【物理】江苏省震泽中学2020届高三上学期第二次月考试题（解析版）

【物理】江苏省震泽中学2020届高三上学期第二次月考试题（解析版）

江苏省震泽中学2020届高三上学期 第二次月考试题 一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共计21分．每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1.图为一块长方体铜块，将1和2、3和4分别接在一个恒压源（输出电压保持不变）的两端，通过铜块的电流之比为 ‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据电阻定律得，当在1、2两端加上恒定电压U时，，通过铜块的电流，当在3、4两端加上恒定的电压时，，通过铜块的电流，所以，故B正确，ACD错误；‎ 故选B．‎ ‎2.某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，两板的带电量相等，中心位置有一个带负电的电极，它们之间的电场线分布如图所示，A、B两点关于电极对称，C是电场中的另一点．则 A. B点电势比C点高 B. A点电场强度比C点大 C. A、B两点的电势不等 D. A、B两点的电场强度大小方向都相同 ‎【答案】A ‎【详解】由对称性可知，A、B两点电势相等，选项C错误；因顺着电场线电势降低，A点电势比C点高，则B点电势比C点高，选项A正确；A点的电场线较C点稀疏，可知A点电场强度比C点小，选项B错误； A、B两点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项D错误.‎ ‎3.如图所示，在圆心O处固定一正点电荷，现从P点以相同的速率发射两个检验电荷a、b，只在电场力作用下分别沿PM、PN运动到M、N两点，M、N都在以O为圆心的圆上．若检验电荷a、b的质量、电荷量均相等，则下列判断正确的是(　　)‎ A. a带正电，b带负电,‎ B. P点的场强大于N点的场强 C. a、b到达M、N时两粒子速率相等 D. a电荷电势能减少，b电荷电势能增加 ‎【答案】D ‎【详解】由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子b有排斥力，所以b带正电荷；对右侧的带电粒子a有吸引力，所以a带负电荷．故A错误．点电荷的电场特点是近处大，远处小，P点的场强小于N点的场强．故B错误；b受排斥力，电场力做负功，动能减小，电势能增大；a受吸引力，电场力做正功，电势能减小，动能增大，所以a、b到达M、N时两粒子速率不相等．故C错误，D正确．故选D．‎ ‎【点睛】本题是轨迹问题，根据轨迹的弯曲方向要能判断出带电粒子所受的电场力大体方向．电场力做功电势能发生变化．‎ ‎4.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为 A. 2F B. 1.5F C. 0.5F D. 0‎ ‎【答案】B ‎【详解】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B．‎ ‎5.有两条长直导线垂直纸面水平放置，交纸面于a、b两点，通有大小相等的恒定电流，方向如图，a、b的连线水平。c是ab的中点，d点与c点关于b点对称。已知c点的磁感应强度为B1，d点的磁感应强度为B2，则关于a处导线在d点的磁感应强度的大小及方向，下列说法中正确的是 A. ，方向竖直向上 B. ，方向竖直向下 C. ，方向竖直向下 D. ，方向竖直向上 ‎【答案】B ‎【详解】设a处导线在d点的磁感应强度的大小为B，方向方向竖直向下。根据通电直导线产生的磁场磁感应强度与电流成正比，a处导线在c点的磁感应强度的大小为3B，方向竖直向下。由题意知，两条长直导线恒定电流大小相等，则得到b处导线在c两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向下。b处导线在d两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向上。则根据磁场叠加得B1=3B+3B=6B，B2=3B-B=2B，根据数学知识得到，，所以a处导线在d点的磁感应强度的大小为，方向是竖直向下。‎ A．，方向竖直向上。故A错误。 ‎ B．，方向竖直向下。故B正确。 ‎ C．，方向竖直向下。故C错误。 ‎ D．，方向竖直向上。故D错误。‎ ‎6.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子（质量为质子的121倍）在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 A. 121倍 B. 14641倍 C. 11倍 D. 12倍 ‎【答案】C ‎【详解】根据动能定理得：，解得：‎ 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律：，解得：‎ 联立可得：‎ 一价正离子电荷量与质子电荷量相等，离子质量是质子质量的121倍，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以，磁感应强度增加到原来的11倍。