专题卷(十一) 电磁感应综合(包括电路、能量、图像问题)-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（河北专版）

4.名陕开地区地赋场的赋感应强度的数止分敏的大小目，随距离地面高度五的变化关暴如图甲 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（十一） 所示，一直开机将一龄终棍持水平的闭合会属导线根修直向：匀塘品起，如图乙所示，下列说 物理·电磁感应综合（包括电路、能量、图像问题）】 达正确的是 (考试时可7H分钟.满分100分) 一、选择题：本题共10小题，共转分。在每小题始出的四个选项中，第1一7题只有一项符合题日 要求，每小题4分：第8一10圆有多项种合题日要求，每小觅6分，全部选对的得6分，选对日 不全的得3分，有选辑的得0分。带·置日为能力提升量，分值不计入总分。 L.“摩粥”“见碧嘉”“登拉桑“…堡台风一个接一个登陆，带来狂风和大量降水。尤其是“贝碧 A.线挥中有颗时针方向的感应电流（第提）且，线据中的感皮电流不斯或小 喜”，被称为1年以来登陆上舞前最属台风。在与自然力量的较量中，安装在中国最高 C线根中的感度电流不断增大 D.线据的国条边有向内收缩的静势 使一上得中心大夏1料层的干地“慧果用见器成为守护线市交全的重要力量。如图所示为 5:如图所承，将调住思留块收入真草治练护中，治结护中磁场是均匀分布的，铝块可视为由想 该阻尼替的前亿，该阻尼器果用了电呙废技术，它部附著水险体的疑量典在导体板上方 截而积相可，半径大小不属的铅坏提在一起成。下列说法无确的有 功时，导体板内产生洞电德，下列说法正确的是 解视形 A.不尼器量姿将机板能转化为内能 氏导棒板电和率核大，斜电流核大 C、质量块园功得越快，穿过导停板的藏通量塘大 山，导体板中产生的感应电动势大小与质量块探动的速率无关 一早作投 2.如图斯示，御强磁场中因定一水平金属棒，金国停两操点F,与下，附好是能缘南两轨道的周 A.环中电流的大小与环半径的二水方收正比 焦点，避场方向重直于解属面向外。一眼金属欲绕过馋燥笔P有下，，F:相接，金属线处于是 我环中电功率的大小与环半径的三次方成正比 直状态。在绝缘笔船耗隔航通从长转一端A点到另一南B点带动金属位运动过程中，下川说 C。相可时司内坏中产生的热量与环半径修因次方成正比 法正确的是 ).若将图块的成电阻率更个的铜块，期相可棋假面积，相同半径的解环发格功率更小 A.字过△PF,F:的隐道量无藏小后增大 。·7·“· 6.如图所示，两根平行光带金闻导轨上墙用直导线连接，领斜放置在单直 其△PF,F,中感皮电流方向先期时后送时析 于导轨平弹向上的匀强通场中。导体佛MN从某高度由静止并始下滑。 C.△PF:F,先有扩张后势后有收缩0势 下滑过程中V始终与导延直并接触良好。除异体韩的电阻外，导轨 D金属棒所受安结力方向先向下后向上 。，，。，。，， 和导线的电阻不计，衡N所受的夏培力及其加迷度2，速度，电流 ,某愿小汛使用围甲断示的装置，探究俄盛钱在长螺线管中遥动产生的够应电瓷变化规律， 1随时间：变化的关系丽檬可能正魂的是 得螺线管一端成定在铁架台上，另一端自然下康，电流传地器连接长螺线管的上下两编，将纹 壁铁从靠近蝶线管的上方由静止释放。在酸疑铁穿过整个线图修过型中，传眼器显示的电德 随时川：变尼的留像如闲乙所示，不什空气图力，下列说达正的的是 人 7.如图所承，域线MN左侧有面积是够大的隐络成组度为B的匀强盈场，是场方每重直纸围间 里，N右侧为无随桥区城，使边长为【，的王方形单使导线根M旋其一瓶点：，在纸面内 期时针转动，瓷糕电阻为R,经时闻匀违转到图中虚线位量，别 A.吊线摆k中够风电藏方闻N递时针方年 A.:时刻，穿过线周隐通量的变化率量大 以：一时间内，妆磁铁餐匀遮直线运动 我核过程中直过线红任意城载调的电荷经为 二，若只增加枚避铁释救高度，喇感应电流的峰值变大 C.异线b,a所受登培力的大小之比为12 山.