磁场新题型&专题11 电磁感应 题组1-【高考密码】备战2025年高考物理2020-2024五年真题分类汇编

磁场新题型 磁场新题型 题组 用时： 易错记录： 1.(2024·浙江1月选考)类似光学中的反射和折 2.(2020·浙江1月选考)通 射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的 过测量质子在磁场中的运 “反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三 动轨迹和打到探测板上的 个平行区域I、Ⅱ和Ⅲ：I区宽度为d,存在磁感 计数率（即打到探测板上 探测板0 应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁 质子数与衰变产生总质子数V之比)，可研究中 场，Ⅱ区的宽度很小。I区和Ⅲ区内电势处处相 子(n)的B衰变.中子衰变后转化成质子和电 等，分别为1和<9m,其电势差U=1一9Ⅲ。 子，同时放出质量可视为零的反中微子.如图 一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射 角0射向I区，在P点以出射角0射出，实现“反 所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个 射”：质子束从P点以入射角射人Ⅱ区，经Ⅱ区 质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N “折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折 个质子.在P点下方放置有长度L=1.2m且以 射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发 (O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离 射的质子数为N,初速度为，不计质子重力， OP为a.在探测板的上方存在方向垂直纸面向 不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势 里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.已知电子 分布的影响。 质量me=9.1×10-31kg=0.51MeV/c2,中子 (1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反 质量mm=939.57MeV2,质子质量mH 射”，求d的最小值： 938.27MeV,c2(c为光速，不考虑粒子之间的相 (2)若U-,求“折射率”人射角正弦与折 互作用)，质子的动量=4.8×10-1kg·m·s =3X10-8MeV·s·m1 射角正弦的比值)： (1)写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微 (3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P点 子的总动能（以MeV为能量单位）： 进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回I (2)当a=0.15m、B=0.1T时，求计数率； 区)： (3)若a取不同的值，可通过调节B的大小获得 （4在P点下方距离3m处水平放置一长为 与(2)问中同样的计数率，求B与a的关系并给 eB 出B的取值范围. B的探测板CQD(Q在P的正下方)，CQ长 4 为 B,质子打在探测板上即被吸收中和。若还 有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对 称，同时从O点射人I区，且0=30°，求探测板受 到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 ·法线 法线 61 五年高考真题分类集训 物理 专题十一 电磁感应 题组 用时： 易错记录： 一、选择题 3.(2023·山东卷)（多选）足够长U形导轨平置在 1.(2024·山东卷)（多 光滑水平绝缘桌面上，宽为1m,电阻不计。质 选)如图所示，两条相 量为1kg、长为1m、电阻为12的导体棒MN 同的半圆弧形光滑金 放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触 属导轨固定在水平桌 良好，I和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁 面上，其所在平面竖 场，磁感应强度分别为B1和B2,其中B1=2T, 直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半 径，最低点的连线O)与导轨所在竖直面垂直。 方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮 空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导 将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连， 轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻 绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻 的金属棒MN平行O)放置在导轨图示位置，由 MN、CD同时分别进人磁场区域I和Ⅱ并做匀 静止释放。MN运动过程中始终平行于OO'且 速直线运动，MN,CD与磁场边界平行。