25、個人解析：（1）從A點進入磁場后從O點離開磁場的過程是勻速圓周運動，畫出粒子運動的軌跡圖，依題意由幾何關系可得圓弧的圓心正好是兩條虛線的交點。

故經過A點的速度方向為x軸正方向。

設圓周的半徑為R，有：∠OO₁A=30°?????????????????????????????????????????????? ①

根據(jù)向心力公式：Bqv = m???????????????????????????????????????????????????????????? ②

A點到x軸的距離：x= R－Rcos30°?????????????????????????????????????????????????? ③

聯(lián)立①②③解得：x =

（2）粒子能從O點進入電場且能由O點返回，對正電荷，說明電場的方向垂直于OC向左，設電場強度大小為E，電場中的時間為t₁，由動量定理：

Eqt₁=2mv????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????? ④

粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期T，由：

T= ??????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????? ⑤

從O點返回磁場后的軌跡如圖，圓心角為120°，故：

T=t₁＋T＋T??????????????????????? ⑥

聯(lián)立②④⑤⑥解得：E = ???????????????? ⑦

（3）第二次離開磁場后到再進入電場，如圖軌跡。

則DF=OD=2R cos30°???????????????????? ⑧

時間t₂= =

24．（19分）（2008年高考全國Ⅱ理綜卷24題）如圖，一直導體棒質量為m、長為l、電阻為r，其兩端放在位于水平面內間距也為l的光滑平行導軌上，并與之密接；棒左側兩導軌之間連接一可控制的負載電阻（圖中未畫出）；導軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌所在平面。開始時，給導體棒一個平行于導軌的初速度v₀。在棒的運動速度由v₀減小至v₁的過程中，通過控制負載電阻的阻值使棒中的電流強度I保持恒定。導體棒一直在磁場中運動。若不計導軌電阻，求此過程中導體棒上感應電動勢的平均值和負載電阻上消耗的平均功率。

24、解：導體棒所受的安培力為：F=BIl………………①  （3分）

由題意可知，該力的大小不變，棒做勻減速運動，因此在棒的速度從v₀減小到v₁的過程中，平均速度為：……………………②   （3分）

當棒的速度為v時，感應電動勢的大小為：E=Blv………………③   （3分）

棒中的平均感應電動勢為：………………④   （2分）

綜合②④式可得：………………⑤    （2分）

導體棒中消耗的熱功率為：………………⑥    （2分）

負載電阻上消耗的熱功率為：…………⑦    （2分）

由以上三式可得：…………⑧      （2分）

22．（16分）（2008年高考北京理綜卷22題）均勻導線制成的單位正方形閉合線框abcd，每邊長為L，總電阻為R，總質量為m。將其置于磁感強度為B的水平勻強磁場上方h處，如圖所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行。當cd邊剛進入磁場時，

（1）求線框中產生的感應電動勢大小;

（2）求cd兩點間的電勢差大小;

（3）若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應滿足的條件。

22、【解析】（1）cd邊剛進入磁場時，線框速度v=

線框中產生的感應電動勢E=BLv＝BL

(2)此時線框中電流   I=

cd兩點間的電勢差U=I()=

(3)安培力     F=BIL=

根據(jù)牛頓第二定律mg-F=ma,由a=0

解得下落高度滿足    h=

23．（18分）（2008年高考北京理綜卷23題）風能將成為21世紀大規(guī)模開發(fā)的一種可再生清潔能源。風力發(fā)電機是將風能（氣流的功能）轉化為電能的裝置，其主要部件包括風輪機、齒輪箱，發(fā)電機等。如圖所示。

（1）利用總電阻的線路向外輸送風力發(fā)電機產生的電能。輸送功率，輸電電壓，求異線上損失的功率與輸送功率的比值;

（2）風輪機葉片旋轉所掃過的面積為風力發(fā)電機可接受風能的面積。設空氣密度為p，氣流速度為v，風輪機葉片長度為r。求單位時間內流向風輪機的最大風能P_m;