若只调转款蜡候的极性，耳从同一位餐师放，感应电筑的方向不变 D,绩过程中经找受到的安培力的合力疗向承直于c向 物理表·专题餐十一黑1（满8顶 金赛地门春 血理B·专脑得（十一第2调（秀8顶 +如图所示，两水平平行全属学机由宽铁MN,,1N,,窄转)P。,)P,两部分阳成，宽我部 如图甲所示：在竖直方向上有因条问距相等的水平限线∠1，上，，乙：上，在上.，，上，之间，上，L 分间E为2L,窄轨部分可臣为L。理将两银材料相具，精假面积相同的金属棒6，d分可静置 之国存在匀强做场，壁鸣度型大小均为1T,方闻章直于虚线所在平直。现有一矩形线回 在宽轨和窄轨上。金属棒动的质量为m,电阻为尺，长度为L,金属伟的长度为L,两金国 ad,宽度d一上=0五m,质量为0,1g,电阻为g刀：算其从闭示位置由静止释放(《d边与 棒在运动过程中始终与异轨蚕直且接触良好。除金属限的电阻之外其余电阻不计，宽轨和窄 上，重合)，线图速度随时可的变化关系如图乙所示，，时刻d边与上，重合，，时则ub边与上 轨霉足第长，金属导轨处在方有竖直向上，壁越应强度大小为B的匀程殊场中，理给全属陶 重合：时刻b边与上，重合，已知1一：的时画甸隔为0.8s,整个运动过程中线周平面始终 本平向右的初速度世，此后金属棒b始终在宽轨盈场中运站，金国韩d始终在室物题场中 处干竖直方向（重力知速度其真10m/:).期 运动，不计一切摩物。下列说法正确的是 A全属棒动刚开始运动时，山棒中的电流方向为 hYa 其当两金具排匀造运动时山棒的速度为司 线彩 C金据作山从开婚运动到匀底的过酸中，鞋过心作的电传酸为 上领 众 几金属佛b从开始运动璃匀速的注程中6修中广生的热量为行m 入。在0一：时间内，通过线周的电岗量为05C 8.法拉第调醒发电机的示意图图所示。铜圆意家装在琴直的铜结上，两铜片P,Q台别与圆 技经图匀速运动的渔度大小为名m: 盘的边缘和制轴接触，风像处于方向经直向上的匀强疆场中，料盘庭转时，下列拟达正确的是 C线湖的长度为1四 八，若网盘转动的角渔度恒定，测电德大小国定 ,0一t,时间内，线面产生的热量为1,8J 认若从上往下看，国信顺时针转动，黑电减由：减向 二，非选择题：本题其5小愿，其54分。 C,若圆盘转动方向不变，角建度大小发生变化，期电霞方传可能发生 1引.48分》如图断示，领角为8的光剂施撞面上有一匀题胆场，题势成置度大小为B,方向章直 变化 于斜向下，藏场的下边界为W,边界上方有一边长为L,的正方思找怅，d,线相的电阻 D石同盘较动的角速度变为原未的2停，则电阳我的热功率也变为 为R,质量为附，6边离MX的新离为，，现将假标山静止释放，线躯下落过程中心边给饶 原来的2倍 保持与N平行，且6边离开独场前线枢已做匀速直线运动，该： 从，如图所示，两个小灯盖现格相同，上是日感系数很大：内阳可以氢事的线 (1》a6边离开避场时的速度甲 周。下列说法正端的是 2》线属从静止释放到凳全离开德蜗的过程中线服中一生的热量Q A闭合开关瞬间，A,A:同间变亮 乱W合开关驿傅，A:缓慢变亮，A.间变亮 闭合平关，待电路2定后再断开开关餐间，A:网亮一下再暖侵想天 .用合开美，背电路隐定后再斯开开关瞬间，流过灯卷A:的电蓬方闻反 10.半径分湖为下和2：的同心圆辞轨战定在日一水平面内，一长为r,电阻为虎的均匀金属绑 AB置下图学镇上面，A的廷长线通过属导轨中心)，装置的图税图如图所示，整个装置 于一强磁场中，磁感成翼度的大小为B,方车整直向下，在两环之可级阳值为R的定值电 用和电容为C的电容善，金属帮在水平外力作用下以角速度w绕)逆时针匀速转动，在转动 过程中单瓷与导轨保持具好的接触，导物电图不计，下列说法证购的是 A.全属怖中电流从A茂向B 我全黑棒两情电压为r 二，电容餐的M板带正电 山.电容器乐带电荷量为二Cw 地理B·专题餐[+一里0黄（共8直 金级地门春 血理B·专脑程（十一厘4调（共8顶 12,8分)如图所示，在候角83的绝操斜面上网定着两条粗润均匀且相互平行约允滑金属孕 13,1山分》如图新示，领角为一58的全属导轨N和'N的上端有一个单刀双每开关K,当 轨DE和GH,谪距d一1m,每条金属+我单位长度的电阻，一0.52/m,DG水平，且DG 开关与1连接时，导轨与短数划一100重，棋驾面积S一Q.04m的圆形金属线圈相连，线旧 背端点之用导找接了个阻值餐一？