1、1.（全国）（19 分）如图，与水平面成 45角的平面 MN 将空间分成 I 和 II 两个区域。一质量为m、电荷量为 q（q0）的粒子以速度 v0 从平面 MN 上的 P0 点水平向右射入 I区。粒子在 I 区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为 E；在 II 区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从 II 区离开时到出发点 P0 的距离。粒子的重力可以忽略。【解析】带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为 a，由牛顿定律得qE=ma设经过时间 t0，粒子从平面 MN 上的点 P
2、1 进入磁场，由运动学公式和几何关系得v0t0=12 at02粒子速度大小v1=v02+(at0)2设速度方向与竖直方向的夹角为，则tan=v0at0此时粒子到出发点 P0 的距离为s0=2v0t0粒子进入磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为r1=mv1qB设粒子首次离开磁场的点为 P2，弧 P1P2所张的圆心角为 2，则 P1 到点 P2 的距离为s1=2r1sin由几何关系得+=45联立式得s1=2 mv0qB点 P2 与点 P0 相距l=s0+s1MNEv0BP0IIIMNEv0BP0IIIP1P2v1Cr1联立解得l=2mv0q(2v0E+1B)2.（安徽）（16 分）如图
3、所示，在以坐标原点 O 为圆心、半径为 R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场方向垂直于 xOy 平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从 O 点沿 y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经 t0 时间从 P 点射出。（1）求电场强度的大小和方向。（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从 O 点以相同的速度射入，经02t时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从 O 点射入，且速度为原来的 4 倍，求粒子在磁场中运动的时间。解析：（1）设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，初速度为 v，电场强度为 E。可判
4、断出粒子受到的洛伦磁力沿 x 轴负方向，于是可知电场强度沿 x 轴正方向且有qE=qvB又R=vt0则0BREt（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在 y 方向位移22tyv由式得2Ry 设在水平方向位移为 x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是32xR又有201()22txa得204 3RatxyOPB3.（全国）（15 分）（注意：在试题卷上答题无效）如图，两根足够长的金属导轨 ab、cd 竖直放置，导轨间距离为 L，电阻不计。在导轨上端并接 2 个额定功率均为 P、电阻均为R 的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为 m、电阻可忽略不
5、计的金属棒 MN 从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为 g。求：（1）磁感应强度的大小；（2）灯泡正常发光时导体棒的运动速率。【解析】（1）设小灯泡的额定电流为 I0，有P=I02R根据题意，金属棒 MN 沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经 MN 的电流为MNacLbdI=2I0此时金属棒 MN 所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有mg=BLI联立式得式得B=mg2LRP（2）设灯泡正常发光时，导体棒的速率为 v，由电磁感应定律与欧姆定律得E=BLvE=RI0联立式得v=2Pmg4.（广东
6、）（18 分）如图 19（a）所示，在以 O 为圆心，内外半径分别为 R1 和 R2 的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差 U 为常量，R1=R0，R2=3R0。一电荷量为+q，质量为 m 的粒子从内圆上的 A 点进入，不计重力。已知粒子从外圆上以速度 v1 射出，求粒子在 A 点的初速度 v0 的大小若撤去电场，如图 19（b）所示，已知粒子从 OA 延长线与外圆的交点 C 以速度 v2 射出，方向与 OA 延长线成 450 角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。在图 19（b）中，若粒子从 A 点进入磁场，速度大小为 v3，方向不确定，要使粒子一定能
7、够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析：根据动能定理，22101122qUmvmv，OOAAR1R2Cv0v1v2450(a)(b)图 19OAR1R2Cv2450所以2012qUvvm 如 图 所 示，设 粒 子 在磁 场 中 作 匀 速 圆 周 运 动的 半 径 为 R，由 几 何知 识 可 知22221()RRRR，解得：02RR。根据洛仑兹力公式222vqv Bm R，解得：2200222mvmvBqRqR。根据公式2tT，22 Rv T,222vqv Bm R解得：022022244242RTmmtmvBqvR考虑临界情况，如图所示23310vqv Bm R，解得：310mvBqR
8、233202vqv Bm R，解得：3202mvBqR，综合得：302mvBqR5（福建）（20 分）如图甲，在 x0 的空间中存在沿 y 轴负方向的匀强电场和垂直于 xoy 平面向里的匀强磁场，电场强度大小为 E，磁感应强度大小为 B.一质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子从坐标原点 O 处，以初速度 v0 沿 x 轴正方向射人，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。求该粒子运动到 y=h 时的速度大小 v；现只改变人射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x 曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在 y 轴方向上的运动（y-t 关系）是简谐运
