2020-2021学年山东省潍坊市高三（上）期中物理试卷（Word版含答案）

2020-2021学年山东省潍坊市高三（上）期中物理试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（3分）北斗卫星导航系统由多颗卫星组成，包括中圆地球轨道卫星、静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星。中圆地球轨道卫星离地高度2.1万千米。静止轨道卫星在地球赤道平面内，与地球自转周期相同，倾斜地球同步卫星与静止轨道卫星离地高度均为3.6万千米。以下说法正确的是（　　）
A．倾斜地球同步轨道卫星周期等于静止轨道卫星的周期
B．倾斜地球同步轨道卫星周期大于静止轨道卫星的周期
C．中圆地球轨道卫星的线速度小于静止轨道卫星的线速度
D．中圆地球轨道卫星的运行周期大于静止轨道卫星的周期
2．（3分）如图所示，物块a放置在水平地面上，通过跨过光滑定滑轮的轻绳与小球b相连，一水平力F作用于小球b，a、b均处于静止状态。只改变水平力的大小，使b缓慢下降，直至拉b的轻绳竖直，若a受到地面的摩擦力为f，则该过程中（　　）
A．f变小，F变大
B．f变小，F变小
C．f变大，F变小
D．f变大，F变大
3．（3分）港珠澳大桥目前是世界上最长的跨海大桥，一辆小汽车在平直的桥面上加速运动，某时有一辆卡车从另一车道追上小汽车，若以并排行驶时的位置为位移起点，两车速度的平方v2与位移x的变化关系如图所示，由图可知（　　）
A．卡车运动的加速度大
B．在x＝L处小汽车追上了卡车
C．位移0～L段，卡车的平均速度大
D．位移0～L段，小汽车的平均速度大
4．（3分）如图所示，质量为m、长为L的铜棒ab，用两根等长的绝缘细线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中。ab中未通电流时，细线竖直；通入恒定电流I后，棒静止时细线向纸面外偏转的角度为θ，重力加速度为g，则（　　）
A．棒中电流的方向为b→a
B．若只增大两细线的长度，ab静止时，细线与竖直方向的夹角小于θ
C．若只改变磁感应强度，使ab静止时，细线与竖直方向夹角为θ，则磁感应强度的最小值为
D．若只改变磁感应强度，使ab静止时，细线与竖直方向夹角为θ，则磁感应强度的最小值为
5．（3分）如图所示，圆形区域圆心为O，区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，MN为圆的直径。从圆上的A点沿AO方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲粒子从M点离开磁场，乙粒子从N离开磁场。已知∠AON＝60°，粒子重力不计，以下说法正确的是（　　）
A．甲粒子带负电荷
B．甲粒子在磁场中做圆周运动半径比乙小
C．乙粒子的比荷比甲大
D．乙粒子在磁场中运动时间比甲长
6．（3分）如图所示，圆弧状带电体ABC上电荷分布均匀。ABC对应的圆心角为120°，B为圆弧中点。若带电体上的全部电荷在圆心P处产生的电场强度大小为E，则AB段上所带的电荷在圆心P处产生的电场强度大小为（　　）
A．E
B．E
C．E
D．E
7．（3分）如图甲所示，用内阻为r1的充电宝为一手机充电，其等效电路如图乙所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r2，则时间t内（　　）
A．充电宝输出的电功率为UI﹣I2r1
B．充电宝的总功率为UI+I2r1
C．手机电池产生的焦耳热为t
D．手机电池增加的化学能为UIt﹣I2r2t
8．（3分）质量为m的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度v0水平跳出，由于风力的影响，经时间t，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为g，在此段时间t内（　　）
A．风力一定沿水平方向
B．飞行爱好者机械能减少mg2t2
C．风力对爱好者的冲量大小为2mv0
D．风力对爱好者的冲量大小为
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分。有选错的得0分。
9．（4分）某人乘坐电梯由一楼到达十楼，经历了先加速再匀速后减速的过程，则（　　）