Q的电阻。以G中点O为坐标氟点，滑料自向上平 总电阻-0.2，整个线周内存在率宜线国平直和下的匀丝融场，险够成丝堂为B,B,与 鞋名 行干H方向建立轴，在G连铅科面向上的整个空间存在着秀直下斜面向上的蓝场， 时闻满足关系B.=4)。当歼美与2连接时，轨与一个阻值为取，血0，多口的电阻 且融感应蛋度大小B与坐标上骑是关采B=(04十0.2x)T。一根长山.一2m,电阻？一22， 图连。水平异轨的NN”至PP‘问是德燥营，其枪常分朵电良好，最右端申接一定值电阻 气量m一0,1kg的粗复均匀的会金属佛NN平行于DG放置：在较力F作用下以恒定的速度 R,一Q.2.两异箱长度均足够长，宽度均为1.-1m,在NN'处平滑连核。导航MN和 =1m/从x=0处沿2怕正方向运动，金属棒与两导轨核触良肝，如3了m,6,37” MN的平面内有更直保轨平童年下的5强磁场，世够应巢度大小出一0,2丁：整个水平导轨 化5，不计其他电阻。求： 上有方闻竖直向上，题感成强度大小为B:一1T的匀熟险桥。现开关与1连接时，一眼长度 《金阔棉通过r=2m处时，度过R的电成大小： 为L的导体棒：恰好静止在候料导轨上，某时新把开关迅违技到多，最后。移能在领斜导轨 《2金属棒通过r=2m处到，棒两烟的电势差w: 上匀渔下滑。绿体排6一开始被颜定《锁定装置未所出，且到PP位置的水平距离为，三 落8性 (3》金温棒从？-到，一3m过程中，R上产生的挡量韩外力 心，24m,棒g与棒私的面量均为m=么1城，电引均为R一Q2,历有导轨均先滑且阻植不 下做的动。 计.g取10m,通53-0,8，os53-0.6,米. 1)调忌线悔内磁感应强度B,随时间的变化卓· (2)棒4与棒6最撞黄瞬间，棒4的速度大小”，： ()榨4与棒各碰慎的解列，立即解除对棒b的衡定，两想递后粘连在一起。从带：进人水平 异轨，军两棒好动列量修状态，定简电阻取，上产生的焦耳热Q 。 物理表·专题餐[十一星6（满8顶1 金赛地门春 血理B·专脑得（十一里6调（共8顶1 14,12分》如图断示，质量为制的足够长U感光滑金属异转d救置在颜角为0甲3动的元看 1五，面分》为了提高能源的利用术，日偷同内外的城市载道交通车柄中，大都采用再生制动方 绝缘斜面上井用鋰线（图中摩践）徐在因定干算面上的G,H再点上，翌电阻为R,其余厘 式，即将列车“制诗产生的电衡转化为背自动代多的鲜车春的动能，规形轨语交爆的自停过 电阻不计，另一电阻为R:衡量为w,长度为L的导体棒PQ收置在导轨上，紫挨导体棉Q 程期理如愣断示：两足够长粗鞋平行会属直导轨MN,PQ的闻狂为L一山.5m,别定在同一 左朝右背个周定于料直上的光滑立桂，使导体棉静止，异体棒PQ的终与导物重直且接触良 水平雍内，母执平直内存在随感应强度大小为B一1丁、方向竖直间下的匀强整场。疑量为 好，PQ构成矩形，导轨年段长为L,以e「为界，其下方存在垂直料面向上的灯强磁场，上 m=0,5k:电阻为=6口的均匀金属统制成一个半径为1.=口，五m的单伍割环：水平放 方存在沿科面向上的匀强赋场，减感应强度大小均为B,烧断细：后，异集内下运动过程中， 置在两直导轨上，其属心到两直导转的距内相等。【一0时，开关S与1接通，丽流源（提供的电 吊体棒PQ始终不脱离导轨。重力糖速度★以， 黄氧为4A)与全属环▣近接，金属环量从静止开始向右做如速运动，山，一4时剂，将开关S 《)若威量M=烟，求金属导轨在斜面上运动的过程中，导棒棒PQ与导轨卤d间的最 得向2接通阻值为R,一0.5？的定值电，时对金属环脑加水厚外力F,楚金属环a做) 小作用力， 或逸正动，在：=行时刻金国环#减速至0。已知网环与绿轨的动摩宽因数为=Q?,忽略示 《2要使导轨运功一段时间后，导体排PQ与导航佩无作用力，求，w定满足的条作。 轨的电雨与金属环的闻德形变，金属环与中轨的终按触具好，重力口速度大小为g一0m3, 《3》若在第件(1的情况下，从绕断锤线别导体棒Q与导轨 1》求，=4⅓时刻，金属环：的速度大小： 可刚达到量小作用力的这一过程中，通过梦体棒Q的 (?》