二轮专题精准提升11 电磁感应综合(包括电路、能量、图像问题)-【衡水真题密卷】2025年高考物理二轮专题精准提升（7版）

2024一2025学年度二轮专题精准提升（十一） 题 9 物理·电磁感应综合 (包括电路、能量、图像问题) 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 1 y 3 6 7 8 答案 1.某实验探究小组在实验室按图示电路探究自感现象，L是自感系数很大，电阻可忽略的 线圈。A和B是两个相同的小灯泡、闭合开关S,稳定后再断开。观察到的现象是 ( B A.闭合开关，B一直不亮 B.闭合开关，B逐渐变亮，最后稳定发光 C.断开开关，B亮一下后逐渐熄灭 D.断开开关，A亮一下后逐渐熄灭 2.如图所示，电阻分布均匀的电阻丝构成的闭合线框abcd水平放置在竖直向下的匀强磁 场中，电阻不可忽略的导体棒MN两端搭接在ad和bc上，MN在水平外力F的作用 下，从靠近ab处无摩擦地匀速运动到cd附近。MN与线框始终保持良好接触，在其运 动过程中，下列说法错误的是 () M ××××××× ×× ××X×××× ×××××××× N A.MN中的电流先减小后增大 B.MN两端的电压先增大后减小 C.MN上外力的功率先减小后增大 D.MN上消耗的电功率先增大后减小 3.如图所示，两条平行放置的光滑金属导轨间距为d=0.3m,导轨的左端接电动势为 E=5V的电源，匀强磁场垂直于导轨平面。足够长的质量为m=0.5kg的金属棒接触 二轮专题精准提升（十一）物理第1页（共8页） 真题空 心中有梦，勇敢追梦，让青春无悔。 良好地静止斜放在两导轨之间，与导轨的夹角为37°，当合上开关S,经过一段时间金属 班级 棒稳定运行的速度为vm=1m/s,sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是( M 姓名 ●●● E d N 得分 A.合上开关S后，金属棒运动的速度方向与金属导轨平行 B.金属棒在达到稳定的运动速度之前，速度与加速度都增大 C.匀强磁场的磁感应强度大小为5T D.若回路中的总电阻恒为102，则合上开关S的瞬间，金属棒的加速度为5m/s2 4.如图甲所示，一圆形线圈置于垂直于纸面向里的磁场中，线圈右端通过导线与两块平行 金属板相连接，金属板间宽度d足够大。有一带正电粒子q静止在平行板正中央，从 t=0时刻开始，磁场按如图乙所示变化，不计粒子重力。以竖直向上运动为正方向，下 列关于粒子在一个周期内的运动图像可能正确的是 () B/T ××××××× 卫 0.1 ××××××X D. 5.如图所示，两根等高光滑的二圆弧轨道半径为r、间距为L,轨道的电阻不计。在轨道的 顶端连接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。 现有一根长度稍大于L、质量为m的金属棒从轨道的最低位置cd开始，在拉力作用下 以速率v。沿轨道向上做匀速圆周运动至αb处，已知金属棒接人电路中的电阻也为R, 则该过程中 () 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第2页（共8页） 7 A.通过电阻的电流方向为f→R→e B,通过电阻的电荷量为女 C.金属棒上产生的热量为rBL πB2L2rw0 16R D.拉力做功为mgr十 16R 6.我国第三艘航空母舰“福建舰”采用的是电磁弹射装置，其原理可简化为如图所示，直流 电源电动势为E,储能电容器的电容为C,固定于水平面内的两根间距为L的光滑平行 金属导轨电阻不计，导轨间存在垂直于导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场（图 中未画出)。飞行器可视为金属棒MN,其质量为，长为L,阻值为R,垂直放在两导 轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电，然后将S 接至2，MN开始向右运动，达到最大速度之后离开导轨，则MN的最大速度为() 2CBLE CBLE 2CBLE CBLE A. m+BLC B. m+BLC C.- m+B2L2 D. m+B2L2C 7.