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2011 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）下列能揭示原子具有核式结构的实验是（ ）
A．光电效应实验
B．伦琴射线的发现
C．α 粒子散射实验
D．氢原子光谱的发现
【考点】1U：物理学史；J1：粒子散射实验．菁优网版权所有
【专题】54M：原子的核式结构及其组成．
【分析】本题比较简单，考查了近代物理中的几个重要试验及发现，要了解这些试验及
发现的内容及其重要物理意义．
【解答】解：A、光电效应实验说明光具有粒子性，A 选项错误；
B、X 射线（伦琴射线）的发现是19 世纪末20 世纪初物理学的三大发现（X 射线1896
年、放射线1896 年、电子1897 年）之一，这一发现标志着现代物理学的产生，B 选项
错误；
C、α 粒子散射实验中极少数α 粒子的大角度偏转说明原子内存在原子核，C 正确
D、氢原子光谱的发现解释了原子的稳定性以及原子光谱的分立特征，D 选项错误。
故选：C。
【点评】本题考查对物理学史、常识的识记能力，对于类似知识要注意平时的积累与记
忆．
2．（6 分）如图所示，A、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做
匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力（ ）
A．方向向左，大小不变
B．方向向左，逐渐减小
C．方向向右，大小不变
D．方向向右，逐渐减小
【考点】27：摩擦力的判断与计算；2A：滑动摩擦力与动摩擦因数；37：牛顿第二定
律．菁优网版权所有
【专题】4A：整体法和隔离法．
【分析】整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法．
1、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方
法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这
一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力
（内力）．
整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受
力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够
灵活地解决问题．通常在分析外力对系统的作用时，用整体法．
2、隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方
法．在力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只
分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力．
隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比
较方便、简单，便于初学者使用．在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的
相互作用时用隔离法．
本题中两物体相对静止，可以先用整体法，整体受重力、支持力和向后的摩擦力，根据
牛顿第二定律先求出整体加速度，再隔离物体B 分析，由于向前匀减速运动，加速度向
后，故合力向后，对B 物体受力分析，受重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定
律，可以求出静摩擦力的大小．
【解答】解：A、B 两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动，对A、B 整体根据
牛顿第二定律有
a =
𝜇(𝑚𝐴+ 𝑚𝐵)𝑔
𝑚𝐴+ 𝑚𝐵
= 𝜇𝑔
然后隔离B，根据牛顿第二定律有
fAB＝mBa＝μmBg 大小不变，
物体B 做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，摩擦力向左；
故选：A。
【点评】对于连接体问题可以用整体法求加速度，用隔离法求解系统内力！
3．（6 分）质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x＝5t+t2（各物理量均采用国际单位
制单位），则该质点（ ）
A．第1s 内的位移是5m
B．前2s 内的平均速度是6m/s
C．任意相邻的1s 内位移差都是1m
D．任意1s 内的速度增量都是2m/s
【考点】19：平均速度；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有
【专题】511：直线运动规律专题．
【分析】对照匀变速直线运动的位移时间关系公式x＝v0t
，即可求得质点的初
+ 1
2
𝑎𝑡2
速度和加速度，再根据匀变速直线运动规律求解各选项的正误。
【解答】解：A、代入t＝1s，可得第1s 内的位移为6m，故A 错误；
