浙江省最新高考物理新突破考前冲刺卷十

浙江省２０20届高考物理新突破考前冲刺卷（十）
本试卷分选择题和非选择题两部分,满分１00分，考试时间9０分钟。

选择题部分
一、选择题Ⅰ（本大题共10小题，每小题3分,共30分。

每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
１.某中学有42个班级，9月是全年的用电高峰期，每个教室配备的用电器及其使用情况如下表所示，电费为0．7元/度(１度＝1 kW·h),则该学校所有教室每天用电需要的费用约为（ )
用电器日光灯空调多媒体
额定功率/Ｗ４0３　7５
０
500
数量/个1111
平均工作时间／h８８8
A。

１100元　Ｂ．1　300元
C．1 6０0元 D．1　90０元
解析　一天总的用电量为（４0×11＋3　7５0+5０0）×8×４2×１0-3 kＷ·h=
1 57５.84　kW·h，电费为1 5７5.８４×0。

7元=1 103元，约为１100元，A正确。

答案　Ａ
2.如图1所示，一只蝙蝠倒挂在倾斜的树枝上栖息,下列说法正确的是(　）
图１
Ａ．蝙蝠的重心位于树枝上方
Ｂ。

蝙蝠对树枝的弹力竖直向上
C。

树枝对蝙蝠的作用力竖直向上
D．蝙蝠在飞离的瞬间对树枝的作用力大于树枝对它的作用力
解析　蝙蝠的重心位于蝙蝠身上,应在树枝的下方,A错误；由于蝙蝠倒挂在倾斜的树枝上，则蝙蝠对树枝的弹力垂直树枝向下，蝙蝠受重力、弹力以及摩擦力的作用,由力的平衡可知，弹力和摩擦力的合力与重力大小相等、方向相反，即树枝对蝙蝠的作用力与蝙蝠的重力等大反向，B错误，C正确；蝙蝠在飞离的瞬间对树枝的作用力与树枝对它的作用力是一对相互作用力,等大反向，D错误。

答案C
3。

如图2所示，在地球周围有许多人造地球卫星绕着地球运转.在赤道平面内有三颗在同一轨道上运行的人造卫星，三颗卫星在此轨道均匀分布，周期为T′=
Error!T,其中T为地球的自转周期，某时刻其中一颗人造卫星处于赤道上某一建筑物的正上方，则该建筑物正上方出现下一颗人造卫星的时间间隔约为(　）
图2
A。

0。

18Tﻩ B.０．24Ｔ　
Ｃ.０．32Ｔ　Ｄ。

０．48Ｔ
解析该建筑物正上方出现下一颗人造卫星时,该人造卫星比地球多转过的角度为，则有
＼f（２π3）
Error!t＝Error!,解得t≈０.１８T，A正确。

答案　Ａ
4.一根轻绳（忽略绳子的粗细)一端连接一小球,另一端固定于木棒的底部Ｏ点,且木棒竖直固定于光滑水平桌面上,如图3所示。

拉直轻绳使其水平，给小球一垂直轻绳的沿水平方向的初速度。

下列说法正确的是( ）
图3
Ａ。

小球的线速度变大
B。

小球的角速度大小不变
Ｃ。

若绳子断裂，则小球背离O点沿速度方向做直线运动
Ｄ.绳长变为原来的一半时,绳子对小球的拉力将变为原来的4倍
解析由于向心力不做功,小球运动过程中绳变短，但小球的线速度大小不变，由ｖ=ωR知角速度变大，A、B错误；绳子断裂，小球在水平方向不受外力的作用，小球背离Ｏ点沿速度方向做匀速直线运动，C 正确;绳子的长度减半时，线速度大小不变，则由F＝可知，绳子的拉力变为原来的2倍,Ｄ错误。

＼f
答案　Ｃ
5。

如图4所示是某次人乘坐电梯过程中电梯的v－ｔ图象（取竖直向上为正方向），则下列说法正确的是（ ）
图4
A.０～1　s内，电梯的平均速度大小为5 m/ｓ
B.3～４s内，电梯竖直向下运动
Ｃ．3~４s内,电梯中的人处于超重状态
D.0～4　ｓ内，电梯运动的总位移为１5 m
解析0～1 s内，电梯向上做匀加速直线运动,因此其平均速度大小为　m／s＝2。

