第十章第3講知識鞏固練習1．(2019年海淀區模擬)利用所學物理知識可以初步了解安檢中常用的一種手持金屬探測器的工作原理及相關問題．這種手持金屬探測器工作時，因其內部的探測器線圈通有一定頻率(該頻率可在一定的頻率范圍內調節)的正弦交變電流，產生迅速變化的磁場．如果該種探測器附近有金屬物品，在金屬物品中會感應出渦流，渦流的磁場反過來會影響探測器線圈中的電流，引發探測器蜂鳴報警．金屬物品中感應出的渦流越大對探測器線圈中的電流的影響就越大．金屬物品中感應出渦流的大小與正弦交變電流的頻率以及被檢測金屬物品的尺寸和導電的性能有關．關于該種金屬探測器，下列說法正確的是()A．金屬物品中產生的渦流的變化頻率與探測器線圈中的交變電流的頻率可能不同B．當探測器中通有的交變電流頻率不在工作頻率范圍內時，被檢測的金屬物品中就不產生感應電流C．探測器線圈中通低頻率的正弦交變電流更容易檢測出尺寸小、電阻率大的金屬物品D．該種金屬探測器能檢測出有無金屬物品，但不能準確區分金屬的種類【答案】D2．(2018年渭南二模)如圖所示為有理想邊界的兩個勻強磁場，磁感應強度均為B＝0.5T，兩邊界間距s＝0.1m．一邊長L＝0.2m的正方形線框abcd由粗細均勻的電阻絲圍成，總電阻為R＝0.4Ω.現使線框以v＝2m/s的速度從位置Ⅰ勻速運動到位置Ⅱ.則下列能正確反映整個過程中線框a、b兩點間的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是()ABCD【答案】A【解析】在0～5×10－2s內，ab切割磁感線產生感應電動勢，相當于電源，由楞次定律判斷知感應電流方向沿順時針方向，則a的電勢高于b的電勢，Uab為正，則ab兩端電勢差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內，cd邊進入磁場Ⅱ后，cd邊和ab都切割磁感線，都產生感應電動勢，線框中感應電流為零，由右手定則判斷可知，a的電勢高于b的電勢，Uab為正，所以Uab＝E＝BLv＝0.5×0.2×2V＝0.20V＝20×10－2V；在10×10－2s～15×10－2s內，ab邊穿出磁場后，只有cd邊切割磁感線，由右手定則知，a點的電勢高于b的電勢，Uab為正，Uab＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)BLv＝eq\f(1,4)×0.5×0.2×2V＝5×10－2V．故整個過程中線框a、b兩點的電勢差Uab隨時間t變化的圖線如圖A所示，選項A正確．(多選)(2019年潮州二模)如圖所示，間距為L、電阻不計、足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，導軌左右兩端均有一阻值為R的電阻相連，導軌上橫跨一根長為L、質量為m、電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導軌接觸良好，整個裝置處于豎直向下磁感應強度為B的勻強磁場中．現給棒一瞬時沖量讓它以初速度v0向右運動，則直到棒停止的過程中()A．金屬棒在導軌上做勻減速運動 B．通過金屬棒的電量為eq\f(mv\o\al(2,0),BL)C．金屬棒克服安培力做功eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) D．金屬棒上產生的焦耳熱為eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)【答案】CD【解析】金屬棒在整個運動過程中，受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，這兩個力合力為零，還受到水平向左的安培力，金屬棒受到的合力等于安培力，隨著速度減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒做加速度逐漸減小的變減速運動，故A錯誤；根據動量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv0，通過金屬棒的電量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，可得q＝eq\f(mv0,BL)，故B錯誤；整個過程中由動能定理可得－W安＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則金屬棒克服安培力做功為W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確；整個回路產生的總焦耳熱為Q＝W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，金屬棒上產生的焦耳熱為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正確．4．(2019年太原名校模擬)電磁爐熱效率高達90%，爐面無明火，無煙無廢氣，“火力”強勁，安全可靠．下圖是描述電磁爐工作原理的示意圖．下列說法正確的是()A．當恒定電流通過線圈時會產生恒定磁場，恒定磁場越強，電磁爐加熱效果越好B．在鍋和電磁爐中間放一紙板，則電磁爐不能起到加熱作用C．電磁爐的鍋不能用陶瓷鍋或耐熱玻璃鍋，主要原因是這些材料的導熱性能較差D．電磁爐通電線圈加交流電后在鍋底產生渦流，進而發熱工作【答案】D【解析】鍋體中的渦流是由變化的磁場產生的，所加的電流是交流，不是直流，故A錯誤，D正確．在鍋和電磁爐中間放一紙板不會影響電磁爐的加熱作用，故B錯誤．金屬鍋自身產生無數小渦流而直接加熱鍋內的食物，陶瓷鍋或耐熱玻璃鍋屬于絕緣材料，里面不會產生渦流，故C錯誤．5．(多選)(2018年江西二模)如圖甲所示，打開電流和電壓傳感器，將磁鐵置于螺線管正上方距海綿墊高為h處靜止釋放，磁鐵穿過螺線管后掉落到海綿墊上并靜止．磁鐵下落過程中受到的磁阻力遠小于磁鐵重力，且不發生轉動．不計線圈電阻．圖乙是計算機熒屏上顯示的UI－t曲線，其中兩個峰值是磁鐵剛進入螺線管內部和剛從內部出來時產生的．下列說法正確的是()A．若僅增大h，兩個峰值間的時間間隔會增大B．若僅減小h，兩個峰值都會減小C．若僅減小h，兩個峰值可能會相等D．若僅減小滑動變阻器的值，兩個峰值都會增大【答案】BD6．(2018年茂名模擬)如圖所示，虛線左、右兩側存在等大反向的勻強磁場，磁感應強度大小均為B0，虛線左側磁場方向垂直紙面向外，虛線右側磁場方向垂直紙面向里．