一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～8題為多項(xiàng)選擇題)
1．如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置中用于研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的是( )
2．[2022·新鄉(xiāng)一模]如圖所示，在范圍足夠大的空間存在一個(gè)磁場(chǎng)，磁感線呈輻射狀分布，其中磁感線O豎直向上，磁場(chǎng)中豎直固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧．在距離彈簧某一高度處，將一個(gè)金屬圓盤(pán)由靜止釋放，圓盤(pán)下落的過(guò)程中盤(pán)面始終保持水平，且圓盤(pán)的中軸線始終與彈簧的軸線、磁感線O重合．從圓盤(pán)開(kāi)始下落，到彈簧被壓縮至最短的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )
A．在圓盤(pán)內(nèi)磁通量不變
B．從上往下看，在圓盤(pán)內(nèi)會(huì)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻臏u流
C．在接觸彈簧之前，圓盤(pán)做自由落體運(yùn)動(dòng)
D．圓盤(pán)的重力勢(shì)能減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量
3．某同學(xué)利用實(shí)驗(yàn)室的器材組裝了如圖甲、乙所示的兩電路，電刷接觸良好且電阻均忽略不計(jì)．圖甲電路使用互感變壓器，原副線圈匝數(shù)比為1∶2，乙電路使用自耦變壓器，兩變壓器均看成理想變壓器．圖甲、乙電路的線框處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、線框、二極管、燈泡均相同．兩線框以相同角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是( )
A．僅閉合K1、K4，甲、乙兩電路均能實(shí)現(xiàn)二極管交替閃爍
B．僅閉合K2、K5，L1和L4兩燈泡亮度相同
C．僅閉合K3，由于變壓器匝數(shù)比為1∶2，所以甲電路中三個(gè)燈泡亮度相同
D．僅閉合K6，將原線圈滑片向上移動(dòng)，燈泡L4變亮
4．[2022·河北衡水聯(lián)考]如圖甲所示，絕緣水平桌面上水平放置著一單匝硬質(zhì)金屬線框，空間存在垂直于桌面、大小按圖乙所示規(guī)律變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，t＝0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直于桌面向下，虛線MN為磁場(chǎng)邊界．在0～t2時(shí)間內(nèi)金屬線框始終靜止，則線框所受的摩擦力(以向右為正方向)隨時(shí)間變化的圖象正確的是( )
5．[2021·北京模擬]如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平U型導(dǎo)體框左端連接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上．不計(jì)導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦．a(chǎn)b以水平向右的初速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，最終停在導(dǎo)體框上．在此過(guò)程中( )
A.導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
B．導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→b
C．電阻R消耗的總電能為 eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R,2（R＋r）)
D．導(dǎo)體棒克服安培力做的總功小于 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
6．從電子槍打出的電子流并不完全沿直線運(yùn)動(dòng)，而是有微小角度的散射，為了使顯示器圖象清晰，需要通過(guò)電子透鏡對(duì)電子流進(jìn)行聚焦處理，正好在屏幕上匯聚形成一個(gè)亮點(diǎn)．如圖甲所示，密繞線圈的玻璃管是一種利用磁場(chǎng)進(jìn)行匯聚的電子透鏡，又稱(chēng)為磁場(chǎng)透鏡．如圖乙所示為其內(nèi)部原理圖，玻璃管的管長(zhǎng)為L(zhǎng)，管內(nèi)直徑為D，管內(nèi)存在沿軸線方向向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．電子流中的電子在與軸線成微小角度θ的頂角范圍內(nèi)從軸線左端的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，電子速率均為v0，調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，可以使電子重新匯聚到軸線右端與熒光屏的交點(diǎn)P.已知電子的電荷量大小為e，質(zhì)量為m，當(dāng)角度θ非常小時(shí)滿(mǎn)足cs θ＝1，sin θ＝θ，若要使電子流中的電子均能匯聚到P點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是( )
A．磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿(mǎn)足B＝ eq \f(2nπmv0,eL) (n為合適的整數(shù))
B．磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿(mǎn)足B＝ eq \f(nπmv0,eL) (n為合適的整數(shù))
C．管內(nèi)直徑應(yīng)滿(mǎn)足D≥ eq \f(2θL,π)
D．管內(nèi)直徑應(yīng)滿(mǎn)足D≥ eq \f(θL,π)
7．如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里．質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為a的正方形線框ABCD斜向穿進(jìn)磁場(chǎng)，當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的速度大小為v，方向與磁場(chǎng)邊界所成夾角為45°.若線框的總電阻為R，則( )
A．線框穿進(jìn)磁場(chǎng)過(guò)程中，框中電流的方向?yàn)锳BCD
B．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框中感應(yīng)電流為 eq \f(\r(2)Bav,R)
C．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力大小為 eq \f(\r(2)B2a2v,R)
D．此時(shí)CD兩端電壓為 eq \f(1,2) Bav
