统考版2023版高考物理一轮复习单元质量评估（十）电磁感应含答案

这是一份统考版2023版高考物理一轮复习单元质量评估（十）电磁感应含答案，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)
1．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( )
2．[2022·新乡一模]如图所示，在范围足够大的空间存在一个磁场，磁感线呈辐射状分布，其中磁感线O竖直向上，磁场中竖直固定一个轻质弹簧．在距离弹簧某一高度处，将一个金属圆盘由静止释放，圆盘下落的过程中盘面始终保持水平，且圆盘的中轴线始终与弹簧的轴线、磁感线O重合．从圆盘开始下落，到弹簧被压缩至最短的过程中，下列说法正确的是( )
A．在圆盘内磁通量不变
B．从上往下看，在圆盘内会产生顺时针方向的涡流
C．在接触弹簧之前，圆盘做自由落体运动
D．圆盘的重力势能减少量等于弹簧弹性势能的增加量
3．某同学利用实验室的器材组装了如图甲、乙所示的两电路，电刷接触良好且电阻均忽略不计．图甲电路使用互感变压器，原副线圈匝数比为1∶2，乙电路使用自耦变压器，两变压器均看成理想变压器．图甲、乙电路的线框处磁感应强度大小、线框、二极管、灯泡均相同．两线框以相同角速度匀速转动，下列说法正确的是( )
A．仅闭合K1、K4，甲、乙两电路均能实现二极管交替闪烁
B．仅闭合K2、K5，L1和L4两灯泡亮度相同
C．仅闭合K3，由于变压器匝数比为1∶2，所以甲电路中三个灯泡亮度相同
D．仅闭合K6，将原线圈滑片向上移动，灯泡L4变亮
4．[2022·河北衡水联考]如图甲所示，绝缘水平桌面上水平放置着一单匝硬质金属线框，空间存在垂直于桌面、大小按图乙所示规律变化的匀强磁场，t＝0时刻磁场方向垂直于桌面向下，虚线MN为磁场边界．在0～t2时间内金属线框始终静止，则线框所受的摩擦力(以向右为正方向)随时间变化的图象正确的是( )
5．[2021·北京模拟]如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上．不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦．ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上．在此过程中( )
A.导体棒做匀减速直线运动
B．导体棒中感应电流的方向为a→b
C．电阻R消耗的总电能为 eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R,2（R＋r）)
D．导体棒克服安培力做的总功小于 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
6．从电子枪打出的电子流并不完全沿直线运动，而是有微小角度的散射，为了使显示器图象清晰，需要通过电子透镜对电子流进行聚焦处理，正好在屏幕上汇聚形成一个亮点．如图甲所示，密绕线圈的玻璃管是一种利用磁场进行汇聚的电子透镜，又称为磁场透镜．如图乙所示为其内部原理图，玻璃管的管长为L，管内直径为D，管内存在沿轴线方向向右的匀强磁场．电子流中的电子在与轴线成微小角度θ的顶角范围内从轴线左端的O点射入磁场，电子速率均为v0，调节磁感应强度B的大小，可以使电子重新汇聚到轴线右端与荧光屏的交点P.已知电子的电荷量大小为e，质量为m，当角度θ非常小时满足cs θ＝1，sin θ＝θ，若要使电子流中的电子均能汇聚到P点，下列说法正确的是( )
A．磁感应强度应满足B＝ eq \f(2nπmv0,eL) (n为合适的整数)
B．磁感应强度应满足B＝ eq \f(nπmv0,eL) (n为合适的整数)
C．管内直径应满足D≥ eq \f(2θL,π)
D．管内直径应满足D≥ eq \f(θL,π)
7．如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界所成夹角为45°.若线框的总电阻为R，则( )
A．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为ABCD
B．AC刚进入磁场时线框中感应电流为 eq \f(\r(2)Bav,R)
C．AC刚进入磁场时线框所受安培力大小为 eq \f(\r(2)B2a2v,R)
D．此时CD两端电压为 eq \f(1,2) Bav
8．如图所示，两光滑圆形导轨固定在水平面内，圆心均为O点，半径分别为r1＝0.2 m，r2＝0.1 m，两导轨通过导线与阻值R＝2 Ω的电阻相连，一长为r1的导体棒与两圆形导轨接触良好，导体棒一端固定在O点且以角速度ω＝100 rad/s顺时针匀速转动，两圆形导轨所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝2 T的匀强磁场，不计导轨及导体棒的电阻，下列说法正确的是( )
A．通过电阻的电流方向为b到a
B．一个周期内通过电阻的电荷量为0.03π C
C．导体棒转动时产生的感应电动势为4 V
D．当r2减小而其他条件不变时，电阻中产生的焦耳热减小
二、非选择题
9．[2021·湖北卷模拟]如图(a)所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B.导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻．元件Z的U ­ I图象如图(b)所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um.质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触．忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g.为了方便计算，取I0＝ eq \f(mg,4BL) ，Um＝ eq \f(mgR,2BL) .以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示．
(1)闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
(2)断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2；
(3)先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S.忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a.