B、代入t＝2s，可得前2s 的位移为14m，根据平均速度公式可得前2s 的平均速度为
7m/s 故B 错误；
C、根据位移时间关系公式x＝v0t
，可得物体运动的初速度为5m/s，加速度为
+ 1
2
𝑎𝑡2
2m/s2，据△x＝aT2 可得任意相邻1s 内位移差都是2m，故C 错误；
D、因为加速度为2m/s2，所以任意1s 内速度增量都是2m/s，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题关键要掌握匀变速直线运动的位移时间关系公式x＝v0t
、推论△x
+ 1
2
𝑎𝑡2
＝aT2 等运动学公式的基本规律，并能灵活应用。
4．（6 分）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所
示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.005s 时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01s 时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311V
D．线框产生的交变电动势的频率为100Hz
【考点】E2：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；E3：正弦式电流的图象和三角函
数表达式．菁优网版权所有
【专题】53A：交流电专题．
【分析】由图2 可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图
象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值。
【解答】解：A、由图乙可知，当0.05s 时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的
磁通量变化率最大，故A 错误；
B、由图乙可知，当0.01s 时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，
处于中性面，故B 正确；
C、线框产生的产变电动势的有效值E
220V；故C 错误；
= 311
2
=
D、由图可知，交流电的周期为0.02s，则转速为：n
50Hz，故D 错误；
= 1
𝑇
=
故选：B。
【点评】本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有
用信息的能力。并明确有效值和频率等物理量的计算。
5．（6 分）板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U1，板间场
强为E1．现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板
1
2
间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（ ）
A．U2＝U1，E2＝E1
B．U2＝2U1，E2＝4E1
C．U2＝U1，E2＝2E1
D．U2＝2U1，E2＝2E1
【考点】AS：电容器的动态分析．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
【分析】根据电容公式
判断出电容的变化，再根据电容定义式
得出电
C =
𝜀𝑆
4𝜋𝑘𝑑
C = 𝑄
𝑈
势差的变化，再根据匀强电场公式
判断出场强的变化．
E = 𝑈
𝑑
【解答】解：根据电容公式
说明电容变为2 倍，根据电容定义式
，发
C =
𝜀𝑆
4𝜋𝑘𝑑
C = 𝑄
𝑈
现电量变为原来的2 倍，电容也变为原来的2 倍，所以电势差不变，根据场强关系
，d 变为原来的，所以场强变为2 倍，故A、B、D 错误，C 正确。
E = 𝑈
𝑑
1
2
故选：C。
【点评】解决本题的关键是熟练运用电容的定义式、决定式．
二、选择题（每小题6 分，共18 分．在每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确
的．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
6．（6 分）甲、乙两单色光分别通过一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻两个亮
条纹的中心距离为△x，若△x 甲＞△x 乙，则下列说法正确的是（ ）
A．甲光能发生偏振现象，乙光则不能发生
B．真空中甲光的波长一定大于乙光的波长
C．甲光的光子能量一定大于乙光的光子能量
D．在同一均匀介质中甲光的传播速度大于乙光
【考点】F5：波长、频率和波速的关系；H9：光的干涉；ID：光子及其动量．菁优网版权所有
【专题】54D：光的折射专题；54L：物理光学综合专题．
【分析】光是横波，偏振现象是横波特有的现象；双缝干涉的条纹间距满足公式△x
；光速、波长和频率满足公式C＝λγ，而光子的能量满足公式E＝hγ；光的频率
= 𝐿
𝑑
𝜆
越小，在同一种介质中的折射率越小，结合公式n
可求光在介质中的传播速度．
= 𝐶
𝑣