A．加速上升过程中，电梯对人做的功等于人增加的动能
B．加速上升过程中，电梯对人做的功等于人增加的机械能
C．匀速上升过程中，电梯对人做的功等于人增加的机械能
D．减速上升过程人机械能减小
10．（4分）如图所示，矩形ABCD所在平面内存在一正点电荷Q，AB＝2BC，A点和B点的电势相等，C点和AB中点的电势相等，则下列说法正确的是（　　）
A．A、B点电场强度大小相等
B．C点电势比D点电势高
C．将正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能先增大后减小
D．将正试探电荷从B点沿直线移动到D点，电势能一直减小
11．（4分）两根长度不同的细线分别拴接质量不同的小球，两线的另一端固定在天花板的同一点上，若两球以相同的角速度在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．质量大的球，绳与竖直方向的夹角小
B．质量小的球，绳与竖直方向的夹角大
C．接球的绳越长，绳与竖直方向的夹角越大
D．两小球位于同一水平面上
12．（4分）一滑雪运动员沿平直雪道进行滑雪训练。某次训练中，他站在滑雪板上，滑雪杖触地并向后推动，利用雪面的反作用力由静止开始加速，滑雪杖与雪面接触0.2s之后收起，再过0.8s后滑雪杖再次触地，触地0.2s后滑雪杖收起直至滑行停止。若每次滑雪杖触地产生的竖直作用力是运动员（含装备）重力的0.5倍、产生的水平推力为运动员（含装备）滑雪杖触地过程中所受滑动摩擦力的19倍，滑雪板与斜面间的动摩擦因数为0.1，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2，则本次训练中运动员（　　）
A．第1s末的速度为1m/s
B．第2s末的速度为1.8m/s
C．第2s内的位移比第1s内的位移大0.5m
D．第2s内的位移比第1s内的位移大1m
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，实验装置如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度的拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条，两次拉橡皮条力的作用效果必须相同。根据实验数据在白纸上作图如图乙所示，若F与F′在误差允许的范围内大小相等、方向相同，则说明力的合成遵循平行四边形定则。
（1）实验中，如何确保两次拉橡皮条力的作用效果相同：　
　；
（2）实验中某一弹簧测力计指针位置如图丙所示，其读数为　
　N；
（3）图乙F1、F2、F、F′四个力中，不是由弹簧测力计直接测得的是　
　，如果没有操作失误，图乙F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是　
　。
14．（8分）某同学在实验室中，将表盘如图甲所示的电流表改装成量程为2V的电压表，进行了如下操作：
①选择合适器材，按如图乙所示的实验电路图连接电路，图中R1为滑动变阻器、R2为电阻箱、R为定值电阻；
②将R1的阻值调到最大，闭合开关S1，调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度；
③闭合R2，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，则电阻箱接入电路的电阻可视为电流表内阻；
④记下R2的阻值，此时电阻箱R2的阻值如图丙所示；
⑤拆下R2，将其调至适当阻值与电流表串联，即改装为量程为2V的电压表。
请回答下列问题
（1）上述步骤③中正确的操作应为　
　；
A．调节R1和R2的阻值
B．保持R1不变，调节R2的阻值
C．保持R2不变，调节R1的阻值
（2）该电流表内阻的测量值为　
　Ω，该值　
　（填“略大于”、“等于”或“略小于”）电流表内阻的真实值；
（3）步骤⑤中电阻箱的阻值应为　
　Ω；
（4）用改造后的电压表测量电压时，表盘指针位置如图丁所示，此电压大小为　
　V。
15．（8分）如图所示，圆心角θ＝60°的水平圆弯道连接两平直公路。一质量m＝1200kg的小轿车沿ABC路线（图中虚线所示）运动，AB为直线，A、B间距离s＝100m，BC为圆弧，半径R＝30m。轿车到达A点之前以v0＝25m/s的速度沿直公路行驶，司机看到弯道限速标志后，为安全通过弯道，从A点开始以a＝2m/s2的加速度匀减速运动至B点，此后轿车保持B点的速率沿BC圆弧运动至C点，求：
