1．a2．（20分）
1）设线框完全进入磁场前速度的最大值为v1，此时线框的重力和线框ab边受到的安培力平衡，令此时线框中的电流强度为i1，应有
2分）2分）
故2分）2）设线框达到速度v1时，cd边进入磁场的深度为h1，从下落到此时安培。
力对线框做功为w1。对于线框由动能定理，得。
2分）线框从有速度v1到完全进入磁场时，线框作匀速运动，此过程中安培力对线框做功w2，由动能定理有。
2分）从线框完全进入磁场到cd边刚到磁场区域下边界nn＇的过程中，线框中无电流，故此过程中安培力对线框所做的功为零，所以整个过程中磁场作用于线框的安培力所做的总功为
即2分）3）设线框的cd边刚刚穿出磁场区域下边界nn＇时线框的速度v2，则从线框刚下落到cd边穿出磁场的整个过程中，由动能定理，可得。
2分）解得2分）
线框的cd边刚出磁场时只有ab边切割磁感线，使线框中产生感应电流，导致ab边受到向上的安培力，设此时线框的加速度为a，且设向下的方向为正方向，则由电磁感应定律及牛顿第二定律，有。
2分）解得
所以，所求加速度大小，方向竖直向上。 （2分）
3．（18分）：（1）运动轨迹如图所示 （4分）
（2）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：
（3分）带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：
3分）由以上两式，可得1分））
（3）带电粒子在两磁场区运动半径相同，如图14所示，三段圆弧的圆心组成的三角形δo1o2o3是等边三角形，其边长为2r ，所以。
在中间磁场中运动时间 （3分）
在右侧磁场中运动时间 （3分）
则粒子在磁场中回转一周所用时间为。
1分）4．（20分）
粒子的运动轨迹如右图所示。
1）设粒子在电场中运动的时间为t1
在 x方向，有 （2分）
在y方向，有 （2分）
根据牛顿第二定律 （2分）
解得2分）2）根据动能定理2分）
设粒子进入磁场时速度为v，根据牛顿第二定律和洛仑兹力公式，有。
2分）解得2分）
3）粒子在电场中运动的时间
粒子在磁场中运动的周期2分）
设粒子在磁场中运动的时间为t22分）
解得2分）5．（20分）
1）粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功，设粒子绕行n圈获得的速度为，根据动能定理，有。
由 （4分）
解得 （2分）
粒子在环形区域磁场中，受洛伦兹力作用做半径为r的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式，得4分）
解得 （2分）
2）粒子绕行第n圈所需时间。
（4分）粒子绕行n圈所需总时间为。
（4分）6．a
线框cd边下落到磁场边界时速度大小仍等于υ，线框所受安培力大小f安 = 1n也不变，又因mg = 1n ，因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动，由机械能守恒定律可得：
mυ12 = mυ2 +mg(hl)
代入数据解得线框落地时的速度为：
1 = 4m/s
线框进入和离开磁场产生的热量为：
q = 2×mgl = 0.4 j
或者：q = 2×i 2 r t2 = 2×= 0.4j
8.解．（1）对系统ab：
2)开始时弹簧形变量为，由平衡条件：
设当a刚离开档板时弹簧的形变量为：由：可得。
故c下降的最大距离为：
由①～③式可解得
3）由能量守恒定律可知：c下落h过程中，c重力势能的的减少量等于b的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量以及系统动能的增量之和。
当c的质量为m时：
当c的质量为2m时，设a刚离开挡板时b的速度为v
由④～⑥式可解得a刚离开p时b的速度为：
9.解：（1）当时，粒子第一次达到最大速度2分。
2分。（2）在时间内，物体做匀速运动，最后速度为0，位移1分。
在时间内，物体反方向做匀加速度运动。
位移2分。在时间内，物体做匀减速运动，最后速度为0，位移s4 = 0.01m1分。
在一个周期内的总位移s=s1+s2－s3－s4=0.06m1分。
因为3分。即经24个周期粒子距a板0.06m
10．（18分）
解：（1）（5分）设带电粒子刚好从极板边缘射出电场时电压为u
1分）1分）
1分）u =25v2分）
2）（4分）带电粒子刚好从极板边缘射出电场时速度最大，设最大速度为vm，由动能定理。
2分）m/s2分）
3）（9分）设粒子进入磁场时速度方向与oo'的夹角为θ
则任意时刻粒子进入磁场的速度大小2分）
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r
2分）设带电粒子从磁场中飞出的位置与进入磁场的位置之间的距离为l
2分）由上式可知，射出电场的任何一个带电粒子，进入磁场时的入射点与射出磁场时的出射点间距离为定值， l与θ无关，与所加电压值无关 （1分）
两点间的距离为 l=0.4m2分）
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