2009年天津市高考物理试卷解析版下载

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  • 最近更新2022年10月20日



2009 年天津市高考物理试卷解析版 参考答案与试题解析 一、单项选择题(每小题 6 分,共 30 分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确 的) 1.(6 分)物块静止在固定的斜面上,分别按图示的方向对物块施加大小相等的力 F,施力 后物块仍然静止,则物块所受的静摩擦力增大的是(  ) A. C. F 垂直于斜面向上 F 竖直向上 B. F 垂直于斜面向下 F 竖直向下 D. 【考点】25:静摩擦力和最大静摩擦力;3C:共点力的平衡.菁优网版权所有 【专题】11:计算题. 【分析】物体施加力 F 前后都处于平衡状态,受的合外力为零,分析物体受到的力,然 后沿斜面和垂直斜面正交分解力,在沿斜面方向上求静摩擦力,比较前后的大小变化来 作出判断. 【解答】解:分析四个图中的物体施加 F 后的受力如图: 物体处于平衡状态,合外力为零,正交分解物体受到的力,可知沿斜面方向的合力为零。 即 A 图中 FfA=Gsinθ; B 图中 FfB=Gsinθ;C 图中 FfC=(G﹣F)sinθ;D 图中 FfD=(G+F)sinθ,而原来都为: Gsinθ,比较得知静摩擦力增大的为 D,所以 A、B、C、选项错误,D 选项正确。 故选:D。 【点评】知道物体的共点力平衡条件:合外力为零,会正交分解物体的受力,然后得知 两互相垂直的方向上的合力为零. 2.(6 分)下列关于电磁波的说法正确的是(  ) A.电磁波必须依赖介质传播 第 1 页 共 15 页 B.电磁波可以发生衍射现象 C.电磁波不会发生偏振现象 D.电磁波无法携带信息传播 【考点】G4:电磁波的发射、传播和接收;G6:电磁波的应用.菁优网版权所有 【专题】54H:光的衍射、偏振和电磁本性专题. 【分析】电磁波既可以在真空中传播,也可以在介质中传播;所有的波都能发生衍射现 象,横波能够发生偏振现象,电磁波是横波,所有波都能传递信息. 【解答】解:A、电磁波既可以在真空中传播,也可以在介质中传播,故 A 错误。 B、衍射是波特有的现象,所有的波都能发生衍射现象,故 B 正确。 C、横波能够发生偏振现象,电磁波是横波,故电磁能能发生偏振现象,故 C 错误。 D、所有波都能传递信息,故电磁波能够携带信息,故 D 错误。 故选:B。 【点评】通过多读教材,加强对基础知识的积累是解决此类题目的唯一途径. 3.(6 分)为探究小灯泡 L 的伏安特性,连好图示的电路后闭合开关,通过移动变阻器的滑 片,使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大,直到小灯泡正常发光.由电流表和电压表得 到的多组读数描绘出的 U﹣I 图象应是(  ) A. C. B. D. 【考点】B8:电阻率与温度的关系;BE:伏安法测电阻;N5:描绘小电珠的伏安特性曲 线.菁优网版权所有 【专题】535:恒定电流专题. 【分析】解答本题的关键是理解电阻的 U﹣I 图象的物理意义以及温度对电阻的影响. 第 2 页 共 15 页 【解答】解:灯丝电阻随电压的增大而增大,在图象上某点到原点连线的斜率应越来越 大,故 ABD 错误,C 正确。 故选:C。 【点评】本题考查的恒定电流中的基础知识:U﹣I 图象含义以及温度对电阻的影响.对 于这些基本知识要加强理解和应用. 4.(6 分)如图所示,竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R,质量不能忽略的 金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦,棒与导轨的电阻均不计,整个装置 放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直,棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的 一段时间内,力 F 做的功与安培力做的功的代数和等于(  ) A.棒的机械能增加量 C.棒的重力势能增加量 B.