2020年北京高考学业水平等级性考试模拟试卷（三）物理试题（含解析Word版）

2020 年北京市普通高中学业水平等级性考试模拟试卷（三） 物理 1.下列说法正确的是 A. 是重核裂变的反应方程式 B. 原子核所含核子单独存在时的总质量等于该原子核的质量 C. β 衰变所释放的电子是原子核内的自由电子 D. 铯原子核 的结合能小于铅原子核 的结合能 【答案】D 【解析】 【详解】A、重核裂变是质量较大的核俘获中子后分裂成两个(或多个)中等质量核的反应过程， 而题中所给的反应方程式表示的是 衰变．A 错 B、原子核是由质子和中子构成，质子和中子结合形成原子核会有质量亏损，所以原子核所含 核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量．B 错 C、 衰变是原子核的衰变，与核外电子无关， 衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成 一个质子的同时释放出来的．C 错 D、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，且原子核越大，它的结合 能就越高，铯原子核比铅原子核小，所以铯原子核的结合能比铅原子核小．D 对 2.下列说法中错误的是（  ） A. 水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性 B. 压缩气体、液体和固体需要用力，都是因为分子间存在斥力的缘故 C. 拉伸和压缩固体都会使固体内分子势能增大 D. 衣柜中充满卫生球的气味，是因为卫生球发生了升华和扩散现象 【答案】B 【解析】 【详解】A．水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性，故 A 正确，与题意不符； B．压缩气体需要用力，是因为压缩气体，体积减小压强增大，故 B 错误，与题意相符； C．由于分子处于平衡状态时分子势能最小，所以拉伸和压缩固体都会使固体内分子势能增大， 238 234 4 92 90 2U Th He→ + 133 55Cs 208 82 Pb α β β 故 C 正确，与题意不符； D．衣柜中充满卫生球的气味，是因为卫生球发生了升华和扩散现象，故 D 正确，与题意不符。 故选 B。 3.2018 年 11 月 16 日，第 26 届国际计量大会（CGPM）通过决议，修改了国际单位制中的 4 个基本单位，进一步完善了国际单位制．下列说法正确的是(  ) A. “牛顿”是国际单位制中的基本单位 B. “电子伏特（eV）”表示的是电压的单位 C. “毫安时（mAh）”表示的是能量的单位 D. “功率”的单位用国际单位制基本单位表示为 kg·m2·s-3 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据牛顿第二定律 可推出 ，即“牛顿”是国际单位制中的导 出单位；故 A 项错误. B. ，则“电子伏特（eV）”表示的是能量的单位；故 B 项错误. C.毫安是电流的单位，时是时间的单位，根据 知“毫安时（mAh）”表示的是电量的单位； 故 C 项错误. D.根据功率的定义式 ， ，则功的单位为 ，则功率的单位为 ；故 D 项正确. 4.一辆公交车在平直的公路上从 A 站出发运动至 B 站停止，经历了匀加速、匀速、匀减速三 个过程，设加速和减速过程的加速度大小分别为 a1、a2，匀速过程的速度大小为 v，则(  ) A. 增大 a1，保持 a2、v 不变，加速过程的平均速度不变 B. 减小 a1，保持 a2、v 不变，匀速运动过程的时间将变长 C. 增大 v，保持 a1、a2 不变，全程时间变长 D. 只要 v 不变，不论 a1、a2 如何变化，全程平均速度不变 【答案】A 【解析】 【详解】匀变速运动的平均速度为： ，则加速运动过程的平均速度等于 ，v 不变 F ma= 21 1kg m/sN = ⋅ 191eV 1.6 10 J−= × q It= WP t = W Fl= 2 2N m=kg m /s⋅ ⋅ 2 2 2 3kg m /s kg m /ss ⋅ = ⋅ 0 2 v vv += 2 v 则加速过程的平均速度不变，故 A 正确；匀加速、匀速、匀减速三个过程的位移分别为 、 、 ，如果减小 a1，保持 a2、v 不变，则加速过程的时间 将增大，加速过程的位移 增大，而减速的时间和位移不变，所以匀速的位移将减小，匀速 的时间减小，故 B 错误；作出物体运动的速度图像如图甲所示： 增大 v，保持 a1、a2 不变，运动的时间将减小，故 C 错误；同理如图乙所示，v 不变，a1、a2 变化，则全程的时间将会发生变化，全程平均速度变化，故 D 错误．所以 A 正确，BCD 错 误． 5.如图所示，是某女运动员一次十米跳水的快照，她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入较大 的泳池中，不计空气阻力，下列说法正确的是    A. 她运动到最高点时，速度为零 B. 