在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中有一个正方形金属线圈abcd，边长L=0.2m．线圈的ad边与磁场的左侧边界重合，如

的确,D是指切割的有效长度,高中只作为结论：不闭和导体有效长度指首尾连线长.严格推倒须微积分

分析:首先,我们知道,洛伦兹力永远都不做功.
解:由于仅有重力对小球做功.
由机械能守恒定律得:
mgh=1/2mv²-1/2mvo²
∴当它向下的位移达到h时,其速度大小v=根号下2gh+vo²

(1)v=qBR/m
(2)T=(二发儿）*2m/qB
(1)qvB=mv平方/R
(2)周期=2πR/v T=（二发儿）/2π
（R是不是已知）

在国际单位中，洛伦兹力的单位为牛顿，符号为N，电量q的单位是库仑，符号是C，速率的单位是米每秒，符号是m/s，磁感应强度的单位是特斯拉，符号位T，故ABD错误，C正确．
故选C．

解题思路：磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定．

A、当通电导线垂直放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大．故A错误；
B、一小段通电导线平行放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；
C、磁感线的指向与磁感应强度的方向没有关系，磁感线某点切线方向即为磁感应强度的方向．故C错误；
D、磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的性质决定．故D正确；
故选：D

点评：
本题考点： 磁感应强度．

考点点评： 磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关．

回旋加速器里面是电磁场相交替的.最大动能只与磁感强度和D形盒半径有关,是因为B能影响回旋的半径.离子从电场中获得能量是对的,从磁场中是没有办法获得能量的.
一般粒子在磁场中不是匀速直线,就是匀速圆周.

现有质量为m,电荷量为q的带正电粒子（不计重力）,从左边板极间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,
1.运动半周后从左边出,由牛二,qv1B=mv1^2/r1,
r1L^2+(r2-L/2)^2
解得v1＜BqL/4m 和v2＞5BqL/4m
（自己画图

解题思路：磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定．

A、通电直导线所受的安培力与磁感应强度的方向据左手定则可知，二者方向不同，故A错误；
B、磁体的外部磁感线由N极指向S，内部磁感线由S极到N极，正好构成闭合曲线．而磁感线的某点的切线方向为磁感应强度的方向．故B正确；
CD、在该点的小磁针静止时N极所指方向为磁感应强度的方向，故C正确，D错误．
故选：BC．

点评：
本题考点： 磁感应强度．

考点点评： 磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关．同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关．

这个半圆筒可以分割为无数根的长直电流线,线的宽度是图中圆心角dθ所对的弧长dl=Rdθ,线的位置可以用图中角位置θ表示,θ在y轴右侧为正,左侧为负,因为y轴在半圆中间,所以长直电流线的位置分布在θ=-π/2到π/2之间.

解题思路：

由题意知，带电粒子恰好不能从MN边界射出时有两种可能的情况均满足题意。若带电粒子初速度向左上方和带电粒子初速度向右上方时粒子轨迹与磁场上边界相切，作出两种情况的粒子运动轨迹，如图所示。①

设带电粒子初速度向右上方时轨迹半径为R1，则由牛顿第二定律和几何关系有：

②

③

联解②③得：

④

设粒子初速度向左上方时轨迹半径为R2，则由牛顿第二定律和几何关系有：

⑤

⑥

联解⑤⑥得：

⑦

评分参考意见：本题共10分，其中①②⑤式2分，③④⑥⑦式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。

和


<>

电流向下,B向右:
F=ILB=0.01N
I=F/LB=0.01/0.04*400=0.625mA

（1）导体棒在cd处速度为：v＝at＝4 m/s
切割磁感线产生的电动势为：E＝BLv＝0.8 V
回路感应电流为：I＝ ＝0.4 A
导体棒在cd处受安培力：F _安 ＝BIL＝0.08 N
平行导轨向下为正方向：mgsinθ＋F－F _安 ＝ma
解得：F＝－0.12 N
对导体棒施加的作用力大小为0.12 N，方向平行导轨平面向上
（2）ab到cd的距离：x＝ at ² ＝2 m
根据功能关系：mgxsinθ＋W _F －Q＝ mv ² －0
解得：W _F ＝－0.3 J

