6.
(07·全國理綜Ⅱ·25) 如圖所示，在坐標系Oxy的第一象限中存在沿y軸正方向的勻速磁場，場強大小為E。在其它象限中存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里。A是y軸上的一點，它到坐標原點O的距離為h；C是x軸上的一點，到O的距離為L。一質量為m，電荷量為q的帶負電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點進入電場區域，繼而通過C點進入磁場區域。并再次通過A點，此時速度方向與y軸正方向成銳角。不計重力作用。試求：
⑴粒子經過C點速度的大小和方向；
⑵磁感應強度的大小B。
解：⑴以a表示粒子在電場作用下的加速度，有qE＝ma ①
加速度沿y軸負方向。設粒子從A點進入電場時的初速度為v0，由A點運動到C點經歷的時間為t，則有
h＝
at2 ②
l＝v0t ③
由②③式得：
④
設粒子從C點進入磁場時的速度為v，v垂直于x軸的分量
⑤
由①④⑤式得：
⑥
設粒子經過C點時的速度方向與x軸的夾角為α，則有
tanα＝
⑦
由④⑤⑦式得：α＝arctan
⑧
⑵粒子經過C點進入磁場后在磁場中作速率為v的圓周運動。若圓周的半徑為R，則有：
⑨
設圓心為P，則PC必與過C點的速度垂直，且有
＝
＝R。用β表示
與y軸的夾角，由幾何關系得
Rcosβ＝Rcosα+h ⑩
Rsinβ＝l－Rsinα
由⑧⑩式解得：
由⑥⑨式解得：
5.
(07·江蘇·17)磁譜儀是測量α能譜的重要儀器。磁譜儀的工作原理如圖所示，放射源S發出質量為m、電量為q的α粒子沿垂直磁場方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，被限束光欄Q限制在2φ的小角度內，α粒子經磁場偏轉后打到與束光欄平行的感光片P上。(重力影響不計)
⑴若能量在E-E+ΔE(ΔE＞0，且
E)范圍內的α粒子均垂直于限束光欄的方向進入磁場。試求這些α粒子打在膠片上的范圍Δx1。
⑵實際上，限束光欄有一定的寬度，α粒子將在2φ角內進入磁場。試求能量均為E的α 粒子打到感光膠片上的范圍Δx2
解：(1)設α粒子以速度v進入磁場，打在膠片上的位置距S的距離為x
圓周運動
α粒子的動能 
且 x＝2R
解得： 
由上式可得： 
(2)動能為E的α粒子沿
角入射，軌道半徑相同，設為R
圓周運動
α粒子的動能
由幾何關系得 
4.(07·廣東物理·20)如圖為裝置的垂直截面圖，虛線A1A2是垂直截面與磁場區邊界面的交線，勻
強磁場分布在A1A2的右側區域，磁感應強度B＝0.4T，方向垂直紙面向外，A1A2與垂直截面上的水平線夾角為45°。在A1A2左側，固定的薄板和等大的擋板均水平放置，它們與垂直截面交線分別為S1、S2，相距L＝0.2 m。在薄板上P處開一小孔，P與A1A2線上點D的水平距離為L。在小孔處裝一個電子快門。起初快門開啟，一旦有帶正電微粒通過小孔，快門立即關閉，此后每隔T＝3.0×10－3 s開啟一次并瞬間關閉。從S1S2之間的某一位置水平發射一速度為v0的帶正電微粒，它經過磁場區域后入射到P處小孔。通過小孔的微粒與檔板發生碰撞而反彈，反彈速度大小是碰前的0.5倍。
(1)過一次反彈直接從小孔射出的微粒，其初速度v0應為多少？
⑵求上述微粒從最初水平射入磁場到第二次離開磁場的時間。(忽略微粒所受重力影響，碰撞過程無電荷轉移。已知微粒的荷質比
。只考慮紙面上帶電微粒的運動)
解：⑴如圖所示，設帶正電微粒在S1S2之間任意點Q以水平速度v0進入磁場，微粒受到的洛侖茲力為f，在磁場中做圓周運動的半徑為r，有：
解得：
欲使微粒能進入小孔，半徑r的取值范圍為： 
代入數據得：80 m/s＜v0＜160 m/s
欲使進入小孔的微粒與擋板一次相碰返回后能通過小孔，還必須滿足條件：
其中n＝1，2，3，……
可知，只有n＝2滿足條件，即有：v0＝100 m/s
⑵設微粒在磁場中做圓周運動的周期為T0，從水平進入磁場到第二次離開磁場的總時間為t，設t1、t4分別為帶電微粒第一次、第二次在磁場中運動的時間，第一次離開磁場運動到擋板的時間為t2，碰撞后再返回磁場的時間為t3，運動軌跡如答圖所示，則有：
； 
； 
； 
； 
s
3.(07·廣東物理·19)如圖所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過開有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L。槽內有兩個質量均為m的小球A和B，球A帶電量為 +2q，球B帶電量為－3q，兩球由長為2L的輕桿相連，組成一帶電系統。最初A和B分別靜止于左板的兩側，離板的距離均為L。若視小球為質點，不計輕桿的質量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強電場E后(設槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場
