《备考指南一轮 物理 》课件-第10章 第3讲

第十章第3讲知识巩固练习1．(2019年海淀区模拟)利用所学物理知识可以初步了解安检中常用的一种手持金属探测器的工作原理及相关问题．这种手持金属探测器工作时，因其内部的探测器线圈通有一定频率(该频率可在一定的频率范围内调节)的正弦交变电流，产生迅速变化的磁场．如果该种探测器附近有金属物品，在金属物品中会感应出涡流，涡流的磁场反过来会影响探测器线圈中的电流，引发探测器蜂鸣报警．金属物品中感应出的涡流越大对探测器线圈中的电流的影响就越大．金属物品中感应出涡流的大小与正弦交变电流的频率以及被检测金属物品的尺寸和导电的性能有关．关于该种金属探测器，下列说法正确的是()A．金属物品中产生的涡流的变化频率与探测器线圈中的交变电流的频率可能不同B．当探测器中通有的交变电流频率不在工作频率范围内时，被检测的金属物品中就不产生感应电流C．探测器线圈中通低频率的正弦交变电流更容易检测出尺寸小、电阻率大的金属物品D．该种金属探测器能检测出有无金属物品，但不能准确区分金属的种类【答案】D2．(2018年渭南二模)如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.5T，两边界间距s＝0.1m．一边长L＝0.2m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R＝0.4Ω.现使线框以v＝2m/s的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ.则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线是()ABCD【答案】A【解析】在0～5×10－2s内，ab切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，则a的电势高于b的电势，Uab为正，则ab两端电势差Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)×BLv＝eq\f(3,4)×0.5×0.2×2V＝15×10－2V；在5×10－2s～10×10－2s内，cd边进入磁场Ⅱ后，cd边和ab都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a的电势高于b的电势，Uab为正，所以Uab＝E＝BLv＝0.5×0.2×2V＝0.20V＝20×10－2V；在10×10－2s～15×10－2s内，ab边穿出磁场后，只有cd边切割磁感线，由右手定则知，a点的电势高于b的电势，Uab为正，Uab＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)BLv＝eq\f(1,4)×0.5×0.2×2V＝5×10－2V．故整个过程中线框a、b两点的电势差Uab随时间t变化的图线如图A所示，选项A正确．(多选)(2019年潮州二模)如图所示，间距为L、电阻不计、足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨左右两端均有一阻值为R的电阻相连，导轨上横跨一根长为L、质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好，整个装置处于竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中．现给棒一瞬时冲量让它以初速度v0向右运动，则直到棒停止的过程中()A．金属棒在导轨上做匀减速运动 B．通过金属棒的电量为eq\f(mv\o\al(2,0),BL)C．金属棒克服安培力做功eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) D．金属棒上产生的焦耳热为eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)【答案】CD【解析】金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，这两个力合力为零，还受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力等于安培力，随着速度减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；根据动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv0，通过金属棒的电量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，可得q＝eq\f(mv0,BL)，故B错误；整个过程中由动能定理可得－W安＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则金属棒克服安培力做功为W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正确；整个回路产生的总焦耳热为Q＝W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，金属棒上产生的焦耳热为Q棒＝eq\f(R,R＋\f(R,2))Q＝eq\f(2,3)Q＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，故D正确．4．(2019年太原名校模拟)电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠．下图是描述电磁炉工作原理的示意图．下列说法正确的是()A．当恒定电流通过线圈时会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用C．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差D．电磁炉通电线圈加交流电后在锅底产生涡流，进而发热工作【答案】D【解析】锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，所加的电流是交流，不是直流，故A错误，D正确．在锅和电磁炉中间放一纸板不会影响电磁炉的加热作用，故B错误．金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅内的食物，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流，故C错误．5．(多选)(2018年江西二模)如图甲所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止．磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动．不计线圈电阻．图乙是计算机荧屏上显示的UI－t曲线，其中两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的．下列说法正确的是()A．若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大B．若仅减小h，两个峰值都会减小C．若仅减小h，两个峰值可能会相等D．若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会增大【答案】BD6．