2019-2020学年上饶市高一下学期期末物理试卷

2019-2020学年上饶市高一下学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.关于物体的运动，以下说法正确的是()
A. 物体做匀速圆周运动时，加速度不改变
B. 物体做匀速圆周运动时，加速度大小不变，方向不变且始终指向圆心
C. 物体做曲线运动时，加速度一定改变
D. 物体做曲线运动时，加速度可能不变
2.如图所示，一根不可伸长的轻绳一端拴着一个小球，另一端固定在竖直杆
上，当竖直杆以角速度ω转动时，小球跟着杆一起做匀速圆周运动，此时绳
与竖直方向的夹角为θ，下列关于ω与θ关系的图象正确的是()
A. B.
C. D.
3.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。

若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后
中子的速率之比为()
A. B. C. D.
4.某人提着50N的水桶在水平地面上匀速行走了12m，在整个过程中，人对水桶所做的功为()
A. 600J
B. 200J
C. 0J
D. −600J
5.拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不
消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，即始终保持与地球、太阳
在一条直线上．则此飞行器的()
A. 向心力仅由太阳的引力提供
B. 向心力仅由地球的引力提供
C. 向心加速度等于地球的向心加速度
D. 线速度大于地球的线速度
6.如图所示，A、B两物体重力都等于10N，各接触面间的动摩擦因
数都等于3，同时有F=1N的两个水平力分别作用在A和B上，A
和B均静止，则地面对B和B对A的摩擦力大小分别为()
A. 6 N，3N
B. 1 N，1 N
C. 0，1N
D. 0，2 N
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
7.游乐场的一种滑梯，它是由很小一段弧形轨道将倾斜直轨道和水平轨道连接
组成的，如图所示．一位小朋友从斜轨道顶端由静止开始自由下滑，经过很
小一段弧形轨道滑到水平轨道上，继续滑动一段距离后停下．则小朋友()
A. 沿倾斜轨道下滑过程中重力势能减小
B. 沿水平轨道滑动过程中，重力对他做正功
C. 沿水平轨道滑动过程中，摩擦力对他做负功
D. 在整个滑动过程中，轨道对他的支持力都不做功
8.一个质量为1kg的物体被人用手由静止开始向上提升2m，这时物体的速度是4m/s，则下列结
论不正确的是(g=10m/s2)()
A. 手对物体做功18J
B. 合外力对物体做功18J
C. 合外力对物体做功8J
D. 物体克服重力做功20J
9.如图，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A点以竖直向上的初速
度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，粒子在A
点和在B点的速度大小均为v。

粒子在由A到B的运动过程中()
A. 粒子的最小速度为√2
v
2
B. 粒子的最大速度为2v
C. 粒子从A点运动到B点与从B点运动到C点的过程中电场力做的功相等
D. 粒子从A点运动到B点与从B点运动到C点的过程中电场力的冲量相同
10.物体由地面以120J的初动能竖直向上抛出，当它上升到某一高度A点时，动能减少40J，机械
能减少10J.设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体()
A. 在最高点时机械能为105J
B. 上升到最高点后落回A点时机械能为70J
C. 空气阻力与重力大小之比为1：4
D. 上升过程与下落过程加速度大小之比为2：1
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
11.在《研究平抛物体的运动》的实验中：
(1)关于这个实验，以下说法正确的是______
A.每次小球都从相同位置由静止释放
B.实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖直线是否竖直
C.由于小球与斜槽间存在摩擦会对实验造成误差
D.安装的斜槽末端切线水平的目的是保证小球运动的轨迹是一条抛物线
(2)某同学在一次实验中用一张印有小方格的纸记录小球的轨迹，小方格的边长为l(单位：m)，若小
球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为V0=______，若以a点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向建立平面直角坐标系，则小球平抛的初始位置的坐标为x=______，y=______(用l、g表示)
12.用自由落体法验证机械能守恒定律的实验中：
mv2=mgℎ对实验条件的要求是______；
(1)运用公式1
2
(2)若实验中先释放了纸带，后打点计时器开始打点，打出了一条纸带，选择了纸带的如图所示的部
分，能否根据该纸带完成验证机械能守恒？______(填“能”或“不能”)，若能，简单说明你的做法；若不能，说明原因。

