20．答案：BCD

解析：A：两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由可知其在电场中的加速度是1：3，故A错．B：要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：，可知其速度之比为：．又由，知，所以其半径之比为，故B正确．C：由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为：，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sinθ=，则可知角度的正弦值之比为，又P+的角度为300，可知P3+角度为600，故C正确．D：由电场加速后：可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D正确．

非选择题部分共5题，共78分。

答案：（1）2.40cm（2）1.25m/s，小于 （3）C

解析：（1）选②纸带读出b、c两点间的距离为6.50-4.10cm=2.40cm（2）选②纸带读出c、e两点间的距离为5cm，相对应的平均速度选①纸带读出c、e两点间的距离为4.5cm，所以平均速度①小于②．（3）装置甲实验中小车做匀加速直线运动，所以相邻的计时点的间距之差相等，装置乙实验中小车受橡皮筋的弹力越来越小，所以做加速度减小的变加速直线运动，以相邻的计时点的间距之差减小，所以带①为用装置甲实验所得，纸带②为用装置乙实验所得故选C．

22．答案：（1）A；（2）见右图，r=0.76Ω；（3）0.22Ω．

23．答案：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s．（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小9m/s．（3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小为216N．

解析：根据，解得。则跳离的最小速度 （2）根据机械能守恒定律得，解得 （3）根据牛顿第二定律得，F-(M+m)g=(M+m) 根据几何关系得，(L-h2)2+x22=L2联立解得F=216N．点评：本题综合考查了平抛运动，圆周运动，运用了机械能守恒定律、牛顿第二定律，

24．答：（1）B板电势高于A板；   （2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）△Ek左=e（φC-φB），△Ek右=e（φC-φA）；（4）|△Ek左|＞|△Ek右|

解析：（1）电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高；（2）电场力提供向心力： 又：，

联立以上3式，得： （3）到达N板左、右边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做功，电子动能的改变量等于电场力做功，即：△EK左=eUCB=e（φC-φB），△EK右=eUCA=e（φC-φA）（4）该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBC＞UCA，即：φC-φB＞φC-φA，所以：|△EK左|＞|△EK右|

点评：该题考查带电粒子在放射状电场中的运动与电场力做功，解题的关键是电场力提供向心力，写出相应的表达式，即可正确解答．属于中档题目．

25．答：（1）一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小为1.92××103N，其方向为垂直于BI平面向右；（2）开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或改变磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，实施“倒车”．（3）当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s，电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率，其大小6.9×105W；电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率，其大小为6×106W；电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量，其功率的大小为4.6×104W．

解析：（1）安培力的大小，F=BIL=6.4×1000×0.3=1.92×103N，根据左手定则可知，方向：垂直于BI平面向右；（2）开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或改变磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，实施“倒车”．（3）电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率P1=F牵v0=6.9×105W电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率推进器内海水的电阻  P2=12I2R=6×106W电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量单位时间内通过推进器的水的质量为   m=ρmbcv水对地=480kg单位时间内其动能增加为P3=mv2水对地=4.6×104W

点评：考查安培力及其根据F=BIL求其大小，由左手定则确定安培力方向．并巧用安培力来实施转弯及倒车，同时掌握提供电源的不同功率，且通过功率公式来计算．