‎ A．121倍。故A不符合题意。 ‎ B．14641倍。故B不符合题意。‎ C．11倍。故C符合题意。 ‎ D．12倍。故D不符合题意。‎ ‎7.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可知，下列说法错误的是 A. h=0时，物体的速率为10 m/s B. h=2 m时，物体的动能Ek=50 J C. 物体所受空气阻力大小为5N D. 物体返回抛出点时速率为6m/s ‎【答案】D ‎【详解】A．由图知，h=4m时，Ep=80J，由Ep=mgh，解得：‎ m=2kg h=0时，Ep=0，E总=100J，则物体的动能为：‎ Ek=E总-Ep=100J 由，可得：‎ v0=10m/s 故A不符合题意。‎ B．h=2m时，Ep=40J，E总=90J，则物体的动能为：‎ Ek=E总-Ep=50J 故B不符合题意。‎ C．从开始到最高点，动能减少20J，即克服阻力做功20J；由功能关系，得：‎ ‎-fh=0-Ek0=20，‎ 可得：‎ f=5N 故C不符合题意 D．根据动能定理：，代入数据可得物体返回抛出点时速率：‎ 故D符合题意。‎ 二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．‎ ‎8.如图是小灯泡L(灯丝材料是钨)和某种电阻R的伏安特性曲线，M为两曲线交点。下列说法正确的有 A. 在M点状态下，小灯泡L和电阻R的功率相等 B. 在M点状态下，小灯泡L的阻值比电阻R的小 C. 曲线a是L的伏安特性曲线，曲线b是R的伏安特性曲线 D. 曲线a是R的伏安特性曲线，曲线b是L的伏安特性曲线 ‎【答案】AC ‎【详解】AB．图线中的M点，电流和电压都相等，根据欧姆定律，电阻相等；功率P=UI也相等。故A正确，B错误。 CD．随着电压的增加，元件的热功率增加，温度升高；从图象可以看出，b图线对应电阻减小，a 图象对应电阻增加；热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，而小灯泡的电阻随温度的升高而增加；故b是热敏电阻，a是小灯泡。故D错误，C正确。‎ ‎9.如图所示是一个由电池、电阻R、电键S与平行板电容器组成的串联电路，电键S闭合，在增大电容器两极板间距离的过程中（　 　）‎ A. 电阻R中没有电流 B. 电容器的电容变小 C. 电阻R中有从a流向b的电流 D. 电阻R中有从b流向a的电流 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 由平行板电容器的电容知，增大电容器两极板间距离则电容变小，B正确；与电源相连U不变，由知，当电容C变小时，电容器所带的电荷量Q也变小，故电容器要放电，则A极板相当于正极 ，故电流在电阻中从a流向b，C错D正确．答案为BD．‎ ‎10.如图所示，定值电阻R2，滑动变阻器的最大阻值为R1，且R1＞R2+r（r为电源内阻），在滑动变阻器的滑动头P由左端a向右滑动到右端b的过程中，以下说法正确的是 A. 电压表的示数变大 B. R2消耗的功率变大 C. 滑动变阻器消耗的功率先变大后变小 D. 滑动变阻器两端的电压变化量大于R2两端的电压变化量 ‎【答案】BCD ‎【详解】A．在滑动变阻器的滑臂P由左端a 向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，外电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，电压表读数变小。故A错误。‎ B．根据闭合电路欧姆定律：，由于R1不断减小，故电流不断增加，所以R2消耗的功率不断增加。故B正确。‎ C．将电源和电阻R2当作一个等效电源，在滑动变阻器的滑臂P由左端a向右滑动的过程中，等效电源的内电阻大于等效外电阻，且差值先减小到零后增加，故滑动变阻器消耗的功率先变大后变小。故C正确。‎ D．根据闭合电路欧姆定律：，由于R1不断减小，故电流不断增加；故滑动变阻器两端电压减小量等于R2两端的电压增加量和内电压的增加量之和，所以滑动变阻器R1两端电压的变化量大于R2两端的电压变化量。故D正确。‎ ‎11. 如图所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里．一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动．则可判定( )‎ A. 小球带负电 B. 小球带正电 C. 若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏 D. 若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：因为小球做匀速直线运动，故小球受到的合力为0，由于小球受竖直向下的重力、电场力和洛伦兹力，所以G+F电+F洛=0，若小球带负电，则F电竖直向下，F洛也竖直向下，故不可能，A错误；若小球带正电，则F电竖直向上，F洛也竖直向上，则它们的合力与重力相平衡，故可能，B正确；若小球从B点由静止滑下，进入场区后的速度会变小一些，故F洛会变小，而重力、F电不变，故三个力的合力将向下，即小球将立即向下偏，D正确．‎ ‎12.