______。

(3)实验中打点计时器所用电源的频率为50Hz，上图是实验时按照实际尺寸画出的纸带，请你自行
测量后计算出纸带中C点速度v C=______m/s(结果保留三位有效数字)。

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
13.如下图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事
儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经过位于竖直面内的两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧的半径分别为2R和R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧BC组成，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25，且不随温度变化．两斜面倾角均为θ=37°，AB=CD=2R，A、
D等高，D端固定一小挡板，锅底位于圆弧形轨道所在的竖直平面内，碰撞不损失机械能．滑块始终在同一个竖直平面内运动，重力加速度为g．
(1)如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面
的A、D点离地高为多少？
(2)接(1)问，试通过计算分析滑块的运动过程．
(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．
14.一个静止在磁场中的 88226Ra(镭核)，发生α衰变后转变为氡核(元素符号为Rn)。

已知衰变中释放
出的α粒子的速度方向跟匀强磁场的磁感线方向垂直。

设镭核、氡核和α粒子的质量依次是m1、m2、m3，衰变的核能都转化为氡核和α粒子的动能。

求：
(1)写出衰变方程；
(2)氡核和α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径之比；
(3)氡核的动能E k。

15.从天然铀中分离出 235U是核能开发利用的关键技术。

小李同学设计了电磁分离 235U和 238U的实
验方案，如图甲所示。

含有带电量均为q的 235U和 238U离子，从容器A下方的小孔S1进人加速电压为U的匀强电场中，其初速度可视为零，以离子刚射入磁场时的O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，x轴下方有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B.离子在磁场中行进半个圆周后被位于原点O右侧x轴上的收集器分别收集。

核子的质量为m，不考虑离子重力及离子间的相互作用。

(1)求收集器收集到 235U和 238U离子的位置坐标x；
(2)实际上加速电压U会有微小变化，设其变化范围为[(U−△U)～(U+△U)].为了完全分离出这两
应小于多少？
种离子，△U
U
(3)初速为零，带电量为q的 235U和 238U离子，经过加速电压为U的特殊电场，从O点垂直进入磁
场时，与垂直x轴入射方向左右对称偏离，导致有一个发散角α，如图乙所示。

若α角过大，可能使两束离子发生交叠，导致两种离子无法完全分离，为保证上述两种离子被完全分离，求允许的最大发散角αm.(可以用反三角函数表示)
16.跳伞运动员从跳伞塔上跳下，当降落伞打开后，伞和运动员所受的空气阻力大小跟下落速度的
平方成正比，即F f=k v2，已知比例系数k=20N⋅s2/m2，运动员和伞的总质量m=72kg.设跳伞塔足够高，且运动员跳离塔后即打开伞，取g=10m/s2．
(1)求下落速度达到v=3m/s时，跳伞运动员的加速度大小；
(2)求跳伞运动员最终下落的速度；
(3)若跳伞塔高ℎ=200m，跳伞运动员在着地前已经做匀速运动，求从开始跳下到即将触地的过程
中，伞和运动员损失的机械能．
【答案与解析】
1.答案：D
解析：解：AB、匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，方向是变化的，则加速度是变化的，是变加速运动，故AB错误；
C、物体做曲线运动时，加速度不一定改变，如平抛运动，加速度为g，不变，故C错误，D正确；故选：D
匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动，加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动，物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”.当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．
本题关键是对质点做曲线运动的条件以及匀速圆周运动的特点的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．
2.答案：D
解析：
小球在水平面做匀速圆周运动，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得出ω与θ关系式，由数学知识选择。

