2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷7

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2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷7
(满分：100分，时间：90分钟)
一、选择题(本题共16小题，共38分，第1～10小题为单选题，每小题2分，第11～16小题为多选题，每小题3分)
1．在物理学发展的历程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。以下对几位物理学家所做科学贡献的叙述中正确的是(　　)
A．牛顿运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”
B．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律
C．爱因斯坦创立相对论，提出了一种崭新的时空观
D．法拉第在对理论和实验资料进行严格分析后，总结出了法拉第电磁感应定律
C　[伽利略用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”，A错误；库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律，B错误；纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，总结出了法拉第电磁感应定律，D错误；本题选C。]
2．下列说法正确的是(　　)
A．天然放射现象揭示了原子具有核式结构
B.U衰变成Pb要经过6次β衰变和8次α衰变
C．α、β和γ三种射线中α射线的穿透力最强
D．氢原子向低能级跃迁后，核外电子的动能减小
B　[天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有中子产生，因此说明了原子核有复杂的结构，但不能说明原子具有核式结构，选项A错误；根据质量数和电荷数守恒知，铀核(U)衰变为铅核(Pb)要经过6次β衰变和8次α衰变，选项B正确；γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，α射线的穿透能力最弱，电离能力最强，选项C错误；根据玻尔理论可知，氢原子向低能级跃迁后，电子轨道的半径减小，由库仑力提供向心力得k＝m，可知核外电子的动能增大，选项D错误。]
3．下列说法中正确的是(　　)
A．物体的温度升高时，其内部每个分子热运动的动能一定增大
B．气体压强的产生是大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的
C．物体的机械能增大，其内部每个分子的动能一定增大
D．分子间距离减小，分子间的引力和斥力一定减小
B　[物体的温度升高，分子的平均动能增大，少数分子的动能减少，大多数分子的动能增大，选项A错误；气体压强产生的原因是大量气体分子频繁碰撞器壁而产生的，选项B正确；物体的机械能是物体的动能和势能之和，与分子的动能无关，故物体的机械能增大，分子的动能不一定增大，选项C错误；分子间的间距减小，分子间的引力和斥力都增大，选项D错误。]
4.如图所示，物体C放在水平面上，物体B放在C上，小球A和物体B之间通过跨过定滑轮的细线相连。若与物体B连接的悬线竖直、两滑轮间的线水平，且不计滑轮与细线的质量、滑轮轴上的摩擦、滑轮与线间的摩擦。把A拉到某位置(低于滑轮)由静止释放，使A在竖直平面内摆动，在A摆动的过程中，B、C始终不动。下列说法中正确的是(　　)

A．物体C对B的摩擦力方向有时可能沿斜面向下
B．物体C对B的摩擦力有时可能为零
C．地面对C的摩擦力有时不为零
D．物体C对地面的压力有时可以等于B、C重力之和
B　[因为绳竖直，所以B物体受到线的拉力和重力的合力只能沿竖直方向，C对B的摩擦力不可能沿斜面向下，A错误；如果线的拉力等于B的重力，则C对B物体无作用力，B正确；对B、C整体分析可知，地面对C的摩擦力一定为零，C错误；物体A受到线的拉力不可能为0，所以线对B有拉力，对B、C整体分析可知，物体C对地面的压力一定小于B、C重力之和，D错误。]
5．已知地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别R1和R2(公转轨迹近似为圆)，如果把行星与太阳连线扫过的面积与其所用时间的比值定义为扫过的面积速率，则地球和火星绕太阳公转过程中扫过的面积速率之比是(　　)
A． B．
C． D．
B　[公转的轨迹近似为圆，地球和火星的运动可以看作匀速圆周运动，根据开普勒第三定律知，＝k，运动的周期之比＝，在一个周期内扫过的面积之比为＝＝，面积速率为，可知面积速率之比为，故B正确，A、C、D错误。]
6.A、B两物体运动的v­t图象如图所示，由图象可知(　　)