5 ｍ/s，Ａ错误；由于速度始终为正值，因此速度方向始终竖直向上，B错误;3~4 ｓ的时间内,电梯向上做匀减速直线运动，加速度方向竖直向下,因此电梯中的人处于失重状态,C错误；速度一时间图象中，图线与横轴所围图形的面积表示电梯的位移，即0～4　s的时间内，电梯的位移大小为x＝m＝15 m，Ｄ正确。

答案D
6。

如图5所示,图中实线是静电场中的五条电场线,虚线是静电场中的一条等势线，a、b、ｃ是电场线上的点，d是等势线上的点，一带负电的点电荷在a点由静止释放，结果该点电荷在电场力作用下竖直向上运动，不计点电荷的重力，则下列说法正确的是( ）
图5
A．该点电荷一定向上做匀加速运动
B.一负点电荷在b点释放时的加速度比在ｃ点释放时的加速度大
C。

将一正点电荷从ｂ点移到ｃ点，电场力做正功
D.将一负点电荷从ｄ点沿等势线向右射出,电荷将沿等势线做直线运动
解析　一带负电的点电荷在a点由静止释放,该点电荷在电场力作用下竖直向上运动，说明该点电荷受到的电场力竖直向上,电场线的方向向下,由于电场是非匀强电场,因此该点电荷运动过程中受到的电场力是变化的,根据牛顿第二定律可知,该点电荷的加速度也是变化的，A错误;由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，ｂ点的场强比c点的场强大,因此同样的点电荷在b点释放时的加速度一定比在ｃ点释放时的加速度大，B正确;比较经过b、c两点的等势线可知，c点电势比b点电势高，因此将一正点电荷从b点移到ｃ点,电势能增大，电场力做负功，Ｃ错误；将一负点电荷从d点沿等势线向右射出，由于电场线垂直于等势线，因此电场力垂直于等势线，故该负点电荷不会沿等势线做直线运动,D错误。

答案　B
7．通电直导线在其周围形成的磁场中某一点的磁感应强度大小与电流的大小成正比，与该点到导线的垂直距离成反比。

如图６所示，菱形AＢＣD在水平面内，O点为菱形的中心，∠ＤAB=60°,在A、Ｂ、Ｃ三点垂直于水平面放置三根平行直导线，导线中电流的大小和方向均相同，则O点和D点处的磁感应强度方向的关系以及大小之比为（ )
图６
A。

相反,1∶2　B．相同,1∶１
C.垂直，2∶１
D.垂直，１∶２
解析　如图甲所示,A、C处导线在O点处产生的磁场的磁感应强度等大反向,矢量和为零，Ｂ处导线在O 点处产生的磁场的磁感应强度沿OC方向,设菱形的边长为a，导线中的电流大小为I，则O点处的磁感应强度大小为Ｂ０＝Error!.如图乙所示，A、C处导线在D点处产生的磁场的磁感应强度的矢量和为Error!，方向垂直ＢD向右，B处导线在D点处产生的磁场的磁感应强度方向垂直ＢD向右,大小为Error!，因此Ｄ点处的磁感应强度方向垂直ＢD向右，大小为BＤ=Error!，则O、D两点处的磁感应强度方向相同，大小之比为１∶１，Ｂ正确.
答案B
8。

如图７所示,AB、CD是竖直面内的两个粗糙倾斜直轨道,物块(可视为质点)与它们之间的动摩擦因数相同,两轨道与水平方向的夹角均为θ，两轨道与一光滑圆弧轨道相切于Ｂ、C两点。