本题是圆锥摆问题，关键是分析小球的受力情况，确定向心力的来源。

注意小球圆周运动的半径与摆长不同。

如图小球的受力如右图所示，由牛顿第二定律得：
mgtanθ=mω2r
又r=Lsinθ
联立得：ω=√g
Lcosθ
当θ=0时，ω>0，由数学知识得知：D图正确。

故选D。

3.答案：A
解析：
中子与原子核发生弹性正碰，动量守恒、机械能守恒，根据动量守恒和机械能守恒定律求出碰撞前后中子的速率之比。

解决本题的关键知道弹性碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，与非弹性碰撞不同，非弹性碰撞机械能不守恒。

设中子的质量为m，则另一原子核的质量为Am，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：
根据动量守恒定律得：mv 1=mv 2+Amv，根据机械能守恒
联立两式解得：.故A正确，B、C、D错误。

故选A。

4.答案：C
解析：解：在此过程中人对水桶的作用力是竖直方向的，运动的距离是水平方向上的，
竖直方向上没有移动的距离，所以人对水桶做的功W=0，故C正确
故选：C。

根据做功的两个必要因素(一是作用在物体上的力，二是在力的方向上通过的距离)进行解答即可；本题主要考查学生对功的计算公式及做功的两个必要因素的理解和掌握，属于基础性题目，难度不大；先判断是否做功，若做功，根据W=Fs求做功大小。

5.答案：D
解析：解：A、飞行器在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，靠地球和太阳引力的合力提供向心力，故AB错误．
C、飞行器和地球的角速度相等，根据a=rω2知，飞行器的向心加速度大于地球的向心加速度，故C错误．
D、根据v=rω知，飞行器的线速度大于地球的线速度，故D正确．
故选：D．
飞行器靠地球和太阳引力的合力提供向心力，角速度与地球的角速度相同，结合v=rω，a=rω2得出线速度、向心加速度的关系．
解决本题的关键知道飞行器向心力的来源，抓住角速度相等，结合线速度、向心加速度与角速度的关系分析判断．
6.答案：C
解析：解：对物体A，因为向右F作用，从而受到物体B给A物体的静摩擦力．大小等于F的大小，即为1N.方向与F方向相反．
对物体B，水平方向受到向左F=1N作用，且受到A对B的静摩擦力1N，两个方向相反，所以地面对B的摩擦力为零．
故C正确，ABD错误．
故选：C．
当水平拉力小于最大静摩擦力时，物体处于静止，摩擦力等于拉力；当水平拉力大于最大静摩擦力时，物体开始滑动，则受到的滑动摩擦力等于动摩擦力因数与正压力的乘积．
本题应学会区别静摩擦力与滑动摩擦力，和大小的计算．静摩擦力的大小等于引起它有运动趋势的外力，而滑动摩擦力等于μF N.同时分析B物体受到的摩擦力可以将A与B作为整体来研究，因为A 与B均处于静止状态，加速度相同．
7.答案：ACD
解析：解：
A、下滑过程中，小朋友高度下降，重力势能减小．故A正确．
B、沿水平轨道滑动过程中，竖直方向没有位移，故重力对他不做功，故B错误；
C、在水平面滑动过程中，摩擦力方向与运动方向相反，摩擦力对小朋友做负功，故C正确．
D、在整个滑动过程中，轨道对他的支持力均与运动方向相互垂直，故支持力都不做功，故D正确；故选：ACD．
下滑过程中小朋友受支持力的方向与滑梯表面垂直，在支持力方向没有移动距离，支持力对小朋友不做功．下滑过程中，小朋友高度下降，重力势能减小．克服摩擦做功，机械能转化为内能，机械能减小．在水平面滑动过程中，摩擦力方向与运动方向相反，做负功．
本题考查重力势能以及功的判断问题，判断力是否做功，可根据做功的两个要素(力、在力的方向上通过的距离)，对于是正功还是负功，可以根据力的方向和物体运动方向判断，相同为正功，相反为负功．
8.答案：AB
解析：解：A、根据动能定理得，W−mgℎ=1
2mv2，解得W=mgℎ+1
2
mv2=1×10×2J+
1
2
×1×42=28J.故A错误；
BC、合力做功等于动能的变化，则W
合=1
2
mv2=1
2
×1×42=8J.故B错误，C正确．
D、重力对物体做功W G=−mgℎ=−1×10×2=−20J.故D正确．
本题选错误的，故选：AB
对物体受力分析，运用动能定理求出手对物体做功以及合力做功的大小，由功能关系分析能量的变化关系．
运用动能定理解题不需要考虑过程，只要抓住首末状态，列式进行求解．
9.答案：AD
解析：【试题解析】
解：ABC、粒子速度与合力之间的夹角先为钝角，后为锐角，当两者垂直时，速度最小，
设从A到粒子速度最小时间为t，速度最小时速度水平分量为v x，竖直分量为v y，则有：
v x=at
v y=v−gt
且v x
v y
=mg
Eq
由题意有：
mg=Eq
v min=√v x2+v y2
代入数据得：v min=√2
2
v
故A正确；
粒子在电场中的运动分解为竖直方向的运动和水平方向的运动，在竖直方向先匀减速后匀加速，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在由A→B和由B→C过程中，由竖直方向运动可知t AB= t BC；水平方向位移为：
3x AB=x BC
由W=Fx可知C错误；由I=Ft可知D正确。