（1）0．20N（2） E ₁ =1．5V（3）30m/s

解题思路：电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出半径．洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出速度．定圆心角，求时间．

（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，如图所示，
sin[1/2]∠AOD=


.
AD
2
r=

3
2
所以：∠AOD=120°，则三角形ADO′是等边三角形，
故：R=
3 r
（2）根据牛顿运动定律：qvB=
mv2
R
有v=

3qBr
m
（3）由图知，粒子在磁场中的运动方向偏转了60˚角，所以粒子完成了[1/6]T个圆运动，根据线速度与周期的关系　v=[2πR/v]
得：T=[2πm/qB]
粒子在磁场中的运动时间为：t=[1/6]T=[πm/3qB]．
答：（1）粒子做圆周运动的半径为
3r；
（2）入射速度为

3qBr
m．
（3）粒子在磁场中的运动时间为[πm/3qB]．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求半径．

=mv/qB r小于等于L,得v

解题思路：（1）整个磁场以速度v0沿x轴正方向匀速运动，相当于磁场不动，线框向左做匀速运动，切割磁感线的速度大小为v0，线框左右两边都切割磁感线，而且有n匝线圈，由E=2nB0Lv0求整个线框中产生的感应电动势，再由欧姆定律求感应电流的大小．线框所受的安培力的合力等于左右两边所受的安培力之和，由左手定则判断可知方向向右，由F=2nB0LI求安培力的大小．要使线框保持静止，外力必须与安培力平衡，即可求得外力的大小和方向．（2）撤去线框受到的外力F，线框在安培力的作用力向右运动，也产生感应电动势，线框中总的感应电动势减小，感应电流减小，所受的安培力减小，加速度减小，最终速度与磁场运动的速度相同．（3）根据动量定理列式，得到在极短时间内线框速度变化量与时间的关系，再进行求和，即可求得位移．

（1）切割磁感线的速度为v₀，任意时刻线框中电动势大小为 E=2nB₀Lv₀
导线中的电流大小I=
2nB0Lv0
R
线框所受安培力的大小为：F＝2nB0LI＝
4n2
B20L2v0
R
由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x轴正方向
要使线框保持静止，则线框所受外力F的大小为 F＝2nB0LI＝
4n2
B20L2v
R，方向始终沿x轴负方向．
（2）撤去线框受到的外力F，线框在安培力的作用力向右运动，也产生感应电动势，线框中总的感应电动势减小，感应电流减小，所受的安培力减小，所以线框沿x轴正方向做变加速运动，其加速度续渐变小，速度续渐变大，最后做匀速运动，其速度大小为v₀．
（3）线框为v时有：F＝2nB0LI＝
4n2
B20L2v0
R
在t→△t时间内，由动量定理：-F△t=m△v
两边求和：Σ
4n2
B20L2v
R△t＝Σ
4n2
B20L2△x
R＝mv0
解得：
4n2
B20L2x
R＝mv0，即x＝
mv0R
4n2
B20L2
答：
（1）线框所受外力F的大小为
4n2
B20L2v0
R，方向始终沿x轴负方向．
（2）线框沿x轴正方向做变加速运动，其加速度续渐变小，速度续渐变大，最后做匀速运动，其最大速度大小为v₀．
（3）t=0时，线框的速度为v₀，ab边与Oy轴重合，整个磁场停止运动．线框最后停在即x＝
mv0R
4n2
B20L2．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；动量定理；闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题关键要掌握法拉第定律、欧姆定律和安培力公式、左手定则，要注意线框有n匝，不能应用公式E=BLv求感应电动势，线框的左右两边都受安培力作用，注意细节．关键是运用微元法，由动量定理求解位移x．