10．[2022·四川成都市质检]间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示．倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(金属杆cd和ef用长度为L的刚性绝缘杆连接而成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L.质量为m，长为l的金属杆ab，从倾斜轨道上端由静止释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，之后“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出．运动过程中，杆ab、cd和ef均与导轨接触良好，且保持与导轨垂直．已知杆ab、cd和ef的电阻均为R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T，g＝10 m/s2，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，求：
(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度v0；
(2)“联动三杆”完全进入磁场区间Ⅱ前瞬间，ef间的电势差Uef；
(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ时，ef杆上产生的焦耳热Qef.
单元质量评估（十） 电磁感应
1．解析：选项A是用来探究影响安培力的大小因素的实验．选项B是研究电磁感应现象的实验，观察导体棒在磁场中做切割磁感线运动时是否会产生感应电流．选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验．选项D是奥斯特实验，证明通电导线周围存在磁场．
答案：B
2．解析：圆盘下落过程中，S不变，磁感线变密，故磁通量增大，故A错误；根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向竖直向下，由右手定则可知：自上而下看，圆盘会产生顺时针方向的涡旋电流，故B正确；根据楞次定律，接触弹簧之前，除重力外，下落过程中圆盘会受到向上的阻碍磁通量增大的力，故C错误；根据能量守恒定律可知，接触弹簧下落过程中，圆盘的重力势能转化为弹簧的弹性势能、圆盘的动能以及因涡流效应产生的内能，故D错误．故选B.
答案：B
3．解析：仅闭合K1、K4，图甲电路能实现二极管的交替闪烁，图乙中线框连接着转换器，回路中电流方向不变，A错误；两线框以相同角速度匀速转动，产生的电压的有效值相同，仅闭合开关K2、K5时，分析甲、乙电路可知，L1和L4两灯泡亮度相同，B正确；仅闭合K3，设流过L2的电流为I，流过副线圈的电流为2I，根据变压器的电流与匝数成反比可知，图甲原线圈中的电流为4I，所以L1比L2、L3亮，C错误；仅闭合K6，将图乙原线圈滑片向上移动，原线圈匝数增大，副线圈匝数不变，由变压器的工作原理可知，副线圈的输出电压减小，副线圈中电流减小，所以原线圈中电流减小，L4变暗，D错误．
答案：B
4．解析：结合B ­ t图象，由楞次定律可知线框中感应电流方向一直为顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律得E＝ eq \f(ΔB,Δt) S，又由闭合电路欧姆定律得I＝ eq \f(E,R) ＝ eq \f(ΔBS,ΔtR) ，则0～t2时间内感应电流的方向和大小均不变，根据左手定则可知，在0～t1时间内，安培力方向向左，故线框所受的摩擦力方向向右，在t1时刻，磁场方向反向，则安培力方向反向，摩擦力方向也反向，由F＝BIL可知安培力的大小随磁感应强度B的大小的变化而变化，选项A、B、D错误，C正确．
答案：C
5．解析：由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，B错误；由左手定则可知，安培力方向向左，导体棒的速度逐渐变小，故感应电动势逐渐变小，感应电流逐渐变小，导体棒受到的安培力逐渐变小，加速度逐渐变小，故A错误；由能量守恒定律可知，总电阻消耗的总电能为 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，故电阻R消耗的总电能为 eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R,2（R＋r）) ，C正确；由动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，D错误．
答案：C
6．解析：电子射入磁场后将其初速度分解，则水平方向的分速度为vx＝v0cs θ＝v0，竖直方向的分速度为vy＝v0sin θ＝θv0，则电子在水平方向以vx做匀速直线运动，在竖直方向以线速度vy做匀速圆周运动，欲使电子能汇聚到P点，则电子运动到荧光屏时需转动n个完整的圆周，电子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力有evyB＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ,R) ，又T＝ eq \f(2πR,vy) ，整理得电子的运动周期为T＝ eq \f(2πm,eB) ，由以上分析可知应满足 eq \f(L,vx) ＝nT，整理得B＝ eq \f(2nπmv0,eL) （n为合适的整数），A正确，B错误；电子在运动的过程中，不能与玻璃管的上下两壁发生碰撞，即电子在竖直方向上做圆周运动的最大直径应小于等于 eq \f(D,2) ，又电子在竖直方向上做圆周运动的轨迹半径为r＝ eq \f(mvy,eB) ＝ eq \f(θL,2nπ) ，当n＝1时电子的轨迹半径最大，则2r1≤ eq \f(D,2) ，联立解得D≥ eq \f(2θL,π) ，C正确，D错误．