她上升过程处于超重状态，下降过程处于失重状态 C. 她接触到水后，由于受到水的阻力，立即开始做减速运动 D. 她从入水到停止下沉的过程中损失的机械能大于水的机械能的增加量 【答案】D 【解析】 【分析】 分析运动员的运动情况得出其加速度的方向．根据牛顿第二定律分析她的浮力和她的重力的 关系．超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关；根据能量关系分析机械能的损 失． 【详解】她从跳台斜向上跳起，她运动到最高点时有水平方向的速度，速度不为零，故 A 错 11 1 2x vt= 2 2x vt= 3 3 1 2x vt= 1 1 vt a = 1x ( ) 误；她上升过程和下降过程中加速度方向都是向下，所以处于失重状态，故 B 错误；入水过 程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动， 即入水后的速度先增大，故 C 错误．她从入水到停止下沉的过程中损失的机械能等于水的机 械能的增加量和内能的增加量．故 D 正确．故选 D． 【点睛】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的 加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下． 6.如图所示，固定在水平地面上的物体 A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为 的斜面，一根轻绳 跨过物体 A 顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为 的小球 B、C，假设绳与物体 A 的表面平行，当两球静止时，小球 B 与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为 不计一 切摩擦，则 之间的关系是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设绳子对两球的拉力大小为 T，对 m2：根据平衡条件得：T=m2gsinθ；对 m1：根据 平衡条件得：T=m1gcosθ；联立解得：m1=m2tanθ；故选 B． 【点睛】本题的解题关键抓住绳子拉力大小相等，采用隔离法，由平衡条件求解质量之比． 7.简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q 是传播方向上相距 10 m 的两质点，波先传到 P， 当波传到 Q 开始计时，P、Q 两质点的振动图像如图所示。则下列说法错误的是（  ） A. 质点 Q 开始振动的方向沿 y 轴正方向 B. 该波从 P 传到 Q 的时间可能为 7 s θ 1 2m m、 θ， 1 2m m、 1 2m m= 1 2 tanm m θ= 2 1 tan mm θ= 1 2cosm m θ= C. 该波的传播速度可能为 1 m/s D. 该波的波长可能为 6 m 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图象可知，质点 P 的振动图象为虚线，质点 Q 的振动图象为实线，从 0 时刻 开始，质点 Q 的起振方向沿 y 轴正方向，故 A 正确； B．由题可知，简谐横波的传播方向从 P 到 Q，由图可知，周期 T=6s，质点 Q 的振动图象向 左 4s、后与 P 点的振动重合，意味着 Q 点比 P 点振动滞后了 4s，即 P 传到 Q 的时间△t 可能 为 4s，同时由周期性可知，从 P 传到 Q 的时间 即 不可能为 7s，故 B 错误； C．根据 (nT+4)v=10m 可得 （n=0、1、2、……） 故波速可能为 1m/s，故 C 正确； D．根据 当 n=1 时 λ=6m 故 D 正确。 本题选择错误的，故选 B。 8.A、B 为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从 A 点以某一初速 度做直线运动到 B 点，其电势能 Ep 随位移 x 的变化关系如图所示。则从 A 到 B 过程中，下列 说法正确的是（  ） (4 )( 0,1,2 )t nT n∆ = + = … … 4s 10s 16st∆ = …， ， 10 m/s6 4v n = + 60 m6 4vT n λ = = + A. 点电荷的速度先增大后减小 B. 空间电场是某负点电荷形成的 C. 电荷所受电场力先减小后增大 D. 空间各点的电势先降低后升高 【答案】C 【解析】 【详解】A．正电荷在电场力作用下运动，故电荷的电势能与动能的总和不变，由图像可知， 电势能先增大后减小，则动能先减小后增大，速度先减小后增大，故 A 错误； BC．电场力做的功 W＝Fx＝Ep0－Ep Ep－x 图线的斜率反映电场力，可见电场力先减小后增大，且方向发生了变化，因此不可能是 点电荷的电场，故 B 错误，C 正确； D．