24．(19分)

解：小滑塊運動到位置時速度為v₁，由動能定理有：①

v₁= ②

說明：①式2分，②式1分。

(2)由題意可知，電場方向如圖，若小滑塊能通過位置p，則小滑塊可沿?fù)醢暹\動且通過位置p₅，設(shè)小滑塊在位置p的速度為v，受到的擋板的彈力為N，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為E，由動能定理有：=　　　　　　 ③

當(dāng)滑塊在位置p時，由牛頓第二定律有：N+Eq=m ④

由題意有：N0 ⑤

由以上三式可得：E ⑥

E的取值范圍：0< E　　　 ⑦

說明：③④⑤⑥式各2分，⑦式1分

(3)設(shè)線圈產(chǎn)生的電動勢為E₁，其電阻為R，平行板電容器兩端的電壓為U，t時間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化量為B，得：U=Ed　　　　　　　　 ⑧

由法拉第電磁感應(yīng)定律得E₁=n　　　�、�

由全電路的歐姆定律得E₁=I(R+2R)　�、�

　　　　　　　　　　 U=2RI

經(jīng)過時間t，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化量的取值范圍：0<

說明:

24.(09四川卷)(19分)

如圖所示，直線形擋板p₁p₂p₃與半徑為r的圓弧形擋板p₃p₄p₅平滑連接并安裝在水平臺面b₁b₂b₃b₄上，擋板與臺面均固定不動。線圈c₁c₂c₃的匝數(shù)為n,其端點c₁、c₃通過導(dǎo)線分別與電阻R₁和平行板電容器相連，電容器兩極板間的距離為d,電阻R₁的阻值是線圈c₁c₂c₃阻值的2倍，其余電阻不計，線圈c₁c₂c₃內(nèi)有一面積為S、方向垂直于線圈平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增大。質(zhì)量為m的小滑塊帶正電，電荷量始終保持為q,在水平臺面上以初速度v₀從p₁位置出發(fā)，沿?fù)醢暹\動并通過p₅位置。若電容器兩板間的電場為勻強(qiáng)電場，p₁、p₂在電場外，間距為l,其間小滑塊與臺面的動摩擦因數(shù)為μ，其余部分的摩擦不計，重力加速度為g.

求：

(1)　　 小滑塊通過p₂位置時的速度大小。

(2)　　 電容器兩極板間電場強(qiáng)度的取值范圍。

(3)經(jīng)過時間t,磁感應(yīng)強(qiáng)度變化量的取值范圍。

16. (1)設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌道。電子所受到的磁場的作用力

應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應(yīng)垂直于紙面向外。圓弧的圓心在CB邊或其延長線上。依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B 點即為圓心，圓半徑為按照牛頓定律有

　 聯(lián)立①②式得

(2)由(1)中決定的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小，可知自點垂直于入射電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其它點垂直于入射的電子的運動軌道只能在BAEC區(qū)域中。因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界。

為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點的電子的速度方向與BA的延長線交角為(不妨設(shè))的情形。該電子的運動軌跡如右圖所示。

圖中，圓的圓心為O，pq垂直于BC邊 ，由③式知，圓弧的半徑仍為，在D為原點、DC為x軸，AD為軸的坐標(biāo)系中，P點的坐標(biāo)為

這意味著，在范圍內(nèi)，p點形成以D為圓心、為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界。

因此，所求的最小勻強(qiáng)磁場區(qū)域時分別以和為圓心、為半徑的兩個四分之一圓周和所圍成的，其面積為

評分參考：本題10分。第(1)問4分，①至③式各1分；得出正確的磁場方向的，再給1分。第(2)問6分，得出“圓弧是所求磁場區(qū)域的一個邊界”的，給2分；得出所求磁場區(qū)域的另一個邊界的，再給2分；⑥式2分。

(09北京卷)19．如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直向下的勻強(qiáng)電場。一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標(biāo)出)穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b

　 A．穿出位置一定在O′點下方

B．穿出位置一定在O′點上方

C．運動時，在電場中的電勢能一定減小

　 D．在電場中運動時，動能一定減小

[解析]a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無論粒子帶正電還是負(fù)電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O’點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤。