MN的 与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法 速度v1=2m/s,CD的速度为2且2>，MN 正确的是 和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大 A.MN最终一定静止于OO'位置 小取10m,s2,下列说法正确的是 B.MN运动过程中安培力始终做负功 B C.从释放到第一次到达OO位置过程中，MN的 速率一直在增大 D.从释放到第一次到达OO位置过程中，MN中 电流方向由M到N 2.(2024·黑吉辽卷)（多选）如图，两条“∧”形的光 滑平行金属导轨周定在绝缘水平面上，间距为 L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处 A.B2的方向向上 B.B2的方向向下 于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别 C.2=5m/s D.2=3m/s 为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置 4.(2023·全国乙卷)一学生小组 在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中 在探究电磁感应现象时，进行了 始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分 如下比较实验.用图(a)所示的 别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻 缠绕方式，将漆包线分别绕在几 不计，重力加速度大小为g,两棒在下滑过程中 何尺寸相同的有机玻璃管和金 中流传器 属铝管上，漆包线的两端与电流 传感器接通.两管皆竖直放置， 图 将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放， 在管内下落至管的下端.实验中电流传感器测得 的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化 分别如图(b)和图(c)所示，分析可知 309 A.回路中的电流方向为abeda Aa6中电流趋于配 图) 图(】 C.ab与cd加速度大小之比始终为2：1 A.图(c)是用玻璃管获得的图像 D,两棒产生的电动势始终相等 B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动 62 专题十一电磁感应 C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始 终保持不变 A1=时刻，圆环有扩张的趋势 D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰 B.t=- 时刻，圆环有收缩的道势 的时间间隔比用玻璃管时的短 5.(2022·全国甲卷)（多选） C.1= T和1=3工时刻，圆环内的感应电流大小 4 如图，两根相互平行的光滑 + 相等 长直金属导轨固定在水平 ×××× 绝缘桌面上，在导轨的左端 D,(-平时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感位 接人电容为C的电容器和阻值为R的电阻.质 电流 量为、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨 8.(2020·浙江1月选考)如图所 上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不 示，在光滑绝缘水平面上，两条 2 计，整个系统处于方向垂直向下的匀强磁场中. 固定、相互垂直且彼此绝缘的 开始时，电容器所带的电荷量为Q,合上开关 导线通以大小相同的电流L.在 角平分线上，对称放置四个相 32 S后. ( 区4 同的正方形金属框，当电流在 A.通过导体棒MN电流的最大值为 相同时间间隔内增加相同量，则 B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动 A.1、3线圈静止不动，2、4线圈沿若对角线向内 C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大 运动 D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产 B.1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向外 生的焦耳热 运动 6.(2021·全国甲卷)（多选）由相 C.2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向内 同材料的导线绕成边长相同的 运动 甲、乙两个正方形闭合线圈，两 D.2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外 线圈的质量相等，但所用导线 运动 ××××X 的横截面积不同，甲线圈的匝 9.(2020·全国卷Ⅲ)如图，水 数是乙的2倍.现两线圈在竖直平面内从同一高 平放置的圆柱形光滑玻璃棒 左边绕有一线圈，右边套有 度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向 一金属圆环，圆环初始时静 垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水 止.将图中开关S由断开状 平，如图所示.不计空气阻力，已知下落过程中线 态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到 圈始终平行于纸面，上、下边保持水平.