由图可知，带正电的点电荷电势能先增加后减小，由正电荷在电势高的地方电势能大可知 电势先升高后降低，D 错误。 故选 C。 9.如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面 ABC 的单色光从空气射入 E 点，并偏折到 F 点， 已知入射方向与边 AB 的夹角为 θ＝ ，E、F 分别为边 AB、BC 的中点，则下列说法错误的 是（  ） A. 该棱镜的折射率为 B. 光在 F 点发生全反射 C. 光从空气进入棱镜，波长变短 D. 光从空气进入棱镜，波速变小 【答案】B 【解析】 30° 3 【详解】A．在 E 点作出法线可知入射角为 ，折射角为 ，由 n＝ 可得折射率为 ，故 A 正确； B．由几何关系可以知道，光线在 F 点 入射角等于 AB 面上的折射角，根据光路可逆性原理 知，光在 F 点不可能发生全反射，故 B 错误； CD．由公式 v＝ 可知，光从空气进入棱镜，频率不变，波速变小，由公式 v=λf 得知，波长 变小，故 CD 正确。 本题选择错误的，故选 B。 10.如图所示，匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，a、b、c、d 为圆形线圈上等距离的四点，现 用外力在上述四点将线圈拉成正方形，且线圈仍处在原先所在平面内，则在线圈发生形变的 过程中(  ) A. 线圈中将产生 abcda 方向的感应电流 B. 线圈中将产生 adcba 方向的感应电流 C. 线圈中感应电流方向无法判断 D. 线圈中无感应电流 【答案】A 的 60° 30° sin 60 = 3sin30 ° ° 3 c n 【解析】 【详解】周长一定时，圆形的面积最大．本题线圈面积变小，磁通量变小，有感应电流产 生．由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流． A. 线圈中将产生 abcda 方向的感应电流，与结论相符合，选项 A 正确； B. 线圈中将产生 adcba 方向的感应电流，与结论不相符，选项 B 错误； C. 线圈中感应电流方向无法判断，与结论不相符，选项 C 错误； D. 线圈中无感应电流，与结论不相符，选项 D 错误； 11.在如下图所示的电路中，当闭合开关 S 后，若将滑动变阻器的滑片 P 向下调节，则正确的 是(  ) A. 电压表和电流表 示数都增大 B. 灯 L2 变暗，电流表的示数减小 C. 灯 L1 变亮，电压表的示数减小 D. 灯 L2 变亮，电容器的带电量增加 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据题意，从图可知，电压表与滑动变阻器并联，电流表与滑动变阻器串联，灯 泡 L1 与滑动变阻器串联，灯泡 L2 与滑动变阻器并联，电容器 C 与滑动变阻器并联，当滑片向 下移动时，滑动变阻器的阻值减小，据结论“串反并同”可得：电流表示数增加而电压表示数减 小，故 A 错误； B．灯泡 L2 上的电流减小，灯泡变暗，但电流表示数增加，故 B 错误； C．灯泡 L1 电流增加，灯泡变亮，而电压表示数减小，故 C 正确； D．电容器电压减小，根据 Q＝CU，可知电荷量减小，故 D 错误。 故选 C。 12.如图所示，一定质量的理想气体从状态 a 变化到状态 b，其过程如 p－V 图中从 a 到 b 的直 线所示。在此过程中（  ） 的 A. 气体温度一直降低 B. 气体内能一直减小 C. 气体一直对外做功 D. 气体一直从外界放热 【答案】C 【解析】 【详解】A．一定质量的理想气体从 a 到 b 的过程，由理想气体状态方程 ＝ 可知 Tb>Ta 即气体的温度一直升高，故 A 错误； B．根据理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能增大，可知气体的内能一直增加，故 B 错误； C．由于从 a 到 b 的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，故 C 正确； D．根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q，从 a 到 b 的过程中，气体一直从外界吸热，故 D 错误。 故选 C。 13.如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有 0.5A 的保险丝 L，原线圈匝数 n1=600 匝，副 线圈匝数 n2=120 匝，当原线圈接在如图乙所示的交流电源上，要使整个电路和用电器正常工 作，则副线圈两端可以接（  ） A. 阻值为 12Ω 的电阻 B. 并联两盏的“36V 40W”灯泡 C. 工作频率为 10Hz 用电设备 D. 耐压值为 36V 的电容器 【答案】B 【解析】 的 a a a p V T b b b p V T 【详解】线圈匝数跟电压电流的关系 据图乙知道电压有效值为 180V，可知副线圈输入电压有效值为 36V，电流 2.5A，据欧姆定律 计算得副线圈所接 电阻最小值 14.4Ω，A 错 并联两盏灯泡干路电流 2.2A，所以可以 B 对 只可以接工作频率为 50Hz 的用电设备，C 错 因为最大电压是 所以不可以接耐压值为 36V 的电容器，D 错 14.