B、由题意，粒子运动到C点速度最大，有：
Eqx AB=1
2
mv2
Eqx AC=1
2
mv max
2−
1
2
mv2
整理，得粒子的最大速度为：
v max=√5v 故B错误；
故选：AD。

A、根据题意，先求出重力和电场力关系，再利用当速度方向和合力方向垂直时速度最小，求出速度；
B、根据动能定理，结合位移关系，求出最大速度；
CD、根据竖直位移找出粒子运动的时间关系，结合功的公式和冲量公式求出功和冲量关系；
本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意运动的合成和分解的应用，把运动分解为水平方向和竖直方向来处理。

10.答案：BD
解析：解：A、物体以120J的初动能竖直向上抛出，做竖直上抛运动，当上升到A点时，动能减少了40J，机械能损失了10J.根据功能关系可知：合力做功为−40J，空气阻力做功为−10J，合力做功是阻力做功的4倍，则当上升到最高点时，动能为零，动能减小了120J，合力做功为−120J，则阻力做功为−30J，机械能减小30J，因此在最高点时机械能为120J−30J=90J，故A错误．
B、由上知，从A点到最高点机械能减小20J，当下落过程中，由于阻力做功不变，所以又损失了20J.因此该物体回到出发点A时的机械能为110J−20J−20J=70J.故B正确；
C、对从抛出点到A点的过程，根据功能关系：mgℎ+fℎ=40J，fℎ=10J，则得：空气阻力与重力大小之比为f：mg=1：3.故C错误．
D、根据牛顿第二定律得：
上升过程有：mg+f=ma1；
下降过程有：mg−f=ma2；则得a1：a2=2：1，故D正确．
故选：BD
物体以一定的初动能竖直上抛，由于阻力使得物体在运动过程中机械能有损失．可利用动能定理求出上升过程中阻力做的功，因为阻力恒定，所以再由动能定理可求出当回到出发点时动能．加速度根据牛顿第二定律求解．
本题关键运用动能定理或功能关系进行分析．知道物体在上升或下落，阻力总做负功，阻力做功导致机械能减小．
l
11.答案：AB2√gl−3l−9
8
解析：解：(1)为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，小球与斜槽间的摩擦不影响实验，故A正确，C错误．
B、实验前要用重垂线检查坐标纸上的竖直线是否竖直，故B正确．
D、安装的斜槽末端切线水平的目的是保证小球的初速度水平，故D错误．
故选：AB．
(2)在竖直方向上，根据△y=l=gT2得，T=√l
g ，则小球平抛运动的初速度v0=2l
T
=2l√g
l
=2√gl．
b点的竖直分速度v yb=5l
2T =5
2
√gl，则抛出点到b点的时间t=v yb
g
=5
2
√l
g
，
可知抛出点到b点的水平位移x b=v0t=2√gl×5
2√l
g
=5l，则抛出点的横坐标x=2l−5l=−3l；
抛出点到b点的竖直位移y b=1
2gt2=1
2
g×25
4
×l
g
=25l
8
，则抛出点的纵坐标y=2l−25l
8
=−9
8
l．
故答案为：(1)AB，(2)2√gl，−3l，−9
8
l．
根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．
根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度的表达式．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的竖直分速度，根据速度时间公式求出抛出点到b点的时间，从而求出抛出点到b点的竖直位移和水平位移，得出初始位置的坐标．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解．
12.答案：打点时，物体从静止开始自由下落能研究AC段，动能的变化是否等于势能的变化 1.21
解析：解：(1)用公式1
2
mv2=mgℎ时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始，
(2)实验中先释放了纸带，但重物仍然做的时自由落体运动，机械能依然守恒，故纸带可以用来完成验证机械能守恒；只不过初速度不为零而已；
(3)用刻度尺测量BD之间距离为：BD=2.42cm
相邻的计数点间的时间间隔T=0.02s，
小车通过C点的速度v C=x BD
2T
=1.21m/s。

