你面向高墙喊话,如果听到回声,那么你和高墙之间的距离为（ ）

负电荷,mgcosθ/qB

解题思路：本题中导体棒受三个力，重力G、支持力F_N和安培力F_A，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由水平向右逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析．

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．

解题思路：导体棒MN切割磁感线产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律，从而求出从左端滑到右端导体棒产生的平均感应电动势，再由闭合电路欧姆定律可求出通过电阻的平均电流；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流与电量的关系式求解通过导体棒的电荷量．

由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：
E=n[△Φ/△t]=
Φ2−Φ1
△t=
B•πr2−0

2r
v=[πBrv/2]，
平均感应电流：I=[E/R]=[πBrv/2R]；
MN从左端到右端的整个过程中，通过R的电荷量：
q=I△t=[πBrv/2R]×[2r/v]=
πBr2
R；
故答案为：[πBrv/2R]；
πBr2
R．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，且电量与磁通量的变化及电阻有关．并体现了平均感应电动势与瞬时感应电动势的区别及如何求解．

(D)
A：木块A与木板有相对运动,所以是滑动摩擦力；
B：木块受摩擦力恒定,为f=mg×动摩擦因数（即弹簧长度一定）,所以木块与地面无相对滑动；
C：滑动摩擦力,因此f为恒力；
D：A受向右的弹簧测力计的拉力,又因为A相对地面,墙面静止,所以有向左的摩擦力平衡（A相对于木板向右滑动,木板对其有向左的摩擦力）.
因此,正确答案为D

闪电的方向是电子运动的方向,是电流的反方向.云层摩擦,积累了大量的负电荷,负电荷向地面释放,就形成了空地闪电

解析：设从第一米开始,每走一米所到达位置即为Pi,那么
OP1=P1P2=P2P3=...=PiP(i+1)=...=1
且∠OP1P2=∠P1P2P3=∠P2P3P4=...=∠PiP(i+1)P(i+2)=...=135° (其中i是正整数)
易知从走第一米开始,走了八米后回到点O,即点O(P8),P1,P2,...,P7连线所成是正八边形
且以后每走八米都能回到起点O
那么走了2000米后,由于2000＝8*250
所以此人刚好走了250圈,此时恰在O点,距离为0

我也是说.
首先,用摄像头或扫描仪把图片录入电脑.
第二,把图像上传到百度空间.
第三,把图片的地址（打开你在百度空间的这张图片时可以看到,可以复制）复制到这个问题上来.我们才看得到.

解题思路：（1）根据电场力与重力平衡，即可求解；
（2）根据直线运动与圆周运动，结合运动学公式与周期公式，即可求解；
（3）由上分析，根据受力与运动情况，可画出运动轨迹．

（1）小球从M到N做匀速直线运动，
根据平衡条件可得，qE=mg
解得：E=[mg/q]
（2）如图所示，由题意可知，小球从M点到达N点所用时间：t₁=t₀
小球到达N点时，空间加上磁场，小球受到的合外力就是洛仑兹力，因此小球从N点开始做匀速圆周运动．
根据题意，小球从沿水平方向经过D点，变成沿竖直方向经过D点，需要经过（N+[3/4]）个圆周，到达P．
所以，做圆周运动的时间是：t₂=t₀
由图可知，PD=R=
mv0
B0q，
所以，小球从P到达D所用的时间为
t₃=[R/v＝
m
B0q]
小球从进入M点到第二次经过D点的时间为
t=t₁+t₂+t₃=2t₀+[m
B0q
而t₀=
3/4T=
3πm
2qB0]，所以解得：t=[3πm+m
qB0；
（3）小球运动一个周期的轨迹如图所示．
小球的运动周期为：T=8t₀=
12πm
qB0
答：（1）电场强度E的大小
mg/q]；
（2）小球从M点进人该区域到第二次经过D点所用的时间
3πm+m
qB0；
（3）小球运动的周期
12πm
qB0，运动轨迹（如上图所示）