解题思路：电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出半径．洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出速度．定圆心角，求时间．

（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，如图所示，
∠OO′A=30°，得到圆运动的半径R=O′A=
3r
根据牛顿运动定律　　　　qvB＝m•
v2
R
有R＝
mv
qB粒子的入射速度　v＝

3rqB
m
（2）由于粒子在磁场中的运动方向偏转了60˚角，所以粒子完成了[1/6]个圆运动，根据线速度与周期的关系　v＝
2πR
T有　T＝
2πm
qB
粒子在磁场中的运动时间为　t＝
1
6T＝
πm
3qB．
答：（1）粒子做圆周运动的半径为
3r，入射速度为v＝

3rqB
m．
（2）粒子在磁场中的运动时间为[πm/3qB]．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求半径．

A、线框进入磁场时，根据楞次定律知感应电流沿逆时针方向；线框通过两磁场交界处时，根据右手定则可知感应电流沿顺时针方向；线框出磁场时，磁通量减小，感应电流沿顺时针方向；故A错误．
B、根据楞次定律知：安培力总是阻碍导体与磁场间的相对运动，可知线框受到安培力方向总是沿-x，由于线框匀速运动，外力与安培力平衡，则知外力方向总是沿+x方向．故B错误．
C、线框进入磁场过程，产生的感应电动势为：E ₁ =Bav，产生的焦耳热为：
Q ₁ =

E 21
4R t 1 =
(Bav ) 2
4R •
a
v =
B 2 a 3 v
4R ；
通过两磁场交界处时，产生的感应电动势为：E ₂ =Bav+2Bav=3Bav，产生的焦耳热为：
Q ₂ =

E 22
4R t 2 =
(3Bav ) 2
4R •
a
v =
9 B 2 a 3 v
4R ；
线框穿出磁场过程产生热量与进入时产生的热量相同，所以产生的总热量为为：
Q=2Q ₁ +Q ₂ =
11 B 2 a 3 v
4R ，
由于线框匀速运动，外力做的功等于产生的焦耳热，则外力做功为：
W=Q=
11 B 2 a 3 v
4R ，故C错误．
D、线框进入磁场过程，感应电流方向沿逆时针方向，通过线框的电量为：q ₁ =
△ Φ 1
4R =
B a 2
4R ；
通过两磁场交界处时，感应电流沿顺时针方向；通过线框的电量为：q ₂ =
2B a 2 +B a 2
4R =
3B a 2
4R ；
线框穿出磁场过程，感应电流沿顺时针方向；通过线框的电量为：q ₃ =
2B a 2
4R ；
则通过线框中的电量为：q=q ₂ +q ₃ -q ₁ =
B a 2
R ，故D正确．
故选：D

解题思路：要正确利用左手定则判断通电导线在磁场中所受安培力的方向，根据左手定则可知，安培力与电流和磁场所在平面垂直，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直与电流方向；应用公式B=[F/IL]时，主要该公式成立的条件及含义．

A、通电导线在磁场中若电流方向与磁场平行，则不受安培力作用，而磁感应强度却不为零，因此不能根据安培力的大小，来确定磁感应强度的大小，故A错误；
B、根据公式B=[F/IL]可知，磁感应强度的大小与F、I、L都没有关系，故B错误；
C、磁场对放入其中的磁极作用力的方向总是沿磁感线的切线方向，而对于电流作用力却与其无关，故C错误；
D、根据左手定则可知，安培力和磁场和通电导线所构成的平面垂直，安培力一定与导线（电流）和磁场垂直，故D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 安培力．

考点点评： 安培力方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，正确应用左手定则判断安培力的方向，同时熟练应用F=BIL 进行有关安培力的计算．

根据安培定理,磁感强度B对圆的周长dl进行积分等于I
所以∫B·dl=μ·I
B=μI/2π

解题思路：（1）带电粒子射入磁场中由洛伦兹力充当向心力，做匀速圆周运动，其速度方向可能与PQ右侧成45°角，也可能与PQ左侧成45°角，恰好没有从MN射出时，粒子的轨迹与MN相切，画子粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径．根据牛顿第二定律求解粒子初速度v0；（2）对轨迹，运用几何知识求解距离s．

