專題19 電磁組合場模型和復(fù)合場（疊加場）模型

學(xué)而優(yōu)·教有方PAGEPAGE262022屆高三物理二輪常見模型與方法綜合特訓(xùn)專練專題19電磁組合場模型和復(fù)合場（疊加場）模型專練目標專練內(nèi)容目標1電磁組合場模型（1T—6T）目標2復(fù)合場（疊加場）模型（7T—12T）【典例專練】一、電磁組合場模型1．磁場、電場可以控制帶電粒子按一定的軌跡運動。如圖所示，A、B、C三點構(gòu)成的直角三角形邊界內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強磁場，∠A=90°、∠B=60°，AB的邊長為L，一荷質(zhì)比為k的帶正電粒子（不計重力）從A點沿著AC邊界射入磁場，恰好垂直BC邊界從D射出，立即進入在紙面內(nèi)輻射狀電場，恰好做勻速圓周運動，經(jīng)過圓周運動從P射出電場，圓弧軌跡處的電場強度大小均為E，圓弧軌跡的圓心正好在B點，下列說法正確的是（）A．粒子在電場中做勻速圓周運動的半徑為LB．粒子運動的速率為C．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為D．粒子從A點到P點的運動時間2．如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)，有場強大小為E、方向沿x軸正方向的勻強電場，第二象限內(nèi)有一半徑為L0的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場方向垂直于xOy平面向里，圓形磁場邊緣與x軸相切于P點，P點坐標為（-2L0，0）?，F(xiàn)有兩個電子a、b從P點以相同速率v0沿不同方向同時射入勻強磁場區(qū)域，a、b的速度方向與y軸正方向夾角均為θ=60°。電子b經(jīng)過y軸上的Q點進入第一象限（Q點圖中沒畫出）。已知兩個電子恰好都經(jīng)過圓形磁場邊緣的同一點K（K點圖中未畫出），電子質(zhì)量m、電荷量為e，，不計重力，則（）A．電子a、b進入第一象限前在磁場中運動的時間差是B．電子在電場中運動離y軸最遠距離為C．Q點的坐標為（0，）D．電子a、b同時到達K點3．如圖所示，在坐標系xOy的第二象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場。在第三象限內(nèi)有勻強磁場Ⅰ，在第四象限內(nèi)有勻強磁場Ⅱ，磁場Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直于紙面向內(nèi)。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從P（0，L）點處以初速度v0沿垂直于y軸的方向進入第二象限的勻強電場，然后先后穿過x軸和y軸進入磁場Ⅰ和磁場Ⅱ，不計粒子的重力和空氣阻力，勻強電場的電場強度大小E=，第三、四象限中勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小分別為B1=和B2=。下列判斷正確的是（）A．粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為v0B．粒子第一次經(jīng)過y軸距O點的距離為2LC．粒子出發(fā)后第2次和第3次經(jīng)過y軸的距離為LD．粒子出發(fā)后相鄰兩次經(jīng)過y軸的最小距離為L4．如圖所示，以坐標原點為圓心、半徑為R的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直平面向外的勻強磁場。磁場左側(cè)有一平行軸放置的熒光屏，相距為的足夠大金屬薄板、平行于軸正對放置，K板中央有一小孔P，K板與磁場邊界相切于P點，K、A兩板間加有恒定電壓，K板電勢高于A板電勢。緊挨A板內(nèi)側(cè)有一長為3d的線狀電子源，其中點正對P孔。電子源可以沿平面向各個方向發(fā)射速率均為的電子，沿y軸進入磁場的電子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直打在熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，磁場磁感應(yīng)強度，不計電子重力及它們間的相互作用力。則（）A．K，A極板間的電壓大小為B．所發(fā)射電子能進入P孔的電子源的長度為C．熒光屏上能有電子到達的區(qū)域長度為RD．所有達到熒光屏的電子中在磁場中運動時間最短為5．研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地點和太陽三個點來定位的，蜜蜂飛行時就是根據(jù)這三個位置關(guān)系呈8字型運動來告訴同伴蜜源的方位。一興趣小組用帶電粒子在如圖所示的電場和磁場中模擬蜜蜂的8字形運動，即在的空間中和的空間內(nèi)同時存在著大小相等、方向相反的勻強電場，上、下電場以軸為分界線，在軸左側(cè)和圖中豎直虛線右側(cè)均無電場，但有方向垂直紙面向里和向外的勻強磁場，與軸的距離為。