在風速和葉片數(shù)確定的情況下，要提高風輪機單位時間接受的風能，簡述可采取的措施。

（3）已知風力發(fā)電機的輸出電功率P與P_m成正比。某風力發(fā)電機的風速v₁9m/s時能夠輸出電功率P₁=540kW。我國某地區(qū)風速不低于v₂=6m/s的時間每年約為5000小時，試估算這臺風力發(fā)電機在該地區(qū)的最小年發(fā)電量是多少千瓦時。

23、【解析】（1）導線上損失的功率為P=I^2R=(

損失的功率與輸送功率的比值

（2）(2)風垂直流向風輪機時，提供的風能功率最大.

單位時間內垂直流向葉片旋轉面積的氣體質量為pvS,S=r²

風能的最大功率可表示為

P_風=

采取措施合理，如增加風輪機葉片長度，安裝調向裝置保持風輪機正面迎風等。

（3）按題意，風力發(fā)電機的輸出功率為P₂=kW=160 kW

最小年發(fā)電量約為W=P₂t=160×5000 kW?h=8×10⁵kW?h

23．（12分）（2008年高考上海物理卷23題）如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）。

（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置。

（2）在電場I區(qū)域內適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。

（3）若將左側電場II整體水平向右移動L/n（n≥1），仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），求在電場I區(qū)域內由靜止釋放電子的所有位置。

23．（12分）

解：（1）設電子的質量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的為v₀，此后電場II做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有

解得　y＝，所以原假設成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為（－2L，）

（2）設釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到v₁，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有

解得　xy＝，即在電場I區(qū)域內滿足議程的點即為所求位置。

（3）設電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v₂，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y′處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經過D點，則有

，

解得　，即在電場I區(qū)域內滿足議程的點即為所求位置

24．（14分）（2008年高考上海物理卷24題）如圖所示，豎直平面內有一半徑為r、內阻為R₁、粗細均勻的光滑半圓形金屬球，在M、N處與相距為2r、電阻不計的平行光滑金屬軌道ME、NF相接，EF之間接有電阻R₂，已知R₁＝12R，R₂＝4R。在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場I和II，磁感應強度大小均為B。現(xiàn)有質量為m、電阻不計的導體棒ab，從半圓環(huán)的最高點A處由靜止下落，在下落過程中導體棒始終保持水平，與半圓形金屬環(huán)及軌道接觸良好，高平行軌道中夠長。已知導體棒ab下落r/2時的速度大小為v₁，下落到MN處的速度大小為v₂。

（1）求導體棒ab從A下落r/2時的加速度大小。

（2）若導體棒ab進入磁場II后棒中電流大小始終不變，求磁場I和II之間的距離h和R₂上的電功率P₂。

（3）若將磁場II的CD邊界略微下移，導體棒ab剛進入磁場II時速度大小為v₃，要使其在外力F作用下做勻加速直線運動，加速度大小為a，求所加外力F隨時間變化的關系式。

24．（14分）

解：（1）以導體棒為研究對象，棒在磁場I中切割磁感線，棒中產生產生感應電動勢，導體棒ab從A下落r/2時，導體棒在策略與安培力作用下做加速運動，由牛頓第二定律，得

mg－BIL＝ma，式中l(wèi)＝r

式中　　＝4R

由以上各式可得到

（2）當導體棒ab通過磁場II時，若安培力恰好等于重力，棒中電流大小始終不變，即

式中　　

解得      

導體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，有

得　　

此時導體棒重力的功率為

根據(jù)能量守恒定律，此時導體棒重力的功率全部轉化為電路中的電功率，即

＝

所以，＝

（3）設導體棒ab進入磁場II后經過時間t的速度大小為，此時安培力大小為

由于導體棒ab做勻加速直線運動，有

根據(jù)牛頓第二定律，有

F＋mg－F′＝ma

即　　

由以上各式解得

23．（2008年高考理綜天津卷23題）(16分)在平面直角坐標系xOy中，第1象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v₀垂直于Y軸射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成θ=60°角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于Y軸射出磁場，如圖所示。不計粒子重力，求