物块的质量为m，从A点由静止释放，沿着轨道运动，并能冲上CD，已知AB=CD＝Ｌ，重力加速度为g。

下列说法正确的是（ )
图7
Ａ．每次经过最低点时，物块对圆弧轨道的压力不变
B。

整个运动过程中,物块的机械能一直在减小
C.整个过程中，因摩擦产生的热量为ｍgL sin θ
D。

物块与粗糙轨道之间的动摩擦因数大于ｔaｎθ
解析　由于物块在倾斜轨道部分运动时，摩擦力做负功,因此物块每次经过最低点的速度越来越小，最终物块在圆弧BＣ部分来回运动，则由公式FＮ-mｇ=m可知,物块对圆弧轨道最低点的压力
＼ｆ（v２，r）
先越来越小最后保持不变，Ａ错误；在AB、ＣD段运动时，物块的机械能减小，由A项的分析可知,最终物块的机械能保持不变，B错误；整个过程中，因摩擦产生的热量等于物块由A到Ｂ重力势能的减少
量，即为Q＝mgL sｉn θ，Ｃ正确；由于物块在倾斜轨道部分沿轨道加速下滑,因此有mg sｉn θ>μmg cos θ，即物块与粗糙轨道之间的动摩擦因数μ＜ｔaｎθ,D错误。

答案C
９.如图8,质量为M的滑块静止在光滑水平地面上,滑块上表面为半径为R的光滑圆弧槽，质量为m的小球静止在圆弧槽的最低点。

若给小球水平向右的初速度ｖ０，小球上升的最大高度为h1；若给滑块水平向左的初速度v0，小球上升的最大高度为h2。

已知小球始终没有离开半圆弧槽，Ｍ〉m.则h１和h2的关系为（ )
图８
Ａ.h1>ｈ２ﻩ B.h1〈ｈ２
Ｃ．h1=h2ﻩＤ．无法确定
解析　若给小球水平向右的初速度v０,地面光滑，所以小球和滑块组成的系统动量守恒,mｖ0＝（m＋M）v共，解得v共=，此时小球的重力势能最大，为mgh1＝mv Error!—（m+M)ｖ,解得ｈ1＝
＼ｆ(Mv0，m＋M) Error!；若给滑块水平向左的初速度v0，同理可得Mv0=(m＋M）v共′，解得ｖ共′=，小球的重力势能最大为ｍgh2＝
Mv-（m+M）v共′2，解得ｈ2＝，即两种情况下小球上升的高度相等，h1=h2，C正确。

＼f＼o＼ａl1
2
答案C
10。

修建高层建筑常用塔式起重机。

起重机使质量为m的重物由静止开始，从大楼一层的地面竖直向上做匀加速直线运动,到达第八层地面,重物上升的时间为t1,起重机输出功率达到其允许的最大值时，将保持该功率运行,保持最大功率运行了Δｔ后重物速度达到最大v m，之后重物开始做匀速直线运动，其运动的ｖ－t图象如图9所示,已知每层楼高h,重力加速度为g，不考虑摩擦阻力和空气阻力。

则下列说法正确的是（　)
图９
A ．0～t 2内起重机的牵引力先增大后减小
B.重物匀加速运动的加速度大小为
C 。

Δｔ时间内重物的机械能增加mgv m Δt
D 。

Δt 内重物上升的高度为v m Δｔ－Error!
解析　0～t 1时间内重物由静止开始,从大楼一层地面向上做匀加速直线运动,起重机的牵引力大于重物的重力且恒定,t 1~t 2时间内起重机的牵引力不断减小,t 2时刻减小为mg 后不变，Ａ错误；上升了t 1后，重物到达第八层地面，根据7ｈ＝
Error!ａt Error!,解得ａ=Error!，B 正确;起重机达到允许输出的最大功率时,P ｍ＝Fv m ，F =mg ，可得起重机的最大输出功率为Ｐｍ＝mgv m ,可得Δt 时间内重物的机械能变化ΔE ＝ＰｍΔｔ=mgv m Δｔ,Ｃ错误;根据动能定理有P ｍΔt -mg Δｈ=Error!mv Error!－mv ，解得Δh =v m Δt -Error!+,D 错误。

＼f 答案 B
二、选择题Ⅱ(本大题共5小题,每小题３分，共１5分.每小题给出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。