A．A、B两物体运动方向始终相同
B．A、B两物体的加速度在前4 s内大小相等、方向相反
C．A、B两物体在前4 s内不可能相遇
D．A、B两物体若在6 s时相遇，则计时开始时二者相距30 m
D　[A物体先向负方向做减速运动，然后再向正方向做加速运动；B物体一直向正方向加速运动，故选项A错误。直线的斜率等于加速度，则A、B两物体的加速度在前4 s内大小相等、方向相同，选项B错误。前4 s内两物体运动方向相反，因不知起始位置，则A、B两物体在前4 s内可能相遇，选项C错误。A、B两物体若在6 s时相遇，则计时开始时二者相距×6×7.5 m＋ m＝30 m，选项D正确。]
7．(2019·湖南六校联考)一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，则FT随ω2变化的图象是(　　)


C　[由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FTsin θ－FNcos θ＝mω2Lsin θ，FTcos θ＋FNsin θ＝mg，联立解得FT＝mgcos θ＋ω2mLsin2θ。小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有FTsin α＝mω2Lsin α，解得FT＝mLω2。对照四个选项的图象可知C项正确。]
8.如图所示为一理想变压器，其中a、b、c为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u＝ Umsin 100πt(V)。当输入电压为灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡刚好都正常发光．下列说法正确的是(　　)

A．三个灯泡的额定电压为
B．变压器原、副线圈匝数比为9∶2
C．此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2∶7
D．流过灯泡c的电流，每0.02 s方向改变一次
C　[设灯泡的额定电压为U，根据题意，输入电压U入＝＝8U，得：U＝，此时原线圈两端的电压为U1＝U入－U＝7U，副线圈两端的电压为U2＝2U，则变压器原、副线圈匝数比为＝＝，根据＝＝，因为a、b此时都能正常发光，故电压都为额定电压，根据P＝UI，可知a、b消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2∶7，由输入电压的表达式，可知周期T＝＝0.02 s，而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02 s电流方向改变两次，故A、B、D错误，C正确。]
9．(2019·湖南六校联考)如图所示，一带电荷量为＋q，质量为m的小球，从光滑绝缘斜面轨道上的A点由静止下滑，然后沿切线进入竖直面内半径为R的光滑绝缘圆弧轨道，恰能到达圆弧轨道的最高点B。现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球(小球的电荷量在运动过程中保持不变，不计空气阻力)，则(　　)

A．小球一定不能到达B点
B．小球仍恰好能到达B点
C．小球一定能到达B点，且在B点对轨道有向上的压力
D．小球能否到达B点与电场强度的大小有关
B　[未加电场时，小球恰能到达圆弧轨道的最高点B，在最高点B，由牛顿第二定律，mg＝m，小球从A到B点，由机械能守恒定律，mgh＝mg·2R＋mv，联立解得h＝；现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，小球从A到B点，由能量守恒定律，mgh＋qEh＝(mg＋qE)·2R＋mv2，解得v2＝2(h－2R)＝R，假设小球仍恰好能到达B点，在最高点B，由牛顿第二定律，mg＋qE＝m，解得v＝R＝v2，假设成立，选项A、C、D错误，B正确。]
10.如图所示，半径为R的竖直半球形碗固定于水平面上，碗口水平且AB为直径，O点为AB的中点。将一弹性小球(可视为质点)从AO连线上的某点C沿CO方向以某初速度水平抛出，经历时间t＝(重力加速度为g)小球与碗内壁第一次碰撞，之后可以恰好返回C点；假设小球与碗内壁碰撞前后，小球的切向速度不变，法向速度等大反向。不计空气阻力，则C、O两点间的距离为(　　)

A． B．
C． D．
C　[碰撞前后小球的切向速度不变，法向速度等大反向，小球与碗内壁发生一次碰撞后恰好返回C点，则碰撞时小球的速度必沿半径方向。切向速度为零，即碰撞时小球在竖直方向上的位移为h＝gt2＝R，小球与半球形碗碰撞的点记为D点，则D、O的连线与水平方向的夹角为30°，故碰撞时小球在水平方向上的位移为x＝＝R，过D点作CB的垂线交CB于E点，则OE＝＝R，由几何关系可知，CO＝R－R＝R，故C正确。]
11.如图所示，质量均为m的两辆拖车甲、乙在汽车的牵引下前进，当汽车的牵引力恒为F时，汽车以速度v匀速前进。某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩，而汽车的牵引力F保持不变(将脱钩瞬间记为t＝0时刻)。则下列说法正确的是(　　)

