高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试学案设计

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试学案设计，共13页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.正三角形金属框架ABC边长为a，将其放置在水平绝缘桌面上，俯视图如图1所示．现施加竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，将AC接入电路，图中电流表示数为I，电流方向如图，金属框架静止．则( )
图1
A．金属框架所受的安培力为0
B．金属框架所受摩擦力大小为BIa
C．金属框架所受摩擦力方向水平向左
D．若增大磁感应强度B，金属框架一定静止
答案 B
解析 由电路知识知，AC段的电流大小为eq \f(2,3)I，ABC段的电流大小为eq \f(1,3)I，AC段所受的安培力为：F＝B·eq \f(2,3)I·a＝eq \f(2,3)BIa，根据左手定则可知方向水平向左；ABC段所受的安培力为：F＝B·eq \f(1,3)I·a＝eq \f(1,3)BIa，由左手定则知方向向左；金属框架受到的安培力为两段导线所受安培力的合力，故金属框架受到的安培力为F＝eq \f(2,3)BIa＋eq \f(1,3)BIa＝BIa，方向水平向左，根据平衡条件，线框所受摩擦力大小Ff＝F＝BIa，方向水平方向右，故A、C错误，B正确．增大磁感应强度B，安培力增大，若安培力增大到大于最大静摩擦力，线框就要开始运动，故D错误．
2．(2019·中山市期末)电流i随时间t变化的图像如图2所示，该电流的周期和有效值分别是( )
图2
A．2×10－3 s eq \f(5,\r(2)) A B．3×10－3 s eq \f(5\r(6),3) A
C．3×10－3 s eq \f(5,\r(2)) A D．5×10－3 s eq \f(5,\r(2)) A
答案 B
解析 由题图可知，电流的周期为3×10－3 s；由有效值的定义可得12R×eq \f(2,3)T＝I2RT.代入数据解得I＝eq \f(5\r(6),3) A，故B正确．
3.如图3所示，圆形线圈在匀强磁场中绕轴O1O2匀速转动的周期为T，匝数为10匝，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 Ω，从线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，线圈转过30°时的瞬时电流为1 A，下列说法正确的是( )
图3
A．线圈中电流的最大值为eq \r(2) A
B．线圈中电流的最大值为2 A
C．线圈消耗的电功率为8 W
D．从图示位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i＝2cs (eq \f(2π,T)t) A
答案 B
解析 从线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin ωt，则感应电流i＝eq \f(e,R)＝eq \f(Em,R)sin ωt，由题给条件有1 A＝eq \f(Em,2 Ω)×eq \f(1,2)，解得Em＝4 V，则Im＝2 A，I有效＝eq \r(2) A，线圈中消耗的电功率为P＝Ieq \\al(2,有效)R＝4 W，选项A、C错误，B正确；从题图所示位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i＝Imsin ωt＝2sin (eq \f(2π,T)t) A，选项D错误．
4．(2019·北京101中学高二期末)如图4甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是( )
图4
A．变压器输入电压的最大值是220 V
B．若电流表的示数为 0.5 A，则变压器的输入功率是12 W
C．原线圈输入的正弦交变电流的频率是100 Hz
D．电压表的示数是24eq \r(2) V
答案 B
解析 由题图乙可知交流电压最大值Um＝220eq \r(2) V，故A错误；输入电压的有效值为220 V，根据变压器原副线圈电压之比等于匝数之比知电压表示数为U＝eq \f(6,55)×220 V＝24 V，即电压表的示数是24 V，若电流表的示数为0.5 A，变压器的输入功率P入＝P出＝UI＝24×0.5 W＝
12 W，故B正确，D错误；变压器不改变频率，由题图乙可知交流电的周期T＝0.02 s，根据f＝eq \f(1,T)可知原线圈输入的正弦交变电流的频率是50 Hz，故C错误．
5．(2019·启东中学期中)如图5所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其直流电阻忽略不计．下列说法正确的是( )
图5
A．S闭合瞬间，A先亮
B．S闭合瞬间，A、B同时亮
C．S断开瞬间，B逐渐熄灭
D．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭
答案 D
6. (2020·山西省实验中学期中)如图6所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B中．两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带正电小球．K没有闭合时传感器有示数，K闭合时传感器示数变为原来的一半．重力加速度为g，则线圈中磁场B的变化情况和磁通量变化率分别为( )
图6
A．正在增强，eq \f(mgd,2q) B．正在增强，eq \f(mgd,2nq)
C．正在减弱，eq \f(mgd,2q) D．正在减弱，eq \f(mgd,2nq)
答案 B
解析 开关闭合时，根据平衡条件：qE＋FN＝mg，其中FN＝eq \f(1,2)mg，解得：E＝eq \f(mg,2q)，又有：E＝eq \f(U,d)＝eq \f(n\f(ΔΦ,Δt),d)，可得eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(mgd,2nq)，小球带正电，可知上极板带负电，下极板带正电，根据楞次定律可知，磁场正在增强，故B正确，A、C、D错误．
7. (2020·张家口市高二期末)如图7所示，两平行金属板P、Q水平放置，上极板带正电，下极板带负电，板间存在匀强电场和匀强磁场(图中未画出)，一个带电粒子在两平行板间做匀速直线运动后，从O点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中，粒子做匀速圆周运动，最后打在挡板MN上的A点，不计粒子重力．下列说法正确的是( )