全部选对的得3分，选对但不全的得2分,有选错的得0分)
１1．下列说法正确的是（ )
A ．阴极射线的本质是电磁辐射
B 。

德布罗意指出微观粒子的动量越大,其对应的波长就越短
Ｃ。

光的波长越长,其粒子性越强，光的波长越短，其波动性越强
D 。

根据玻尔的原子模型，氢原子辐射出光子后,其绕核运动的电子动能增大
解析 英国物理学家汤姆孙发现阴极射线是由带负电的粒子组成的,这些粒子是电子,不是电磁辐射，故Ａ错误；依据德布罗意波波长公式λ=Error!可知,微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短,B 正确;光的波长越长,其波动性越强，光的波长越短,其粒子性越强，C 错误；根据玻尔的原子模型，氢原子辐射出光子后，其能量减小,从高能级跃迁到低能级,电子运动的轨迹半径减小,由＝Error!和E k =mv 2可知，绕核运12
动的电子动能增大，故Ｄ正确。

答案　B Ｄ
12.如图10所示,图甲为一列简谐横波在t =0.2　ｓ时的波形图,图乙为x ＝2 ｍ处的质点Ｐ的振动图象。

下列说法正确的是（ ）
图10
A。

质点P沿＋x轴运动,速度为１0 m/s
Ｂ.质点P沿-x轴运动,速度为10 ｍ/ｓ
C。

波沿－x轴传播，波速为1０m/s
Ｄ。

图甲所示时刻质点Ｐ有最大速度
解析　由题图可知λ＝4　m,Ｔ＝0。

４ｓ，则波速v＝=　m/ｓ=10 m/s，t=0.2 s时质点P
＼ｆ(4)
沿—y轴运动,易得波沿－x轴传播,但质点只在平衡位置上下振动，不会随波运动，故C正确，A、B错误;题图甲中质点P正好在平衡位置,质点P具有最大速度,D正确。

答案CD
13。

白光是由多种单色光构成的，点光源S发出的一束白光由空气斜射到横截面为矩形acdb的玻璃砖上表面的O点,S、O和ｄ三点位于同一直线上,θ为入射角，如图11所示。

则下列关于入射光线和折射光线的说法正确的是( )
图11
A.当θ增大时，光可能在ab界面发生全反射
B.当θ增大时，光可能射到bd界面，并可能在bｄ界面发生全反射
Ｃ。

射到cd界面的光,一定不能在ｃd界面发生全反射
D.射到cd界面的光，并从cd界面射出，射出的各种色光一定互相平行
解析根据发生全反射的条件（光由光密介质进入光疏介质且入射角等于或大于临界角)，知入射光不可能在aｂ界面发生全反射，A错误;当θ增大时，折射角也增大，光可能射到bｄ界面上，且在bd界面可能
发生全反射,B正确；由光路的可逆性知，射到cd界面上的光，一定不能在ｃd界面发生全反射，C正确；从cd界面射出的光是各种色光,且一定互相平行,D正确。

答案　BＣD
14.如图12所示的电路中,变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为1∶２,在a、b端输入ｕ=1００Error!sin (1００πｔ) V的正弦交流电压,电阻R１的功率是Ｒ2的功率的一半，电流表的示数为2 A，则( )
图12
A.ｔ=１　s时刻，电压表示数为10０V
2
B．通过电阻R１的电流为8 A
Ｃ．电阻R１的阻值为50　Ω
Ｄ。

a、b端输入的功率为６0０W
解析　电压表测量的是交流电压的有效值，不是瞬时值,A错误；根据变压比可知，Ｒ2两端的电压为２00 Ｖ，则R２的功率P２＝I2U2＝4０0 W,根据题意Ｒ１的功率为２０0 W,则Ｒ１中的电流I1==2 A，B 错误；电阻R1的阻值为Error!=50　Ω，C正确；ａ、ｂ端输入的功率Ｐ=400 W+２00 W＝6００W,D 正确。