（1）轿车在BC段运动所受的合力大小；
（2）轿车从B到C过程的平均速度。
16．（8分）如图所示是一倾角θ＝30°山坡的竖直截面，M、N为山坡上的两点。在某次演习中，轰炸机从M点正上方的P点，沿水平方向以速度v0投放了一枚质量为m的炸弹，炸弹击中了山坡上N点的目标，炸弹落在N点时的速度方向与山坡坡面间的夹角为30°，不计炸弹所受的空气阻力，取重力加速度大小为g，求：
（1）炸弹从P到N动量的变化量；
（2）P、M间的距离。
17．（14分）如图所示是测量离子比荷的装置示意图。速度选择器的两极板水平，板间加上竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。速度选择器右侧有水平放置的平行板电容器，极板长为l，板间距为l。建立竖直向上的直线坐标系Oy，y轴到电容器极板右端的距离为l。离子源S能沿水平方向连续发射一定速度的正离子，调整速度选择器电场的场强为E0，磁场的磁感应强度为B0，则离子沿水平虚线穿过速度选择器，后离子从电容器下极板的最左端紧靠极板进入电容器，若电容器内不加电场，则离子运动到O点；若电容器内加上竖直向上的匀强电场E（末知），离子将运动到y轴上某点，测出该点到O点距离y，可得到离子的比荷，不计离子重力及离子间相互作用。
（1）求离子穿过速度选择器的速度；
（2）若E＝E0，离子到达y轴时距O的距离为，求离子的比荷；
（3）改变E的值，运动到y轴的离子，其坐标值将发生变化，在图乙所示的坐标系内，画出运动到y轴的离子，其坐标值y随E值的变化关系。（图中标出必要的数据，不必写出计算过程）
18．（16分）如图所示，高度h1＝2.2m的直圆管竖直固定，在管的顶端塞有一质量M＝2kg的小球b。从b正上方h2＝0.45m的高度处，由静止释放质量m＝1kg的小球a后，a与b发生多次弹性正碰（碰撞时间极短），b最终被a从管中碰出。b相对管运动的过程中受到管的滑动摩擦力大小恒为f＝30N，a在管中始终未与管壁接触，重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。
（1）a、b第一次碰后的瞬间，求a、b各自的速度；
（2）求a、b第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔；
（3）b离开管之前，求a、b的碰撞次数；
（4）b离开管之前，在a、b第一次碰后瞬间到最后一次碰前瞬间的过程中，求b机械能的变化量。
2020-2021学年山东省潍坊市高三（上）期中物理试卷
参考答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．解：AB、根据开普勒第三定律可知＝K，倾斜地球同步轨道卫星的轨道半径等于静止轨道卫星的轨道半径，则倾斜地球同步轨道卫星周期等于静止轨道卫星的周期，故A正确、B错误；
C、根据万有引力提供向心力可得线速度v＝，由于中圆地球轨道卫星的轨道半径小于静止轨道卫星的轨道半径，则中圆地球轨道卫星的线速度大于静止轨道卫星的线速度，故C错误；
D、根据开普勒第三定律可知＝K，由于中圆地球轨道卫星的轨道半径小于静止轨道卫星的轨道半径，则中圆地球轨道卫星的运行周期小于静止轨道卫星的周期，故D错误。
故选：A。
2．解：取小球b为研究对象，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为α，则水平力：F＝mg?tanα；细绳与竖直方向夹角α逐渐减小，则水平拉力F减小；
物块a受到重力、绳子的拉力、地面得支持力以及地面的摩擦力，其中：绳子的拉力：T＝；
细绳与竖直方向夹角α逐渐减小，绳子的拉力T逐渐减小，T在水平方向的分力逐渐减小，所以水平地面对物块a的摩擦力减小；故ACD错误，B正确；
故选：B。
3．解：A、结合图象可知开始时卡车的初速度大，由匀变速直线运动的位移﹣速度公式有：，加速度a＝。可知小汽车的加速度大，故A错误；
CD、由图可知在位移为L处两车的速度是相等的，由于开始时卡车的初速度大，结合：可知，在位移0～L段，卡车的平均速度大，故C正确，D错误；
