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2012 年天津市高考物理试卷解析版 A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
参考答案与试题解析
C．金属棒质量变大，θ角变大
一、选择题
D．磁感应强度变大，θ角变小
1．（3分）下列说法正确的是（ ）
【考点】3C：共点力的平衡；CC：安培力．
A．采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期 菁优网版权所有
【分析】对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题．
B．由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子
𝐹 𝐵𝐼𝐿
C．从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力
【解答】解：导体棒受力如图所示，tanθ = = ；
𝑚𝑔 𝑚𝑔
D．原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量
A、棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；
【考点】I4：红外线的热效应和红外线遥控；J3：玻尔模型和氢原子的能级结构；JA：原子核衰变及半衰
B、两悬线等长变短，θ角不变，故B错误；
期、衰变速度．
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C、金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；
【专题】54N：原子的能级结构专题．
D、磁感应强度变大，θ角变大，故D错误；
【分析】元素的半衰期是由元素本身决定的与外部环境无关，由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时
故选：A。
会放出光子，卫星遥感的工作原理与红外线夜视仪的工作原理是相同的是利用红外线良好的穿透能力，核子
结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损．
【解答】解：A、元素的半衰期是由元素本身决定的与外部环境无关，故A错误
B、由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，故B正确
C、卫星遥感的工作原理与红外线夜视仪的工作原理是相同的。从高空对地面进行遥感摄影是利用红外线良
好的穿透能力，故C错误
【点评】对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题．
D、由于核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损，故D错误
1
故选：B。
3．（3分）一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的
4
【点评】本题考查了近代物理中的基本知识，对于这部分基本知识要注意加强理解和应用．
，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（ ）
2．（3分）如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由
A．向心加速度大小之比为4：1
M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是
B．角速度大小之比为2：1
（ ）
C．周期之比为1：8
D．轨道半径之比为1：2
【考点】4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星；64：动能．
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【专题】52A：人造卫星问题．2
【分析】根据万有引力提供向心力，通过线速度的变化得出轨道半径的变化，从而得出向心加速度、周期、 𝑃 𝑅
当副线圈与原线圈的匝数比为nk时，输电电压为nKU，输送功率P＝nKUI′，所以P =𝐼'2𝑅= ；
2
2 2 2
角速度的变化． 𝑛 𝐾 𝑈
2 𝑃
𝑀𝑚 𝑣 𝐺𝑀 1 1 1
2
【解答】解：根据G =𝑚 得，v = ，动能减小为原来的 ，则线速度减为原来的 ，则轨道半径 =
2 𝑟 𝑟 4 2 𝑃 2
𝑟 𝑛
1
变为原来的4倍。则轨道半径之比为1：4。 故选：D。
𝑀𝑚 2𝜋 𝐺𝑀 𝐺𝑀 4𝜋 2 𝑟 3 【点评】对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率．基础题．
根据G =𝑚𝑎=𝑚𝑟𝜔2=𝑚𝑟( )2解得a= ，ω= ，T = ，则向心加速度变为原来
𝑟 2 𝑇 𝑟 2 𝑟 3 𝐺𝑀 5．（3分）两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中
1 1 A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（ ）
的 ，角速度变为原来的 ，周期变为原来的8倍。故C正确，A、B、D错误。
16 8
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的
关系．
4．（3分）通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电
A．做直线运动，电势能先变小后变大
阻为R．当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P ，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到
1
B．做直线运动，电势能先变大后变小
𝑃
2
nk，线路损耗的电功率为P
2
，则P
1
和 分别为（ ）
C．做曲线运动，电势能先变小后变大
𝑃
1
D．做曲线运动，电势能先变大后变小
𝑃𝑅 1 𝑃𝑅 1
A． ， B．( )2𝑅，
【考点】A7：电场线；AE：电势能与电场力做功；AF：等势面．
𝑘𝑈 𝑛 𝑘𝑈 𝑛
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【专题】532：电场力与电势的性质专题．
𝑃𝑅 1 𝑃 1
C． ， D．（ ）2R，
【分析】粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．粒子所受的电场力与速度方向不
𝑘𝑈 2 𝑘𝑈 2
𝑛 𝑛
在同一直线上，做曲线运动．
【考点】E8：变压器的构造和原理．
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【解答】解：根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速
【专题】53A：交流电专题．
度v也垂直，粒子做曲线运动。粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负
【分析】根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，变压器不改变功率，由P＝UI求出输电线中电
功，则其电势能先变小后变大。故C正确。
流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率．
