二轮专题(十二) 电磁感应综合(包括电路、能量、动量、图像问题)-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（福建专用）

·物理· 参考答案及解析 ia-1.in ( 感应电动势e2XXL1×(仙-w2 ic=l1sn(od等刘 2b1L1L2(a-w,） (1分) 故在t时刻ABC线圈分别在中心处产生的磁感 该线圈中电流 应强度大小分别为 i-E_3kIoL:L:(@-w.) BA=klosin wt r 2r (1分) 21 Ba=kIosin (wt-3x) M1M2所受安培力 F表=261。×31LL:a-a:) 3 2r X L- Be=k1sn(au-专) 9k2ILL2(ω-ω：) 故在t时刻线圈中心处产生的合磁场 (1分) Ar Bsx=BA-Bacos60°-Bccos60°=klosinat 汽车受到的牵引力 ,血(u号刘ms60-s血(a号ms时 F=AF安 9k2I8LLλ@-w:）=f (1分) Ar (1分) Arf 3 (1分) 解得Bsx=2kI,sin t (1分) 解得ωx=w一9k2ILL2入 (3)刹车过程，对汽车由动量定理有 Be,=Basin60°-Bcsin60°=k1osin(owt-3 2 I制车凰力冲量大小十ft=m☑ (1分) 得I制车阻力冲量大小=mU一ft 4 sin 60sin)sin 60 (1分) 又因为在刹车的任意时刻，转子的所有线圈单边 所受安培力大小之和 解得B,=一21csc 3 (1分) F*2 (1分) 故中心处磁感应强度大小恒定为 故刹车全过程 A (1分) Ir会总冲量= I翻车配力冲量大小= (m0-ft)= 以角速度ω顺时针旋转 (1分) 3 (2)由楞次定律，转子也会顺时针旋转，汽车匀 b1L1Q8电量 (2分) 速行驶时，设转子稳定旋转的角速度为山z,当 28(mv-ft) 线圈M1M2M3M,磁通量为0时，该线圈中总 解得Q总电量= 3k入IoL1 (1分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十二） 物理·电磁感应综合（包括电路、能量、动量、图像问题） 一、单项选择题 有磁场宽度的一半，所以线框整体在磁场中匀速 1.D【解析】根据法拉第电磁感应定律E=Bl,设 运动的距离与出磁场的距离相等，则根据讠= E 线圈电阻为R,根据闭合电路的欧姆定律I一尺 尺，可知出磁场电流将越来越小，方向与进磁场时 B 根据安培力公式F=BIl,根据牛顿第二定律a= 的电流方向相反，综上可以得出出磁场时间比在磁场 =mR,根据加速度的表达式可 联立解得a=B巴 中匀速运动时间更长，A、B错误；线框进入磁场过程 知，线框向右全部进入磁场的过程，线框做加速度 中，水平向右由动量定理BIL·△=mu-mwo,I= 减小的减速运动；线框完全进入磁场后，穿过线框 Blv B212v 的磁通量不变，线框中感应电动势为零，感应电流 R联立B0·△L=w,心=o○ R mR 为零，安培力为零，加速度为零，因此线框完全进 B212x 入磁场到刚要离开磁场过程，线框做匀速运动；线 =,一mR,因此x图像应演线性变化；完全 框穿出磁场过程中，根据加速度的表达式可知，线 进入磁场后，通过线框的磁通量为定值，所以没有安 框继续做加速度减小的减速运动，直到完全穿出 培力，线框做匀速直线运动；出磁场时同理可得线框 磁场；此过程t图像如图所示，由于线框宽度只 心x图像应该也为线性变化，C错误，D正确。 ·49· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 放置和竖直放置时的感应电动势EM和EM,可以 来哈 -,若再知道O、M的距离xM,可以求得 h值，C正确；若线框在M,点感应电动势最大时与 0 水平面的夹角为α，线圈方向与半径方向相同，可求 2.B【解析】金属杆ab匀速向下运动时，产生的感 应电动势由b指向a,可知电容器上板电势高，将 上极板上移，电容器电荷量不变，场强不变，带电 得au6 h ,若再知道O、M的距离xM,可以求得 h值，D正确。故选A。 粒子受力不变，不动，A错误；金属杆匀速运动时 满足Mg sin0=BILcos0,切割磁感线产生的电动 势E=Bcos OLv,根据闭合电路的欧姆定律可得 P M N Bcos OLv Bcos OLv 77W77777072 I ,联立解得匀速运动的 、水平地面 R志 ,2R R+2 h(知) 速度大小= BL2c0s0B正确，带电液滴平衡 2MgRsin 0 “金属管线截面 时则有mg=,根据欧姆定律可得U=1X2? 