长为L,间距也为L的两平行金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示,磁感强度为B,今有质量为m、带电

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）设金属线框刚进入磁场区域abcd的速度为v₁，则线框中产生的感应电动势E=BLv₁
安培力F=BIL=
B2L2v1
r
依题意金属框滑进磁场abcd时恰好作匀速运动，有：F=mgsinθ
线框下滑距离s的过程中，根据动能定理，有：mgssinθ=[1/2]mv₁²
联立以上各式解得：s=
m2r2
2B4L4gsinθ=0.25m
（2）设金属线框刚全部进入水平导轨时速度为v₂，线框在倾斜轨道上运动的全过程中，根据动能定理，有：
mg（h+[1/2]Lsinθ-2Lsinθ）=[1/2]mv²
解得：v₂=6m/s
线框进入水平导轨的磁场中后由于受到安培力作用而减速直至速度减为零，线框在穿越任一磁场区域的过程中，根据动量定理，有：B
.
ILt=m△v，即BLq=m△v
又q=[△φ/r]=
2BL2
r
所以，线框在穿越每一磁场区域速度的减少量相同，且△v=
2B2L3
mr
线框在水平导轨上穿越磁场区域的个数
n=
v2−0
△v=
mrv2
2B2L3=1.5
金属框能穿越导轨水平部分中1个完整的磁场区域．
（3）整个过程中，根据能量守恒定律，有：
金属线框内产生的焦耳热Q=mg（h+[1/2]Lsinθ）=13J．

答：（1）金属线框刚释放时MN边与ab的距离S是0.25m
（2）整个过程中金属线框内产生的焦耳热是13 J．
（3）金属线框能穿越导轨水平部分中1个完整的磁场区域．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 该题考查了多个知识点的综合运用．做这类问题我们还是应该从运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律求解问题．动能定理的应用非常广泛，我们应该首先考虑．

（1）感应电动势：ɛ=BLv=2×1×2V=4V…①
且产生的感应电流其方向与电路电流方向相反，则此时电路的实际电压：
U=E-ɛ=10-4V=6V…②
电流：I=
U
R+r＝
6
2A＝3A
F_合=F_安-f=BIl-μmg=1N…③
a＝
F合
m＝1m/s2…④
（2）金属棒达到稳定状态，即：F_安=f…⑤
则：BIl=μmg
I＝
μmg
Bl＝2.5A…⑥
E-ɛ=I（R+r） 得：ɛ=E-I（R+r）=5V…⑦
由ɛ=Blv得：
v＝
ɛ
Bl＝2.5m/s…⑧
（3）h＝
1
2gt2＝0.8m…⑨
x=vt…⑩
得：t=0.4s，x=1m＞0.8m
知金属棒能够落到对面的平台．
答：（1）金属棒速度为2m/s时金属棒的加速度为1m/s²．
（2）金属棒达到稳定状态时的速度为2.5m/s．
（3）金属棒能够落到对面的平台．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力．

考点点评： 本题是电磁感应与电路和动力学的综合，注意产生的感应电动势与电源电动势方向相反，结合闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等知识进行求解．

A、从电子的运动轨迹可以看出两个电荷间相互排斥，故点O处电荷带负电，故A正确；
B、两个电荷相互排斥，故电子运动过程中电场力先做负功，后作正功，根据动能定理，动能先减小后增大，故B错误；
C、点O处电荷带负电，故结合负电荷的等势面图，可以知道a、b、c三个等势面的电势高低关系是φ_c＞φ_b＞φ_a，故C正确；
D、两个电荷相互排斥，故电子从位置1到2、3、4过程中电场力先做负功再做正功，故D正确；
本题选错误的，故选：B．