长为 L 的细线一端系一质量为 m 的小球，另一端固定在 O 点，现让小球在竖直平面内绕 O 点做圆周运动，A、B 分别为小球运动过程中的最髙点与最低点位置，如图所示．某时刻小球 运动到 A 位置时，细线对小球的作用力 FA=mg，此后当小球运动到最低点 B 位置时，细线对 小球的作用力 FB=6mg，则小球从 A 运动到 B 的过程中（已知 g 为重力加速度，小球从 A 至 B 的过程所受空气阻力大小恒定），下列说法中正确的是 A. 小球在最高点 A 位置时速度 vA= B. 从 A 运动到 B 的过程中，小球所受的合外力方向总是指向圆心 C. 从 A 运动到 B 的过程中，小球机械能减少 mgL D. 从 A 运动到 B 的过程中，小球克服空气阻力做功为 mgL 【答案】D 【解析】 【详解】A.小球在最高点的位置，由牛顿第二定律： FA+mg= ， gL 1 2 2 Amv L 解得： vA= ， 故 A 项错误； B.小球从 A 运动到 B 的过程中，小球做变速圆周运动，合外力方向一般不指向圆心，故 B 项 错误； CD.小球在最低点 B 位置时： FB-mg= ， 解得： vB= ， 小球从 A 运动到 B 过程中，由动能定理得： 2mgL- Wf= - ， 解得： Wf= mgL， 所以此过程中，小球克服空气阻力做功为 mgL，小球的机械能减小 mgL，故 C 项错误，D 项正确． 15.如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此 装置可“验证机械能守恒定律”。 （1）实验中打点计时器应选择_________________较好（填“电火花式打点计时器”或“电 磁式打点计时器”）。 （2）安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示。 2gL 2 Bmv L 5gL 21 2 Bmv 21 2 Amv 1 2 1 2 1 2 图中 0 点为打出的起始点，且速度为零。选取在纸带上连续打出的点 A、B、C、D、E 作为计 数点。其中测出 A、B、C、D、E 点距起始点 0 的距离如图所示。已知打点计时器打点周期为 T=0.02s。由此可计算出物体下落到 C 点时的瞬时速度 vC=____________m/s.（结果 保留三位 有效数字） （3）实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，关于此误差，下列说法中正确 的是_____________。 A.该误差属于偶然误差，可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差 B.该误差属于偶然误差，可以通过挂一个小物块来平衡阻力进而消除该误差 C.该误差属于系统误差，可以通过多次测量取平均值的方法来消除该误差 D.该误差属于系统误差，可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差 （4）某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点 0 的距离 L 并计算出打相应计数点时 重锤的速度 v，通过描绘 v2 -h 图象去研究机械能是否守恒。若实验中重锤所受阻力不可忽略， 且阻力大小保持不变，从理论上分析，合理的 v2 -h 图象是下图中的哪一个____________。 （填选填图下对应的字母） A. B. C. D. 【答案】 (1). 电火花式打点计时器 (2). 190-1.92 (3). D (4). A 【解析】 【详解】（1）[1]．电火花计时器对纸带的阻力较小，则实验中打点计时器应选择电火花式打 点计时器较好。 （2）[2]．物体下落到 C 点时的瞬时速度 （3）[3]．实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量，该误差属于系统误差，可 以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差，故选 D. （4）[4]．下落时阻力大小不变，则 即 则 v2-h 图像是过原点的直线，故选 A. 16.某学校实验室购买了一卷表面有很薄绝缘层的镍铬合金丝，该校的兴趣小组同学想通过实 验来测算合金丝的长度．