在线圈下 ( 边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是 A.拨至M端或N端，圆环都向左运动 B.拨至M端或N端，圆环都向右运动 A.甲和乙都加速运动 C.拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右 B.甲和乙都减速运动 运动 C.甲加速运动，乙减速运动 D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左 D.甲减速运动，乙加速运动 运动 7.(2020·山东等级模拟考)（多选）竖直放置的长 10.(2020·浙江7月选考) 直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，通有俯 如图所示，固定在水平面 视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律 上且半径为r的金属圆 变化.螺线管内中间位置周定有一水平放置的硬 环内存在方向竖直向上、 质闭合金属小圆环（未画出），圆环轴线与螺线管 磁感应强度大小为B的 轴线重合.下列说法正确的是 匀强磁场，长为（的金属棒，一端与圆环接触良 好，另一端固定在竖直导电转轴O)上，金属棒 随轴以角速度，匀速转动.在圆环的A点和电 刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距 为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器 极板间处于静止状态，已知重力加速度为g,不 计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是() 63 五年高考真题分类集训 物理 A.金属棒产生的电动势为号BP如 竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一 质量为m、电阻为R、长度也为1的金属棒P静 B.微粒的电荷量与质量之比为2黑 止在导轨上，导轨上质量为3m的绝缘棒Q位 Br2a 于P的左侧，以大小为%的速度向P运动并 C.电阻消耗的电功率为πBr'✉ 与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短.碰撞一次 2R 后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落 D.电容器所带的电荷量为CB,2w 在地面上同一地点，P在导轨上运动时，两端与 二、非选择题 导轨接触良好，P与Q始终平行，不计空气阻 11.(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属 力.求 直导轨MN、PQ的间距为L,固定在同一水平 (1)金属棒P滑出导时的速度大小： 面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直周 (2)金属体P在导轨上运动过程中产生的热量： 定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与 (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的 直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强 时间. 度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为 L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆 弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均 匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置 在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。 忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能 形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好， 重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止 释放，求 (I)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小： (2)金属环刚开始运动时的加速度大小： (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接 13.(2020·全国卷川)如图，一边 触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 长为lo的正方形金属框abcd 固定在水平面内，空间存在方 向垂直于水平面、磁感应强度 大小为B的匀强磁场.一长度 大于√21。的均匀导体棒以速 率”自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程 中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导 体棒与金属框接触良好.已知导体棒单位长度 的电阻为r,金属框电阻可忽略.将导体棒与@ 点之间的距离记为x,求导体棒所受安培力的 大小随x(0≤x≤√2l,)变化的关系式. 12.