(1)M、N兩點間的電勢差U_MN。

(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；

(3)粒子從M點運動到P點的總時間t。

23.【解析】（1）設粒子過N點時的速度為v，有        （1）

        （2）

粒子從M點運動到N點的過程，有    （3）

     （4）

（2）粒子在磁場中以為圓心做勻速圓周運動，半徑為，有    （5）

                   （6）

（3）由幾何關系得

            （7）

設粒子在電場中運動的時間為t₁,有   （8）

                      （9）

粒子在磁場在做勻速圓周運動的周期           （10）

設粒子在磁場中運動的時間為t₂,有    （11）

                             （12）

                               (13)

25．（2008年高考理綜天津卷25題）(22分)磁懸浮列車是一種高速低耗的新型交通工具。它的驅動系統(tǒng)簡化為如下模型，固定在列車下端的動力繞組可視為一個矩形純電阻金屬框，電阻為R，金屬框置于xOy平面內，長邊MN長為l，平行于y軸，寬為d的NP邊平行于x軸，如圖1所示。列車軌道沿Ox方向，軌道區(qū)域內存在垂直于金屬框平面的磁場，磁感應強度B沿Ox方向按正弦規(guī)律分布，其空間周期為λ，最大值為B₀，如圖2所示，金屬框同一長邊上各處的磁感應強度相同，整個磁場以速度v₀沿Ox方向勻速平移。設在短暫時間內，MN、PQ邊所在位置的磁感應強度隨時間的變化可以忽略，并忽略一切阻力。列車在驅動系統(tǒng)作用下沿Ox方向加速行駛，某時刻速度為v(v<v₀)。

(1)簡要敘述列車運行中獲得驅動力的原理；

(2)為使列車獲得最大驅動力，寫出MN、PQ邊應處于磁場中的什么位置及λ與d之間應滿足的關系式：

(3)計算在滿足第(2)問的條件下列車速度為v時驅動力的大小。

25．解析：

(1)由于列車速度與磁場平移速度不同，導致穿過金屬框的磁通量發(fā)生變化，由于電磁感應，金屬框中會產生感應電流，該電流受到的安培力即為驅動力。

(2)為使列車獲得最大驅動力，MN、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導致框中電流最強，也會使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大。因此，d應為的奇數(shù)倍，即

     或       （）①

(3)由于滿足第(2)問條件：則MN、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B₀且方向總相反，經短暫的時間，磁場沿Ox方向平移的距離為，同時，金屬框沿Ox方向移動的距離為。

    因為v₀>V，所以在時間內MN邊掃過磁場的面積

    在此時間內，MN邊左側穿過S的磁通移進金屬框而引起框內磁通量變化

            ②

    同理，該時間內，PQ邊左側移出金屬框的磁通引起框內磁通量變化

           ③

    故在內金屬框所圍面積的磁通量變化

              ④

    根據(jù)法拉第電磁感應定律，金屬框中的感應電動勢大小

              ⑤

       根據(jù)閉合電路歐姆定律有

             ⑥

    根據(jù)安培力公式，MN邊所受的安培力

  PQ邊所受的安培力

 根據(jù)左手定則，MN、PQ邊所受的安培力方向相同，此時列車驅動力的大小

         (7)

    聯(lián)立解得

      (8)

25.（20分）（2008年高考重慶理綜卷25題）題25題為一種質譜儀工作原理示意圖.在以O為圓心，OH為對稱軸，夾角為2α的扇形區(qū)域內分布著方向垂直于紙面的勻強磁場.對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于M，且OM=d.現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角（紙面內）從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為v₀.若該離子束中比荷為的離子都能匯聚到D，試求：

（1）磁感應強度的大小和方向（提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象）；

（2）離子沿與CM成θ角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間；

（3）線段CM的長度.

