《備考指南一輪 物理 》課件-第10章 第2講

第十章第2講知識鞏固練習(xí)1．(2018年浦東區(qū)三模)如圖所示，鐵芯右邊繞有一個線圈，線圈兩端與滑動變阻器、電池組連成回路．左邊的鐵芯上套有一個環(huán)面積為0.02m2、電阻為0.1Ω的金屬環(huán)．鐵芯的橫截面積為0.01m2，假設(shè)磁場全部集中在鐵芯中，金屬環(huán)與鐵芯截面垂直．調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動頭使鐵芯中的磁感應(yīng)強(qiáng)度每秒均勻增加0.2T，則從上向下看()A．金屬環(huán)中感應(yīng)電流方向是逆時針方向，感應(yīng)電動勢大小為4.0×10－3VB．金屬環(huán)中感應(yīng)電流方向是順時針方向，感應(yīng)電動勢大小為4.0×10－3VC．金屬環(huán)中感應(yīng)電流方向是逆時針方向，感應(yīng)電動勢大小為2.0×10－3VD．金屬環(huán)中感應(yīng)電流方向是順時針方向，感應(yīng)電動勢大小為2.0×10－3V【答案】C【解析】根據(jù)右手螺旋定則可知，螺線管中的磁場方向豎直向上，所以通過金屬環(huán)的磁場方向豎直向下．當(dāng)磁場均勻增大時，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向是逆時針方向．E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(0.2×0.01,1)V＝2×10－3V.故C正確．2．(2019屆鹽城三模)如圖甲所示，圓形的剛性金屬線圈與一平行板電容器連接．線圈內(nèi)存在垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示(以圖示方向為正方向)．t＝0時刻，平行板電容器間一帶正電的粒子(重力可忽略不計)由靜止釋放．假設(shè)粒子運動未碰到極板，不計線圈內(nèi)部磁場變化對外部空間的影響．下列粒子在板間運動的速度圖像和位移圖像(以向上為正方向)正確的是()ABCD【答案】C3．(2019年西城二模)如圖甲所示，線圈abcd固定于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化情況如圖乙所示．下列關(guān)于ab邊所受安培力隨時間變化的F－t圖像(規(guī)定安培力方向向右為正)正確的是()ABCD【答案】C【解析】由楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向為adcba.根據(jù)電磁感應(yīng)定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，根據(jù)I＝neq\f(ΔB,RΔt)S，電流為定值．根據(jù)左手定則，ab邊所受安培力的方向向右．由F＝BIL可知，安培力均勻增加，C正確．4．(2020屆浙江名校模擬)如圖所示裝置，電源的電動勢為E＝8V，內(nèi)阻r1＝0.5Ω，兩光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，間距為d＝0.2m．導(dǎo)體棒ab用等長絕緣細(xì)線懸掛并剛好與導(dǎo)軌接觸，ab左側(cè)為水平直軌道，右側(cè)為半徑R＝0.2m的豎直圓弧導(dǎo)軌，圓心恰好為細(xì)線懸掛點，整個裝置處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場中．閉合開關(guān)后，導(dǎo)體棒沿圓弧運動．已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m＝0.06kg，電阻r2＝0.5Ω，不考慮運動過程中產(chǎn)生的反電動勢，則()A．導(dǎo)體棒ab所受的安培力方向始終與運動方向一致B．導(dǎo)體棒在擺動過程中所受安培力F＝8NC．導(dǎo)體棒擺動過程中的最大動能0.8JD．導(dǎo)體棒ab速度最大時，細(xì)線與豎直方向的夾角θ＝53°【答案】D【解析】當(dāng)閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒中電流方向始終從a到b，所受安培力方向向右，而導(dǎo)體棒沿圓弧擺動，故A錯誤；導(dǎo)體棒沿圓弧擺動過程中的電流I＝eq\f(E,r1＋r2)＝eq\f(8,0.5＋0.5)A＝8.0A，導(dǎo)體棒受到的安培力F＝BId＝0.5×8.0×0.2N＝0.8N，故B錯誤；導(dǎo)體棒受到的重力與安培力的合力大小F合＝eq\r(0.82＋0.62)N＝1.0N，合力與豎直方向的夾角tanθ＝eq\f(4,3)，θ＝53°，故導(dǎo)體棒ab速度最大時，細(xì)線與豎直方向的夾角θ＝53°，由動能定理得，導(dǎo)體棒在擺動過程中的最大動能Ekm＝FRsin53°－mgR(1－cos53°)＝0.08J，故C錯誤，D正確．5．(2018年湖北期末)高考使用的金屬探測器，是在考生入場前統(tǒng)一使用的合法預(yù)防考生作弊的輔助檢測設(shè)備．其結(jié)構(gòu)原理圖可簡化為下圖．探測器運用的是電磁感應(yīng)原理，發(fā)射線圈(外環(huán))產(chǎn)生垂直于線圈平面、大小和方向交替變化的磁場，內(nèi)環(huán)線圈是接收線圈，用來收集被查金屬目標(biāo)發(fā)出的磁場(接收線圈能完全屏蔽發(fā)射線圈產(chǎn)生的磁場)．隨著磁場方向的反復(fù)變化，它會與所遇的任何導(dǎo)體物發(fā)生作用，導(dǎo)致目標(biāo)物自身也會產(chǎn)生微弱的磁場，來自目標(biāo)物的磁場進(jìn)入內(nèi)環(huán)線圈被接收到后，檢測器會發(fā)出報警聲．某一時刻發(fā)射線圈發(fā)射一向下的磁場，則下列說法正確的是()A．如果發(fā)射線圈發(fā)射的向下磁場增強(qiáng)，則金屬物中產(chǎn)生的渦流俯視時呈順時針方向B．如果發(fā)射線圈發(fā)射的向下磁場增強(qiáng)，則金屬物中渦流產(chǎn)生的磁場也增強(qiáng)C．金屬物發(fā)出的磁場穿過接收線圈時，在接收線圈中會產(chǎn)生一個微弱的電流，探測器相應(yīng)的元件就是依據(jù)這一信號電流報警的D．