答案：AC
7．解析：线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，则感应电流的方向为A→B→C→D→A，A正确；AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，产生的感应电动势为E＝Bav，则线框中感应电流为I＝ eq \f(E,R) ＝ eq \f(Bav,R) ，故CD两端的电压为U＝I× eq \f(3,4) R＝ eq \f(3,4) Bav，B、D错误；AC刚进入磁场时，线框的CD边受到的安培力的方向与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD边向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，即F合＝ eq \r(2) F＝ eq \f(\r(2)B2a2v,R) ，C正确．
答案：AC
8．解析：由右手定则可知，通过电阻的电流方向为a到b，选项A错误；导轨间导体棒在Δt时间内扫过的面积ΔS＝（πr eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) －πr eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ）· eq \f(ωΔt,2π) ＝（r eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) －r eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ） eq \f(ωΔt,2) ，由法拉第电磁感应定律可知，导轨间导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ＝ eq \f(BΔS,Δt) ＝ eq \f(1,2) B（r eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) －r eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ）ω＝ eq \f(1,2) ×2×（0.22－0.12）×100 V＝3 V，通过电阻R的电流I＝ eq \f(E,R) ＝ eq \f(3,2) A＝1.5 A，一个周期内通过电阻R的电荷量Q＝IT＝1.5 A× eq \f(2π,ω) ＝0.03π C，选项B正确；导体棒转动时产生的感应电动势E′＝Br1 eq \x\t(v′) ＝Br1 eq \f(0＋ωr1,2) ＝4 V，选项C正确；当r2减小而其他条件不变时，导轨间导体棒切割磁感线产生的感应电动势E″＝BL eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(1,2) B（r eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) －r eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ）ω变大，通过电阻的电流增大，电阻中产生的焦耳热增大，选项D错误．
答案：BC
9．解析：（1）闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则mg＝BI1L
由法拉第电磁感应定律得
E1＝BLv1
由欧姆定律得I1＝ eq \f(E1,R)
解得v1＝ eq \f(mgR,B2L2)
（2）由第（1）问得I1＝ eq \f(mg,BL)
由于I0回路中的电流为I2＝I1
又由欧姆定律得I2＝ eq \f(UR,R)
解得v2＝ eq \f(3mgR,2B2L2)
（3）开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为E1＝ eq \f(mgR,BL) ，断开开关S的瞬间，元件Z两端的电压为Um＝ eq \f(mgR,2BL)
则定值电阻两端的电压为
U′R＝E1－Um＝ eq \f(mgR,2BL)
电路中的电流为I′＝ eq \f(U′R,R)
金属棒受到的安培力为
FA＝BI′L
对金属棒由牛顿第二定律得
mg－FA＝ma
解得a＝ eq \f(g,2)
答案：（1） eq \f(mgR,B2L2) （2） eq \f(3mgR,2B2L2) （3） eq \f(g,2)
10．解析：（1）对金属杆ab受力分析可知，当其在倾斜轨道上速度最大时，有mg sin θ＝F安
而F安＝B1Il，I＝ eq \f(E,R总) ，E＝B1lv0，R总＝R＋ eq \f(R,2) ＝ eq \f(3,2) R
以上各式联立并代入数据解得v0＝6 m/s，方向沿斜面向下．
（2）由动量守恒定律可得mv0＝（m＋3m）v，解得发生碰撞后瞬间“联动三杆”的速度v＝1.5 m/s，感应电动势E′＝B2lv＝0.15 V，由电路知识可知Uef＝ eq \f(1,3) E′＝0.05 V.
（3）“联动三杆”进入Ⅱ区的过程中，设速度变化量为Δv，根据动量定理有B2IlΔt＝－4mΔv，而IΔt＝q＝ eq \f(B2Ll,1.5R) ，解得Δv＝－0.25 m/s
同理可知，“联动三杆”离开磁场区域Ⅱ的过程中，其速度的变化量仍为Δv＝－0.25 m/s，出Ⅱ区后“联动三杆”的速度为v′＝v＋2Δv＝1.0 m/s
根据能量守恒定律可得“联动三杆”此过程中产生的总焦耳热为Q＝ eq \f(1,2) ×4m×（v2－v′2）＝0.25 J
故ef杆上产生的焦耳热为Qef＝ eq \f(Ref,R总) Q＝ eq \f(1,6) J.
答案：（1）6 m/s，方向沿斜面向下 （2）0.05 V （3） eq \f(1,6) J