（1）带电粒子的运动有两种情况，其运动轨迹分别如图所示．
①上图，根据几何知识得：r-rcosθ=d
则得带电粒子的轨迹半径为：r=[1/1−cosθ]d
由qv₀B=m
v02
r
得：v₀=[qBr/m]=[qBd
(1−cosθ)m
②下图中，由几何知识得：r′+r′cosθ=d
解得：r′=
1/1+cosθ]d
v₀=[qBr/m]=[qBd
(1+cosθ)m
（2）如上图，带电粒子从PQ边射出的射出点到A点的距离为：s₁=2rsinθ=2d
sinθ/1−cosθ]．
如下图，带电粒子从PQ边射出的射出点到A点的距离为：s₂=2r′sinθ=2d[sinθ/1+cosθ]．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题是带电粒子在磁场中运动问题，因为初速度方向不确定，有两种情况，不能漏解．画出轨迹，运用几何知识求轨迹半径是解题的关键．

（1）磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，所以穿过线圈的磁通量的变化量是：
△φ=△BS=（0.5-0.1）×0.1Wb=0.04Wb
（2）磁通量的平均变化率：
△φ
△t =
0.04
0.05 Wb/s=0.8Wb/s
（3）根据法拉第电磁感应定律得，
感应电动势 E=n
△φ
△t =10×0.8V=8V
答：（1）穿过线圈的磁通量的变化量是0.04Wb．（2）磁通量的平均变化率是0.8Wb/s．（3）线圈中的感应电动势的大小是8V．

A、带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上．根据左手定则知，小球带负电．故A错误．
B、小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律知a=gsinθ，小球在离开斜面前做匀加速直线运动．故B正确，C错误
D、当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有mgcosθ=qvB，解得：v=
mgcosθ
Bq ，故D正确．
故选BD．

解题思路：

设t秒末圆环的速度为v.根据能量守恒得：①

此时圆环中感应电动势为②

圆环中感应电流的瞬时功率为③

联立①②③得

故选B

B


<>

解题思路：先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动．

ABCD、由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a=FM+m=0.60.2+0.1m/s2＝2m/s2＜5m/s2的加速度一起运动，所以B正确；当滑块获得向左运动的速度以后又产生...

点评：
本题考点： 洛仑兹力；牛顿第二定律．

考点点评： 本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况．

解题思路：（1）金属棒cd以恒定速度v=1m/s运动，切割磁感线产生感应电动势，由公式E=Blv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，根据右手定制可以求出电流方向；（2）根据ab杆能静止在导轨上所受摩擦力可能向上或者向下，求出安培力的最大值和最小值，进一步求出电动势的最大和最小值，根据公式E=Blv即可求出cd杆速度的范围．

（1）cd杆运动产生的感应电动势为
E=BLυ=0.5×0.4×1V=0.2V
电路中的电流：I=[ε
R总＝
0.2/1+1＝0.1(A)，方向a→b．
答：ab杆中电流的大小为0.1A，方向a→b．
（2）ab杆静止，摩擦力沿斜面向上最大时，安培力最小：
mgsinθ=f+F_Amin
F_Amin=mgsinθ-f=0.1×0.6-0.3×0.1×0.8=0.036（N）
F_Amin=BI_minL=
B2L2υmin
R总]，可求出
υmin＝
FminR总
B2L2＝
0.036×2
0.52×0.42＝1.8(m/s)
摩擦力沿斜面向下最大时，安培力最大：
mgsinθ+f=F_Amax
F_Amax=mgsinθ+f=0.01×10×0.6+0.3×0.1×0.8=0.084（N），可求出：