如图所示，圆心为O、半径为1的金属半圆弧导轨ab固定在水平面上，Oa间用导线连接 一电阻M。金属棒一端固定在O点，另一端P绕过O点的轴，在水平面内以角速度ω 逆时针匀速转动，该过程棒与圆弧良好接触。半圆弧内磁场垂直于纸面向外，半圆弧外 磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小均为B,已知金属棒由同种材料制成且粗细均 匀，棒长为2、总电阻为2x,M阻值为r,其余电阻忽略不计。当棒转到图中所示的位置 时，棒与圆弧的接触处记为Q点，则 () A电势差Upo为5B2u 4 B.P0棒受的安培力为B1 Ar Bl2w C.通过M的电流大小为87 D.,棒在半圆弧导轨上转动120°的过程中通过M的电量为B Ar 二轮专题精准提升（十一）物理第3页（共8页） 真题 8.如图所示，有方向垂直于光滑绝缘水平桌面的两匀强磁场，磁感应强度的大小分别为 B1=B、B2=5B,PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，桌面上边长为a、质量为m、电 阻为R的单匝正方形金属线框，以初速度。垂直于磁场方向从图示位置开始向右运动， 当线框恰有一半进人右侧磁场时速度为？，则 B.PB、 ×××x:i:: XX×:: Xx×x: ×××X8: Q A.虚线位置时线框的电流方向为逆时针 2B2a2v B.虚线位置时线框的加速度大小为 mR 9B2a3 C.初速度v= 2mR D.从初始位置到虚线位置这过程中产生的热量为 324B4a6 mR2 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对能得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.我国自主设计建造的航空母舰“福建舰”采用了世界上最先进的电磁弹射技术。图甲为 飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理可简化为如图乙所示，足够长 的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器相连，与机身 相连的金属牵引杆αb垂直静置在轨道上，开关S掷于1位置后，飞机向右加速到速度 为v时与牵引杆αb脱离并起飞。已知两金属轨道电阻不计，间距为L,磁感应强度大小 为B,杆ab质量为mo、电阻为R,飞机质量为m,不计飞机与甲板之间的摩擦和空气阻 力。则下列说法正确的是 ( 轨道 「储能装置 牵引杆 甲 A.飞机起飞过程做匀加速直线运动 B.飞机起飞过程做加速度减小的加速直线运动 C飞机起飞过程中通过杆ab的电荷量为B D.飞机起飞瞬间，开关S自动掷于2位置，杆b能再向前运动的最大距离为R B2L2 密卷 二轮专题精准提升（十一）物理第4页（共8页） 10.如图是固定在水平面内的足够长光滑平行金属导轨，左侧导轨间距为L,右侧导轨间 距为2L,导轨足够长且电阻可忽略不计。左侧导轨间存在磁感应强度大小为B、方向 竖直向上的匀强磁场，右侧导轨间存在磁感应强度大小为2B、方向竖直向下的匀强磁 场。在t=t1时刻，长为L、电阻为r、质量为m的匀质金属棒EF静止在左侧导轨右 端，长为2L、质量为3m的匀质金属棒GH从右侧导轨左端以大小为v。的初速度水平 向右运动，一段时间后，流经金属棒EF的电流为O,此时t=t2。已知金属棒EF、GH 由相同材料制成，在运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计电流的磁效应， 则下列说法正确的是 ) 2 2BLvo A.t1时刻流经金属棒GH的电流为 7r B.t时刻金属棒EF的速度大小为。。 C.t1~t2时间内，回路磁通量的变化率逐渐增大 D.~t:时间内，金属棒EF产生的焦耳热为8 mu8 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)某同学用图中的器材做“探究电磁感应产生条件”的实验。 铁芯 (1)闭合开关的一瞬间，观察到电流表G指针向右偏转。则闭合开关后，将滑动变阻器的 滑片向a端快速移动，则观察到电流表G的指针向 (填“左”或“右”)偏转。 