8．如圖所示，兩光滑圓形導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，圓心均為O點(diǎn)，半徑分別為r1＝0.2 m，r2＝0.1 m，兩導(dǎo)軌通過(guò)導(dǎo)線與阻值R＝2 Ω的電阻相連，一長(zhǎng)為r1的導(dǎo)體棒與兩圓形導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒一端固定在O點(diǎn)且以角速度ω＝100 rad/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩圓形導(dǎo)軌所在區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)導(dǎo)軌及導(dǎo)體棒的電阻，下列說(shuō)法正確的是( )
A．通過(guò)電阻的電流方向?yàn)閎到a
B．一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)電阻的電荷量為0.03π C
C．導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為4 V
D．當(dāng)r2減小而其他條件不變時(shí)，電阻中產(chǎn)生的焦耳熱減小
二、非選擇題
9．[2021·湖北卷模擬]如圖(a)所示，兩根不計(jì)電阻、間距為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌，豎直固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.導(dǎo)軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻．元件Z的U - I圖象如圖(b)所示，當(dāng)流過(guò)元件Z的電流大于或等于I0時(shí)，電壓穩(wěn)定為Um.質(zhì)量為m、不計(jì)電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸．忽略空氣阻力及回路中的電流對(duì)原磁場(chǎng)的影響，重力加速度大小為g.為了方便計(jì)算，取I0＝ eq \f(mg,4BL) ，Um＝ eq \f(mgR,2BL) .以下計(jì)算結(jié)果只能選用m、g、B、L、R表示．
(1)閉合開(kāi)關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v1；
(2)斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度v2；
(3)先閉合開(kāi)關(guān)S，由靜止釋放金屬棒，金屬棒達(dá)到最大速度后，再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S.忽略回路中電流突變的時(shí)間，求S斷開(kāi)瞬間金屬棒的加速度大小a.
10．[2022·四川成都市質(zhì)檢]間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖所示．傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅰ中，水平導(dǎo)軌上的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動(dòng)雙桿”(金屬桿cd和ef用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性絕緣桿連接而成)，在“聯(lián)動(dòng)雙桿”右側(cè)存在大小為B2，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ，其長(zhǎng)度大于L.質(zhì)量為m，長(zhǎng)為l的金屬桿ab，從傾斜軌道上端由靜止釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌(無(wú)能量損失)，桿ab與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動(dòng)三桿”，之后“聯(lián)動(dòng)三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ并從中滑出．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，桿ab、cd和ef均與導(dǎo)軌接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直．已知桿ab、cd和ef的電阻均為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，不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)，求：
(1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v0；
(2)“聯(lián)動(dòng)三桿”完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ前瞬間，ef間的電勢(shì)差Uef；
(3)“聯(lián)動(dòng)三桿”滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)間Ⅱ時(shí)，ef桿上產(chǎn)生的焦耳熱Qef.
單元質(zhì)量評(píng)估（十） 電磁感應(yīng)
1．解析：選項(xiàng)A是用來(lái)探究影響安培力的大小因素的實(shí)驗(yàn)．選項(xiàng)B是研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)驗(yàn)，觀察導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)是否會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流．選項(xiàng)C是用來(lái)探究安培力的方向與哪些因素有關(guān)的實(shí)驗(yàn)．選項(xiàng)D是奧斯特實(shí)驗(yàn)，證明通電導(dǎo)線周?chē)嬖诖艌?chǎng)．
答案：B
2．解析：圓盤(pán)下落過(guò)程中，S不變，磁感線變密，故磁通量增大，故A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向下，由右手定則可知：自上而下看，圓盤(pán)會(huì)產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻臏u旋電流，故B正確；根據(jù)楞次定律，接觸彈簧之前，除重力外，下落過(guò)程中圓盤(pán)會(huì)受到向上的阻礙磁通量增大的力，故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，接觸彈簧下落過(guò)程中，圓盤(pán)的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能、圓盤(pán)的動(dòng)能以及因渦流效應(yīng)產(chǎn)生的內(nèi)能，故D錯(cuò)誤．故選B.