棒的动能增加量 D.电阻 R 上放出的热量 【考点】65:动能定理;D9:导体切割磁感线时的感应电动势;DD:电磁感应中的能量 转化.菁优网版权所有 【专题】16:压轴题. 【分析】棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段时间内,F 做正功,安培力做负 功,重力做负功,动能增大.根据动能定理分析力 F 做的功与安培力做的功的代数和. 【解答】解:A、棒受重力 G、拉力 F 和安培力 FA 的作用。由动能定理:WF+WG+W 安=△ EK 得 WF+W 安=△EK+mgh 即力 F 做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。故 A 正确。 B、由动能定理,动能增量等于合力的功。合力的功等于力 F 做的功、安培力的功与 重力的功代数和。故 B 错误。 C、棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量。故 C 错误。 D、棒克服安培力做功等于电阻 R 上放出的热量。故 D 错误 故选:A。 【点评】本题运用功能关系分析实际问题.对于动能定理理解要到位:合力对物体做功 第 3 页 共 15 页 等于物体动能的增量,哪些力对物体做功,分析时不能遗漏. 5.(6 分)如图所示,带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置,M、N 为板间同 一电场线上的两点,一带电粒子(不计重力)以速度 vM 经过 M 点在电场线上向下运动, 且未与下板接触,一段时间后,粒子以速度 vN 折回 N 点.则(  ) A.粒子受电场力的方向一定由 M 指向 N B.粒子在 M 点的速度一定比在 N 点的大 C.粒子在 M 点的电势能一定比在 N 点的大 D.电场中 M 点的电势一定高于 N 点的电势 【考点】AC:电势;AE:电势能与电场力做功;AK:带电粒子在匀强电场中的运动.菁优 网版权所有 【专题】16:压轴题. 【分析】由粒子的运动情景可得出粒子受到的电场力的方向,由电场力做功的性质可得 出电势能及动能的变化;由电势与电势能的关系可判断电势. 【解答】解:A、由于带电粒子未与下板接触,可知粒子向下做的是减速运动,故电场力 向上,A 错误; B、粒子由 M 到 N 电场力做负功,电势能增加,动能减少,故速度减小,故 M 点的速度 大于 N 点的速度,故 B 正确,C 错误; D、由于粒子和两极板所带电荷的电性未知,故不能判断 M、N 点电势的高低,D 错误。 【点评】本题应明确:(1)电场力做正功则电势能减小,电场力做负功则电势能增加; (2)电场力做功要注意电荷的正负极性,极性不同则做功不同. 二、不定项选择题(每小题 6 分,共 18 分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项 正确,有的有多个选项正确.全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,选错或不答的得 0 分) 6.(6 分)下列说法正确的是(  ) A. B. NH→ CHe 方程是 α 衰变方程 HH→ He+γ 是核聚变反应方程 第 4 页 共 15 页 C. U→ Th He 是核裂变反应方程 P n是核人工转变 D. He Al→ 【考点】JA:原子核衰变及半衰期、衰变速度;JF:原子核的人工转变;JJ:裂变反应 和聚变反应.菁优网版权所有 【分析】解决本题的关键是理解:α 衰变是原子核自发放射 α 粒子的核衰变过程;由轻 原子核生成较重的原子核,同时释放出巨大能量的核反应叫核聚变;核裂变是指较重的 原子核分裂成两个中等质量的新核;用人工的方法使原子核发生转变的过程叫做原子核 的人工转变。 【解答】解:A、用人工的方法使原子核发生转变的过程叫做原子核的人工转变。 在质子的轰击下发生的核反应,属于人工转变。 故A 错误。 NB、由轻原子核生成较重的原子核,同时释放出巨大能量的核反应叫核聚变。故 B 正确。 C、α 衰变是原子核自发放射 α 粒子的核衰变过程,故该反应是 α 衰变。故 C 错误。 D、用 α 粒子轰击 Al 产生 P 和 n,是在人为的作用下发生的故该反应是人工转 变。