保持滑动变阻器滑片位置不变，将线圈A迅速插入线圈B,电流表G的指针将向 (填“左”或“右”)偏转。 (2)闭合开关后，第一次将滑动变阻器的滑片快速地从α端移到b端，第二次将滑动变阻 器的滑片慢慢移到b端，会发现电流表G的指针第一次摆动的幅度比第二次 (填“大”或“小”)，原因是两次线圈B中的 (填正确答案标号)大小不同。 A.磁感应强度 B.磁通量 C.磁通量的变化量 D.磁通量的变化率 二轮专题精准提升（十一）物理第5页（共8页） 真题密 12.(10分)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学采用了如图甲所 示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。 甲 乙 (1)对于实验过程，下列说法正确的有 （填正确答案标号)。 A.为便于探究，应该采用控制变量法 B.变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈两端电压时应当用多用电表的“直流 电压挡” C.使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用适当的挡位进行测量 D.因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路 (2)该同学正确组装变压器后，把12.0V的学生交流电源接到原线圈“2”“8”接线柱， 副线圈接线“0”“1”接线柱，如图乙所示，在确认电路连接无误的情况下，接在副线 圈两端的交流电压表的实际读数可能是 (填正确答案标号)。 A.0V B.5.8V C.2.0V D.1.5V (3)实验时，该同学听到变压器内部有轻微的“嗡嗡”声，他做出如下猜想，正确的是 (填正确答案标号)。 A.“嗡嗡”声来自交变电流在线圈中产生变化磁场时发出的 B.“嗡嗡”声来自副线圈中电流流动的声音 C.交变电流的磁场对铁芯有吸、斥作用，使铁芯振动发声 D.若去掉铁芯，“嗡嗡”声马上消失，也能完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数 的关系”实验 (4)该同学正确组装变压器后，用匝数N。=400匝和N。=800匝的变压器实际测量数 据如表： U./V1.802.803.804.90 U6/V4.006.018.029.98 根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是 (填“N”或“N”)。 (5)如图甲所示为可拆变压器，现将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，原线圈与正弦交 流电源相连，由于实验疏忽，未将铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，用理想电 压表测得副线圈两端电压1V;若将该电源与副线圈相连，测得原线圈电压为 64V,则该交流电源的电压（填正确答案标号）。 A.大于8VB.等于8V C.小于8V D.等于4V 卷 二轮专题精准提升（十一）物理第6页（共8页） 13.(10分)如图所示，水平桌面上放一棒，长为1，质量为m,电阻为R,棒平行桌子边缘放 置，桌子的侧面有一根相同的棒，用两根无电阻的光滑导线将上面的棒系在一起，空间 中有匀强磁场B,方向与桌子边缘垂直，与水平夹角为0(0>45°)。开始时刻将两棒静 止释放（桌子侧面有挡板阻止下面棒有水平偏离）。 (1)理论上棒的最大速度vm为多大？ (2)当棒速为v<vm时，求损耗的机械功率P1和电阻的热功率P2。 B 14.（14分)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L=1m。