详解答案
由牛顿第二定律得Ben=m
答案(1)bn→}H+-8e+8
20
0.7468MeV(2)号
解得dmin=Be
(2)质子在Ⅱ区内水平方向速度不变，在竖直方向速度变大，
3TB≥oT
(3)B=20
40
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-多m听
题组一
1.ABD由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动
解得=√2%，msin0=sind
方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终一
别n=册日-是=厄
定静止在OO'位置，AB正确；根据楞次定律可知，从释放到
第一次到达O了位置过程中，MN中电流方向由M到N,D
(3)“全反射”临界状态：质子到达Ⅲ区的时侯竖直方向速度
正确：从释放到第一次到达O)位置过程中，在即将到达O)
为0，
位置的时，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力
极据动能定理得=一1
m(%c0s)2
一定大于MN所受重力沿遂度方向的分力，处于减達状态，
C错误
2.AB两导体棒均向下运动，穿过闭合回路的磁通量增加，根
故U≤
mu cos-0
时满足题设
2e
据楞次定律和安培定则可知回路中的电流方向为abeda,A
(4)临界情况有两个：①全部都能打到探测板，②全部都打不
正确：如图，对两导体棒受力分析，对ab有2 ngsin30°
到探别板
2 ILBcos30°=2ma1,对cd有mg sin30°-ILBcos30°=ma2,
①∠CPQ=30°，如果U≥0，折射角比入射角小，两边射入的
初给时两导体棒均加速，闭合回路的电动势增大，电流增大，
质子都能打到探测板上，
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=2Nmv,
度为家，此时1=邵=器B正确：由B项分新可
ngsin30°
根据动能定理得U=】
知两导体棒加速阶较加速度大小之比为41：2=1：1，最终
加遂度均为零，C错误：由前面分析可知，两导体棒的速度大
郎得F2Nm√骨话+四，
3
小哈终相等，但两部分磁场的磁感应强度大小为两倍的关
系，根据公式E=BL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
倍的关系，D错误。
临界情况为出射角为60°打到D点，
水手方向连度队=号，
竖直方向速度巴，
2E.B:1s30°
2
ILBcos 0
根据动能定理得U=名m心g-
1
之m(%cos0)2
3mgsin 30
sin 3
解得U=
mv
,即当U<-m6时，F=0
2/LBcos"
I.Rsin 30
3e
3e
g03P.
③当-m≤U<0时.
3e
20530
仅有一束质子能够打到探测板，则F=Nm巴，·
2mg
e-
2m-m(c0s0)2,
3.BD对导体棒MN由平街条件得其所受安培力大小为F
F
解得F=N√任话+吧
=mNg=2N,回路中的感应电流I=B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E1=
答案a2e(2巨(8U≤-
m听cos20
B1I=4V,故MN与CD产生反方向的感应电流，导体棒
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：n}H十_9e+8
的电流，故CD产生逆时针方向的电流，由右手定则知B2方
Ed=mnc2-(muc2+mc2)=0.79 MeV
向竖直向下，E=B21一B1,回路中的电流沿逆时针方
向，对整体，由平衡条件得F1=mg十B2I1,联立解得购
2
EkH一2m
≈0.0432MeV
3mys,BD正确，AC错误.
4.A强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故
E.+E,=AEa-ExH=0.746 8 MeV.
强磁体在玻璃管中运动，玻稿管不会形成涡流。强破体在铝
eB=0.3 m
(2)质子运动轨迹的半径R=
管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管
中的磁体一直做加速运动，故由图像可知图（ ）的脉冲电
如图甲所示，质子刚好能打到探测板时对：
流峰值不断增大，说明强础体的速度在增大，与玻璃管中础
应的发射商度a==君
体的运动情况相符，A正确：在铝管中下落，脉冲电流的峰值
一样，磁通量的变化卓相同，故小磁体做匀速运动，B错误：
4π
在玻璃管中下落，玻稿管为绝缘体，线图的脉冲电流峰值增
可得质子计数率=2元=3
32
大，电流不断在变化，故小磷体受到的电磁阻力在不断变化，
C错误；强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体
（3)在骑保计数率为)号的情况下R=2如
在线圈间做匀遮运动，玻璃管中磁体在线图间做加速运动，
故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔
即B=200
3
7
比用玻稿管时的长，D错误。故选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，质子恰能打到探测板
.