一重力不計的負電荷從軸上的點以沿軸正方向的初速度開始運動，經(jīng)過一段時間后，電子又以相同的速度回到點，下列說法正確的是（）A．電場與磁場的比值為 B．電場與磁場的比值為C．帶電粒子運動一個周期的時間為 D．帶電粒子運動一個周期的時間為6．如圖所示，靜止于P處的帶正電粒子，經(jīng)加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從O點垂直豎直xOy平面向上進入邊長為L的立方體有界勻強磁場區(qū)域，立方體底面ABCD位于xOy平面內(nèi)，初始磁場B0（未知）方向沿y軸負方向（圖中未畫出），EFGH平面是一個熒光顯示屏，當(dāng)粒子打到熒光屏上某一點時，該點能夠發(fā)光，靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，方向如圖1所示.已知加速電場的電壓為U，圓弧虛線的半徑為R，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子重力不計。（1）求粒子在輻向電場中運動時其所在處的電場強度E的大小；（2）若粒子恰好能打在棱EH的中點M點，求初始勻強磁場的磁感應(yīng)強度B0的大??；（3）若分別在x方向與y方向施加如圖2所示隨時間周期性變化的正交磁場，沿坐標軸正方向的磁感應(yīng)強度取正，不計粒子間的相互作用，粒子在磁場中運動時間遠小于磁場變化的周期，不考慮磁場變化產(chǎn)生的電場對粒子的影響。①試確定時刻射入的粒子打在熒光屏上的亮斑N點坐標位置（結(jié)果用x，y二維坐標加以表示）；②試確定一個周期內(nèi)粒子在熒光屏上留下的光斑軌跡形狀，并寫出在軌跡方程（用x，y坐標表示）。復(fù)合場（疊加場）模型7．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電圓環(huán)，可在水平的、足夠長的絕緣粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中。現(xiàn)給圓環(huán)水平向左的初速度，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的圖像可能是下圖中的（）A．B．C．D．8．如圖甲所示，之間存在垂直紙面向外的勻強磁場和水平向右的勻強電場，磁感應(yīng)強度，電場強度，D處有一固定豎直絕緣墻，S為控制電場的開關(guān)，固定在上，帶電量為的小物塊向右進入?yún)^(qū)域，當(dāng)物塊運動到D點時，與發(fā)生碰撞，同時觸發(fā)開關(guān)S、關(guān)閉電場，物塊彈回并向左離開區(qū)域，以向右為正方向，小物塊剛向右通過A點為0時刻，圖乙所示為物塊的位移-時間圖像，取重力加速度，小物塊可視為質(zhì)點，小物塊的電量沒有損失，由以上信息可知（）A．小物塊的質(zhì)量為B．與地面間的動摩擦因數(shù)C．小物塊與墻碰撞時動量變化大小為D．小物塊與墻碰撞時損失的動能為9．如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切；整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場強大小相等、方向水平向右和向左的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點足夠遠的P點由靜止釋放。若PC=l，小球所受電場力等于其重力的倍，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，先做加速度減小的加速運動，后做減速運動B．小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力大小可能為C．經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是D．小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力大小可能等于10．如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質(zhì)點P的軌跡可看成質(zhì)點P相對圓心O作速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v作勻速運動形成的，該軌跡稱為圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為E勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為B的勻強磁場，已知一質(zhì)量為m電量大小為q的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動（該曲線屬于圓滾線），到達B點時速度為零，C為運動的最低點。