?E?I2R t ② 设环中单位体积内定向移动电子数为n，则 I?nev S ③ 式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化，电流变化大小取?I时，相应定向移动电子的平均速率的变化得大小为?v，则 ?I?neS? v ④ 设环中定向移动电子减少的动能总和为?Ek，则
1?1? ?Ek?nlS?mv2?m(v??v)2? ⑤
2?2?由于?II，可得
lmv?I ⑥ ?Ek?e根据能量守恒定律，得
?E??Ek ⑦ 联立上述各式，得 ?? (3)由??mvS?I etI2mvS?I看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使etI2实验获得的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流。
v29、（1）由Bvq?mr (2分) (2分)
得 v?BqrmqqvBq2?（2）等效环形电流的大小I?? (2分)
T2?r2?m（3）当磁场反向时，洛仑兹力方向也会相反，由此可知库仑力F一定指圆心，A带负电。
磁场反向前粒子的速度为v1，有
mv12 (2分) Bv1q?F?r磁场反向后粒子的速度为v2，有
2v2 (2分) ?Bv2q?F?mrqv两次形成等效电流分别I1?1 (2分)
2?r 6
qv2 (2分) 2?rq(v1?v2)所以 ?I?I1?I2? (2分)
2?rI2? 10、（1）对v2—x图象中x=0到x=0.4m的斜直线，由匀变速公式v2=2ax可知，
该段图线的斜率为线框的加速度， a=5.0m/s2 (2分)
又根据牛顿第二定律有 mgsinθ＝ma (2分)
sinθ＝a／g＝1/2
得θ=30o (2分)
(2) v2—x图象中x=0.4m到x=1.0m的线段对应线框匀速通过磁场的过程。
线框的速度为 v=2m/s
磁场宽度 d = L =（1.0－0.4）/2 = 0.3 (m) (2分) 感应电动势E=BLv (2分) 感应电流I=E／R (2分) 安培力F=BIL (2分) 线框匀速运动，所以F = mgsinθ (2分)
得 B?Bq2得 ?I? (2分)
2?m1Rmgsin??0.83T (2分)
Lv
（3）由能量关系，金属框生热功率P?mgvsin?=1.0W (2分) 11、（1）由左手定则判定，打在P点的带电粒子带负电（即电子）。 ……………………1分
对于电子在电场中加速的过程，根据动能定理有
eU?1mev12?0①………………1分 2设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，根据几何关系可知
r1=d1/2②………1分
根据洛仑兹力公式和牛顿第二定律，对于电子在磁场中运动有
mev12ev1B?③…1分
r1联立①②③，解得eB2d12me?…………………………………………………………2分
8U（2）由左手定则判定，打到Q点的是带正电的粒
7
子。 ………………………………1分
设质量为m1的带正电的粒子在磁场中以v2做匀速圆周运动的半径为r2， 对于带正电的粒子在电场中加速的过程，根据动能定理有
eU?1m1v22④………1分 2根据洛仑兹力公式和牛顿第二定律，对于带正电的粒子在磁场中做圆周运动有
m1v22⑤……………………………………………………………………ev2B?r2……1分
如图根据几何关系有r22??r2?d2??d2⑥……2分
eB2r22联立④⑤，解得m1? …………2分
2Um1r?(2)2⑦………1分 mer12d r2 Q 图 d2 将解
m1?5?mer1=d1/2=1.0cm和由⑥解得r2=73.5cm代入得
⑦………………………………………1分
3………………………………………………………………………1.分
（3）实验中打在水平底片E上的带电粒子（电子）总是打到P点右侧，说明电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r1过大。为使电子打在P点左侧的位置，可单独采取或者同时采取的措施有：①增大匀强磁场磁感应强度的大小；②减小加速电压。……………4分
（说明：第（3）问答出一种方法即可得3分，其他合理答案同样得分。）
12、（1）r =0.5Ω,R =1.5Ω，r+R=2.0Ω
∵ ε=Blvm
I=ε/( R+r)
∴ F=BIl=B2l2vm/(R+r) 又∵ mg=F
∴ vm=mg(R+r)/B2l2=0.3m/s
（2）由能量转化和守恒定律有：P=mgvm=0.18W (3) I=Blvm/( R+r) =0.3A
∴ R2两端的电压U=IR=0.45V
8
13、
（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0=Ek……………………3分
Ek
解得U0= =1.0×103
e
V……………………………………………………………1分
l（2）由u＝480sin100πt V，可知偏转电场变化的周期T=2π?0.020s，而t=，
v?因T>>t，可见每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场。
设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，此时电子沿电场方向的位移为d/2，
d121eU12 根据牛顿定律和运动学公式有?at??t ，解得
222mdd2mU1?2=320V。
et所以，为使电子能打在荧光屏上，所加偏转电压应小于320V。……………………1分
当加在偏转电极上的偏转电压为u＝480sin100πt V时，且电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的最大位移恰为d/2。……………………………………………………………3分
设电子射出偏转电场的速度与初速度方向的最大夹角为θ，则tanθ=
vyvx?d=0.25 l打
在
荧
光
屏
上
的
最
大
偏
移
量
电子
?l?Ym???L?tan??5.0cm………………………3分
?2?由对称性可得电子打在荧光屏产生亮线的最大长度为
2Ym?10cm………………3分
30V （3）现要使打在荧光屏上电子数目增加，应将阴极与控制 32V 栅极之间的电压调低。………………………………………………………………2分
聚焦电场如图所示，由力和运动的关系可知：电子在沿示波管中心轴线所受电场力与电子沿此方向速度相反，电子沿示波管
中心轴线方向做减速运动；电子在垂直波管中心轴线方向受电场力指向中心轴线，在此方向电子做加速运动。由对称性可知电子束有向着中心会聚的特点，适当调节电场可以使电子束聚焦在中心轴线上一点，因此这样的电场分布将对射入的发散的电子束有会聚作用。 …………………………………………………………………………………………2分
（说明：答出在垂直示波管中心轴线方向受电场力指向中心轴即可得2分）
9
14、（1）金属杆在恒定外力F作用下，沿下层导轨以加速度a做匀加速直线运动，根据运动学公式有vP2=2as……………………………………………………………………………1分
将
vP=4
gR，s=4R代入，可解得
a=2g…………………………………………………1分
根据牛顿第二定律，金属杆沿下层导轨运动时，在竖直方向和水平方向分别有
mg－N－Fsinθ=0，Fcosθ－μN=ma………………………………………………………2分
解得 F=cos???sin?……………………………………………………………………1分 （2）设金属杆从PP′位置运动到轨道最高位置MM′时的速度为v1， 此过程根据机械能守恒定律121mvP?4mgR?mv12………………………………2分 22解
有
(2??)mg得
v1?8gR…………………………………………………………………………1分
设金属杆在MM′位置所受轨道压力为FM， 根据牛顿第二
定
律
有
v12FM?mg?m…………………………………………………2分
R解得
FM?7mg………………………………………………………………………1分
由牛顿第三定律可知，金属杆对轨道压力的大小
??7mg………………………1分 FM（3）经历一段极短的时间Δt1，在安培力F1作用下杆的速度由v1减小到v2，接着在安培力F2作用下经历一段极短的时间Δt2，杆的速度由v2减小到v3，再接着在安培力F3作用下经历一段极短的时间Δt3，杆的速度由v3减小到v4，……再接着在安培力Fn作用下经历一段极短的时间Δtn，杆的速度由vn减小到vn+1。
由动量定理
F1??t1?mv1?mv2…………………………………………………………1分
F2??t2?mv2?mv3 F3??t3?mv3?mv4
10