(2023·全国甲 卷)如图，水平 桌面上周定一 光滑U型金属 导轨，其平行部 分的间距为，导轨的最右端与桌子右边缘对 齐，导轨的电阻忽略不计.导轨所在区域有方向 64五年高考真题分类集训 物理 =3甲·被据洛伦兹力提供向心力可知，甲经过奇敦次磁撞 9.解析(1)由电量和电流的关系g=1可知1一1图保下方的 后半径变为r甲，=3，报据左手定则判断第9次碰撞后粒子 面积表示电荷量，因此有Q=11△1+I△r十I△ 甲透动半个周期，造动到x轴负方向，所以1=18π严时刻，粒 代入数播解得Q=0,5C gB 子甲的位置坐标为（一6,0）：由于粒子乙碰撞后谥动了一个 《2)由磁通量的定义可得D=BS:X 网期，故共往置坐标为(0,0)：从第一次碰撞到1=18的过 代入复据可得中=6,28×10-%Wb qB (3)在0~1.0×10-1s时间内电流均匀增加，有好次定律可 程中粒子运动了9个轨道半径为号：的圆网及8个轨道年 知感应电流的方向·R·d,产生恒定的感应电动势E 径为号a的圈周，故从第一次延撞到1=18石的过程中粒子 E 乙运动的路程为=9X2x×号a十8X2x×名4=67a, 由闭合回路欧姆定律可得R一R十R 代入数据解得R=3.14×10-3A 答案(1)。 在1,0×10一8s一5.0×10-3s电流恤定，穿过圆形螺旋常的 22 磁场板定，周此感应电动势为零，感应电流为零，而在5,0X (3)甲(-6a,0),乙(00)，67a 8.解(1)粒子垂直x轴进入圆彩磁场，在坐标原，点(O汇聚，满 10一1s~6.0×108$时间内电流随时间均匀变化，斜率大 小和0一1.0×10一1s大小相同，因此电流大小相同，由移次 足聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形陆场 定律可知感应电流的方向为d·R·(,别图像如图所示 的半径，粒子在磁场中运动，洛伦激力提供向心力 04 TuB=m n 34 解得B,=m四 00203040506070i0 (2)粒子从O点进入下方虚线区城： -3.14 若要从聚焦的)点飞入然后平行x 轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在 (4)考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻研电流的 下方圈形磁扬运动的轨远半径等于 增加，因此电流是援授增加的，过一段时间电路达到稳定后 磁场半径，粒子航迹最大的边界如图 自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在1.0×10一s一 甲所示，图甲中固形磁场即为最小的 5.0×10一4s时间内电路中的磁通量不变化电流要减小为 匀强磁场区战 零，固此自感电动势会阻碍电流的诚小，使得电流援慢减小 可 为零，电流图像如图 磁场半径为r3,根据B=m 10⅓ 破感应强度为B1一四 3.14 qr2 根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸而向里，国形磁场的 102030405动6g7.0i04 面积为S:=需产. -314 (3)粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2 为粒子运动的破场的圆周 答案(1)Q=0.5C(2)中=6.28×10-8Wb (3)见解析(4)见解析 10.解析(1)甲鞋子先后在两磁场中做匀递圆网运动，设半径 分别为r1 由洛伦裁力提供向心力，得B=m广，由平径一B得r =24B-34B。 且d=2r一2r联立解得d=3B mU (2)甲粒子先后在两磁场中微匀速圆周运动，设运动时间分 剂为4，由T-霜得一器 根据B=m二可知I和 且△￥=21十3tg Ⅲ中的磁感应强度分别为 解得△=2xm gB' B1=四B1- (3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀逸回周运动 若经过两磁场的次数均为(n=1,2,3,…） 图中箭头部分的实线为粒3 子运动的轨迹，可知磁场的 相适时，有"品。=小㎡器器=4十 5πn 最小面积为“叶子”形状，取 I区城如图丙 解得品=n是 图中阴影部分面积的一半 根据题意，n=】舍去。 为四分之一司周Sw与三 角形SM心之差，所以朋影部 丙 当”=2时，名有最小值（马）=2以 分的面积为 若先后经过右侧、左倒破场的次数分别为（刀十1），n(n■0， 1,2,3,…,经分斯不可能相遇. S1=2(Sw地-5w)=2×(什-号）-（受x-1)方 综上分析，乙粒于此荷的最小值为9 类似地可知N区战的阴影部分面积为 s=2x(片-2）=（合-1） 答案1 (2)2m3)2 uB。 根据对称性可知Ⅱ中的匀强酷场面积为 磁场新题型 题组 51=s=(3-1)r. 1.解析日)若术平向左射向磁场的质子能实现“反射“，则不 网角度射向磁场的盾子都能实现“反射”，有d=2r 172 可 详解答案 由牛顿第二定律得B=m, 答案(1)hmH+-e十8 2urt 0.7468MeV(2)号 解得da=Be (2)质子在川区内水平方向速度不变，在竖直方向逸度变大， aB-品T>细T 设折射角为日， 专题十一电磁感应 根据动能定理得U=之m听-名m听 题组一 1,ABD由楞次定律站合左手定则可知，安培力与MN的运动 解得=√2in0=功sind 方向的夹角始终大于90，别安培力始终做负功，MN最终一 则n=g=”=2 定静止在()'位置，AB正确：根据楞次定律可，从释放到 sin th 第一次到达（了位置过程中，MN中电流方向由M到N,D (3)“全反射”格界秋态：质子到达Ⅲ区的时候竖直方向速度 正确：从释放到第一次到达O)位置过程中，在即将到达 为0， 位置的时刻，MN所受安培力水平向左，活建度方向的分力 振据动能定理得U= 2m(6c0s0)2 一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速就态， C错误」 u6 cos0 2.AB两导体棒均向下运动，穿过闭合可路的磁道量增加， 故U≤- 一时满足题设 2e 揭楞次定律和安培定则可知回路中的电流方向为bdu,A (4)格界情泥有两个：①全部都能打到探渊核，②全部都打不 正确：如圈，对两导体棒受力分析，对db有2 ngsin30° 到探测板。 