答案CD
1５．在水平桌面上，有一个矩形导线框ａbcｄ,导线框内有一个圆形金属环Ｐ和一个圆形区域的磁场，磁场方向以竖直向下为正，如图13甲所示.圆形区域内的磁场的磁感应强度B随时间ｔ按图乙所示规律变化，不计Ｐ中电流对矩形导线框中电流的影响.下列说法正确的是( )
图13
Ａ.在ｔ１～t2时间内，Ｐ有收缩趋势
B。

在ｔ2～t３时间内，P有扩张趋势
C．在t２～ｔ３时间内,P中有逆时针方向的感应电流
D。

在t3～ｔ4时间内,P中有逆时针方向的感应电流
解析　在t1~t2时间内，圆形区域内的磁感应强度的变化率逐渐增大，则矩形导线框ａbcd中的电流也逐渐增大，穿过圆环的磁通量增大，可知Ｐ有收缩趋势，A正确；在ｔ2～t３时间内,圆形区域内的磁感应强度的变化率恒定不变，导线框中产生的感应电流也将保持不变，穿过圆环的磁通量不变，P中无感应电流且没有扩张或收缩的趋势,B、C错误;在t3~t4时间内，沿负方向的磁场减弱，根据楞次定律可判断出导线框中产生ｄ→c→b→a方向的感应电流，且电流在逐渐减小，故穿过圆环的磁通量减小，P中有逆时针方向的感应电流，D正确.
答案ＡD
非选择题部分
三、非选择题(本题共5小题,共５5分）
1６.（5分）如图１4甲所示，在“探究求合力的方法”实验中，A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与绳套的结点，OＢ和OC为细绳。

图１4
（１)该实验除了图示器材，还需要的测量工具为＿__＿＿___;用两个弹簧测力计拉橡皮筋,将橡皮筋与绳套的结点拉到O′点，这时需要记录＿_＿_＿___（填写正确答案标号）。

A．橡皮筋的伸长量　B。

两弹簧测力计的示数
Ｃ．橡皮筋固定端位置 D.Ｏ′点的位置
E。

两细绳间的夹角　Ｆ．两条细绳的方向
(2）某次实验中，拉细绳OB的弹簧测力计指针位置如图乙所示,其读数为_＿______ N.
(3)再用一个弹簧测力计拉橡皮筋，同样将橡皮筋与绳套的结点拉到Ｏ′点。

实验最后得到的结果如图丙所示，其中___＿＿___（选填“Ｆ"或“F′”）是合力的理论值,_＿__＿＿_＿(选填“Ｆ”或“F′”）是合力的实际值。

解析　（1）为了进行数据处理,还需要的测量工具为刻度尺；本实验采取“等效法”，即使一个弹簧测力计拉橡皮筋与两个弹簧测力计拉橡皮筋产生的效果相同，因此需要记录O′点位置,以便两次都拉到同一位置,在求两个力的合力时,需要知道其大小和方向,因此该实验需要记录弹簧测力计的示数以及两细绳的方向，故选B、Ｄ、F。

（２）题图乙中弹簧测力计的最小分度为0.1　N，因此要估读到0。

01 N，读数为
2。

４0 N。

（3）题图丙中Ｆ是根据平行四边形定则得到的合力的理论值,F′是由一个弹簧测力计测得的合力的实际值。

答案　（1）刻度尺ＢDF　(2）2。

4０(２．38~2。

4２）
(3)F　F′
17.(１0分）某同学设计了如图15甲所示的电路进行实验探究，其中ab是一段电阻率较大且粗细均匀的电阻丝，R0是阻值为2 Ω的保护电阻，滑片P与电阻丝始终接触良好。

实验中提供的电流表有0~０.6 A和０~3 A两个量程。

实验时闭合开关,调节Ｐ的位置，测得aP的长度ｘ和对应的电压U、电流I，并分别绘制了如图乙所示的U-I图象和如图丙所示的－ｘ图象。

＼f(U，I)
图1５
(1)利用图乙可得电源的电动势Ｅ=_____＿__ V，内阻r＝___＿_＿＿_ Ω。

　（保留3位有效数字)（2)根据测得的电阻丝的直径可以算得其横截面积S=1。

２×１0-7　m２，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为_＿_____＿　Ω·m(保留2位有效数字）。

