安徽省巢湖市2021届新高考物理仿真第三次备考试题含解析

安徽省巢湖市2021届新高考物理仿真第三次备考试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．在xoy 平面内有一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s ．M 、N 是平衡位置相距2m 的两个
质点，如图所示．在t=0时，M 通过其平衡位置沿y 轴正方向运动，N 位于其平衡位置上方最大位移处．已
知该波的周期大于1s ，则下列说法中正确的是（ ）
A ．该波的周期为53s
B ．在t=13s 时，N 的速度一定为2m/s
C ．从t=0到t=1s ，M 向右移动了2m
D ．从t=
13s 到t=23s ，M 的动能逐渐增大 【答案】D
【解析】
【详解】
A.波速为2m/s ，波的周期大于1s ，则波长大于2m ，M 、N 的平衡位置相距2m ，M 、N 的平衡位置间距小于波长；t=0时，M 通过其平衡位置沿y 轴正方向运动，N 位于其平衡位置上方最大位移处，波沿x 轴正方向传播，则t=0时，波形图如图所示，所以
32m 4
λ= 该波的周期：
T v λ
=
解得：该波的周期为4s 3
，故A 项错误；
B.4s 3
T =，t=0时，N 位于其平衡位置上方最大位移处，则在t=13s 时，N 位于其平衡位置向y 轴负方向运动，由于振幅未知，所以振动的速度未知，故B 项错误；
C.波传播过程中质点不随波迁移，质点在自身平衡位置附近振动，故C 项错误；
D.在t=0时，M 通过其平衡位置沿y 轴正方向运动，因4s 3T =，则t=13s 时，M 位于其平衡位置上方最大位移处，t=23s 时，M 通过其平衡位置沿y 轴负方向运动，t=13s 到t=23s ，M 的动能逐渐增大，故D 项正确。

2．某发电机通过理想变压器给定值电阻R 提供正弦交流电，电路如图，理想交流电流表A ，理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P 。

若发电机线圈的转速变为原来n 倍，则
A ．R 消耗的功率变为nP
B ．电压表V 的读数为nU
C ．电流表A 的读数仍为I
D ．通过R 的交变电流频率不变
【答案】B
【解析】
【分析】
当发电机线圈的转速变为原来n 倍，发电机产生交流电的电动势有效值和频率都将发生变化。

变压器的输入电压变化后，变压器的输出电压、副线圈的电流、R 消耗的功率随之改变，原线圈的电流也会发生变化。

原线圈中电流的频率变化，通过R 的交变电流频率变化。

【详解】
B ：发电机线圈的转速变为原来n 倍，发电机线圈的角速度变为原来n 倍，据m E NBS ω=可得，发电机产生交流电电动势的最大值变为原来n 倍，原线圈两端电压变为原来n 倍。

据1212::U U n n =可得，副线圈两端电压变为原来n 倍，电压表V 的读数为nU 。

故B 项正确。

A ：R 消耗的功率22R U P R
=，副线圈两端电压变为原来n 倍，则R 消耗的功率变为2n P 。

故A 项错误。

C ：流过R 的电流22U I R
=，副线圈两端电压变为原来n 倍，则流过R 的电流2I 变为原来的n 倍；再据1221::I I n n =，原线圈中电流变为原来n 倍，电流表A 的读数为nI 。