2 LBcos30°-2ma1,对cd有ng sin30°-ILBeos30°-ma, ①∠CPQ=30°，如果U≥0，折射角比入射角小，两边射入的 初始时两导体棒均加追，闭合回路的电动势增大，电流增大， 质子郁能打到探测板上， 导体棒受到的安培力增大·导体棒的加速度减小，最终加速 U≥0时.取竖直向上为正方向，根据动量定理得F=2Nm心 根据动能定理得eU-之m-一之n(cas0) 度为车，光时1器二器-器B正，南B发分折可 知两导体棒加速阶段加递度大小之比为a1ta:=1t1,最终 解得F=2Nm√骨诺+ 3 加追度均为零，C错误：由前面分析可知，两导体捧的速度大 小始终相等，但两部分德场的做感应强度大小为两倍的关 系，根据公式E=BL口可知，两导体棒产生的电动势应为两 ②全部都打不到探测板的情况： 倍的美系，D错误。 临界情况为出射角为60打到D点， 1 水平方向建度一之切· 竖直方向速度一后6· 2B05303 Ⅱcs3) 架据动能定理得U-之mg一号m(ms9 2mgsin 30 *22 mgsin 30 解得U=-m,即当U<-m时，F=0 2B0930 ILBsin 30 3e 3e mgoos 30 ③当-m6U<0时. 3e 2ngc0s30月 仅有一来质子能够打到深测板，则F=N: U=1 F之m码-2m(wcos0)2, 3.BD对导体棒MN,由平衔条件得其所受安培力大小为F 解样F=N√话+网 mNg-2N,回路中的感应电流I一1A.回路中的 感应电动势为E=IR=1V,MN产生的感应电动势为E,= 答索12C(2巨aU<-me B11=4V,故MN与CD产生反方向的感应电流，导体捧 2e (4)见解析 MN、CD均向右运动，则由右手定则知MN产生顺时针方向 2.解析《1)核反应式：dn→H十_9e十8 的电流，故CD产生逆时针方向的电流，由右手定知B?方 向竖直向下，E=B物一B1l,回路中的电流沿逆时针方 △E4-mnc2-(nH2+m。c2)=0.79MeV 向，对整体，由平衡条件得F1=mg十B1,联立解得= P≈0.0432MeV EkH一2m 3ms,BD正确，AC错误， 4。A强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝嫁体故 E.+E,=AEa-ExH =0.746 8 MeV. 强磁体在玻璃管中运动，玻璃营不会形成涡流，强磁依在铝 (2)质子运动轨连的半径R=启=0.3m 管中加递后很快达到平撕状态，做匀速直线运动，而玻璃常 中的磁体别一直微加速运动，故由图像可知图()的脉冲电 如图甲所示，质予刚好能打到探测板时对 流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁 应的发射角度a=月=吾 体的运动新况相符，A正确：在铝常中下落，脉冲电流的峰值 一样，磁通量的变化率相同，故小磁体发匀速运动，B错误： 在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增 可得质子计数单刀厂2x一3 32 大，电流不断在变化，故小磁体受到的电德阻力在不断变化： C错误：强破体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁休 3)在精保计款来为一号的特况下R=2如 在线图间微匀逸运动，玻璃管中磁体在线图间微加逸运动 故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时阿间两 即B=200 3 T 北用玻璃管时的长，D错误.故达A. 5.ADMN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时 如图乙所示，赏子恰能打到探渊板 值为 左端的条件为 学-号 =《BM起 R 探测板 A.当闭合的醉间，B知=D,此时MN可视为纯电阻R,此时 中≥1 反电动势最小，放电流最大【mw一求一C示 173 可 详解答案 由牛顿第二定律得B=m, 答案(1)hmH+-e十8 2urt 0.7468MeV(2)号 解得da=Be (2)质子在川区内水平方向速度不变，在竖直方向逸度变大， aB-品T>细T 设折射角为日， 专题十一电磁感应 根据动能定理得U=之m听-名m听 题组一 1,ABD由楞次定律站合左手定则可知，安培力与MN的运动 解得=√2in0=功sind 方向的夹角始终大于90，别安培力始终做负功，MN最终一 则n=g=”=2 定静止在()'位置，AB正确：根据楞次定律可，从释放到 sin th 第一次到达（了位置过程中，MN中电流方向由M到N,D (3)“全反射”格界秋态：质子到达Ⅲ区的时候竖直方向速度 正确：从释放到第一次到达O)位置过程中，在即将到达 为0， 位置的时刻，MN所受安培力水平向左，活建度方向的分力 振据动能定理得U= 2m(6c0s0)2 一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速就态， C错误」 u6 cos0 2.AB两导体棒均向下运动，穿过闭合可路的磁道量增加， 故U≤- 一时满足题设 2e 揭楞次定律和安培定则可知回路中的电流方向为bdu,A (4)格界情泥有两个：①全部都能打到探渊核，②全部都打不 正确：如圈，对两导体棒受力分析，对db有2 ngsin30° 到探测板。 