故 D 正确。 故选:BD。 【点评】加强对基本知识、基本概念的积累,是解决概念题的唯一的法宝。 7.(6 分)已知某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大,则两种光(  ) A.在该玻璃中传播时,蓝光的速度较大 B.以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中,蓝光折射角较大 C.从该玻璃中射入空气发生反射时,红光临界角较大 D.用同一装置进行双缝干涉实验,蓝光的相邻条纹间距较大 【考点】H3:光的折射定律;H9:光的干涉.菁优网版权所有 【专题】16:压轴题;54D:光的折射专题. 【分析】根据题目中的蓝光的折射率比红光的折射率大,可以判断这两种光在该玻璃中 的波速大小,以及波长、临界角等大小情况,然后以及相关物理知识即可解答. 【解答】解:A、由 可知,蓝光在玻璃中的折射率大,蓝光的速度较小,故 A 错误; B、以相同的入射角从空气中斜射入玻璃中,蓝光的折射率大,向法线靠拢偏折得多,折 第 5 页 共 15 页 射角应较小,故 B 错误; C、从玻璃射入空气发生全反射时的临界角由公式 角大,故 C 正确; 可知,红光的折射率小,临界 D、用同一装置进行双缝干涉实验,由公式 可知蓝光的波长短,相邻条纹间距 小,故 D 错误。 故选:C。 【点评】折射率大的频率高、波长短、临界角小、光子能量高等这些规律要明确,并能 正确应用. 8.(6 分)某质点做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为 x=Asin ,则质点(  ) A.第 1s 末与第 3s 末的位移相同 B.第 1s 末与第 3s 末的速度相同 C.3s 末至 5s 末的位移方向都相同 D.3s 末至 5s 末的速度方向都相同 【考点】73:简谐运动的振动图象.菁优网版权所有 【专题】16:压轴题;51B:简谐运动专题. 【分析】通过简谐运动的表达式可以知道角速度、周期、振幅。结合简谐运动的图象可 以分析出各个时刻的位移方向和速度方向。 【解答】 解:A、由关系式可知,将 t=1s 和 t=3s 代入关系式中求得两时刻位移相同。 故 A 正确。 B、画出对应的位移﹣时间图象,由图象可以看出,第 1s 末和第 3s 末的速度方向不 同。故 B 错误。 C、由图象可知,3s 末至 5s 末的位移先是为正,后为负,位移方向不相同。故 C 错 误。 D、由图象可知,3s 末至 5s 末的速度都是沿着负方向,方向相同。故 D 正确。 故选:AD。 第 6 页 共 15 页 【点评】解决本题的关键是能从简谐运动的表达式中获取信息,并会画简谐运动的位移 时间图象,结合图象分析问题。 三、实验题 9.(18 分)(1)如图 1 所示,单匝矩形闭合导线框 abcd 全部处于磁感应强度为 B 的水平匀 强磁场中,线框面积为 S,电阻为 R.线框绕与 cd 边重合的竖直固定转轴以角速度 ω 匀 速转动,线框中感应电流的有效值 I=  通过导线横截面的电荷量 q= .  .线框从中性面开始转过 的过程中, (2)图 2 为简单欧姆表原理示意图,其中电流表的满偏电流 IR=300μA,内阻 Rg= 100Ω,可变电阻 R 的最大阻值为 10kΩ,电池的电动势 E=1.5V,内阻 r=0.5Ω,图中与 接线柱 A 相连的表笔颜色应是 红 色,接正确使用方法测量电阻 Rx 的阻值时,指针指 在刻度盘的正中央,则 Rx= 5 kΩ.若该欧姆表使用一段时间后,电池电动势变小, 内阻变大,但此表仍能调零,按正确使用方法再测上述 Rx 其测量结果与原结果相比较  变大 (填“变大”、“变小”或“不变”). (3)如图 3 所示,将打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落, 利用此装置可以测定重力和速度. ①所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物, 此外还需 D (填字母代号)中的器材. A.直流电源、天平及砝码 C.交流电源、天平及砝码 B.直流电源、毫米刻度尺 D.