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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． F垂直于斜面向上 B． F垂直于斜面向下
C． F竖直向上 D． F竖直向下
【考点】25：静摩擦力和最大静摩擦力；3C：共点力的平衡．
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【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F ＝Gsinθ；
fA
B图中F ＝Gsinθ；C图中F ＝（G﹣F）sinθ；D图中F ＝（G+F）sinθ，而原来都
fB fC fD
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．
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【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． B．
C． 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．
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【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．【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 B．棒的动能增加量
C．棒的重力势能增加量 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．
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【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F 的作用。由动能定理：W +W +W
A F G 安
＝△E
K
得W
F
+W
安
＝△E
K
+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v 经过M点在电场线上向下运
M
动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v 折回N点．则（ ）
N
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．
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【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．1 7 5N +1 1H→1 6 2C +4 2He方程是α衰变方程
B．1 1H +2 1H→2 3He+γ是核聚变反应方程C．2 9 3 2 8U→2 9 3 0 4Th +4 2He是核裂变反应方程
D．2 4He +2 1 7 3Al→3 15 0P +1 0n是核人工转变
【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．
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【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。1
7
5N
在质子的轰击下发生的核反应，属于人工转变。 故A错误。
B、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2
13
7Al产生3
15
0P和0 1n，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．
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【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．
𝐶
【解答】解：A、由v= 可知，蓝光在玻璃中的折射率大，蓝光的速度较小，故A错
𝑛
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，折射角应较小，故B错误；
1
C、从玻璃射入空气发生全反射时的临界角由公式sinC= 可知，红光的折射率小，临
𝑛
界角大，故C正确；
𝐿
D、用同一装置进行双缝干涉实验，由公式 △x= 𝜆可知蓝光的波长短，相邻条纹间
𝑑
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．
𝜋
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 𝑡，则质点
4
（ ）
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．
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【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。【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
2𝐵𝑆𝜔 𝜋
ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I＝ ．线框从中性面开始转过 的
2𝑅 2
𝐵𝑆
过程中，通过导线横截面的电荷量q＝ ．
𝑅
（2）图 2为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流 I ＝300μA，内阻 R ＝
R g
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R 的阻值时，指针
x
指在刻度盘的正中央，则 R ＝ 5 kΩ．若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变
x
小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述R 其测量结果与原结果相
x
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 B．直流电源、毫米刻度尺
C．交流电源、天平及砝码 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
2
𝑣
斜率等于重力加速度，除作v﹣t图象外，还可作 ‒ℎ 图象，其纵轴表示的是 速
2
度平方的二分之一 ，横轴表示的是 重物下落的高度 ．【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．
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【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）
𝐸
𝑚
电动势的最大值为E ＝BSω，电动势的有效值为E= ，
m
2
𝐸 2𝐵𝑆𝜔
所以电流的有效值I= = ；
𝑅 2𝑅
𝐸 △ 𝛷 △ 𝛷 𝐵𝑆
电荷量为 q=𝐼△𝑡= △𝑡= △𝑡= =
𝑅 𝑅 △ 𝑡 𝑅 𝑅
（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R ＝0）时，电流表应调至满偏电流I ，设此时欧姆表的内阻为R
x g 内
𝐸 𝐸
此时有关系 I = 得R = =5𝑘𝛺；
𝑔 内
𝑅 𝐼
内 𝑔
𝐼 𝐼
𝐸
𝑔 𝑔
当指针指在刻度盘的正中央时 I = ，有 = ，代入数据可得 R ＝R ＝
x 内
2 2 𝑅 + 𝑅