不計重力，則（）A．該離子電勢能先增大后減小B．A、B兩點位于同一高度C．到達C點時離子速度最大，大小為D．A點運動到B點的時間為11．如圖所示，質(zhì)量M=1kg足夠長的絕緣木板放置在光滑水平面上，其右端放有一質(zhì)量為m=2kg可視為質(zhì)點的物塊，物塊帶正電，電荷q=0.8C，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，開始時物塊與木板都處于靜止狀態(tài)。在距木板右端L=4m處有一豎直分界線DE，DE右邊有垂直紙面向里范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=5T?，F(xiàn)對木板施加水平向右F=8N的拉力，當(dāng)物塊運動到DE處時，撤去拉力F。重力加速度g取10m/s2，求：（1）從木板開始運動到木板右端到達DE所用的時間；（2）物塊剛要進入磁場時，物塊相對木板運動的距離；（3）整個過程中產(chǎn)生的熱量。12．如圖所示，紙面代表豎直平面，在足夠大的空間中存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小B=0.1T。有一長L=6m的光滑絕緣空心細玻璃管豎直放置，細管開口向上，底部有一質(zhì)量m=0.3kg，帶1C負電荷的小球，玻璃管上端處在紙面內(nèi)的直線PQ上，PQ和水平方向成θ=30°角?，F(xiàn)保持玻璃管豎直，使其沿著PQ方向從圖示位置以速度勻速運動，小球離開玻璃管后恰好做勻速圓周運動。已知重力加速度g=10m/s2，試求：(1)勻強電場的電場強度；(2)小球離開玻璃管時速度的大小及方向；(3)經(jīng)過多長時間小球從離開玻璃管到離PQ最遠，到PQ的最大距離是多少。2022屆高三物理二輪常見模型與方法綜合特訓(xùn)專練專題19電磁組合場模型和復(fù)合場（疊加場）模型專練目標專練內(nèi)容目標1電磁組合場模型（1T—6T）目標2復(fù)合場（疊加場）模型（7T—12T）【典例專練】一、電磁組合場模型1．磁場、電場可以控制帶電粒子按一定的軌跡運動。如圖所示，A、B、C三點構(gòu)成的直角三角形邊界內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強磁場，∠A=90°、∠B=60°，AB的邊長為L，一荷質(zhì)比為k的帶正電粒子（不計重力）從A點沿著AC邊界射入磁場，恰好垂直BC邊界從D射出，立即進入在紙面內(nèi)輻射狀電場，恰好做勻速圓周運動，經(jīng)過圓周運動從P射出電場，圓弧軌跡處的電場強度大小均為E，圓弧軌跡的圓心正好在B點，下列說法正確的是（）A．粒子在電場中做勻速圓周運動的半徑為LB．粒子運動的速率為C．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為D．粒子從A點到P點的運動時間【答案】AD【詳解】A．根據(jù)題意及圖像由幾何關(guān)系可知粒子在電場中做勻速圓周運動的半徑為L，A正確；B．根據(jù)電場力提供向心力有解得，B錯誤；C．根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有解得，C錯誤；D．粒子從A點到P點的運動時間為，D正確。故選AD。2．如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)，有場強大小為E、方向沿x軸正方向的勻強電場，第二象限內(nèi)有一半徑為L0的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場方向垂直于xOy平面向里，圓形磁場邊緣與x軸相切于P點，P點坐標為（-2L0，0）?，F(xiàn)有兩個電子a、b從P點以相同速率v0沿不同方向同時射入勻強磁場區(qū)域，a、b的速度方向與y軸正方向夾角均為θ=60°。電子b經(jīng)過y軸上的Q點進入第一象限（Q點圖中沒畫出）。已知兩個電子恰好都經(jīng)過圓形磁場邊緣的同一點K（K點圖中未畫出），電子質(zhì)量m、電荷量為e，，不計重力，則（）A．電子a、b進入第一象限前在磁場中運動的時間差是B．電子在電場中運動離y軸最遠距離為C．Q點的坐標為（0，）D．電子a、b同時到達K點【答案】BD【詳解】A．在磁場中，根據(jù)ev0B=m解得兩個電子恰好都經(jīng)過圓形磁場邊緣的同一點K，電子離開磁場進入電場到再次返回磁場的運動過程，a、b兩電子都平行x軸，如圖所示，所以a、b兩個電子的偏轉(zhuǎn)角分別是，，電子在磁場中的運動的周期為則電子a、b進入第一象限前在磁場中運動的時間差是故A錯誤；B．在電場中，電子速度向右減速到零，則離y軸最遠，根據(jù)動能定理解得故B正確；C．根據(jù)幾何關(guān)系，Q點的縱坐標所以電子b經(jīng)過y軸上的Q點坐標為（0，），故C錯誤；D．