B2L2v2 mgsin???mgcos??
R 带入数据，可得 v2?0.4 m/s 滑杆从OO’滑到AA’的过程中机械能转换成电能最终转化成电热，由功能关系有
12 Q?m(v12?v2)?mgdsin???mgdcos?
2 带入数据，可得
Q?1.1J4
20、（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度 ?va==5.0m/s2………………（1分） ?t由牛顿第二定律 F-mgsin? -? mgcos?=ma…………………………………（2分）
解得 F=1.5 N……………………………………………………………………（1分）
（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动， 产生的感应电动势 E=BLv1……………………………………………………（1分）
EBLv1通过线框的电流 I== ………………………………………………
RR（1分）
B2L2v1线框所受安培力 F安=BIL= …………………………………………
R（1分）
对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有
B2L2v1F=mgsin?+μmgcos?+…（2分）
R解得 B=0.50T………………………………………………………………………（1分）
（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m ……………………………………………（1分）
线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s-D=0.15m……（1分）
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设线框与挡板碰撞前的速度为v2 由动能定理，
11-mg(s-D)sin?-μmg(s-D)cos?=mv22?mv12………………（1分）
22解
得
v2=
v1?2g(s?D)(sin???cos?)2有
=1.0
m/s………………………………（1分）
线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3
B2L22B2L2D由v＝v0-=-1.0 m/s， x得v3= v2 -mRmR因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受
力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。…………………………………………………………（2分）
2B2L2Dv1线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=IRt==0.40
R2
J……………（1分）
线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2=
12mv2 =0.05 2J………………（2分）
所以Q= Q1+ Q2=0.45 J…………………………………………………………………（1分）
21、解：（1）（8分）在t=0时刻，电子进入偏转电场，Ox方向（水平向右为正）做匀速直线运动。（2分）
a?Oy方向（竖直向上为正）在0－t0时间内受电场力作用做匀加速运动，
U0e（2dm分）
在t0－2t0时间内做匀速直线运动，速度vy?侧向位移
y?12at0?vyt0 2U0et0（2分） dm23U0et0得y? （2分）
2dm（2）（6分）设电子以初速度v0=vx进入偏转电场，在偏转电场中受电场力作
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用而加速。不管电子是何时进入偏转电场，在它穿过电场的2t0时间内，其Oy方向的加速度或者是a?分）
?v?a?t，它在Oy方向上速度增加量都为?vy?U0et0。（2分） dmU0et0；Ox方dmU0e（电压为U0时），或者是0（电压为0时）。 （2dm因此所有电子离开偏转电场时的Oy方向的分速度都相等为vy?向的分速度都为v0=vx，所有电子离开偏转电场的偏向角都相同。（2分）
（3）（6分）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为? ，电子进入匀强磁场
R?后做圆周运动垂直打在荧光屏上，如图所示。电子在磁场中运动的半径：
lsin? （2分）
设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，则电子从偏转电场中射出时的偏向角为：sin??vyvt （1分）
mvt （eBvt 电子进入磁场后做圆周运动，其半径R?分）
由上述四式可得：B?
U0t0。（2分） dl
1
θ R l 18