已知该镍铬合金丝的电阻率 Ω·m，测量选用的器材有 多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等． （1）实验前先使用多用电表粗测合金丝的电阻 0.2006 0.1240 m/s 1.92m/s2 0.04 BD C xv T −= = = 21 2mgh fh mv− = 2 2(2 )fv g hm = − 61.0 10ρ −= × ①机械调零后，选择旋钮指向电阻挡“×10”位置，将红、黑表笔分别插入多用电表的对应 插孔，将两表笔短接，调节__________（填“S”或“T”）进行欧姆调零，使指针指到“电阻 挡”零刻度． ②把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，发现指针偏转角度过小， 应选择倍率为__________（填“×100”或“×1”）的挡位，再将两表笔短接重新进行欧姆调 零． ③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端相接，多用电表的示数如图甲所示，则该合金丝的 电阻约为__________Ω． （2）使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径 d，示数如图乙所示，则镍铬合金丝的直径 d=________mm． （3）为了更准确地测量镍铬合金丝电阻，减少实验误差，并获得较大的电压调节范围，选择 如图丙所示的电路进行测量，测量电压表示数为 U，电流表的示数为 I．不计合金丝绝缘漆的 厚度，镍铬合金丝的长度的表达式 L=__________（用 U、I、ρ、d 表示）． （4）利用记录的多组电压 U 和电流值 I 的数据，绘制出如图丁所示的 U－I 图像．可测出镍 铬合金丝的长度 L=_________m．（保留三位有效数字）． 【答案】 (1). T (2). “×100” (3). 1400 (4). 0.305 (5). (6). 110 【解析】 【详解】（1）①[1]．欧姆调零时将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件 T，即欧姆调零 旋钮，使指针指电阻的 0 刻线； ②[2]．将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．说明被测阻值较大，为使指 针只在中央刻度附近应换较大档，即×100 档； ③[3]．欧姆表选择×100 挡，由图甲所示可知，该合金丝的电阻约为：14×100=1400Ω； （2）[4]．由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器的读数为：0mm+30.5×0.01mm=0.305mm； （3）[5]．由电阻定律可知： 根据欧姆定律得： 联立解得： （4）[6]．由 U-I 图象的斜率表示电阻得： R= =1500Ω 结合（3）问的结论，带入表达式 解得： 2 4 d UL I π ρ= 2( )2 L L dR S ρρ π = = UR I = 2 4 d UL I π ρ= 3 1.5 10− Ω 2 4 d UL I π ρ= L=110m 17.如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为 40cm2 的活塞将一定质量的 气体和一形状不规则的固体 A 封闭在汽缸内。在汽缸内距缸底 60cm 处设有 a、b 两限制装置， 使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在 a、b 上，缸内气体的压强为 p0（p0＝1.0×105Pa 为大气 压强），温度为 300K。现缓慢加热汽缸内气体，当温度为 330K 时，活塞恰好离开 a、b；当温 度为 360K 时，活塞上移了 4cm。g 取 10m/s2，求活塞的质量和物体 A 的体积。 【答案】4kg；640cm3 【解析】 【详解】设物体 A 的体积为 ΔV， T1＝300K，p1＝1.0×105Pa，V1＝60×40cm3－ΔV，T2＝330K p2＝ Pa V2＝V1，T3＝360K，p3＝p2，V3＝64×40cm3－ΔV 由状态 1 到状态 2 为等容过程，则 ＝ ，代入数据得 m＝4kg 由状态 2 到状态 3 为等压过程，则 ＝ ，代入数据得 ΔV＝640cm3 18.水平地面上固定一光滑圆弧轨道，轨道下端的水平面与小车 C 的上表面平滑连接（如图所 示），圆弧轨道上有一个小滑块 A，质量为 mA＝4kg，在距圆弧轨道的水平面高 h＝1.8 m 处由 静止下滑，在小车 C 的最左端有一个质量 mB＝2kg 的滑块 B，滑块 A 与 B 均可看做质点，滑 块 A 与 B 碰撞后粘在一起，已知滑块 A、B 与车 C 的动摩擦因数均为 μ＝0.5，车 C 与水平地 面的摩擦忽略不计．取 g＝10 m/s2.求： （1）滑块 A 与 B 碰撞后瞬间 共同速度的大小；的 5 41.0 10 40 10−  × + ×  mg 1 1 p T 2 2 p T 2 2 V T 3 3 V T （2）若小车长 0.64 米，且滑块 A、B 恰好没有从小车上滑下，求小车的质量 ． 【答案】(1)4m/s (2)4kg 【解析】 【分析】 (1)根据机械能守恒定律求解块 滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块 与 碰撞后瞬间的共同速度的大小； (2)根据系统的能量守恒求解小车 的质量． 