[答案]C

(09全國Ⅱ卷)25.如圖,在的兩個相鄰的條形區(qū)域分別有勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電磁場與向垂直于紙面向里,電場方向與電,磁場勻界線平行左右一帶正電荷的粒子以速率磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場,然后以垂直于電,磁場分界線的方向進(jìn)入電場,最生從電場邊界上的Q點射出,已知PQ垂直于電場方向粒子軌跡與電,磁場分界線的交點到PQ的距離為d不計重力,求電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比

答案

[解析]本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動.

粒子在磁場中做勻速圓周運動,如圖所示.由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直,圓心O應(yīng)在分界線上,OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R.由幾何關(guān)系得………①

設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q,由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得

……………②

設(shè)為虛線與分界線的交點,,則粒子在磁場中的運動時間為……③

式中有………④粒子進(jìn)入電場后做類平拋運動,其初速度為v,方向垂直于電場.設(shè)粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得…………⑤

由運動學(xué)公式有……⑥　　　　　　　　　 ………⑦

由①②⑤⑥⑦式得…………⑧

由①③④⑦式得

(09重慶卷)25.(19分)如題25圖，離子源A產(chǎn)生的初速為零、帶電量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為U₀的加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管，垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。已知HO=d，HS=2d，=90°。(忽略粒子所受重力)

(1)求偏轉(zhuǎn)電場場強(qiáng)E₀的大小以及HM與MN的夾角；

(2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；

(3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點處，質(zhì)量為16m的離子打在處。求和之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質(zhì)量范圍。

解析：

(1)

正離子被電壓為U₀的加速電場加速后速度設(shè)為V₁，設(shè)

對正離子，應(yīng)用動能定理有eU₀＝mV₁²，

正離子垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，作類平拋運動

受到電場力F＝qE₀、產(chǎn)生的加速度為a＝，即a＝，

垂直電場方向勻速運動，有2d＝V₁t，

沿場強(qiáng)方向：Y＝at²，

聯(lián)立解得E₀＝

又tanφ＝，解得φ＝45°；

(2)

正離子進(jìn)入磁場時的速度大小為V₂＝，

解得V₂＝

正離子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，qV₂B＝，

解得離子在磁場中做圓周運動的半徑R＝2；

(3)根據(jù)R＝2可知，

質(zhì)量為4m的離子在磁場中的運動打在S₁，運動半徑為R₁＝2，

質(zhì)量為16m的離子在磁場中的運動打在S₂，運動半徑為R₂＝2，

又ON＝R₂－R₁，

由幾何關(guān)系可知S₁和S₂之間的距離ΔS＝－R₁，

聯(lián)立解得ΔS＝4(－)；

由R′²＝(2 R₁)²+( R′－R₁)²解得R′＝R₁，

再根據(jù)R₁＜R＜R₁，

解得m＜m_x＜25m。

22.(20分)

　　 (1)設(shè)粒子在磁場中的運動半徑為r。如圖甲，依題意M、P連線即為該粒子在磁場中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關(guān)系得

　　 　　　�、�

由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得　　 　　　�、�

聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得=4.9×C/kg(或5.0×C/kg)　 ③

(2)設(shè)所加電場的場強(qiáng)大小為E。如圖乙，當(dāng)例子經(jīng)過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有　　 　　　　④

代入數(shù)據(jù)得　　 　�、�

所加電場的長槍方向沿x軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧PQ所對應(yīng)的圓心角為45°，設(shè)帶點粒子做勻速圓周運動的周期為T，所求時間為t，則有

　　 　�、�

　　 　　　�、�

聯(lián)立①⑥⑦并代入數(shù)據(jù)得　　 　　⑧

(3)如圖丙，所求的最小矩形是，該區(qū)域面積

　　 　　　　　�、�

聯(lián)立①⑨并代入數(shù)據(jù)得　　

　　 矩形如圖丙中(虛線)