9、动，且都有相同的周期 T=2 mqB。.求粒子在一个周期T 内，沿 x 轴方向前进的距离 s；.当入射粒子的初速度大小为 v0 时，其 y-t 图像如图丙所示，求该粒子在 y 轴方向上做简谐运动的振幅 A,并写出 y-t 的函数表达式。O AR1R2C解析：此题考查动能定理、洛仑兹力、带电粒子在复合场中的运动等知识点。（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有-qEh=12m v2-12m v02，由式解得 v=202qEhvm。（2）I由图乙可知，所有粒子在一个周期T 内沿 x 轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿 x 轴方向匀速运动的粒子在 T 时间内前进的距离。设粒子恰好沿
10、x 轴方向匀速运动的速度大小为 v1，则 qv1B=qE,又s=v1T，式中 T=2 mqB由式解得 s=22 mEqBII.设粒子在 y 方向上的最大位移为 ym（图丙曲线的最高点处），对应的粒子运动速度大小为 v2（方向沿 x 轴），因为粒子在 y 方向上的运动为简谐运动，因而在 y=0 和 y=ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则qv0B-qE=-(qv2B-qE),由动能定理有-qEym=12m v22-12m v02，又Ay=12ym由式解得Ay=mqB(v0-E/B)。可写出图丙曲线满足的简谐运动 y-t 的函数表达式为 y=mqB(v0-E/B)(1-cos qBmt)6
11、（北京）（20 分）静电场方向平行于 x 轴，其电势 随 x 的分布可简化为如图所示的折线，图中 0 和 d 为已知量。一个带负电的粒子在电场中以 x=0为中心，沿 x 轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为 m、电量为-q，其动能与电势能之和为A（0Ark+1），1kkkrrr，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为 vk，vk+1，D1、D2 之间的电压为U，由动能定理知22111222kkqUmvmv由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知kkmvrqB，则222212()2kkq BqUrrm整理得214()kkkmUrqB rr因 U、q、m、B 均为定值，令24mUCqB，由上式得1k
12、kkCrrr 相邻轨道半径 rk+1，rk+2 之差121kkkrrr同理12kkkCrrr因为 rk+2 rk，比较kr，1kr 得1kkrr 说明随轨道半径 r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差 r 减小方法二：设 k（kN*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为 rk，rk+1（rkrk+1），1kkkrrr，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为 vk，vk+1，D1、D2 之间的电压为U由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知kkmvrqB，故11kkkkrvrv由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量kEqU以质子在 D2 盒中运动为例，第 k 次进入 D2 时
13、，被电场加速（2k1）次速度大小为(21)2kkqUvm同理，质子第（k+1）次进入 D2 时，速度大小为1(21)2kkqUvm综合上述各式可得112121kkkkrvkrvk整理得2212121kkrkrk，22121221kkkrrrk2112(21)()kkkkrrkrr同理，对于相邻轨道半径 rk+1，rk+2，121kkkrrr，整理后有211+122(21)()kkkkrrkrr由于 rk+2 rk，比较kr，1kr 得1kkrr 说明随轨道半径 r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差 r 减小，用同样的方法也可得到质子在 D1 盒中运动时具有相同的结论。15（四川）（19 分）
14、如图所示，间距 l=0.3m 的平行金属导轨 a1b1c1 和 a2b2c2 分别固定在两个竖直面内，在水平面 a1b1b2a2 区域内和倾角=37 的斜面 c1b1b2c2 区域内分别有磁感应强度 B1=0.4T、方向竖直向上和 B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻 R=0.3、质量 m1=0.1kg、长为l 的相同导体杆 K、S、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在 b1、b2 点，K、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于 K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量 m2=0.05kg 的小环。已知小环以 a=6 m/s2 的加速度沿绳下滑，K
15、杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力 F 作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取 g=10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求（1）小环所受摩擦力的大小；（2）Q 杆所受拉力的瞬时功率解析：（1）设小环受到摩擦力大小为 f,则由牛顿第二定律得到11m gfm a.代入数据得到0.2fN.说明：式 3 分，式 1 分（2）设经过 K 杆的电流为 I1，由 K 杆受力平衡得到1 1fB I L.设回路总电流为 I,总电阻为 R 总，有12II.3=2RR总.设 Q 杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为 E，有EIR总.2EB Lv.12sinFm gB