求4一B时闻内，外力F随金闻环的速度甲变化的美系式（以水平向左为正方向）： 焦耳热为Q。,求金湖导轨山d在斜直上下潜的鹿商。 《3若在三4，时制断开5，同时在金属环口的右测足够远处无初道度地平核上金属环（末 函出》，全属环。与全国环年光全相可，其属心列两直吊轨的而牌电相等，经过时问 山一0,8s,金国环b的流度达到最大值，属金属环6获得的量大动能是多少于 .. 物理表·专题餐十一星7（满8顶 金赛地门春 血理B·专脑程（十一第8调（秀8顶·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)发电机的输出功率Pa=71Qgh=5×10W, 输电线上损失的电功率P=IR,又P损=2P总， 解得输电线中的电流为I=10A。 (2)升压变压器原线圈两端的电压U1=240V, 副线圈两端的电压为U,-P-5X10 10 V=5×103V, 故升压变压器原、副线圈的匝数比为==240V=6 n2U25×103V1251 输电线上的电压损失为△U=IR=10×30V=300V, 降压变压器原线圈两端的电压为U3=U2一△U=5×103V-300V=4700V, 降压变压器副线圈两端的电压为U4=220V, 放降压变压器原、副线圈的匝数比为-_470V_235】 n4U4220V-11 (3)设正常发光的LED灯的盏数为N,则N= P&-P损_5×10-5×10×0.06 P灯 50 =940(盏)。 RE 15.(1)R+Ro+T l (2)0≤m≤ (3U=E-(R,+r)E mgRE g R.r 或U=mgR+kR+kF 【解析】(1)经分析知，当滑片在R最下方时，电压表示数最大，电路总电阻为R'=R十R。十r, 由闭合电路欧姆定律可得1二号，U'-R 联立解得U'一R+R。十 RE (2)由题知，电子秤测量的最小质量为0：电子秤测量最大质量时，弹簧形变量增加，由胡克定 律结合受力分折知F一从=mg,解得m一 g 即电子秤测量范围为0≤m≤ g (3)由闭合电路的欧姆定律可得I一R,十R。十，' E 当弹簧形变量增加x时，由电阻定律得R,=P亏-R, 由受力分析知kx=mg,又有U=IR., 联立解得U=E-R+)E(或U= mgRE mgR十R。十r mgR+k1R。+). k 物理（十一） 1.A【解析】通过阻碍质量块和永磁体的运动，阻尼器将动能转化为电能，并通过电流做功将电能 最终转化为内能，A正确：导体板电阻率越大，电阻越大，涡电流越小，B错误：质量块摆动时，穿 过导体板的磁通量周期性变化，摆动得越快，磁通量变化得越快，产生的感应电动势和涡电流越 大，C、D错误。 2.B【解析】在绝缘笔沿椭圆轨道从长轴一端A点到另一端B点带动金属丝运动过程中， △PF:F,的面积先增大后减小，故磁通量先增大后减小，A错误；由“增反减同”可知，△PF,F2 ·45· 高三二轮复习专题卷 中感应电流方向先顺时针后逆时针，B正确：根据“增缩减扩”，可知金属丝先有收缩趋势后有扩 张趋势，C错误：金属棒中的感应电流先向左后向右，根据左手定则可知，金属棒所受安培力方向 先向上后向下，D错误。 △中 3。C【解析】4时刻电流为0，说明感应电动势为0，根据法拉第电磁感应定律有E=n△，可知 穿过线圈磁通量的变化率为0，A项错误；？~？时间内，电流为0，则钕磁铁不受安培力，只受重 力，钕磁铁做匀加速直线运动，B项错误；若只增加钕磁铁释放高度，切割速度变大，则感应电流 的峰值也变大，C项正确；若只调转钕磁铁的极性，再从同一位置释放，磁场方向相反，故感应电 流也将反向，D项错误。 4.A【解析】陕西地区位于北半球，地磁场的磁感应强度的竖直分量竖直向下，根据楞次定律，线 框中有顺时针方向的感应电流（俯视），故A正确：由法拉第电磁感应定律和B,五图像得，感应 电动势大小为EBS一△BS-,=S,感应电流的大小为1-長，可知感应电动势E保 △t△h 持不变，则感应电流的大小保持不变，故B、C错误；根据楞次定律，线框的四条边有向外扩张的 趋势，故D错误。 