故选：C。
【解答】解：当副线圈与原线圈的匝数比为 k时，输电电压为 KU，输送功率 P＝KUI，所以
2
𝑃 𝑅
P =𝐼2𝑅= ；
1
2 2
𝐾 𝑈𝑐
率大，根据v = 知，b光的传播速度小，a光的传播速度大。故A正确。
𝑛
B、根据折射定律可知，b光的折射率大，则b光的折射角小。故B错误。
C、b光的折射率大，则b光的频率大，若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能。故C正确。
𝐿
D、b光的折射率大，频率大，则b光的波长小，根据 △x= 𝜆知，a光的条纹间距大。故D正确。
𝑑
故选：ACD。
【点评】解决本题的突破口通过全反射比较出a、b两光的折射率大小．知道折射率、频率、波长、在介质
【点评】本题关键抓住电场线与等势线的关系判断电场力方向与粒子初速度方向的关系，分析运动情况，根 中的速度等关系．
据电场力做功正负，判断电势能的变化． 7．（3分）沿x轴正向传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，M为介质中的一个质点，该波的传播
6．（3分）半圆形玻璃砖横截面如图，AB为直径，O点为圆心．在该截面内有a、b两束单色可见光从空气垂 1
速度为40m/s，则t = s时（ ）
40
直于AB射入玻璃砖，两入射点到O的距离相等．两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图所示，则a、
b两束光（ ）
A．质点M对平衡位置的位移一定为负值
B．质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
A．在同种均匀介质中传播，a光的传播速度较大
C．质点M的加速度方向与速度方向一定相同
B．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大
D．质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反
C．若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能
【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．
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D．分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大
【专题】16：压轴题．
【考点】H3：光的折射定律；H9：光的干涉．
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【专题】54D：光的折射专题．
刻，质点M的位置，确定速度和加速度的变化，以及速度、加速度的方向．
【分析】通过光路图可知，a、b两束光照射到圆弧面上的入射角相等，b光发生了全反射，a光未发生全反
𝜆 4 1 𝑇
1 𝑐 【解答】解：由图读出波长为λ＝4m，则该波的周期为T = = 𝑠=0.1𝑠，t = s = ．t＝0时刻质点
𝑣 40 40 4
射，根据sinC = 得出两光的折射率大小，从而根据v = 比较出光在介质中的速度大小．通过折射率的大
𝑛 𝑛
1
小比较出频率和波长的大小，从而判断能否发生光电效应和条纹间距的大小．
M向上运动，则在t = s时刻，质点M正从波峰向平衡位置运动，所以其速度增大，加速度减小。位移
40
1
为正，质点M的速度沿y轴负方向，加速度沿y轴负方向，所以加速度方向与速度方向相同，速度方向与位
【解答】解：A、b光发生了全反射，a光未发生全反射，知b光的临界角小，根据sinC = 知，b光的折射
𝑛移方向相反，质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反，故CD正确，AB错误； 二、非选择题
故选：CD。 9．质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方
【点评】由波动图象读出，求解周期，根据时间与周期的关系分析质点的振动情况，是常见的问题，难度不 向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为 2 kg•m/s，若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的
大． 平均作用力大小为 12 N（取g＝10m/s2）。
8．（3分）如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所 【考点】52：动量定理．
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示 ， 设 物 块 与 地 面 的 静 摩 擦 力 最 大 值 f 与 滑 动 摩 擦 力 大 小 相 等 ， 则 （ ） 【专题】52F：动量定理应用专题．
m
【分析】取竖直向下方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动
量的差；代入动量定理的公式可以直接计算出小球受到地面的平均作用力大小。
【解答】解：（1）取竖直向上方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p＝mv ﹣（﹣
2
mv ）＝0.2×（6+4）kg•m/s＝2kg•m/s，方向竖直向上。
1
（2）代入动量定理的公式，得（F﹣mg）t＝△P，代入数据求得：F＝12N
故故答案为：2，12。
A．0～t 时间内F的功率逐渐增大
1
【点评】此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量。动量变化量也是矢量，同样要注
B．t 时刻物块A的加速度最大
2
意方向。
C．t 时刻后物块A做反向运动
2
10．某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
D．t 时刻物块A的动能最大
3
①他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，
【考点】1I：匀变速直线运动的图像；37：牛顿第二定律；63：功率、平均功率和瞬时功率．
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如图1所示。这样做的目的是 AC （填字母代号）。
【专题】16：压轴题；52D：动能定理的应用专题．
【分析】当拉力大于最大静摩擦力时，物体开始运动；当物体受到的合力最大时，物体的加速度最大；由动
能定理可知，物体拉力做功最多时，物体获得的动能最大。
【解答】解：A、由图象可知，0～t 时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，故A错
1
误；
B、由图象可知，在t 时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，
2 A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确
此时物块A的加速度最大，故B正确；
C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
C、由图象可知在t ～t 时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故C错误；