abcd区域有 匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T,方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆 M以初速度vo=3m/s向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与 导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m=1kg,在导轨间的 电阻均为R=1Ω，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。若两杆在磁场内未 相撞且N杆出磁场时的速度v1=1m/s,求： (1)M杆刚进磁场时的安培力F; (2)从M杆进人磁场到N杆离开磁场过程中系统产生的焦耳热Q; (3)初始时刻N到ab边的最小距离x。 7 二轮专题精准提升（十一）物理第7页（共8页）】 真题密卷 15.(18分)如图所示，两间距为L、足够长的光滑平行直导轨固定在绝缘水平地面上，左端 固定一阻值为R的定值电阻。空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强 磁场，质量为m的导体棒紧靠电阻垂直放在导轨上，t=0时刻作用于导体棒的水平恒 力F使导体棒由静止开始做加速运动，当导体棒达到最大速度时对应的加速距离为 ,此时撤去外力F,同时匀强磁场随时间按照某种规律变化，使得导体棒始终做匀速 直线运动，已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，电路中其他电阻均不 计。求： (1)导体棒的最大速度v； (2)整个运动过程电阻上产生的热量Q; (3)整个运动过程通过回路中某截面的电荷量q; (4)导体棒匀速运动时匀强磁场的磁感应强度大小B,随时间t的变化规律。 XXX×XXX ××XXXX 二轮专题精准提升（十一）物理第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 通过电解槽的电流为 电解槽内热损耗功率 IA=I'-IR=20A。 (2分) P熟=I月r'=202×0.5W=200W (2分) (3)电解槽消耗的电功率 电解槽中电能转化成化学能的功率为 PA=IAU=20×95W=1900W (2分) P化=PA一P热=1700W。 (2分) 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十一） 物理·电磁感应综合（包括电路、能量、图像问题） 一、选择题 为零时，其达到最大速度，结合之前分析有a= 1.C【解析】闭合开关瞬间，立即建立了电场，故立 BEdsin37°-Bdw=0,解得B=10T,C错 即就有了电流，灯泡A、B同时变亮，但通过线圈 mR总sin237° 的电流要增加会产生自感电动势，电流缓慢增加， 误：由之前分析有a=BEdsin37”-B'du mR&sin237° ,则合 当电流稳定后线圈相当于直导线，灯泡B短路，灯 泡B熄灭，灯泡A更亮，A、B错误；断开开关瞬间 上开关S的瞬间，金属棒速度为零，则解得a= 灯泡A立即熄灭，线圈产生自感电动势和灯泡B 5m/s2,D正确。 构成闭合电路，灯泡B先闪亮后逐渐变暗最后熄 4.C【解析】0~1s时间，磁场向里均匀变大，磁通 灭，C正确，D错误。 量变大，根据楞次定律可知，下极板带正电，粒子 2.D【解析】整个线框的阻值一定，设为R。,左侧电 所受电场力方向向上，加速度向上，1一2s时间， R卷R右，其中 磁场向里减小，磁通量变小，根据楞次定律可知， 阻丝与右侧电阻丝并联，可得R并一R叁十R方 上极板带正电，粒子所受电场力方向向下，加速度 向下，同理2~一3s时间，加速度向下，34s时间，加 R左十R右=R,根据数学知识可知当R左=R右时 R并取得最大值，故当MN从靠近ab处无摩擦地匀 速度向上。根据法拉第电磁感应定律有E=△ △t 速运动到cd附近的过程中R并先增大后减小，电路 AB 的总电阻先增大后减小，流过MN中的电流先减小 ,由题图乙可知回路中产生的感应电动势大 后增大，A正确；MN两端的电压为路端电压，因为 小不变，故粒子所受电场力大小不变，故加速度大 R并先增大后减小，故路端电压先增大后减小，B正 小不变，C正确，D错误；心t图线的斜率表示加速 确；MN上外力F始终与MN受到的安培力平衡， 度，则速度应随时间均匀变化，A、B错误。 