2009年天津市高考物理试卷解析版下载

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