文档内容
2010 年全国统一高考物理试卷（全国卷Ⅰ）
一、选择题（在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，有选错的得 0
分．）
1．（6分）原子核 U经放射性衰变①变为原子 Th，继而经放射性衰变
②变为原子核 Pa，再经放射性衰变③变为原子核 U．放射性衰变
①、②和③依次为（ ）
A．α 衰变、β 衰变和β 衰变 B．β 衰变、α 衰变和β 衰变
C．β 衰变、β 衰变和α 衰变 D．α 衰变、β 衰变和α 衰变
2．（6分）如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为
M 的木块 2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。
现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块 1、2的加速度大小
分别为a 、a ．重力加速度大小为 g。则有（ ）
1 2
A．a =g，a =g B．a =0，a =g
1 2 1 2
C．a =0，a = g D．a =g，a = g
1 2 1 2
3．（6分）关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
B．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为
零
D．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方
向
4．（6分）某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为 4.5×
10﹣5T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽 100m，该河段涨潮
第1页（共22页）和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为
2m/s。下列说法正确的是（ ）
A．电压表记录的电压为5mV B．电压表记录的电压为9mV
C．河南岸的电势较高 D．河北岸的电势较高
5．（6分）一水平抛出的小球落到一倾角为 θ的斜面上时，其速度方向与斜面
垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向
通过的距离之比为（ ）
A． B． C．tanθ D．2tanθ
6．（6分）如图为两分子系统的势能 E 与两分子间距离 r的关系曲线。下列说
p
法正确的是（ ）
A．当 r大于r 时，分子间的作用力表现为引力
1
B．当 r等于r 时，分子间的作用力为零
2
C．当r等于r 时，分子间的作用力为零
1
D．在r由r 变到r 的过程中，分子间的作用力做正功
1 2
7．（6分）某人手持边长为 6cm的正方形平面镜测量身后一棵树的高度．测量
时保持镜面与地面垂直，镜子与眼睛的距离为 0.4m．在某位置时，他在镜
中恰好能够看到整棵树的像；然后他向前走了 6.0m，发现用这个镜子长度
的 就能看到整棵树的像，这棵树的高度约为（ ）
A．5.5m B．5.0m C．4.5m D．4.0m
8．（6分）一简谐振子沿 x 轴振动，平衡位置在坐标原点。t=0时刻振子的位
移 x=﹣0.1m；t= s 时刻 x=0.1m；t=4s时刻 x=0.1m。该振子的振幅和周期可
能为（ ）
第2页（共22页）A．0.1 m， s B．0.1 m，8s C．0.2 m， s D．0.2 m，8s
二、实验题（共 2小题，共 18分）
9．（6分）图 1是利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘
边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料．当盘转到某一位置时，接收器可
以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在
示波器显示屏上显示出来（如图 2所示）．
（1）若图 2中示波器显示屏横向的每大格（5小格）对应的时间为 5.00×
10﹣2s，则圆盘的转速为 转/s．（保留3位有效数字）
（2）若测得圆盘直径为 10.20cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为
cm．（保留 3位有效数字）
10．（12分）一电流表的量程标定不准确，某同学利用图 1所示电路测量该电
流表的实际量程I ．
m
所用器材有：量程不准的电流表 A ，内阻 r =10.0Ω，量程标称为 5.0mA；标准
1 1
电流表 A ，内阻 r =45.0Ω，量程 1.0mA；标准电阻 R ，阻值 10.0Ω；滑动变
2 2 1
阻器 R，总电阻为 300.0Ω；电源 E，电动势 3.0V，内阻不计；保护电阻 R ；
2
开关S；导线．
回答下列问题：
（1）在图2所示的实物图上画出连线．
第3页（共22页）（2）开关S 闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至 端．
（3）开关 S 闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表 A 满偏；若此时电
1
流表A 的读数为I ，则A 的量程I = ．
2 2 1 m