【解答】解：A、偏振现象是横波特有的现象，由于光是横波，故甲乙都可以发生偏振
现象。故A 错；
B、根据双缝干涉的条纹间距△x
可知对于同一个实验装置，波长越大，条纹间距
= 𝐿
𝑑
𝜆
越大，由△x 甲＞△x 乙可知甲光的波长一定大于乙光的波长，故B 正确；
C、根据C＝λγ 可知甲光的频率小于乙光的频率，而光子的能量E＝hγ，故甲光的光子
能量一定小于乙光的光子能量，故C 错；D、由于不同的单色光频率小，折射率小，即
甲光折射率小，根据n
可知甲光的传播速度大，故D 正确。
= 𝐶
𝑣
故选：BD。
【点评】该部分所考查的大多是基础性题目，难度不是太大，但综合性很强，只要掌握
了基础知识就能顺利解决．
7．（6 分）位于坐标原点处的波源A 沿y 轴做简谐运动．A 刚好完成一次全振动时，在介
质中形成简谐横波的波形如图所示．B 是沿波传播方向上介质的一个质点，则（ ）
A．波源A 开始振动时的运动方向沿y 轴负方向
B．此后的周期内回复力对波源A 一直做负功
1
4
C．经半个周期时间质点B 将向右迁移半个波长
D．在一个周期时间内A 所受回复力的冲量为零
【考点】F1：波的形成和传播；F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
【分析】根据题中波的传播方向可知波源A 开始振动方向．由功的公式分析此后的周
1
4
期内回复力做功的正负．由简谐波的对称性研究冲量．
【解答】解：A、由A 刚好完成一次全振动时的图线可知波由A 向B 传播，可判断A
此时刻沿y 轴负方向运动，与0 时刻的开始振动时的运动方向相同，故A 正确。
B、在此后的周期内，质点A 向y 轴负方向向波谷运动，回复力沿y 轴正方向，
1
4
则回复力做负功，故B 正确。
C、质点不随波迁移，故C 错误。
D、由简谐运动的对称性可知，回复力在一个周期内的冲量为零，故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查意图是机械波的形成和特征．机械波在形成过程中各质点起振方向与
波源起振方向相同，质点不随波迁移．
8．（6 分）质量为m 的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运
动．已知月球质量为M，月球半径为R，月球表面重力加速度为g，引力常量为G，不
考虑月球自转的影响，则航天器的（ ）
A．线速度v
B．角速度ω
=
𝐺𝑀
𝑅
=
𝑔𝑅
C．运行周期T＝2π
D．向心加速度a
𝑅
𝑔
= 𝐺𝑚
𝑅2
【考点】4A：向心力；4F：万有引力定律及其应用；4H：人造卫星．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
【分析】研究月航天器绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求
出问题．
向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所要求解的物理量选取应用．
不考虑月球自转的影响，万有引力等于重力．
【解答】解：根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力和万有引力等于重力得出：
A、
m
⇒v
故A 正确；
G𝑀𝑚
𝑅2 = 𝑣2
𝑅
=
𝐺𝑀
𝑅
B、mg＝mω2R⇒ω
故B 错误；
=
𝑔
𝑅
C、mg＝m
R⇒T＝2π
故C 正确；
4𝜋2
𝑇2
𝑅
𝑔
D、
ma⇒a
故D 错误。
G𝑀𝑚
𝑅2 =
= G𝑀
𝑅2
故选：AC。
【点评】应用万有引力定律进行卫星加速度、速度、周期和中心天体质量的估算．
三、实验题（共1 小题，18 分）
9．（18 分）（1）某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态，他在地面上用测
力计测量砝码的重力，示数是G，他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，则测力
计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态能是 减速上升或加速下降； ．
（2）用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示．
该金属丝的直径是 1.706 mm．
（3）某同学用大头针、三角板、量角器等器材测量玻璃砖的折射率，开始玻璃砖位置
如图中实线所示，使大头针P1、P2 圆心O 在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径
边，然后使玻璃砖绕圆心缓缓转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2 的像，且
P2 的像挡住P1 的像，如此只需测量出 玻璃砖的直径边绕O 转过的角度θ ，即可计
算出玻璃砖的折射率，请用你的方法表示出折射率n＝
1
𝑠𝑖𝑛𝜃
（4）某同学测量阻值约为25kΩ 的电阻RX，现备有下列器材：
A．电流表（量程122μA，内阻约2kΩ）；
B．电流表（量程500μA，内阻约300Ω）；
C．电压表（量程15V，内阻约100kΩ）；