4.B【解析】情形1中，线框刚穿过磁场过程通过线 解得电荷量大小q= MRsin),根据平衡条件 dmBLcos 0 框截面的电，荷童g=I△t二尽At=尺ar二45 R 可知，粒子带负电，C错误；金属杆匀速运动时，若 将电容器下极板向上移动，则电容器的电容增大， ，A错误；情形1中，对装置，当线框在磁场中 Bd2 继续充电，根据Q=CU,U不变，d减小，E增大， 上极板与P点距离不变，电势差增加，上极板接地 匀速时mgsin0=BId= B2d 一，可得v 电势为0，因此P点电势降低，D错误。 R mgRsin 0 3.A【解析】由题意知B=长，设电流i=1sn以 B2d2 ,装置在进入磁场前做匀变速直线运 (Im为电流最大值)，在距离管线为r处，磁感强度 1 B-sin ot,当线图放在O、P位置，线图登直放 动，由动能定理mg sin日·x=2mu2-0,可得 x=mRigsin9,B正确；设装置由静止释放到导 置时，线圈平面与磁场方向垂直，在O位置产生的 2B4d4 、感应电动势E。三&s=maxs cos ab 体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上 0,在P点产生 h 的安培力做功为W,由动能定理mg sin0·4d十 的感应电动势E2=AS-IScos,设M点 W一BILd=0一0，其中Q=一W,解得Q= ，S h+yp 4 mgdsin0一BILd,C错误；设线框刚离开磁场下 坐标(xM,O),线框放在M点时，当线圈竖直放置 边界时的速度为v1,对装置在接着向下运动2d过 时，线框平面与半径方向夹角为0，如图所示， 程中，由动能定理mg sin0·2d-BILd=0一 h 2,感应电动势EM二Scos 9 1 则cos0= √h2+xM 2mui,可得w1-√m 2BTLd-一4 gdsin0,对装置在 kImwSh cos wt 磁场中运动时，由牛顿第二定律mg sin0一 h2+xM ，同理N,点的感应电动势EN= 已0=ma,可得a=gsin9-mR,在时间 十，当线圈水平放置在M,N位置时，线 kIwSh cos wt P 圈平面与磁场之间的夹角为日，在M,点产生的感应 内，有a如=a,期2dg=之gn0-B4 mR At, 有m=81m01,而1=2，解将4 B2d2 电动势F',-Ssin0=之Mc0sl h2十xM 一，在N点 kImwSxN coS wt √2 mBILd-4m2 gdsin8 2B2d3 产生的感应电动势E= 、h2十x品一。若已知 mgsin 0 mgRsin9,D错误。 线框在M、N两点水平放置时的感应电动势EM和 二、双多项选择题 E,可以求得影-“，知果巴知xN一M=d,可 5.BC【解析】均匀变化的磁场产生恒定的涡旋电 EN ZN 场，在0~t。时间内小球沿切线方向速度大小均匀 以求得xM,xN的值，但无法求得h,A错误；若已知 增大，沿切线方向可看作匀变速直线运动，位移大 线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势E。, 1 得E0=,h,如果再知道O、P的距离 小为πR,切向加速大小为a1,则有R=2a1t。”, Ep,可以求得Ep一h十y】 解得a1= yp,可求得h值，B正确；若知道线框在M点水平 。,小球还具有向心加速度，故小球的 2πR 6 ·50· ·物理· 参考答案及解析 加速度不等于2，A错误；小球器切线方向上有 联立解得E电=3mv2,由能量守恒定律可得回路 2πmR 产生的总机平格Q=E-了mg-号×2加心，根 eEs=ma1,解得Es= 。,B正确；根据法拉 据焦耳定律可得导体棒L2中产生的焦耳热Q2= B Q 第电磁感应定律得U=二S=E·2πR,又S= R+2-2R×2R=至w,D错。 πR,解得B=4πm,D错误；小球在。时刻的速 8.BD【解析】图乙中c点对应金属棒出区域I,由受 eto 力平衡得mgn0=mgms0+B时，共中R4= 度最大，则受到的最大洛伦兹力f=ewB,v= R a1t,解得f=8Rm C正确。 