（4）若测量时，A 未调到满偏，两电流表的示数如图 3所示，从图中读出 A
1 1
的示数 I = ，A 的示数 I = ；由读出的数据计算得
1 2 2
I = ．（保留3位有效数字）
m
（ 5） 写 出 一 条 提 高 测 量 准 确 度 的 建 议 ： ．
三、解答题（共 3小题，满分 54分）
11．（15分）汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60s内汽车的加速度随
时间变化的图线如图所示．
（1）画出汽车在0～60s内的v﹣t 图线；
（2）求10s时的瞬时速度；
（3）求在这60s内汽车行驶的路程．
第4页（共22页）12．（18分）如图所示，质量分别为 m和 M 的两个星球 A和 B在引力作用下
都绕 O 点做匀速圆周运动，星球 A和 B两者中心之间的距离为 L．已知 A、
B的中心和O 三点始终共线，A和B分别在O 的两侧，引力常数为G。
（1）求两星球做圆周运动的周期；
（2）在地月系统中，若忽略其它星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球
A和 B，月球绕其轨道中心运行的周期记为 T ．但在近似处理问题时，常常
1
认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为 T ．已知地球和
2
月球的质量分别为 5.98×1024 kg和 7.35×1022 kg．求 T 与 T 两者平方之
2 1
比。（结果保留3位小数）
13．（21分）如图，在 0≤x≤ a 区域内存在与 xy平面垂直的匀强磁场，磁
感应强度的大小为 B．在 t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在 xy平面内发
射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与 y轴正方向的
夹角分布在 0～180°范围内。已知沿 y轴正方向发射的粒子在 t=t 时刻刚好
0
从磁场边界上P（ a，a）点离开磁场。求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R 及粒子的比荷；
（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；
（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
第5页（共22页）第6页（共22页）2010 年全国统一高考物理试卷（全国卷Ⅰ）
参考答案与试题解析
一、选择题（在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，有选错的得 0
分．）
1．（6分）原子核 U经放射性衰变①变为原子 Th，继而经放射性衰变
②变为原子核 Pa，再经放射性衰变③变为原子核 U．放射性衰变
①、②和③依次为（ ）
A．α 衰变、β 衰变和β 衰变 B．β 衰变、α 衰变和β 衰变
C．β 衰变、β 衰变和α 衰变 D．α 衰变、β 衰变和α 衰变
【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．
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【分析】该题考查了α、β 衰变特点，只要写出衰变方程即可求解。
【解答】解：根据 α、β 衰变特点可知： 238U经过一次 α 衰变变为 234Th，
92 90
234Th 经过 1次 β 衰变变为 234Pa， 234Pa再经过一次 β 衰变变为 234U，
90 91 91 92
故BCD 错误，A正确。
故选：A。
【点评】本意很简单，直接考查了 α、β 衰变特点，注意衰变过程中满足质量
数、电荷数守恒。
2．（6分）如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为
M 的木块 2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。
现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块 1、2的加速度大小
分别为a 、a ．重力加速度大小为 g。则有（ ）
1 2
第7页（共22页）A．a =g，a =g B．a =0，a =g
1 2 1 2
C．a =0，a = g D．a =g，a = g
1 2 1 2
【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．
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【专题】16：压轴题．
【分析】木板抽出前，木块 1和木块 2都受力平衡，根据共点力平衡条件求出
各个力；木板抽出后，木板对木块 2的支持力突然减小为零，其余力均不
变，根据牛顿第二定律可求出两个木块的加速度。
【解答】解：在抽出木板的瞬时，弹簧对 1的支持力和对 2的压力并未改变。
对1物体受重力和支持力，mg=F，a =0。
1
对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律
a= =
故选：C。
【点评】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与
延时力；弹簧的弹力通常来不及变化，为延时力，轻绳的弹力为瞬时力，绳