A．甲、乙两车组成的系统在0～ 时间内的动量守恒
B．甲、乙两车组成的系统在 ～ 时间内的动量守恒
C． 时刻甲车动量的大小为2mv
D. 时刻乙车动量的大小为mv
AC　[设两拖车受到的滑动摩擦力都为f，脱钩前两车做匀速直线运动，根据平衡条件得F＝2f，设脱钩后乙车经过时间t0速度为零，以F的方向为正方向，对乙车，由动量定理得－ft0＝0－mv，解得t0＝；以甲、乙两车为系统进行研究，在乙车停止运动以前，两车受到的摩擦力不变，两车组成的系统所受外力之和为零，则系统的总动量守恒，故在0至的时间内，甲、乙两车的总动量守恒，A正确。在时刻后，乙车停止运动，甲车做匀加速直线运动，两车组成的系统所受的合力不为零，故甲、乙两车的总动量不守恒，B错误。由以上分析可知，时刻乙车的速度为零，动量为零，D错误。以F的方向为正方向，t0＝时刻，对甲车，由动量定理得Ft0－ft0＝p－mv，又f＝，解得p＝2mv，C正确。]
12．某时刻O处质点沿y轴开始做简谐振动，形成沿x轴正方向传播的简谐横波，经过0.8 s形成的波动图象如图所示。P点是x轴上距坐标原点96 m处的质点。 下列判断正确的是(　　)

A．该质点开始振动的方向沿y轴向上
B．该质点振动的周期是0.8 s
C．从O处质点开始振动计时，经过3.2 s，P处质点开始振动
D．该波的波速是24 m/s
BC　[质点开始振动的方向沿y轴负方向，A项错误；0.8 s传播一个波长，周期为0.8 s，B项正确；波速v＝＝30 m/s，D项错误；传到P点的时间t＝ s＝3.2 s，C项正确。]
13.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则(　　)

A．线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBAD
B．AC刚进入磁场时线框中感应电流为
C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为
D．此时CD两端电压为Bav
CD　[线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感应电流的磁场的方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为ABCDA方向，故A错误；AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势E＝Bav，则线框中感应电流I＝＝，故B错误；AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系知，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，F合＝F＝，故C选项正确；当AC刚进入磁场时，CD两端电压U＝I×＝Bav，故D选项正确。]
14．(多选)如图所示，粗糙的水平轨道BC的右端与半径R＝0.45 m的光滑竖直圆轨道在C点相切，倾斜轨道AB与水平方向间的夹角为37°，质量m＝0.1 kg的小球从倾斜轨道顶端A点由静止滑下，小球经过轨道衔接处时没有能量损失。已知水平轨道BC的长度L＝2 m，小球与倾斜轨道和水平轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.375，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．若小球刚好运动到C点，则小球开始滑下时的高度为1.5 m
B．若小球开始滑下时的高度为2 m，则第一次在圆轨道内运动时小球不离开轨道
C．若小球开始滑下时的高度为2.5 m，则第一次在圆轨道内运动时小球不离开轨道
D．若小球开始滑下时的高度为3 m，则第一次在圆轨道内运动时小球将离开轨道
ABD　[若小球刚好运动到C点，由动能定理，研究小球从A点到C点的过程得mgh1－μmgcos 37°·－μmgL＝0－0，解得h1＝1.5 m，选项A正确；若小球开始滑下时的高度为2 m，根据动能定理，从A点到C点有mgh2－μmgcos 37°·－μmgL＝EkC－0，解得EkC＝0.25mg，由动能定理得小球要运动到D点(右半部分圆轨道上与圆心等高的点为D点)，在C点的动能至少是mgR＝0.45mg，所以小球不能到达D点，在C点与D点之间某处速度减为零，然后沿圆轨道返回滑下，选项B正确；小球做完整的圆周运动，刚好不脱离轨道时，在圆轨道最高点速度最小是，由动能定理得－2mgR＝mv2－Ek0，整理可得要使小球做完整的圆周运动，小球在C点动能最小值为Ek0＝mg，若小球开始滑下时的高度为2.5 m，则小球在C点的动能是0.5mg，若小球开始滑下时的高度为3 m，则小球在C点的动能是0.75mg，这两种情况下小球通过D点后都会在D点与最高点之间某一位置做斜抛运动，即小球将离开轨道，故C错误，D正确。]
15．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，立体图如图甲所示，侧视图如图乙所示，其工作原理是：燃烧室在高温下将气体全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，高温等离子体经喷管提速后以速度v＝1 000 m/s 进入矩形发电通道，发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场(图乙中垂直纸面向里)，磁感应强度大小B0＝5 T，等离子体在发电通道内发生偏转，这时两金属薄板上就会聚集电荷，形成电势差。已知发电通道长L＝50 cm，宽h＝20 cm，高d＝20 cm，等离子体的电阻率ρ＝4 Ω·m，电子的电荷量e＝1.6×10－19 C。不计电子和离子的重力以及微粒间的相互作用，则以下判断正确的是(　　)