如图所示，电量为+Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为-q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑动，到B点时速度最小且为v．已知静电力常量为k，重力加速度为g，乙与水平面的动摩擦因数为µ，AB间距离为L，则以下说法不正确的是 （ ）‎ A. OB间距离为 B. 从开始运动到碰到甲之前的瞬间，乙的加速度逐渐减小 C. 从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=µmgL+mv2-‎ D. 从A到B的过程中，点电荷乙的电势能减少 ‎【答案】B ‎【详解】A、由题意，乙到达B点时速度最小，乙先减速运动后做加速运动，当速度最小时有： ，解得OB间的距离，故A正确；‎ B、滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球在运动到B点之前，有，因此物体的加速度逐渐减小，当越过B点后，库仑力大于滑动摩擦力，由，知加速度逐渐增大，因此从开始运动到碰到甲之前的瞬间，乙的加速度先逐渐减小后逐渐增大，故B错误；‎ C、从A到B的过程中，根据动能定理得，得，故C正确；‎ D、从A到B的过程中，电场力对乙做正功，乙的电势能减少，故D正确；‎ 本题选不正确的，故选B．‎ ‎【点睛】正确受力并利用牛顿第二定律表示出加速度，然后根据库仑力公式知随着距离的减小，库仑力逐渐增大，则加速度的变化也就知道了．‎ ‎13.在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则 A. M与N的密度相等 B. Q的质量是P的3倍 C. Q下落过程中的最大动能是P的4倍 D. Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍 ‎【答案】AC ‎【详解】A、由a-x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：，变形式为：，该图象的斜率为，纵轴截距为重力加速度．根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：；又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：，即该星球的质量．又因为：，联立得．故两星球的密度之比为：，故A正确；‎ B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，，即：；结合a-x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：，故物体P和物体Q的质量之比为：，故B错误；‎ C、物体P和物体Q分别处于各自平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根据 ‎，结合a-x图象面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足，物体Q的最大速度满足：，则两物体的最大动能之比：，C正确；‎ D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为和，即物体P所在弹簧最大压缩量为2，物体Q所在弹簧最大压缩量为4，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误；‎ 故本题选AC．‎ 三、简答题：本题共2小题，共计18分．请将答案填写在答题卡相应的位置．‎ ‎14.在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中 ‎（1）下列说法中不正确或不必要的是____（填字母）‎ A．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔 B．连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行 C．小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车 D．选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始 ‎（2）实验中，打点计时器接50Hz的交流电源，图1是实验中打下的一段纸带，利用刻度尺测得1、2间，2、3间，3、4间距离依次为5.2cm、6.7cm、8.2cm，各相邻计数点间还有4个点未画出，则计数点2的速度大小为_____m/s（结果保留两位有效数字）．‎ ‎（3）请将计数点2的速度大小在图2中标出，其余计数点1、3、4、5对应的小车瞬时速度大小在图2中已标出，利用这些点作出图线______，并由图线求得小车的加速度大小为_____m/s2（结果保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). D (2). 0.60 (3). 