2 LBcos30°-2ma1,对cd有ng sin30°-ILBeos30°-ma, ①∠CPQ=30°，如果U≥0，折射角比入射角小，两边射入的 初始时两导体棒均加追，闭合回路的电动势增大，电流增大， 质子郁能打到探测板上， 导体棒受到的安培力增大·导体棒的加速度减小，最终加速 U≥0时.取竖直向上为正方向，根据动量定理得F=2Nm心 根据动能定理得eU-之m-一之n(cas0) 度为车，光时1器二器-器B正，南B发分折可 知两导体棒加速阶段加递度大小之比为a1ta:=1t1,最终 解得F=2Nm√骨诺+ 3 加追度均为零，C错误：由前面分析可知，两导体捧的速度大 小始终相等，但两部分德场的做感应强度大小为两倍的关 系，根据公式E=BL口可知，两导体棒产生的电动势应为两 ②全部都打不到探测板的情况： 倍的美系，D错误。 临界情况为出射角为60打到D点， 1 水平方向建度一之切· 竖直方向速度一后6· 2B05303 Ⅱcs3) 架据动能定理得U-之mg一号m(ms9 2mgsin 30 *22 mgsin 30 解得U=-m,即当U<-m时，F=0 2B0930 ILBsin 30 3e 3e mgoos 30 ③当-m6U<0时. 3e 2ngc0s30月 仅有一来质子能够打到深测板，则F=N: U=1 F之m码-2m(wcos0)2, 3.BD对导体棒MN,由平衔条件得其所受安培力大小为F 解样F=N√话+网 mNg-2N,回路中的感应电流I一1A.回路中的 感应电动势为E=IR=1V,MN产生的感应电动势为E,= 答索12C(2巨aU<-me B11=4V,故MN与CD产生反方向的感应电流，导体捧 2e (4)见解析 MN、CD均向右运动，则由右手定则知MN产生顺时针方向 2.解析《1)核反应式：dn→H十_9e十8 的电流，故CD产生逆时针方向的电流，由右手定知B?方 向竖直向下，E=B物一B1l,回路中的电流沿逆时针方 △E4-mnc2-(nH2+m。c2)=0.79MeV 向，对整体，由平衡条件得F1=mg十B1,联立解得= P≈0.0432MeV EkH一2m 3ms,BD正确，AC错误， 4。A强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝嫁体故 E.+E,=AEa-ExH =0.746 8 MeV. 强磁体在玻璃管中运动，玻璃营不会形成涡流，强磁依在铝 (2)质子运动轨连的半径R=启=0.3m 管中加递后很快达到平撕状态，做匀速直线运动，而玻璃常 中的磁体别一直微加速运动，故由图像可知图()的脉冲电 如图甲所示，质予刚好能打到探测板时对 流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁 应的发射角度a=月=吾 体的运动新况相符，A正确：在铝常中下落，脉冲电流的峰值 一样，磁通量的变化率相同，故小磁体发匀速运动，B错误： 在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增 可得质子计数单刀厂2x一3 32 大，电流不断在变化，故小磁体受到的电德阻力在不断变化： C错误：强破体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁休 3)在精保计款来为一号的特况下R=2如 在线图间微匀逸运动，玻璃管中磁体在线图间微加逸运动 故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时阿间两 即B=200 3 T 北用玻璃管时的长，D错误.故达A. 5.ADMN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时 如图乙所示，赏子恰能打到探渊板 值为 左端的条件为 学-号 =《BM起 R 探测板 A.当闭合的醉间，B知=D,此时MN可视为纯电阻R,此时 中≥1 反电动势最小，放电流最大【mw一求一C示 173 五年高考真题分类集训 物理 故A正确： 11.解(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为1，产生的电动 B.当4>B时，导体棒加速运动，当速度达到鼓大值之后， 势大小为E1,对a山在间孤导轨上运动的过程，由机械能守 电客器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由 能量守恒可知，最后MN终极途度为零，故B错误： 恒定律有mg=之m C.MV在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流聊时值 ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得E=BL 为i=4一Bl0 联立得E=BL.√2gL (2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关 当u=B知时，MN上电流瓣时为零，安培力为零，此时MN 系可加导航之间两段金属环的电阻均为R,它们在电路中 速度最大，故C错误： D.在MN加连度阶段，由于MN反电动势存在，故MV上电 并联后的总电阻尺-及 流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗 设电路中初始的干路电流为【，由闭合电路歌鳞定律有 的电能（即Er>Ew),故加速过程中，Q>QN:当MN减 E 速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻 -R+R R形战各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综 经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电回 上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量， 为尺的金属棒，设金属环陶开始运动时所受的安培力大小 故D正确.