5.(07·江苏·17)磁谱仪是测量α能谱的重要仪器。磁谱仪的工作原理如图所示，放射源S发出质量为m、电量为q的α粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，被限束光栏Q限制在2φ的小角度内，α粒子经磁场偏转后打到与束光栏平行的感光片P上。(重力影响不计)

⑴若能量在E-E+ΔE(ΔE＞0，且E)范围内的α粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场。试求这些α粒子打在胶片上的范围Δx₁。

⑵实际上，限束光栏有一定的宽度，α粒子将在2φ角内进入磁场。试求能量均为E的α 粒子打到感光胶片上的范围Δx₂ 　

　 解：(1)设α粒子以速度v进入磁场，打在胶片上的位置距S的距离为x

　　　　　　 圆周运动　

　　　　　 α粒子的动能　

　　　　　　　　　　 且　 x＝2R

　　　　　　　　 解得：

　　　　　 由上式可得：

　 　　(2)动能为E的α粒子沿角入射，轨道半径相同，设为R

圆周运动　

　　　　　 α粒子的动能　

　　 由几何关系得　

4.(07·广东物理·20)如图为装置的垂直截面图，虚线A₁A₂是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀

强磁场分布在A₁A₂的右侧区域，磁感应强度B＝0.4T，方向垂直纸面向外，A₁A₂与垂直截面上的水平线夹角为45°。在A₁A₂左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S₁、S₂，相距L＝0.2 m。在薄板上P处开一小孔，P与A₁A₂线上点D的水平距离为L。在小孔处装一个电子快门。起初快门开启，一旦有带正电微粒通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T＝3.0×10^－3 s开启一次并瞬间关闭。从S₁S₂之间的某一位置水平发射一速度为v₀的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P处小孔。通过小孔的微粒与档板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍。

(1)过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v₀应为多少？

⑵求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间。(忽略微粒所受重力影响，碰撞过程无电荷转移。已知微粒的荷质比。只考虑纸面上带电微粒的运动)

解：⑴如图所示，设带正电微粒在S₁S₂之间任意点Q以水平速度v₀进入磁场，微粒受到的洛仑兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有：

解得：

欲使微粒能进入小孔，半径r的取值范围为：

代入数据得：80 m/s＜v₀＜160 m/s

欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件：

　其中n＝1，2，3，……

可知，只有n＝2满足条件，即有：v₀＝100 m/s

⑵设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T₀，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t₁、t₄分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t₂，碰撞后再返回磁场的时间为t₃，运动轨迹如答图所示，则有：

；　 ； ； ；

　s

3.(07·广东物理·19)如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为　 +2q，球B带电量为－3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场

的分布)，求：

⑴球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；

⑵带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。

答案　 对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W₁，有：

由此可以判定，球A不仅能达到右极板，

而且还能穿过小孔，离开右极板。假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W₂，有：由此判定，球B不能达到右极板

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。

(1)电系统开始运动时，设加速度为a₁，由牛顿第二定律：＝

球B刚进入电场时，带电系统的速度为v₁，有：

求得：

⑵设球B从静止到刚进入电场的时间为t₁，则：　

解得：　

球B进入电场后，带电系统的加速度为a₂，由牛顿第二定律：　

显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为v₂，减速所需时间为t₂，则有： 　　

求得： 　

球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a₃，再由牛顿第二定律：

设球A从离开电场到静止所需的时间为t₃，运动的位移为x，则有：　

求得：　　　

可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

球A相对右板的位置为：　

2.(05.广东物理·8)关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是　　　　　　　　　　　 (　 ACD　 )

A．电磁波是横波

B．电磁波的传播需要介质

C．电磁波能产生干涉和衍射现象

D．电磁波中电场和磁场方向处处互相垂直

1.(05.广东物理·9)钳形电流表的结构如图4(a)所示。图4(a)中电流表的读数为1.2A。图4(b)中用同一电缆线绕了3匝，则　　　　　　　　　　　　　　　　 (　 C　 )

A．这种电流表能测直流电流，图4(b)的读数为2.4A

B．这种电流表能测交流电流，图4(b)的读数为0.4A

C．这种电流表能测交流电流，图4(b)的读数为3.6A

D．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图4(b)的读数为3.6A

7.(08上海物理·20 B)某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω。

(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率。

(2)若改用5000 V高压输电，用户端利用n₁:n₂＝22：1的变压器降压，求用户得到的电压。

答案：见解析

解析：(1)输电线上的电流强度为I＝A＝52.63A

输电线路损耗的功率为P_损＝I²R＝52.63²×6W≈16620W＝16.62kW

(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝A＝4A

用户端在变压器降压前获得的电压　　 U₁＝U－I′R＝(5000－4×6)V＝4976V

根据　

用户得到的电压为U₂＝＝×4976V＝226.18V

题组二

6.(08·广东·5)小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示国。此线圈与一个R＝10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻。下列说法正确的是　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　 C　 )

A．交变电流的周期为0.125s

B．交变电流的频率为8Hz

C．交变电流的有效值为A

D．交变电流的最大值为4A

[解析]由e－t图像可知，交变电流电流的周期为0.25s，故频率为4Hz，选项A、B错误。根据欧姆定律可知交变电流的最大值为2A，故有效值为A，选项C正确。

5.(08·海南·7)如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1．原线圈接入一电压为u＝U₀sinωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5 Ω的负载电阻．若U₀＝220V，ω＝100π Hz，则下述结论正确的是　 (　 AC　 )

A．副线圈中电压表的读数为55 V

B．副线圈中输出交流电的周期为

C．原线圈中电流表的读数为0.5 A

D．原线圈中的输入功率为

[解析]：原线圈电压有效值U₁=220V，由电压比等于匝数比可得副线圈电压U₂=55V，A对；电阻R上的电流为2A，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5A， C对；输入功率为P=220×0.5W=110W，D错；周期T= =0.02s，B错。

4.(08宁夏·19)如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度 逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角时(如图b)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是　　 　(　 D　 )

[解析]本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i=－i_mcos(+ωt)，则图像为D图像所描述。平时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。

3.(08四川·16)如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R₁、R₂、R₃和R₄均为固定电阻，开关S是闭合的。和为理想电压表，读数分别为U₁和U₂；　 、　和为理想电流表，读数分别为I₁、I₂和I₃。现断开S，U₁数值不变，下列推断中正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　 BC　 )

A．U₂变小、I₃变小　　　 　B．U₂不变、I₃变大　　　 C．I₁变小、I₂变小　　　　 D．I₁变大、I₂变大

解析：因为变压器的匝数与U₁不变，所以U₂与两电压表的示数均不变．当S断开时，因为负载电阻增大，故次级线圈中的电流I₂减小，由于输入功率等于输出功率，所以I₁也将减小，C正确；因为R₁的电压减小，故R₂、R₃两端的电压将增大，I₃变大，B正确．