2020届浙江高考物理新突破考前模拟冲刺卷八 （解析版）

2020届浙江高考物理新突破考前模拟冲刺卷八 （解析版）
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)
1.2022年，杭州将举办亚运会，在运动场上，下列说法正确的是(　　)
A.在100 m比赛中的冲刺阶段运动员可看成质点
B.若某运动员在200 m比赛中成绩为20 s，则该运动员平均速度为10 m/s
C.羽毛球被扣杀后在飞入对方场地过程中受重力、空气阻力和球拍的作用力
D.乒乓球比赛中，有时会出现高抛发球，若在某次比赛中，乒乓球被抛出后距乒乓球桌的最大高度为3.2 m，则乒乓球从最高点到击球点的时间可能为0.84 s
解析　在100 m比赛中的冲刺阶段运动员躯干部位通过终点都有效，故运动不能看成质点，选项A错误；200 m比赛的位移小于200 m，故运动员在200 m比赛中的平均速度小于10 m/s，选项B错误；羽毛球被扣杀后进入对方场地的过程中受重力和空气阻力作用，选项C错误；乒乓球在下落过程中受重力和空气阻力作用，其下落的加速度小于重力加速度，由h＝at2得，t＝>＝0.8 s，选项D正确。
答案　D
2.列车在通过桥梁、隧道的时候，要提前减速。假设列车的减速过程可看做匀减速直线运动，下列与其运动相关的物理量(位移x、加速度a、速度v、动能Ek)随时间t变化的图象，能正确反映其规律的是(　　)

解析　由火车减速过程中位移与时间的关系x＝v0t－at2可知，位移—时间图象为开口向下的二次函数图线，故A错误；由于火车做匀减速运动，故加速度恒定不变，故B错误；由火车减速过程速度与时间的关系式v＝v0－at，可知速度—时间关系为一次函数图象且斜率为负，故C正确；由动能公式Ek＝mv2可得，火车在减速过程中，动能与时间的关系表达式为Ek＝mv2＝m(v0－at)2＝ma2t2－mv0at＋mv，即为二次函数关系，故D错误。
答案　C
3.如图1所示，在某次比赛中，我国女排名将将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD。已知网高为h＝2.24 m，球场的长度为s＝18 m，不计空气阻力且排球可看成质点，重力加速度g＝10 m/s2，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v分别为(　　)

图1
A.H＝2.99 m，v＝23.3 m/s
B.H＝3.36 m，v＝12.0 m/s
C.H＝2.99 m，v＝12.0 m/s
D.H＝3.36 m，v＝23.3 m/s
解析　由于排球飞过全场，前半场与后半场用时相等，由平抛运动规律知竖直方向位移之比为1∶3，已知后半场竖直位移为2.24 m，则总高度为H＝h≈2.99 m；由平抛运动公式s＝vt，H＝gt2，计算得v＝23.3 m/s。
答案　A
4.自行车变速器的工作原理是依靠线绳拉动变速器，变速器通过改变链条的位置，使链条跳到不同的齿轮上而改变速度。自行车的部分构造如图2所示，下列有关说法中不正确的是(　　)

图2
A.自行车骑行时，后轮边缘的轮胎与飞轮的角速度相等
B.自行车拐弯时，前轮边缘与后轮边缘的线速度大小一定相等
C.自行车上坡时，理论上采用中轴链轮最小挡，飞轮最大挡
D.自行车骑行时，链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘的线速度大小相等
解析　根据传动结构特点分析。解题的关键是分析是哪一种传动，根据圆周运动解题。自行车骑行时，后轮边缘的轮胎与飞轮的角速度相等，故A正确；自行车拐弯时，由于前后轮的转弯半径不同，故前轮边缘与后轮边缘的线速度大小不相等，故B错误；自行车上坡时，理论上采用中轴链轮最小挡，飞轮最大挡，线速度最小，最省力，故C正确；自行车骑行时，链条相连接的飞轮边缘与中轴链轮边缘属于链条传动，故线速度大小相等，故D正确。
答案　B
5.一次演习中，一空降特战兵实施空降，飞机悬停在高空某处后，空降特战兵从机舱中跳下，设空降特战兵沿直线运动，其速度—时间图象如图3甲所示，当速度减为零时特战兵恰好落到地面。已知空降特战兵的质量为60 kg。设降落伞用8根对称的绳悬挂空降特战兵，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示。不计空降特战兵所受的阻力。则空降特战兵(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)