υ max＝
FmaxR总
B2L2＝
0.084×2
0.52×0.42＝4.2(m/s)
答：为使ab杆能静止在导轨上，cd杆向上运动的速率范围为1.8m/s～4.2m/s．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

考点点评： 本题是电磁感应中的力学问题，综合运用电磁学知识和力平衡知识进行解答，难点是第二问中，根据摩擦力方向的不同求出安培力的大小范围．

（1）当线圈ab边进入磁场时
E = BLv ₁ = 0.2V
安培力F = BLI = BL = 1N
线圈cd边进入磁场前F = G，线圈做匀速运动，由能量关系可知焦耳热Q = mgL= 0.1J
（2）ab切割磁感线产生的电动势为E = Blv ₁
电流是
通过a点电量
（3）由解（1）可知，线圈自由落下的时间
在磁场内匀速v = v ₁ ，时间
完全进入磁场后到落地运动时间为t ₃ ，

图象如下：

感应电动势=Blv=0.1*0.4*5=0.2V
感应电流=E/R=0.2/0.5=0.4A

解题思路：（1）由欧姆定律、安培力公式和感应电动势知识推导安培力．（2）导体棒向右运动时，弹力和安培力对棒做功根据功能关系求出安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1．运用能量转化及平衡条件等求出电阻R上产生的焦耳热Q．

（1）初始时刻棒中感应电动势：E=BLυ₀
棒中感应电流：I=[E/R]
作用于棒上的安培力：F=BIL
联立得：F=
B2L2v0
R，安培力方向水平向左
（2）设安培力做功为W₁．弹力做功为W_弹．
由动能定理得：W₁+W_弹=0-[1/2m
v20]
又-W₁=Q₁，-W_弹=E_p
解得电阻R上产生的焦耳热为：Q₁=[1/2]mυ₀²-E_P
（3）由能量转化及平衡条件等判断：棒最终静止于初始位置（弹簧原长处）
由能量转化和守恒得：Q=[1/2]mυ₀²
答：（1）初始时刻导体棒受到的安培力大小为
B2L2v0
R，方向水平向左；
（2）安培力所做的功W₁等于E_P-[1/2]mυ₀²，电阻R上产生的焦耳热Q₁等于[1/2]mυ₀²-E_P．导体棒往复运动，最终静止于初始位置（弹簧原长处）．从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为[1/2]mυ₀²．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；安培力．

考点点评： 弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键．

A、由图中的运动轨迹及磁场方向，根据左手定则判断可得：粒子带正电．故A错误．
B、C当粒子沿y轴负方向运动时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由几何关系可知：带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为R=
L
2 ，据牛顿第二定律，得qvB=m
v 2
R 联立以上两式解得
q
m =
2v
LB ．故C错误．
D、当离子沿y轴正方向射入磁场时粒子到达x轴上最远处，ON=2R=L，所以该离子能到达N点，故D正确．
故选D

解题思路：（1）由图象可知，斜率表示磁感应强度B的变化率，由法拉第电磁感应定律可知，即可求出感应电动势，再由欧姆定律求解线圈中的电流大小，从而求解电量；
（2）再用同样的方法求出0～0.3s时间内线圈中电流的大小，再根据焦耳定律求解即可．

（1）由图象可知，在0～0.2s时间内，△B△t=0.10.2T/s=0.5T/s由法拉第电磁感应定律得：线圈中产生的感应电动势为：E=n△B△tS=120×0.5×0.1V=6V通过该线圈的电流大小为：I=ER=61.2 A=5A，在0.2s～0.3s时间内，有：...

