行于纸面水平向右的匀强磁场,磁感应强度B1=1T,位于纸面内的细直导线,长L=1m,通有I=1A的恒定电流,当导线与B1

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m
v2
r，代入数据解得：r=0.3m，
A、r=0.3m从od边垂直射入的粒子，从圆弧de与半径oa射出，粒子射出点在oa、ab、be上，故A错误；
B、粒子轨道半径r=0.3m，从aO边垂直射入的粒子，从圆弧ae射出磁场，然后从ab和be两条边上射出，故B错误，D正确；
故选：D．

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： 本题关键计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各种轨迹，然后找出射点．

（1）离子在平行板内匀速直线运动，因此有qvB₀=qE
又E＝
U
d
解得离子在平行板内的速度为v＝
U
dB0
（2）如图为离子在第I象限磁场区域内运动的轨迹图，
由几何关系得，轨迹半径为r＝
a
2，
轨迹对应的圆心角为θ＝
π
2
运动周期为T＝
2πr
v＝
πadB0
U
运动时间为t＝
θ
2π•T＝
1
4•T＝
πadB0
4U
（3）要使离子一定能打在x轴上，离子在磁场B中运动的最小半径如图所示

由几何关系r2+
2r2＝a得r2＝
a
1+
2
由qvB＝
mv2
r2 得

q
m＝
v
Br2＝(1+
2)
U
dB0Ba
即

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题中离子在复合场中运动的问题是速度选择器的模型，要比较熟悉．在磁场中画轨迹，由几何知识求解半径、由圆心角确定时间都是常规思路．

根据几何知识得，入射角的正弦：sini=[AB/BO]，折射角的正弦：sinr=[CD/OC]=
l3
OC，
又BO=OC，则折射率为n=[sini/sinr]=
l1
l3．故需要测量的量有l₁和l₃；
答：①为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量：l₁和l₃
②玻璃砖的折射为
l1
l3．

点评：
本题考点： 测定玻璃的折射率．

考点点评： 本题用插针法测定半圆形玻璃砖折射率，数据处理的方法是单位圆法，分析误差关键分析入射角和折射角产生的误差，由实验原理律n=[sini/sinr]分析．

(1)金属杆达到匀速运动时，受绳子拉力F. 金属杆的重力mg、向下的安培力FA。

则：

安培力感应电流

感应电动势所以

(2)由(1)可得v−M的函数关系式

结合图线可知，斜率

所以，

故：=

(3)由能量关系，可得R上产生的焦耳热为：

将v代入可得：

或者：

（1） （2） （3）


<>

磁场的方向不变，当GH在磁场中的运动方向改变时，感应电流的方向也随之改变；即由于导体GH的运动方向的改变，导致了铜棒EF中的电流方向发生改变．
通电导体在磁场中受力的方向与导体中电流的方向有关，在磁场方向不变的情况下，电流方向改变，通电导体受力的方向也发生改变．所以铜棒在磁场中受力的方向也会由向左变为向右，故铜棒的运动方向为向右运动．
综上分析故选B．

点评：
本题考点： 电磁感应；磁场对通电导线的作用．

考点点评： 铜棒运动的方向是由其在磁场中受力的方向来决定的，确定其在磁场中受力的方向是解决此题的关键．在初中阶段，虽然确定不了电路中的感应电流方向，但对于解决此题不受影响．

甲、丙图中，闭合电路的一部分导线的运动方向与磁感线垂直，做切割磁感线运动，会产生感应电流．乙图中，导线的运动方向与磁场平行，不切割磁感线，没有感应电流产生．丁图中，导线的运动方向与磁感线在同一平面内时，导体不切割磁感线，没有感应电流产生．所以甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流．故D正确！
故选D

点评：
本题考点： 感应电流的产生条件．

考点点评： 本题考查判断有无感应电流产生的能力，这是学习电磁感应部分的基本功，比较容易．

（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示，
由平衡条件得：F_电=qE=mgtanθ
代入数据解得：E=3 N/C
（2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：
F_电Rsinθ−mgR(1−cosθ)＝
mv2
2−
m
v20
2

代入数据得：v=5m/s
（3）由F 磁＝qvB＝
mg
cosθ
解得：B=1T
分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况如图所示，

由牛顿第二定律得：F N+Bqvo−mg＝
m
v20
R
代入数据得：FN＝3.2×10−3N；
答：（1）匀强电场的场强3 N/C；
（2）小球刚离开C点时的速度大小5m/s；
（3）小球刚射入圆弧轨道时，轨道对小球的瞬间支持力3.2×10^-3N．

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动；电场强度．

考点点评： 考查小球的受力分析，掌握牛顿第二定律与平衡方程的应用，理解动能定理的运用，注意功的正负表达，知道洛伦兹力大小受到速度的大小的影响．

根据图象，结合题意可知，在0到1秒内，磁场方向向里，且大小减小，由楞次定律，则有线圈产生顺时针的电流，从而给电容器充电，电容器上极板带正电；在1秒到2秒内，磁场方向向外，大小在增大，由楞次定律，则有线圈产...