(09海南卷)16．如圖，ABCD是邊長為的正方形。質(zhì)量為、電荷量為的電子以大小為的初速度沿紙面垂直于BC變射入正方形區(qū)域。在正方形內(nèi)適當(dāng)區(qū)域中有勻強(qiáng)磁場。電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場。不計重力，求：

(1)次勻強(qiáng)磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大��；

(2)此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積。

25．(09寧夏卷)(18分)如圖所示，在第一象限有一均強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一均強(qiáng)磁場，磁場方向與紙面垂直。一質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進(jìn)入磁場，并從坐標(biāo)原點O離開磁場。粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點。已知OP=,。不計重力。求

(1)M點與坐標(biāo)原點O間的距離；

(2)粒子從P點運動到M點所用的時間。

[解析](1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，在軸負(fù)方向上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)加速度的大小為；在軸正方向上做勻速直線運動，設(shè)速度為，粒子從P點運動到Q點所用的時間為，進(jìn)入磁場時速度方向與軸正方向的夾角為，則　 ①　　 　②　　 　�、�

其中。又有　　 ④

聯(lián)立②③④式，得

因為點在圓周上，，所以MQ為直徑。從圖中的幾何關(guān)系可知。

　 ⑥　 　　�、�

(2)設(shè)粒子在磁場中運動的速度為,從Q到M點運動的時間為,

則有　 ⑧　　　　　 　　⑨

帶電粒子自P點出發(fā)到M點所用的時間為為　 ⑩

聯(lián)立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入數(shù)據(jù)得　　 11

(09福建卷)22.(20分)圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.0×10^-3T,在X軸上距坐標(biāo)原點L=0.50m的P處為離子的入射口，在Y上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5×10⁴m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q,不記其重力。

(1)求上述粒子的比荷；

(2)如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強(qiáng)電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向，并求出從粒子射入磁場開始計時經(jīng)過多長時間加這個勻強(qiáng)電場；

(3)為了在M處觀測到按題設(shè)條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。

26. [解析]設(shè)粒子的入射速度為v,第一次射出磁場的點為,與板碰撞后再次進(jìn)入磁場的位置為.粒子在磁場中運動的軌道半徑為R,有…⑴,粒子速率不變,每次進(jìn)入磁場與射出磁場位置間距離保持不變有…⑵,粒子射出磁場與下一次進(jìn)入磁場位置間的距離始終不變,與相等.由圖可以看出……⑶

設(shè)粒子最終離開磁場時,與檔板相碰n次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P點,由對稱性,出射點的x坐標(biāo)應(yīng)為-a,即……⑷,由⑶⑷兩式得……⑸

若粒子與擋板發(fā)生碰撞,有……⑹聯(lián)立⑶⑷⑹得n<3………⑺聯(lián)立⑴⑵⑸得

………⑻把代入⑻中得

…………⑼

…………⑾

…………⑿

19.(09安徽卷) 右圖是科學(xué)史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡。云室旋轉(zhuǎn)在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直照片向里。云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用。分析此徑跡可知粒子

A. 帶正電，由下往上運動

B. 帶正電，由上往下運動

C. 帶負(fù)電，由上往下運動

D. 帶負(fù)電，由下往上運動

答案： A。

解析：粒子穿過金屬板后，速度變小，由半徑公式可知，半徑變小，粒子運動方向為由下向上；又由于洛侖茲力的方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電。選A。

(09安徽卷) 20. 如圖甲所示，一個電阻為R，面積為S的矩形導(dǎo)線框abcd，水平旋轉(zhuǎn)在勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向與ad邊垂直并與線框平面成45⁰角，o、o’ 分別是ab和cd邊的中點�，F(xiàn)將線框右半邊obco’ 繞oo’ 逆時針90⁰到圖乙所示位置。在這一過程中，導(dǎo)線中通過的電荷量是