内
𝑥5kΩ；
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 I 不变，由公式
g
𝐸
I
𝑔
= ，欧姆表内阻R
内
得调小，
𝑅
内
待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，
𝐼 𝑅 𝐼
𝐸
𝑔 内 𝑔
由I= = = ，
𝑅 + 𝑅 𝑅 + 𝑅 𝑅
内 𝑥 内 𝑥 𝑥
1 +
𝑅
内
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
𝑣
②由公式v2＝2gh，如绘出 ‒ℎ图象，其斜率也等于重力加速度．
2
2𝐵𝑆𝜔 𝐵𝑆
故答案为：（1） ， ；
2𝑅 𝑅
（2）红，5，变大；
2
𝑣
（3）D， ‒ℎ，速度平方的二分之一，重物下落的高度．
2
【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m ＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现
1
有质量m ＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v ＝2m/s从左端滑上小车，最
2 0
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′ 不超过多少？
0
【考点】52：动量定理；53：动量守恒定律；6B：功能关系．
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【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m 进行受
2
力分析，求出加速，结合运动学公式v＝v +at可解出结果。
0
（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v2‒𝑣 2=2𝑎𝑠
𝑡 0
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
m v ＝（m +m ）v…①
2 0 1 2
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＝m v﹣m v …②
2 2 0
其中F＝μm g…③
2
𝑚 𝑣
1 0
解得 t=
𝜇(𝑚 + 𝑚 )𝑔
1 2
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
m v' ＝（m +m ）v'…⑤
2 0 1 2
1 1
由功能关系有 𝑚 𝑣'2= (𝑚 +𝑚 )𝑣'2+𝜇𝑚 𝑔𝐿⋯⑥
2 0 1 2 2
2 2
⑤⑥联立并代入数据解得：v ′＝5m/s
0故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v ′不能超过5m/s。
0
解法二：
（1）选物块原来的方向为正，
𝜇𝑚 𝑔
10
2
对小车有a = = m/s2，…①
1
𝑚 3
1
‒ 𝜇𝑚 𝑔
2
对物块a = =‒5m/s2…②
2
𝑚
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v +a t＝a t…③
0 2 1
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s ，物块的位移为s ，物块原来的速度为v '
1 2 0
对小车有：v′2﹣0＝2a s …④
1 1
对物块有：v'2 ‒𝑣'2
=2𝑎 𝑠 ⋯⑤
0 2 2
s ﹣s ＝L…⑥
2 1
①②④⑤⑥联立解得v '＝5m/s
0
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v ′不超过5m/s。
0
【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v 的大小；
0
（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．
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【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，
𝑚𝑔
解得：E = ；
𝑞
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，
𝐿
∠MO′P＝θ，如图所示。设半径为r，由几何关系知：sinθ = ，
2𝑟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，
2
𝑣
由牛顿第二定律得：qvB＝m ，
𝑟
𝑣
0
由速度的合成与分解知：cosθ = ，
𝑣
𝑞𝐵𝐿𝑐𝑜𝑡𝜃
解得：v = ；
0
2𝑚
（3）设小球到M点时的竖直分速度为v ，
y
它与水平分速度的关系为：v ＝v tanθ，
y 0
由匀变速直线运动规律得：v 2＝2gh，
y
2 2 2
𝑞 𝐵 𝐿
解得：h = ；
2
8𝑚 𝑔
𝑚𝑔
答：（1）电场强度E的大小为： ，方向：竖直向上；
𝑞
𝑞𝐵𝐿𝑐𝑜𝑡𝜃
（2）小球从A点抛出时初速度v 的大小为 ；
0
2𝑚
2 2 2
𝑞 𝐵 𝐿
（3）A点到x轴的高度h为 。
2
8𝑚 𝑔
【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
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M 是太阳质量M 的多少倍（结果保留一位有效数字）；
A s
（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
𝑀𝑚
有势能为E ＝﹣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
p
𝑅
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 M ＝2.0×1030kg，太阳半径 R ＝7.0×108m，不考虑相对论效应，利用上问结
s s
果，在经典力学范围内求人马座A*的半径R 与太阳半径R 之比应小于多少（结果按
A g
四舍五入保留整数）．
【考点】4F：万有引力定律及其应用．
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【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
𝑀 𝑚
𝐴 𝑆2
引力提供，设S2星的质量为m ，角速度为ω，周期为T，则G =m ω2r ①
S2 S2
2
𝑟
2𝜋
ω = ②
𝑇
设地球质量为m ，公转轨道半径为r ，周期为T ，研究地球绕太阳做圆周运动，根据
E E E
万有引力提供向心力则𝑀 𝑚
𝑆 𝐸
G =m ω2r ③
E E
2
𝑟
𝐸
𝑀 3 𝑇 2
𝑟
𝐴 𝐸
综合上述三式得 =( ) ( )
𝑀 𝑟 𝑇
𝑆 𝐸
式中 T ＝1年，r ＝1天文单位，
E E
𝑀
𝐴
代入数据可得 =4×106
𝑀
𝑆
（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，
1 𝑀𝑚
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 G ＜0
-
2 𝑅
④
依题意可知R＝R ，M＝M
A A
2𝐺𝑀
𝐴
可得R ＜ ⑤
A
2
𝑐
代入数据得R ＜1.2×1010 m
A
𝑅
𝐴
所以： ＜17
𝑅
𝑆
答：（1）人马座A*的质量M 是太阳质量M 的4×106倍，
A s
（2）在经典力学范围内求人马座A*的半径R 与太阳半径R 之比应小于17．
A g
【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．