点评：
本题考点： 影响感应电动势大小的因素；焦耳定律．

考点点评： 本题要理解图象的斜率的意义，掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与电量的表达式的应用．

因为是两杆切割磁感线,所以两杆充当电池,而且那个用右手定则判定上面第一根杆左边副右边正,下面左边正右边副,电流是顺时针,那么总功率恒定就是W(F的力)+W（重力）+W（电流的热能）=0!这下会了吧

(1)
(2)
(3)

当MN滑过距离为 时刻。
（1）MN棒两端电动势
R _am 与R _mb 并联
由闭合电路欧姆定律：
（2）因匀速运动，外力F=F _安
而
∴外力功率
（3）ab消耗的热功率P _外 =P _总 —I ² r
=P外—I ² r
=

第一题：0
第二题：BIL

洛伦兹力不做功 mgL=½mV² V²=2gL
运动到最低点是
拉力 及洛伦兹力 重力的合力即为向心力
mV²/L=F拉-mg-BqV
F拉=mV²/L+mg+BqV=3mg+Bq√2gL

解题思路：

安培力的大小除了与B. I、L的大小有关，还与电流放置的角度有关，A错；安培力的方向总是垂直于B. I所构成的平面，B错；小磁针在磁场中静止时北极所指的方向就是该点磁感应强度的方向，C对；磁感强度是磁场本身的性质，磁场中某点的磁感应强度与该点是否放通电导线无关，D对；

CD

（g）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qv ₀ 下=m

v 40
R ，
由题意可知：R=L，解得：
q
m =
v 0
下L ；
（4）粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t ₀ 、区域Ⅰ中的时间t _g 、区域Ⅱ和Ⅲ中的时间t ₄ +t ₃ ．
粒子在电场中做类平抛运动，则：4L=v ₀ t ₀ ，
设在区域Ⅰ中的时间为t _g ，则t _g =4
4πL
6 v 0 =
4πL
3 v 0 ，
若粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动如图甲所示，则总路程为（4n+
人
6 ）个圆周，根据几何关系有：
AP=（4nr+r）=L，解得：r=
L
4n+g ，其中n=0，g，4…，
区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为&n下sp;&n下sp;s=（4n+
人
6 ）×4πr&n下sp;&n下sp;&n下sp;（&n下sp;n=0，g，4…）
t ₄ +t ₃ =
s
v 0 =
(4n+
人
6 )×4πL
(4n+g) v 0 &n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;（&n下sp;n=0，g，4…）
总时间：t=t ₀ +t _g +t ₄ +t ₃ =
4L
v 0 +
40n+g
3(4n+g)
πL
v 0 &n下sp;&n下sp;&n下sp;（&n下sp;n=0，g，4…）&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;

若粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内运动如图乙所示，则总路程为（4n+g+
g
6 ）个圆周，根据几何关系有：
AP=（4nr+3r）=L&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;其中n=0，g，4…
解得r=
L
4n+3 &n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;（n=0，g，4…）&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;
区域Ⅱ和Ⅲ内总路程为&n下sp;&n下sp;s=（4n+g+
g
6 ）×4πr=
4πL(4n+
7
6 )
4n+3 &n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;（n=0，g，4…）
总时间：t=t ₀ +t _g +t ₄ +t ₃ =
4L
v 0 +
40n+g3
3(4n+3)
πL
v 0 &n下sp;&n下sp;&n下sp;&n下sp;（n=0，g，4…）&n下sp;&n下sp;
答：（g）该粒子的比荷为
v 0
下L ；
（4）粒子从O点出发再回到O点的整个运动过程所需时间为
4L
v 0 +
40n+g
3(4n+g)
πL
v 0 &n下sp;&n下sp;（n=0，g，4…）或
4L
v 0 +
40n+g3
3(4n+3)
πL
v 0 &n下sp;（n=0，g，4…）．

（1）r ₁ =0.5m
（2）θ=60°
（3）B ₀ ≥0.4T

（1）设微粒在y轴左侧做匀速圆周运动的半径为r ₁ ,转过的圆心角为θ

代入数据得 r ₁ ="0.5m" -----------------3分
（2）粒子在磁场中运动的轨迹如图

有几何关系得
θ="60°" ----------------3分
（3）设粒子恰好不飞出右侧磁场时,磁感应强度为B ₀ ,运动半径为r ₂ ,其运动轨迹如图
有几何关系得
r ₂ =0.25m
由 得 B ₀ =0.4T
所以磁场满足B ₀ ≥0.4T -----------------3分