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律；楞次定律．

考点点评： 解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会运用闭合电路欧姆定律计算感应电流的大小，并掌握电量 Q=CUC公式．同时还要注意掌握当与电容器的并联时，则电容器放电电量与阻值成反比．

由图分析可知，A、C中的导体运动时都会切割磁感线，所以会产生感应电流；
B选项中的蹄形磁铁在运动时导线也在做切割磁感线运动，故也能产生感应电流；
只有D导线的运动方向与磁感线方向一致，没有切割磁感线，所以不会产生感应电流；
故选D．

点评：
本题考点： 产生感应电流的条件．

考点点评： 掌握产生感应电流同时具备三个条件．掌握电磁感应是发电机的原理，掌握电磁感应的能量转化．

由图可知电流由螺线管下方流入，则用右手握住螺线管，四指沿电流方向，则大拇指向上，故螺线管上方为N极；因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，则小磁针S将向螺线管靠近，N极远离螺线管，故小磁针将顺时针转动；...

点评：
本题考点： 通电螺线管的极性和电流方向的判断．

考点点评： 本题综合了电路知识及磁场的性质，考查了欧姆定律及磁极间的相互作用，是道好题．

A、导体框移出磁场时，根据楞次定律可知感应电流方向均为逆时针方向．向左时，由左手定则，线框受到的安培力方向向右，向右时，由左手定则，线框受到的安培力方向向左，故A错误．
B、设磁感应强度为B，线框边长为L，电阻为R，则
则Q=
E2
Rt=
B2L2v2
Rt，又vt=L，得到Q=
B2L3v
R，则Q∝v，当速度为3v时产生的焦耳热多．故B错误．
C、向左移出磁场时，ad电势差U₁=[1/4]BLv；向右移出磁场时，ab电势差U₂=[3/4]BL•3v=[9/4]BLv．故C错误．
D、由电量q=[△φ/R]=
BL2
R，相同 故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 在电磁感应问题中常用到两个经验公式：感应电量q=n[△φ/R]，安培力F=B2L2vR+r．

（1）根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
v2
R
解得：R=[mv/qB]．
根据几何关系有：[1/2L＝n×2R(n＝1，2，3…)
解得：v=
qBL
4nm] （n=1，2，3…）
（2）依题意粒子做圆周运动的轨道半径：R=[L/2×
1
2n−1 (n＝1，2，3，…)
在磁场中粒子做圆周运动的周期：T=
2πm
qB]，与粒子的速度无关．
由t=[θ/2πT知，粒子在磁场中偏转的角度最小时，运动的时间最短，
这时n=1，则R＝
L
2＝
mv
qB]，即有：v＝
qBL
2m．
粒子以三角形的三个顶点为圆心运动，相邻两次碰撞的时间间隔为t=[5/6T，第三次碰撞回到S点，
则最短时间为：tmin＝3t＝
5
2T＝
5πm
qB]．
答：（1）带电粒子的速度v=[qBL/4nm] （n=1，2，3…），能够打到E点．
（2）为使S点发出的粒子最终又回到S点，且运动时间最短，v＝
qBL
2m，最短时间为tmin＝
5πm
qB．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 解决本题的关键得出粒子在磁场中运动的半径通项表达式，确定半径为何值时恰好打在E点，何时能够回到S点，结合半径公式和周期公式进行求解．

根据左手定则可知通电导线中的安培力方向垂直于线框各边且指向三角形向外侧，由于此时电流与磁场方向垂直，因此安培力的大小为：F=BIL，根据平行四边形定则可知，将安培力合成，力与力夹角为120°，则有合力为零．
故答案为：外侧，零

点评：
本题考点： 安培力．

考点点评： 本题比较简单，考查了安培力的大小与方向问题，要熟练应用左手定则判断安培力方向，应用公式F=BIL时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义．