金屬物發(fā)出的磁場穿過接收線圈時，如果在接收線圈中產(chǎn)生的微弱電流，俯視時呈逆時針方向，則金屬物發(fā)出的穿過接收線圈的磁場方向向上【答案】C【解析】當(dāng)發(fā)射線圈發(fā)射的向下磁場增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律，則感應(yīng)磁場向上，依據(jù)右手螺旋定則，則感應(yīng)電流方向俯視呈沿逆時針方向，故A錯誤；如果發(fā)射線圈發(fā)射的向下磁場增強(qiáng)，則金屬物中產(chǎn)生渦流，而不能確定渦流的磁場強(qiáng)弱，故B錯誤；當(dāng)接收線圈中產(chǎn)生一個微弱的電流，則探測器相應(yīng)的元件就是依據(jù)這一信號電流，從而發(fā)出報警聲，故C正確；如果接收線圈中產(chǎn)生的微弱電流俯視呈沿逆時針方向，則金屬物發(fā)出的穿過接收線圈的磁場可能方向向上、大小減弱，也可能方向向下、大小增強(qiáng)，故D錯誤．6．(多選)(2019年衡水名校模擬)如圖所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路，其余電阻不計．線圈的半徑為r1.在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于線圈平面向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系式B＝10－4t(T)．在0至2s時間內(nèi)，下列說法正確的是()A．通過電阻R1上的電流方向由a到bB．通過電阻R1上的電流大小為eq\f(4nπr\o\al(2,2),3R)C．通過電阻R1上的電荷量為eq\f(8nπr\o\al(2,1),3R)D．電阻R1上產(chǎn)生的熱量為eq\f(64n2π2r\o\al(4,2),9R)【答案】BD【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S.S＝πr2，由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋2R).聯(lián)立以上各式解得通過電阻R1的電流大小為I＝eq\f(4nπr\o\al(2,2),3R).根據(jù)楞次定律可知，流經(jīng)R1的電流方向為由b到a，故A錯誤，B正確．q＝It1＝eq\f(8nπr\o\al(2,2),3R)，故C錯誤．電阻R1上產(chǎn)生的熱量為Q＝I2(2R)t＝eq\f(64n2π2r\o\al(4,2),9R)，故D正確．綜合提升練習(xí)7．(多選)(2019年四川模擬)如圖所示，在半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場．PQM為圓內(nèi)接三角形線圈，PM為圓的直徑．三角形線圈由材料相同的細(xì)軟導(dǎo)線組成(不考慮導(dǎo)線中電流間的相互作用)．設(shè)線圈的總電阻為r且不隨形狀改變，此時∠PMQ＝37°.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說法正確的是()A．穿過線圈PQM的磁通量為Ф＝0.96BR2B．若磁場方向不變，只改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，且B＝B0＋kt(k為常數(shù)，k＞0)，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(0.96kR2,r)C．保持P、M兩點位置不變，將Q點沿圓弧順時針移動到接近M點的過程中，線圈中感應(yīng)電流的方向先沿逆時針方向，后沿順時針方向D．保持P、M兩點位置不變，將Q點沿圓弧順時針移動到接近M點的過程中，線圈中不會產(chǎn)生焦耳熱【答案】ABC【解析】穿過線圈PQM中的磁通量大小為Φ＝B×eq\f(1,2)×2Rsin37°×2Rcos37°＝0.96BR2，故A正確．由B＝B0＋kt得eq\f(ΔB,Δt)＝k.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝k×eq\f(1,2)×2Rsin37°×2Rcos37°＝0.96kR2，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,r)＝eq\f(0.96kR2,r)，故B正確．保持P、M兩點位置不變，將Q點沿圓弧順時針移動到接近M點的過程中，△PQM的面積先增大后減小，線圈中將產(chǎn)生感應(yīng)電流．根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向先沿逆時針方向后沿順時針方向，而且產(chǎn)生焦耳熱，故C正確，D錯誤．8．(多選)如圖所示是用電流傳感器(相當(dāng)于電流表，其電阻可以忽略不計)研究自感現(xiàn)象的實驗電路．圖中兩個電阻的阻值均為R，L是一個自感系數(shù)足夠大的自感線圈，其直流電阻值也為R.下圖是某同學(xué)畫出的在t0時刻開關(guān)S切換前后通過傳感器的電流隨時間變化的圖像．關(guān)于這些圖像，下列說法正確的是()A．甲圖是開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合，通過傳感器1的電流隨時間變化的情況B．乙圖是開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合，通過傳感器1的電流隨時間變化的情況C．丙圖是開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，通過傳感器2的電流隨時間變化的情況D．丁圖是開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_，通過傳感器2的電流隨時間變化的情況【答案】BC【解析】開關(guān)S斷開或閉合時，電路中電流要發(fā)生突變，但是由于自感現(xiàn)象的存在，電流只能逐漸變化，最終達(dá)到穩(wěn)定．開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_時，通過傳感器1的電流立即減為0，由于自感現(xiàn)象的存在，通過L的電流不能突變．開關(guān)由斷開到閉合，傳感器1的電流先逐漸增大后不變．所以B、C正確．9．如圖所示，在絕緣光滑水平面上有一個邊長為L的單匝正方形線框abcd.其在外力的作用下以恒定的速度v向右運動進(jìn)入磁感應(yīng)