故选AD. 为F1,加速度大小为a,则F,=I1LB 6.AB设线周到磁场的高度为h,战周的边长为1，则线图下边 由牛领第二定律得F1■2ma 刚进入磁场时，有v=√2gh 感应电动势为E■B 联立解得a=I②R工 3mR 两线图材料相等（设密度为A),质量相同（设为m》,剩 (3)经分析，b进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量中 m=pX 4nlXS 恒，设两者共速时的逸度大小为巧，由动量守恒定律得 设材料的电阻率为P,则线圈电阻R=P 4zl_16n214 =(m十2m》 (注：极短时问△：内，磁通量变化量为BL△r) 感应电流为1= mBv 设在极短时间△1内，b与金属环间心的距离减少量为△r, R 16nloo 金属环所受安培力大小为F,流过b的电流为I,整个电路 安培力为F=nB-mB 的电动势为E,对金属环，由动量定理得∑F△r=2m的一0 1690 F=ILB 由牛顿第二定律有mg一F=m@ 由闭合电路欧辑定律得1一R干R E 联立解得a=g一 =g一160w网 设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s,若ab与金 加速度和线圆的匝数、横戴面积无关，则甲和乙进入磁场时， 萬环共逸时，两希怡好接触，金属环圆心初始位置到MP的 其有和同的如地度。当R>品时，甲和乙邮加建站精，当 距离最小，对b进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电 磁感应定律有E=BL.A B卫时都匀接.放 日时，甲和乙都减速运动.当g一1州 s=L十2△x 选AB. 联主解得=mR+L 7.BC0~子内螺线管中通有俯视瓶时针方向且逐新增大的 BL 12.解析(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据 电流，根据安培定则可知螺线管中由电流产生的磁场方向向 动量守恒和机桃能守恒可得3m=3m口十四# 下且逐渐增大，由楞次定律可知，风环有收缩的趋梦，A错 误，B正确：由题因乙可知，0~子内和号一T内爆线管中电 ×3m=专x8m6+号 3 流的变化率一致，则由螺线管中电流产生的殓场的变化率一 联立解得p=?的，0=乞 数，故1=了 和1-平时到，国环中的感虚电德大小相等， 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右瑞滑出导 統，并落在地面上可一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度 正确：了~T内螺线管中通有皓视腹时针方向且逐渐减小的 大小为知r=阳=立物 电流，根据安培定则可知螺线管中由电流产生的磁场方向向 下且逐渐减小，由锷次定律可知，圆环中产生俯视顺时针方 (2)根据能量守设有宁m啼=立m十Q 向的感应电流，D错误。 解得Q=m话 8.B由安培定则可知线周1,3所在处的合磁感应强度为零， (3)P,Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 即穿过这两个线圈的磁通量为零：当电流在相同时间间隔内 -BTl△=n'p一mvp 增加相问量时，穿过线圆1、3的磁通量仍为零，别没有感应 E△中BH 电流产生，所以线图1,3静止不动，C,D错误，线图2中的合 又g=14r.1=R=RRd 磁感应强度方向垂直纸面向外，线图4中的合磁感应强度方 联立可得x= m R 向垂直纸面向里，剥当电流在相同时句向隔内增加相同量 BF 时，由楞次定律可如，两线图应向磁通量减小的方向运动，即 由于Q为绝谦棒，无电流通过，做匀速直线远动，故Q运动 沿对角线向外运动，A错误，B正确， 9,B将开关S由断开状态拔至M端或N端，都会使线图中的 的时间为1=工=2mR vo B 电流突然增大，穿过右边圆环的陆通量突然增大，由楞次定 律可知，圆环都会向右运动以阻碍礁通量的增大，选项B正 答案（1)号w(2)m6:(3)2 BE 确，A,C、D均错误. 13.解析当导体棒与金隔枉接触的两点间棒的长度为1时，由 10,B金属棒产生的电动势E=Br· r=Br,选项A 法拉第电磁感应定律扣，导体棒上感应电动势的大小E Bl 错误，金属棒电阻不计，故电客器两极板间的电压等于金属 0 棒产生的电动势，微粒所受的重力与其受到的电场力大小 由欧好定律，流进导体捧的感应电流1= E 相等，有？号=mg,可得是=彩，选项B正确.电阻消花 式中，R为这一段导体棒的电阻，根据题意有R= Br 的电功率P-爱-放，选须C错说，电容器所带的电 此时导体捧所受安培力大小F=B11 0 R 20<号， 荷量Q=CE-=CBr,选项D辑误， 由题设和几何关系有 2-.号 6<r≤√21 174 详解答案 联立D②③①⑤式得 11￥12：13=2：2：w3 F= 20<号 即1-12>1.故选C 6.BC -.9<< 在1=0到一高的过程中，金属框转过45角，金属框切 割磁感线的有效长度d从L,增加到2L,此过程金属框中有 答案见解析， 题组二 感应也动势E-B时一直增大，在1一元到1一亮的建程中， 2 1,Ca.b、c点绕O点逆时针转动时，相当于长为Ou,O心，k的 金属瓶转过45"角，全属框初制随感线的有效长度d从√2L 导体棒转动初割碰感线，由右手定则可知，O点电婷最高 减小到L,此过程金居框中有感应电动势上=B”一克减 由法拉第电磁感应定排有E=Bm=立Bam,又lw=lx 小，故A错误，B正确：当金属板转过的角度日=，金属柜切 √R2+(2R)产=5R,剥0<Uu<Uu=Uu·则，>> =统，C正骑。 