RR2 R1十R,十r,解得=0.8m/s,A错误；金属捧进 6,AC【解析】列车从进站到停下来过程，设向右为 入区域I之前的过程中，根据动量定理有(mgsin0 正方向，根据动量定理有-ft一BIL·t=0一mxo, mg cos0)t1=mo1,求得o1=0.4m/s,设区域I的宽 度为x1,金属棒穿过区域I的过程中，根据动量定理 电荷与电流关系q一I·t,平均感应电动势E= (mg sin 0-umg cos 0)t2-B1I Lt2=mv2 -mv1, -以，用合回路肤号定体了一是联立解得： E t 又1t4RE=,其中=0.2s,a曰 t2 Rmvo-B2L2s A正确；在线框ab边进入磁场瞬 (1.4-0.2)s=1.2s,联立得x1=0.8m,金属棒穿 R 过区域I的过程中，由能量守恒得mgx1sin0 间，感应电动势E=BL,感应电流I=E ,根据牛 (写mi-moi）=Q+09·,每得Q 顿第二定律有BIL十f=ma,解得a= 0.1632J,C错误；由图乙可知U3-2=v1一0，得 B2L2v0+fR o3=1.2m/s,金属棒穿过区域Ⅱ的过程中做匀速 mR ，B错误；在线框进入磁场的过程中， 直线运动，有mg sin0-u(mg cos0+B2I2L),另 设线框产生的焦耳热为Q,摩擦生热为Q',根据能 外，金属棒穿过区域Ⅱ时B1均匀变化，回路中产 量守但定体有Q十Q-了-日m(僧}”，Q 生感生电动势，电动势E2= △B·Lx1,金属棒与 △t QL R2并联，再与R1串联，所以回路中的总电阻R总= f,线框ab边消耗的电能Q山=2L十2s,解得Q= R2r E2 千，假-f,C运确；线框全部选入&场 L(15 R2十，十R=3,金属捧中的电流1，一R R2 后，线框磁通量不变，感应电流为0，但αb边继续切 R2十，联立解得 B=11.25T/s,D正确。 △ 割磁感线，所以ab边感应电动势不为0，D错误。 三、非选择题 7.AB【解析】闭合开关后，两导体棒在安培力的作 3B6t0(1分) 9 3Bu3to(a分) 33Bvoto 用下均开始加速运动，根据法拉第电磁感应定律， (1分) R 2R 2R 可知两者切割磁感线产生逐渐增大的感应电动 【解析】在t。时刻，线框内的电流达到最大值，则 势，而感应电动势与电源电动势相反，则回路的总 电动势逐渐减小，回路中的电流，以及两导体棒受 线框内的电流Im= Ee_Bug·Dolotan60 R 到的安培力均减小，根据牛顿第二定律，可知两导 V3Bvoto 体棒均做加速度减小的加速运动，A正确；由题意 ;在2t。时刻，切割磁感线的有效长度1 R 可知，导体棒L1电阻为R、质量为m,导体棒L2 的质量为2m,电阻为2R。加速过程中当电流为I otosin60，°所以线框内的电流I=Bu0= R 时，导体棒L1、L2受到的安培力大小分别为F1= BId,F2=BI·2d,根据牛顿第二定律有F1= 3Buit ;线框进入磁场的整个过程中，通过线框 BId=ma1,F,=B1·2d=2ma,解得a1=BIL 2R E △Φ BId 某一横截面的电荷量g=I·△1=尺·△t= R a2= ,可知在加速过程中导体棒L1、L2的加 1 2 速度大小相等，B正确；由上述分析可知最终稳定 B·2·3uoto·W3ut033But6 时，两棒均以速度)做匀速直线运动，此时两棒的 R 2R 感应电动势之和等于电源电动势，即电源电动势 10. E=Bdu十2Bdv=3Bdv,C错误；设全程通过回路 4m(1分） gto 9u61分) 2xmR 4π2mR t (1分) 的电荷量为q,以导体棒L2为研究对象，以其运动 【解析】感生电场沿管道切线方向，小球在0~ t,时间内沿切线方向做加速运动，则有 方向为正方向，根据动量定理得BdIt=mv一0， 1 其中It=g,整个过程电源输出的电能E电=gE, gE感=ma,πR= 2a16,联立解得感生电场场强 ·51· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 2πmR 大小为Es= ,根据法拉第电磁感应定律 又回到平衡位置，接着又从平衡位置向外回到位 移最大处。故选B。 有U=B C (3)增大琴弦上的张力，则在拨动琴弦时，琴弦的 R,又E%=2R联立解得时刻 振动频率会增加，从而使琴弦发出声音的音调升 4πm ；t。时刻小球的速 高，即振动频率越大音调越高，A正确；拔动琴弦 磁感应强度的大小B= gto 力度越大，琴弦的振幅越大，琴弦发出声音的响 度大小v=ato,根据牛顿第二定律可得qvB一 度就越大，即振幅越大声音越大，B错误；琴弦自 N=mR,联立解得N=4rmR, 02 ,根据牛顿第三 由振动时是阻尼振动，振幅减小但振动周期不 t 定律可知t。