图甲

图乙
A．发电机的电动势为2 500 V
B．若电流表示数为16 A，则单位时间(1 s)内打在下极板的电子有1020个
C．当外接电阻为12 Ω时，电流表的示数为50 A
D．当外接电阻为50 Ω时，发电机输出功率最大
BC　[由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得qvB0＝q，则得发电机的电动势为E＝B0dv＝1 000 V，故A错误；由电流的定义可知I＝，代入数据解得n＝1020个，故B正确；发电机的内阻为r＝ρ＝8 Ω，由闭合电路欧姆定律，I＝＝50 A，故C正确；当电路中内、外电阻相等时发电机的输出功率最大，此时外电阻为R＝r＝8 Ω，故D错误。]
16.如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为v0，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法正确的是(　　)

A．木块获得的最大速度为v0
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为 v0
C．木块在木板上滑动时，木块与木板间的滑动摩擦力大小为
D．木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能
AC　[子弹射入木块的瞬间，木块获得的速度最大，取向右为正方向，对子弹和木块A系统，根据动量守恒定律：mv0＝v1，解得v1＝v0，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)系统：mv0＝·v0＋mv2，解得v2＝v0，选项B错误；对木板，由动量定理：ft＝mv2，解得f＝，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D错误。]
二、非选择题(本题共7小题，共62分)
17．(5分)某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，图中A、B为两个光电门。
(1)该同学首先利用20分度的游标卡尺测量小球的直径d，测量结果如图乙所示，则d＝________ cm。


图乙
(2)让小球从光电门A上方某一高度处自由下落，计时装置测出小球通过光电门A、B的挡光时间tA、tB，已知当地的重力加速度为g，用刻度尺测量出光电门A、B间的距离h，则只需比较________与________是否相等就可以验证小球下落过程中机械能是否守恒。(用题目中涉及的物理量符号来表示)
(3)该同学的实验操作均正确，经过多次测量发现，(2)中需要验证的两个数值总是存在一定的误差，产生这种误差的主要原因是__________________。
[解析]　(1)根据游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为0.885 cm。
(2)小球从A到B，重力势能减少了mgh，动能增加了m，因此，要验证机械能是否守恒，只需比较gh与是否相等即可。
(3)小球下落过程中，受到空气阻力的作用，造成机械能损失，所以gh与(v－v)总是存在一定的误差。
[答案]　(1)0.885　(2)gh　　(3)小球下落过程中受到空气阻力的影响
18．(7分)货运交通事故往往是由车辆超载引起的，因此我国交通运输部对治理货运超载有着严格规定。监测站都安装有称重传感器，图甲是一种常用的力传感器，由弹簧钢和应变片组成，弹簧钢右端固定，在其上、下表面各贴一个相同的应变片，应变片由金属制成。若在弹簧钢的自由端施加一向下的作用力F，则弹簧钢会发生弯曲，上应变片被拉伸，下应变片被压缩。力越大，弹簧钢的弯曲程度越大，应变片的电阻变化就越大，输出的电压差ΔU＝|U1－U2|也就越大。已知传感器不受压力时的电阻约为19 Ω，为了准确地测量该传感器的阻值，设计了以下实验，实验原理图如图乙所示。