制磁感线的有效长度d山= ams日COs a此时金属相中有感 应电动势E=L”,电动势的变化率E=亚=BL产 2cos'ot △d 加，在1=0到1=云的过程中，ima增大，60s以减小， cos'cof 所以电动势的变化率一直增大，故C正确，D错误】 7.B两直角导线可以等效为如图所示两直导线，由安培定则 可知，两直导线分别在M处的磁感应强度 方向为垂直纸面向里、垂直纸而向外，故M XX 处的磁感应强度为零：两直导线在N处的 FOP 2,CD设金属杆在BB处速度为，导轨河距为L,金属杆在 磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N处 AA1B1B区城运动时，只受安培力，由动量定理有一BL△/ 的磁感应强度为2B:综上分析B正确，故 =m一m,即_4=mm一m,在BB,CC区浅选动 选B. RO'Q 2R 8.AD由法拉第电磁感应定律得杆OP产生的盛应电动势为 时，受安培力和滑动摩擦力，由动量定理有一∑BL△山一 E1=2BOPm,大小恤定，A正确：由右手定则可知杆OP mgt=0-m,脚一mg1-Bd=0-m,联立牙知> 2R 产生的感应电流从O流向P,由左手定别可知杆MN受到向 左的安培力而向左运动，根撼右手定则可知杆MN切割磁感 之，A错误：在整个过程中，由功能关系可得2m听=2Q十 战产生从V流向M的感应电流，回路中的总电动势为E= mgd,解得Q数=子m一名md,B格溪：金满杆经过 乞BOPm-BMNu,对杆OP有F◆=B1OP,对杆MN由 AA1B1B与BB1C1C区战，安培力的冲黄均为一∑Bl.△1 牛顿第二定律得BIMN=m,随着杆MN的速度增大，回路 BLd 的总电动势减小，电流减小，杆OP受到的安培力减小，杆 MN的加速度减小，BC错误，D正扇， 2R ,C正确：对全过程由动量定理有一m1-2R2山】 =0一m,若将金属杆的初述度加倍，由动量定理有一mg 9.BC第1s内ar边在第二象限切制磁感线产生感应电动势， 电流恒定，第2s内感应电动势E=B知逐渐增大，第2s末 B2 2R2=0-2,由于金属杆在BB,CC区城造动的 感应电动势是第1s内电动势的1.5倍，第3一4s内，由于第 一和菊二象限磁场方向相反·此时有一部分导体在第一象限 速度比第一次大，'<1，即<2，则d'>2d,D正确 切割磁感线，所以导依框内感应电流逐渐减小，速项B正响， 3,AD电流的峰值越来越大，即小难铁在依次穿过每个线图 A箭误，第1s内ab边所受安培力F=Bl均匀增大（电流恒 的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体的逸度越采 定，b边进入磁场部分逐新增大)，第2s内ab边所受安培力 越大，AD正确：假设小磁体是N极向下穿过线周，则在穿入 逐渐增大，第2当末安培力是第1s术的3倍（电流是1,5倍， 靠近每匝线因的过程中磁通量向下增加产生递时针的电流， 有效长度是2倍)，选项C正确，D错误. 而在穿出远离每匝线图的过程中磁通量向下减少产生递时 10.解(1)对甲从静止到运动至P1P:处的过程.根据动能定 针的电流，即电流方向相反与题干猫述的穿过线困的过程电 流方向变化相符，S极向下，问理，B错溪：线图可等效为条形 理有m1h一4m5e0s月·sn0=之m听一0 磁铁，线周的电流越大测磁性越强，因此电流的大小是变化 甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有E一B 的小磁体受到的电德阻力是变化的，不是一直不变的，C错 误，故选AD 根据欧姆定律有1=2R 1,A由题图可看出OA导体棒转动初割磁感线，别根据右手 对乙由牛辆第二定律有B1o1=a无0 定则可知> 其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则 联立并代入数据解得a乙0■2m/s 一A·A正确，B以C错误： 根撼楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（解 根据以上分析可知)一>0，A一元=0 视)，站合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，则加 速度方向水平向右 则，一91>9A一 D错溪，故选A (2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则 5,C设回线框的半径为r,则由题意可知正方形线框的边长为 系统动量宁恒，若两者共速时恰不相碰，则有1%=(1十 2r,正六边形线框的边长为r:所以圆线杯的周长为C2=2π ）法 面积为S,=x 对乙根据动量定理有BI山=V4一0 同理可知正方形线瓶的周长和面积分别为C1=8,S=4 △D_B△x 正六边形线框的周长和面积分刷为 又1=9=2R2R d=△x G=6.=×6xrx9,-3g 联立解得d=24m. 2 (3)根搭(2)问可知，从甲刚进入场至甲，乙第一次在术平 三线框材杆粗细相同，报据电鼠定律R=PS L 导轨上运动稳定，相对位移为△x=24m,且稳定时的速度 =6ms 可知三个线框电阻之比为 乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二 R14R:1Ra=C11C21C=812需16 定律有2 gsin 0十m2gC0s=mga上 根帮法粮第电磁高应定律有1一景-出·景 根搭运动掌规律有2a上T上= 乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二 可得电流之比为： 定律有m2gsin风一m2gc0s月=m?aT 175