F=BIL,故外力的功率为P=Fv=BIL0,由于电 5.C【解析】由右手定则可知，通过电阻的电流方 流先减小后增大，所以外力的功率先减小后增大，C 向为e→R→f,A错误；金属棒从cd运动到ab过 正确；MN上消耗的电功率为P'=IRMN,电流先 程，由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势 减小后增大，所以MN上消耗的电功率先减小后增 大，D错误，本题选择错误一项，故选D。 B-”-子均高应意流1一点-通 3.D【解析】由左手定则可知，其金属棒受到的安 过电阻R的电荷量g=I△2=R,B错误；金属 培力的方向垂直于金属棒斜向上，其与导轨不平 行，A错误；导体棒切割磁感线产生的电动势为 棒做圆周运动转过的圆心角为日时导体棒切割磁 sin37,电路中的电流为1=E-E点 E=B·A 感线产生的感应电动势E=BLvocos日，回路产生 R总 正弦式感应电流，感应电动势的最大值Em= 安培力大小为F安=B sin37,由牛顿第二定律 BL00,感应电动势的有效值E有效 _BL,回路中 √2 有F=ma,解得a= a于 电流大小【= E有数_BLU 2R2√2R 金属棒从cd运动到 在稳定前，金属棒做加速运动，所以其速度增加， 由上述分析，其加速度在减小，B错误；当加速度 ab过程中金属棒上产生的热量Q=IR·2= 7 ·40· ·物理· 参考答案及解析 πrB2L20 二、选择题 16R ,C正确；由功能关系可知W=mgr十 9.BD【解析】飞机向右加速，金属杆ab切割磁感 2Q=mgr十rB20,D错误。 线产生电磁感应，阻碍其运动，且随着速度的增 8R 大，感应电流减小，向左的安培力的阻碍作用减 6.D【解析】设加速过程中的平均电流为I,时间为 小，所以飞机起飞过程做加速度减小的加速直线 t,MN的最大速度为vm,当MN产生的感应电动 运动，A错误，B正确；对金属杆与飞机，由动量定 势与电容器，取向右为正方向，对MN,根据动量 理可得BIL△t=(m十mo)v-0,又q=I△t,联立 定理有BLIt=mvm-0,其中It-△Q,△Q=Q。 （m+mo)v BLCE 可得g= BL ,C错误；飞机起飞瞬间，开关 Q=CE-CU-CE-CBL,- +B2L'C' S自动掷于2位置，对金属杆由动量定理可得 D正确。 2BiLt=mou-0,又i= 7.B【解析】金属棒OQ转动产生的电动势为E= 服有股。 R B肌…学根凝欧邮定啡有1=气-效通过 mov,解得ab杆能再向前运动的最大距离为x= moUR BL,D正确。 M的电流IM=,,C错误；由于Q端为电源正 10.AB【解析】棒EF、GH由相同材料制成，即电 阻率p1、密度P2均相同，根据电阻定律有R= 极，故Uc0= 一B“金偏棒PQ两点间的电 2l0+lo3Blio,Upo= pS,质量M=PxS,可得RM-P1Px2,设GH 压为UrQ=-BL 2 2 的电阻为则，n可得广-专， rm L2 Uro+Uoo=-5Bl'w 4 A错误；PO棒受到的安培力 根据右手定则判断知，t1时刻GH产生的感应电 即Q0段受到的安培力为F=B=Be1“,B正确， 动势方向是从H到G,回路中的感应电动势E= Ar 2B·2L00=4BL0o,根据闭合电路欧姆定律可知 棒在半圆孤导轨上转动120°的过程中流经M的电 5- 1 光时回路中的高应包流I,名-1，A πBL2 正确；设t2时刻，EF,GH的速度大小分别为o1、 2r 6m,D错误。 1 8.D【解析】由右手定则可知，虚线位置时线框的 02,则有BLu1=2BX2Lu2,可得2=41t 电流方向为顺时针，A错误；此时线框的感应电动 t2时间内，根据动量定理，对EF有BILt= 势B=Ba·子+5Ra· =2Bav,感应电流I= mu1-0,对GH有-2BI·2Lt=3mv2-3mvo, R,由牛顿第二定律得5B1a十Bla=ma,解得加 解得二，B正确；根据左手定则知EF受 到的安培力水平向左，GH受到的安培力水平向 速度大小为a= 12B2a2v mR,B错误；从线框的右边 左，EF的速度逐渐增大，GH的速度逐渐减小， 到虚线位置到线圈一半进入磁场由动量定理得 