21、(2009年江苏卷)15．如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、　　　 足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生，图中未图出)。线框的边长为d(d < l)，电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。

求：(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；

　 (2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t₁ ；

　 (3)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离_m 。

答案：(1)

(2)

(3)

[解析] (1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W

　　　 由动能定理　

且

解得　

(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动

由动能定理　

装置在磁场中运动时收到的合力

感应电动势　 E=Bdv

感应电流　　 I^/=E/R

安培力　　　

由牛顿第二定律，在t到t+时间内，有

则

有

解得　

(3)经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动

　　 由动能定理　

　　 解得　　

20、(2009年江苏卷)14．1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。

(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；

(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；

(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B_m、f_m，试讨论粒子能获得的最大动能E_㎞。

答案：(1)(2)(3)

[解析] (1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r₁,速度为v₁

qu=mv₁²

qv₁B=m

解得　

同理，粒子第2次经过狭缝后的半径　

则

(2)设粒子到出口处被加速了n圈

解得　

(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即

当磁场感应强度为B_m时，加速电场的频率应为

粒子的动能

当≤时，粒子的最大动能由B_m决定

解得

当≥时，粒子的最大动能由f_m决定

　　　　 解得

19、(2009年浙江卷)25．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q(q＞0)和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R的区间内。已知重力加速度大小为g。

(1)从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向。

(2)请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。

(3)在这束带电磁微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。

答案(1)；方向垂直于纸面向外(2)见解析(3)与x同相交的区域范围是x>0.

[解 析]本题考查带电粒子在复合场中的运动。

带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。设电场强度大小为E，由　

可得　　 　　方向沿y轴正方向。

带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。 且　r=R

如图(a)所示，设磁感应强度大小为B。由

得　　 　　方向垂直于纸面向外

(2)这束带电微粒都通过坐标原点。

方法一：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q点，如图b所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点。

方法二：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。如图b示，高P点与O′点的连线与y轴的夹角为θ，其圆心Q的坐标为(-Rsinθ，Rcosθ),圆周运动轨迹方程为

得　　　　　 x=0　　　　　　　　　　 x=-Rsinθ

　　　　　　　　　 y=0　　　　　 或　　　　 y=R(1+cosθ)

(3)这束带电微粒与x轴相交的区域是x>0

带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧运动后，将在y同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c所示。靠近M点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x同正方向的无穷远处国靠近N点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。

所以，这束带电微粒与x同相交的区域范围是x>0.

18、(2009年福建卷)22．图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10^-3T,在y轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×10⁴m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。

(1)求上述粒子的比荷；

(2)如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；

(3)为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。

答案(1)=4.9×C/kg(或5.0×C/kg)；(2) ； (3)

[解析]本题考查带电粒子在磁场中的运动。第(2)问涉及到复合场(速度选择器模型)第(3)问是带电粒子在有界磁场(矩形区域)中的运动。

(1)设粒子在磁场中的运动半径为r。如图，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得

　　 　　　　①

由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得

　　 　　　　②

联立①②并代入数据得

=4.9×C/kg(或5.0×C/kg)　 ③

(2)设所加电场的场强大小为E。如图，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有

　　 　　　　④

代入数据得

　　 　　⑤

所加电场的长枪方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有

　　 　　⑥

　　 　　　　⑦

联立①⑥⑦并代入数据得

　　 　⑧

(3)如图，所求的最小矩形是，该区域面积

　　 　　　　　　⑨

联立①⑨并代入数据得

矩形如图丙中(虚线)

17、(2009年山东卷)25．如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极边缘的影响)。

已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t₀时，刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、l₀、B为已知量。(不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况)

(1)求电压U的大小。

(2)求时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。

(3)何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。

答案：(1)(2)(3)

[解析](1)t=o时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t₀时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为l/2，则有

