1、第3课时 选择题(三)第15题 对带电粒子在磁场中运动问题的考查例1(2011浙江20)利用如图1所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是()A粒子带正电B射出粒子的最大速度为qB3dL2mC保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大图1 解析 利用左手定则可判定只有负电
2、荷进入磁场时才向右偏，故选项A错误利用qvBmv2r 知rmvqB，能射出的粒子满足 L2 r L3d2，因此对应射出粒子的最大速度vmaxqBrmaxmqB3dL2m，选项B正确vminqBrminmqBL2m，vvmaxvmin3qBd2m，由此式可判定选项C正确，选项D错误答案 BC例2(2011海南10)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图2中的正方形为其边界一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子不计重力下列说法正确的是()图2 A入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B入射
3、速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解析 带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据qvBmv2r 得轨道半径rmvqB，粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹不同，相同速度的粒子，轨道半径相同，轨迹相同，故B正确带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T 2rv2mqB，故所有带电粒子的运动周期均相同，若带电粒子都从磁场左边界出磁场，则这些粒子在磁场中的运动时间是相同的，但不同速度的粒子，其运动轨迹不同，故A、C错误根据t 2T 得2T t，所以运
4、动时间t越长，运动轨迹所对的圆心角越大，故D正确答案 BD命题研究 带电粒子在有界磁场中的运动问题是高考经常考查的一类试题，也是带电粒子在磁场中运动问题的难点，处理此类问题经常涉及求解相关物理量的极值解题的关键是对临界条件的把握，必要时还要结合数学知识求解找准圆弧轨迹的圆心和画出圆弧轨迹是解决本类题的关键，同时几何知识的正确运用也是解答本类题不可忽略的因素突破训练1如图3所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v、方向与ab成30角时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，粒子仍从a点射入磁场，则粒子
5、在磁场中运动的时间为(不计带电粒子所受重力)()A3tB.3t2C.t2D2t图3 解析 qB2vm2v2rr2mvqB，对应圆心角为，速度为v时，rmvqB，圆心角为，60，由图知120，2，又因为T2mqB 不变，故t2t，应选D.答案 D【解题方法技巧 6】作图分析法作图法包括几何作图、轨迹作图、运动示意图，还有各种图象如 vt 图象，pV、pT 图象等.在本类粒子在磁场中运动问题的分析中，作出运动轨迹示意图，并结合几何知识很直观地就可以看出解题的条件或结论.有种说法是：如果选择题计算很繁琐或根本就不能计算，请考虑使用图象分析.“图”在物理学中有着十分重要的地位，它是将抽象物理问题直观化
6、、形象化的最佳工具，是探究未知规律的有效手段.在画图时，要特别注意状态变化连接处的特征和前后不同过程的区别和联系.用图象法解题不但快速、准确，而且能避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题.第16题 对楞次定律和法拉第电磁感应定律的考查例3(2011广东15)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A感应电动势的大小与线圈的匝数无关B穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析 由法拉第电磁感应定律En t 知，感应
7、电动势的大小与线圈匝数有关，A错感应电动势正比于t，与磁通量的大小无直接关系，B错误，C正确根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D错误答案 C命题研究 1.高考对楞次定律和电磁感应定律的考查一般在选择题和计算题中出现，在应用楞次定律时要注意两种理解：一是从阻碍磁通量变化的角度；二是从阻碍相对运动的角度判断感应电流的方向电磁感应定律的表达式可为EnB St(动生电动势)和EnS Bt(感生电动势)，EBLv适用于部分导体切割磁感线运动的情况2有时对“两个定律”的理解以it图象或Et图象的形式考查，此时要注意划分不同的运动过程，逐个过程分析突破训练2如