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；带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 考查粒子在复合场的运动，掌握受力与运动的关系，注意学会画出运动轨迹，体现几何的特性及对称性．

0面 他俩面对面

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

请把题目补充完整
具体是要求什么?
根据你现在提供的题意,可以列出2个等式 mg=qE（重力平衡电场力）,
洛伦兹力提供向心力,F向=(m*v^2)/R=qvB
根据我的推测,这道题是不是要求液滴的运动速度大小?如果是的话,就这两个式子联立就可解得

解题思路：（1）根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程．
（2）α粒子刚好到达虚线PH上的A点，可得出α粒子的轨道半径，结合半径公式和周期公式求出α粒子的动量以及运动的时间，根据动量守恒定律求出氡核的速度，结合牛顿第二定律求出氡核的加速度，从而根据速度时间公式求出氡核的速度．

（1）镭衰变的核反应方程式为：

22688Ra→
22286Rn
+42He
（2）α粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动
R＝
mαvα
qαB＝
L
2
t＝
1
2Ta＝
πmα
qαB＝
π
Bb
衰变时，根据动量守恒有：
m_αv_α=m_Rnv_Rn
所以有：vRn＝
mαvα
mRn＝
qαBL
111mα＝
bBL
111
氡在电场中做匀加速运动且aRn＝
qRnE
mRn＝
86Eb
111
所以有：vRn′＝vRn+aRnt＝
bBL
111+
86Eπ
111B．
答：（1）镭核衰变的核反应方程为
22688Ra→
22286Rn
+42He
（2）此时氡核的速率为[bBL/111+
86Eπ
111B]．

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；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查了粒子在磁场中的半径公式和周期公式，以及动量守恒定律、牛顿第二定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练．

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．

The new campus of Shanghai Maritime Univeristy is located in the southwest corner of Lingang New City,Lingang New City Center distance of Dishui Lake 3 km, 70 km from downtown Shanghai, facing the sea, close to theNorth Bridge of Donghai Bridge, the Shanghai shipping center, Yangshan Deepwater Port across the sea. Campus planning and construction land area of 1333000 square meters, about 2000 acres, the total construction area of about 600000 square meters.

解题思路：分三段时间研究感应电动势和感应电流：由楞次定律判断出感应电流的方向．根据E=BLv分析感应电动势与时间的关系，再由欧姆定律分析感应电流与时间的关系．

在0-1s内，线框产生的感应电动势不变，感应电流也不变，由楞次定律判断可知感应电流的方向为逆时针，为正值；
在1-2s内，线框上边出磁场到线框的对角线经过磁场的上边界，此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针，为负值，t时刻线框中电流为 I=-
Bv(t−1)•v
R，t增大，I增大；
在2-3s内，线框的对角线经过磁场的上边界到完全出磁场，此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针，为负值，t时刻线框中电流为 I=-
B[l−v(t−2)]v
R，t增大，I减小；由数学知识可知，C正确．
故选C

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： 本题是楞次定律和E=BLv的综合应用，公式E=Blv中，l是有效的切割长度．

加速度是由受力决定的.
重力沿斜面方向分量为mgsin30°,另一个分量垂直斜面为mgcos30°,与斜面的支持力正好抵消.
所以沿斜面受力只有mgsin30°,所以加速度为gsin30°.
如果按你说的mg/sin30°,重力的两一个分量应该是水平方向的,这个力不能跟支持力相互抵消（方向都不是相反）.

T=2*π*m/(q*B)
代入已知量
T1=2*π*m/(q*B)
T2=4*π*m/(q*B)
因为在两个不同的磁场中只运动了半个周期
T总=(T1+T2)/2=3*π*m/(q*B)
R=MV/QB
一个周期过两个圆（分布在X轴上下方）的直径（不用我解释吧）
R1=MV/QB
R2=2*MV/QB
s=2（R1+R2）=6*MV/QB