A. 　　　　　B. 　　　　　C. 　　　　D. 0

答案：A

解析：對線框的右半邊(obco′)未旋轉(zhuǎn)時整個回路的磁通量

對線框的右半邊(obco′)旋轉(zhuǎn)90^o后，穿進(jìn)跟穿出的磁通量相等，如右 圖整個回路的磁通量。。根據(jù)公式。選A

(09海南卷)2．一根容易形變的彈性導(dǎo)線，兩端固定。導(dǎo)線中通有電流，方向如圖中箭頭所示。當(dāng)沒有磁場時，導(dǎo)線呈直線狀態(tài)：當(dāng)分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場時，描述導(dǎo)線狀態(tài)的四個圖示中正確的是D

(09全國Ⅰ卷)26(21分)　 如圖，在x軸下方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于x y平面向外。P是y軸上距原點為h的一點，N₀為x軸上距原點為a的一點。A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為，A的中點在y軸上，長度略小于。帶點粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度方向、大小不變。質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子從P點瞄準(zhǔn)N₀點入射，最后又通過P點。不計重力。求粒子入射速度的所有可能值。

19.(09重慶卷)在題19圖所示電路中，電池均相同，當(dāng)電鍵S分別置于a、b兩處時，導(dǎo)線與^，之間的安培力的大小為、，判斷這兩段導(dǎo)線

A.相互吸引，>

B.相互排斥，>

C.相互吸引， <

D.相互排斥，<

答案：D

解析：電鍵S分別置于a、b兩處時，電源分別為一節(jié)干電池、兩節(jié)干電池，而電路中燈泡電阻不變，則電路中電流I_a＜I_b，在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B_a＜B_b，應(yīng)用安培力公式F＝BIL可知＜，又在電流方向相反、則相互排斥。

(09廣東理基卷)13．電離子垂直勻強(qiáng)磁場方向運動時，會受到洛侖茲力的作用。下列表述正確的是

　　 A．洛侖茲力對帶電粒子做功　　　　 B．洛侖茲力不改變帶電粒子的功能

　　 C．洛侖茲力的大小與速度無關(guān)　　　 D．洛侖茲力不改變帶電粒茲的速度方向

答案.B

[解析]根據(jù)洛倫茲力的特點, 洛倫茲力對帶電粒子不做功,A錯.B對.根據(jù),可知大小與速度有關(guān). 洛倫茲力的效果就是改變物體的運動方向,不改變速度的大小.

(09廣東物理卷)11．如圖8所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m、帶電量為+Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是

A．滑塊受到的摩擦力不變

B．滑塊到地面時的動能與B的大小無關(guān)

C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下

D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上

[答案]CD。

[解析]取物塊為研究對象，小滑塊沿斜面下滑由于受到洛倫茲力作用，如圖所示，C正確；N=mgcosθ+qvB,由于v不斷增大，則N不斷增大，滑動摩擦力f=μN(yùn)，摩擦力增大，A錯誤；滑塊的摩擦力與B有關(guān)，摩擦力做功與B有關(guān)，依據(jù)動能定理，在滑塊下滑到地面的過程中，滿足，所以滑塊到地面時的動能與B有關(guān)，B錯誤；當(dāng)B很大，則摩擦力有可能很大，所以滑塊可能靜止在斜面上，D正確。

17.(09全國Ⅰ卷)如圖，一段導(dǎo)線abcd位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，且與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直。線段ab、bc和cd的長度均為L，且。流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。流經(jīng)導(dǎo)線段abcd所受到的磁場的作用力的合力

A. 方向沿紙面向上，大小為

B. 方向沿紙面向上，大小為

C. 方向沿紙面向下，大小為

D. 方向沿紙面向下，大小為

答案A

[解析]本題考查安培力的大小與方向的判斷.該導(dǎo)線可以用a和d之間的直導(dǎo)線長為來等效代替,根據(jù),可知大小為,方向根據(jù)左手定則.A正確.

1．(09廣東理基卷)發(fā)現(xiàn)通電導(dǎo)線周圍存在磁場的科學(xué)家是

　 A．洛侖茲　　　 　　　　　 B 庫侖　　　 C．法拉第　　　 D奧斯特

答案.B

[解析]發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)的科學(xué)家是丹麥的奧斯特.而法拉第是發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象