AB 5,B解折根势法拉第电应定律上9-，所以环中电流的大小为1二 R 2xr =△BS 2pA ,即环中电流的大小与环半径成正比，故A错误；环中电功率的大小为P= R 一，即环中电功率的大小与环半径的三次方成正比，若将铝块换成电阻率更小的铜块， 2p 则相同横截面积、相同半径的铜环发热功率更大，故B正确，D错误，相同时间内环中产生的热量 △B)2 Sπr3 为Q= Rt、 t,即相同时间内环中产生的热量与环半径的三次方成正比，故C错误。 2p 6.A【解析】根据题意，设导体棒的电阻为R,导轨间距为L,磁感应强度为B,导体棒速度为 时，受到的安培力为P=BL-BK,可知F©c,由牛额第二定律可得，导体棒的加速度为。 -mg sin 0-F =gsin 0-B'L' mR”,可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为 零时，导体棒开始做匀速直线运动，则t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于 安培力F与速度v成正比，则F-图像的斜率逐渐减小直至为零时，F保持不变，故A正确，B、C 错误；根据题意，由公式可得，感应电流为1一”，由数学知识可得-，”=@ aR·a=R,由于 加速度逐渐减小，则I-(图像的斜率逐渐减小，直至为零，故D错误。 7.C【解析】由题意可知，通过线框的磁通量减少，根据楞次定律“增反减同”可知，线框中的电流 为顺时针方向，放A错误：线框在场中运动时醛通量的变化量为△0=BL:-B,线框中的平 均电动势为E=A血 A,,线框中平均感应电流为1景，所以流过线框某一横截面积的电荷量为g ·46· ·物理· 参考答案及解析 IA= BL2 2R,故B错误；设线框中电流大小为1，导线ab所受安培力的大小为F=BL,导线abc 所受安培力的大小为F=√2BIL,则F:Fk=1:√2，故C正确：由左手定则可知导线abc 受到的安培力的合力方向垂直于ac向下，故D错误。 *C【解析】金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知ab棒中的电流方向为a→b,故A错误； 依题意，金属棒c的质量为公，电阻为，匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等，B· 2Lou=BL,得末速度20w=a,对ab棒-B7·2L△=m0-m,对cd棒，B1△-受a, 解得十p4=则a-04-2智，放B销误；根据q=△，联立解得g一放C正确； 1 1 m 由能量关系，整个过程中产生的热量Q三2m。-2m02·2a,又Q=R Qa,联立 R+2 解得Q=号mm,故D错误。 8。AB【解析】圆盘转动产生的电动势为E=BL,若转动的角速度恒定，则E不变，电流大小 恒定，故A正确；若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流由α流向b,故B正确；若 圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小发生变化，故C错误；若圆盘转 动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，回路电流变为原来的2倍，根据P=2R 可知，电阻R的热功率变为原来的4倍，故D错误。 9.BC【解析】闭合开关瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，所以A1缓慢变亮，A2瞬 间变亮，故A错误，B正确；闭合开关，待电路稳定后，由于线圈内阻可以忽略，所以线圈支路电流 大于A2支路电流；断开开关瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，且线圈与A1、A2 构成回路，所以A,闪亮一下再缓慢熄灭，流过灯泡A1的电流方向没有改变，故C正确，D错误。 1O.CD【解析】根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感线时，产生的感应电流应该是从B 向A,故A错误；据E感=BL0,以及o=rw,可得切割磁感线时产生的电动势Es=BLv= 十2)=。