(2018年茂名模拟)如图所示，虚线左、右两侧存在等大反向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B0，虚线左侧磁场方向垂直纸面向外，虚线右侧磁场方向垂直纸面向里．电阻为R的单匝金属线框ABCD可绕与虚线重合的轴OO′转动，其中边长OD＝2AO＝2AB＝2L.若在外力F作用下线框从图示位置开始以角速度ω匀速转动，在线框转动过程中，下列说法正确的是()A．线框中电流的最大值为eq\f(3B0L2ω,R)B．从图示位置转过180°的过程中电动势的平均值为eq\f(B0L2ω,2)C．线框中电动势的有效值为eq\f(B0L2ω,\r(2))D．从图示位置转过180°的过程中，外力F做的功为eq\f(πB\o\al(2,0)L4ω,R)【答案】C【解析】感应电动势的最大值为Em＝B0LCDvCD－B0LABvAB＝B0Lω×2L－B0Lω×L＝B0L2ω，线框中的最大感应电流为Im＝eq\f(Em,R)＝eq\f(B0L2ω,R)，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，从图示位置转过180°的过程中电动势的平均值为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2B0L2,\f(π,ω))＝eq\f(2ωB0L2,π)，故B错误；线框旋转过程产生正弦式交变电流，线框中电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(B0L2ω,\r(2))，故C正确；感应电流的有效值为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2ω,\r(2)R)，从图示位置转过180°的过程需要的时间为t＝eq\f(π,ω)，外力做功为W＝Q＝I2Rt＝eq\f(πB\o\al(2,0)L4ω,2R)，故D错误．综合提升练习7．(多选)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1和L2、L3和L4之间存在匀强磁场，大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面向里．现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω.将其从图示位置静止(cd边与L1重合)释放，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合．已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向．重力加速度g取10m/s2.则()A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25CB．线圈匀速运动的速度大小为8m/sC．线圈的长度为1mD．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J【答案】AB【解析】t2～t3时间内ab在L3L4内做匀速直线运动，而E＝BLv2，F＝Beq\f(E,R)L，F＝mg，解得v2＝eq\f(mgR,B2L2)＝8m/s.选项B正确．线圈从cd边出L2到ab边刚进入L3一直是匀加速运动，因而ab边刚进磁场时，cd边也应刚进磁场．设磁场宽度是d.3d＝v2t－eq\f(1,2)gt2，得d＝1m，ad＝2d＝2m．故选项C错误．在0～t3时间内由能量守恒得Q＝mg·5d－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.8J，选项D错误.0～t1时间内，通过线圈的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BdL,R)＝0.25C，选项A正确．8．如图所示，宽度为L的金属框架竖直固定在绝缘地面上．框架的上端接有一个电子元件，其阻值与其两端所加的电压成正比，即R＝kU，式中k为已知常数．框架上有一质量为m、离地高为h的金属棒ab.金属棒与框架始终接触良好无摩擦，且保持水平．磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于框架平面向里．将金属棒ab由静止释放，棒沿框架向下运动．不计金属棒及导轨的电阻，重力加速度为g.求：(1)金属棒运动过程中流过金属棒的电流的大小和方向；(2)金属棒落到地面时的速度大小；(3)金属棒从释放到落地过程中通过电子元件的电荷量．【答案】(1)eq\f(1,k)水平向右(或a→b)(2)eq\r(2h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(BL,mk))))(3)eq\f(1,k)eq\r(\f(2hkm,mgk－BL))【解析】(1)流过电子元件的电流大小为I＝eq\f(U,R)＝eq\f(1,k)，由串联电路特点知流过棒的电流大小也为eq\f(1,k).由右手定则判定流过棒的电流方向为水平向右(或a→b)．(2)在运动过程中金属棒受到的安培力为F安＝BIL＝eq\f(BL,k).对金属棒运用牛顿第二定律有mg－F安＝ma，得a＝g－eq\f(BL,mk)恒定，故金属棒做匀加速直线运动．根据v2＝2ax，得v＝eq\r(2h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(BL,mk)))).(3)设金属棒经过时间t落地，有h＝eq\f(1,2)at2.解得t＝eq\r(\f(2h,a))＝eq\r(\f(2hkm,mgk－BL)).故有q＝I·t＝eq\f(1,k)eq\r(\f(2hkm,mgk－BL)).9．如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30°.导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻．磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω、质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J．取g＝10m/s2.(1)求金属棒在此过程中克服安培力做的功W安；(2)求金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a；(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理，W重－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，…由此所得的结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．【答案】(1)0.4J(2)3.2m/s2(3)见解析【解析】(1)下滑过程中安培力做的功即在电阻上产生的焦耳热．由于R＝3r，因此QR＝3Qr＝0.3J，故W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4J.(2)金属棒下滑时受重力和安培力作用，F安＝BIL＝eq\f(B2L2,R＋r)v.由牛顿第二定律有mgsin30°－eq\f(B2L2,R＋r)v＝ma.所以a＝gsin30°－eq\f(B2L2,mR＋r)v＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10×\f(1,2)－\f(0.82×0.752×2,0.2×1.5＋0.5)))m/s2＝3