故C 项错误。

D ：发电机线圈的转速变为原来n 倍，发电机产生交流电的频率变为原来的n 倍，通过R 的交变电流频率变为原来的n 倍。

故D 项错误。

3．一列简谐横波，在t=0.6s 时刻的图像如图甲所示，此时P 、Q 两质点的位移均为-1cm ，波上A 质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）
A ．这列波沿x 轴负方向传播
B ．这列波的波速是50m/s
C ．从t=0.6s 开始，紧接着的Δt=0.9s 时间内，A 质点通过的路程是4cm
D ．从t=0.6s 开始，质点P 比质点Q 早0.4s 回到平衡位置
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由乙图读出t=0.6s 时刻质点A 的速度方向为沿y 轴负方向，由甲图判断出该波的传播方向为沿x 轴正向，故A 错误；
B ．由甲图读出该波的波长为λ=20m ，由乙图得周期为T=1.2s ，则波速为 v=201.2T λ
= m/s=503
m/s 故B 错误；
C ．因为
30.94
t s T ∆== t=0.6s 时质点A 位于平衡位置，则知经过Δ0.9s t =，A 质点通过的路程是
3326cm s A ==⨯=
故C 错误；
D ．图示时刻质点P 沿y 轴正方向，质点Q 沿y 轴负方向，此时PQ 两质点的位移均为-1cm ，故质点P 经过12
T 回到平衡位置，质点Q 经过46T T +回到平衡位置，故质点P 比质点Q 早 1.2s 0.4s 461233
T T T T +-=== 回到平衡位置，故D 正确。

故选D 。

4．如图所示，电路中所有原件完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计中没有电流通过，可能的原因是（ ）
A ．入射光强较弱
B ．入射光频率太高
C ．电源正负极接反
D ．光照射时间太短
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．根据光电效应方程
0km h W E ν=+
可知光电管能否产生光电效应与入射光的强度没有关系，A 错误；
B ．若入射光频率太高，则一定大于金属的极限频率，故一定可以发生光电效应，电流计中可能电流通过，B 错误；
C ．电源正负极接反时，光电管加上反向电压，光电子做减速运动，可能不能到达阳极，电路中不能形成电流，C 正确；
D ．光电管能否产生光电效应与光照时间没有关系，D 错误。

故选C 。

5．下列说法正确的是____________
A ．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流
B ．一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能产生3个不同频率的光子
C ．用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期
D ．原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量
【答案】C
【解析】
试题分析：β衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，A 错误；一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多产生两种不同频率的光子，但是若是大量氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多可产生3种不同频率的光子，B 错误；原子核的半衰期与外界因素无关，C 正确；原子核经过衰变生成新核，需要释放出射线，质量减小，D 错误；
考点：考查了原子衰变，氢原子跃迁
6．2020年3月9日19时55分，我国在西昌卫基发射中心，成功发射北斗系统第五十四颗导航卫星，北斗三号CEO-2是一颗地球同步轨道卫星，以下关于这颗卫星判断正确的是（ ）
A．地球同步轨道卫星的运行周期为定值
B．地球同步轨道卫星所受引力保持不变
C．地球同步轨道卫星绕地运行中处干平衡状态
D．地球同步轨道卫星的在轨运行速度等于第一宇宙速度
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．同步卫星相对地球是静止的，即运行周期等于地球自转周期，为定值，A正确；
BC．地球同步轨道卫星所受引力充当圆周运动的向心力，时时刻刻指向圆心，为变力，其合力不为零，故不是出于平衡状态，BC错误；
D．第一宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度，即为在地球表面环绕的卫星的速度，而同步卫星轨道
半径大于地球半径，根据
GM
v
r
可知，轨道半径越大，线速度越小，所以同步卫星运行速度小于第一
宇宙速度，D错误。

故选A。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示,甲图为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像,乙图为参与波动质点P的振动图像,则下列判断正确的是________.
A．该波的传播速率为4m/s
B．该波的传播方向沿x轴正方向
C．经过0.5s,质点P沿波的传播方向向前传播4m
D．该波在传播过程中若遇到2m的障碍物,能发生明显衍射现象
E.经过0.5s时间,质点P的位移为零,路程为0.4m
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A ．由甲图读出该波的波长为λ=4m ，由乙图读出周期为T=1s ，则波速为v=
T λ=4m/s ，故A 正确； B ．在乙图上读出t=0时刻P 质点的振动方向沿y 轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x 轴负方向，故B 错误；
C ．质点P 只在自己的平衡位置附近上下振动，并不随波的传播方向向前传播，故C 错误；
D ．由于该波的波长为4m ，与障碍物尺寸相差较多，故能发生明显的衍射现象，故D 正确；
E ．经过t=0.5s=2
T ，质点P 又回到平衡位置，位移为零，路程为S=2A=2×0.2m=0.4m ，故E 正确． 8．如图所示为平行于x 轴的静电场电势ϕ随x 变化的图象。