D．电压表（量程50V，内阻约500kΩ）；
E．直流电源（20V，允许最大电流1A）；
F．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定功率1W）；
G．电键和导线若干．
电流表应选 B ．电压表应 C ．（填字母代号）该同学正确选择仪器后连接了图3
所示的电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，
指出电路在接线上存在的问题：
① 电流表采用了外接的方法 ．② 滑动变阻器采用了限流式的接法 ．
【考点】3E：牛顿运动定律的应用﹣超重和失重；BE：伏安法测电阻；H3：光的折射
定律；L1：实验中常用仪器及其正确操作方法．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
【分析】（1）测力计的示数小于G，砝码的加速度向下，处于失重状态，电梯向下加速
或向上减速．
（2）螺旋测微器的固定刻度最小分度为1mm，可动刻度最小分度为0.01mm，由固定
刻度读出整毫米数，可动刻度读出毫米的小数部分．
（3）在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2 的像，且P2 的像挡住P1 的像，这现象刚好消
失，意味着刚好发生全反射，此时玻璃砖内光线的入射角恰好等于临界角C，玻璃砖转
过θ，法线也转过θ，则θ＝C，根据临界角求出折射率．
（4）采用阻值的比较法选择电流表的接法，根据变阻器的总电阻与待测电阻的关系选
择变阻器的接法．
【解答】解：（1）加速度方向向下，物体处于失重状态，故可能是减速上升或加速下
降．
（2）螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度要有估读，读数为20.6×
0.01mm＝0.206mm．本题读数为1.5mm+0.206mm＝1.706mm．
（3）由题意可知，当玻璃砖转过某一角度θ 时，刚好发生全反射，在直径边一侧
观察不到P1、P2 的像，做出如图所示的光路图可知，测出玻璃直径边转过的角度θ，则
法线转过的角度也为θ，玻璃砖内入射角为θ，临界角为θ，则n
=
1
𝑠𝑖𝑛𝜃
（4）电学实验选择仪器的一般步骤如下：①根据电路中电流、电压的最大值选择
电流表和电压表的量程，量程不能太大导致电表的读数偏小；②根据题中关键语句，如
精确测量，从零开始连续可调等等选择分压电路亦或是限流电路；分压电路滑动变阻器
选择小阻值，限流电路滑动变阻器选择大阻值；③选择电流表的内外接法，采用阻值比
较法，一般的原则是“大内偏大，小外偏小”
（I）本题中，待测电阻Rx 的阻值约为25kΩ，直流电源电动势为20V，经粗略计算
电路中最大的电流约为
μA，所以电流表选择B；虽然电压表
I = 𝐸
𝑅
=
20
25 × 103 = 800
C 的量程不足，可以变阻器调节使电压不超过量程．电压表D 的量程超过太多，读数偏
小，故电压表选择C 表．
（II）由于
4
83.3 则电流表应采用内接的方法；
𝑅𝑉
𝑅𝑥
= ＜
𝑅𝑥
𝑅𝐴
=
则存在的问题有 ①电流表采用外接的方法 ②滑动变阻器采用限流式的接法．
故本题答案：
（1）减速上升或加速下降； （2）1.706；（3）玻璃砖直径边绕O 点转过的角度
；
n =
1
𝑠𝑖𝑛𝜃
（4）B，C，①电流表采用了外接的方法； ②滑动变阻器采用了限流式的接法
【点评】本题（3）考查应用全反射测量玻璃折射率的实验技能．题（4）考查按要求设
计电路的能力．
四、解答题（共3 小题，满分54 分）
10．（16 分）如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R，
MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A 以某一初速度冲进轨道，到
达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘
在一起飞出轨道，落地点距N 为2R．重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各
处摩擦均不计，求：
（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；
（2）小球A 冲进轨道时速度v 的大小。
【考点】1J：自由落体运动；43：平抛运动；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有
【分析】（1）求平抛运动的时间，当然是从竖直方向的自由落体运动中求得。
（2）小球A 以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点的过程机械能守恒、A 与B
碰撞过程动量守恒，而碰撞完成后的速度就是AB 一起平抛的初速度。列出机械能守恒
和动量守恒的方程组，问题可解。
【解答】解：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体
运动，
有
①
2R = 1
2
𝑔𝑡2⋯
解得
②
t = 2 𝑅
𝑔
⋯