图见解析 1.5‎ ‎【解析】（1）在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中：‎ 首先将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔，连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行，否则容易引起误差，然后使小车靠近打点计时器处，先接通电源，后释放小车，进行打点，进行数据测量、计算；注意：选择计数点时，不一定要从纸带上第一个点开始，要找其中一段点迹清晰的部分进行测量计算，故选项ABC都是正确，选项D是错误的；‎ ‎（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔，根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程的平均速度，可以求出2点的速度；‎ ‎（3）描点，作出图像如图所示：‎ 斜率表示加速度，在直线上取相距较远的两点，则．‎ 点睛：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用，以及知道实验中的注意事项．‎ ‎15.某实验小组利用如图甲所示气垫导轨装置“验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒”.‎ ‎(1) 如图乙所示,使用游标卡尺测量遮光条宽度,读数为__ cm. ‎ ‎(2) 实验前需要调节气垫导轨,操作过程是: ‎ ‎① ___(填“挂上”或“卸掉”)钩码,接通气源. ‎ ‎② 调节导轨底座旋钮,使得滑块运动时通过两光电门遮光条遮光时间Δt1__(填“大于”或“等于”或“小于”)Δt2. ‎ ‎(3) 已知钩码质量m,滑块质量M,遮光条宽度d,数字计时器1和2的读数为Δt1、Δt2,两光电门之间的距离为L,若在实验误差允许范围内满足等量关系_______,则系统机械能守恒. ‎ ‎(4) 关于上述实验,下列说法中正确的是___. ‎ A. 两光电门之间的距离尽可能小一些 B. 选用的遮光条的宽度尽可能小一些 C. 钩码的质量应远小于滑块的质量 D. 滑轮应选用轻质的 ‎【答案】 (1) 0.630cm (2)①卸掉 ②等于 ‎ ‎ (3) (4). ABD ‎【详解】(1)[1]游标卡尺的读数等于：6mm+0.05×6mm=6.30mm=0.630cm。‎ ‎(2)实验前需要调节气垫导轨水平，操作过程是： ①[2]卸掉钩码，从而没有拉力作为动力，且接通气源，使其不受到导轨的阻力。 ②[3]调节导轨底座旋钮，使得滑块能在导轨上静止，或滑块运动时通过两光电门遮光条遮光时间△t1等于△t2，即可判定滑块能否匀速直线运动。 (3)[4]设遮光条前进了L，钩码的重力势能减少了：mgL，系统动能增加了：‎ 若在实验误差允许范围内满足：‎ 则系统机械能守恒。‎ ‎(4)[5] A．两光电门之间的距离要大一些，才能减小实验带来的误差。故A正确。‎ B．选用的遮光条的宽度尽可能小一些，能减小实验带来的误差。故B正确。‎ C．不需要满足钩码的质量应远小于滑块的质量，选取整体作为研究对象的。故C错误。‎ D．滑轮应选用轻质的，因为在转动过程中，滑轮会产生动能。故D正确。‎ 四、计算题：本题共4小题，共计57分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．‎ ‎16.如图，两平行金属导轨间距离，导轨和水平面的夹角是q，导轨所在的平面内分布着磁感应强度的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源，现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒始终静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，导轨电阻不计，g取10m/s2．‎ ‎(1)求通过导体棒的电流；‎ ‎(2)若导轨光滑，磁场方向竖直向上，求导体棒受到的安培力大小及q的大小；‎ ‎(3)若导轨粗糙，磁场方向垂直导轨平面向上，求导体棒受到的摩擦力的大小和方向 ‎【答案】（1）1.5A（2）0.3N， 37°（3）0.06N，方向沿斜面向下．‎ ‎【详解】（1）根据闭合回路欧姆定律 ‎（2）根据左手定则，判断安培力方向，安培力大小为F安=BIL=0.3N 金属棒静止，受力平衡： ‎ 解得θ=37°‎ ‎（3）根据平衡条件：F安=mgsinθ+f 解得：f=0.06N 方向：沿斜面向下 ‎【点睛】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，注意明确电路结构能正确利用闭合电路欧姆定律求解，同时正确掌握安培力的公式，知道当磁感应强度和电流垂直时安培力F=BIL．‎ ‎17.如图所示为一真空示波管，电子从灯丝发出（初速度不计），经灯丝与A板间的电压U1=500V加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入平行金属板M、N形成的匀强偏转电场中，电子进入MN间电场时的速度方向与电场方向垂直，电子经过偏转电场后进入无场区，最后打在荧光屏上的P点。