值为
左端的条件为
4R2_R2
i=4-B
44
A,当闭合的瞬间，BI巴=O,此时MN可视为纯电阻R,此时
中语
反电动势最小，故电流最大Imx=R=CR
U Q
173五年高考真题分美集训
物理
=3甲0根据洛伦兹力捉供向心力可知，甲经过奇数次碰撞
9,解析(1)由电量和电流的关系g=1:可知I一t图像下方的
后半径变为r甲)=3，根据左手定则判断第9次碰撞后粒子
面积表示电荷量，因此有Q=I1△41十I2△r2十I△
甲运动半个周期，运动到x轴负方向，所以=18π严时刻，粒
代入数据解得Q=0.5C
gB
子甲的位置坐标为（一6a,0);由于粒子乙碰撞后运动了一个
(2)由磁通量的定义可得中=BS=LXa
周期，故其位置坐标为(0,0)：从第一次碰控到=18”的过
代入数据可得=6.28X108Wb
qB
(3)在0~1.0×10一8s时间内电流均匀增加，有楞次定律可
程中粒子运动了9个轨道半径为号：的国周及8个轨道半
知感应电流的方向c·R·d,产生恒定的感应电动势E
径为号：的圆周，故从第一次碰接到1=18的过程中粒子
△t
B
E
乙运动的路程为s=9X2πX
2a+8X2xx5
a=67ra.
由闭合回路欧姆定律可得尔一R十R
代入数据解得R=3.14×10-8A
答案《1，(2)m,3
3gBa
在1.0×103s~5.0×10-3s电流位定，穿过圆形螺旋管的
刀理
m
磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在5.0
(3)甲(-6a,0),乙(0,0)，67πa
103s一6.0×10-3s时间内电流随时间均匀变化，斜率大
8.解(1)粒子垂直x轴进入圆形磁场，在坐标原点O汇聚，满
足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场
小和0一1.0×10一8s大小相同，因此电流大小相同，由楞次
定律可知感应电流的方向为d→R·(,则图僚如图所示
的半径，拉子在磁场中运动，洛伦兹力捉供向心力
quB =mv
解得B,=”四
1.02.03.业1.056.070im
(2)粒子从O点进入下方虚线区域
若要从聚焦的O点飞入然后平行x
轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在
(4)考虑自惑的情况下，线框会产生自惑电动势阻碍电流的
下方圆形破场运动的轨迹半径等于
增加，因此电流是缓授增加的，过一段时间电路达到稳定后
磁场半径，拉子轨远最大的边界如图
自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在1.0×103s
甲所示，图甲中圆形磁场即为最小的
5,0×10-8s时间内电路中的磁通量不变化电流要减小为
勻强磁场区城
零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小
破场半径为r2,根据qvB=m
可知
为雾，电流图像如图
r
分
w]业a
磁感应强度为B2=m
qr2
314
极据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形硅场的
面积为S2=πr,
(3)粒子在磁场中运动，3和4为拉子运动的轨迹圆，1和2
为拉子运动的磁场的圆周
答案(1)Q=0.5C(2)=6.28×10-8wb
(3)见解析(4)见解析
10.解析(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速阙周运动，设半径
分别为r1、”2·
3
电洛伦兹力提供向心力得9B=m。,由半径r=。形得
-服器
且d=2r1-2r2,联立解得d=3q5】
。m
(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分
别为a由T-密得1=2孤、6=武。
gB
根搭9如B=m可知【和
且△1=2+32
Ⅲ中的磁感应强度分别为
解得△1=2π
gB。
B1-mv.Ba-mo
(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动
0r受
若经过两磁场的次数均为n(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”金。-dm宽。-十4
最小面积为“叶子”形状，取
I区城如图丙
解得品=m品
图中阴影都分面积的一半
根据题意，n=1合去.
为四分之一圆周S贴与三
角形S0B之差，所以阴彩部
丙
当m=2时，名有最小位（品）=9
分的面积为
若先后经过右侧、左剧磁场的次数分别为（十1）、(n=0,
1,2,3,…),经分析不可能相逼.
s1=2(So8-Ss)=2×(}r-2）=(2x-1)
综上分析，乙粒子比荷的最小值为9
类似地可知W区战的阴影都分面积为
=2×(}r-2)-(2x-1)
答案(1)m
(2)2m(3)29
qBo
gBa
21
磁场新题型
极据对称性可知Ⅱ中的匀强磁场面积为
题组
51=s,=(2-1).
1.解析(1)若水平向左射向磁场的质子能实现“反射”，则不
同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，有din=2r,
172磁场新题型
磁场新题型
题组
用时：
哥错记录：
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
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N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3衰变.中子衰变后转化成质子和电
等，分别为1和<Ⅲ，其电势差U=91一Ⅲ。
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0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=0.51MeVc2,中子
(1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反
质量mm=939.57 MeVjc2,质子质量mH=
射”，求d的最小值；
938.27MeVc2(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p=4.8×10-21kg·m·s1
=3×10-8MeV·s·m-1.
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
4m
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点射入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
眼教信打码
★正确答案
★精讲考点
★习题专攻
★考场技巧