解题思路：导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由E=BLv可得感应电动势的大小．

当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：
E=BLv=1.2×0.5×10=6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E=BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．

有图有法说啦注：A点为从C点出发作垂直于电场线的直线交过Q的电场线的交点
1 因为垂直电场方向射入电场,由几何关系可知走过了一个半圆到达C点t1=0.5T=0.5*2pim/BQ=pim/BQ
2 如图从C到Q做类平抛运动,由几何关系可知,AQ=R=mv/BQ
AC=√3R=√3mv/BQ
因为平行方向上t2=AC/v垂直方向上AQ=0.5a(t2)^2
解得a=2v^2/3R=2vBQ/3m又因为EQ=am解得E=2vB/3
3 由动能定理得,EQ*|AQ|=Ek-0.5mv^2 解得Ek=7mv^2/6

解题思路：（1）i-t图象与坐标轴所围的面积大小等于电量，由几何知识求出电量；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量求出电阻R．
（2）由电流图象写出电流i与时间t的关系式，由几何关系得到导体棒有效的切割长度与时间的关系式，即由公式F=Bil求得安培力的表达式，由于棒匀速运动，即可得到水平力F的表达式．
（3）根据题意列式，求解I₀的值．

（1）根据q=It，由i-t图象与坐标轴所围的面积等于电量，求得通过ab棒截面的电荷量：q=5C①
根据
.
I＝

.
E
R＝
△Φ
Rt＝
BL2
Rt②
得R=1Ω③
（2）由图象知，感应电流i=2-0.4t④
棒的速度v＝
L
t＝
2.5
5m/s＝0.5m/s⑤
有效长度l=2（L-vt）tan45°=（5-t）m⑥
棒在力F和安培力F_A作用下匀速运动，有F=Bil=0.8×（2-0.4t）×（5-t）N=2（2-0.4t）²N⑦
（3）棒匀速运动，动能不变，过程中产生的热量Q=W⑧
由 Q＝
I20Rt⑨
得I0＝
0.2WA⑩
答：
（1）通过ab棒截面的电荷量是5C，电阻R是1Ω；
（2）水平力F随时间变化的表达式是2（2-0.4t）²N．
（3）I₀的值为
0.2WA．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．

考点点评： 本题关键之处在于由电流时间面积求解电荷量，再运用法拉第定律、欧姆定律、功率公式、安培力等等电磁感应常用规律进行求解．

电流方向相反,磁场就相反,磁场力就相反,所以力抵消了,就都不受磁场力了.

1、r=mv/qB
r=2d
v=2qBd/m
2、t=1/12T=2π*2d/v/12=πd/(3v)=πm/(6qB)

洛仑兹力永不做功静止滚下过程中只有重力做功.
由动能定理
1/2mv^2=mgR
v=√2gR
对槽底的小球做受力分析
受到重力、支持力、洛仑兹力.
其中重力向下,支持力向上,这三个力共同提供向心力.
1、小球从左端滚下,洛仑兹力向上.
N+qvB-mg=mv^2/R
解得N=3mg-Bq√2gR,选C
2、小球从右端滚下,洛仑兹力向下.
N-qvB-mg=mv^2/R
解得N=3mg+Bq√2gR,选B

本问题中,有两条边是切割磁感线产生了电动势,它们的电动势相等的,即这两条边的两端是有电势差的,而对于整个回路而言,总的电动势为0的,所以回路中没有电流.（如：用两节干电池的手电筒,当两节电池接反时,每节电池两端是有电势差的,但回路中没有电流,灯泡不会亮的）

B是毫无道理的,如匀强磁场中各点磁感应强度处处相同,显然磁感线的指向不是磁感应强度减小的方向.
C错误是因为C没有考虑导线与磁场的方向关系,比如当导线与磁场方向平行时,导线是不受力的.