点评：
本题考点： 电势；电势能．

考点点评： 本题切入点在于根据运动轨迹判断出两个电荷相互排斥，再结合负点电荷的等势面分布图进行分析．

（1）由法拉第电磁感应定律：E＝
△Φ
△t＝
△B
△tLx0＝0.1×1×2V＝0.2V①
解得，F＝BIL＝
BLE
R+r＝(5+t)×10−2（N）②
（2）由牛顿第二定律：F-BIL=ma③
I＝
E
R+r④
感应电动势：E=BLv⑤
速度为：v=at⑥
联立③④⑤⑥得：F＝
B2L2
R+rat+ma⑦
代入数据解得：a=2m/s²，v=8m/s，E=4V，I=2A
电势差：U=IR=2×1.5V=3V
答：（1）作用在导体棒上的水平拉力F随时间t变化的规律为F=（5+t）×10^-2N；
（2）此时导体棒两端的电势差3V．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 解决本题的关键掌握导体切割产生的感应电动势E=BLv，以及感生产生的电动势E=n[△∅/△t]．理解牛顿第二定律与运动学公式综合应用，注意求电势差时，电阻不能代错．

设量筒的横截面积为S，则玻璃瓶漂浮在量筒中时排开水的体积为：（28-22）S，此时的玻璃瓶受到的浮力为：ρ_水g（28-22）S；
由于玻璃瓶处于漂浮状态，所以玻璃瓶受到的重力等于浮力即：G=ρ_水g（28-22）S=6ρ_水gS；
从而可以得到玻璃瓶的质量为：6ρ_水S．
当空瓶浸入到量筒底部时，此时排开水的体积等于玻璃瓶的体积为：（24.2-22）S=2.2S；
根据公式ρ_瓶=[m/v]=
6ρ水S
2.2S=2.73g/cm³=2.73×10³kg/m³
故答案为：2.73×10³kg/m³．

点评：
本题考点： 物体的浮沉条件及其应用；液体密度的测量；阿基米德原理．

考点点评： 此题的难度很大，解此类题目要从测量密度的实验原理入手，如何得到玻璃瓶的质量和体积是解决此题的关键．也是难点所在：①测质量没有天平或者测力计，要利用浮力知识来突破．测体积，虽然有量筒，但量筒上给的是长度间距，而不是体积值，又是一个难点．与此类似的还有，给你量筒和水，测量小酒盅的陶瓷或橡皮泥的密度，都要利用物体在量筒中漂浮，浮力等于重力从而得到物体的质量．

（1）A位置游标卡尺的读数为：11mm+0.1×1mm=11.1mm，
B位置游标卡尺的读数为：15mm+0.1×6mm=15.6mm．
相邻亮条纹的间距为：△x＝
15.6−11.1
6＝0.75mm．
（2）根据△x＝
L
dλ知，波长的表达式λ＝
△xd
l，
解得波长为：λ＝
0.75×10−3×0.4×10−3
0.5＝6×10−7m．
（3）根据△x＝
L
dλ知，频率变高，波长变小，则干涉条纹的间距变小．
故答案为：（1）11.1，15.6，0.75，（2）[△xd/l]，6×10^-7，（3）变小．

点评：
本题考点： 用双缝干涉测光的波长．

考点点评： 螺旋测微器的读数与游标卡尺读数不同，螺旋测微器读数需要估读，游标卡尺不需要估读．以及知道双缝干涉条纹的间距公式，知道影响干涉条纹间距的因素．

已知绿光的波长λ₁=510nm=5.1×10^-7 m，绿光两明条纹间距为△x₁=0.5mm=5×10^-4 m，
红光两明条纹间距为△x₂=0.5mm=5×10^-4 m．
设双缝间距为d，双缝到屏的间距为L，绿光在水中的波长为λ₂．
水的折射率n=[4/3]，相邻两明条纹间距为△x=[L/d]λ
则在空气中对绿光有：△x₁=[L/d]λ₁，在水中对红光有：△x₂=[L/d]λ₂；
由以上两式可得：λ₂=λ₁=5.1×10^-7 m
由波速公式，在水中对红光有v=λ₂f_红，
且n=[c/v]，则红光的频率f_红=
c
nλ2=4.41×10¹⁴ Hz
答：红光的频率为4.41×10¹⁴Hz．