的分布)，求：
⑴球B剛進入電場時，帶電系統的速度大小；
⑵帶電系統從開始運動到速度第一次為零所需的時間及球A相對右板的位置。
答案 對帶電系統進行分析，假設球A能達到右極板，電場力對系統做功為W1，有：
由此可以判定，球A不僅能達到右極板，
而且還能穿過小孔，離開右極板。假設球B能達到右極板，電場力對系統做功為W2，有：
由此判定，球B不能達到右極板
綜上所述，帶電系統速度第一次為零時，球A、B應分別在右極板兩側。
(1)電系統開始運動時，設加速度為a1，由牛頓第二定律：
＝
球B剛進入電場時，帶電系統的速度為v1，有：
求得：
⑵設球B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則：
解得：
球B進入電場后，帶電系統的加速度為a2，由牛頓第二定律：
顯然，帶電系統做勻減速運動。設球A剛達到右極板時的速度為v2，減速所需時間為t2，則有： 
求得： 
球A離電場后，帶電系統繼續做減速運動，設加速度為a3，再由牛頓第二定律：
設球A從離開電場到靜止所需的時間為t3，運動的位移為x，則有：
求得：
可知，帶電系統從靜止到速度第一次為零所需的時間為：
球A相對右板的位置為：
2.(05.廣東物理·8)關于電磁場和電磁波，下列說法正確的是 ( ACD )
A．電磁波是橫波
B．電磁波的傳播需要介質
C．電磁波能產生干涉和衍射現象
D．電磁波中電場和磁場方向處處互相垂直
1.
(05.廣東物理·9)鉗形電流表的結構如圖4(a)所示。圖4(a)中電流表的讀數為1.2A。圖4(b)中用同一電纜線繞了3匝，則
( C
)
A．這種電流表能測直流電流，圖4(b)的讀數為2.4A
B．這種電流表能測交流電流，圖4(b)的讀數為0.4A
C．這種電流表能測交流電流，圖4(b)的讀數為3.6A
D．這種電流表既能測直流電流，又能測交流電流，圖4(b)的讀數為3.6A
7.(08上海物理·20 B)某小型實驗水電站輸出功率是20kW，輸電線路總電阻是6Ω。
(1)若采用380 V輸電，求輸電線路損耗的功率。
(2)若改用5000 V高壓輸電，用戶端利用n1:n2＝22：1的變壓器降壓，求用戶得到的電壓。
答案：見解析
解析：(1)輸電線上的電流強度為I＝
A＝52.63A
輸電線路損耗的功率為P損＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW
(2)改用高壓輸電后，輸電線上的電流強度變為I′＝
A＝4A
用戶端在變壓器降壓前獲得的電壓 U1＝U－I′R＝(5000－4×6)V＝4976V
根據 
用戶得到的電壓為U2＝
＝
×4976V＝226.18V
題組二
6.(08·廣東·5)小型交流發電機中，矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生的感應電動勢與時間呈正弦函數關系，如圖所示國。此線圈與一個R＝10Ω的電阻構成閉合電路，不計電路的其他電阻。下列說法正確的是 ( C )
A．交變電流的周期為0.125s
B．交變電流的頻率為8Hz
C．交變電流的有效值為
A
D．交變電流的最大值為4A
[解析]由e－t圖像可知，交變電流電流的周期為0.25s，故頻率為4Hz，選項A、B錯誤。根據歐姆定律可知交變電流的最大值為2A，故有效值為A，選項C正確。
5.(08·海南·7)如圖，理想變壓器原副線圈匝數之比為4∶1．原線圈接入一電壓為u＝U0sinωt的交流電源，副線圈接一個R＝27.5 Ω的負載電阻．若U0＝220
V，ω＝100π Hz，則下述結論正確的是 ( AC )
A．副線圈中電壓表的讀數為55 V
B．副線圈中輸出交流電的周期為
C．原線圈中電流表的讀數為0.5 A
D．原線圈中的輸入功率為
[解析]：原線圈電壓有效值U1=220V，由電壓比等于匝數比可得副線圈電壓U2=55V，A對；電阻R上的電流為2A，由原副線圈電流比等于匝數的反比，可得電流表示數為0.5A， C對；輸入功率為P=220×0.5W=110W，D錯；周期T= =0.02s，B錯。
4.
(08寧夏·19)如圖a所示，一矩形線圈abcd放置在勻強磁場中，并繞過ab、cd中點的軸OO′以角速度
逆時針勻速轉動。若以線圈平面與磁場夾角
時(如圖b)為計時起點，并規定當電流自a流向b時電流方向為正。則下列四幅圖中正確的是
( D )
[解析]本題考查正弦交流電的產生過程、楞次定律等知識和規律。從a圖可看出線圈從垂直于中性面開始旋轉，由楞次定律可判斷，初始時刻電流方向為b到a，故瞬時電流的表達式為i=－imcos(+ωt)，則圖像為D圖像所描述。平時注意線圈繞垂直于磁場的軸旋轉時的瞬時電動勢表達式的理解。
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