图甲　　　　　图乙　　　　图丙
实验室提供以下器材：
A．定值电阻R0(R0＝5 Ω)
B．滑动变阻器(最大阻值为2 Ω，额定功率为50 W)
C．电流表A1(0.6 A，内阻r1＝1 Ω)
D．电流表A2(0.6 A，内阻r2约为5 Ω)
E．直流电源E1(电动势3 V，内阻约为1 Ω)
F．直流电源E2(电动势6 V，内阻约为2 Ω)
G．开关S及导线若干。
(1)外力F增大时，下列说法正确的是________。
A．上、下应变片电阻都增大
B．上、下应变片电阻都减小
C．上应变片电阻减小，下应变片电阻增大
D．上应变片电阻增大，下应变片电阻减小
(2)图乙中①、②为电流表，其中电流表 ①选________(选填“A1”或“A2”)，电源选________(选填“E1”或“E2”)。
(3)为了准确地测量该阻值，在图丙中，将B、C间导线断开，并将滑动变阻器与原设计电路的A、B、C端中的一些端点连接，调节滑动变阻器，测量多组数据，从而使实验结果更准确，请在图丙中正确连接电路。
(4)结合上述实验步骤可以得出该传感器的电阻的表达式为________(A1、A2两电流表的电流分别用I1、I2表示)。
[解析]　(1)外力F增大时，上应变片长度变长，电阻变大，下应变片长度变短，电阻变小，故选D。(2)题图乙中的①要当电压表使用，因此内阻应已知，故应选电流表A1；因回路总阻值接近11 Ω，满偏电流为0.6 A，所以电源电动势应接近6.6 V，故电源选E2。(3)滑动变阻器应采用分压式接法，将B、C间导线断开，A、B两端接全阻值，C端接在变阻器的滑动端，如图所示。(4)由题图乙知，通过该传感器的电流为I2－I1，加在该传感器两端的电压为I1r1，故该传感器的电阻为。
[答案]　(1)D　(2)A1　E2　(3)如图所示

(4)
19.(3分)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，斌斌利用如图所示可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究。

(1)(多选)实验还需要下列器材中的________。

A　　　　B　　　 　C　　　　　D
(2)实验中，图中变压器的原线圈接线“0、8”接线柱，所接电源电压为交流10.0 V，副线圈接线“0、4”接线柱，则副线圈所接电表示数可能是______。
A．20.0 V B．15.0 V
C．5.0 V D．2.5 V
[解析]　(1)探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验要用到交流电压表，B是直流电流表，C是直流电压表，A是多用电表，可以用多用电表的交流电压挡测电压，选项A正确，B、C错误；实验中为了安全，输入电压不能超过12 V，需要交流学生电源，选项D正确。(2)如果是理想变压器，则电压比等于匝数比，输出电压为5 V，但图中变压器存在比较大的漏磁，实际输出电压小于5 V，选项D正确。
[答案]　(1)AD　(2)D
20．(10分)质量为m＝5 kg的物体从t＝0开始在水平恒力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v­t图象如图所示。g取10 m/s2，求：

(1)推力F的大小；
(2)若t1时刻撤去推力F，物体运动的总位移为14 m，求t1。
[解析]　(1)由v­t图象知加速运动的加速度
a1＝＝0.8 m/s2
减速运动的加速度大小为
a2＝＝2 m/s2
加速阶段F－μmg＝ma1
减速阶段μmg＝ma2
解得F＝14 N。
(2)设加速运动的位移为x1，总位移为x，
由动能定理得
Fx1－μmgx＝0
x1＝a1t
解得t1＝5 s。
[答案]　(1)14 N　(2)5 s
21．(10分)图示为某一柱状透明体的截面图，半径为R的圆弧面AB与透明体的侧面AD、BD分别相切于A、B两点，P点在AD上且AP＝R。现有一细束单色光从P点垂直AD面射入透明体，射到圆弧面AB时恰好发生全反射，第一次从F点射出透明体。已知光在真空中的速度大小为c。求：