图7
A．此粒子一定带负电
B．P、Q间的磁场一定垂直于纸面向外
C．若另一个带电粒子在磁场中也能沿相同的轨迹运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷
D．若另一个带电粒子在P、Q间也能做匀速直线运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷
答案 C
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子向下偏转，粒子刚进入MN右侧磁场时所受洛伦兹力竖直向下，应用左手定则可知，粒子带正电，故A错误；粒子在复合场中做匀速直线运动，粒子所受合力为零，粒子所受电场力竖直向下，则粒子所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，P、Q间的磁场垂直于纸面向里，故B错误；粒子在复合场中做匀速直线运动，由平衡条件可知：qvB＝qE，解得：v＝eq \f(E,B)，粒子具有相同的速度，不一定具有相同的比荷，故D错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝meq \f(v2,r)，解得eq \f(q,m)＝eq \f(v,Br)，由于粒子匀速通过P、Q间的复合场，则粒子速度v相同，粒子运动轨迹相同，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r相同，则粒子的比荷相同，故C正确．
8．如图8甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了感应电流(电流方向沿abcda为正方向)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场的正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为( )
图8
答案 D
解析 由题图乙可知，0～t1内，线框中电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线框中磁通量的变化率不变，故0～t1内磁感应强度与时间的关系图线是一条倾斜的直线，A、B错；又由于0～t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，故0～t1内原磁场垂直纸面向里减小或垂直纸面向外增大，C错，D对．
二、多项选择题(本题4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9.如图9所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，R和L之间用挡板(未画出)隔开，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED间距不变，下列说法中正确的是( )
图9
A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大
B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小
C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率减小
D．无论怎样移动滑动触头P，L消耗的功率都不变
答案 AC
解析 滑动触头P左移，滑动变阻器接入电路的电阻减小，流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R的阻值减小，流过灯泡的电流增大，L消耗的功率增大．同理，当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率减小．
10．(2019·昆明市官渡一中期中)如图10甲，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示变化时( )
图10
A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势
B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势
C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流
答案 AD
解析 在t1～t2时间内，外加磁场的磁感应强度增大且图线斜率在增大，则在导线框中产生顺时针方向且大小增加的电流，该电流激发的磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，据“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场方向向下且减小，又知图线斜率也减小，在导线框中产生顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，则圆环内产生顺时针方向的电流，故选项D正确．
11. (2020·莱西一中、高密一中、枣庄三中联考)如图11所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场．a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转．最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°.a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2，则以下比值正确的是( )
图11
A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2
C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝3∶8
答案 AD
解析 粒子在电场中加速，设加速的位移为d，则根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)mv2，
所以v＝eq \r(\f(2qEd,m))①
粒子在磁场中运动时，其轨迹如图，
a粒子的圆心为O，b粒子的圆心为O′，
根据几何知识可知，R2·sin 30°＋R1＝R2，
则R1∶R2＝1∶2，②
根据洛伦兹力提供向心力有R＝eq \f(mv,qB)，③
联立①②③可得eq \f(m1,q1)∶eq \f(m2,q2)＝1∶4，④
将④代入①中可得v1∶v2＝2∶1，故A正确，B错误．
粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，