25.解：

（1）

設沿CM方向運動的離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R

由　

得B＝

磁場方向垂直紙面向外

（2）

設沿CN運動的離子速度大小為v，在磁場中的軌道半徑為R′，運動時間為t

由

vcosθ=v₀              

得v＝

R′=

=

方法一：設弧長為s

t=

s=2(θ+α)×R′

t=

方法二：

離子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝

t=Ｔ×

=

(3)

　方法一：

CM=MNcotθ

=

Ｒ′=

以上3式聯(lián)立求解得

CM=dcotα

方法二：設圓心為A，過A做AB垂直NO，

可以證明NM＝BO

∵NM=CMtanθ

又∵BO=ABcotα

=R′sinθcotα

=

∴CM=dcotα

24．（19分）（2008年高考理綜四川卷24題）

    如圖，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上。整個空間存在勻強磁場，磁感應強度方向豎直向下。一電荷量為q（q＞0）、質量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O’。球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為θ（0＜θ＜。為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應強度大小的最小值及小球P相應的速率。重力加速度為g。

24、解析：

據(jù)題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為O’。P受到向下的重力mg、球面對它沿OP方向的支持力N和磁場的洛侖茲力

            f＝qvB                                     ①

式中v為小球運動的速率。洛侖茲力f的方向指向O’。根據(jù)牛頓第二定律

                                              ②

                                          ③

由①②③式得

                                  ④

由于v是實數(shù)，必須滿足

≥0                               ⑤

由此得B≥                                      ⑥

可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應強度大小的最小值為

                                          ⑦

此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為 

                                        ⑧

由⑦⑧式得

                                        ⑨

14．(16分) （2008年高考江蘇物理卷14題）在場強為B的水平勻強磁場中，一質量為m、帶正電q的小球在O靜止釋放，小球的運動曲線如圖所示．已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到z軸距離的2倍，重力加速度為g．求：

(1)小球運動到任意位置P(x，y)的速率.

    (2)小球在運動過程中第一次下降的最大距離y_m.

    (3)當在上述磁場中加一豎直向上場強為E()的勻強電場時，小球從O靜止釋放后獲得的最大速率．

14．⑴洛倫茲力不做功，由動能定理得         ①

解得         ②

⑵設在最大距離處的速率為，根據(jù)圓周運動有

         ③

且由②知       ④

由③④及得        ⑤

⑶小球運動如圖所示，由動能定理得       ⑥

由圓周運動得        ⑦

且由⑥⑦及解得

15．(16分) （2008年高考江蘇物理卷15題）如圖所示，間距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，導軌光滑且電阻忽略不計．場強為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為d₁，間距為d₂．兩根質量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直． (設重力加速度為g)

(1)若a進入第2個磁場區(qū)域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區(qū)域，求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能△E_k．

(2)若a進入第2個磁場區(qū)域時，b恰好離開第1個磁場區(qū)域；此后a離開第2個磁場區(qū)域時，b 又恰好進入第2個磁場區(qū)域．且a．b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相．求b穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導體棒產生的總焦耳熱Q．

(3)對于第(2)問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率

15．⑴a和b不受安培力作用，由機械能守恒知       ①

⑵設導體棒剛進入無磁場區(qū)域時的速度為，剛離開無磁場區(qū)域時的速度為，由能量守恒知www.xkb123.com

在磁場區(qū)域中，      ②

在無磁場區(qū)域中         ③

解得                         ④

⑶在無磁場區(qū)域，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有         ⑤

且平均速度       ⑥

有磁場區(qū)域，棒a受到合力       ⑦

感應電動勢           ⑧

感應電流             ⑨

解得       ⑩

根據(jù)牛頓第二定律，在t到時間內       11

則有           12

解得             13

聯(lián)立⑤⑥13解得

由題意知