图3
A.前2 s处于超重状态
B.从200 m高处开始跳下
C.落地前瞬间降落伞的每根绳对特战兵的拉力大小为125 N
D.整个运动过程中的平均速度大小为10 m/s
解析　前2 s运动员加速下降，故处于失重状态，故选项A错误；速度—时间图象中，面积大小等于位移大小，故位移为180 m，选项B错误；平均速度v＝＝ m/s＝13.8 m/s，故选项D错误；根据牛顿运动定律8Fcos 37°－mg＝ma，根据图象，运动员落地前加速度a＝ m/s2，则F＝125 N，故选项C正确。
答案　C
6.背越式跳高是一项跳跃垂直障碍的运动项目，包括助跑、起跳、过杆和落地四个阶段，如图4所示为从起跳到落地运动过程分解图，某同学身高1.80 m，体重60 kg，参加学校运动会时成功地越过高1.90 m的横杆，该同学跳起时的动能可能是下列哪个值(g取10 m/s2)(　　)

图4
A.500 J B.600 J
C.800 J D.2 000 J
解析　该同学跳高过程可以视为竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，该同学重心升高高度至少为h＝ m＝1.0 m，根据机械能守恒定律可知，跳起时的动能Ek＝mgh＝60×10×1.0 J＝600 J，因实际过程中可能存在阻力，则可知，只有动能大于600 J时才能成功越过，但2 000 J不符合实际，故只有C正确，A、B、D错误。
答案　C
7.2018年7月22日美国在卡纳维拉尔角空军基地成功发射了地球同步轨道卫星Telstar 19 Vantage，定点在西经63度赤道上空。2018年7月25日欧洲航天局在圭亚那太空中心成功发射了四颗伽利略导航卫星(FO CFM－19、20、21、22)，这四颗伽利略导航卫星质量大小不等，运行在离地面高度为23 616 km的中地球轨道。设所有卫星都绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A.这四颗伽利略导航卫星运行时所需的向心力大小相等
B.FO CFM－19运行时周期小于Telstar 19 Vantage的运行周期
C.Telstar 19 Vantage运行时线速度可能大于地球第一宇宙速度
D.FO CFM－19运行时的向心加速度小于Telstar 19 Vantage的向心加速度
解析　根据万有引力提供向心力得F＝G，这四颗伽利略导航卫星的轨道半径相等，但质量大小不等，故这四颗伽利略导航卫星的向心力大小不相等，故A错误；根据万有引力提供向心力得G＝mr，解得T＝2π，因FO CFM－19运行时轨道半径小于地球同步轨道卫星Telstar 19 Vantage的轨道半径，故FO CFM－19运行时周期小于Telstar 19 Vantage的运行周期，故B正确；根据万有引力提供向心力得G＝m，解得v＝，因地球同步轨道卫星Telstar 19 Vantage的轨道半径大于地球半径，故Telstar 19 Vantage运行时线速度一定小于地球第一宇宙速度，故C错误；根据万有引力提供向心力得G＝ma，解得a＝，因FO CFM－19运行时轨道半径小于地球同步轨道卫星Telstar 19 Vantage的轨道半径，故FO CFM－19的向心加速度大于Telstar 19 Vantage的向心加速度，故D错误。
答案　B
8.如图5所示，A，B两平行金属板水平放置，两板之间的电势差恒定，金属板上的a、b两小孔恰好在同一竖直线上，在两小孔的正上方有一带电油滴由静止释放，到达b孔时速度恰好为零。不计空气阻力，则(　　)