2 3 ②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最底端的长度L＝0.9990m，
D、由图象可知在t ～t 时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t 时刻以后，
1 3 3 再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图2所示，则该摆球的直径为 12.1 mm，单摆摆长为 0.99295 m。
合力做负功。物块动能减小，因此在t 时刻物块动能最大，故D正确；
3 ③如图振动图象真实地描述了对摆长为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时
故选：BD。
开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要
【点评】根据图象找出力随时间变化的关系是正确解题的前提与关键；要掌握图象题的解题思路。求且误差最小的是 A （填字母代号）。 C．记下R 的最终读数
2
D．反复调节R 和R 的阻值，使G 的示数仍为I ，使G 的指针偏转到满刻度的一半，此时R 的最终读数
1 2 1 1 2 2
为r
E．合上开关S
1
【考点】MK：探究单摆的周期与摆长的关系．
菁优网版权所有 F．调节R 使G 的指针偏转到满刻度，此时G 的示数为I ，记下此时G 的示数
1 2 1 1 1
【专题】13：实验题；51C：单摆问题．
②仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的 G 内阻的测量值与真实值相比 相等 （填“偏大”、“偏
2
【分析】当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，游标卡尺的示数等于主尺示数与游标尺示数之
小”或“相等”）；
和；摆长为悬点到球心的距离；对于测量误差可根据实验原理进行分析；
③若要将G 的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G 上并联的分流电阻R 的表
2 2 S
【解答】解：（1）在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹
𝐼 ⋅ 𝑟
1
紧，是为了防止动过程中摆长发生变化，如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时，方便调节摆长，故
达式，R
S
＝ 。
𝐼 ‒ 𝐼
1
AC正确，
故选AC
（2）游标卡尺示数为：d＝12mm+1×0.1mm＝12.1mm；
𝑑
单摆摆长为L＝l
-
=0.9990m﹣0.00605m＝0.99295m
【考点】NA：把电流表改装成电压表．
2
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【专题】13：实验题；535：恒定电流专题．
（3）当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：1×0.087m＝8.7cm，当小球摆到最
【分析】①用的是半偏法测电阻：实验时要先保证安全，故要先把各电阻调到最大值，再把标准电流表单独
低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30﹣50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误
较准与电表串联得到最大电流值，再用半偏法测其内阻。
差最小
②从设计理论上看电流达到半偏时，要调节R 到两并联电阻相等时。
故选A 2
𝑈
𝑔
故答案为：①AC ②12.1 0.99295 ③A
③扩大量程并联电阻值为：R= ，
𝐼 ‒ 𝐼
𝑔
【点评】掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系。单摆的周期采用累积法
【解答】解：①先把各电阻调到最大值，再把标准电流表单独较准与电表串联得到最大电流值，再用半偏法
测量可减小误差。对于测量误差可根据实验原理进行分析。
测其内阻，由此得顺序为BEFADC。
11．某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻。他设计了一个用标准电流表
②调节RR ，电流达到半偏时，两并联支路电阻相等。
2
G 来校对待测电流表G 的满偏电流和测定G 内阻的电路，如图所示。已知G 的量程略大于G 的量程，
1 2 2 1 2
𝑈 𝐼 ⋅ 𝑟
𝑔 1
图中R 为滑动变阻器，R 为电阻箱。该同学顺利完成了这个实验。
1 2 ③扩大量程要并联电阻分流，并联的电阻为：R= =
𝐼 ‒ 𝐼 𝐼 ‒ 𝐼
𝑔 1
①实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为 BEFADC （填步骤的字母代号）；
𝐼 ⋅ 𝑟
1
A．合上开关S
2 故答案为：①BEFADC ②相等 ③
𝐼 ‒ 𝐼
1
B．分别将R 和R 的阻值调至最大
1 2
【点评】考查实验过程的分析，明确安全的原则及实验原理。会求改装电流表的原量及电阻的求解。12．如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面也为h，坡道底 13．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电
端与台面相切．小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰 阻，一质量m＝0.1kg，电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁
撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两 场的磁感应强度B＝0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当
球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g．求： 棒的位移x＝9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比
（1）小球A刚滑至水平台面的速度v ； Q ：Q ＝2：1．导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
A 1 2
（2）A、B两球的质量之比m ：m ． （1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
A B
（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q ；
2
（3）外力做的功W ．
F
【考点】43：平抛运动；53：动量守恒定律；65：动能定理．
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【专题】52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．
【分析】（1）由动能定理或机械能守恒定律可以求出小球A刚滑到水平台面的速度． 【考点】1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；65：动能定理；BB：闭合电路的欧姆定律；D8：法拉
