25、个人解析：（1）从A点进入磁场后从O点离开磁场的过程是匀速圆周运动，画出粒子运动的轨迹图，依题意由几何关系可得圆弧的圆心正好是两条虚线的交点。

故经过A点的速度方向为x轴正方向。

设圆周的半径为R，有：∠OO₁A=30°・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ ①

根据向心力公式：Bqv = m・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ ②

A点到x轴的距离：x= R－Rcos30°・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ ③

联立①②③解得：x =

（2）粒子能从O点进入电场且能由O点返回，对正电荷，说明电场的方向垂直于OC向左，设电场强度大小为E，电场中的时间为t₁，由动量定理：

Eqt₁=2mv・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ ④

粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期T，由：

T= ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ ⑤

从O点返回磁场后的轨迹如图，圆心角为120°，故：

T=t₁＋T＋T・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ ⑥

联立②④⑤⑥解得：E = ・・・・・・・・・・・・・・・・ ⑦

（3）第二次离开磁场后到再进入电场，如图轨迹。

则DF=OD=2R cos30°・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ ⑧

时间t₂= =

24．（19分）（2008年高考全国Ⅱ理综卷24题）如图，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻（图中未画出）；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面。开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v₀。在棒的运动速度由v₀减小至v₁的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流强度I保持恒定。导体棒一直在磁场中运动。若不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率。

24、解：导体棒所受的安培力为：F=BIl………………①  （3分）

由题意可知，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v₀减小到v₁的过程中，平均速度为：……………………②   （3分）

当棒的速度为v时，感应电动势的大小为：E=Blv………………③   （3分）

棒中的平均感应电动势为：………………④   （2分）

综合②④式可得：………………⑤    （2分）

导体棒中消耗的热功率为：………………⑥    （2分）

负载电阻上消耗的热功率为：…………⑦    （2分）

由以上三式可得：…………⑧      （2分）

22．（16分）（2008年高考北京理综卷22题）均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，

（1）求线框中产生的感应电动势大小;

（2）求cd两点间的电势差大小;

（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。

22、【解析】（1）cd边刚进入磁场时，线框速度v=

线框中产生的感应电动势E=BLv＝BL

(2)此时线框中电流   I=

cd两点间的电势差U=I()=

(3)安培力     F=BIL=

根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0

解得下落高度满足    h=

23．（18分）（2008年高考北京理综卷23题）风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能（气流的功能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱，发电机等。如图所示。

（1）利用总电阻的线路向外输送风力发电机产生的电能。输送功率，输电电压，求异线上损失的功率与输送功率的比值;

（2）风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。设空气密度为p，气流速度为v，风轮机叶片长度为r。求单位时间内流向风轮机的最大风能P_m;

在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施。

（3）已知风力发电机的输出电功率P与P_m成正比。某风力发电机的风速v₁9m/s时能够输出电功率P₁=540kW。我国某地区风速不低于v₂=6m/s的时间每年约为5000小时，试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时。

23、【解析】（1）导线上损失的功率为P=I^2R=(

损失的功率与输送功率的比值

（2）(2)风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大.

单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为pvS,S=r²

风能的最大功率可表示为

P_风=

采取措施合理，如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。

（3）按题意，风力发电机的输出功率为P₂=kW=160 kW

最小年发电量约为W=P₂t=160×5000 kW・h=8×10⁵kW・h

23．（12分）（2008年高考上海物理卷23题）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。

（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。

（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。

（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。

23．（12分）

解：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v₀，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有

解得　y＝，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，）

（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v₁，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有

解得　xy＝，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。

（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v₂，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有

，

解得　，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置

24．（14分）（2008年高考上海物理卷24题）如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R₁、粗细均匀的光滑半圆形金属球，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R₂，已知R₁＝12R，R₂＝4R。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，高平行轨道中够长。已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v₁，下落到MN处的速度大小为v₂。

（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。

（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R₂上的电功率P₂。

（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v₃，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式。

24．（14分）

解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在策略与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得

mg－BIL＝ma，式中l＝r

式中　　＝4R

由以上各式可得到

（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即

式中　　

解得      

导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有

得　　

此时导体棒重力的功率为

根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即

＝

所以，＝

（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为

由于导体棒ab做匀加速直线运动，有

根据牛顿第二定律，有

F＋mg－F′＝ma

即　　

由以上各式解得

23．（2008年高考理综天津卷23题）(16分)在平面直角坐标系xOy中，第1象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v₀垂直于Y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于Y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求