图5
A.到达b孔时电场力恰好等于重力
B.将A板上移，带电油滴将不能到达b孔
C.将B板下移，带电油滴将不能到达b孔
D.将A板及带电油滴的释放位置都上移，带电油滴一定能到达b孔
解析　根据题意，油滴在平行板内做减速运动，受到的电场力大于重力，故选项A错误；设油滴出发位置离B板的距离为h，则有mgh－qU＝0－0，将A板上移，等式仍成立，带电油滴仍恰能达到b孔，选项B错误；B板下移，平行板电势差不变，但h增大，故能达到B板，选项C错误；同理可知，选项D正确。
答案　D
9.如图6甲所示的“抓娃娃机”是老少皆宜的一种娱乐工具。若抓小熊的爪子有四个抓脚，某次抓小熊简化为如图乙所示(只画了左、右两个抓脚，前、后两个没画)，其中一段过程如下：当小熊(可视为质点)被爪子抓紧，爪子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，小熊质量为M，到小环的距离为L，小熊与每个抓脚间的最大静摩擦力均为F。小环和小熊以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，小熊向上摆动。整个过程中，小熊在爪子中没有滑动。小环和爪子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)

图6
A.小熊向右匀速运动时，绳中的张力等于4F
B.小环碰到钉子P时，绳中的张力大于4F
C.小熊上升的最大高度为
D.速度v不能超过
解析　爪子受绳的拉力和小熊对爪子的静摩擦力，其中静摩擦力小于等于最大静摩擦力，由平衡条件知，绳中的张力不一定等于4F，选项A错误；小环碰到钉子P后，小熊开始在竖直面内做圆周运动，在最低点时，对整体T－Mg＝M，对小熊4f－Mg＝M，所以T＝4f≤4F，则绳中的张力不大于4F，选项B错误；小熊上升到最高点的过程中，由动能定理得，－Mgh＝－Mv2，解得h＝，选项C错误；当小熊受到的静摩擦力为最大静摩擦力时，小熊的速度最大，由牛顿第二定律得，4F－Mg＝M，解得小熊的最大速度为v＝，选项D正确。
答案　D
10.一个半径为R的绝缘圆柱面，有2N＋1根长直铜导线紧紧贴在其表面，通有向下的电流，大小均为I，通电导线有两种放置方法，方法1：一根放置在AA′处，其余2N根均匀、对称的分布在圆柱的右半侧，与圆柱的轴平行如图7甲；方法2：方法1中若把其余2N根均匀、对称的分布在圆柱的左半侧，与圆柱的轴平行如图乙，在这两种情况下，其余2N根在AA′产生的磁场分别为B1、B2，放置在AA′处的导线受安培力分别为F1、F2。已知通有电流i的长直导线在距其r处产生的磁感应强度大小为B＝km(其中km为一常数)，甲、乙的俯视图分别为丙、丁。则(　　)

图7
A.B1、B2方向相同，大小相等，F1＝F2
B.B1、B2方向相同，大小不等，F1≠F2
C.B1、B2方向不相同，大小相等，F1＝F2
D.B1、B2方向不相同，大小不相等，F1≠F2
解析　由安培定则知，两根对称通电长直导线在AA′处产生的磁感应强度如图所示，由磁场叠加得，B＝2kmcos θ＝，方向竖直向上，则B1＝B2＝，方向相同，由F＝BIL知，放在AA′处的导线受到的安培力相等，选项A正确，B、C、D错误。

答案　A
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.如图8甲所示为一半圆形玻璃砖，一定强度的激光沿半径方向入射到玻璃砖的圆心O点后分离为A、B、C三束(如图甲所示)，现让经过玻璃砖后的A、B、C三束光分别照射相同的光电管的阴极(如图乙所示)，在C光的照射下，电路中恰好有光电流产生，则(　　)

图8
A.B光照射光电管的阴极时，有光电子打出
B.A光和C光分别照射光电管的阴极时，A光打出光电子的最大初动能较大
C.入射光的入射角从0开始增大，C光比B光先消失
D.A光照射光电管时产生的光电流一定比C光大
解析　由三种光的折射光路图可看出，三种光的折射率大小关系为nB 答案　BC
12.如图9所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，虚线是这列波在t＝2 s时刻的波形图。已知该波的波速v＝8 m/s，振幅A＝4 cm，则下列说法中正确的是(　　)