根据图丙还可以得到的信息是__＿______＿___＿__。

(3）关于该电路,下列判断不正确的是________。

A.为保护电流表,滑片必须从ｂ端开始滑动
B.为保护电表不被烧坏，应选用量程尽可能大的电流表和电压表
C．为测量准确，电流表的量程应为0～0。

6　Ａ
D。

在本实验中滑片不允许滑到a端
解析　(１）根据闭合电路欧姆定律有U＝E—Ｉ（R０＋r），题图乙中图线与纵轴的截距为３。

00 V,表示电源电动势,图线的斜率的绝对值为R0＋r=３．00 Ω，得r＝
１.00 Ω。

(2）由欧姆定律和电阻定律有Error!＝RＡ+ρError!，在题图丙中，图线与纵轴的截距为R A＝2。

0 Ω,图线的斜率为=１0 Ω／ｍ，代入数据解得ρ＝1。

2×１0－6Ω·m。

（3)为保护电流表,电路中的电流必须从最小开始调节，因此必须从ｂ端开始滑动滑片，A正确;电路中电表的选择要满足准确性原则，电表的指针半偏时读数更准确，Ｂ错误；从题图乙中可观察到电流表读数小于０.６　Ａ，因此电流表的量程应选0～０.６A,C正确；如滑片滑到ａ端,则电路中的电流约为Error!＝0。

6 Ａ，没有超过电流表的量程,因此实验中滑片可以滑到a端,D错误。

答案(1）3。

00 １.00　（2）1。

2×10－6　电流表内阻为2.0 Ω　（3)BＤ
18。

(１0分）为了交通安全，在一些道路上会设置橡胶减速带,如图16所示。

一质量为2×１０3ｋg的汽车正以15 m/s的速度行驶在该平直路段上，在离减速带５0 m处司机踩刹车使汽车开始做匀减速直线运动，结果以5　ｍ／s的速度通过减速带，通过后立即以某一加速度加速到原来的速度。

汽车可视为质点,减速带的宽度忽略不计。

图16
（１）求汽车减速时受到的阻力大小；
（2）由于减速带的存在汽车通过这段距离多用的时间为３s，则求通过减速带后汽车加速运动的加速度大小.
解析　(1）汽车做匀减速直线运动,由运动学公式可得
—2a1x1=v2－v Error!，解得a1=2 m/ｓ2。

利用牛顿第二定律可知f=ｍa1＝4×103 N。

（2）汽车做匀减速直线运动，利用x1＝Error!t1，得ｔ1＝5 s
汽车匀速通过５0 m所用的时间为t１′=＝Error!　s
＼f
由v０＝v+a２t2，可得通过减速带后汽车加速运动的时间为t2＝
加速运动的位移为ｘ2＝Error!t2
汽车匀速通过该段距离所用的时间为t2′=＼f
由题意知t１+t2－(ｔ1′+ｔ2′)＝Δt
Δt＝3 ｓ
联立解得a２＝2．５m/ｓ2。

答案　（1）4×103 N (２)2。

５ｍ/s2
１9。

(１４分)如图17所示是某科技小组设计的游戏轨道模型。

圆弧ＯA是半径r＝
0.2 m的光滑半圆轨道，圆弧A′B′是半径R=0.4　m的光滑半圆轨道，BＣ是长
l1＝0.9 m的粗糙水平直轨道，B和B′平滑连接.ＥF是水平放置的长ｌ２＝２ｍ的接物槽,槽深度不计,E 端离C点的水平距离x0=０．２m,竖直高度ｈ=０.２　m。

一质量m＝0。

2　kg的物块被弹簧锁定在轨道ＯA最低点O附近（弹簧处于原长时末端刚好在Ｏ点)，锁定时弹簧的弹性势能Ｅp＝１。

7 J，现解除锁定，物块在弹力作用下被弹出，具有水平向右的初速度。

已知物块与轨道BC间的动摩擦因数为μ＝0.5。

不计空气阻力，g取10 m/s2。

图１7
(1）求物块经过圆弧A′Ｂ′时对轨道A′点的作用力；
(2）求物块落入接物槽中时，离Ｅ点的距离；
（3）若物块与接物槽碰撞时，水平速度不变,竖直速度大小变为原来的一半且方向相反，通过计算判断物块是否会弹离接物槽。