方向是两两相对的，北与南相对，西与东相对，东北与西南相对，西北与东南相对．
三（1）班教室的黑板在教室的西面，那么老师讲课时面向东面．
故答案为：东．

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

（1）

（2）r= 0.2m，T=0.1256s
（3）Φ=2.512×10 ^-2 Wb

（1）如图（4分）

（2）r="mv/qB=0.2m" （4分）
T="2πm/qB=0.1256s" （4分）
（3）Φ=Bπr ² =2.512×10 ^-2 Wb（4分）

解题思路：（1）考虑反应物的接触面积；
（2）考虑ZnO样品与硫酸的反应；
（3）由表格中的数据，推测溶液pH的范围；
（4）操作a是将固体与溶液分离，应采取过滤的方法，过滤所用的主要玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；
（5）考虑锌与稀硫酸的反应；
（6）根据氨根与碱反应，生成刺激性气味的气体生成．

（1）溶解前将氧化锌粗品粉碎成细颗粒，目的是增大反应物的接触面积或加快溶解速率I制备活性氧化锌．
（2）在粗ZnO样品中加硫酸发生反应的化学方程式 ZnO+H₂SO₄═ZnSO₄+H₂O等（写CuO或FeO与硫酸反应也正确）；
（3）由表格可知：反应1的目的是将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，并完全沉淀Fe（OH）₃，为了暂不形成Cu（OH）₂、Zn （OH）₂，该步骤需控制溶液pH的范围是 3.2到5.2；
（4）操作a是将固体与溶液分离，应采取过滤的方法，过滤所用的主要玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（5）反应2中加入锌发生的反应为锌与稀硫酸反应，属于置换反应；
（6）B溶液的溶质是（NH₄）₂SO₄，检验其中是否含NH₄⁺的方法为可加入NaOH浓溶液加热，观察现象，如有刺激性气味的气体生成，则说明含有NH₄⁺，
故答案为：
（1）增大反应物的接触面积或加快溶解速率；
（2）ZnO+H₂SO₄═Zn SO₄+H₂O等（写CuO或FeO与硫酸反应也正确）；
（3）3.2到5.2；（4）过滤；玻璃棒、漏斗；
（5）置换；（6）可加入NaOH浓溶液加热，观察现象，如有刺激性气味的气体生成，则说明含有NH₄⁺

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；酸的化学性质；盐的化学性质；铵态氮肥的检验；反应类型的判定；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题考查学生对工艺流程的理解、阅读获取信息能力、对操作步骤的分析评价、物质的分离提纯、氧化学计算等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力．

需要知道斜面角度吧?设为 A
离开斜面时,洛仑兹力的竖直分量等于重力：
qVB*cosA = mg ===> V = mg/(qB cosA)
洛仑兹力不做功,要求斜面具有的高度至少使重力所做功能达到 V:
0.5 m V*V = mgh ===> h = 0.5 V*V/g
长度 L = 0.5 V*V/g /sinA

成分残缺,无主语,改为

【战士们】一面向顶峰攀登,一面依托大树和岩石向敌人射击

（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：

解题思路：根据左手定则可判定安培力的方向，由公式F=BIL可知安培力的大小，但公式成立的条件是B与I垂直，若不垂直则将B分解垂直于I的方向与平行与I的方向，从而即可求解．

若B与I方向垂直，则可根据电流的方向与安培力的方向来确定磁场的方向，同时由F=BIL可算出磁场的大小．若B与I不垂直时，则无法具体确定磁场的方向与大小，故ABC错误，D正确；
故选：D

点评：
本题考点： 安培力．

考点点评： 考查左手定则来判定安培力的方向，而安培力大小公式F=BIL是有成立条件的，若B与I不垂直，则磁场的大小与方向有若干种情况．

你自己看的书别人怎么知道

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

可以先采吗？

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

（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

一个力做不做功,取决于在此力的方向上有没有位移.
书上说的洛伦兹力不做功,是指在洛伦兹力的作用下,带电粒子在磁场中做圆周运动.此时,在洛伦兹力的方向上带电粒子没有位移.所以此力没有做功.
现在的情况是,由于竖直放置的直杆限制了小球,使小球只能沿直杆上下运动.当小球在洛伦兹力的作用下沿杆向上运动时,小球在洛伦兹力的方向上有位移.
根据功的定义：作用在物体上的力,使物体在力的方向上产生了位移,那么该力就对物体做了功.所以,此时洛伦兹力做了功.