故答案为：(1)打点时，物体从静止开始自由下落；
(2)能，研究AC段，动能的变化是否等于势能的变化；
(3)1.21。

(1)运用公式1
2
mv2=mgℎ，说明初速度为零且满足机械能守恒；
(2)利用自由落体运动获得的纸带，只要满足机械能守恒条件，选择纸带上的相距较远的两点就可用来验证机械能守恒；
(3)用刻度尺测量BD 之间距离，然后利用匀变速直线运动的推论，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度列式求解。

该题考查到验证机械能守恒的实验原理，掌握其原理是解决本题的关键，即验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等。

13.答案：解：(1)滑块恰好能经P 点飞出，则在P 点有：
mg =m v P 2
2R
得：v P =√2gR
滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，则滑块到达A 点时速度方向要沿着AB 方向，则有： v y =v P tanθ=3
4√2gR 所以AD 离地高度为：ℎ=3R −
v y
22g
=39
16R (2)进入A 点滑块的速度为：v =v
P
cosθ
=5
4√2gR 假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，则得： E k =1
2mv 2−μmgcosθ⋅8R <0
所以滑块不会滑到A 而飞出，最终在BC 间来回滑动．
(3)设初速度、最高点速度分别为v 1、v 2，根据牛顿第二定律，在Q 点，有： F 1−mg =m v 1
2R
在P 点，有：F 2+mg =m
v 2
22R
所以有：F 1−F 2=2mg +m(v 12
R
−
v 2
2R
)
由机械能守恒得：1
2mv 1
2=1
2
mv 22+mg ⋅3R 解得：v 12−v 22
=6gR ，为定值，代入v 2的最小值√2gR ，得压力差的最小值为9mg ．
答：(1)斜面的A 、D 点离地高为39
16R.
(2)滑块不会滑到A 而飞出，最终在BC 间来回滑动．
(3)通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值为9mg ．
解析：(1)根据牛顿第二定律求出滑块恰好到达P 点的速度，根据速度方向与斜面AB 平行，结合平抛运动的规律，运用平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出AD 离地的高度．
(2)根据平行四边形定则求出进入A点时滑块的速度，假设经过一个来回能够回到A点，运用动能定理，求出回来时动能，再分析运动过程．
(3)根据牛顿第二定律分别求出P、Q的弹力，结合机械能守恒定律得出压力差，结合最高点的最小速度求出压力之差的最小值．
本题关键要理清小球的运动情况，把握P点的临界条件，明确两个状态之间的关系：符合机械能守恒．运用平抛运动、动能定理及机械能守恒、牛顿运动定律等基本规律处理．
14.答案：解：(1)根据质量守恒定律和核电荷数守恒， 88226Ra(镭核)衰变方程式为： 88226Ra→222
86
Rn+
4
2
He。