图9
A.t＝0时刻x＝8 m处的质点向上振动
B.该横波若与频率为1.5 Hz的波相遇，可能发生干涉
C.经过t＝1 s，x＝2 m处的质点位于平衡位置且向下振动
D.t＝2.75 s时刻x＝4 m处的质点位移为－2 cm
解析　由题图可知，该波的波长为λ＝12 m，波速v＝8 m/s，故周期T＝＝1.5 s，频率f＝＝ Hz，该波与频率为1.5 Hz的波，不能发生干涉，选项B错误；经过2 s，波沿x轴传播16 m，即传播了λ＋4 m，所以波向x轴负方向传播，由微平移法可知，t＝0时刻x＝8 m处的质点在向上振动，选项A正确；经过1 s，波向左传播8 m，x＝2 m处的质点的振动情况与t＝0时刻x＝10 m处的质点的振动情况相同，即位于平衡位置且向上振动，选项C错误；2.75 s＝T，x＝4 m处的质点的位移为Asin＝－4× cm＝－2 cm，选项D正确。
答案　AD
13.如图10所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射能量。下列说法正确的是(　　)

图10
A.这群氢原子能发出三种频率不同的光
B.从n＝3能级跃迁到n＝1能级发出的光最容易发生衍射现象
C.从n＝3能级跃迁到n＝1能级发出的光子动量最大
D.从n＝3能级跃迁到n＝1能级发出的光照射逸出功为2.49 eV的金属钠，产生的光电子初动能一定为9.60 eV
解析　根据数学知识可知这群氢原子能发出三种频率不同的光，A正确；这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝1所发出的光子频率最高，根据λ＝，知频率最高的光子，波长最短，最不容易发生衍射现象，B错误；从n＝3跃迁到n＝1所发出的光子频率最高，根据p＝，其动量也最大，C正确；氢原子跃迁时产生的最大光子能量E＝hν＝12.09 eV，根据光电效应方程知，产生的光电子最大初动能为Ekm＝hν－W0＝9.60 eV，但不一定都是9.60 eV，D错误。
答案　AC
14.现有两动能均为E0＝0.35 MeV的H在一条直线上相向运动，两个H发生对撞后能发生核反应，得到He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为He和新粒子的动能。已知H的质量为2.014 1 u，He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)。则下列说法正确的是(　　)
A.核反应方程为H＋H→He＋H
B.核反应前后满足能量守恒定律
C.新粒子的动能约为3 MeV
D.He的动能约为4 MeV
解析　由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知H＋H→He＋n，则新粒子为中子n，所以A错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，但仍然满足能量守恒定律，B正确；由题意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×
931 MeV/u＝3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有EkHe＋Ekn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动量守恒有pHe－pn＝0，由Ek＝，可知＝，解得EkHe＝(2E0＋ΔE)＝1 MeV，Ekn＝(2E0＋ΔE)＝3 MeV，所以C正确，D错误。
答案　BC
15.如图11甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22 s 时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

图11
A.0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V
B.开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D
C.磁感应强度B2的方向竖直向下
D.开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C
解析　0～0.1 s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，代入数据得E＝30 V，A错误；开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B正确；由于t＝0.22 s时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知C错误；K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1IlΔt＝mv，通过细杆的电荷量Q＝IΔt，线框向上跳起的过程中v2＝2gh，解得Q＝0.03 C，D正确。
答案　BD
非选择题部分
三、非选择题(本题共5小题，共55分)
16.(5分)(1)如图12甲所示是《物理必修1》中“探究加速度与力、质量的关系”的参考案例，图乙是实验室常见的器材，则该案例需要用到的器材是________(填图乙中器材的字母代号)；