电子只受电场力，自2x -位置静止释放，到达O 点时的动能为k E ，已知电子电量为e ，质量为m ，122x x =，则下列分析正确的是（ ）
A ．电子在1x x =k 2E m
B ．电子在1x x =处加速度为m 1
2e mx ϕ C ．电子将沿x 轴做往复运动，周期m 28m T x e ϕ=D ．电子在1x x =处动能与电势能之和为k 12E 【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．静电场平行于x 轴，则x φ-图线的斜率表示场强，所以2x -到0间的电场为匀强电场，0到2x 间电场也为匀强电场，设电子在1x x =处速度为v ，根据动能定理
k m e E ϕ=
2m k 111222
e E mv ϕ== 所以
k E v m
=故A 错误；
B ．电子只受电场力，根据牛顿第二定律
m m 21
2e e Ee a m mx mx ϕϕ===
故B 正确；
C ．电子将沿x 轴做往复运动，设从2x -到0电子的运动时间为t 1，根据运动学公式
22m 2112
1122e x at t mx ϕ=
= 所以
1t x =往复运动的周期
148T t x ==故C 正确； D.点子只受电场力，所以动能和电势能之和不变，初始时动能为零，电势能也为零，所以任意位置动能和电势能之和为0，故D 错误。

故选：BC 。

9． “风云二号”是我国发射的一颗地球同步卫星，有一侦查卫星A 与“风云二号”卫星位于同一轨道平面，两卫星绕地球运转方向相同。

在赤道卫星观测站的工作人员在两个昼夜里能观测到该侦查卫星三次。

设地球的半径、自转周期分别为R E 和T E ，g 为其表面重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A
E R B ．侦查卫星与风云二号的周期比为7:3 C ．侦查卫星的线速度大于风云二号的线速度 D
．侦查卫星的轨道半径为R 【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由于风云二号是地球同步卫星，故它的运转周期为T E 。

设地球质量为M ，风云二号的质量为m 、轨道半径为r 、周期等于T E ，由万有引力提供向心力得
2
22E Mm G m r r T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
在天体的表面有 G 2E
Mm R =mg 由以上两式解得
22E E 324gR T
r π=
风云二号距地面的高度为22
E E
3E 24gR T R π-，故A 正确；
BC ．假设每隔T ∆时间赤道上的人可看到A 卫星一次，则有
A E
22()2T T T π
π
π-∆=
解得
E A
E A
T T T T T ∆=-
考虑到两个昼夜看到三次的稳定状态，则有
E 2
3T T ∆=
解得
A E 2
5T T =
根据开普勒第三定律可知，侦查卫星的线速度大于风云二号的线速度，故B 错误，C 正确；
D ．设侦查卫星的轨道半径为R ，有牛顿第二定律得：
2
E 22A
4GM m m R R T π=
解得
2
2E E
3225gR T R π=
故D 正确。

故选ACD 。

10．a 、b 两物体沿同一直线运动，运动的位置一时间（x t -）图像如图所示。

分析图像可知（
）
A ．1t 时刻两物体的运动方向相同
B ．21~t t 时间内的某时刻两物体的速度相等
C ．21~t t 时间内a 、b 两物体运动的路程不等
D ．2t 时刻b 物体从后面追上a 物体
【答案】BCD
【解析】
A ．图像的切线斜率表示速度，1t 时刻a 的速度为正、b 的速度为负，运动方向相反，选项A 错误；
B ．如图所示，21~t t 时间内有一点N ，在这一点b 图像的斜率与a 图像的斜率相等，即二者速度相等（临界点），选项B 正确。