子断开即消失。
3．（6分）关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
B．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为
零
D．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方
向
第8页（共22页）【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AC：电势；AG：电势差和电场
强度的关系．
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【分析】本题主要考查静电场中电场强度和电势的特点，可根据所涉及的知识
逐个分析．
【解答】解：A、电势差的大小决定于电场线方向上两点间距和电场强度，所以
A错误；
B、在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场
强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离负电荷近，电场强度大，电势
低，离负电荷远，电场强度小，电势高，所以 B错误；
C、场强为零，电势不一定为零，电场中肯定存在场强都为零、电势又不相等的
两个点，在这样的两个点之间移动电荷，电场力将做功，所以 C 错误；
D、沿电场方向电势降低，而且速度最快，所以D 正确；
故选：D。
【点评】本题以静电场中电场强度和电势比较容易混淆的性质为选项内容，体
现对物理量基本概念和基本性质的记忆、理解仍是高考命题的重点之一．
4．（6分）某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为 4.5×
10﹣5T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽 100m，该河段涨潮
和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为
2m/s。下列说法正确的是（ ）
A．电压表记录的电压为5mV B．电压表记录的电压为9mV
C．河南岸的电势较高 D．河北岸的电势较高
【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DC：右手定则．
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【专题】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】本题可等效为长度为 100米，速度为2m/s 的导体切割磁感线，根据右
手定则可以判断两岸电势的高低，根据 E=BLv可以求出两端电压。
【解答】解：海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的
导体棒在切割竖直向下的磁场。根据右手定则，右岸即北岸是正极电势高，
第9页（共22页）南岸电势低，D 正确，C 错误；
根据法拉第电磁感应定律 E=BLv=4.5×10﹣5×100×2=9×10﹣3V，B正确，A错
误。
故选：BD。
【点评】本题考查了导体棒切割磁感线的实际应用，在平时的训练中要注意物
理知识在实际生活中的应用并能处理一些简单问题。
5．（6分）一水平抛出的小球落到一倾角为 θ的斜面上时，其速度方向与斜面
垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向
通过的距离之比为（ ）
A． B． C．tanθ D．2tanθ
【考点】43：平抛运动．
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【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速
直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相
同．
【解答】解：如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，
则有：tanθ= 。
则下落高度与水平射程之比为 = = = ，所以B正确。
故选：B。
【点评】本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻
松解决．
6．（6分）如图为两分子系统的势能 E 与两分子间距离 r的关系曲线。下列说
p
第10页（共22页）法正确的是（ ）
A．当 r大于r 时，分子间的作用力表现为引力
1
B．当 r等于r 时，分子间的作用力为零
2
C．当r等于r 时，分子间的作用力为零
1
D．在r由r 变到r 的过程中，分子间的作用力做正功
1 2
【考点】86：分子间的相互作用力．
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【专题】12：应用题．
【分析】从分子势能图象可知，当分子势能最小时，即 r=r 时分子间的引力等
2
于斥力，分子间作用力为零。
当 r＜r 时，分子间表现为斥力，当 r＞r 时，表现为引力，所以当 r由 r 变到
2 2 1
r 时分子间的作用力做正功。
2
【解答】解：从分子势能图象可知，
A、当 r ＜r＜r 时，分子间表现为斥力，当r＞r 时，表现为引力，故 A错。
1 2 2