8、图4所示，闭合金属线框abcd垂直置于匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于纸面向里，其大小随时间变化的图象如图乙所示，设第1 s内和第2 s内线框中的感应电流分别为I1、I2、磁场对ab边的安培力分别为F1、F2，下列说法正确的是()图4 AI1的方向为逆时针，I2的方向为顺时针BF1的方向向左，F2的方向向右CI12I2DF1、F2大小均不变解析 由楞次定律可知，I1方向逆时针，I2方向顺时针；F1方向向右，F2方向向左；又因ESBt，则E12E2，所以I12I2；F安BIL，B变化，I不变，所以F1增大，F2减小答案 AC3如图5所示，有界匀强磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B，宽
9、度为L.等腰直角三角形导线框abc的直角边ab长为2L，线框总电阻为R，规定abca的方向为感应电流的正方向导线框以速度v匀速向右穿过磁场的过程中，感应电流随时间变化规律的图象是()图5 解析 01单位时间内，电流方向为acba，电流为负，最大值为BLvR；12单位时间内，仅斜边切割磁感线，电流仍为负，L切L，IBLvR；23单位时间内，bc边与ac边的一部分切割，且ac边切割部分减小，ac电动势最大时为BLv，bc始终为2BLv，二者反向，所以，总电动势从BLv开始增大，最大为2BLv；综上所述选D.答案 D第17题 对应用动力学和能量观点分析电磁感应问题的考查例4(2011山东22)如图6
10、所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移下列图中正确的是()图6 解析 c 棒下落 h 的过程为自由落体运动，ag.设进入磁场瞬间速度为 v，则由匀速运动有 F安mgBILB2L2vR，a0.此时释放 d 棒，在 d 棒自由下落 h 的过程中，c 棒在磁场中下落 2h，此过程 c 一直做匀速运动，a0.当 d 棒进入
11、磁场后，c、d 两棒运动速度相同，穿过闭合回路磁通量不变，无感应电流，无安培力，二者都做匀加速直线运动共同下落 h 后，此时 c棒离开磁场，d 棒进入磁场 h 的距离，此时 c、d 的速度都是v(vv)，d 此时切割磁感线，产生感应电动势 EBLv，F 安BILBBLvRLF 安mg，d 棒做减速运动，d 棒离开磁场后,c、d 两棒均以加速度 ag 做匀加速运动,故选项 B、D 正确答案 BD例5(2011福建17)如图7所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角(090)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并
12、与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()图7 A运动的平均速度大小为12vB下滑的位移大小为qRBLC产生的焦耳热为qBLvD受到的最大安培力大小为B2L2vRsin 解析 对棒受力分析如图所示，F安BILB2L2vR，故D错；F安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动因此运动的平均速度 v 12v，A错；由qnR总可得：qBLsR，故棒下滑的位移sqRBL，B正确；求焦耳热应该用平均值，故C错答案 B命题研究 1.电磁感应中的力学问题从运动和力的关系着手，运用牛顿第二定律解决问题，
13、纯力学问题中只有重力、弹力、摩擦力，电磁感应中多一个安培力，安培力随速度变化，从而造成合力发生变化，加速度发生变化，在分析问题时要注意上述联系2电磁感应过程也是其他形式的能转化为电能的过程，因此，此类题目的考查常伴随着能量问题的分析突破训练4如图 8(a)所示在光滑水平面上用恒力 F 拉质量为 1 kg 的单匝均匀正方形铜线框，在 1 位置以速度 v03 m/s 进入匀强磁场时开始计时 t0，此时线框中感应电动势为 1 V，在 t3 s 时刻线框到达 2 位置开始离开匀强磁场此过程中 vt图象如图(b)所示，那么()(a)(b)图8 At0 时，线框右侧的边两端 MN 间电压为 0.25 VB
14、恒力 F 的大小为 0.5 NC线框完全离开磁场的瞬间位置 3 速度为 2 m/sD线框完全离开磁场的瞬间位置 3 速度为 1 m/s解析 t0时，产生的感应电动势EBIL1 V，MN为电源，故UMN1 V340.75 V，A错；t从1 s到3 s过程中，F合Fma1 kg0.5 m/s20.5 N，B对；从2位置到3位置，情况与从1位置到刚好全部进入磁场相同，速度由3 m/s变为2 m/s，C对，D错答案 BC5如图9所示，一个闭合回路由两部分组成，右侧是水平面上的电阻为r的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B1中；左侧是光滑的倾角为的平行斜面导轨，宽度为d，其电阻不计磁感应强度为B2的匀