C ．1t 时刻和2t 时刻，二者位置坐标均相等，则21~t t 时间内两物体位移相等。

但该过程中，a 始终正向运动，b 先负向、后正向运动，则二者运动的路程不等，选项C 正确。

D ．2t 时刻两物体在同一位置，之前一段时间二者速度方向相同，且b 的速度大于a 的速度，则b 从后面追上a 。

选项D 正确；
故选BCD.
11．如图所示，一个小型旋转式交流发电机，其矩形线圈的面积为S ，共有n 匝，总电阻为r ，外电路上接有一个阻值为R 的定值电阻和一个理想交流电流表A ．线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO '匀速运动，图中线圈平面平行于磁场方向，由此位置开始计时，下列说法正确的是（ ）
A ．发电机所产生电动势的最大值为nBS ω
B ．从初始位置开始，在四分之一个周期内通过R 的电荷量为
BS R r + C ．R 两端电压的有效值()
22nBS R R r ω+ D ．交流电流表的示数一直在变化
【答案】AC
【解析】
A ．在初始位置线圈产生的电动势最大，且 122m E n
B ab bc nBS ωω=⨯⨯⨯⨯⨯= 故A 正确；
B ．从初始位置开始，在四分之一个周期内通过R 的电荷量为
n nBS q R r R r
∆Φ=-++ 故B 错误；
C ．电动势的有效值为
m 2222
E E nBS ω==⋅ 电阻R 两端电压的有效值为
()
22E nBS R U R R r R r ω=⨯=++ 故C 正确；
D ．交流电流表测的是有效值，其示数不会变化，故D 错误。

故选：AC 。

12．如图是倾角θ=37°的光滑绝缘斜面在纸面内的截面图。

一长为L 、质量为m 的导体棒垂直纸面放在斜面上，现给导体棒通人电流强度为I ，并在垂直于导体棒的平面内加匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，
已知当地重力加速度为g ，sin37°
=0.6，cos37°=0.8.则以下说法正确的是（ ）
A ．所加磁场方向与x 轴正方向的夹角α的范围应为90233α︒︒<…
B ．所加磁场方向与x 轴正方向的夹角α的范围应为0143α︒︒<…
C ．所加磁场的磁感应强度的最小值为
35mg IL
D ．所加磁场的磁感应强度的最小值为45mg IL 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．根据共点力平衡知，安培力的方向在垂直斜面向下与竖直向上的这两个方向之间，根据左手定则知，所加磁场方向与x 轴正方向的夹角θ的范围应为0143θ︒≤<︒，故A 错误，B 正确。

CD ．当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力最小，根据矢量三角形定则有
sin 37A F mg BIL =︒=
则磁感应强度的最小值 35mg B IL
= 故C 正确，D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．要测量一个待测电阻R x （190Ω～210Ω）的阻值，实验室提供了如下器材：
电源E ：电动势3.0V ，内阻不计
电流表A 1：量程0～10mA ，内阻r 1约50Ω
电流表A 2：量程0﹣500μA ，内阻r 2为1000Ω
电压表V 1：量程0～1V ，内阻R V1约为1kΩ
电压表V 2：量程0～10V ，内阻R V2约为10kΩ
滑动变阻器R ：最大阻值20Ω，额定电流2A
定值电阻R 1＝500Ω
定值电阻R 2＝2000Ω
定值电阻R 3＝5000Ω
电键S 及导线若干
求实验中尽可能准确测量R x 的阻值，请回答下面问题：
（1）为了测定待测电阻上的电压，可以将电表___（选填“A 1”、“A 2”或“V 1”、“V 2“）串联定值电阻__（选填“R 1”、“R 2”或“R 3”），将其改装成一个量程为3.0V 的电压表。

（2）利用所给器材，在虚线框内画出测量待测电阻R x 阻值的实验原理图（所有的器材必须用题中所给的符号表示）。

（________）
（3）根据以上实验原理图进行实验，若测量电路中一只电流表的读数为6.2mA ，另外一只电流表的读数为200.0μA ．根据读数并结合题中所给数据求出待测电阻Rx ＝_____Ω。