（2）设球A 的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A 冲进轨道最低点时的重力势能
定为0，由机械能守恒定律知
③
1
2
𝑚𝑣2 = 1
2
𝑚𝑣21 + 2𝑚𝑔𝑅⋯
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，则v2
= 2𝑅
𝑡
=
gR
由动量守恒定律知 mv1＝2mv2…④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 2R＝v2t…⑤
综合②③④⑤式得v＝2
2gR
答：（1）两球从飞出轨道到落地的时间
t = 2 𝑅
𝑔
（2）小球A 冲进轨道时速度为2
。
2gR
【点评】本题考查机械能守恒和动量守恒，分段列出相应的物理规律方程是解决问题的
关键，
11．（18 分）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ 间距为L＝0.5m，其电
阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。完全相同的两金属棒ab、cd 分
别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0.02kg，
电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝
0.1T，棒ab 在平行于导轨向上的力F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd 恰好能够
保持静止。取g＝10m/s2，问：
（1）通过棒cd 的电流I 是多少，方向如何？
（2）棒ab 受到的力F 多大？
（3）棒cd 每产生Q＝1J 的热量，力F 做的功W 是多少？
【考点】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】53C：电磁感应与电路结合．
【分析】（1）对cd 研究：cd 保持静止，分析受力，由平衡条件求出安培力，即能求出
电流。运用楞次定律分析感应电流的方向。
（2）再对棒ab 研究，棒ab 沿导轨向上匀速运动，由平衡条件求出F。
（3）已知棒cd 产生的热量，由焦耳定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律列式，求出
位移，由W＝Fs 求得力F 做的功。
【解答】解：（1）对cd 棒受力分析如图所示由平衡条件得
mgsinθ＝BIL
得I
2A。
= 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃
𝐵𝐿
=
根据楞次定律可判定通过棒cd 的电流方向为由d 到c。
（2）棒ab 与cd 所受的安培力大小相等，对ab 棒，受力分析如图所示，由共点力平衡
条件知
F＝mgsin θ+BIL
代入数据解得F＝2mgsinθ＝0.2 N。
（3）设在时间t 内棒cd 产生Q＝1 J 的热量，由焦耳定律知 Q＝I2Rt
设ab 棒匀速运动的速度是v，其产生的感应电动势 E＝BLv
由闭合电路欧姆定律知 I
= 𝐸
2𝑅
时间t 内棒ab 运动的位移 s＝vt
力F 所做的功 W＝Fs
综合上述各式，代入数据解得W＝4 J。
答：
（1）通过棒cd 的电流I 是2A，方向由d 到c。
（2）棒ab 受到的力F 是0.2 N。
（3）力F 做的功W 是4 J。
【点评】本题是电磁感应中的力学问题，综合运用电磁磁学知识和力平衡知识。第2 小
题，也可以选择研究整体求解F 的大小。
12．（20 分）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有
力地推动了现代科学技术的发展。
（1）当今医学成像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，
常利用能放射电子的同位素碳11 为示踪原子，碳11 是由小型回旋加速器输出的高速质
子轰击氮14 获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11 的半衰期τ为
20min，经2.0h 剩余碳11 的质量占原来的百分之几？（结果取2 位有效数字）
（2）回旋加速器的原理如图，D1 和D2 是两个中空的半径为R 的半圆金属盒，它们接
在电压一定、频率为f 的交流电源上，位于D1 圆心处的质子源A 能不断产生质子（初
速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2 置于与盒面垂直的磁
感应强度为B 的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时
质子束的等效电流I 与P、B、R、f 的关系式（忽略质子在电场中运动的时间，其最大
速度远小于光速）
（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻
轨道的半径之差△r 是增大、减小还是不变？