兩個電子恰好都經(jīng)過圓形磁場邊緣的同一點K，電子離開磁場進入電場到再次返回磁場的運動過程，如圖所示，根據(jù)對稱性可知K點的坐標為（-2L0，2L0），且根據(jù)對稱性可得a、b在電場運動時間相同，在磁場運動時間也相同，在無場區(qū)域運動時間相同，所以a、b同時到達K點，故D正確。故選BD。3．如圖所示，在坐標系xOy的第二象限內(nèi)有沿y軸負方向的勻強電場。在第三象限內(nèi)有勻強磁場Ⅰ，在第四象限內(nèi)有勻強磁場Ⅱ，磁場Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直于紙面向內(nèi)。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從P（0，L）點處以初速度v0沿垂直于y軸的方向進入第二象限的勻強電場，然后先后穿過x軸和y軸進入磁場Ⅰ和磁場Ⅱ，不計粒子的重力和空氣阻力，勻強電場的電場強度大小E=，第三、四象限中勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小分別為B1=和B2=。下列判斷正確的是（）A．粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為v0B．粒子第一次經(jīng)過y軸距O點的距離為2LC．粒子出發(fā)后第2次和第3次經(jīng)過y軸的距離為LD．粒子出發(fā)后相鄰兩次經(jīng)過y軸的最小距離為L【答案】BD【詳解】A．粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向做勻加速運動，由牛頓第二定律可得qE=ma由運動學(xué)公式可得L=at2設(shè)粒子由電場進入磁場Ⅰ時的豎直方向上的速度為vy，則有vy=at設(shè)粒子由電場進入磁場Ⅰ時速度為vv=解得v=2v0設(shè)速度方向與x軸負方向成α角，則有cosα==解得α=60°，A錯誤。B．粒子在第二象限運動沿x軸方向的位移大小x=v0t解得x=粒子在磁場中做勻速圓周運動，則qvB1=m解得r1=L如圖所示，由幾何關(guān)系可得r1cos30°=L×=L說明圓心恰好落在y軸上，粒子第一次經(jīng)過y軸距O點的距離y1=r1sin30°+r1=L×+L=2L即粒子第一次經(jīng)過y軸距O點的距離為2L，B正確。CD．顯然由幾何關(guān)系可知粒子第一次經(jīng)過y軸時速度方向垂直y軸，即沿x軸正方向，粒子進入磁場Ⅱ后，仍做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得qvB2=m，r2=L=r1畫出粒子運動軌跡，由圖像可知粒子出發(fā)后第2次和第3次經(jīng)過y軸的距離為2r1=L粒子出發(fā)后相鄰兩次經(jīng)過y軸的最小距離為2r2=L，C錯誤，D正確。4．如圖所示，以坐標原點為圓心、半徑為R的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直平面向外的勻強磁場。磁場左側(cè)有一平行軸放置的熒光屏，相距為的足夠大金屬薄板、平行于軸正對放置，K板中央有一小孔P，K板與磁場邊界相切于P點，K、A兩板間加有恒定電壓，K板電勢高于A板電勢。緊挨A板內(nèi)側(cè)有一長為3d的線狀電子源，其中點正對P孔。電子源可以沿平面向各個方向發(fā)射速率均為的電子，沿y軸進入磁場的電子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直打在熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，磁場磁感應(yīng)強度，不計電子重力及它們間的相互作用力。則（）A．K，A極板間的電壓大小為B．所發(fā)射電子能進入P孔的電子源的長度為C．熒光屏上能有電子到達的區(qū)域長度為RD．所有達到熒光屏的電子中在磁場中運動時間最短為【答案】BCD【詳解】A．根據(jù)題意，電子在磁場運動圓周，軌跡半徑r=R，電子在磁場中運動時有電子在AK間運動時有解得故A錯誤；B．如圖當(dāng)速度方向平行x軸發(fā)射的電子剛好可以進入P，該電子就是電子源離中心點最遠處發(fā)射的，設(shè)此處離中心點的距離為x，則x=v0t；；聯(lián)立解得所以滿足條件的長度為故B正確；C．由幾何關(guān)系得，進入磁場的所有電子都平行x軸擊中熒光屏能從P進入磁場的電子速度方向與OP的最大夾角為θ解得θ=30°由幾何關(guān)系得y1=R+Rsinθ；y2=R-Rsinθ解得L=y1-y2=R故C正確；D．由前面分析可知，電子在磁場中轉(zhuǎn)過的最小圓心角為則所有達到熒光屏的電子中在磁場中運動時間最短為故D正確。故選BCD。5．研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地點和太陽三個點來定位的，蜜蜂飛行時就是根據(jù)這三個位置關(guān)系呈8字型運動來告訴同伴蜜源的方位。