B、在位移0～L段，卡车的平均速度大，则卡车通过位移L的时间短，可知两车通过位移都是L的时间是不相同的，在x＝L处小汽车没有追上卡车，故B错误。
故选：C。
4．解：A、铜棒静止处于平衡状态，受力如图所示（从a端看），由左手定则可知，棒中的电流方向为a→b，故A错误；
B、由图示可知：tanθ＝，夹角θ取决于重力与安培力F，与两细线的长度无关，只增大两细线的长度，ab静止时，细线与竖直方向的夹角不变，故B错误；
CD、铜棒受重力mg、安培力F与细线的拉力T作用，铜棒静止，合力为零，若只改变磁感应强度，使ab静止时，细线与竖直方向夹角为θ，F与T的合力F′与重力等大反向，即F与T合力不变，T的方向不变，如图所示，当F与T垂直时安培力F最小，最小安培力Fmin＝mgsinθ＝BminIL，解得磁感应强度的最小值Bmin＝，故C错误，D正确。
故选：D。
5．解：A、如图所示，甲粒子所受的洛伦兹力方向由A→O2，根据左手定则判断可知甲粒子带正电荷，故A错误；
B、画出两个粒子的运动轨迹，如图所示，可知甲粒子在磁场中做圆周运动半径比乙大，故B错误；
C、乙粒子在磁场中做圆周运动半径比甲小，甲、乙两个粒子的速率相等，根据半径公式r＝知，乙粒子的比荷比甲大，故C正确；
D、设圆形区域的半径为R，根据几何关系可知，甲做圆周运动的半径为r2＝Rtan60°，甲粒子在磁场中运动时间为t甲＝＝
乙做圆周运动的半径为r1＝Rtan30°，乙粒子在磁场中运动时间为t乙＝＝，可知t乙＜t甲，即乙粒子在磁场中运动时间比甲短，故D错误。
故选：C。
6．解：假设ABC带正电，根据电场的叠加规律可知，ABC在P点产生的电场强度方向沿BP连线向外；AB形成的场强沿AB中点与P点连线向外，BC段形成的场强沿BC中点与P点的连线向外，并且AB和BC段在P点形成的电场强度大小相等；而总的电场强度为AB和BC段单独形成的电场强度的合场强，如图所示；
根据几何关系可知，E＝2EABcos30°，解得AB段上所带的电荷在圆心P处产生的电场强度大小EAB＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
7．解：A、充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为UI，故A错误；
B、充电宝内的电流也是I，内阻为r1的充电宝，所以产生的热功率不一定为，则充电宝的总功率为：P总＝UI+I2r1，故B正确；
C、由于充电宝是非纯电阻电路，U是充电宝的输出电压，所以不能用公式t计算电池产生的焦耳热，根据焦耳定律，可知电池产生的焦耳热应为I2r2t，故C错误；
D、由题意可得电能转化为化学能为UIt﹣I2r2t，故D正确。
故选：BD。
8．解：A、翼装飞行爱好者，初速度与末速度都在水平方向上且大小相等、方向相反，在水平方向先做减速运动后做加速运动，在竖直方向先做加速运动后做减速运动，在水平方向受到风力作用，竖直方向也受到风力作用，风力一定不沿水平方向，故A错误；
B、假设翼装飞行爱好者在竖直方向做自由落体运动，t时间内下落的高度为h＝gt2，物体的重力势能减小量为△EP＝mgh＝mg2t2，物体的动能变化为零，则物体机械能减少mg2t2，物体在下落h高度后，竖直方向的速度为零，竖直方向不可能是自由落体运动，竖直方向受空气阻力作用，飞行爱好者机械能的减少量不是mg2t2，故B错误；
CD、设水平方向风力的冲量大小为Ix，竖直方向风力的冲量大小为Iy，
设初速度方向为正方向，在水平方向，由动量定理得：Ix＝﹣mv0﹣mv0＝﹣2mv0，
在竖直方向，以向下为正方向，由动量定理得：mgt+Iy＝0，则Iy＝﹣mgt，负号表示方向向上，
风力对爱好者的冲量大小I＝＝＝，故D正确。
故选：D。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分。有选错的得0分。
9．解：AB、电梯加速上升过程，电梯对人做的功等于人增加的动能与势能之和，即等于人增加的机械能，故A错误，B正确；
C、匀速上升过程，人的动能不变，重力势能增加，电梯对人做的功等于人增加的机械能，故C正确；
D、重力做功不改变人的机械能，减速上升过程，人的位移方向向上，电梯对人的作用力向上，电梯对人做正功，人的机械能增加，故D错误。
故选：BC。
10．解：A、点电荷的等势面为以点电荷为球心的同心球面，在纸面内的等势线为同心；连接AB即为弦、FC也为弦。AB的中垂线与FC的中垂线交点E为圆心，即点电荷位置。
