《备考指南一轮 物理 》课件-第10章 第2讲

第十章第2讲知识巩固练习1．(2018年浦东区三模)如图所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．左边的铁芯上套有一个环面积为0.02m2、电阻为0.1Ω的金属环．铁芯的横截面积为0.01m2，假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直．调节滑动变阻器的滑动头使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2T，则从上向下看()A．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3VB．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3VC．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3VD．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3V【答案】C【解析】根据右手螺旋定则可知，螺线管中的磁场方向竖直向上，所以通过金属环的磁场方向竖直向下．当磁场均匀增大时，根据楞次定律可知，感应电流的方向是逆时针方向．E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(0.2×0.01,1)V＝2×10－3V.故C正确．2．(2019届盐城三模)如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接．线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(以图示方向为正方向)．t＝0时刻，平行板电容器间一带正电的粒子(重力可忽略不计)由静止释放．假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响．下列粒子在板间运动的速度图像和位移图像(以向上为正方向)正确的是()ABCD【答案】C3．(2019年西城二模)如图甲所示，线圈abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．下列关于ab边所受安培力随时间变化的F－t图像(规定安培力方向向右为正)正确的是()ABCD【答案】C【解析】由楞次定律可知，感应电流的方向为adcba.根据电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，根据I＝neq\f(ΔB,RΔt)S，电流为定值．根据左手定则，ab边所受安培力的方向向右．由F＝BIL可知，安培力均匀增加，C正确．4．(2020届浙江名校模拟)如图所示装置，电源的电动势为E＝8V，内阻r1＝0.5Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距为d＝0.2m．导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R＝0.2m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下、磁感应强度为B＝0.5T的匀强磁场中．闭合开关后，导体棒沿圆弧运动．已知导体棒的质量为m＝0.06kg，电阻r2＝0.5Ω，不考虑运动过程中产生的反电动势，则()A．导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致B．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝8NC．导体棒摆动过程中的最大动能0.8JD．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°【答案】D【解析】当闭合开关S后，导体棒中电流方向始终从a到b，所受安培力方向向右，而导体棒沿圆弧摆动，故A错误；导体棒沿圆弧摆动过程中的电流I＝eq\f(E,r1＋r2)＝eq\f(8,0.5＋0.5)A＝8.0A，导体棒受到的安培力F＝BId＝0.5×8.0×0.2N＝0.8N，故B错误；导体棒受到的重力与安培力的合力大小F合＝eq\r(0.82＋0.62)N＝1.0N，合力与竖直方向的夹角tanθ＝eq\f(4,3)，θ＝53°，故导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ＝53°，由动能定理得，导体棒在摆动过程中的最大动能Ekm＝FRsin53°－mgR(1－cos53°)＝0.08J，故C错误，D正确．5．(2018年湖北期末)高考使用的金属探测器，是在考生入场前统一使用的合法预防考生作弊的辅助检测设备．其结构原理图可简化为下图．探测器运用的是电磁感应原理，发射线圈(外环)产生垂直于线圈平面、大小和方向交替变化的磁场，内环线圈是接收线圈，用来收集被查金属目标发出的磁场(接收线圈能完全屏蔽发射线圈产生的磁场)．随着磁场方向的反复变化，它会与所遇的任何导体物发生作用，导致目标物自身也会产生微弱的磁场，来自目标物的磁场进入内环线圈被接收到后，检测器会发出报警声．某一时刻发射线圈发射一向下的磁场，则下列说法正确的是()A．如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生的涡流俯视时呈顺时针方向B．如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中涡流产生的磁场也增强C．金属物发出的磁场穿过接收线圈时，在接收线圈中会产生一个微弱的电流，探测器相应的元件就是依据这一信号电流报警的D．金属物发出的磁场穿过接收线圈时，如果在接收线圈中产生的微弱电流，俯视时呈逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场方向向上【答案】C【解析】当发射线圈发射的向下磁场增强，根据楞次定律，则感应磁场向上，依据右手螺旋定则，则感应电流方向俯视呈沿逆时针方向，故A错误；如果发射线圈发射的向下磁场增强，则金属物中产生涡流，而不能确定涡流的磁场强弱，故B错误；当接收线圈中产生一个微弱的电流，则探测器相应的元件就是依据这一信号电流，从而发出报警声，故C正确；如果接收线圈中产生的微弱电流俯视呈沿逆时针方向，则金属物发出的穿过接收线圈的磁场可能方向向上、大小减弱，也可能方向向下、大小增强，故D错误．6．(多选)(2019年衡水名校模拟)如图所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，其余电阻不计．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在方向垂直于线圈平面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系式B＝10－4t(T)．在0至2s时间内，下列说法正确的是()A．通过电阻R1上的电流方向由a到bB．通过电阻R1上的电流大小为eq\f(4nπr\o\al(2,2),3R)C．通过电阻R1上的电荷量为eq\f(8nπr\o\al(2,1),3R)D．电阻R1上产生的热量为eq\f(64n2π2r\o\al(4,2),9R)【答案】BD【解析】根据法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S.S＝πr2，由闭合电路欧姆定律有I＝eq\f(E,R＋2R).联立以上各式解得通过电阻R1的电流大小为I＝eq\f(4nπr\o\al(2,2),3R).根据楞次定律可知，流经R1的电流方向为由b到a，故A错误，B正确．q＝It1＝eq\f(8nπr\o\al(2,2),3R)，故C错误．电阻R1上产生的热量为Q＝I2(2R)t＝eq\f(64n2π2r\o\al(4,2),9R)，故D正确．综合提升练习7．(多选)(2019年四川模拟)如图所示，在半径为R的半圆形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．PQM为圆内接三角形线圈，PM为圆的直径．三角形线圈由材料相同的细软导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用)．设线圈的总电阻为r且不随形状改变，此时∠PMQ＝37°.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是()A．穿过线圈PQM的磁通量为Ф＝0.96BR2B．若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且B＝B0＋kt(k为常数，k＞0)，则线圈中产生的感应电流大小为I＝eq\f(0.96kR2,r)C．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中感应电流的方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向D．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中不会产生焦耳热【答案】ABC【解析】穿过线圈PQM中的磁通量大小为Φ＝B×eq\f(1,2)×2Rsin37°×2Rcos37°＝0.96BR2，故A正确．由B＝B0＋kt得eq\f(ΔB,Δt)＝k.根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝k×eq\f(1,2)×2Rsin37°×2Rcos37°＝0.96kR2，线圈中产生的感应电流大小为I＝eq\f(E,r)＝eq\f(0.96kR2,r)，故B正确．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，△PQM的面积先增大后减小，线圈中将产生感应电流．根据楞次定律可知，感应电流方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，而且产生焦耳热，故C正确，D错误．8．(多选)如图所示是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路．图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.下图是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后通过传感器的电流随时间变化的图像．关于这些图像，下列说法正确的是()A．甲图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B．乙图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C．丙图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D．丁图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况【答案】BC【解析】开关S断开或闭合时，电路中电流要发生突变，但是由于自感现象的存在，电流只能逐渐变化，最终达到稳定．开关S由闭合变为断开时，通过传感器1的电流立即减为0，由于自感现象的存在，通过L的电流不能突变．开关由断开到闭合，传感器1的电流先逐渐增大后不变．所以B、C正确．9．如图所示，在绝缘光滑水平面上有一个边长为L的单匝正方形线框abcd.其在外力的作用下以恒定的速度v向右运动进入磁感应