B、当分子势能最小时，即 r=r 时分子间的引力等于斥力，分子间作用力为零，
2
故B对。
C、当r等于r 时，分子间表现为斥力，故C 错。
1
D、当 r＜r 时，分子间表现为斥力，当 r＞r 时，表现为引力，所以当 r由 r 变
2 2 1
到r 时分子间表现为斥力，分子间的作用力做正功，故 D 对。
2
故选：BD。
【点评】本题主要考查分子势能图象的理解，知道分子势能随距离增大关系。
7．（6分）某人手持边长为 6cm的正方形平面镜测量身后一棵树的高度．测量
时保持镜面与地面垂直，镜子与眼睛的距离为 0.4m．在某位置时，他在镜
中恰好能够看到整棵树的像；然后他向前走了 6.0m，发现用这个镜子长度
第11页（共22页）的 就能看到整棵树的像，这棵树的高度约为（ ）
A．5.5m B．5.0m C．4.5m D．4.0m
【考点】H1：光的反射定律．
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【专题】16：压轴题．
【分析】正确作出光路图，利用光路可逆，通过几何关系计算出树的高度．这
是解决光路图题目的一般思路．
【解答】解：设树高为 H，树到镜的距离为 L，如图所示，是恰好看到树时的反
射光路图，
由图中的三角形可得
即 。
人离树越远，视野越开阔，看到树的全部所需镜面越小，
同理有 ，
以上两式解得：L=29.6m、H=4.5m。
所以选项ABD是错误的。选项 C 是正确的。
故选：C。
【点评】平面镜的反射成像，通常要正确的转化为三角形求解．
8．（6分）一简谐振子沿 x 轴振动，平衡位置在坐标原点。t=0时刻振子的位
移 x=﹣0.1m；t= s 时刻 x=0.1m；t=4s时刻 x=0.1m。该振子的振幅和周期可
能为（ ）
A．0.1 m， s B．0.1 m，8s C．0.2 m， s D．0.2 m，8s
第12页（共22页）【考点】72：简谐运动的振幅、周期和频率．
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【专题】51C：单摆问题．
【分析】t= s 时刻 x=0.1m；t=4s时刻 x=0.1m；经过 s 又回到原位置，知 s
是可能周期的整数倍；
t=0时刻振子的位移 x=﹣0.1m，t= s 时刻 x=0.1m，知道周期大于 s，从而可以
得到振子的周期，也可以得到振幅。
【解答】解：A、B、如果振幅等于 0.1m，经过周期的整数倍，振子会回到原位
置，知道 s 是周期的整数倍，经过 s 振子运动到对称位置，可知，单摆的
周期可能为 s，则 s 为半个周期，则振幅为0.1m；故A正确，B错误；
C、D、如果振幅大于0.1m，则周期T= ×2+（4﹣ ）×2=8s。
当周期为 s 时，经过 s 运动到与平衡位置对称的位置，振幅可以大于 0.1m；
故CD 正确；
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道经过周期的整数倍，振子回到原位置。
二、实验题（共 2小题，共 18分）
9．（6分）图 1是利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘
边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料．当盘转到某一位置时，接收器可
以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在
示波器显示屏上显示出来（如图 2所示）．
第13页（共22页）（1）若图 2中示波器显示屏横向的每大格（5小格）对应的时间为 5.00×
10﹣2s，则圆盘的转速为 4.55 转/s．（保留3位有效数字）
（2）若测得圆盘直径为 10.20cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 1.46
cm．（保留 3位有效数字）
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速．
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【专题】16：压轴题．
【分析】从图象中能够看出圆盘的转动周期即图象中电流的周期，根据转速与
周期的关系式T= ，即可求出转速，反光时间即为电流的产生时间；
【解答】解：（1）从图 2显示圆盘转动一周在横轴上显示 22格，由题意知
道，每格表示 1.00×10﹣2s，所以圆盘转动的周期为 0.22秒，则转速为
4.55r/s；
（2）反光中引起的电流图象在图 2中横坐标上每次一小格，说明反光涂层的长
度 占 圆 盘 周 长 的 22分 之 一 ， 故 圆 盘 上 反 光 涂 层 的 长 度 为 =
=1.46cm；
故答案为：4.55，1.46．
【点评】本题要注意保留 3位有效数字，同时要明确圆盘的转动周期与图象中
电流的周期相等，还要能灵活运用转速与周期的关系公式！
10．（12分）一电流表的量程标定不准确，某同学利用图 1所示电路测量该电
流表的实际量程I ．
m
所用器材有：量程不准的电流表 A ，内阻 r =10.0Ω，量程标称为 5.0mA；标准
1 1
电流表 A ，内阻 r =45.0Ω，量程 1.0mA；标准电阻 R ，阻值 10.0Ω；滑动变
2 2 1
阻器 R，总电阻为 300.0Ω；电源 E，电动势 3.0V，内阻不计；保护电阻 R ；
2
开关S；导线．
回答下列问题：
（1）在图2所示的实物图上画出连线．