点评：
本题考点： 双缝干涉的条纹间距与波长的关系．

考点点评： 本题关键能够根据双缝干涉实验条纹间距公式△x=Ld λ列式求出红光在水中的波长，并能应用v=cn和v=λf结合求出红光的频率；常见的基础题．

A、若不转时，ac为重垂线；当转速由零逐渐增加时，ac与竖直方向的夹角逐渐增加，故A正确；
B、bc刚好拉直时，bc绳子的拉力为零，此时球受重力和ac绳子的拉力，合力指向圆心，如图：
故Tac＝
5
4mg＝1.25mg，故B正确；
C、bc拉直后转速增大，小球受重力，bc绳子的拉力，ac绳子的拉力，将ac绳子拉力沿着水平和竖直方向正交分解，由于竖直方向平衡，有：T_accos37°=mg，故ac绳子拉力不变，故C正确；
D、bc拉直后转速增大，小球受重力，bc绳子的拉力，ac绳子的拉力，将ac绳子拉力沿着水平和竖直方向正交分解，由于竖直方向平衡，有：T_accos37°=mg，故ac绳子拉力不变，故D错误；
故选：ABC．

点评：
本题考点： 向心力．

考点点评： 本题中首先要判断绳子BC是否被拉直，即绳子BC是否有拉力的存在；其次要对小球受力分析，然后运用合成法或者正交分解法列式求解．

A、根据双缝干涉条纹的间距公式△x=[L/d]λ，知，入射光波长越长，则干涉条纹间距越大．故A正确，B错误．
C、把入射光有绿光变成紫光，波长变小，根据双缝干涉条纹的间距公式△x=[L/d]λ，知，干涉条纹间距变小．故C错误．
D、把入射光由绿光变为红光，波长变大，双缝干涉条纹的间距公式△x=[L/d]λ，知，干涉条纹间距变大．故D错误．
故选：A．

点评：
本题考点： 双缝干涉的条纹间距与波长的关系．

考点点评： 解决本题的关键知道各种色光波长的大小，掌握双缝干涉条纹间距公式△x=[L/d]λ．

（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有
qU＝
1
2mv2
解得v＝

2qU
m
由图可知：[L/2]=R cosθ
R=[L/2cosθ]
R=[mv/qB]=[L/2cosθ]
B=
2cosθ
L.

2mU
q=
2
L.

mU
q
方向：垂直纸面向里
（2）由图知：当带电粒子运动到D点时，速度方向恰好水平，则要不打到B极板，最小半径R₁=

2L
4
则：R₁=

2L
4=[mv
qB1
得：B1＝
4mv

2qL
∴B1≥
4mv

2qL=
4/L

mU
q]
当从E点飞出时，则
R₂+R₂cosθ=Lcosθ
R₂=（
2-1）L
R₂=[mv
qB2


B2≤
mv/qL(
2+1)
＝
1
L

2mU
q(
2+1)]
则磁场范围是B≥
4
L

mU
q或B≤
1
L

2mU
q(
2+1)
答：（1）磁感应强度大小是
2
L.

mU
q，方向垂直纸面向里；
（2）磁感应强度的大小应满足B≥
4
L

mU
q或B≤
1
L

2mU
q(
2+1)．

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

考点点评： 该题考查带电粒子在磁场中的运动的圆周运动的半径与周期公式，根据题目的要求，按照画出粒子运动的轨迹图、确定运动的圆心、找出几何关系等解题的步骤进行解题是解决该类题目的一般方法．