所以两粒子在磁场中运动的时间之比为t1∶t2＝eq \f(90°,360°)T1∶eq \f(60°,360°)T2＝eq \f(2πm1,4·q1B)∶eq \f(2πm2,6·q2B)＝3∶8，故C错误，D正确．
12．(2020·山东模拟)空间有磁感应强度为B的有界匀强磁场区域，磁场方向如图12所示，有一边长为L、电阻为R、粗细均匀的正方形金属线框abcd置于匀强磁场区域中，ab边与磁场的右边界平行，若金属线框在外力作用下以速度v向右匀速运动，下列说法正确的是( )
图12
A．当ab边刚离开磁场时，cd边两端的电压为eq \f(3BLv,4)
B．从ab边刚离开磁场到cd边刚离开磁场的过程中，外力所做的功为eq \f(B2L3v,R)
C．从ab边刚离开磁场到cd边刚离开磁场的过程中，外力做功的功率为eq \f(B2L2v,R)
D．从ab边刚离开磁场到cd边刚离开磁场的过程中，通过线框某一截面的电荷量为eq \f(BL2,R)
答案 ABD
解析 当ab边刚离开磁场时，cd边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，cd间电压为eq \f(3,4)E＝eq \f(3BLv,4)，故A正确．当ab边刚出磁场区域时，cd边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，线圈中电流为I＝eq \f(E,R)，所受安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，由于金属框做匀速运动，根据二力平衡有拉力等于安培力，拉力做功W＝F安L＝eq \f(B2L3v,R)，故B正确．根据功率公式，拉力功率为P＝eq \f(W,t)＝eq \f(W,\f(L,v))＝eq \f(B2L2v2,R)，故C错误．由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，根据闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)，由电流定义式得I＝eq \f(q,t)，联立解得q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL2,R)，故D正确．
三、非选择题(本题6小题，共52分)
13．(5分)(2020·北师联盟模拟)如图13为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接．
图13
(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好；
(2)在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后可能出现的情况有：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，灵敏电流计指针将________；断开开关时，灵敏电流计指针将________．(均选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)
答案 (1)见解析图(2分) (2)向右偏(1分) 向左偏(1分) 向左偏(1分)
解析 (1)将电源、开关、滑动变阻器、原线圈串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱，再将电流计与副线圈串联成另一个回路，电路图所图所示．
(2)在闭合开关时，穿过线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏转；将原线圈迅速插入副线圈时，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计指针将向右偏．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏．断开开关时，线圈中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将左偏．
14. (6分)如图14所示，线圈L的电感为25 mH，电阻为零，电容器C的电容为40 μF，灯泡D的规格是“4 V 2 W”．开关S闭合后，灯泡正常发光，S断开后，LC中产生振荡电流．若从S断开开始计时，求：
图14
(1)当t＝eq \f(π,2)×10－3 s时，电容器的右极板带何种电荷；
(2)当t＝π×10－3 s时，LC回路中的电流大小．
答案 (1)正电荷 (2)0.5 A
解析 (1)S断开后，LC中产生振荡电流，
振荡周期为T＝2πeq \r(LC)＝2πeq \r(25×10－3×40×10－6) s＝2π×10－3 s，(2分)
则t＝eq \f(π,2)×10－3 s＝eq \f(T,4)时，电容器充电完毕，右极板带正电荷．(1分)
(2)开关S闭合后，灯泡正常发光时电路中的电流I＝eq \f(P,U)＝eq \f(2,4) A＝0.5 A，(2分)
当t＝π×10－3 s＝eq \f(T,2)时，LC回路中的电流达到反向最大，即I＝0.5 A．(1分)
15．(9分)(2019·武汉二中期末)如图15甲为手机无线充电工作原理示意图，它由送电线圈和受电线圈组成．已知受电线圈的匝数为N＝50，电阻r＝1.0 Ω，在它的c、d两端接阻值R＝9.0 Ω的电阻．设受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间的变化规律如图乙所示，可在受电线圈中产生正弦式交变电流．求：
图15
(1)在一个周期内，阻值为R的电阻上产生的焦耳热；(结果保留两位有效数字)
(2)从t1到t2时间内，通过阻值为R的电阻的电荷量．
答案 (1)5.7×10－2 J (2)2.0×10－3 C
解析 (1)由题图乙知T＝π×10－3 s，受电线圈中产生的电动势最大值为Em＝NBSω＝NΦmeq \f(2π,T)＝50×2.0×10－4×eq \f(2π,π×10－3) V＝20 V(1分)
受电线圈中产生的感应电流的最大值为
Im＝eq \f(Em,R＋r)＝2.0 A(1分)
通过电阻的电流的有效值为I＝eq \f(Im,\r(2))＝eq \r(2) A(1分)
在一个周期内电阻R上产生的焦耳热为Q＝I2RT≈5.7×10－2 J(1分)
(2)受电线圈中感应电动势的平均值eq \x\t(E)＝Neq \f(|ΔΦ|,Δt)(1分)
通过电阻R的平均电流为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)(1分)
通过电阻R的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt(1分)