回路中的感应电动势E'=2B·2L0G一BLvE, 逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律知，回路磁 -(Bla△+5Bia△)=m·g-mw,其中i△L 通量的变化率逐渐减小，C错误；在t1~t2时间 (6B-B) 内，对两棒组成的系统，根据能量守恒定律有 △Φ 2+Ba2 3Ba2 q= R ,解得初速度 合×3mi=mai+号X3mi+Q:,解得回路 1 0=27B2a3 mR ，C错误；从初始位置到虚线位置这过程 中产生的总热量Qg=9mi,根括焦耳定律有 中产生的热为Q=-m(侣)” 1 Q总r十7，解得Qs=mv,D错误 324Ba mR2 ,D正确。 ·41· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 三、非选择题 以原线圈的匝数为N6,副线圈的匝数为N。 11.(1)左(1分)右(1分)(2)大(2分)D(2分) (5)因未将铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁 【解析】(1)由于闭合开关瞬间，线圈A中电流由 芯，则变压器存在漏磁问题。设该变压器的效率 无到有，电流增加，产生的磁场增强，使穿过线圈 为？，原线圈与副线圈的匝数比为，电源电压为 B的磁通量增加，观察到电流表G指针向右偏 U,则当原线圈与正弦交流电源相连时，副线圈两 转。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向α端移 U 动，线圈A中电流减小，使线圈B的磁通量减 端的电压为U=友7=1V,当该电源与副线圈 小，因此产生的感应电流方向跟闭合开关瞬间相 相连时，原线圈两端的电压为U原=Uk?=64V, 反，故观察到电流表G的指针向左偏转。保持滑 联立解得k=8,由于？<1，则电源电压U>8V, 动变阻器滑片位置不变，将线圈A迅速插入线圈 A正确。 B,线圈A产生的磁场增强，使穿过线圈B的磁 2mgR 通量增大，产生的感应电流方向跟闭合开关瞬间 13.(1)B22(sin0-cos0) 相同，故观察到电流表G的指针向右偏转。 B212v2(sin 0-cos 0)2 B212v2(sin 0-cos 0)2 (2) (2)第一次将滑动变阻器的滑片快速地从a端移 2R 2R 到b端，第二次将滑动变阻器的滑片慢慢移到b 【解析】(1)将磁场沿水平方向和竖直方向分解， 端，会发现电流表G的指针摆动的幅度第一次比 水平方向的分量为 第二次大，原因是第一次穿过线圈B的磁通量变 B1=Bcos0 (1分) 化快，磁通量变化率大，D正确。 竖直方向的分量为 12.(1)AC(2分)(2)C(2分)(3)C(2分) B2=Bsin 0 (1分) (4)N,(2分)(5)A(2分) 由于0>45°可知B1<B2 【解析】(1)为便于探究，应该采用控制变量法，A 回路产生的感应电动势 正确；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线 E=B2lv-Blv (1分) 圈两端电压时应当用多用电表的“交流电压挡”， 回路中的电流 B错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程 E 1一R (1分) 挡试测，再选用适当的挡位进行测量，C正确；虽 然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触 由于速度最大时，棒匀速运动，满足 裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实 mg+B1Iml=B2Iml (1分) 验误差，避免发生危险，D错误。 2mgR (1分) (2)把12.0V的学生交流电源接到原线圈“2” 联立可得0m=B212(sin0-c0s0)2 “8”接线柱（相当于600匝），副线圈接线“0”“1” (2)当棒速为v<m时，损耗的机械功率 P1=(B2IL-B Il)v (2分) 接线柱（和当于100臣），则有：-月，若支压器 联立可得P1= B212v2(sin 0-cos 0)2 2R 为理想交压器，则原线圈电压为U,二U 电阻的热功率 日×12.0V=2.0V,C正确. P2=I2·2R (1分) 联立可得P2 B212v2(sin 0-cos 0)2 (1分) (3)听到变压器内部有轻微的“嗡嗡”声，其原因 2R 是交变电流的磁场对铁芯有吸、斥作用，使铁芯 14.