【考点】37：牛顿第二定律；65：动能定理；CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理；
J9：天然放射现象．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；537：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】（1）根据质量数守恒和核电荷数守恒书写核反应方程式。根据半衰期的定义写
成剩余质量和总质量的关系式即可求解。
（2）根据电流的定义式I
和Q＝Nq 以及P
求解。
= 𝑄
𝑡
=
𝑁
1
2𝑚𝑣2
𝑡
（3）求出rk 所对应的加速次数和rk+1 所对应的加速次数即可求出它们所对应的轨道半
径，然后作差即可求出rk 和rk+1，从而求出△rk，运用同样的方法求出△rk+1，比较△rk
和△rk+1 即可得出答案。
【解答】解：（1）核反应方程为
N
H→
C
He…①
14
7
+ 11
11
6
+ 42
设碳11 原有质量为m0，经过t＝2.0h 剩余的质量为mt，根据半衰期定义，有：
②
𝑚𝑡
𝑚0
= (1
2
)
𝑡
𝜏= (1
2
)
120
20 = 1.6%⋯
（2）设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律
知：
③
qvB = m𝑣2
𝑅
⋯
质子运动的回旋周期为：
④
T = 2𝜋𝑅
𝑣
= 2𝜋𝑚
𝑞𝐵
⋯
由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T 与频率f
的关系可得：
⑤
f = 1
𝑇
⋯
设在t 时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率
⑥
P =
𝑁⋅
1
2𝑚𝑣2
𝑡
⋯
输出时质子束的等效电流为：
⑦
I = 𝑁𝑞
𝑡
⋯
由上述各式得
I =
𝑃
𝜋𝐵𝑅2𝑓
（3）方法一：
设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1
（rk＜rk+1），△rk＝rk+1﹣rk，
在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2 之间的电压为U，
由动能定理知 qU
⑧
= 1
2
𝑚𝑣
2
𝑘+ 1 ‒ 1
2
𝑚𝑣2𝑘⋯
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知
，
r𝑘=
𝑚𝑣𝑘
𝑞𝐵
则qU
（
）…⑨
= 𝑞2𝐵2
2𝑚
r
2
𝑘+ 1 ‒ 𝑟2𝑘
整理得
⑩
△𝑟𝑘=
4𝑚𝑈
𝑞𝐵2(𝑟𝑘+ 1 + 𝑟𝑘)
⋯
因U、q、m、B 均为定值，令
，由上式得
（11）
C = 4𝑚𝑈
𝑞𝐵2
△𝑟𝑘=
𝐶
𝑟𝑘+ 𝑟𝑘+ 1
⋯
相邻轨道半径rk+1，rk+2 之差△rk+1＝rk+2﹣rk+1
同理
△𝑟𝑘=
𝐶
𝑟𝑘+ 1 + 𝑟𝑘+ 2
因为rk+2＞rk，比较△rk，△rk+1 得△rk+1＜△rk
说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r 减小
方法二：
设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1
（rk＜rk+1），△rk＝rk+1﹣rk，
在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2 之间的电压为U
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知
，故
（12）
r𝑘=
𝑚𝑣𝑘
𝑞𝐵
𝑟𝑘
𝑟𝑘+ 1
=
𝑣𝑘
𝑣𝑘+ 1
⋯
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量△Ek＝qU …（13）
以质子在D2 盒中运动为例，第k 次进入D2 时，被电场加速（2k﹣1）次
速度大小为
（14）
v𝑘= (2𝑘‒ 1)2𝑞𝑈
𝑚
⋯
同理，质子第（k+1）次进入D2 时，被电场加速（2k+1）次，速度大小为
v𝑘+ 1 = (2𝑘+ 1)2𝑞𝑈
𝑚
综合上述各式可得
𝑟𝑘
𝑟𝑘+ 1
=
𝑣𝑘
𝑣𝑘+ 1
= 2𝑘‒ 1
2𝑘+ 1
整理得
，
𝑟2
𝑘
𝑟
2
𝑘+ 1
= 2𝑘‒ 1
2𝑘+ 1
𝑟
2
𝑘+ 1 ‒ 𝑟2
𝑘
𝑟
2
𝑘+ 1
=
2
2𝑘‒ 1
△rk
=
2𝑟
2
𝑘+ 1
(2𝑘‒ 1)(𝑟𝑘+ 𝑟𝑘+ 1)
同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，△rk+1＝rk+2﹣rk+1，整理后有
△𝑟𝑘+ 1 =
2𝑟
2
𝑘+ 1
(2𝑘+ 1)(𝑟𝑘+ 1 + 𝑟𝑘+ 2)
由于rk+2＞rk，比较△rk，△rk+1 得△rk+1＜△rk
说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r 减小，用同样的方法也可
得到质子在D1 盒中运动时具有相同的结论。
【点评】本题的难点是（3），要求△rk 需要知道rk 和rk+1，同理算出△rk+1，对△rk 和
△rk+1，即可得出答案。