解析（1)物块从O点运动到A点的过程中，能量守恒，有2mgr+mv=Eｐ,得vＡ=3　m/s
物块经过圆弧Ａ′B′时,在A′点有F+mｇ＝
得F=2。

５N
根据牛顿第三定律,物块对轨道的压力大小为2.５　N，方向竖直向上。

(2）物块从O点运动到C点的过程中,有
E p＋mg·2r-μｍｇl1＝Error!mv-0
得v C＝4 m/s
根据平抛运动规律有
h=ｇt２,得t=0.2 s,x＝ｖＣt=0。

8　m
＼f（１，2）
所以物块落入接物槽中时，离E点的距离为
0.8 m—0。

2 m＝0。

6　ｍ。

（3)反弹后竖直分速度是反弹前竖直分速度的一半，故第一次反弹后，
t1＝2×t＝0。

２s,x1＝ｖＣt1=0．8 ｍ
＼f（1，2）
同理,第二次反弹后，t2=2×t=０。

1　s,x2=ｖＣt2=0.4　m
……
第n次反弹后，ｔn=Error!tｎ－1,x n=xｎ—１
多次反弹后,物块的水平总位移
s n＝Error!，当n取无穷大后，ｓmax=1.6 m
由于s mａx+x＝2.4　m>l2+x0，故物块会弹离接物槽。

答案　(１)2。

５N　竖直向上(2）０.6 m （3）见解析
20．（16分）如图18所示,从离子源产生的甲、乙两离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内竖直向下运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场上边界ＲS处有一荧光
屏。

已知甲离子射入磁场的速度大小为v 1,最后打在荧光屏上的Ｎ点,乙离子射入磁场的速度大小为v 2，最后打在荧光屏上的P 点.已知Error!=ｄ１，Error!＝ｄ2，不计重力影响和离子间的相互作用。

图18
(1)求甲、乙两离子的比荷之比；
(2）求d 1与d ２之比;
（３）若去掉RS 上Ｎ处的荧光屏，在R Ｓ上方某处加上一个矩形边界的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外，其下边界平行于RS 且相距h ，若甲离子经过RS 上方磁场偏转后也到达Ｐ点，已知甲离子的比荷为k ,求在RS 上方所加磁场的磁感应强度大小、甲离子从Ｍ点运动到Ｐ点所用的时间和所加磁场区域的最小面积。

解析 (1)设甲离子所带电荷量为q 1、质量为m 1,由动能定理得ｑ1U =Error!ｍ1v
解得＝＼ｆ(q １)＼f （v ，2Ｕ）
设乙离子所带电荷量为q 2、质量为ｍ２，由动能定理得
ｑ2Ｕ＝Error!m 2v Error!
解得＝Error!
甲、乙两离子的比荷之比Error!＝Error!。

(2)甲离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为Ｒ1＝,设磁场的磁感应强度大小为B ,由牛顿第二定律有d 12q 1v 1B ＝m １＼f
乙离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2＝，由牛顿第二定律有
q ２v 2B ＝ｍ2＼ｆ（vR 2）
联立解得＝。

d １d 2
(3）设在RS 上方所加磁场的磁感应强度大小为B ′，由q 1ｖ1B ′=m 1，R 1′＝Error!解得B ′＝Error!
甲离子从M 点运动到N 点所用的时间为t 1=Error!在无磁场区域运动的时间为t 2=Error!
在磁感应强度为B ′的磁场区域运动的时间为t 3=甲离子从M 点运动到Ｐ点所用的时间为
t =ｔ１+ｔ2＋t 3=＋Error!+=＼ｆ(πd １，2v 1)所加磁场区域的最小矩形面积为S =。

＼f 答案　（1)　（2) (3）Error! Error!　
＼ｆ(v )。