对导体棒受力分析，受重力G、支持力F_N和安培力F_A，三力平衡，合力为零，将支持力F_N和安培力F_A合成，合力与重力相平衡，如图

从图中可以看出，安培力F_A先变小后变大，由于F_A=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大；
故选：D．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力．

考点点评： 三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可．

（1）由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m
v2
r
及T=[2πr/v]
得微粒在磁场中运动的周期 T＝
2πm
qB．
（2）令n表示带电粒子在磁场中运动时的圆心个数，则
由几何关系可知，微粒运动的轨道半径r应满足：r=Rtan[π/2n]，（n=2，3，4，5，…），
结合（1）可知，v＝
qBr
m＝
qB
mRtan
π
2n，（n=2，3，4，5，…）；
相应的运动轨迹所对应的圆心角φ满足：
①当n为偶数时，φ=（2π-[n−1/n]）•
n
2+
n−1
n•π
n
2＝nπ；（n=2，4，6，8，…）
②当n为奇数时，φ=(2π−
n−1
n)•
n+1
2+
n−1
n•π
n−1
2＝
n2+1
nπ（n=3，5，7，9，…）
对应的运动时间t满足：
①当n为偶数时，t＝
n
2T＝
πnm
Bq，（n=2，4，6，8，…）；
②当n为奇数时，t＝
n−1
2T+
π+
π
n
2πT＝
(n2+1)πm
nBq；（n=3，5，7，9，…）
答：（1）微粒在磁场中运动的周期是T＝
2πm
qB．
（2）从P点到Q点，微粒运动的可能速度大小和对应的运动时间t满足：
①当n为偶数时，t＝
n
2T＝
πnm
Bq，（n=2，4，6，8，…）；
②当n为奇数时，t＝
n−1
2T+
π+
π
n
2πT＝
(n2+1)πm
nBq；（n=3，5，7，9，…）．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 此题对运动轨迹的特殊性研究到一般性探究，这是分析问题的一种方法．同时要利用圆的特性与物理规律相结合．本题是一道难题，根据题意作出粒子的运动轨迹是本题解题的难点，也是正确解题的关键．

由题，磁感应强度与时间成正比：B=kt，则
△B/△t]=k，根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为：E=[△B/△t]•[1/2]BC•BCcos∠ABC•sin∠ABC=k[1/2]L•L•[4/5]•
3
5=0.24kL²
I=[E/R＝
0.24kL2
R]．
当金属线AC中拉力恰为零，BC的力矩平衡，以B转轴，由力矩平衡条件得：
G•[1/2]BC•sin∠ABC=F•[1/2]BC
解得安培力：F=[3/5]G
又F=BIL，B=kt，
联立解得：t=[5GR
2k2L3
故答案为：
0.24kL2/R]，
5GR
2k2L3

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；安培力．

考点点评： 本题是难点之一是根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，二是运用力矩平衡求解安培力．

A、第2s内，由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；故A正确；
B、在0～1s内粒子匀加速直线运动，而在1～2s内匀减速直线运动，2s末速度减小为零，则离开原来位置最远，故B错误．
C、若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向下做匀加速运动．两极板间的电场强度大小E=[U/d]=[S•△B/d△t]=
πr2
10d（V/m），故C正确；
D、在3～4s内情况：若粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向下做匀减速运动4s末速度减小为零，同时回到了原来的位置，则电势能E_P=q∅=qE[d/2]=[qπr2/20]（J）．故D正确；
故选：ACD．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律．

考点点评： 本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型．

在0-[1/4]T内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．oa、ob中产生的感应电动势均为E=[1/2•2BL2ω=BL²ω，感应电流大小为I=2
BL2ω
R]．设[1/2•
BL2ω
R]=I₀．则I=4I₀．
在[1/4]T-[1/2T内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．oa中产生的感应电动势为E=
1
2•2BL2ω=BL²ω，ob中产生的感应电动势为E=
1
2BL2ω，感应电流大小为I=
3
2•
BL2ω
R]=3I₀．
在[1/2T-
3
4T内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．oa、ob中产生的感应电动势均为E=
1
2BL2ω，感应电流大小为I=
BL2ω
R]=2I₀．
在[3/4]T-T内，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．ob中产生的感应电动势为E=[1/2•2BL2ω=BL²ω，oa中产生的感应电动势为E=
1
2BL2ω，感应电流大小为I=
3
2•
BL2ω
R]=3I₀．故D正确．
故选D

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题要根据感应电动势公式和欧姆定律得到感应电流的表达式，再选择图象，是经常采用的方法．

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．