5.(08廣東卷)4．1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形合D₁、D₂構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是 ( AD )

A．離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器

B．離子由加速器的邊緣進(jìn)入加速器

C．離子從磁場中獲得能量

D．離子從電場中獲得能量

[解析]離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，從電場中獲取能量，最后從加速器邊緣離開加速器，選項(xiàng)A、D正確。

4.(08廣東理科)18．電子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，下列說法正確的是　　　　　 (　 D )

A．速率越大，周期越大　　　　　　　 B．速率越小，周期越大

C．速度方向與磁場方向平行　　　　　 D．度方向與磁場方向垂直

[解析]由可知，選項(xiàng)A、B錯誤，做勻速圓周運(yùn)動時，速度方向與磁場方向垂直，選項(xiàng)D正確。

3.(08廣東理科)17．有關(guān)洛侖茲力和安培力的描述，正確的是　　　　　　 ( B )

A．通電直導(dǎo)線處于勻強(qiáng)磁場中一定受到安培力的作用

B．安培力是大量運(yùn)動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現(xiàn)

C．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動受到洛侖茲力做正功

D．通電直導(dǎo)線在磁場中受到的安培力方向與磁場方向平行

[解析]通電直導(dǎo)線與磁場平行，不受安培力，選項(xiàng)A錯誤，安培力方向與磁場垂直，選項(xiàng)D錯誤。洛侖茲力對帶電粒子不做功，選項(xiàng)C錯誤，安培力是大量運(yùn)動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現(xiàn)，選項(xiàng)B正確。

2.(08廣東文科)61.如圖所示，電流強(qiáng)度為I的一段通電直導(dǎo)線處于勻強(qiáng)磁場中，受到的安培力為F，圖中正確標(biāo)志I和F方向的是(A)

[解析]安培力的方向與電流方向和磁場方向都垂直，且滿足左手定則。

1.(08寧夏卷)14.在等邊三角形的三個頂點(diǎn)a、b、c處，各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖。過c點(diǎn)的導(dǎo)線所受安培力的方向(C)

A.與ab邊平行，豎直向上

　B.與ab邊平行，豎直向下

　 C.與ab邊垂直，指向左邊

　 　D.與ab邊垂直，指向右邊

[解析]本題考查了左手定則的應(yīng)用。導(dǎo)線a在c處產(chǎn)生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導(dǎo)線b在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點(diǎn)的合場方向平行于ab，根據(jù)左手定則可判斷導(dǎo)線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊。

24.(09年重慶卷)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(zhǔn)直管，垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)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(yùn)動，垂直于邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。已知HO=d，HS=2d，=90°。(忽略粒子所受重力)

(1)求偏轉(zhuǎn)電場場強(qiáng)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(yùn)動的半徑；

(3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在NQ的中點(diǎn)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：

2005-2008年高考試題

題組一

23.(09年海南物理)16．(10分)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(dāng)區(qū)域中有勻強(qiáng)磁場。電子從BC邊上的任意點(diǎn)入射，都只能從A點(diǎn)射出磁場。不計重力，求：

(1)次勻強(qiáng)磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大��；

(2)此勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積。

　解析：(1)設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。令圓弧是自C點(diǎn)垂直于BC入射的電子在磁場中的運(yùn)行

軌道。電子所受到的磁場的作用力

應(yīng)指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應(yīng)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(diǎn)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(yīng)強(qiáng)度的方向和大小，可知自點(diǎn)垂直于入射電子在A點(diǎn)沿DA方向射出，且自BC邊上其它點(diǎn)垂直于入射的電子的運(yùn)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(diǎn)的電子的速度方向與BA的延長線交角為(不妨設(shè))的情形。該電子的運(yùn)動軌跡如圖所示。

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(diǎn)、DC為x軸，AD為軸的坐標(biāo)系中，P點(diǎn)的坐標(biāo)為

這意味著，在范圍內(nèi)，p點(diǎn)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(yùn)動和圓周運(yùn)動的分界線，構(gòu)成所求磁場區(qū)域的另一邊界。