（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．

（1）当cd棒的加速度为a₂时，设此时ab和cd的速度分别为v₁和v₂，作用在ab上的外力为F₁，回路的总电功率为P₁．
对ab：F₁-m₁g-
B2L2(v1+v2)
R=m₁a₁
对cd：m₂g-
B2L2(v1+v2)
R=m₂a₂
对整个回路：P₁=
B2L2(v1+v2)2
R
联立以上各式解得：v₁+v₂=8m/s，F₁=30N，P₁=64W
（2）当cd棒的速度最大时，设ab和cd的速度大小分别为v₁′和v₂′，作用在ab上的外力为F₂，回路的总电功率为P₂．
对ab：F₂-m₁g-
B2L2(
v/1+
v/2)
R=m₁a₁
对cd：m₂g=
B2L2(
v/1+
v/2)
R
对整个回路：P₂=
B2L2(
v/1+
v/2)2
R
联立以上各式解得：v₁′+v₂′=10m/s，F₂=32N，P₂=100W
答：（1）作用在ab棒上的外力为30N，回路中的总电功率64W
（2）当cd棒沿两导轨所在的竖直面向下运动的速度最大时，作用在ab棒上的外力32N回路中的总电功率100W．

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： 本题是电磁感应与牛顿定律的综合应用，难度较大，第一问中巧妙应用感应电动势为两棒产生感应电动势的和，回路中的总电功率等于安培力的功率之和；能够分析出速度最大时加速度为零，合力恰好为零

设量筒的横截面积为S，则玻璃瓶漂浮在量筒中时排开水的体积为：（28-22）S，此时的玻璃瓶受到的浮力为：ρ_水g（28-22）S；
由于玻璃瓶处于漂浮状态，所以玻璃瓶受到的重力等于浮力即：G=ρ_水g（28-22）S=6ρ_水gS；
从而可以得到玻璃瓶的质量为：6ρ_水S．
当空瓶浸入到量筒底部时，此时排开水的体积等于玻璃瓶的体积为：（24.2-22）S=2.2S；
根据公式ρ_瓶=[m/v]=
6ρ水S
2.2S=2.73g/cm³=2.73×10³kg/m³
故答案为：2.73×10³kg/m³．

点评：
本题考点： 物体的浮沉条件及其应用；液体密度的测量；阿基米德原理．

考点点评： 此题的难度很大，解此类题目要从测量密度的实验原理入手，如何得到玻璃瓶的质量和体积是解决此题的关键．也是难点所在：①测质量没有天平或者测力计，要利用浮力知识来突破．测体积，虽然有量筒，但量筒上给的是长度间距，而不是体积值，又是一个难点．与此类似的还有，给你量筒和水，测量小酒盅的陶瓷或橡皮泥的密度，都要利用物体在量筒中漂浮，浮力等于重力从而得到物体的质量．

（1）由动能定理有eU1=
1
2m
v20
得 v0=

2eU1
m
（2）电子正好能从B板边缘穿出电场，所以电子的偏转量：y=
d
2
（3）沿电场方向：电场力 F=eE
a=
eE
m=
eU2
md
又 [d/2=
1
2at2
电子在电场中沿v₀方向做匀速直线运动的时间：t=
L
v0]
所以：L=v0t=d

2U1
U2
答：①电子刚进入平行金属板时的初速度v0=

2eU1
m；
②电子的偏转距离为[d/2]；
③平行金属板的长度L=d

2U1
U2．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．

考点点评： 本题是分析和处理带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析运动情况和选择解题规律．比较容易．

AB段的平均速度v1＝
x
t1＝
60
4m/s＝15m/s，
BC段的平均速度v2＝
x
t2＝
60
6m/s＝10m/s
则加速度a=
v2−v1
△t＝
10−15
2+3m/s＝−1m/s2．
则v1＝vA+a
t1
2，解得vA＝v1−a
t1
2＝15+1×2m/s＝17m/s．
vB＝v1+a
t1
2＝15−1×2m/s＝13m/s．
vC＝v2+a
t2
2＝10−3m/s＝7m/s．
答：v_A=17m/s，v_B=13m/s，v_C=7m/s，a=-1m/s²．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．