甲

丙
图12
(2)下列关于(1)中案例的说法正确的是(　　)
A.该案例可以计算出加速度的具体数值；
B.实验时不需要平衡摩擦力；
C.连接小盘与小车的细绳应与木板平行；
D.用刻度尺测出两个小车的位移，位移之比就是它们的加速度之比。
(3)甲同学采用图丙的方案做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，在一次实验中得到加速度a＝5.01 m/s2，甲同学确认自己的操作正确，请根据现有的知识分析，甲同学的结论是否合理________(填“合理”“不合理”或“无法确定”)。
解析　(1)该实验通过同时控制两小车的动与停，即控制运动时间相等，用刻度尺测出两小车位移之比，位移之比就是它们的加速度之比，不必计算出加速度的具体数值，故只需刻度尺，选D。
(2)实验时，盘中砝码质量之比即小车所受合外力之比，故实验时需要平衡摩擦力，使细绳与木板平行，故答案应为C、D。
(3)由于该实验应满足砝码的质量远小于小车的质量的条件，故小车的加速度值应相对较小，而实验中得到的加速度值较大，所以不合理。
答案　(1)D　(2)CD　(3)不合理
17.(8分)(1)小高的妈妈买来了一盏白光LED灯，说明书上介绍：白光LED灯的能耗仅为白炽灯的，节能灯的。所以，小高对LED灯产生了兴趣，于是到实验室找来了如图13甲所示的实验器材，想探究LED灯的伏安特性曲线。
①请你帮小高把需要的实验器材连成实验电路图(电流表连成外接法)；
②实验时，电流表示数如图乙所示，则读数为________；
③实验得到LED灯的伏安特性曲线如图丙所示，则LED灯是________元件。

图13
(2)小张同学利用“插针法”测定玻璃的折射率。
①小张发现玻璃砖上下表面不一样，一面是光滑的，一面是磨砂的，小张要将玻璃砖选择________(填“磨砂的面”或“光滑的面”)与白纸接触的放置方法进行实验较为合理。
②小张正确操作插好了4枚大头针，如图14所示，请帮助小张画出正确的光路图。然后进行测量和计算，得出该玻璃砖的折射率n＝________(保留3位有效数字)。

图14
解析　(1)①如图

②根据读数规则，读数为0.30 A。
③由图可知伏安特性非直线，故LED灯是非线性元件。
(2)①中应将玻璃砖磨砂的面与白纸接触
②利用折射光线反向延长线过像点来确定折射光方向，根据光沿直线传播，画出光在玻璃内折射光路图，根据折射定律n＝，分别测出入射角和折射角，计算折射率n，结果n≈1.53。
答案　(1)①见解析图　②0.30 A　③非线性
(2)①磨砂的面　②1.53
18.(12分)如图15所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段 为一水平传送带，两段平滑相接于B点。一质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为s＝2 m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。

图15
(1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；
(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大。
解析　(1)物块在AB段F－μmg＝ma1
得a1＝6 m/s2
设物块到达B点时速度为vB，有vB＝2 m/s
滑上传送带μmg＝ma2
刚好到达C点，有v＝2a2L，得传送带长度L＝2.4 m。
(2)将传送带倾斜，滑上传送带有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma3，a3＝10 m/s2，
物块仍能刚好到C端，有vB′2＝2a3L
在AB段，有vB′2＝2as
F′－μmg＝ma
联立解得F′＝17 N。
答案　(1)2.4 m　(2)17 N
19. (14分)在竖直平面内建立如图16所示的平面直角坐标系。将一细杆的OM部分弯成抛物线形状，其抛物线部分的方程y＝x2，细杆的MN部分为直线并与抛物线部分在M点相切；将弯好的细杆的O端固定在坐标原点且与x轴相切，与平面直角坐标系共面，M点的纵坐标yM＝0.8 m；一根处于原长(小于MN的长度)的轻弹簧套在MN上，下端固定在N点。现将一质量m＝0.1 kg的小球(中间有孔)套在细杆上，从O点以初速度v0＝5 m/s水平抛出，到达M点时速度vM＝6 m/s，小球继续沿杆下滑压缩弹簧到最低点C(图中未画出)，然后又被弹簧反弹，恰好能到达M点。已知小球与细杆间的动摩擦因数μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力忽略不计。