已知MN两板间的电压U2=40V，两板间距离d=2.4cm，板长L1=6.0cm，板右端到荧光屏的距离为L2=6.0cm，电子的质量m=9×10-31kg，电荷量e=1.6×10-19C,不计重力，求：‎ ‎（1）电子穿过A板时的速度大小；‎ ‎（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；‎ ‎（3）电子从偏转电场射出时速度的方向；‎ ‎（4）电子束打到荧光屏上的位置P点到O点的距离。‎ ‎【答案】（1） （2） （3） （4）‎ ‎【详解】(1)粒子在加速电场中只有电场力做功，根据动能定理有：‎ 代入数据解得：‎ ‎(2)电子进入偏转电场后，在电场力作用下做类平抛运动，令电子运动时间为t1，电子在水平方向做匀速直线运动故有：L1=vt1 在竖直方向电子做初速度为0的匀加速运动，已知偏电压为U2，极板间距为d ‎，则电子在偏转电场中的加速度为：‎ 所以电子在偏转电场方向上的侧位移为：‎ 联立并代入数据解得：‎ ‎(3) 电子从偏转电场射出时速度的方向: ‎ 联立并代入数据解得：‎ ‎(4) 设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示： ‎ 运动时间为：‎ 竖直距离为：y2=vyt2‎ 竖直分速度为：vy=at1‎ 联立以上可得：‎ P到O点的距离为：‎ 代入数据可得：‎ ‎18.如图所示，一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2 m．小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力．‎ ‎（1）求小球运动至B点的速度大小；‎ ‎（2）求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；‎ ‎（3）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；‎ ‎（4）小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等．求小球从C点飞出后静止所需的时间．‎ ‎【答案】（1）4m/s（2）2.4J（3）3.36m（4）2.4s ‎【解析】‎ 试题分析：（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出B点的速度；（2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点P与B点的水平距离最大时BC段的长度；（4）由机械能的损失求出速度的损失，然后结合竖直上抛运动的公式求出各段时间，最后求和即可；‎ ‎（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则：‎ 代入数据可得：‎ ‎（2）A到B的过程中重力和阻力做功，则由动能定理可得：‎ 代入数据得：‎ ‎（3）B到C的过程中，由动能定理得：‎ 解得：‎ 从C点到落地的时间：‎ B到P的水平距离：‎ 代入数据，联立并整理可得：‎ 可知．当时，P到B的水平距离最大，为L=3.36m ‎（4）由于小球每次碰撞机械能损失75%，由，则碰撞后的速度为碰撞前速度的，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的，所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间：，同理，从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间：，由此类推可知，从第n次碰撞后到发生第n+1次碰撞的时间：‎ 小球运动的总时间：‎ 由数学归纳法分可得：‎ ‎【点睛】该题结合机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，其中的第三问的难度较大，根据小球每次碰撞机械能损失75%，得出碰撞后的速度为碰撞前速度的是解答的关键．‎ ‎19.【加试题】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零．离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器．在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0‎ 的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点．已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差,，不计重力和离子间相互作用．‎ ‎（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；‎ ‎（3）若磁感应强度在（B—△B）到（B＋△B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子，求的最大值 ‎【答案】（1），；（2）；（3）12%‎ ‎【详解】（1）径向电场力提供向心力： ‎ ‎ ‎ ‎（2）由动能定理： ‎ ‎ ‎ 或 ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎（3）恰好能分辨的条件： ‎ 解得