(1)6N,方向水平向左(2)2J(3)0.5m 振动发声，A、B错误，C正确；若去掉铁芯，“嗡 【解析】(1)由于平行长直金属导轨光滑，故M 嗡”声马上消失，变压器中没有磁路，就不能完成 杆刚进磁场时的速度为 “探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实 vo=3 m/s (1分) 验，D错误 则此时切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLvo=2×1×3V=6V (1分) (4)由题表中数据可知广>，考虑到实验中所 则此时感应电流为 用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使 (1分) 得原、副线圈两端的电压之比大于匝数之比，所 E6A=3A I=2R-2×1 ·42· ·物理· 参考答案及解析 根据右手定则可知感应电流的方向为a到b,则 感应电流为 M杆刚进磁场时的安培力大小为 F=BIL=2X3×1N=6N (1分) 1-8 (1分) 根据左手定则可知安培力的方向为水平向左。 根据平衡条件有 (2)由MN组成的系统动量守恒，设N杆刚离开 F=BIL (1分) 磁场时M杆的速度为v2,则 FR mvo=mvmv2 (1分) 解得v一BL2 (1分) 解得v2=2m/s (1分) (2)根据动能定理有 根据能量守恒，从M杆进入磁场到N杆离开磁 1 Fd-W龙*=2mu (1分) 场过程中系统产生的焦耳热 根据功能关系可知，电阻上产生的热量Q等于导 1 Q- 2mu- 1 2mwi+2m (2分) 体棒克服安培力做的功，即有 解得Q=2J。 (1分) Q=W克安 (1分) (3)当N杆出磁场时，M杆恰好与N杆接触但 解得Q=Fd- mF2R2 2BL1 (1分) 未发生碰撞，则这种情况时，初始时刻细金属杆 (3)设导体棒的加速时间为t0,加速过程中的平 N到ab的距离最小，则当N出磁场时，对N杆 列动量定理可得 均速度为，对应的平均电动势为E,平均电流为 BI平均L△t=mv1 (1分) 1,则有 则通过N杆的电荷量 E q=I平均△t (1分) E-BLv,I=Rq=Ito (3分) 所以g-配 (1分) BLd 解得q=R· (1分) 同时，还可得 (4)撤去外力F后导体棒做匀速直线运动，说明 q=I争均△t= 4A-2R一2R △ΦBLx (1分) 穿过闭合回路的磁通量保持不变，导体棒达到最 2R 大速度时穿过闭合回路的磁通量为BLd,设加速 2mw1R2×1×1×1 解得x= B'L2 22×12 m=0.5m 度时间为to,导体棒达到最大速度后在t时刻的 (1分) 磁感应强度大小为B),则有 mF2R2 B(>[d+v(t-to)]L=BLd (2分) FR BLd 15.(1) 2L2 (2)Fd- 2B4L4 (3) R 对导体棒进行分析，根据动量定理有 BLd B2L2v△t （4)Bw-BLFR-mFR≥t） R =m△w (2分) 【解析】()导体棒达到最大速度时，安培力大小 对上式两边求和得Ft。 B2L'd mFR B2L2 (1分) 等于F,设导体棒达到最大速度时产生的电动势 为E,则有 BL'd 解得Ba>-B=L:FRI--mFR≥o）。（2分) E=BLv (1分) 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十二） 物理·力学实验 1.(1)小于(1分)(2)结点位置0(1分)2.13 自身重力之和，所以细线对弹簧测力计的拉力小 (2.12~2.14)(1分)(3)A(1分)(4)C(2分) 于弹簧测力计的示数。 【解析】(1)在竖直平面内进行实验，弹簧测力计 (2)在水平桌面上做实验时，先用两个弹簧测力计 的示数等于细线对弹簧测力计拉力和弹簧测力计 把橡皮筋拉到一定长度，记下结点位置O,同时记 ·43· 7