因此，所求的最小勻強(qiáng)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。

22.(09年四川卷)25.(20分)如圖所示，輕彈簧一端連于固定點(diǎn)O，可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，另一端連接一帶電小球P,其質(zhì)量m=2×10^-2 kg,電荷量q=0.2 C.將彈簧拉至水平后，以初速度V₀=20 m/s豎直向下射出小球P,小球P到達(dá)O點(diǎn)的正下方O₁點(diǎn)時速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O₁相距R=1.5 m,小球P在O₁點(diǎn)與另一由細(xì)繩懸掛的、不帶電的、質(zhì)量M=1.6×10^-1 kg的靜止絕緣小球N相碰。碰后瞬間，小球P脫離彈簧，小球N脫離細(xì)繩，同時在空間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場E和垂直于紙面的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的弱強(qiáng)磁場。此后，小球P在豎直平面內(nèi)做半徑r=0.5 m的圓周運(yùn)動。小球P、N均可視為質(zhì)點(diǎn)，小球P的電荷量保持不變，不計空氣阻力，取g=10 m/s²。那么，

(1)彈簧從水平擺至豎直位置的過程中，其彈力做功為多少？

(2)請通過計算并比較相關(guān)物理量，判斷小球P、N碰撞后能否在某一時刻具有相同的速度。

　(3)若題中各量為變量，在保證小球P、N碰撞后某一時刻具有相同速度的前提下，請推導(dǎo)出

　r的表達(dá)式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ為小球N的運(yùn)動速度與水平方向的夾角)。

解析：(1)設(shè)彈簧的彈力做功為W，有：

①

代入數(shù)據(jù)，得：W＝J②

(2)由題給條件知，N碰后作平拋運(yùn)動，P所受電場力和重力平衡，P帶正電荷。設(shè)P、N碰后的速度大小

分別為v₁和V，并令水平向右為正方向，有: 　�、�

而： 　　　　　　④

若P、N碰后速度同向時，計算可得V<v1，這種碰撞不能實(shí)現(xiàn)。P、N碰后瞬時必為反向運(yùn)動。

有： 　　　　　　�、�

P、N速度相同時，N經(jīng)過的時間為，P經(jīng)過的時間為。設(shè)此時N的速度V1的方向與水平方向的夾角為

，有：

　　　　　　　　　　　　　　 ⑥

　　　　 ⑦

代入數(shù)據(jù)，得： 　　　　　　�、�

對小球P，其圓周運(yùn)動的周期為T，有：

　　　 ⑨

經(jīng)計算得： ＜T，

P經(jīng)過時，對應(yīng)的圓心角為，有： 　　　　 ⑩

當(dāng)B的方向垂直紙面朝外時，P、N的速度相同，如圖可知，有：

聯(lián)立相關(guān)方程得：

比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻不可能相同。

當(dāng)B的方向垂直紙面朝里時，P、N的速度相同，同樣由圖，有： ，

同上得： ，

比較得， ，在此情況下，P、N的速度在同一時刻也不可能相同。

(3)當(dāng)B的方向垂直紙面朝外時，設(shè)在t時刻P、N的速度相同，，

再聯(lián)立④⑦⑨⑩解得：

當(dāng)B的方向垂直紙面朝里時，設(shè)在t時刻P、N的速度相同，

同理得： ，

考慮圓周運(yùn)動的周期性，有:

(給定的B、q、r、m、等物理量決定n的取值)

21.(09年江蘇物理)15.(16分)如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計，導(dǎo)軌平面的傾角為，條形勻強(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未圖出)。線框的邊長為d(d < l)，電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。重力加速度為g。求：

(1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；

(2)線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t₁；

(3)經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離_m。

　 解析：(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W

由動能定理　

且

解得　

(2)設(shè)線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運(yùn)動

由動能定理　

裝置在磁場中運(yùn)動時收到的合力

感應(yīng)電動勢　 =Bd

感應(yīng)電流　　 =

安培力　　　

由牛頓第二定律，在t到t+時間內(nèi)，有

則

有

解得　

(3)經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復(fù)運(yùn)動

　　 由動能定理　

　　 解得　　

20.(09年江蘇卷)14.(16分)1932年，勞倫斯和利文斯設(shè)計出了回旋加速器�；匦�加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為+q ，在加速器中被加速，加速電壓為U。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。

(1)求粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；

(2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；

(3)實(shí)際使用中，磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速電場頻率的最大值分別為B_m、f_m，試討論粒子能獲得的最大動能E_㎞。

解析：(1)設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r₁,速度為v₁

qu=mv₁²

qv₁B=m

解得　

同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑　

則

(2)設(shè)粒子到出口處被加速了n圈

解得　

(3)加速電場的頻率應(yīng)等于粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的頻率，即

當(dāng)磁場感應(yīng)強(qiáng)度為B_m時，加速電場的頻率應(yīng)為

粒子的動能

當(dāng)≤時，粒子的最大動能由B_m決定

解得

當(dāng)≥時，粒子的最大動能由f_m決定

解得