图16
(1)求抛出的小球在细杆的OM部分滑动时损失的机械能；
(2)求上述过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)为使抛出的小球在细杆的OM部分滑运动时没有机械能损失，求小球从O点水平抛出时的初速度大小。
解析　(1)根据动能定理有
mgΔy＋Wf＝mv－mv
代入已知条件得
ΔE＝－Wf＝0.25 J。
(2)设由M点运动到最低点的距离为L，由动能定理有
mgLsin θ－μmgLcos θ－Ep＝0－mv
－μmg2Lcos θ＝0－mv
其中θ为MN杆的倾角且
tan θ＝＝
代入数据解得Ep＝8.1 J。
(3)小球与杆无压力时机械能损失最小，根据平抛运动规律有
yM＝gt2
xM＝v0t
代入数据解得v0＝3 m/s。
答案　(1)0.25 J　(2)8.1 J　(3)3 m/s
20.(16分)某种回旋加速器的设计方案如俯视图17甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，两个极板的板面中部各有一极窄狭缝(沿OP方向的狭长区域，)，带电粒子可通过狭缝穿越极板(见图乙)，极板A、B之间加如图丙所示的电压，极板间无磁场，仅有的电场可视为匀强电场；两细虚线间(除两极板之间的区域)既无电场也无磁场；其它部分存在垂直纸面向外的匀强磁场。在离子源S中产生的质量为m、带电荷量为q的正离子，飘入电场，由电场加速后，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为0.99D，到出射孔P的距离为5D。已知磁感应强度大小可调，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出。假设离子打到器壁即被吸收，离子可以无阻碍的通过离子源装置。忽略相对论效应，不计离子重力，0.992≈1。求：

图17
(1)磁感应强度B的最小值；
(2)若磁感应强度B＝，则离子从P点射出时的动能和离子在磁场中运动的时间；
(3)若磁感应强度B＝，如果从离子源S飘出的离子电荷量不变，质量变为原来的K倍(K大于1的整数)，为了使离子仍从P点射出，则K可能取哪些值。
解析　(1)设离子从O点射入磁场时的速率为v，有
qU＝mv2－0
设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，
qvB＝m
若离子从O点射出后只运动半个圆周即从孔P射出，有2r＝5D
此时磁感应强度取得最小值，且最小值为
Bmin＝。
(2)若磁感应强度B＝，正离子在磁场中的轨道半径r1＝，

经分析可知离子在磁场中运动半圈后将穿过上极板进入电场区域做减速运动，速度减小到零后又重新反向加速到进入时的速度，从进入处到再次回到磁场区域，因为r1＝，这样的过程将进行2次，然后第3次从极板右边界进入虚线下方磁场并进入电场区域被加速，如图所示，若离子绕过两极板右端后被加速了n次，则此时离子运动的半径为被加速了(n＋1)次对应的半径rn＋1＝。离子从孔P射出满足的条件：4r1＋2rn＋1＝5D，
解得n＋1＝132，即离子从静止开始被加速169次后从P点离开，
最大动能Ekmax＝132qU＝169qU，
在磁场中的总时间
t＝169.5T，T＝，t＝。
(3)若离子电荷量为q，质量变为Km，设在电场中被加速一次后直接进入磁场的半径为rK，在电场中被加速n次进入磁场的半径为rn，则rK＝r1，rn＝r1，其中r1＝，由上面rK＝r1知，K越大，离子被加速一次后直接进入磁场半径越大，由(2)问知，分三种情况讨论：
情况一：在电场中被加速三次后(即第三个半圆)越过极板右侧：如图(a)，此时，

(a)
要满足的条件为：
2×2rK<0.99D①
同时2×2rK＋2rn＝5D②
由①知：K<2.2，因为K>1的整数，故K＝2，代入②知：2n＝152＋8－60，由于n要求取整数，情况一中n不存在。
情况二：在电场中被加速二次后(即第二个半圆)越过极板右侧：如图(b)，此时，要满足的条件为2rK<0.99D①

(b)
2×2rK≥0.99D②
2rK＋2rn＝5D③
由①②知2.2≤K<9，由③知；Kn＝152－30＋K，当
K分别取3、4、…8时，n不可能取整数，情况二也不存在。
情况三：
在电场中被加速一次后(即第一个半圆)直接越过极板右侧：如图(c)，此时，要满足的条件2rK≥0.99D①

(c)
2rn＝5D②
由①知：K≥9，由②知：Kn＝152＝3×5×3×5，故K可能有6组取值，分别为：K＝9，n＝25；K＝15，n＝15；K＝25，n＝9；K＝45，n＝5；K＝75，n＝3；K＝225，n＝1。
答案　见解析