解题思路：分析物体受力情况及各力做功情况，由动能定理可求得小滑块到达最低点时的速度；由滑块的运动可知滑块滑到最低点时的速度变化；由洛仑兹力公式可知大小关系；由向心加速度公式可知向心加速度的大小关系．

A、在乙图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；滑块下落时只有重力做功，故甲和乙两次机械能均守恒，故两次滑块到最低点的速度相等，
1
2m
v21＝mgR，丙图中，小球下滑的过程中电场力做正功，重力做正功，
1
2m
v22＝mgR+qER，所以小球在最低点的速度等于甲图和乙图中的速度．故A错误；
B、甲图和丙图比较可得，丙图中，小球的加速度比较大，所以达到最低点的时间要短．故B错误；
C、小球在最低点时，甲图中重力和支持力提供向心力，而乙图中是重力、支持力和洛伦兹力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，对轨道的压力也不相等．故C错误；
D、三个小球的运动过程中，重力做功，动能和重力势能之间转换；洛伦兹力不做功；电场力做功，电势能与动能之间转换；由于没有其他的能量损失，所以三种情况下，小球均能到达轨道右端最高点处，故D正确；
故选：D

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；洛仑兹力．

考点点评： 利用功能关系是解决物理问题的常用方法，在解题时应明确洛仑兹力永不做功．

解题思路：由几何关系可知粒子从n点射出时的半径，则可求得磁感应强度与速度的关系，则牛顿第二定律可确定B加倍后的半径，即可由几何关系求得射出磁场的位置．

设正方向的边长为a，氢核从n点射出时其轨道半径：r=[a/2]，
氢核在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：qvB=m
v2

a
2，
当磁感应强度变为原来的2倍时，由牛顿第二定律得：qv•2B=m
v2
R，
解得：氢核的轨道半径：R=[a/4]，则氢核应从a点穿出；
故选：D．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 带电粒子在磁场中的运动关键在于明确圆的性质，由几何关系确定圆心和半径，应用牛顿第二定律即可正确解题．

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

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

抱歉..我右手螺旋定则用的左手...——
是BC
大线框有顺时针电流.于是小线框内磁感应强度抵消,增反减同,小线框有逆时针电流,B对.随着大线框的转动,其产生的磁场方向越来越偏向向右,所以cd边受向纸内方向的力,此瞬间C正确.
再延续时间的话,由于原磁场的作用,小线框只能转到一定角度,不会连续旋转.
大线框产生的磁场垂直于线框面啊,框转,磁感线就转.

面向现代化、面向世界、面向未来

Facing

物体向左运动,摩擦力向右,又受到一个向右的推动力,所以受到的合外力的方向向右,受到的合外力大小=0.2*15*10+20=50N
你可能疑惑于为啥运动方向向左,而合外力却向右,不要被表像所迷惑,碰到这类题,你应该对其进行力分析.按照分析结果所得,运动方向与力的作用方向相反,这个物体的运动就会慢慢减速直至停止,如果九再继续作用下去物体会向右加速
是没错,人走错就是摩擦力提供,反正摩擦力与运动的方向相反,

随cd一起向右运动,
从力到电流用的是右手定则,cd产生电压,在ab上就有电流
从电流到力的方向用的是左手定则,ab的电流在磁场作用下产生向右的力
具体那些公式我忘了.

声音一去一回.所以：声音路程加上汽车路程等于鸣笛时到山崖距离两倍.声速为340米每秒,S声＝340×4.5＝1530m 80km/h＝9分之200m/s S车＝9分之200m/s×4.5s＝100m 2S总＝100m+1530m＝1630m S总＝815m S听到声音＝815-100＝715m 〔建议画图〕

选 B答案.要产生感应电流必须要是通过矩形框内的磁通量发生变化