时刻小球对轨道的压力大小为 变，因此频率不变，C错误；由于电吉他是利用琴 弦在磁场中做切割磁感线的运动从而将机械运 4π2mR 动转化为电信号，再将电信号转化为声音信号， 1.合B11分)名rR1分) 8mogR 因此，当外界存在强磁场时会对电吉他的发声造 9BL2(1分) 成影响，所以演奏时应远离强磁场，D正确。 【解析】当开关闭合的瞬间，流过三根辐条的总电 13.(1)C(1分)(2)AC(1分)(3)①i1(2分) 流为号，流过单根辐条的电流1，=日，单根辐条上 ②变短(2分) 【解析】(1)S极向下插入螺线管时，不需要保证 1 的安培力F=BL,L=GBIL;设流过三报辐条的 磁体匀速运动，灵敏电流计指针都会向右偏转，A 错误；将磁体向下插入或向上抽出的速度越大， 总电流为i,有U=(I-i)R,P=Ui一R,代入得 灵敏电流计指针偏转幅度越大，B错误；将磁体 P=R一2R,当=时，P。-日1PR设此时 的N、S极对调，并将其向上抽出，则螺线管的磁 通量向下减小，根据楞次定律可知，线圈中感应 辐条转动的角速度为ω，则三根辐条产生的等效电 电流方向由B到A,则电流从“十”接线柱流入电 动势E=2BL2ω，等效电阻为R,对于铝块，速度 流表，电流表的指针向右偏转，C正确；将磁体的 0m=03,在最终运动过程中，铝块的重力做功功 L N、S极对调，并将其向下插入，则螺线管的磁通 量向下增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电 E2 流方向由A到B,则电流从“一”接线柱流入电流 率等于电路的电功率m0g0一2R,代入可得v。二 表，电流表的指针向左偏转，D错误。故选C。 8mogR (2)将线图A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发 9B2L2。 现电流计指针右偏，可知当线圈B中的磁通量增 12.(1)C(2分)(2)B(2分)(3)AD(2分) 加时，电流计指针右偏。插入铁芯，线圈B中的 【解析】(1)当U形磁铁N极朝外，S极朝里，开 磁通量增加，电流计指针右偏，A正确；拔出线圈 口向上放置时，前后拔动琴弦时，琴弦基本与磁 场平行，琴弦不切割磁感线，回路中无明显电流 A,线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，B 产生，而上下拔动时，琴弦切割磁感线，回路中有 错误；将滑动变阻器的滑片向左移动，线圈A中 明显电流产生，A错误；条形磁铁N极朝外，S极 电流增大，线圈B中的磁通量增加，电流计指针 朝里，与琴弦垂直放置，前后拨动琴弦时，琴弦基 右偏，C正确；将滑动变阻器的滑片向右移动，线 本与磁场平行，琴弦不切割磁感线，回路中无明 圈A中电流减小，线圈B中的磁通量减少，电流 显电流产生，而上下拨动时，琴弦切割磁感线，回 计指针左偏，D错误。故选AC。 路中有明显电流产生，B错误；当条形磁铁N极 (3)①由图可知，断电前，通过灯泡和线圈的电流 朝下，S极朝上，竖直放置，前后拔动琴弦时，琴弦 切割磁感线，回路中有明显电流产生，而上下拨 均恒定，且通过线圈的电流大于通过灯泡的电 动时，琴弦基本与磁场平行，不切割磁感线，回路 流。断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍通过其 中无明显电流产生，C正确；条形磁铁N极朝左， 电流减小，而此时灯泡和线圈构成一回路，从而 S极朝右，与琴弦平行放置，前后拔动琴弦时，琴 使通过灯泡的电流瞬间增大，且方向与原来电流 弦基本与磁场平行，琴弦不切割磁感线，回路中 方向相反。所以断电瞬间，灯泡中电流是i1。 无明显电流产生，而上下拔动时，琴弦切割磁感 ②在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将 线，回路中有明显电流产生，D错误。故选C。 铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减 (2)根据已知，条形磁体N极朝下，S极朝上，因 小，对电流减小的阻碍能力变弱，所以可观察到 此琴弦所处磁场向下，规定了琴弦中电流向左为 灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。 正方向，规定垂直纸面向外为琴弦位移的正方 向，则由图乙所示电流变化结合右手定则可知， 14.