对磁感应影响较大的材料是A空气B铁C铜D银,选哪个,

（1）粒子A在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，设粒子A的速度为v₀，在MN上方运动半径为R₁，运动周期为T₁，
根据牛顿第二定律和圆周运动公式，qv0B1＝m

v20
R1 ①
解得R1＝
mv0
qB1＝
mv0
2qB0 ②
T1＝
2πR1
v0＝
πm
qB0 ③
同理，粒子A在MN下方运动半径R₂和周期T₂分别为
R₂=
mv0
qB2＝
mv0
qB0＝2R1 ④
T₂=[2πm
qB0 ⑤
粒子A由P点运动到MN边界时速度与MN的夹角为60°，如图所示，则有

R₁-h=R₁cos60°，得到：R₁=2h
R₂=4h
间的距离为PQ=2R₂sin60°-2R₁sin60°=2
3h ⑥
（2）粒子A从P点到Q点所用时间为t＝
2/6T1+
2
3T2＝
1
3
πm
qB0+
2
3•
2πm
qB0＝
5πm
3qB0] ⑦
设粒子B的质量为M，从P点到Q点速度为v＝
PQ
t＝
6
3hqB0
5πm ⑧
由 R1＝2h＝
mv0
2qB0 ⑨
得到mv₀=4qB₀h⑩
根据动量守恒定律 mv₀-Mv=0
解得：M＝
10
3π
9m
答：（1）PQ两点间的距离为2
3h；（2）粒子B的质量为
10
3π
9m．

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： 解决带电粒子在磁场中的运动时，关键在于能够找出圆心和半径，同时能正确利用几何关系进行分析求解．

当洛伦兹力方向和电场力方向相同时，有：F电+qvB＝m
v2
r＝mvω ①
其中：F_电=3qvB ②
联立①②解得：ω＝
4qB
m
当洛伦兹力方向和电场力方向相反时，有：F_电-qvB=mvω ③
联立②③得：ω＝
2qB
m，故BD错误，AC正确．
故选AC．

点评：
本题考点： 洛仑兹力；牛顿第二定律；向心力；电场强度．

考点点评： 本题在电磁场中结合电场力和洛伦兹力考查了圆周运动问题，关键是熟练运用向心力公式的各种表达式正确解答．

A、甲、乙两带电体分别在左右磁场中做匀速圆运动，速度大小不变，碰撞时遵守动量守恒定律，由题得知碰撞前甲的动量大，由于质量大小不知，故速度大小无法判断．故A错误．
B、根据磁场中匀速圆周运动，由r=[mv/qB]，因m_甲v_甲＞m_乙v_乙，r，B相同，则q_甲＞q_乙．故B错误．
C、D，由题判断甲带正电，乙带负电，设电量大小分别为q_甲，q_乙
则r=
m甲v甲
q甲B，r=
m乙v乙
q乙B
根据动量守恒定律得
m_甲v_甲-m_乙v_乙=mv
则结合体的半径R=
mv
(q甲−q乙)B
得到R=
m甲v甲−m乙v乙
(q甲−q乙)B=r
甲乙结合后，仍在原闭合曲线上运动．故C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： 本题要抓住两带电体碰撞时动量守恒，用磁场中粒子匀速圆周运动的规律分析碰撞后半径有无变化，来判断能否按原轨道运动．

线框从位置I运动到位置Ⅱ，只有在越过边界线MN才有感应电流产生，
E=B₀av+2B₀av=3B₀av
t＝
a
v
Q＝
E2
Rt
联立以上3式，解得Q＝
9
B20a3v
R
答：线框在此运动过程中产生的热量Q＝
9
B20a3v
R．

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： 线框从位置I运动到位置Ⅱ，只有在越过边界线时线框中的磁通量才发生变化，才有感应电动势产生是解决该题的关键．

A、质子是在电场中加速的，磁场只改变质子的运动方向，使质子在磁场中做圆周运动，质子从左右两个盒子进入电场的方向不同，故加速电场的方向也要改变，所以两盒应该与交流电源相连．故A正确．B、C、根据动能定理，粒...

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动．所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定．原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变．

A、从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，故A正确；B、矩形线圈产生的感应电动势的有效值为22NBSω，故B错误；C、交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据...