(1)透明体的折射率n以及从F点射出透明体时的折射角r的正弦值；
(2)单色光从P点射入到从F点射出透明体所用的时间t。
[解析]　透明体中的光路如图所示。

(1)光射到圆弧面AB上的E点时恰好发生全反射，设临界角为θ，则
sin θ＝
sin θ＝＝
解得θ＝60°，n＝
△EFG为正三角形
光射到BD面的入射角i＝90°－60°＝30°
根据折射定律有n＝
解得sin r＝。
(2)＝R－R，＝，＝R－Rcos θ
光在透明体中传播的路程
L＝＋＝R
t＝
n＝
解得t＝。
[答案]　(1)　　(2)
22．(13分)如图所示，在xOy坐标系中，在y
(1)要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件；
(2)通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点P(4d,0)(图中未画出)，求磁感应强度的大小。
[解析]　(1)粒子先在电场中做类平抛运动，则
x＝v0t，d＝at2
其中a＝＝
得x＝d
速度与x轴夹角设为θ，则
tan θ＝＝，θ＝53°
进入磁场速度v＝v0
粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切；设粒子在磁场中运动半径为r，洛伦兹力提供向心力qvB＝m
由几何关系r＋rcos 53°＝2d，得r＝d
得B＝，故要使粒子不打到挡板上，则B≥。
(2)粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离
Δx＝2x－2r′sin 53°＝3d－r′
调节磁场0 粒子通过P点，回旋次数n＝，所以 n为整数，只能取n＝2、n＝3、n＝4
n＝2时，Δx＝2d　此时磁场B＝
n＝3时，Δx＝d　此时磁场B＝
n＝4时，Δx＝d　此时磁场B＝。
[答案]　(1)B≥　(2)见解析
23．(14分)(2019·湖北荆州模拟)如图所示，光滑水平面AB与半径R＝0.5 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A点的右侧连接一粗糙的水平面。用细线连接甲、乙两物体，甲、乙中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接。甲的质量m1＝4 kg，乙的质量m2＝5 kg，甲、乙均静止。若烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道的压力恰好为零。取g＝10 m/s2，弹簧恢复原长时，甲、乙均在水平面AB上，甲、乙两物体可看作质点。

(1)求甲离开弹簧后经过B点时的速度大小vB；
(2)求烧断细线时弹簧的弹性势能Ep；
(3)若固定甲，将乙物体换为质量为m的物体丙，烧断细线，丙物体离开弹簧后从A点进入粗糙水平面AF，AF长度为4l，F端与半径为l的光滑半圆轨道FGH相切，半圆轨道的直径FH竖直，如图所示。设丙物体离开弹簧时的动能为6mgl，重力加速度大小为g，丙物体与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.5，求丙物体离开半圆轨道FGH后落回到水平面BAF上的位置与F点之间的距离s；
(4)在第(3)问的条件下，仅将丙物体的质量变为M，若丙物体能滑上半圆轨道FGH，且能从GH间离开半圆轨道滑落(G点为半圆轨道中点)，求丙物体的质量M的取值范围。
[解析]　(1)甲在最高点D时对轨道的压力恰好为零，由牛顿第二定律有m1g＝m1
甲从B点运动至D点的过程中机械能守恒，以水平面为零势能面，则
m1v＝m1g·2R＋m1v
联立各式解得vB＝5 m/s。
(2)弹簧和甲、乙组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，则有0＝m1v1－m2v2
由于水平面AB光滑，则有v1＝vB＝5 m/s
解得v2＝4 m/s
根据能量守恒定律可知，烧断细线时弹簧的弹性势能
Ep＝m1v＋m2v＝90 J。
(3)甲固定，烧断细线后丙物体运动到F点时的速度大小记为vF
由动能定理得－4μmgl＝mv－6mgl
解得vF＝2
设丙滑到H点时的速度为vH，以水平面为零势能面，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋2mgl
联立解得vH＝2
由于vH＝2>，故丙物体能运动到H点，并从H点以速度vH水平射出。设丙物体落回到水平面BAF所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2
丙物体落回到BAF上的位置与F点之间的距离为s＝vHt
联立得s＝4l。
(4)设丙物体到达F点时的速度大小为v′F
由动能定理得－μMg·4l＝Mv′－6mgl
解得v′F＝
为使丙物体能滑上半圆轨道并从GH间离开半圆轨道，需满足的条件是
①丙物体在半圆轨道上的上升高度大于l，由能量关系有Mv′>Mgl
②丙物体在半圆轨道上的上升高度小于2l，由能量关系有Mv′ 联立得m [答案]　见解析