16、 IL.拉力的瞬时功率为 PFv.来联立以上方程得到2PW.说明：式各 3 分，各 1 分，式各 2 分16（四川）（20 分）如图所示：正方形绝缘光滑水平台面 WXYZ 边长l=1.8m，距地面 h=0.8m。平行板电容器的极板 CD 间距 d=0.1m 且垂直放置于台面，C 板位于边界 WX 上，D 板与边界 WZ 相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度 B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=510-13C 的微粒静止于 W 处，在 CD 间加上恒定电压 U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由 XY 边界离开台面。在微粒离
17、开台面瞬时，静止于 X 正下方水平地面上 A 点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数 =0.2，取 g=10m/s2（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板地极性；（2）求由 XY 边界离开台面的微粒的质量范围；（3）若微粒质量 mo=110-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。解析：（1）微粒在极板间所受到的电场力大小为qUFd.代入数据111.25 10FN.由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故 C 板为正极，D 板为负极说明：式 2 分，式 1 分，正确说
18、明极性得 2 分。若微粒质量为 m，刚进入磁场时 的速度大小为 v，由动能定理212qUmv.微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，若圆周运动半径为 R,有2vBqvm R.微粒要从 XY 边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为12lR.2Rld.联立到，代入数据得到14138.1 102.89 10kgmkg.说明：-式子各 1 分，式 2 分（3）如图，微粒在台面以速度为 v 做以 O 点位圆心，R 为半径的圆周运动；从台面边缘 P 点沿与 XY 边界成 角飞出做平抛运动，落地点 Q 点，水平位移 s,下落时间 t。设滑块质量为 M，滑块获得的速度
19、0v 后在 t 内与平台前侧面成 角度方向，以加速度a 做匀减速直线运动到 Q，经过位移为 K，。由几何关系得到：coslRR.根据平抛运动2htg.svt.对于滑块，由牛顿运动定律及运动学方程，有MgMa.(11)2012kv tat.(12)再由余弦定理222(sin)2(sin)cosksdRs dR.(13)以及正弦定理 sinsinsk.(14)联立和-（14），并带入数据得到04.15/vm s.(15)arcsin0.8(或者053)说明（8）-（16）式各 1 分17（上海）电阻可忽略的光滑平行金属导轨长 S=1.15m，两导轨间距 L=0.75 m，导轨倾角为 30，导轨上端
20、 ab 接一阻值 R=1.5 的电阻，磁感应强度 B=0.8T 的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值 r=0.5，质量 m=0.2kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端 ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热0.1rQJ。(取210/gm s)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度2/vm s时的加速度a(3)为求金属棒下滑的最大速度mv，有同学解答如下：由动能定理21-=2mWWmv重安，。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。【解析】（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于3Rr，因此
21、30.3()RrQQJ=0.4()RrWQQQJ安（2）金属棒下滑时受重力和安培力22=B LFBILvRr安由牛顿第二定律22sin30B LmgvmaRr2222210.80.752sin30103.2(/)()20.2(1.50.5)B Lagvm sm Rr(3)此解法正确。金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足22sin30B LmgvmaRr上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。21sin302mmgSQmv 212 0.42sin302 10 1.15
22、2.74(/)20.2mQvgSm sm【答案】0.4J 3.2m/s2 正确，27.4m/s18（山东）（18 分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图、两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为 L,磁场方向相反且垂直纸面。一质量为 m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器 MN 板处由静止释放，极板间电压为 U,粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平和方向夹角30（1）当区宽度 L1=L、磁感应强度大小 B1=B0 时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30，求 B0 及粒子在区运动的时间 t0（2）若区宽度 L2=L1=L