一興趣小組用帶電粒子在如圖所示的電場和磁場中模擬蜜蜂的8字形運動，即在的空間中和的空間內(nèi)同時存在著大小相等、方向相反的勻強電場，上、下電場以軸為分界線，在軸左側(cè)和圖中豎直虛線右側(cè)均無電場，但有方向垂直紙面向里和向外的勻強磁場，與軸的距離為。一重力不計的負電荷從軸上的點以沿軸正方向的初速度開始運動，經(jīng)過一段時間后，電子又以相同的速度回到點，下列說法正確的是（）A．電場與磁場的比值為 B．電場與磁場的比值為C．帶電粒子運動一個周期的時間為 D．帶電粒子運動一個周期的時間為【答案】AC【詳解】粒子運動軌跡如圖粒子在電場中做類似平拋運動，根據(jù)公式有；粒子在磁場中做勻速圓周運動，有結(jié)合幾何知識，可得聯(lián)立，可得又因為類平拋運動的總時間勻速圓周運動的軌跡是兩個半圓，所以故帶電粒子運動一個周期的時間為故AC正確。故選AC。6．如圖所示，靜止于P處的帶正電粒子，經(jīng)加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從O點垂直豎直xOy平面向上進入邊長為L的立方體有界勻強磁場區(qū)域，立方體底面ABCD位于xOy平面內(nèi)，初始磁場B0（未知）方向沿y軸負方向（圖中未畫出），EFGH平面是一個熒光顯示屏，當(dāng)粒子打到熒光屏上某一點時，該點能夠發(fā)光，靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，方向如圖1所示.已知加速電場的電壓為U，圓弧虛線的半徑為R，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子重力不計。（1）求粒子在輻向電場中運動時其所在處的電場強度E的大??；（2）若粒子恰好能打在棱EH的中點M點，求初始勻強磁場的磁感應(yīng)強度B0的大??；（3）若分別在x方向與y方向施加如圖2所示隨時間周期性變化的正交磁場，沿坐標軸正方向的磁感應(yīng)強度取正，不計粒子間的相互作用，粒子在磁場中運動時間遠小于磁場變化的周期，不考慮磁場變化產(chǎn)生的電場對粒子的影響。①試確定時刻射入的粒子打在熒光屏上的亮斑N點坐標位置（結(jié)果用x，y二維坐標加以表示）；②試確定一個周期內(nèi)粒子在熒光屏上留下的光斑軌跡形狀，并寫出在軌跡方程（用x，y坐標表示）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）①；②軌跡是圓，方程為【詳解】（1）粒子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理有在輻向電場中，電場力提供向心力，有解得（2）粒子在勻強電場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可知即粒子恰好能打在M點，由幾何關(guān)系得解得（3）①時刻，合磁感應(yīng)強度方向O→D由左手定則，粒子將在AOE平面內(nèi)運動，打到熒光屏上N點時到O′的距離與O′M相同，O′N與x軸的夾角成45°，所以N點的坐標為②任意時刻；合磁場，一個周期內(nèi)粒子在熒光屏上留下的光斑軌跡是圓，軌跡方程為復(fù)合場（疊加場）模型7．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電圓環(huán)，可在水平的、足夠長的絕緣粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中?，F(xiàn)給圓環(huán)水平向左的初速度，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的圖像可能是下圖中的（）A．B．C．D．【答案】BCD【詳解】B．當(dāng)qvB=mg時，小環(huán)做勻速運動，此時圖象為B，故B正確；C．當(dāng)qvB＞mg時，在豎直方向，根據(jù)平衡條件有FN=qvB-mg此時，根據(jù)牛頓第二定律有f=μFN=ma所以小環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到qvB=mg時，小環(huán)開始做勻速運動，故C正確；AD．當(dāng)qvB＜mg時，，在豎直方向，根據(jù)平衡條件有FN=mg-qvB此時，根據(jù)牛頓第二定律有f=μFN=ma所以小環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動，直至停止，所以其v-t圖象的斜率應(yīng)該逐漸增大，故A錯誤；D正確。故選BCD。8．如圖甲所示，之間存在垂直紙面向外的勻強磁場和水平向右的勻強電場，磁感應(yīng)強度，電場強度，D處有一固定豎直絕緣墻，S為控制電場的開關(guān)，固定在上，帶電量為的小物塊向右進入?yún)^(qū)域，當(dāng)物塊運動到D點時，與發(fā)生碰撞，同時觸發(fā)開關(guān)S、關(guān)閉電場，物塊彈回并向左離開區(qū)域，以向右為正方向，小物塊剛向右通過A點為0時刻，圖乙所示為物塊的位移-時間圖像，取重力加速度，小物塊可視為質(zhì)點，小物塊的電量沒有損失，由以上信息可知（）A．