（2）两小球碰撞过程中动量守恒，两小球离开平台后做平抛运动， 第电磁感应定律；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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由动量守恒定律与平抛运动知识可以求出两球的速度之比． 【专题】16：压轴题；538：电磁感应——功能问题．
【解答】解：（1）小球A下滑过程中，由动能定理可得： 【分析】（1）根据运动学公式求出时间，根据电量的公式求解
1 （2）撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功
m gh = m v 2﹣0，解得：v = 2𝑔ℎ；
A A A A
2
将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少．
（2）A、B两球碰撞时动量守恒， （3）根据动能定理求解．
由动量守恒定律可得：m v ＝（m +m ）v， 【解答】解：（1）棒匀加速运动所用时间为t，有：
A A A B
离开平台后，两球做平抛运动， 1
𝑎𝑡2=x
ℎ 2
水平方向： =vt，
2 2𝑥
t = =3s
1 𝑎
竖直方向：h = gt2，
2
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为：
解得：m ：m ＝1：3； 𝐸 △ ∅
A B
I= = =1.5A
答：（1）小球A刚滑至水平台面的速度 2gh； 𝑅 + 𝑟 𝑡(𝑅 + 𝑟)
（2）A、B两球的质量之比为m ：m ＝1：3． 根据电流定义式有：
A B
【点评】分析清楚运动过程，应用动能定理、动量守恒定律与平抛运动特点即可正确解题． q =𝐼t＝4.5C（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为：
v＝at＝6m/s
撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，
再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少．
1
Q ＝△E = mv2＝1.8J
2 K
2
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．
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（3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为：
【专题】16：压轴题；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
Q ＝2Q ＝3.6J
1 2 【分析】（1）设离子经电场加速度时的速度为v，由动能定理及向心力公式即可求解；
撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其绝对值等于焦耳热Q ）、重力不做功共同使棒的动能增大，
1 （2）设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，根据Q＝It、M＝Nm，即可求解M；
根据动能定理有：
（3）根据向心力公式求出半径R的表达式，进而表示出铀235离子在磁场中最大半径和铀238离子在磁场
△E ＝W ﹣Q
K F 1 中最小半径，要使两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，则铀235离子在磁场中最大半径小于铀238离
则：W ＝△E +Q ＝5.4J
F K 1 子在磁场中最小半径，进而即可求解。
答：（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量是4.5 C；
【解答】解：（1）设离子经电场加速时的速度为v，由动能定理得：
（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热是1.8J；
1
（3）外力做的功是5.4 J． qU = 𝑚𝑣2⋯①
2
【点评】解决该题关键要分析物体的运动情况，清楚运动过程中不同形式的能量的转化，知道运用动能定理
2
𝑣
求解变力做功． 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：Bqv＝m ⋯②
𝑅
14．对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235
2
2
𝑞𝐵 𝑅
离子，从容器A下方的小孔S 不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S 垂直于磁场方向进 由①②解得：U = ⋯③
1 2
2𝑚
入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动。离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离
（2）设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则Q＝It…④
开磁场时离子束的等效电流为I．不考虑离子重力及离子间的相互作用。
𝑄
（1）求加速电场的电压U； N = ⋯⑤
𝑞
（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M；
M＝Nm…⑥
（3）实际上加速电压的大小会在U±△U范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两
𝑚𝐼𝑡
种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生
由④⑤⑥式解得：M =
𝑞
△ 𝑈
1 2𝑚𝑈
交叠， 应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）
𝑈 （3）由①②式得：R=
𝐵 𝑞
设 m′为铀 238离子的质量，由于电压在 U±△U范围内微小变化，铀 235离子在磁场中最大半径为：1 2𝑚(𝑈 +△ 𝑈)
R =
𝑚𝑎𝑥
𝐵 𝑞
1 2𝑚'(𝑈 ‒△ 𝑈)
铀238离子在磁场中最小半径为：R =
𝑚𝑖𝑛
𝐵 𝑞
这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：R ＜R
max min
1 2𝑚(𝑈 +△ 𝑈) 1 2𝑚'(𝑈 ‒△ 𝑈)
即： ＜
𝐵 𝑞 𝐵 𝑞
则有：m（U+△U）＜m′（U﹣△U）
△ 𝑈 𝑚' ‒ 𝑚
所以： ＜
𝑈 𝑚' + 𝑚
其中铀235离子质量m＝235u（u为原子质量单位），其中铀238离子质量m′＝238u
△ 𝑈 238𝑢 ‒ 235𝑢
故 ＜
𝑈 238𝑢 + 235𝑢
△ 𝑈
解得： ＜0.63%
𝑈
2
2
𝑞𝐵 𝑅
答：（1）加速电场的电压为 ；
2𝑚
𝑚𝐼𝑡
（2）在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量为 ；
𝑞
△ 𝑈
（3）为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠， 应小于0.63%。
𝑈
【点评】本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，要求同学们知道要使两种离子在磁场中运动的
轨迹不发生交叠，则铀235离子在磁场中最大半径小于铀238离子在磁场中最小半径，难度适中。
