在B=2T匀强磁场中一面积0.5平方米匝数100的线圈从线圈平面与磁常垂直匀速转到与磁场平行位置所有时间0.5秒

解题思路：（1）两小灯泡恰好正常发光，电压和功率都为额定值，由P=UI可求得通过灯泡的电流．ab相当于电源，其电流为灯光电流的2倍，得到ab中电流．导体棒匀速运动，重力与安培力平衡，列式即可求得质量m．（2）根据闭合电路欧姆定律可求出感应电动势E，再由E=BLv求解导体棒ab匀速时的速度．

（1）每个小灯泡中的电流为：I₁=
P1
U1=[3/6]A=0.5A
则ab中的电流：I=2I₁=2×0.5A=1A
ab所受的安培力大小为：F=BIL=0.5×1×0.2N=0.1N
导体棒匀速时，受力平衡，则得：mg=F
解得：m=[F/g]=[0.1/10]kg=0.01kg．
（2）根据闭合电路欧姆定律得ab产生的感应电动势为：
E=U₁+IR=6+1×1.0V=7V
由E=BLv，知ab的运动速度：
v=[E/BL]=[7/0.5×0.2]m/s=70m/s
答：（1）导体棒ab的质量m是0.01kg．
（2）导体棒ab匀速时的速度是70m/s．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 本题中灯泡正常发光是突破口，再综合运用电路、力学和电磁感应知识求解．

解题思路：由楞次定律判定感应电流的方向，电流的大小由感应电动势决定，电动势由切割导体的有效长度决定．

A、感应电流I=ER，E=Blv，线框开始进入磁场时有效的切割长度等于AC最长，产生的感应电动势最大，此时，感应电流最大，故A正确．B、开始穿出磁场时，有效切割长度逐渐增大，故开始时感应电流最小，故B错误．C、开始进...

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．

考点点评： 本题考查了应用楞次定律判定感应电流的方向，要注意有效切割长度的判断．

B2L2VM/R=mgsinα 所以VM=mgRsinα/B2L2,所以BCD都对了.

解题思路：根据E_m=nBSω求出峰值的大小，从而得出正弦式交流电电动势的有效值，结合闭合电路欧姆定律求出电压表的示数以及电路中的电流，根据P=I²R求出电阻R上消耗的功率．根据电流的峰值写出电流的表达式．

（1）角速度为：ω=2πn=100π=314rad/s，
则电动势的最大值为：Em＝nBSω＝100×0.5×2×10−2×100π=314V．
电路中电流的最大值为：Im＝
Em
R+r＝
314
10A＝31.4A，
则电流的瞬时表达式为：i=31.4cos314tA．
（2）电动势的有效值为：E＝
Em

2＝50
2π≈222V，
电路中电流为：I=
E
R+r＝
222
10＝22.2A，
则电阻R上消耗的功率为：P=I²R=22.2²×9W≈4436.8W．
答：（1）电流的表达式为i=31.4cos314tA；
（2）电阻R上消耗的功率4436.8W

点评：
本题考点： 交流的峰值、有效值以及它们的关系；正弦式电流的图象和三角函数表达式．

考点点评： 本题要掌握正弦式交变电流瞬时值表达式，注意计时起点；从中性面开始计时，电流的瞬时表达式为i=Imsinωt；从垂直中性面开始计时，电流的瞬时表达式为i=Imcosωt．知道电压表、电流表测量的示数是有效值．

这道题放高中属于特简单特简单的题,可是对于我来说.唉!全都忘完了.

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）

（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）

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：线框与磁场垂直时，位于中性面，感应电动势为零．磁通量最大；最大值和有效值关系E=Em2和频率f=1T．

由甲图知电压峰值为220
2V，周期0.02s，所以有效值为220V，角速度ω=[2π/T]=100πrad/s．
AB、线框与磁场垂直时，位于中性面，感应电动势为零，磁通量最大，故A正确，B错误；
C、电动势的有效值为220V，但由于内阻分压，则灯泡两端的电压的有效值将小于220V，故C错误；
D、频率f=[1/T]=50Hz，故D错误；
故选：A．

点评：
本题考点： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．

考点点评： 本题考查了交流电的产生原理，要学会从图象中获取有用物理信息的能力，结合峰值和有效值的关系去分析．

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．

qvB=mv2/R,由此公式得,半径是由q,v,m共同影响的.虽然R相同.但是q,v,m不一定非得相同.但是电荷的种类决定着粒子的运动方向,所以电荷种类一定相同

解题思路：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式；由法拉第电磁感应定律可求得平均电动势．

（1）线圈在图示位置时电动势最大，最大值为E_m=NBSω=1三三×三.3×三.1×三.6×p14=p14V
（6）在转过9三°过程中的平均值为E_平均=N[△∅/△t]=N[BS

t/4]=1三三×[三.3×三.6×三.1

1/4×
6π
p14]=6三三V；
（p）交流电的瞬时表达式e=p14它osp14t；
转化p三度时感应电动势的瞬时值E=p14它osp三°=137
pV；
答：（1）电动势最大值为p14V；（6）线圈转过[1/4]周过程中感应电动势的平均值6三三V；（p）线圈转过p三°时感应电动势的瞬时值137
pV．

点评：
本题考点： 交流的峰值、有效值以及它们的关系．

考点点评： 本题考查了交流电的峰值及瞬时表达式和平均值，特别是求平均值时要用法拉第电磁感应定律．

（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：（1）由根据Em=NBSω求解磁场强度；（2）将角度代入表达式，计算即可