根据点电荷产出场强的公式E＝可知，AB两点与点电荷所处位置的距离相等，故A、B点电场强度大小相等，故A正确；
B、C点和D点与点电荷距离相等，在同一个等势面上，故电势相等，故B错误；
C、根据点电荷形成电场线规律，点电荷的等势面为以点电荷为球心的同心球面，从A到C过程中，电势先增大后减小，则将正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能先增大后减小，故C正确；
D、B点和D点与点电荷距离相等，故处在同一个等势面上，从B点到D点，电势先增大后减小，则将正试探电荷从B点沿直线移动到D点过程中，电势能先增大后减小，故D错误；
故选：AC。
11．解：ABD、对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力：
将重力与拉力合成，合力指向圆心，则绳子拉力T＝，
由向心力公式得：F＝mgtanθ＝mω2r；
又有几何关系可知：tanθ＝
联立解得：h＝＝，即角速度一定时，高度h不变，故两小球位于同一水平面上，角度与r有关，与小球质量无关，故AB错误，故D正确；
C、由于h一定，且tanθ＝，故接球的绳越长，r越大，角度θ越大，故C正确；
故选：CD。
12．解：设运动员（含装备）的质量为m，设滑雪杖触地时的滑动摩擦力为f，滑雪杖与雪面接触时竖直作用力F1＝0.5mg，水平作用力F2＝19f，滑雪杖与雪面接触时的加速度为a1，滑雪杖不与雪面接触时的加速度a2，动摩擦因数μ＝0.1，对运动员，由牛顿第二定律的：19μ（mg﹣0.5mg）﹣μ（mg﹣0.5mg）＝ma1，μmg＝ma2，
代入数据解得：a1＝9m/s2，a2＝1m/s2；滑雪杖与雪面的接触时间t1＝0.2s，滑雪杖两次接触雪面的时间间隔t1＝0.8s
A、第1s末的速度：v1＝a1t1﹣a2t2＝9×0.2m/s﹣1×0.8m/s＝1m/s，故A正确；
B、第2s末的速度：v2＝v1+a1t1﹣a2t2＝1m/s+9×0.2m/s﹣1×0.8m/s＝2m/s，故B错误；
CD、第1s内的位移：x1＝a1t12+a1t1t2﹣＝m+9×0.2×0.8m﹣m＝1.3m，
第2s内的位移：x2＝v1t1++（v1+a1t1）t2﹣＝1×0.2m+m+（1+9×0.2）×0.8m﹣m＝2.3m，第2s内的位移比第1s内的位移大△x＝x2﹣x1＝（2，3﹣1.3）m＝1m，故C错误，D正确。
故选：AD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．解：（1）两次拉橡皮条时，为了使两次达到效果相同，橡皮条结点O必须拉到同一位置；
（2）弹簧秤最小刻度为0.1N，则弹簧秤的读数为2.75N；
（3）图乙中的力F沿平行四边形的角平分线，是分力F1和分力F2的合力的理论值，不是由弹簧测力计直接测得的，而F′是实际的合力，所以方向一定沿AO方向的是F′。
故答案为：（1）结点O拉至同一位置；（2）2.75；（3）F，F′；
14．解：（1）应用半偏法测电流表内阻，闭合R2后，应保持R1不变，调节R2的阻值使电流表半偏，故B正确，AC错误。
故选：B。
（2）由图丙所示可知，电阻箱示数为：0×10000Ω+0×1000Ω+4×100Ω+8×10Ω+6×1Ω+8×0.1Ω＝486.8Ω；电流表内阻等于电阻箱示数，因此电流表内阻为486.8Ω；闭合R2后，电阻箱与电流表并联，电路总电阻变小，干路电流变大，大于电流表满偏电流，当电流表指针半偏时，流过电阻箱的电流大于流过电流表的电流，由并联电路特点可知，电阻箱阻值小于电流表内阻，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值，因此电流表内阻的测量值略小于真实值。
（3）由图甲所示可知，电流表的满偏电流是Ig＝200μA＝2×10﹣4A，由串联电路特点与欧姆定律可知，
把电流表改装成2V的电压表需要串联电阻阻值为R＝﹣Rg＝Ω﹣486.8Ω＝9513.2Ω。
（4）由欧姆定律可知，改装后电压表内阻RV＝Ω＝10000Ω，
由图丁所示可知，电流表分度值为5μA，电流表示数为125μA＝1.25×10﹣4A
由欧姆定律可知，此时电压U＝IRV＝1.25×10﹣4×10000V＝1.25V.
