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，則小滑塊可沿擋板運動且通過位置p₅，設小滑塊在位置p的速度為v，受到的擋板的彈力為N，勻強電場的電場強度為E，由動能定理有：=　　　　　　 ③

當滑塊在位置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)磁感應強度的變化量為B，得：U=Ed　　　　　　　　 ⑧

由法拉第電磁感應定律得E₁=n　　　�、�

由全電路的歐姆定律得E₁=I(R+2R)　　⑩

　　　　　　　　　　 U=2RI

經(jīng)過時間t，磁感應強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磁場，磁場的磁感應強度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)，沿擋板運動并通過p₅位置。若電容器兩板間的電場為勻強電場，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度的取值范圍。

(3)經(jīng)過時間t,磁感應強度變化量的取值范圍。

16. (1)設勻強磁場的磁感應強度的大小為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

應指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應垂直于紙面向外。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)中決定的磁感應強度的方向和大小，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)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為軸的坐標系中，P點的坐標為

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，構成所求磁場區(qū)域的另一邊界。

因此，所求的最小勻強磁場區(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磁場和豎直向下的勻強電場。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電，粒子都可以沿直線穿出復合場區(qū)，當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)域分別有勻強磁場和勻強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,求電場強度與磁感應強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.由幾何關系得………①

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

由運動學公式有……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直管，垂直射入勻強偏轉電場，偏轉后通過極板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進入磁感應強度為B的勻強磁場。已知HO=d，HS=2d，=90°。(忽略粒子所受重力)

(1)求偏轉電場場強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為V₁，設

對正離子，應用動能定理有eU₀＝mV₁²，

正離子垂直射入勻強偏轉電場，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，

沿場強方向：Y＝at²，

聯(lián)立解得E₀＝

又tanφ＝，解得φ＝45°；

(2)

正離子進入磁場時的速度大小為V₂＝，

解得V₂＝

正離子在勻強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，由幾何關系得

　　 　　　　①

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)設所加電場的場強大小為E。如圖乙，當例子經(jīng)過Q點時，速度沿y軸正方向，依題意，在此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有　　 　　　�、�

代入數(shù)據(jù)得　　 　�、�

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

　　 　　⑥

　　 　　　�、�

聯(lián)立①⑥⑦并代入數(shù)據(jù)得　　 　�、�

(3)如圖丙，所求的最小矩形是，該區(qū)域面積

　　 　　　　　　⑨

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)適當區(qū)域中有勻強磁場。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)次勻強磁場區(qū)域中磁感應強度的方向和大��；

(2)此勻強磁場區(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電場，場強大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一均強磁場，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點處進入磁場，并從坐標原點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，在軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設加速度的大小為；在軸正方向上做勻速直線運動，設速度為，粒子從P點運動到Q點所用的時間為，進入磁場時速度方向與軸正方向的夾角為，則　 ①　　 �、凇　� 　�、�

其中。又有　　 ④

聯(lián)立②③④式，得

因為點在圓周上，，所以MQ為直徑。從圖中的幾何關系可知。

　 ⑥　 　　�、�

(2)設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　　　　　 　�、�

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磁場，磁感應強度大小B=2.0×10^-3T,在X軸上距坐標原點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軸上距坐標原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質(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)再加一個勻強電場，就可以使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該勻強電場的場強大小和方向，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電場；

(3)為了在M處觀測到按題設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入磁場位置間的距離始終不變,與相等.由圖可以看出……⑶

設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坐標應為-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。云室旋轉在勻強磁場中，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. 帶負電，由上往下運動

D. 帶負電，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的矩形導線框abcd，水平旋轉在勻強磁場中，磁場的磁感應強度為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′)未旋轉時整個回路的磁通量

對線框的右半邊(obco′)旋轉90^o后，穿進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線，兩端固定。導線中通有電流，方向如圖中箭頭所示。當沒有磁場時，導線呈直線狀態(tài)：當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磁場時，描述導線狀態(tài)的四個圖示中正確的是D

(09全國Ⅰ卷)26(21分)　 如圖，在x軸下方有勻強磁場，磁感應強度大小為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，當電鍵S分別置于a、b兩處時，導線與^，之間的安培力的大小為、，判斷這兩段導線

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，在處的磁感應強度B_a＜B_b，應用安培力公式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　　　 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. 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、強度為B的勻強磁場中。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

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，摩擦力增大，A錯誤；滑塊的摩擦力與B有關，摩擦力做功與B有關，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，B錯誤；當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，一段導線abcd位于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，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)導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示。流經(jīng)導線段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.該導線可以用a和d之間的直導線長為來等效代替,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)通電導線周圍存在磁場的科學家是

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

答案.B

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