Br,切制磁感线的金属棒相当于电源，则AB两端的电压相当于电透 端电压，根据闭合电路欧姆定律可知UuRR5。一×号Br。-Br,放B错误：切制匙 感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B向A,故金属棒A相当于电源正极，故与A 接近的电容器M板带正电，故C正确：由B分析知，AB两端的电压为子Br如，则电容器两端的 电压也是子Brw,故电容器所带电荷量Q=CU-CBra,故D正确。 ￥ABD【解析】由题图可知，在t2~tg时间内，线圈向下做匀速直线运动，受力平衡，则根据平衡条 件有mg=BL,而1三B:,联立解得2=8m/s,放B正确；一t2时间内线圈一直做匀加速直 线运动，则知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，仅在重力作用下运 动，以cd边与L2重合时为初状态，以ab边与L3重合时为末状态，设磁场的宽度为d,则线圈长 度为2d,线圈下降的位移为3d,则有3d=vt-2gt,其中2=8m/s,t=0.6s,代入解得d=1 ·47· 高三二轮复习专题卷 m,所以线圈的长度为L'=2d=2m,故C错误；在0~t1时间内，cd边从L1运动到L2,通过线圈 的电荷最为？-增-歌 =0.25C,故A正确；0~t3时间内，根据能量守恒定律可得Q=mg (3d+2d)-m=1.8J,故D正确。 11.(1)mgRsin 0 B2L? (2)mgs.sin g-m'g'R'sin 2B'L 【解析】(1)线框匀速运动时，设速度为v,则E=BL0, 由闭合电路的欧姆定律得1一長，安培力F发=BL, E 由于ab边离开磁场前线框已做匀速直线运动，则mg sin0=F安， 联立可得o=mgRsin0 BL2。 (2)线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律得mg5·n0= 2mv'+Q, 其中o=mgRsin0 B'L2 解得线框中产生的热量为Q=mgs·sin0-mgRisin0 2BL4 12.(1)0.2A(2)-0.18V(3)0.24J2.34J 【解析】(1)金属棒连人电路部分产生的感应电动势为E1=B1d0=(0.6+0.2×2)×1×1V= E 1V,根据闭合电路欧姆定律可得电流大小I1= d -=0.2A. R+Lr+2zro (2)由右手定则知M点电势低于N点电势，根据欧姆定律可得金属棒通过x=2m处时两端的 电势差UMw=-[I1(R+2xro)+B1(L-d)v]=-1.8V。 (3)金属棒做匀速直线运动1= Bdv (0.6+0.2x)×1×1 A=0.2A, d 3+x R+元+2xr0 1=吾=38，R上产生的热量Q=IPR=0.24J, 金属棒做匀速直线运动，则有F=mg sin0十BdI, 解得F=0.72十0.04x,即此过程F随位移均匀变化， 金属棒从工=0到工=3m过程中，外力F做的功W=Fz=0.720.84X3J=2.34J. 2 1.a0.4Ts(22ms(30 【解析】(1)开关打到1时，棒受力平衡，mg sin0=B,IL, E 根据E=元S=kS,R十， 解得k=0.4T/s. BiLv (2)棒在倾斜导轨上匀速下滑时，根据平衡条件可知mg sin0= R,十R,可得，=10m/s. 从棒α进人水平导轨到与棒6发生碰撞前的过程，根据动量定理-BLd R总 =mw2一mv1, ·48· ·物理· 参考答案及解析 根据电路连接得R。=0.3Ω， 解得v2=2m/s. (3)从棒a进入水平导轨至与棒6碰前解间Q1=之mof-mo, 此时电阻R:产生热量Q,=6Q1, 得Q1=0.8J, 两棒相碰，mv2=2mv3, 碰后至静止电路产热Q2一2 X2mv号， 电阻R:产生热量Q:=3Qa2, 1 得Q:=5J小， 综上，R,产生总热量为Q=Q,十Q。