(2)根据qvB=m v2
r
，得r=mv qB，
根据动量守恒定律：m2v2−m3v3=0
可见，两个粒子动量大小相等，
由公式r=mv qB知，r∝1
q ，得
r1
r2
=2
86
=1
43
(3)由质能方程得：△E=(m1−m2−m3)c2，
由E k=1
2
mv2，p=mv
解得：E k=p2
2m
，可知两粒子动能跟质量成反比，
因此，氡核分配到的动能为：E k=(m1−m2−m3)m3c2
m2+m3。

解析：(1)根据质量守恒定律和核电荷数守恒来写衰变方程；
(2)洛伦兹力通过向心力，根据牛顿第二定律求出r的表达式，再结合动量守恒定律可以求氡核和α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径之比；
(3)根据质能方程以及动能和动量的关系式可以求出氡核的动能。

本题考查了方程式的书写、动量守恒定律、质能方程等知识点。

熟练掌握带电粒子在磁场中的运动规律是解决本题的关键。

15.答案：解：(1)根据动能定理可得：qU=1
2
Mv2
解得v=√2qU
M
根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=M v2
R
解得：R=Mv qB
所以x=2R=2Mv
qB =2
B
√2MU
q
 235U和 238U离子的位置坐标x分别为；
x235=2
B √470mU
q
，x238=2
B
√476mU
q
(2)加速电压越大，速度越大，则半径越大；
 235U离子的最大直径为D235=2
B √470m(U+△U)
q
 238U离子的最小直径为D238=2
B √476m(U−△U)
q
为保证分离， 235U离子的最大直径不能大于 238U离子的最小直径，如图所示；
即D235≤D238，解得：△U
U ≤3
473
；
(3)同一离子以相同大小的速度但方向不同进入磁场后，垂直于x轴射入时偏转距离x最大，向左向右偏离垂直入射的方向，其偏转距离都将减小，如图所示；
则2
B √470mU
q
cosα
2
≤2
B
√476mU
q
解得cosα
2=√235
238
所以最大的发散角αm=2arccos√235
238。

答：(1)收集器收集到 235U和 238U离子的位置坐标分别为2
B √470mU
q
、2
B
√476mU
q
；
(2)为了完全分离出这两种离子，△U
U ≤3
473
；
(3)为保证上述两种离子被完全分离，允许的最大发散角为2arccos√235
238。

解析：(1)根据动能定理求解速度，根据洛伦兹力提供向心力求解半径即可得到直径；
(2)加速电压越大，速度越大，则半径越大，为保证分离， 235U离子的最大直径不能大于 238U离子的最小直径，由此分析；
(3)垂直于x轴射入时偏转距离x最大，画出轨迹，轨迹几何关系求解最大的发散角。

本题主要考查带电粒子在磁场中的运动，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。

16.答案：解：(1)由牛顿第二定律得：mg−kv2=ma，
代入数据解得：a=7.5m/s2；
(2)塔足够高，最终作匀速直线运动，
由平衡条件得：mg=kv2，代入数据解得：v=6m/s；
(3)由能量守恒定律得，损失的机械能为：
△E=mgH−1
mv2，代入数据解得：△E=1.43×105J；
2
答：(1)下落速度达到v=3m/s时，跳伞运动员的加速度大小为7.5m/s2；
(2)跳伞运动员最终下落的速度为6m/s；
(3)伞和运动员损失的机械能为1.43×105J.
解析：(1)降落伞和运动员整体受重力和阻力，根据牛顿第二定律列式求解加速度；
(2)跳伞员先加速运动，阻力越来越大，最后匀速运动，重力和阻力相等，根据平衡条件列式求解；
(3)损失的机械能等于减小的重力势能减去增加的动能，即根据能量守恒定律列式求解．
本题关键明确降落伞和运动员整体的运动规律，然后运用牛顿第二定律和平衡条件列式求解．。