交流电源、毫米刻度尺 ②通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据,提高实验的准确程度.为使图线的 斜率等于重力加速度,除作 v﹣t 图象外,还可作   图象,其纵轴表示的是 速 度平方的二分之一 ,横轴表示的是 重物下落的高度 . 第 7 页 共 15 页 【考点】B4:多用电表的原理及其使用;E5:交流的峰值、有效值以及它们的关系; M1:用打点计时器测速度.菁优网版权所有 【专题】16:压轴题. 【分析】(1)根据交变流电的产生和最大值、有效值、平均值的关系可以求得电流的有 效值,交变电流中电荷量可以根据库仑定律来计算. (2)根据欧姆表的结构,由闭合电路欧姆定律可以判断读数,以及电池电动势变小,内 阻变大时测量结果的变化. (3)根据用打点计时器测重力加速度的原理,和实验的步骤可以判断遗漏的器材,用图 象法处理实验的数据比较简单直观. 【解答】解:(1) 电动势的最大值为 Em=BSω,电动势的有效值为 ,所以电流的有效值 ;电荷量为 (2) 欧姆表是电流表改装的,必须满足电流的方向“+”进“﹣”出,即回路中电流从标有 “+”标志的红表笔进去,所以与 A 相连的表笔颜色是红色; 当两表笔短接(即 Rx=0)时,电流表应调至满偏电流 Ig,设此时欧姆表的内阻为 R 内此 时有关系 得;当指针指在刻度盘的正中央时 I ,有 ,代入数据可得 Rx=R 内=5kΩ; 第 8 页 共 15 页 当电池电动势变小、内阻变大时,欧姆得重新调零,由于满偏电流 Ig 不变,由公式 ,欧姆表内阻 R 内得调小, 待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的, 由,可知当 R 内变小时,I 变小,指针跟原来的位置相比偏左了,欧姆表的示数变大了. (3) ①打点计时器需接交流电源.重力加速度与物体的质量无关,所以不要天平和砝码.计 算速度需要测相邻计数的距离,需要刻度尺,选 D. ②由公式 v2=2gh,如绘出 图象,其斜率也等于重力加速度. 故答案为:(1) ,;(2)红,5,变大; (3)D, ,速度平方的二分之一,重物下落的高度. 【点评】(1)知道交变流电的最大值和有效值之间的关系,计算电荷量时要注意电流要 用平均电流来计算. (2)本小题了考查欧姆表的结构、测量原理,同时还要注意测量误差应如何来分析. (3)根据用打点计时器测重力加速度的实验原理,可以判断实验需要的器材,同时还要 知道利用图象处理数据可以使实验结果简单直观的展现出来. 四、简答题 10.(16 分)如图所示,质量 m1=0.3kg 的小车静止在光滑的水平面上,车长 L=1.5m,现 有质量 m2=0.2kg 可视为质点的物块,以水平向右的速度 v0=2m/s 从左端滑上小车,最 后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数 μ=0.5,取 g= 10m/s2,求 (1)物块在车面上滑行的时间 t; (2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度 v′0 不超过多少? 第 9 页 共 15 页 【考点】52:动量定理;53:动量守恒定律;6B:功能关系.菁优网版权所有 【专题】16:压轴题. 【分析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题,涉及动量守恒定律、动量定理、功能 关系、牛顿第二定律和运动学公式这些物理规律的运用。 (1)根据动量守恒定律、动量定理物块在车面上滑行的时间 t,首先判断动量是否守恒, 再选取正方向列式求解;也可运用运动学公式和牛顿第二定律求解,对 m2 进行受力分析, 求出加速,结合运动学公式 v=v0+at 可解出结果。 (2)根据动量守恒定律、能量守恒求解。也可运用牛顿第二定律求出物体和小车的加速 度,由相对运动表示出出物块和小车的相对位移 L,再结合运动学公式 可解出结果。 