電阻為R的單匝金屬線框ABCD可繞與虛線重合的軸OO′轉動，其中邊長OD＝2AO＝2AB＝2L.若在外力F作用下線框從圖示位置開始以角速度ω勻速轉動，在線框轉動過程中，下列說法正確的是()A．線框中電流的最大值為eq\f(3B0L2ω,R)B．從圖示位置轉過180°的過程中電動勢的平均值為eq\f(B0L2ω,2)C．線框中電動勢的有效值為eq\f(B0L2ω,\r(2))D．從圖示位置轉過180°的過程中，外力F做的功為eq\f(πB\o\al(2,0)L4ω,R)【答案】C【解析】感應電動勢的最大值為Em＝B0LCDvCD－B0LABvAB＝B0Lω×2L－B0Lω×L＝B0L2ω，線框中的最大感應電流為Im＝eq\f(Em,R)＝eq\f(B0L2ω,R)，故A錯誤；由法拉第電磁感應定律可知，從圖示位置轉過180°的過程中電動勢的平均值為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2B0L2,\f(π,ω))＝eq\f(2ωB0L2,π)，故B錯誤；線框旋轉過程產生正弦式交變電流，線框中電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(B0L2ω,\r(2))，故C正確；感應電流的有效值為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0L2ω,\r(2)R)，從圖示位置轉過180°的過程需要的時間為t＝eq\f(π,ω)，外力做功為W＝Q＝I2Rt＝eq\f(πB\o\al(2,0)L4ω,2R)，故D錯誤．綜合提升練習7．(多選)如圖甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1和L2、L3和L4之間存在勻強磁場，大小均為1T，方向垂直于虛線所在平面向里．現有一矩形線圈abcd，寬度cd＝L＝0.5m，質量為0.1kg，電阻為2Ω.將其從圖示位置靜止(cd邊與L1重合)釋放，速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合．已知t1～t2的時間間隔為0.6s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向．重力加速度g取10m/s2.則()A．在0～t1時間內，通過線圈的電荷量為0.25CB．線圈勻速運動的速度大小為8m/sC．線圈的長度為1mD．0～t3時間內，線圈產生的熱量為4.2J【答案】AB【解析】t2～t3時間內ab在L3L4內做勻速直線運動，而E＝BLv2，F＝Beq\f(E,R)L，F＝mg，解得v2＝eq\f(mgR,B2L2)＝8m/s.選項B正確．線圈從cd邊出L2到ab邊剛進入L3一直是勻加速運動，因而ab邊剛進磁場時，cd邊也應剛進磁場．設磁場寬度是d.3d＝v2t－eq\f(1,2)gt2，得d＝1m，ad＝2d＝2m．故選項C錯誤．在0～t3時間內由能量守恒得Q＝mg·5d－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝1.8J，選項D錯誤.0～t1時間內，通過線圈的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BdL,R)＝0.25C，選項A正確．8．如圖所示，寬度為L的金屬框架豎直固定在絕緣地面上．框架的上端接有一個電子元件，其阻值與其兩端所加的電壓成正比，即R＝kU，式中k為已知常數．框架上有一質量為m、離地高為h的金屬棒ab.金屬棒與框架始終接觸良好無摩擦，且保持水平．磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于框架平面向里．將金屬棒ab由靜止釋放，棒沿框架向下運動．不計金屬棒及導軌的電阻，重力加速度為g.求：(1)金屬棒運動過程中流過金屬棒的電流的大小和方向；(2)金屬棒落到地面時的速度大小；(3)金屬棒從釋放到落地過程中通過電子元件的電荷量．【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)流過電子元件的電流大小為I＝eq\f(U,R)＝eq\f(1,k)，由串聯電路特點知流過棒的電流大小也為eq\f(1,k).由右手定則判定流過棒的電流方向為水平向右(或a→b)．(2)在運動過程中金屬棒受到的安培力為F安＝BIL＝eq\f(BL,k).對金屬棒運用牛頓第二定律有mg－F安＝ma，得a＝g－eq\f(BL,mk)恒定，故金屬棒做勻加速直線運動．根據v2＝2ax，得v＝eq\r(2h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(BL,mk)))).(3)設金屬棒經過時間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．如圖所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長s＝1.15m，兩導軌間距L＝0.75m，導軌傾角為30°.導軌上端ab接一阻值R＝1.5Ω的電阻．磁感應強度B＝0.8T的勻強磁場垂直軌道平面向上．阻值r＝0.5Ω、質量m＝0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產生的焦耳熱Qr＝0.1J．取g＝10m/s2.(1)求金屬棒在此過程中克服安培力做的功W安；(2)求金屬棒下滑速度v＝2m/s時的加速度a；(3)為求金屬棒下滑的最大速度vm，有同學解答如下：由動能定理，W重－W安＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，…由此所得的結果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答．【答案】(1)0.4J(2)3.2m/s2(3)見解析【解析】(1)下滑過程中安培力做的功即在電阻上產生的焦耳熱．由于R＝3r，因此QR＝3Qr＝0.3J，故W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4J.(2)金屬棒下滑時受重力和安培力作用，F安＝BIL＝eq\f(B2L2,R＋r)v.由牛頓第二定律有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