小物塊的質(zhì)量為B．與地面間的動摩擦因數(shù)C．小物塊與墻碰撞時動量變化大小為D．小物塊與墻碰撞時損失的動能為【答案】ABD【詳解】A．物塊彈回并向左離開區(qū)域，由圖乙可知，物塊以的速度向左勻速運動，根據(jù)平衡條件可知代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．由圖乙可知，物塊以的速度向右勻速運動，根據(jù)平衡條件可知代入數(shù)據(jù)解得故B正確；C．由圖乙，結(jié)合題意可知，小物塊與墻碰撞前速度為向右的，小物塊與墻碰撞后的速度為向左的，以向右為正方向，小物塊動量變化量為則小物塊與墻碰撞時動量變化大小為，故C錯誤；D．小物塊與墻碰撞時損失的動能為故D正確。故選ABD。9．如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切；整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場強大小相等、方向水平向右和向左的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點足夠遠的P點由靜止釋放。若PC=l，小球所受電場力等于其重力的倍，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，先做加速度減小的加速運動，后做減速運動B．小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力大小可能為C．經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是D．小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力大小可能等于【答案】BCD【詳解】A．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，小球所受電場力等于其重力的倍，即電場力垂直于軌道方向的分量為重力垂直于軌道方向的分量為則因此，電場力與重力的合力方向恰好沿著AC方向，且剛開始時小球與管壁無作用力。當(dāng)小球從靜止運動后，由左手定則可知，小球受到的洛倫茲力垂直于AC向上，導(dǎo)致小球?qū)鼙谟凶饔昧?，小球?qū)⑹艿交瑒幽Σ亮?，隨著速度增大，洛倫茲力增大，小球?qū)鼙诘膲毫?，摩擦力增大，合力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知小球做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度減至零時做勻速運動，故A錯誤；B．對小球在O點受力分析，且由C向D運動，由牛頓第二定律，則有由C到O點，由機械能守恒定律，則有解得即當(dāng)小球由C向D運動時，則對軌道的最小的彈力為，可能為，故B正確；C．最終小球在CD間做往復(fù)運動，在C點和D點速度為零。從開始到最終速度為零的C點或D點，根據(jù)動能定理得則經(jīng)過足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功為故C正確；D．當(dāng)小球的摩擦力與重力及電場力的合力大小相等時，小球做勻速直線運動，小球在軌道內(nèi)受到的摩擦力最大，摩擦力最大值為故D正確。故選BCD。10．如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質(zhì)點P的軌跡可看成質(zhì)點P相對圓心O作速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v作勻速運動形成的，該軌跡稱為圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為E勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為B的勻強磁場，已知一質(zhì)量為m電量大小為q的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動（該曲線屬于圓滾線），到達B點時速度為零，C為運動的最低點。不計重力，則（）A．該離子電勢能先增大后減小B．A、B兩點位于同一高度C．到達C點時離子速度最大，大小為D．A點運動到B點的時間為【答案】BC【詳解】A．正離子開始受到方向向下的電場力作用由靜止開始向下運動，電勢先減小后增大，故該離子電勢能先減小后增大，A錯誤；B．根據(jù)動能定理知，洛倫茲力不做功，從A到B，動能變化為零，則電場力做功為零，A、B兩點等電勢，因為該電場是勻強電場，所以A、B兩點位于同一高度，B正確；C．把初態(tài)速度0分解為向右的速度v和向左的速度v，且有即曲線ACB運動可看成速率為v的勻速圓周運動與圓心速率為v向右的勻速直線運動的復(fù)合運動，離子到達C點勻速運動與