逐渐增大，又由于轨道变化的缓慢性，即在很短时间可当做匀速圆周运动，由G

r2＝m

v24π2＝mω2r＝mr知，其线速度逐渐增大，动能增大，由此可知飞船动能逐渐增大，重rT2

力势能逐渐减小，由空气阻力做负功知机械能逐渐减少． [答案] BD

Mmv21FM

25、【解析】由G＝m得v2∝，“婚神”的线速度小于地球的线速度，由a＝＝G知，

r2rrmr2“婚神”的加速度小于地球的加速度，地球的公转周期为一年，“婚神”的公转周期大于一年，

C错误，D正确． [答案] BD

26、【解析】设宇宙飞船的周期为T有： 6400＋4200T2＝()3 2426400＋36000解得：T＝3 h

设两者由相隔最远至第一次相隔最近的时间为t1，有： (

2π2π－)·t1＝π TT0

12

解得t1＝ h

7

再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2，有： (

2π2π－)·t2＝2π TT0

24 h 7

解得：t2＝

24－t1

＝6.5(次)知，接收站接收信号的次数为7次． t2

[答案] C 由n＝

Mm4π2

27、【解析】设同步卫星的轨道半径为r，则由万有引力提供向心力可得：G＝mr r2T23gR2T2解得：r＝

4π2

3gR2T2由题意知，三颗同步卫星对称地分布在半径为r的圆周上，故s＝2rcos 30°＝3，

4π2选项D正确．

[答案] D 28、【解析】火箭是在椭圆轨道的远地点加速进入同步运行轨道的，故动能增大，机械能增大，A正确．

设卫星在同步轨道上的速度为v1，在椭圆轨道的近地点的速度为v2，再设椭圆轨道近地点所在的圆形轨道的卫星的速度为v3．

Mmv2由G＝m，知v3>v1；又由向心力与万有引力的关系知v2>v3．故v1

r2rD正确． [答案] AD

29、【解析】①由题意知，小球受的重力与电场力的合力沿∠bOc的角平分线方向，故小球在a、d两点的动能相等；②小球在运动过程中，电势能与机械能相互转化，总能量守恒，故在d点处机械能最小，b点处机械能最大． GM

30、【解析】(1)在火星表面有：＝g (2分)

R2 设轨道舱的质量为m0，速度大小为v，则有 ： Mm0v2G＝m0 (2分) r2r

1

返回舱和人应具有的动能Ek＝mv2 (1分)

2mgR2

． (1分) 2r

(2)对返回舱在返回过程中，由动能定理知： 联立解得Ek＝W＝Ek－E (2分)

联立解得：火星引力对返回舱做的功W＝故克服引力做的功为：－W＝E－mgR2mgR2

[答案] (1) (2)E－ 2r2r

31、【解析】(1)机器人在月球上用弹簧秤竖直悬挂物体，静止时读出弹簧秤的示数F，即为

物体在月球上所受重力的大小． (3分) (2)在月球上忽略月球的自转可知：

mgR2

－E (2分) 2r

mgR2

． (1分) 2r

mg月＝F (1分) MmG＝mg月 (1分) R2

飞船在绕月球运行时，因为是靠近月球表面，故近似认为其轨道半径为月球的半径R，由万有引力提供物体做圆周运动的向心力可知： Mm4π2tG＝mR，又T＝ (2分) R2T2N联立可得：月球的半径R＝月球的质量M＝

FT2Ft2

＝ (2分) 4π2m4π2N2m

F3t4

． (2分)

16π4GN4m3

[答案] (1)机器人在月球上用弹簧秤竖直悬挂物体，静止时读出弹簧秤的示数F，即为物体在月球上所受重力的大小． (2)R＝

Ft2F3t4

M＝ 4π2N2m16π4GN4m3

32、【解析】由做曲线运动的物体的受力特点知带负电的粒子受到的电场力指向曲线的内侧，故电场线MN的方向为N→M，正点电荷位于N的右侧，选项B错误；由a、b两点的位置关系知b点更靠近场源电荷，故带电粒子在a点受到的库仑力小于在b点受到的库仑力，粒子在b点的加速度大，选项D错误；由上述电场力的方向知带电粒子由a运动到b的过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小，故选项A错误、C正确． [答案] C

c

33、【解析】(1)由题意知，样品的电阻R＝ρ·

ab根据欧姆定律：U0＝I·R＝

ρcI

ab

分析t时间定向移动通过端面的自由电子，由电流的定义式 n·ab·v·t·eI＝

t可得v＝

I． nabe

(2)由左手定则知，定向移动的自由电子向C′侧面偏转，故C侧的电势高于C′侧面． U

(3)达到稳定状态时，自由电子受到电场力与洛伦兹力的作用而平衡，则有：q＝qvB

b解得：B＝

neaU

． I

ρcIIneaU

[答案] (1) (2)高于 (3)

abnabeI

34、【解析】将两小球的运动都沿水平和竖直正交分解，竖直的分运动都为自由落体运动，

故它们从开始释放到打在右极板的过程中运行时间相等，选项A错误． 1qPEqQE

对于水平分运动，有：··t2＝·t2

2mm故知qP∶qQ＝2∶1，选项B正确．

d1

P球动能的增量ΔEkP＝mgh＋qPE·d，Q球动能的增量ΔEkQ＝mgh＋qQE·＝mgh＋·qPE·d，

24

选项C错误．

d

同理：ΔEP＝qPE·d，ΔEQ＝qQE·，可得ΔEP∶ΔEQ＝4∶1，选项D错误．

2

[答案] B 35、【解析】由题意知电荷乙做加速度越来越小的减速运动，v－t图象如图所示，可知点电荷乙从A运动到B的中间时刻的速度vC＜故sOB＞

kQq，选项A错误． μmg

v0kQq，故选项B正确；这一过程一直有＜μmg，2r2

点电荷乙由A运动到B的过程中，电场力做正功，设为W，由动能定理得： 1

W－μmgs＝0－mv02 2

1

可得：此过程中产生的内能Q′＝μmgs＝W＋mv02，选项C错误．

2由上可知，A、B两点间的电势差为： 1

mv02－μmgsW2

UAB＝＝，选项D正确．

－qq[答案] BD

36、[答案] (1)导电纸导电一面向下 (3分) (2)BC (3分)

37、【解析】(1)ab滑动前通过的电流：I＝

E

r＋R

BEL

受到的安培力F安＝，方向水平向左

r＋R所以ab刚运动时的瞬时加速度为：

F－F安FBEL

＝－． mm(r＋R)m

(2)ab运动后产生的感应电流与原电路电流相同，到达最大速度时，感应电路如图5－9乙所a1＝E＋BLvm

示．此时电流Im＝．

R＋r

图5－9乙 由平衡条件得： F＝BImL＝

BL(BLvm＋E)

R＋r