（1）由根据E_m=NBSω得：B=
Em
NSω=[311/100×314×0.02T＝0.5T
（2）线圈从中性面转过
5π
4]，即ωt＝
5π
4，e=311sin[5π/4]V=-311×0.707V=-220V，故电动势大小为220V
答：（1）匀强磁场的磁感应强度B是0.5T
（2）当线圈平面从中性面开始转过1.25π时，电动势的瞬时值是20V

点评：
本题考点： 正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．

考点点评： 本题考查学生对瞬时值表达式的理解，根据瞬时值表达式可以计算在不同时刻的电动势的大小，同时要掌握住交变电流的产生的过程．

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．

1 面积较大磁铁的N极和S极平行放置
2 平行放置的通等量反向电流导线圈（距离适当
且磁感应强度适当时,会产生一定范围的近似匀强磁场）
3 通电螺线管内部

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

（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：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．

解题思路：（1）由于洛伦兹力不做功，所以小球在磁场中运动时机械能守恒．由机械能守恒定律求解小球运动到任意位置P（x，y）的速度v．
（2）在最低点，由洛伦兹力和重力的合力提供向心力，因为在最低点v有唯一解，根据数学上根的判别式△=0证明即可．
（3）加一竖直向上场强为E（Eq=3mg）的匀强电场时，根据动能定理和牛顿第二定律结合求解最大速率．

（1）由机械能守恒定律得：
mgy=[1/2mv2
解得：v=
2gy]
（2）证明：
在最低点：Bvq-mg=m
v2
R，
因为在最低点v有唯一解，所以△=0得：B²q²-4
m2g
R=0
所以R=
4m2g
B2q2，v=[2mg/Bq]=
2gy
故 y=
2m2g
B2q2，
所以R=2y，得证；
（3）由动能定理得：
（Eq-mg）y_m=[1/2m
v2m]
在最高点，有 Bv_mq+mg-Eq=m

v2m
R
又 R=2y_m
所以得：v_m=[2/Bq]（Eq-mg）=[4mg/Bq]
答：
（1）小球运动到任意位置P（x，y）的速度v为
2gy；
（2）证明见上；
（3）小球从O静止释放后获得的最大速率v_m为[4mg/Bq]．

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： 本题中带电小球在复合场中运动，分析时要抓住洛伦兹力不做功的特点，运用机械能守恒和动能定理研究速度，在最高点和最低点时，要分析向心力的来源，由牛顿第二定律研究．

解题思路：（1）由题意知，带电粒子在复合场中运动时处于平衡状态，电场力与洛伦兹力二力平衡，即F电=F洛．两板间的电压U等于AB产生的感应电动势E=Blv，板间场强由公式 E=Ud求出．根据右手定则判断AB棒的运动方向．（2）明确金属棒停止后带电粒子的运动情况：金属棒停止后两板间的电场消失，只存在磁场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动．由洛伦兹力充当向心力可以求的轨道半径，画出粒子可能的运动轨迹，依据几何知识求出轨迹半径，并能求得PQ与MN板间的距离．可以求出轨迹所对应的圆心角，进而可以求得时间．

（1）由左手定则，+q受洛伦兹力方向垂直指向板MN，则电场方向垂直指向板PQ，据右手定则，可知棒AB向左运动．因带电粒子做匀速运动，则有：
Eq=qv₀B，
又板间场强为：E=[Blv/I]
联立解得：v=v₀．
（2）由qv₀B=m

v20
R，则得带电粒子运动的轨道半径：R＝
mv0
qB．
粒子撞击MN时速度方向与MN板平面的夹角为45⁰的可能性有图甲、图乙两种可能．


设MN间距为d，由图甲，有：R-Rcos45°=0.5d
解得：d=(2−
2)
mv0
qB，对应时间为：
t=[1/8T＝
πm
4qB]
由图乙有：R+Rcos45°=0.5d
解得：d=(2+
2)
mv0
qB
对应时间为：t=[3/8T＝
3πm
4qB]
答：（1）金属棒AB的速度大小为v₀，棒AB向左运动．
（2）若金属棒运动突然停止（电场立即消失），带电粒子在磁场中运动一段时间，然后撞在MN上，且撞击MN时速度方向与MN板平面的夹角为45⁰．则PQ与MN板间的距离大小可能是(2−
2)
mv0
qB或(2+
2)
mv0
qB，从金属棒AB停止运动到粒子撞击MN板的时间可能是[πm/4qB] 或[3πm/4qB]．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 该题的第一问类似于粒子的速度选择器，电场力等于洛伦兹力时，粒子做匀速直线运动；第二问属于带电粒子在磁场中做圆周运动的一般情况，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，要注意不能漏解．

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．

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

你可以理解为动量.
是这么推来的
洛伦兹力为向心力
Bqv=mv^2/R
r=mv/bq

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.

图呢

氘核由一个质子和一个中子组成,α粒子由两个质子和两个中子组成.
所以：质量比为 1:2 电荷量比 1:2
从静止开始经相同电场加速后,粒子获得的动能就等于静电力做的功
Ek=qU
所以加速后 两粒子动能之比等于电荷量之比 为1:2
垂直进入同一匀强磁场作圆周运动,洛伦兹力不做功,粒子做匀速圆周运动,动能是不变的.
这两个粒子的动能之比还是1:2

利用电流的定义式 i＝q/t
本题中 求这个周期内的情况
速度变大后,周期没有发生变化 电流大小不变

动量守恒：I=mVo=mv+mv
对cd棒：Bidt=BQd=I/2 得Q=I/2Bd
又 Q=BXd/2R
解得X=IR/Bd2
分母2是平方哦 i是感应电流 Q是电荷量

如果不是进入与出去的状态,磁通量不改变.无感应电流.