由题图乙可知，在t1～t2时间内，|ΔΦ|＝4.0×10－4 Wb(1分)
解得q＝Neq \f(|ΔΦ|,R＋r)＝2.0×10－3 C．(1分)
16．(10分)(2019·哈尔滨市第三中学期中)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW，发电机输出电压恒为500 V，现用总电阻为10 Ω的输电线向远处的用电单位输电，在发电机以最大输出功率工作时，若输电线上的损失功率为发电机输出功率的4%，
(1)求所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比；
(2)如果用户用电器的额定电压为220 V，求所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比；
(3)在保持输电线的电阻以及升压、降压变压器各自匝数比不变的前提下，如果用电单位的电路中总电流为96 A，求此时输电线上损失的电压．
答案 (1)eq \f(1,10) (2)eq \f(240,11) (3)44 V
解析 (1)原线圈的电流为I1＝eq \f(P,U)＝200 A(1分)
由于输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%，由P损＝I22R，P损＝4%P(1分)
得副线圈上的电流为I2＝eq \r(\f(P损,R))＝20 A，(1分)
则升压变压器原、副线圈的匝数之比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(1,10)(1分)
(2)根据变压器原理可知eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)，(1分)
所以U2＝eq \f(n2,n1)U1＝5 000 V，(1分)
输电线上损耗的电压为U损＝I2R＝20×10 V＝200 V，
降压变压器原线圈的电压为U3＝U2－U损＝5 000 V－200 V＝4 800 V(1分)
则降压变压器原、副线圈的匝数之比为eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(4 800 V,220 V)＝eq \f(240,11)(1分)
(3)如果用电单位的电路中总电流为96 A，则输电线上的电流为I2′＝eq \f(n4,n3)I4＝eq \f(11,240)×96 A＝4.4 A(1分)
则此时输电线上损失的电压为U损＝I2′R＝44 V．(1分)
17．(10分)如图16甲所示，间距为L的足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ放置在绝缘水平桌面上，M、P间接有电阻R0，导体棒ab垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好．导轨间直径为L的圆形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B的大小随时间t变化的规律如图乙所示，导体棒和导轨的电阻不计，导体棒ab静止．求：
图16
(1)在0～t0时间内，回路中的感应电动势E；
(2)在0～t0时间内，电阻R0产生的热量Q；
(3)若从t＝t0时刻开始，导体棒始终以速度v向右匀速运动，则导体棒通过圆形区域过程中，导体棒所受安培力F的最大值．
答案 (1)eq \f(πB0L2,4t0) (2)eq \f(π2B\\al(02)L4,16t0R0) (3)eq \f(B\\al(02)L2v,R0)
解析 (1)在0～t0时间内，回路中磁感应强度的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(B0,t0)，(1分)
圆形区域的面积S＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2＝eq \f(πL2,4)，(1分)
回路中的感应电动势E＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(πB0L2,4t0).(1分)
(2)在0～t0时间内，
电阻R0上的电流I＝eq \f(E,R0)＝eq \f(πB0L2,4t0R0)(1分)
电阻R0产生的热量Q＝I2R0t0＝eq \f(π2B\\al(02)L4,16t0R0).(2分)
(3)导体棒进入圆形磁场区域，保持匀速直线运动状态，当有效切割长度为L时，安培力最大，
电动势E′＝B0Lv，(1分)
回路中的电流I′＝eq \f(E′,R0)，(1分)
导体棒受到的安培力最大值Fm＝B0I′L，(1分)
联立可得Fm＝eq \f(B\\al(02)L2v,R0).(1分)
18. (12分)(2020·青岛十七中模拟)如图17所示，在平面坐标系xOy的第Ⅰ象限内有M、N两个平行金属板，板间电压为U，在第Ⅱ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅲ、Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近M板的S点由静止释放后，经N板上的小孔穿出，从y轴上的A点(yA＝L)沿x轴负方向射入电场，从x轴上的C点(xC＝－2L)离开电场，经磁场偏转后恰好从坐标原点O处再次进入电场．求：
图17
(1)粒子运动到A点的速度大小；
(2)电场强度E和磁感应强度B的大小．
答案 (1)eq \r(\f(2qU,m)) (2)eq \f(U,L) eq \f(1,L)eq \r(\f(2mU,q))
解析 (1)设粒子运动到A点的速度大小为v0，粒子在MN板间加速的过程，由动能定理得
qU＝eq \f(1,2)mv02－0(2分)
解得v0＝eq \r(\f(2qU,m))(1分)
(2)粒子在第Ⅱ象限的匀强电场中做类平抛运动，设运动时间为t，则沿x轴方向有2L＝v0t(1分)
沿y轴方向有L＝eq \f(1,2)at2(1分)
根据牛顿第二定律有qE＝ma(1分)
联立解得E＝eq \f(U,L)(1分)
设粒子离开电场时速度大小为v，与x轴负方向的夹角为α，则根据动能定理得qEL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02 (1分)
cs α＝eq \f(v0,v)(1分)
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，画出粒子的运动轨迹如图，
由几何关系有2Rsin α＝2L(1分)
根据洛伦兹力提供向心力，得qvB＝meq \f(v2,R)(1分)
联立解得B＝eq \f(1,L)eq \r(\f(2mU,q))(1分)