答案：B
3．解析：僅閉合K1、K4，圖甲電路能實(shí)現(xiàn)二極管的交替閃爍，圖乙中線框連接著轉(zhuǎn)換器，回路中電流方向不變，A錯(cuò)誤；兩線框以相同角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的電壓的有效值相同，僅閉合開(kāi)關(guān)K2、K5時(shí)，分析甲、乙電路可知，L1和L4兩燈泡亮度相同，B正確；僅閉合K3，設(shè)流過(guò)L2的電流為I，流過(guò)副線圈的電流為2I，根據(jù)變壓器的電流與匝數(shù)成反比可知，圖甲原線圈中的電流為4I，所以L1比L2、L3亮，C錯(cuò)誤；僅閉合K6，將圖乙原線圈滑片向上移動(dòng)，原線圈匝數(shù)增大，副線圈匝數(shù)不變，由變壓器的工作原理可知，副線圈的輸出電壓減小，副線圈中電流減小，所以原線圈中電流減小，L4變暗，D錯(cuò)誤．
答案：B
4．解析：結(jié)合B - t圖象，由楞次定律可知線框中感應(yīng)電流方向一直為順時(shí)針?lè)较?，根?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝ eq \f(ΔB,Δt) S，又由閉合電路歐姆定律得I＝ eq \f(E,R) ＝ eq \f(ΔBS,ΔtR) ，則0～t2時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流的方向和大小均不變，根據(jù)左手定則可知，在0～t1時(shí)間內(nèi)，安培力方向向左，故線框所受的摩擦力方向向右，在t1時(shí)刻，磁場(chǎng)方向反向，則安培力方向反向，摩擦力方向也反向，由F＝BIL可知安培力的大小隨磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小的變化而變化，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，C正確．
答案：C
5．解析：由右手定則可知，導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)閎→a，B錯(cuò)誤；由左手定則可知，安培力方向向左，導(dǎo)體棒的速度逐漸變小，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸變小，感應(yīng)電流逐漸變小，導(dǎo)體棒受到的安培力逐漸變小，加速度逐漸變小，故A錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知，總電阻消耗的總電能為 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，故電阻R消耗的總電能為 eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R,2（R＋r）) ，C正確；由動(dòng)能定理可知，導(dǎo)體棒克服安培力做的總功等于 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，D錯(cuò)誤．
答案：C
6．解析：電子射入磁場(chǎng)后將其初速度分解，則水平方向的分速度為vx＝v0cs θ＝v0，豎直方向的分速度為vy＝v0sin θ＝θv0，則電子在水平方向以vx做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向以線速度vy做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，欲使電子能匯聚到P點(diǎn)，則電子運(yùn)動(dòng)到熒光屏?xí)r需轉(zhuǎn)動(dòng)n個(gè)完整的圓周，電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力有evyB＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ,R) ，又T＝ eq \f(2πR,vy) ，整理得電子的運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)＝ eq \f(2πm,eB) ，由以上分析可知應(yīng)滿(mǎn)足 eq \f(L,vx) ＝nT，整理得B＝ eq \f(2nπmv0,eL) （n為合適的整數(shù)），A正確，B錯(cuò)誤；電子在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，不能與玻璃管的上下兩壁發(fā)生碰撞，即電子在豎直方向上做圓周運(yùn)動(dòng)的最大直徑應(yīng)小于等于 eq \f(D,2) ，又電子在豎直方向上做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r＝ eq \f(mvy,eB) ＝ eq \f(θL,2nπ) ，當(dāng)n＝1時(shí)電子的軌跡半徑最大，則2r1≤ eq \f(D,2) ，聯(lián)立解得D≥ eq \f(2θL,π) ，C正確，D錯(cuò)誤．
答案：AC
7．解析：線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中穿過(guò)線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，則感應(yīng)電流的方向?yàn)锳→B→C→D→A，A正確；AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bav，則線框中感應(yīng)電流為I＝ eq \f(E,R) ＝ eq \f(Bav,R) ，故CD兩端的電壓為U＝I× eq \f(3,4) R＝ eq \f(3,4) Bav，B、D錯(cuò)誤；AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的CD邊受到的安培力的方向與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD邊向下，它們的大小都是F＝BIa，由幾何關(guān)系可以看出，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，所以AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和，即F合＝ eq \r(2) F＝ eq \f(\r(2)B2a2v,R) ，C正確．
答案：AC
8．解析：由右手定則可知，通過(guò)電阻的電流方向?yàn)閍到b，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)軌間導(dǎo)體棒在Δt時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積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) ，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，導(dǎo)軌間導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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，通過(guò)電阻R的電流I＝ eq \f(E,R) ＝ eq \f(3,2) A＝1.5 A，一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)電阻R的電荷量Q＝IT＝1.5 A× eq \f(2π,ω) ＝0.03π C，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝Br1 eq \x\t(v′) ＝Br1 eq \f(0＋ωr1,2) ＝4 V，選項(xiàng)C正確；當(dāng)r2減小而其他條件不變時(shí)，導(dǎo)軌間導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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變大，通過(guò)電阻的電流增大，電阻中產(chǎn)生的焦耳熱增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
答案：BC
9．解析：（1）閉合開(kāi)關(guān)S，金屬棒下落的過(guò)程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當(dāng)重力與安培力大小相等時(shí)，金屬棒的加速度為零，速度最大，則mg＝BI1L
由法拉第電磁感應(yīng)定律得
E1＝BLv1
由歐姆定律得I1＝ eq \f(E1,R)
解得v1＝ eq \f(mgR,B2L2)
（2）由第（1）問(wèn)得I1＝ eq \f(mg,BL)
由于I0

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統(tǒng)考版2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)單元質(zhì)量評(píng)估（五）機(jī)械能含答案

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