【答案】A 2 R 3 200.0
【解析】
【详解】
（1）[1]．将小量程的电流表改装成电压表，电流表需要知道两个参数：量程和内阻，故电流表选A 2。

[2]．根据串联电路特点和欧姆定律得：串联电阻阻值为：
R ＝2-g U
r I ＝6350010
-⨯﹣1000Ω＝5000Ω 故选定值电阻R 3；
（2）[3]．由①知电压表的内阻
R V ＝R 2+r 2＝1000+5000＝6000Ω
由于x A R R ≈3.8～4.2，V x
R R ≈31.6～28.6，则 x V A x
R R R R < 故电流表应用用外接法；又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示
（3）[4]．根据串并联电路特点和欧姆定律得：
()23212x I R r R I I +=-=63620010(50001000)6.21020010
---⨯⨯+⨯-⨯=200.0Ω 14．图甲为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。

图中E 是电池，R 1、R 2、R 3、R 4和R 5是固定电阻，R 6是可变电阻，表头电流表G 的量程为0~1mA ，内阻g 200ΩR =，B 为换挡开关，A 端和B 端分别与两表笔相连。

该多用电表有5个挡位，分别为直流电压3V 挡和15V 挡，直流电流5mA 挡和1A 挡，欧姆“100Ω⨯”挡。

(1)图甲中A 端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接
(2)开关S 接位置_________（填“1”或“2”）时是电流挡的大量程，根据题给条件可得。

12R R +=______Ω，4R =_______Ω，5R =_______Ω。

(3)某次测量时该多用电表指针位置如图乙所示，若此时B 端是与“1”相连的，则多用电表读数为_______；若此时B 端是与“3”相连的，则读数为________。

(4)多用电表长时间使用后会造成电源的电动势减小和内阻增大，若继续使用时还能进行欧姆调零，则用该多用电表测量电阻时，所测得的电阻值将_________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】黑 1 50 560 2400 0.52A 1400Ω 偏大
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由题中所示电路图可知，B 与欧姆表内置电源的负极相连，B 为红表笔，A 为黑表笔。

(2)[2]由题中所示电路图可知，开关S 接位置1时，分流电阻较小，此时电流挡的大量程；
[3]根据题中所示电路图，由欧姆定律可知
3g g
1233
2g 110200Ω50Ω510110I R R R I I ---⨯⨯==-⨯-⨯=+ [4][5]5mA 电流挡的内阻为 1212()40Ωg g R R R R R R R +=
=++
则 443
23(40)Ω560Ω510U R R I --=-=⨯=内 2554315(40560)Ω2400Ω510U R R R I ---=
=--=⨯内
(3)[6]B 端是与“1”相连的，电流表量程为1A ，分度值是0.02A ，多用电表读数为
0.02A 260.52A ⨯=
[7]此时B 端是与“3”相连，多用电表测电阻，由图示可知，指针指在14的位置，则读数为
14100Ω1400Ω⨯=
(4)[8]当电池电动势变小、内阻变大时，需要重新欧姆调零，由于满偏电流I g 不变，欧姆表内阻 g E R
I =内 变小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，可知当R 内变小时，有 g x x
I R E I R R R R ==++内内内 由于I g 不变、R 内变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数变大，导致测量阻值偏大。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一个带正电的粒子质量为m 、电荷量为q ，不计粒子的重力，由x 轴上的P 点垂直磁场射入，速度与x 轴正方向夹角θ=45︒，p 点到坐标原点的跑离为L 。

(1)若粒子恰好能从y 轴上距原点L 处的Q 点飞出磁场，求粒子速度大小；
(2)若粒子在磁场中有最长的运动时间，求粒子速度大小的范围。

【答案】（1）22qBL v m
=
；（2）(22)qBL v m -≤. 【解析】
【详解】 （1）粒子的轨迹如图所示
设粒子速率为v
2
v qvB m r
= 由几何关系得
22
r L = 解得22qBL v m =
（2）若粒子在磁场运动时间最长，则应从x 轴射出磁场，设其速度的最大值为0v 粒子恰好与y 轴相切。