(1)2m/s,0.5C(2)k>3(3)能 琴弦在一个周期内的振动引起的位移应从位移 【解析】(1)由题知，甲棒做匀加速直线运动，由 最大处先垂直纸面向里逐渐减小后回到平衡位 BIL 牛顿第二定律可得a= 置，然后从平衡位置向垂直纸面向里逐渐增大后 =2m/s2 m ·52· ·物理· 参考答案及解析 由运动学公式有v?=2ad mg sin60° (1分) 解得vo=2m/s (1分) m+B2cos260L2·C 甲向左滑过磁场的过程中，乙还未到达QQ1,且 解得 虚线bb'到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂 a=7.9m/s2 层，则甲作电源与定值电阻串联，可知总电阻 (2)由心t图像可得在12s内，棒G做匀加速 R总=2Ro=8n 运动，其加速度 故通过定值电阻的电荷量等于通过回路的总电 △ΦBLd a-A U =2m/s 荷量q一R福R喜 =0.5C (1分) 依题意物块A的加速度也为a=2m/s2,由牛顿 (2)以向右为正，两棒发生弹性碰撞，由动量守恒 第二定律可得 定律和能量守恒定律有muo=mu1十kmv2, T-mAgsin 0=mAa (1分) 1 解得细绳受到拉力 T=1.8N (1分) (3)由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律 解得01= 2(1-k) 1+km/s,0:=1十m/s (1分) 推导出“双棒”回路中的电流 为使棒甲碰后向左滑动，显然应有V1<0 BL (H-UG) 即k>1 R 碰后甲向左穿过磁场，假定其可以滑过虚线aa', R总=Rc 令其滑到虚线aa'时的速度大小为v1,由动量定 由牛顿运动定律和安培力公式有 理有∑BL B2L'd BIL-T=mca (1分) -·△t= R总 =m(o1|-v1) R总 由于在1s~2s内棒G做匀加速运动，回路中电 流恒定为 (1分) I=6.5A 解得时=-订m。 两棒速度差为 为满足题意应有v1>0 UH-VG=6.5 m/s 由wt图像可知t=1.5s时，棒G的速度 解得k>3 (1分) UG=3 m/s 综上所述k>3 此刻棒H的速度 (3)乙在右侧磁场中运动时，甲已经离开左侧磁 H=9.5 m/s (1分) 场，故此时乙作电源，甲与定值电阻并联，有 保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a;对棒 R。-2R,=2n H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力 F=mHa+BIL=3.4N (1分) 对乙在极短时间内，安培力冲量为 其水平向右拉力的功率 ΣBu:·4=zBL4A 2 △x=2尽(2)4x P=FUH=32.3 W (1分) R总 R总 (4)棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受 (1分) 到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉 32 着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假 9 (1分) 设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G的加速度 32 =km(v2-v2) (1分) a-BL12X0.4×4 RmG 0.4×0.4 m/s2=4m/s2 其中，2是乙到达O点时的速度 (1分) 解得时-（中员6 (1分) 物块A的加速度 a''=gsin0=2.5 m/s2 (1分) 若乙能滑过O点，显然应有2>0 说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大 解得太>号 (1分) 小为2.5m/s2的匀减速运动，棒G做加速度越 来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感 显然(2)中飞的范围是上述结果的子集，即(2)中 应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在2S一 所求k的范围能确保棒乙滑过O点。(1分) 3s内，有 15.