　　 ①

Eq=ma　　 ②

l/2=at₀²/2　　 ③

联立以上三式，解得两极板间偏转电压为④。

(2)t₀/2时刻进入两极板的带电粒子，前t₀/2时间在电场中偏转，后t₀/2时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。

带电粒子沿x轴方向的分速度大小为v₀=l/t₀ ⑤

带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为 ⑥

带电粒子离开电场时的速度大小为 ⑦

设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有 ⑧

联立③⑤⑥⑦⑧式解得 ⑨。

(3)2t₀时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为 ⑩，

设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则，

联立③⑤⑩式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为,带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。

16、(2009年天津卷)11．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为。不计空气阻力，重力加速度为g，求

(1)　　 电场强度E的大小和方向；

(2)　　 小球从A点抛出时初速度v₀的大小；

(3)　　 A点到x轴的高度h.

答案：(1)，方向竖直向上　 (2)　　　 (3)

[解析]本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动。

(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡(恒力不能充当圆周运动的向心力)，有　　　　　　 　　　　　　　①

　　　　 　　　②

重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。

(2)小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，，如图所示。设半径为r，由几何关系知　　　 　　　　　　　　③

小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日提供，设小球做圆周运动的速率为v，有　　　　　　 　　　　　　　④

　　　 由速度的合成与分解知 　　　　　　　　　　⑤

由③④⑤式得　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑥

(3)设小球到M点时的竖直分速度为v_y，它与水平分速度的关系为

　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑦

由匀变速直线运动规律　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑧

由⑥⑦⑧式得　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑨

15、(2009年全国卷Ⅱ)25．如图,在宽度分别为l₁和l₂的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电磁场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场匀界线平行左右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出，已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力，求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。

答案

[解析] 粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示。由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直。圆心O应在分界线上，OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得

………①

设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

　　　　　　 ……………②

设为虚线与分界线的交点,,则粒子在磁场中的运动时间为……③

式中有………④粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场.设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得…………⑤

由运动学公式有……⑥　　　　　　　　　 ………⑦

由①②⑤⑥⑦式得…………⑧

由①③④⑦式得

14、(2009年全国卷Ⅰ)26．如图，在x 轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xy平面向外，P是y轴上距原点为h的一点，N₀为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的档板，与 x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略小于。带电粒子与挡板碰撞前后x方向上的分速度不变，y方向上的分速度反向，大小不变。质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子从P点瞄准N₀点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。

[解析]设粒子的入射速度为v，第一次射出磁场的点为，与板碰撞后再次进入磁场的位置为。粒子在磁场中运动的轨道半径为R，有…⑴,粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离保持不变有…⑵,粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离始终不变,与相等.由图可以看出……⑶

设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P点,由对称性,出射点的x坐标应为-a,即……⑷,由⑶⑷两式得……⑸

若粒子与挡板发生碰撞,有……⑹联立⑶⑷⑹得n<3………⑺联立⑴⑵⑸得

………⑻把代入⑻中得

…………⑼

…………⑾

…………⑿

13、(2009年海南物理)4．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动。M连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，E₁和E₂为直流电源，S为单刀双掷开关。下列情况中，可观测到N向左运动的是

　　　 A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间

　　　 B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间

　　　 C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时

　　　 D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时

答案：C

解析：在S断开的情况下S向a(b)闭合的瞬间M中电流瞬时增加、左端为磁极N(S)极，穿过N的磁通量增加，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知N环向右运动，AB均错；在S已向a闭合的情况下将R的滑动头向c端移动时，电路中电流减小，M产生的磁场减弱，穿过N的磁通量减小，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知N环向左运动，D错、C对。

12、(2009年海南物理)2．一根容易形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是

答案：D

解析：匀强磁场竖直向上、和导线平行，导线受到安培力为0，A错；匀强磁场水平向右，根据左手定则可知导线受到安培力向里，B错；匀强磁场垂直纸面向外，由左手定则可知导线受到安培力水平向右，C错、D对。