由几何关系可知
00cos45r r L +︒= 解得0(22)r L =-。

粒子的速度(22)qBL v m
-≤。

16．如图所示，在xOy 平面内，MN 与y 轴平行，间距为d ，其间有沿x 轴负方向的匀强电场E 。

y 轴左侧有宽为L 的垂直纸面向外的匀强磁场，MN 右侧空间存在范围足够宽、垂直纸面的匀强磁场（图中未标出）。

质量为m 、带电量为+q 的粒子从P （d ，0）沿x 轴负方向以大小为v 0的初速度射入匀强电场。

粒子
到达O 点后，经过一段时间还能再次回到O 点。

已知电场强度E=2032mv qd
，粒子重力不计。

(1)求粒子到O 点的速度大小；
(2)求y 轴左侧磁场区域磁感应强度B 1的大小应满足什么条件？
(3)若满足(2)的条件，求MN 右侧磁场的磁感应强度B 2和y 轴左侧磁场区域磁感应强度B 1的大小关系。

【答案】（1）02v v =；（2）012mv B qL
>
；（3）122(1)nB B n =+，n=l ，2，3…… 【解析】
【分析】
【详解】 (1)粒子，从P 点到O 点，由动能定理得
2201122
mv mv qEd -= 可得粒子到
20022qEd v v v m
=+= (2)洛伦兹力提供向心力
2
1mv qvB r
= 粒子要再次回到O 点，则粒子不能从y 轴左侧的磁场射出，需要返回磁场，经过电场和MN 右侧的磁场的作用，再次返回到O 点，故要求：
01
2mv r L qB =< 故要求
012mv B qL
> (3)粒子通过电场回到MN 右侧磁场时速度为0v 。

设粒子在右侧磁场中轨道半径为R ，要使其能够回到原点，粒子在右侧磁场中应向下偏转，且偏转半径R≥r 。

2020mv qB v R
= 解得
02
mv R qB =
①当R=r 001
2
2m v mv qB qB = 可得122
B B = ②R>r ，要使粒子回到原点（粒子轨迹如下图所示）
则须满足
222)n R r r -=（
其中n=l ，2，3……
000121
22222mv m v m v n qB qB qB ⎛⎫-= ⎪⎝⎭ 122(1)
nB B n =+，n=l ，2，3…… 其中n=1时，122
B B = 综上，需要B 2和y 轴左侧磁场区域磁感应强度B 1的大小关系满足
122(1)
nB B n =+，n=l ，2，3…… 17．我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。

已知地球质量为M ，半径为R ，万有引力常量为G ，将地球视为均质球体，且忽略自转。

(1)类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度E”的定义式，并结合万有引力定律，推导距离地心为r （r>R ）处的引力场强度的表达式2
=G M E r 引； (2)设地面处和距离地面高为h 处的引力场强度分别为E 引和'E 引，如果它们满足'0.02E E E -≤引引
引，则该空
间就可以近似为匀强场，也就是我们常说的重力场。

请估算地球重力场可视为匀强场的高度h （取地球半径R=6400km ）；
(3)某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为=-G
M r
ϕ引（以无穷远处引力势为0）。

请你设定物理情景，简要叙述推导该表达式的主要步骤。

【答案】 (1)引力场强度定义式F E m =
引，推导见解析；(2)h=64976m ；(3)推导见解析. 【解析】
【分析】
【详解】
(1)引力场强度定义式F E m
=引 2Mm F G
r
= 联立得 2
M E G r =引 (2)根据题意
2
M E G R =引 '2M E G r
=引 '0.02E E E -=引引
引
h r R R =-=
- 解得
h=64976m
(3)定义式引力势=p E m ϕ引，式中p E 为某位置的引力势能
把某物体从无穷远移动到某点引力做的功
=0-=-p p W E E 引
即
=-p E W 引
则当质量为m 的物体自无穷远处移动到距离地球r 处时，引力做功为W 引 通过计算得
0Mm W G
r
=引＞ 所以 =-p Mm E G
r =-M G r ϕ引。