到初始位置，且具有动能Ek．在上述过程中， E1对滑块的电场力做功为W1，冲量大小为I1； E2对滑块的电场力做功为W2，冲量大小为I2．则（ ） A．I1?I2 B．4I1?I2
C．W1?0.25EkW2?0.75Ek D．W1?0.20Ek，W2?0.80Ek 【答案】 C
【解析】设第一过程末速度为v1，第二过程末速度大小为v2，根据上面的分析知两过程的平均速度大小相等，根
据匀变速直线运动规律有：
v1v2?v11，得v2?2v1．根据动能定理有： W1?mv12， ?222W2?121212，所以W1?0.25Ek， W1?0.75Ek；又因为位移大小相等，所以两mv2?mv1，而Ek?mv2222个过程中电场力的大小之比为1:3．根据冲量定义得： I1?F1t， I2?F2t；所以可得： I2?3I1，故ABD错误，C正确．故选C．
点睛：此题关键是根据题中的条件：两个过程经过相同的时间，发生的位移大小相等，方向相反，根据匀变速直
线运动规律求出两个过程末速度大小关系，然后根据动能定理和动量定理讨论。
19．如图所示，在半径为0.1m的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为0.5T。圆形区域右侧有一足
够大竖直感光板MN。带正电粒子从圆形区域最高点P以速率v0=1.0×10m/s平行于纸面进入磁场，已知粒子比荷为2×10C/kg,粒子重力不计， ?取3.14。若粒子对准圆心射入，则下列说法中正确的是
6
5
A．粒子不一定沿半径方向射出磁场 B．粒子在磁场中运动的时间为1.57×10s
C．若粒子速率变为2v0，则穿出磁场后垂直打在感光板MN上
D．若粒子以速度v0从P点以任意的某一方向射入磁场，则离开磁场后一定垂直打在感光板MN上 【答案】 BD
【解析】试题分析：根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，画出运动轨迹，结合几何
关系分析即可．
带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面且对准圆心射入磁场，根据对称性，一定沿半径方向射出，A错误；
-6
v2粒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，有qv0B?m，解得
r 11
mv01.0?105?r???0.1m，轨迹圆弧对应的圆心角为，运动时间为6qB2?10?0.5212?m?m3.14?6t????s?1.57?10s，B正确；若粒子速率变为2v0，则轨道半径变为2R，64qB2qB2?2?10?0.5运动轨迹如图：故不是垂直打到感光板MN上，C错误；
当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R．设粒子射入方向与PO方向夹角为θ，带电粒
子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示．因PO3?O3S?PO?SO?R，所以四边形POSO3为菱形，由图可知POO3S，v3?SO3，因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关，即离开磁场后一定垂直打在感光板MN上，D正确．
20．如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，
弹簧劲度系数为k。C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v。则此时
A．拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ B．物块B满足m2gsinθ 1m1v2 2【解析】拉力做功的瞬时功率为P?Fv，选项A错误；物块B离开挡板瞬间，必须有弹簧弹力大于物块沿斜面 向下的分力，即m2gsinθ小于弹簧的弹力kd，选项B正确；对物块A受力分析，由牛顿第二定律得： m1a?F?kd?m1gsin?，a=F?kd?m1gsin?选项C正确；由功能关系，拉力做的功转化为物块A增加 m1的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，即： Fd?1m1v2?m1gh?EP，选项D错误。综上本题选BC。 212 点睛：含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路；注 意搞清能量之间的转化关系. 21．如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ,在斜面上放置一个矩形线框abed, ab边的边长为L1, be边的长为L2, 线框的质量为m，总电阻为R，线框通过细线与重物相连（细线与斜面平行），重物的质量为M,斜面上ef线（ef平行于gh且平行于底边）的上方有垂直斜面向上的匀强磁场（fh远大于L2),磁感应强度为B。如果线框从静止开始运动，且进入磁场的最初一段时间是做匀速运动，假设斜面足够长，运动过程中ab边始终与ef 平行。则（） A．线框abed进入磁场前运动的加速度为Mg?mgsin? mB．线框在进入磁场过程中的运动速度v??Mg?mgsin??R 2B2L122B2L1L2C．线框做匀速运动的时间为 22Mg?mgsin?RBL??1D．线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q??Mg?mgsin??L1 【答案】 BC 【解析】线框abcd进入磁场前，对线框和M的整体，根据牛顿第二定律有Mg-mgsinθ=（M+m）a，解得： a?Mg?mgsin?，故A错误；线框进入磁场过程中做匀速直线运动，对M：T=Mg；对线框： T＝mgsin??F， （M?m）2B2L1vE感应电动势为： E＝BL1v，感应电流： I?，安培力为： F?BIL1?，联立解得： RR?Mg?mgsin??R，故B正确；线框匀速运动的时间为： t?L2v?2B2L12B2L1L2，故C正确；根?v?Mg?mgsin??R据能量守恒定律，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，所以有MgL2?mgL2?Q，解得： Q＝?Mg?mgsin??L2，故D错误。所以BC正确，AD错误。 13