(1)7.9m/s2(2)2m/s2,1.8N(3)32.3W (4)2.53m BIL△t=mG(oc2-vc3） (1分) 【解析】(I)棒H做匀加速直线运动 BLv BLsG mg sin60°-F安cos60°=ma I△t= -△t= (1分) RG RG ·53· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 棒G滑行的距离 T (3)当0≤≤4时，线圈中的磁感应强度均匀变 B2L2 化，则感应电流的大小不变，为 (1分) △Φ1nBS4nBS 这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速 I=nR·△t1 T (1分) 度，绳子始终松弛。 R·4 RT 1w安+) (2)3nBoS 由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时 2R (3)i= T 针，即此过程电流为正；同理可得，当 4nBoS T RT (0≤≤) 时，线圈中的感应电流大小 2nBoS T T △Φ：=n·0.5BS_2mBS I2nR·△t2 RT (1分) V10nBoS T 2nBoS T ,1有效= RT R·4 线圈中感应电流方向为逆时针，即此过程电流为 4nB。S,3T ≤t≤T) 匹；当T 时，线圈中的感应电流大小 RoI 3I △Φ3_n·0.5B,S_2nB,S (4)x=2元，Qu=32m I3=nR·△t3 R.T (1分) RT 4 【解析】(1)根据安培定则可知，AA'和BB'上 通电导线在线圈处产生的磁感应强度方向如 线圈中感应电流方向为顺时针，即此过程电流为 图所示 负；当3工≤工时，线圈中的感应电流大小 △Φ4n·B,S4nBS I4=nR·△t4 R图 RT (1分) 线圈中感应电流方向为顺时针，即此过程电流为 BB CC 负。综上可得，线圈中的电流瞬时表达式为 B 4nBoS 2nB。ST T 由题可得两通电导线在线圈处产生的磁感应强 RT（4≤≤2) 度大小 2nBoS T (2分) 3T B:=k Li 11 RT(2≤≤4) 4nBS3T≤≤T) B:=k La RT 4 由交变电流有效值的定义可得 则线圈处磁感应强度垂直与线圈平面的分量大小 B,=Bicos@+B2 (1分) aT=1R·哥+R·T+R·置+R·置 L2 cos0-Li (1分) √/10nBS 线圈中的磁通量 解得I有效=RT (1分) Φ=BvS (4)金属棒ab与U形框碰撞发生完全非弹性碰 解得 撞，设碰撞后共同速度为)，根据动量定理和动 (1分) 量守恒定律有 I。=(m+3m)v (2)由围乙可知，0到号T时间内穿这钱圈的陵 两棒碰撞构成回路后运动过程，de边磁场总是 比ab边磁场大 通量的变化量 △B=k'L △Φ=(B。+0.5B。)S=1.5B。S (1分) 则回路中电流 流过线圈导线横截面的电荷量 △BLO g=1:t=n·△Φ3mBS I-R+3R R 2R (1分) 全框架受到的安培力的合力 6 ·54· ·物理· 参考答案及解析 F专=△BIL 由功能关系可得整个线框产生的焦耳热 由题可知，当两棒碰撞后构成回路，才有感应电 1 Q=2(m+3m)u (1分) 流和安培力，由动量定理可得 -(F安+f)t=0-(m+3m)v (1分) U形框在运动过程中产生的焦耳热 最终静止时整体运动的距离 3R s=ut Qu-R+3RQ 则ab与U形框整体最终静止时de边的坐标x为 联立得 RoI x=L十s=kL 3I6 (1分) Qu一32mi (1分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十三） 物理·力学实验 1.(1)7.54/7.55/7.56(2分)(2)10(2分)(3)见 √2gL=2m/s,由图乙可知，cosa=0时，有s2= 解析(2分)A(2分)(4)用游标卡尺测量外径 g D/通过测量40次或60次左端与O点等高所用 1.44m2,b做平抛运动，则=5√2行，代入数据 时间来求周期/适当减小摆动的幅度(2分) 【解析】(1)刻度尺的分度值为0.1cm,需要估读 得=3m/s,联立可得"m=3.0。 mb 到分度值下一位，读数D=7.54cm。 (2)碰撞过程中动量守恒，两球作用的时间变长，b (2)积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积 球获得的速度变小，则碰撞后b球水平位移减小， 木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时， a球碰后速度较之前变大，则碰后夹角B变大，A 之后每计数一次，经历半个周期，可知，第20次时停 错误，B正确；若在钢球b的被碰位置贴一小块棉 止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。 布，依然将a球拉至悬线与竖直线夹角为a由静 (3)作图如下 止释放，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统 总动量不变，C错误；贴一小块棉布后，碰撞过程 -0.5日 中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，系统 -0.6 动能损失变大，D正确。 -0.7 -0.8 (3)设两球的质量均为m,在v0方向与垂直v0方 -0.9 向上由动量守恒定律可得w0=mu'cosa十 -1.0 mucos B,mw'sina=musin B,又由能量守恒得 1.601.802.002.202.402.602.803.001nD 由图可知，lnT与lnD成线性关系，根据图像可 2m话=号m1十7m2,结合以上三或可 1 1 知，直线经过(2.80,0.5)与(1.80,1.0)，则有 得cos(a十B)=0,即a十B=90°。 1nT-(-1.0)=-0.5-（-1.0) 3.(1)B(2分)(2)mgl1-mgl3(2分) m 1nD-1.80 2.80-1.80 =0.5,解得 (3)gk Di (2分) lnT=0.5lnD-l.9,则有lnT=lnD2-lne.9=l e9 解得TvD,可知Tc万A正碗 【解析】(1)小球经过光电门的速度口= ,若系统 (4)为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措 机械能守，则有mg-十了m,整理得 施：用游标卡尺测量外径D、换用更光滑的硬质水 1 平桌面、通过测量40次或60次左端与O,点等高 2=一2L2十21，B正确 所用时间来求周期、适当减小摆动的幅度。 (2)当L=L1和L=L3时，物块通过光电门的时间 2.(1)3.0(2分)(2)BD(2分)(3)a十3=90°(2分) 相等，即物块经过光电门的速度相等，故动能也相 【解析】(1)选取向左为正方向，碰撞过程中动量 等，根据机械能守恒定律分别有mgL1=Ep1十 守恒和机械能守恒，则有mv0=mv。十mbob, Ek,mgl3=Ep十Ek,整理可得Ep1一E= 2m,1 mgl1-mgl3。 2。士2名，送立解寻6 (3)小物块经过光电门的速度越大，则小物块经 20,当&=90时，c0sa=0,则= 过光电门所用时间越短，故由(1)可知，当1=12 ma十mb 时，小物块通过光电门的时间为t时速度最大， ·55· 62025一2026学年度二轮专题精准提升（十二） 题 物理·电磁感应综合 (包括电路、能量、动量、图像问题) 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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 2 3 4 答案 1.如图所示，正方形导线框在光滑水平面上以某初速度进人有界匀强磁场，线框边长是磁 场宽度的一半。线框穿过磁场的过程中，感应电流讠随时间t的变化关系和速度随位 移x的变化关系图像，可能正确的是 () + 4 B C 0 2.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为L,与水平面夹角为0，两导轨上下两端用 阻值均为2R的电阻相连，该装置处于磁感应强度大小为B、竖直向上的匀强磁场中。 上端电阻2R两端分别与一电容器两极板相连，电容器两极板间距为d,二极管为理想 二极管，电容器上极板接地。质量为M、电阻为R、长也为L的金属杆αb垂直导轨放 置，由静止释放金属杆ab经时间t后做匀速直线运动，金属杆ab匀速运动时，一质量为 m的带电液滴恰好悬浮在两极板间P点。在运动过程中，αb始终与导轨垂直且接触良 好，不计导轨的电阻及空气阻力，重力加速度为g。则 A.金属杆匀速运动时，若将电容器上极板向上 移动，带电液滴将向下运动 2MgRsin 0 B.金属杆匀速运动的速度大小为 B2L2 cos2 0 C.