第14页（共22页）（2）开关S 闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至 b 端．
（3）开关 S 闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表 A 满偏；若此时电
1
流表A 的读数为I ，则A 的量程I = 5.5I ．
2 2 1 m 2
（4）若测量时，A 未调到满偏，两电流表的示数如图 3所示，从图中读出 A
1 1
的示数 I = 3.00mA ，A 的示数 I = 0.66mA ；由读出的数据计算得 I =
1 2 2 m
6.05mA ．（保留3位有效数字）
（ 5） 写 出 一 条 提 高 测 量 准 确 度 的 建 议 ： 多 次 测 量 取 平 均 ．
【考点】N6：伏安法测电阻．
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【专题】13：实验题；16：压轴题．
【分析】（1）由电路图可画出实物图，注意电表及滑动变阻器的接法；
（2）由滑动变阻器的连接方式，注意开始时应让滑动变阻器接入阻值最大；
（3）由串并联电路的电流及电压规律可得出A 的最大量程；
1
（4）根据电流表的最小分度可读出指针所指的示数；
（5）根据实验中存在的误差可以提出合理化的建议．
【解答】解：（1）实物连线图如图所示：
（2）要求滑动变阻器闭合开关前应接入最大电阻，故滑片应滑到b 处；
（3）由原理图可知，A 与 R 串联后与 A 并联，并联部分总电压 U=I（r +R ）
2 1 1 2 1
=55I；
第15页（共22页）故电流表A 中的电流I = =5.5I ，此时电流表满偏，故量程为5.5I ；
1 1 2 2
（4）由表可读出 I =3.00mA，I =0.66mA，由（3）的计算可知，此时 I 应为 5.5
1 2 1
×0.660mA=3.63mA；
故可知：
=
解得：I =6.05mA；
m
（5）实验中可以多次测量取平均值；或测量时，电流表指针偏转大于满刻度的
．
故答案为；（1）如图所示；（2）b；（3）5.5I2； （4）3.00； 0.66mA；
6.05； （5）多次测量取平均值．
【点评】现在实验题的考查更注重了探究实验，在解题时注意通过审题找出实
验中含有的信息，并能灵活应用所学过的物理规律求解．
三、解答题（共 3小题，满分 54分）
11．（15分）汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60s内汽车的加速度随
时间变化的图线如图所示．
（1）画出汽车在0～60s内的v﹣t 图线；
（2）求10s时的瞬时速度；
（3）求在这60s内汽车行驶的路程．
第16页（共22页）【考点】1I：匀变速直线运动的图像．
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【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；512：运动学中的图像专
题．
【分析】（1）物体在 0﹣10s 内做匀加速直线运动，在 10﹣40s 内做匀速直线运
动，在 40﹣60s 内做匀减速直线运动，可知在 10s末的速度最大，根据速度
时间公式求出汽车的最大速度，作出汽车在 0﹣60s 内的速度时间图线；
（2）根据v=at求得速度
（3）速度时间图线围成的面积表示位移，根据图线围成的面积求出汽车在 60s
内通过的路程．
【解答】解（1）设t=10s，40s，60s时刻的速度分别为v ，v ，v ．
1 2 3
由图知 0～10 s 内汽车以加速度 2 m/s2匀加速行驶，由运动学公式得 v =2×
1
10m/s=20m/s
由图知10～40s内汽车匀速行驶，因此v =20m/s
2
由图知 40～60s内汽车以加速度 1m/s2匀减速行驶，由运动学公式得 v =（20﹣1
3
×20）m/s=0
汽车在0～60s内的v﹣t 图线，如图所示．
（2）10s末的速度 v=at=20m/s
（3）由v﹣t 图线可知，在这60s内汽车行驶的路程为
s= ×20m=900m．
答：（1）汽车在0～60s内的v﹣t 图线如图所示；
（2）10s时的瞬时速度为20m/s；
（3）在这60s内汽车行驶的路程为900m．
【点评】本题首先要根据加速度图象分析出汽车的运动情况，求出各段运动过
程汽车的速度，即可画出速度图象，求解总路程时可以运用运动学公式分段
第17页（共22页）求解，但是没有图象法求解快捷．
12．（18分）如图所示，质量分别为 m和 M 的两个星球 A和 B在引力作用下
都绕 O 点做匀速圆周运动，星球 A和 B两者中心之间的距离为 L．已知 A、
B的中心和O 三点始终共线，A和B分别在O 的两侧，引力常数为G。
（1）求两星球做圆周运动的周期；
（2）在地月系统中，若忽略其它星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球
A和 B，月球绕其轨道中心运行的周期记为 T ．但在近似处理问题时，常常
1
认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为 T ．已知地球和
2
月球的质量分别为 5.98×1024 kg和 7.35×1022 kg．求 T 与 T 两者平方之
2 1
比。（结果保留3位小数）
【考点】4F：万有引力定律及其应用．