【详解】(1)滑块 下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： 代入数据解得： 、 碰过程系统动量守恒，以 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 代入数据解得： (2) 、 、 三者组成的系统动量守恒，以 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 小车长 ，由能量守恒定律得： 代入数据解得： 【点睛】本题要求我们要熟练掌握机械能守恒和动量守恒的条件和公式，正确把握每个过程 的物理规律是关键． 19.宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其 他星体对它们的引力作用．现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三 Cm A A B C A 2 A A 1 1 2m gh m v= 1 6m/sv = A B A A 1 A B 2( )m v m m v= + 2 4m/sv = A B C A A B 2 A B C 3( ) ( )m m v m m m v+ = + + 0.64mL = 2 2 A B A B 2 A B C 3 1 1( ) ( ) ( )2 2m m gL m m v m m m vµ + = + − + + 4kgCm = 颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为 R 的圆轨道上运行；另一种形式是三 颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆轨道上运行．设每个星体的 质量均为 m．万有引力常量为 G． （1）试求第一种形式下，星体运动的线速度和周期； （2）假设两种形式星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？ 【答案】（1） （2） 【解析】 试题分析：(1)第一种形式下，由万有引力定律和牛顿第二定律得 ， 解得 v＝ ， 故周期 T＝ ＝ . (2)第二种形式下，设星体之间的距离为 L，由万有引力定律和牛顿第二定律得 而角速度 ω＝ ， 解得 L＝ . 考点：万有引力定律的应用 20.如图所示，一有界匀强磁场垂直于 xOy 平面向里，其边界是以坐标原点 O 为圆心、半径为 R 的圆．一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子，从磁场边界与 x 轴交点 P 处以初速度大小 v0、沿 x 轴正方向射入磁场，恰能从 M 点离开磁场．不计粒子的重力． 5 4 Gm R 4 5 RR Gm π 3 12 5 R （1）求匀强磁场的磁感应强度大小 B； （2）若带电粒子从 P 点以速度大小 v0 射入磁场，改变初速度的方向，粒子恰能经过原点 O， 求粒子在磁场中运动的时间 t 及离开磁场时速度的方向； （3）在匀强磁场外侧加一有界均匀辐向电场，如图所示，与 O 点相等距离处的电场强度大小 相等，方向指向原点 O．带电粒子从 P 点沿 x 轴正方向射入磁场，改变初速度的大小，粒子 恰能不离开电场外边界且能回到 P 点，求粒子初速度大小 v 以及电场两边界间的电势差 U． 【 答 案 】 （ 1 ） （ 2 ） （ 3 ） ， 【解析】 【详解】（1）根据几何关系，粒子圆周运动得半径 ，由向心力公式有 ，解 得 （2）如图所示 过带电粒子运动轨迹上得弦 PO 做垂直平分线叫磁场边界 O1 点，因粒子做圆周运动得半径与 磁场边界半径相等，所以 为等边三角形，O1 为圆心位置，粒子圆周运动得周期 ，图中 ，则有 ，解得 ，根据几何关系可知，粒子离 0mvB qR = 0 2 3 Rt v π= 22 0 tan2 mv nU q k π =    ( 1,2,3 , 2 1,2 2,2 3 )n k n n n= = + + +  r R= 2 0 0 mvqv B r = 0mvB qR = 1POO∆ 0 2 RT v π= 1 120PO N °∠ = 3 Tt = 0 2 3 Rt v π= 开磁场时速度沿 y 轴正方向 （3）设粒子刚进入磁场做圆周运动得圆心 O1 和原点 O 得连线与 x 轴夹角为 ，运动半径为 r1， 如图 则有 ，由向心力公式有 ，粒子从 P 点射入磁场，恰能回到 P 点，则根 据几何关系有： ，解得 其中 ；根据能量守恒有 ，解得 β 1tan r R β = 2 1 mvqvB r = 2 2k nβ π= 0tan nv v k π= 1,2,3n =  2 1, 2 2, 2 3k n n n= + + +  21 2qU mv= 22 0 tan2 mv nU q k π =    ( )1,2,3 , 2 1,2 2,2 3n k n n n= = + + + 