15、强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，下列判断不正确的有()图9 A圆形线圈中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱B导体棒a、b受到的安培力大小为mgsin C回路中的感应电流为mgsin B2dD圆形导线中的电热功率为m2g2sin2B 22 d2(rR)解析 mgsin F安，F安向右上方，所以电流从b至a，所以B可以向上均匀增强，也可以向下均匀减弱，A、B正确；F安mgsin B2Id，所以Imgsin B2d，C正确；D项应为m2g2sin2B 22 d2 r.答案 D第18题 对变压器、交流电性质和远距离输电的考查
16、例6(2011山东20)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图10甲为调压变压器示意图保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示以下正确的是()甲 乙 图10 Au1190 2sin(50t)VBu2190 2sin(100t)VC为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移D为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移解析 由u2t图象知U2m190 2 V，T2102 s故2T100 rad/s，故u2190 2sin(100t)V，选项A错误，选项B正确由变压器电压与匝数关系u1u2n1n2得u2n2u
17、1n1，可减小n1以使u2的有效值增大至220 V，即将P适当上移，故选项C错误，选项D正确答案 BD例7(2011广东19)图11(a)左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R55，、为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是()(a)(b)图11 A电流表的示数为2 AB原、副线圈匝数比为12C电压表的示数为电压的有效值D原线圈中交变电压的频率为100 Hz解析 由IUR得，I11055 A2 A，A正确理想变压器中U1U2n1n2，所以n1n2U1U2Um2U2 22011021，B错误测量交流电时电表示数均为有效值，C
18、正确由题图(b)知T0.02 s，由f1T得，f50 Hz，D错误答案 AC命题研究 交流电作为单独一章内容，在高考中一定会出现题目，且为选择题，考查点主要有以下三个方面要熟练掌握：一是交流电的性质和“四个值”的理解；二是变压器的原理和“三个关系”，有时还把变压器和电路动态分析联系在一起；三是远距离输电中功率损耗的计算突破训练6如图12所示,理想变压器的原、副线圈的匝数比为41，原线圈接有u311sin 100t V的交变电压，副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡L1及理想电压表，以下说法正确的是()图12 A副线圈中电流的变化频率为50 HzB灯泡L1两端电压为55 VC若交变电压u的有效值
19、不变，频率增大，则灯泡L1的亮度将变暗D若交变电压u的有效值不变，频率增大，则电压表的示数将减小解析 由 f1T 21002 Hz50 Hz，A 对；由于线圈 L的感抗，L1 两端电压小于 55 V，B 错；频率越大，感抗越大，L1 变暗，C 对；u 的有效值不变，副线圈的电压不变，电流减小，UR 减小，所以，电压表示数，U 示U 副UR 增大，D 错答案 AC7如图13所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻()图13 A用电器增加时，变压器输出电压增大B要提高用户的电压，滑动触头P应向下滑C用电器增加时，输电线的热损耗
20、减少D用电器增加时，变压器的输入功率增加解析 用电器并联入电路，所以R总减小，由于U副不变，I增加，所以UR增加，PR增加，U用小于额定值，P应向上移动P用增加，所以P输入也应增大，故选D.答案 D【解题方法技巧 7】选项分组法例 6 中的 A、B 选项和 C、D 选项分别考查同一问题，分析其中一个选项，即可推之另一选项的正误，突破训练 6、7 两题也有此特点，因此，我们在分析此类问题时可以把选项分为两组，这种方法叫“选项分组法”.解题时通过审视题干和观察选项，先对选项分组，然后针对各组所要表述的情况选用适合的物理概念、规律或结论确定正确答案，即可避免选项的逐一判断，缩短解题时间，又可以防止解答时多选和漏选的发生，提高解答的准确率.返回