=J, 4.a5g(20万(80+ mg B'L 【解析】(1)烧断细线，由于M=m,对导轨abcd由牛顿第二定律知mg sin0-一 B'L'v=ma, 2R 随着速度增大，加速度a减小，直至加速度为0，速度最大，此时有mg sin0= B'L=FA.FA 2R 最大即，2F人-g, 1 对导体棒PQ受力分析知，在垂直斜面方向mg cos9=FA十Nm, 1 经分析知导体棒PQ受到的安培力始终等于导轨bc边受到的安培力，即FA=FA= 解得N=B-L 2mg。 (2)要使导轨abcd运动一段时间后，导体棒PQ与导轨abcd间无作用力，则对导轨abcd和导 体棒受力分析知Mg sin0≥o0,即M二5。 (3)若在条件(1)的情况下，从烧断细线到导体棒PQ与导轨间刚达到最小作用力的过程中，通 过导体棒PQ的焦耳热为Q。,则回路总焦耳热为2Q。,由能量守恒知mgsin0·s=2Q。十2 1 m,又vn=mg B2L2 解得5=4Q。+mgR2 mg BL 15.(1)2m/s2(2)F=1-0.25v(N)(8m/s≥w≥0)(3)1.44J 【解析】(1)金属环a在磁场中受到的安培力F,=BIL=1×4×0.5N=2N, 根据牛顿第二定律F1一mg=ma1,解得a1=2m/s2。 (2)金属环a在4s末的速度v1=a1t1=8m/s, 此时将开关S掷向2，金属环a做匀减速运动，在t2=6s时刻金属环a减速至0，可知加速度大 ·49· 高三二轮复习专题卷 0-011 小a2-△t2 -4m/s2, 方向向左，根据牛顿第二定律F十mg十BI'L=ma2, 由题意可知，金属环α夹在两导轨部分的两段的电阻均为1Ω，两部分电阻并联总电阻为r= ,5n,则1=，解得F=1=0.25u(N),(8m/s≥≥0).】 (3)金属环α做减速运动，b做加速运动，金属环b的速度达到最大值时，两金属环的速度相等， 设为v,对a由动量定理一BIL△t一mg△t=mu一mv1, 对b由动量定理BIL△t一mg△1=m, 两式相加可得v=2.4m/s, 则金属环6获得的最大动能是Ek=2mo=1.44J。 物理（十二）】 1.(1)10(2)10(3)30(4)b 【解析】(I)根据F=kx=(L一L。),可知图乙中，图像的横轴截距表示弹簧的原长，即弹簧原长 为L。=10cm。 (2)弹簧的弹力等于钩码的重力F=k红=mg,整理得k=mg=,m5,由图乙知该弹簧的劲度 x一L-L。 系数k=0.15×10 0.25-0.iN/m=10N/m. 3)当弹力为F=2.0N时，弹簧的形变量为x-=0.2m,所以，弹簧长度为L=,十工 30cm。 (4)由图像可知，拉力变化量相同时，弹簧α的形变量比b小，因此使用弹簧b制作的弹簧测力计 精确度较高。 2.(1)BD(2)球心需要x Ny:-y1 【解析】(1)为了保证钢球的初速度水平，斜槽末端必须水平，故B正确：为了保证钢球的初速度 相等，钢球每次应从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑，故D正确，A错误：向下 移动挡板，只是为了获得多个点迹，不一定向下移动相同的距离，故C错误。 (2)钢球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是钢球静置于Q点时球心的位置，故 应以球心在白纸上的位置为坐标原点。钢球在竖直方向做自由落体运动，故y轴需要与铅垂线 平行。在竖直方向上有y2一y1=g2,解得1= y二出，在水平方向上有x=ut,解得v。= x g Nya-y1 3.(1)D(2)AC(3)见解析(4)m1xop=m1xow+m2xow 【解析】(1)实验要求每次入射小球到达轨道末端的速度相同，与斜槽轨道是否光滑无关，所以斜 槽不必是光滑的，A错误；两球的质量须满足入射小球的质量大于被碰小球的质量，两球的尺寸 必须相同，B错误；小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，C错误；斜槽末端的切线必须水 平，以保证小球碰撞后做平抛运动，D正确。 (2)若采用图甲所示装置进行实验，需要使用直尺测量小球落点的距离，需要使用天平测量小球 ·50·