23、磁感应强度大小 B2=B1=B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差 h（3）若 L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回区，求 B2 应满足的条件（4）若1212,BB LL，且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射入的方向总相同，求 B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式解析：（1）如图所示，设粒子射入磁场区的速度为 v，在磁场区中做匀速圆周运动的半径为 R1，由动能定理和牛顿第二运动定律得 qU=12mv2，qvB1=m21vR，由几何知识得 L=2R1sin联立代入数据得 B0=12mULq。设粒子在磁场区中做匀速圆周运动的周期为 T，运
24、动的时间为 t。T=2R1/v，t=22T 联立式，代入数据得 t=32LmqU(2)设粒子在磁场区中做匀速圆周运动的半径为 R2，由牛顿第二定律得 qvB2=m22vR，由几何知识可得 h=(R1+R2)(1-cos)+Ltan联立式，代入数据得 h=(2-233)L （3）如图 2 所示，为使粒子能再次回到 I 区，应满足R2(1+sin)32mULq（或 B2 32mULq）12（4）如图 3（或图 4）所示，设粒子射出磁场 I 区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得 L1=R1(sin+sin)，或 L1=R1(sin-sin)，13L2=R2(sin+sin)，或 L2=R2(s
25、in-sin)，14联立式解得 B1R1=B2R215联立131415 式解得 B1L1=B2L2。19（江苏）（16 分）某种加速器的理想模型如题 15-1 图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔 a、b，两极板间电压 uab 的变化图象如图 15-2 图所示，电压的最大值为U0、周期为 T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为 m0、电荷量为 q 的带正电的粒子从板内 a 孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间 T0 后恰能再次从 a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了01100 m。（粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重
26、力）（1）若在 t=0 时刻将该粒子从板内 a 孔处静止释放，求其第二次加速后从 b 孔射出时的动能；（2）现在利用一根长为 L 的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响），使题 15-1 图中实线轨迹（圆心为 O）上运动的粒子从 a 孔正下方相距 L 处的 c 孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；（3）若将电压 uab 的频率提高为原来的 2 倍，该粒子应何时由板内 a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？【答案】（1）204925kEqU（2）如图所示（3）031325KmEqU【解析】本题考查带电粒子在电场中的加速和在
27、磁场中的圆周运动。（1）质量为0m 的粒子在磁场中作匀速圆周运动2002,vrqvBmTrv则002 mTqB当粒子的质量增加了0011,100100mTT其周期增加则根据题 15 2 图可知，粒子第一次的加速电压10uU粒子第二次的加速电压202425uU射出时的动能212kEququ解得204925kEqU（2）磁屏蔽管的位置如右图所示。（3）在0abu时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数0/4,TNT 得 N=25分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且0uU时也被加速的情况时，最终获得的动能最大。粒子由静止开始时加速的时刻0119()(0,1,2,)250tnT n最大动能00132
28、32()252525KmEqUqU解得031325KmEqU20.（海南）如图，ab 和 cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和M N 是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为 m 和 2m。竖直向上的外力 F 作用在杆 MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为 R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为 g。在t=0 时刻将细线烧断，保持 F 不变，金属杆和导轨始终接触良好。求（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；（2）两杆分别达到的最大速度。答案：（1）2：1 （2）2214lBm
29、gRvm 2222lBmg Rvm 解析：（1）细线烧断后，两根金属杆组成的系统动量守恒，设 MN 的速度为 v1，M N 的速度为 v2，则0=m v1-2mv2，解得 v1：v2=2：1（2）细线烧断前，系统处于平衡状态，外力 F=3mg；当细线烧断后，MN 从静止开始向上运动，M N 也从静止开始向下运动，由于 MN 的速度 v1 总大于M N 的速度 v2，则感应电流方向为逆时针方向。MN 的加速度从 2g 开始减小到 0 后，速度达到最大，设为 vm1，此时根据牛顿第二定律0BIlmgFM N 的加速度从 g 开始减小到 0 后，速度达到最大，设为 vm2，由（1）得 vm1=2vm2又根据闭合电路欧姆定律得RBlvBlvImm21 解得：2214lBmgRvm 2222lBmg Rvm
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