(1)M、N两点间的电势差U_MN。

(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；

(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。

23.【解析】（1）设粒子过N点时的速度为v，有        （1）

        （2）

粒子从M点运动到N点的过程，有    （3）

     （4）

（2）粒子在磁场中以为圆心做匀速圆周运动，半径为，有    （5）

                   （6）

（3）由几何关系得

            （7）

设粒子在电场中运动的时间为t₁,有   （8）

                      （9）

粒子在磁场在做匀速圆周运动的周期           （10）

设粒子在磁场中运动的时间为t₂,有    （11）

                             （12）

                               (13)

25．（2008年高考理综天津卷25题）(22分)磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具。它的驱动系统简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R，金属框置于xOy平面内，长边MN长为l，平行于y轴，宽为d的NP边平行于x轴，如图1所示。列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，最大值为B₀，如图2所示，金属框同一长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v₀沿Ox方向匀速平移。设在短暂时间内，MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，并忽略一切阻力。列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶，某时刻速度为v(v<v₀)。

(1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理；

(2)为使列车获得最大驱动力，写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式：

(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v时驱动力的大小。

25．解析：

(1)由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力。

(2)为使列车获得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为的奇数倍，即

     或       （）①

(3)由于满足第(2)问条件：则MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B₀且方向总相反，经短暂的时间，磁场沿Ox方向平移的距离为，同时，金属框沿Ox方向移动的距离为。

    因为v₀>V，所以在时间内MN边扫过磁场的面积

    在此时间内，MN边左侧穿过S的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化

            ②

    同理，该时间内，PQ边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化

           ③

    故在内金属框所围面积的磁通量变化

              ④

    根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小

              ⑤

       根据闭合电路欧姆定律有

             ⑥

    根据安培力公式，MN边所受的安培力

  PQ边所受的安培力

 根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小

         (7)

    联立解得

      (8)

25.（20分）（2008年高考重庆理综卷25题）题25题为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v₀.若该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D，试求：

（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；

（2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；

（3）线段CM的长度.

25.解：

（1）

设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R

由　

得B＝

磁场方向垂直纸面向外

（2）

设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t

由

vcosθ=v₀              

得v＝

R′=

=

方法一：设弧长为s

t=

s=2(θ+α)×R′

t=

方法二：

离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝

t=Ｔ×

=

(3)

　方法一：

CM=MNcotθ

=

Ｒ′=

以上3式联立求解得

CM=dcotα

方法二：设圆心为A，过A做AB垂直NO，

可以证明NM＝BO

∵NM=CMtanθ

又∵BO=ABcotα

=R′sinθcotα

=

∴CM=dcotα

24．（19分）（2008年高考理综四川卷24题）

    如图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。一电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O’。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ（0＜θ＜。为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率。重力加速度为g。

24、解析：

据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’。P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力

            f＝qvB                                     ①

式中v为小球运动的速率。洛仑兹力f的方向指向O’。根据牛顿第二定律

                                              ②

                                          ③

由①②③式得

                                  ④

由于v是实数，必须满足

≥0                               ⑤

由此得B≥                                      ⑥

可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为

                                          ⑦

此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为 

                                        ⑧

由⑦⑧式得

                                        ⑨

14．(16分) （2008年高考江苏物理卷14题）在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z轴距离的2倍，重力加速度为g．求：

(1)小球运动到任意位置P(x，y)的速率.

    (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y_m.

    (3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E()的匀强电场时，小球从O静止释放后获得的最大速率．

14．⑴洛伦兹力不做功，由动能定理得         ①

解得         ②

⑵设在最大距离处的速率为，根据圆周运动有

         ③

且由②知       ④

由③④及得        ⑤

⑶小球运动如图所示，由动能定理得       ⑥

由圆周运动得        ⑦

且由⑥⑦及解得

15．(16分) （2008年高考江苏物理卷15题）如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d₁，间距为d₂．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直． (设重力加速度为g)

(1)若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△E_k．

(2)若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b 又恰好进入第2个磁场区域．且a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相．求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q．

(3)对于第(2)问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率

15．⑴a和b不受安培力作用，由机械能守恒知       ①

⑵设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为，刚离开无磁场区域时的速度为，由能量守恒知www.xkb123.com

在磁场区域中，      ②

在无磁场区域中         ③

解得                         ④

⑶在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有         ⑤

且平均速度       ⑥

有磁场区域，棒a受到合力       ⑦

感应电动势           ⑧

感应电流             ⑨

解得       ⑩

根据牛顿第二定律，在t到时间内       11

则有           12

解得             13

联立⑤⑥13解得

由题意知