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【专题】528：万有引力定律的应用专题．
【分析】这是一个双星的问题，A和 B绕 O 做匀速圆周运动，它们之间的万有
引力提供各自的向心力，A和 B有相同的角速度和周期，结合牛顿第二定律
和万有引力定律解决问题。
【解答】解：（1）设两个星球 A和 B做匀速圆周运动的轨道半径分别为 r和
R，相互作用的万有引力大小为 F，运行周期为 T．根据万有引力定律有：
F=G ①
由匀速圆周运动的规律得F=m（ ）2r ②
F=M（ ）2R ③
由题意有 L=R+r ④
联立①②③④式得：T=2π ⑤
第18页（共22页）（2）在地月系统中，由于地月系统旋转所围绕的中心 O 不在地心，由题意
知，月球做圆周运动的周期可由⑤式得出
T =2π ⑥
1
式中，M′和 m′分别是地球与月球的质量，L′是地心与月心之间的距离。若认为
月球在地球的引力作用下绕地心做匀速圆周运动，则 G =m′（ ）
2L′⑦
式中，T 为月球绕地心运动的周期。由⑦式得：
2
T =2π ⑧
2
由⑥⑧式得：（ ）2=1+ ⑨
代入题给数据得：（ ）2=1.012 ⑩
答：
（1）两星球做圆周运动的周期为2π ；
（2）T 与T 两者平方之比为1.012。
2 1
【点评】对于双星问题，关键我们要抓住它的特点，即两星球的万有引力提供
各自的向心力和两星球具有共同的周期。
13．（21分）如图，在 0≤x≤ a 区域内存在与 xy平面垂直的匀强磁场，磁
感应强度的大小为 B．在 t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在 xy平面内发
射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与 y轴正方向的
夹角分布在 0～180°范围内。已知沿 y轴正方向发射的粒子在 t=t 时刻刚好
0
从磁场边界上P（ a，a）点离开磁场。求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R 及粒子的比荷；
（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；
（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
第19页（共22页）【考点】37：牛顿第二定律；CF：洛伦兹力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运
动．
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【专题】16：压轴题；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）由几何关系可确定粒子飞出磁场所用到的时间及半径，再由洛仑
兹力充当向心力关系，联立可求得荷质比；
（2）由几何关系可确定仍在磁场中的粒子位置，则可由几何关系得出夹角范
围；
（3）最后飞出的粒子转过的圆心角应为最大，由几何关系可知，其轨迹应与右
边界相切，则由几何关系可确定其对应的圆心角，则可求得飞出的时间。
【解答】解：（1）初速度与 y轴方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图 1中
的弧 OP所示，其圆心为 C．由几何关系可知，∠POC=30°；△OCP为等腰三
角形
故∠OCP=
此粒子飞出磁场所用的时间为
t = ②
0
式中T 为粒子做圆周运动的周期。
设粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得
R= a ③
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有
qvB=m ④
第20页（共22页）T= ⑤
联立②③④⑤解得： =
（2）仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于 120°，这样粒子角度最小时从磁场
右边界穿出；角度最大时磁场左边界穿出。依题意，所有粒子在磁场中转动
时间相同，则转过的圆心角相同，故弦长相等；同一时刻仍在磁场内的粒子
到 O 点距离相同。在 t 时刻仍在磁场中的粒子应位于以 O 点为圆心、OP为
0
半径的弧 上。（弧 M只代表初速度与 y轴正方向为 60度时粒子的运动轨
迹）如图所示。
设此时位于 P、M、N三点的粒子的初速度分别为 v 、v 、v ．由对称性可知
P M N
v 与 OP、v 与OM、 与ON的夹角均
P M N
设v 、v 与y轴正向的夹角分别为θ 、θ ，由几何关系有
M N M N
⑧
对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与 y轴正方向所成的夹角 θ应满足
≤θ≤
（3）在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如
图2所示。由几何关系可知：
OM=OP
由对称性可知
MN=OP
由图可知，圆的圆心角为 240°，从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间
2t ；
0
第21页（共22页）【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关键在于确定圆心和半
径，并能根据几何关系确定可能的运动轨迹。
第22页（共22页）