【解答】解: 解法一: (1)由题意知动量守恒,设物块与小车的共同速度为 v,以水平向右为正方向(如图所 示),根据动量守恒定律有 m2v0=(m1+m2)v…① 设物块与车面间的滑动摩擦力为 F,对物块应用动量定理有 ﹣Ft=m2v﹣m2v0…② 其中 F=μm2g…③ 解得 代入数据得 t=0.24s…④ (2)要使物块恰好不从车厢滑出,须物块到车面右端时与小车有共同的速度 v′,则 m2v’0=(m1+m2)v’…⑤ 由功能关系有 ⑥⑤⑥联立并代入数据解得:v0′=5m/s 故要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车的速度 v0′不能超过 5m/s。 解法二: 第 10 页 共 15 页  (1)选物块原来的方向为正, 对小车有 a1 对物块 a2 m/s2,…① 5m/s2…② 由于物块在车面上某处与小车保持相对静止,物块和车具有共同速度。 所以有 v0+a2t=a1t…③ ①②式代入③式解得 t=0.24s (2)要使物块恰好不从车厢滑出,须物块到车面最右端时与小车有共同的速度 v′设小 车的位移为 s1,物块的位移为 s2,物块原来的速度为 v0′ 对小车有:v′2﹣0=2a1s1…④ 对物块有: ⑤s2﹣s1=L…⑥ ①②④⑤⑥联立解得 v0’=5m/s 答:(1)物块在车面上滑行的时间为 0.24s (2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度 v0′不超过 5m/s。 【点评】从以上两种解法中可以看出,按照第一种解法,本题是考查学生对摩擦拖动类 的动量和能量问题的认识,涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运 用。而按照第二种解法,学生掌握相对运动和基本的牛顿定律就能顺利解出。通常解决 此类问题的关键是掌握动量和能量的观点,该观点始终贯穿从力学到原子物理的整个高 中物理学,动量和能量的观点是继牛顿定律解决力学问题的另一条方法,它往往可以忽 略力作用的中间过程,只需关注始、末状态,用全局的观点和整体的观点使得解题的思 路更加简捷。 11.(18 分)如图所示,直角坐标系 xOy 位于竖直平面内,在水平的 x 轴下方存在匀强磁场 和匀强电场,磁场的磁感应为 B,方向垂直 xOy 平面向里,电场线平行于 y 轴。一质量 为 m、电荷量为 q 的带正电的小球,从 y 轴上的 A 点水平向右抛出,经 x 轴上的 M 点进 入电场和磁场,恰能做匀速圆周运动,从 x 轴上的 N 点第一次离开电场和磁场,MN 之 间的距离为 L,小球过 M 点时的速度方向与 x 轴的方向夹角为 θ.不计空气阻力,重力 第 11 页 共 15 页 加速度为 g,求 (1)电场强度 E 的大小和方向; (2)小球从 A 点抛出时初速度 v0 的大小; (3)A 点到 x 轴的高度 h。 【考点】AK:带电粒子在匀强电场中的运动;CI:带电粒子在匀强磁场中的运动.菁优网版权所有 【专题】11:计算题;31:定性思想;4B:图析法;4C:方程法;537:带电粒子在复 合场中的运动专题. 【分析】(1)带电小球在受到重力、电场力、洛伦兹力共同作用下做匀速圆周运动,可 得知电场力与重力是一对平衡力,从而可得知电场的方向;由二力平衡可求出电场的大 小。 (2)先由几何关系表示出小球在复合场中做圆周运动的半径,结合半径公式和速度的分 解,便可求出小球抛出时的初速度。 (3)小球在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动规律可以求出 h 大小。 【解答】解:(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动, 说明电场力和重力平衡(恒力不能充当圆周运动的向心力), 有:qE=mg, 解得:E ;重力的方向竖直向下,电场力方向只能向上, 由于小球带正电,所以电场强度方向竖直向上。 (2)小球做匀速圆周运动,O′为圆心,MN 为弦长, ∠MO′P=θ,如图所示。设半径为 r,由几何关系知:sinθ ,小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供,设小球做圆周运动的速率为 v, 第 12 页 共 15 页 由牛顿第二定律得:qvB=m 由速度的合成与分解知:cosθ ,,解得:v0 ;(3)设小球到 M 点时的竖直分速度为 vy, 它与水平分速度的关系为:vy=v0tanθ, 2由匀变速直线运动规律得:vy =2gh, 解得:h ;答:(1)电场强度 E 的大小为: ,方向:竖直向上; (2)小球从 A 点抛出时初速度 v0 的大小为 ;(3)A 点到 x 轴的高度 h 为 。