故答案为：（1）B；（2）486.8；略小于；（3）9513.2；（4）1.25。
15．解：（1）设轿车到达B点时的速度为v，从A到B过程由匀变速直线运动的速度﹣位移公式得：
v＝m/s＝15m/s
轿车在BC段做匀速圆周运动，轿车所受合外力：
F＝m＝1200×N＝9000N
（2）弯道对应的圆心角为θ＝60°＝，从B到C的位移x＝R＝30m
从B到C的弧长l＝θR＝×30m＝10πm
从B到C的运动时间：t＝s＝s
平均速度：m/s＝m/s，方向由B指向C
答：（1）轿车在BC段运动所受的合力大小是9000N；
（2）轿车从B到C过程的平均速度大小是m/s，方向由B指向C。
16．解：（1）设炸弹从P运动到N需要的时间为t，在N点炸弹的竖直分速度为vy，
vy＝v0tan60°＝v0＝gt
炸弹从P到N过程，由动能定理得：
△p＝mgt
解得：△p＝mv0，方向竖直向下
（2）设P、M间的距离为h，M、N间的水平距离为x，竖直距离为y，炸弹从P到N做平抛运动，
水平方向：x＝v0t
竖直方向：h+y＝
其中y＝xtan30°
解得：h＝
答：（1）炸弹从P到N动量的变化量大小是mv0，方向竖直向下；
（2）P、M间的距离是。
17．解：（1）根据平衡条件：qE0＝qvB0
解得：v＝
（2）设离子比荷为，离子进入电容器做类平抛运动，水平方向：l＝vt
竖直方向：y1＝
qE0＝ma
设离子离开电容器时，偏离入射方向的夹角为θ，tanθ＝
离子离开电容器，做匀速直线运动：y2＝ltanθ
y＝y1+y2＝
解得
（3）根据第（2）问可知，y与a成正比，即y与E成正比，最大值为，则y﹣E图象为：
答：（1）离子穿过速度选择器的速度为；
（2）离子的比荷为；
（3）
18．解：（1）设a、b碰撞前瞬间a的速度为v0，碰撞后瞬间a、b的速度分别为v0、vb，
释放后a自由下落，由匀变速直线运动的速度﹣位移公式得：v0＝m/s＝3m/s
两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒、机械能守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mva+Mvb
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：va＝﹣1m/s，vb＝2m/s，负号表示方向向上
（2）a、b碰撞后b向下做匀减速直线运动，a做竖直上抛运动，
对b，由牛顿第二定律得：f﹣Mg＝Ma
代入数据解得：a＝5m/s2
设b经时间t速度变为零，运动距离为x，
t＝＝s＝0.4s
x＝m＝0.4m
t时间内a的位移：s＝vat+＝﹣1×0.4m+m＝0.4m
a的速度v＝va+gt＝﹣1m/s+10×0.4m/s＝3m/s＝v0，
b停止的瞬间，a刚好与b碰撞，a、b第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔t＝0.4s
（3）a、b每碰撞一次，b向下运动的距离x＝0.4m，＝5.5，a、b在管内的碰撞次数是6次
（4）a、b第一次碰撞后瞬间到最后一次碰撞前瞬间的过程中，设阻力做功为W，对b，由动能定理得：
W+Mg?5x＝0﹣
重力做功不改变机械能，机械能的变化量等摩擦力做的功，
b机械能的变化量△Ek＝W
代入数据解得：△Ek＝﹣44J，b的机械能减少了44J
答：（1）a、b第一次碰后的瞬间，a的速度大小是1m/s，方向向上，b的速度大小是2m/s，方向向下；
（2）a、b第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔是0.4s；
（3）b离开管之前，a、b的碰撞了6次；
（4）b离开管之前，在a、b第一次碰后瞬间到最后一次碰前瞬间的过程中，b的机械能减少量44J。