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： 本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，注意求解电量用平均值．

A、若圆形向右平动，圆内的磁通量先是向里的增加，后是向里的减小，由右手定则知感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A选项正确；
B、若线圈向上平动，由于圆环的磁通量未发生变化，所以圆环中无感应电流产生，B选项错误；
C、若圆环以ab为轴转动，在0-90°内，由右手定则知a点的电势低于b点的电势，在90°-180°内，由右手定则知b点的电势高于a点的电势，以后a、b两点电势按此规律周期性变化，C选项错误、D选项错误；
故选：A．

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： 解决此类问题应注意：产生感应电流的导体相当于电源，电流从低电势流向高电势．

（1）海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场．根据右手定则，北岸是正极，电势高；
（2）地磁场竖直向下的分量为By＝Bcos600＝2.5×10−5T
根据法拉第电磁感应定律E=B_yLv
代入数据解得E=2×10^-2V=20mV
答：（1）该河段的南岸和北岸，北边电势高；（2）灵敏电压表的示数是20mV．

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： 本题运用右手定则判断感应电动势的方向，由E=BLv求感应电动势，考查运用物理知识处理实际问题的能力．

A、线框进入磁场过程磁通量增加，离开磁场过程磁通量减小，根据楞次定律，两个过程的感应电流的方向相反，故A错误；
B、线框进入磁场过程和离开磁场过程磁通量都变化，根据楞次定律可以得到安培力是阻碍相对运动，故都是向上，故B错误；
C、根据能量守恒定律，进入磁场的过程中产生的热量为mgl；离开磁场过程重力势能的减小量和动能的减小量都转变为热量，故大于mgl；故C正确；
D、线框进入磁场过程是匀速直线运动，设速度为v；离开磁场过程可能一直是减速运动，末速度不小于v、也可能是先减速后以v匀速运动；故离开磁场过程的平均速度较大；故进入磁场过程所用的时间大于穿出磁场过程中所用的时间；故D正确；
故选：CD．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 本题关键是明确线圈的运动规律，同时要结合楞次定律和能量守恒定律进行分析，不难．

(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：

代入数据解得：

(3)由几何关系得：

，代入数据解得：

即

故带电粒子在磁场中的运动时间为：

代入数据解得：t

（1）图见解析 （2）   (3)


<>

（1）根据感应电动势的定义式，可求得平均感应电动势：
E=N[△∅/△t]=
BL2
t=
BL2


π
2
ω＝
2BL2ω
π
（2）根据闭合电路欧姆定律，则有回路中产生的电流为：I=[E/R]；
通过线圈的电荷量为：q=I△t=[△∅/R]=
2BL2
R
答：（1）当线框从位置Ⅰ（线框平面⊥磁感线）匀速转到位置Ⅱ（线框平面∥磁感线）的过程中，若角速度为ω，线框中的平均感应电动势为
2BL2ω
π；
（2）当线框由位置Ⅰ转至位置Ⅲ的过程中，通过导线横截面的电量
2BL2
R．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律．

考点点评： 本题重点考查了平均电动势能量守恒定律的直接应用，注意线圈电荷量由线圈的匝数、磁通量的变化量及电阻决定．

粒子在电场中加速qU=

在磁场中轨道半径r=

洛伦兹力提供向心力qvB=

解得

(2)设质量m1.粒子在电场中加速qU=

在磁场中轨道半径L=n.2r1(n=2.3.4…….)

洛伦兹力提供向心力qv1B=

解得

则质量为原质量的倍(n=2.3.4……..)

（1） （2）


<>

A、粒子在P点以与x轴成30°入射，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于磁场是有界，所以只有一段圆弧．但粒子不可能通过坐标原点．若与x 轴成90°进入，则有可能通过坐标原点．故A正确；
B、粒子在P点以与x轴成30°入射，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于磁场是有界，所以只有一段圆弧．但粒子不可能通过坐标原点．若与x 轴成90°进入，则有可能通过坐标原点．故B错误；
C、由于P点的位置不定，所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同．最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°，则运动时间为[5/6T，而最小的圆心角为P点从坐标原点出发，则圆心角为120°，所以运动为
T
3]．故C错误；
D、由于P点的位置不定，所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同．最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°，则运动时间为[5/6T，而最小的圆心角为P点从坐标原点出发，则圆心角为120°，所以运动为
T
3]．故D正确；
故选：AD

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；匀速圆周运动．

考点点评： 带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．

（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．

由题意可知，粒子之所以能做匀速圆周运动，是因电场力与重力平衡，所以电场力竖直向上，根据电场线的方向，则粒子带负电，再根据左手定则可知，粒子沿着顺时针方向转动．
由洛伦兹力表达式有：
Bqv=m
v2
R ①
而在竖直方向上合力为零，则有：
qE=mg ②
联立①②解得：
v=[gBR/E]．
故答案为：顺，[gBR/E]．

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 考查粒子在复合场中，做匀速圆周运动，掌握处理的方法与规律，理解牛顿第二定律的应用，与向心力的表达式．

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．

（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．

矩形线圈abcd水平放置，匀强磁场方向与水平方向成α角向上，因此可将磁感应强度沿水平方向与竖直方向分解，所以B_⊥=Bsinα=0.8B，则穿过矩形线圈的磁通量是Φ=B_⊥S=0.8BS；
故选：A．

点评：
本题考点： 磁通量．

考点点评： 对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ（θ是线圈平面与磁场方向的夹角）来分析线圈平面与磁场方向垂直、平行两个特殊情况．

（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．

（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．