【点评】该题考查到了复合场的问题,即在同一区域内同时存在电场、磁场和重力场三 者中的任何两个,或三者都存在。此类问题看似简单,受力不复杂,但仔细分析其运动 往往比较难以把握。 常用的处理方法: 1、建立带电粒子在复合场中运动的物理情景。 2、物理情(图)景与解析几何知识有机结合,将物理问题化归为数学问题。 思想方法:数理结合,建模和化归的思想方法。 解题思维流程:题给文字信息→建立物理图景→化归为几何问题→还原为物理结论(构 第 13 页 共 15 页 建物理图景(模型)是关键、化归为几何问题是手段)。 12.(20 分)2008 年 12 月,天文学家们通过观测的数据确认了银河系中央的黑洞“人马座 A*” 的质量与太阳质量的倍数关系.研究发现,有一星体 S2 绕人马座 A*做椭圆运动,其轨 道半长轴为 9.50×102 天文单位(地球公转轨道的半径为一个天文单位),人马座 A*就处 在该椭圆的一个焦点上.观测得到 S2 星的运行周期为 15.2 年. (1)若将 S2 星的运行轨道视为半径 r=9.50×102 天文单位的圆轨道,试估算人马座 A* 的质量 MA 是太阳质量 Ms 的多少倍(结果保留一位有效数字); (2)黑洞的第二宇宙速度极大,处于黑洞表面的粒子即使以光速运动,其具有的动能也 不足以克服黑洞对它的引力束缚.由于引力的作用,黑洞表面处质量为 m 的粒子具有势 能为 Ep=﹣G (设粒子在离黑洞无限远处的势能为零),式中 M、R 分别表示黑洞的 质量和半径.已知引力常量 G=6.7×10﹣11N•m2/kg2,光速 c=3.0×108m/s,太阳质量 Ms =2.0×1030kg,太阳半径 Rs=7.0×108m,不考虑相对论效应,利用上问结果,在经典力 学范围内求人马座 A*的半径 RA 与太阳半径 Rg 之比应小于多少(结果按四舍五入保留整 数). 【考点】4F:万有引力定律及其应用.菁优网版权所有 【专题】11:计算题;16:压轴题;21:信息给予题. 【分析】研究 S2 星绕人马座 A*做圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式求出 人马座 A*的质量. 研究地球绕太阳做圆周运动,根据万有引力提供向心力,列出等式求出太阳的质量. 根据题目提供的信息,筛选出有用的信息,结合功能关系,求出问题. 【解答】解:(1)S2 星绕人马座 A*做圆周运动的向心力由人马座 A*对 S2 星的万有引 力提供,设 S2 星的质量为 mS2,角速度为 ω,周期为 T,则 mS2ω2r ① ω②设地球质量为 mE,公转轨道半径为 rE,周期为 TE,研究地球绕太阳做圆周运动,根据 万有引力提供向心力则 mEω2rE ③ 第 14 页 共 15 页 综合上述三式得 式中 TE=1 年,rE=1 天文单位, 代入数据可得 4×106 (2)引力对粒子作用不到的地方即为无限远,此时粒子的势能为零.“处于黑洞表面的 粒子即使以光速运动,其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚”,说明了黑洞表 面处以光速运动的粒子在远离黑洞的过程中克服引力做功,粒子在到达无限远之前,其 动能便减小为零,此时势能仍为负值,则其能量总和小于零,则有 mc2 依题意可知 R=RA,M=MA 0④可得 RA ⑤代入数据得 RA<1.2×1010 m所以: 17 答:(1)人马座 A*的质量 MA 是太阳质量 Ms 的 4×106 倍, (2)在经典力学范围内求人马座 A*的半径 RA 与太阳半径 Rg 之比应小于 17. 【点评】本题考查天体运动的知识.其中第 2 小题为信息题,如“黑洞”“引力势能”等 陌生的知识都在题目中给出,考查学生提取信息,处理信息的能力,体现了能力立意. 求一个物理量之比,我们可以把这个物理量先用已知的物理量表示出来,再进行之比. 第 15 页 共 15 页

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