带电液滴的电荷量为BLdmcos0 2MRsin 0 2 D.金属杆匀速运动时，若将电容器下极板向上移动，则P点的电势不变 3.利用电磁学原理能够方便准确地探测地下金属管线的位置、走向和埋覆深度。如图所 示，在水平地面下埋有一根足够长的走向已知且平行于地面的金属管线，管线中通有正 弦式交变电流。已知电流为讠的无限长载流导线在距其为r的某点处产生的磁感应强 度大小B=,其中为常数，”大于导线半径。在垂直于管线的平面上，以管线正上 二轮专题精准提升（十二）物理第1页（共8页）》 真题至 勇敢的人，不是不落泪的人，而是愿意含着泪雜孩奔跑的人 方地面处的O点为坐标原点，沿地面方向为x轴方向，垂直于地面方向为y轴方向建 班级 立坐标系。在x轴上取两点M、N,y轴上取一点P。利用面积足够小的线框（线框平 面始终与xOy平面垂直)，仅通过测量以下物理量无法得到管线埋覆深度h的是 ( 姓名 A.M、N的距离，线框在M、N两点水平放置时的感 应电动势 B.O、P的距离，线框在O、P两点竖直放置时的感应 N 水平地面x 电动势 得分 h(未知) C.O、M的距离，线框在M点水平放置和竖直放置时 的感应电动势 金属管线截面 D.O、M的距离，线框在M点感应电动势最大时与水平面的夹角 4.如图，两平行足够长且电阻可忽略的光滑金属导轨安装在倾角为日的光滑绝缘斜面上， 导轨间距为L,磁感应强度为B的有界匀强磁场宽度为，磁场方向与导轨平面垂直； 长度为2的绝缘杆将导体棒和边长为d的正方形单匝线框连接在一起组成如图装置， 其总质量为，导体棒中通以大小为I的恒定电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。 线框的总电阻为R,其下边与磁场区域边界平行。情形1：将线框下边置于距磁场上边 界x处由静止释放，线框恰好可匀速穿过磁场区域；情形2：线框下边与磁场区域上边界 重合时将线框由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回。导体棒在整个 运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为g。则 () 导体棒 像杆 A情形1中，线框下边刚穿过磁场过程通过线框截面的电荷量g-B以 R B,情形1中，线框下边与磁场上边界的距离r-mRgsin0 2B4d4 C.情形2中，装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q=3 ngd sin a一BILd D.情形2中，线框第一次穿越磁场区域所需的时间1=√2BILd一4 gdsin日+2 2B2d3 gsin 6 mRgsin 0 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 5 6 8 答案 5.图甲为工业或医学上用到的电子感应加速器的核心部分侧视图；图乙为其真空室俯视 图，当图甲中线圈通以变化的电流时，将在真空室所在空间产生变化的磁场，变化的磁 场将产生涡旋电场，涡旋电场的方向与感应电流方向的判断方法完全相同。如图丙所 示为正在运动的电子，圆心为O、半径为R的光滑绝缘圆管道水平固定放置，PM为圆 的一条直径，在P点（电子枪口）静止释放一带电量为一e、质量为m的小球a,t=0时刻 开始，在垂直于圆管道平面的区域内加一随时间均匀变化的磁场，磁感应强度随时间的 变化如图丁所示，小球a开始运动后在to时刻恰好到达M点，恰好在2to时刻回到P 点，t。已知。下列说法正确的是 () 卷 二轮专题精准提升（十二）物理第2页（共8页） 6 真空室 申：侧视图 ,电子轨道 <电子枪 乙：真空室俯视图 A.0~t,时间内在管道内小球a的加速度大小a=2π尽 B.0~t。时间内在管道内产生的涡旋电场大小E感= 2πmR eto 8Rmπ2 C.小球a从开始运动到回到P点的过程中受到的最大洛伦兹力f洛= t品 D,磁感应强度的最大值B=2πm eto 6.如图为列车进站时其刹车原理简化图：在车身下方固定一水平矩形线框abcd,利用线框 进入磁场时所受的安培力辅助列车刹车。已知列车质量为m,车身长为s,线框ab和cd 边的长度均为L(L小于匀强磁场的宽度)，线框总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域 足够长，磁感应强度大小为B。当关闭动力后，车头进入磁场瞬间列车速度为0，车尾 进入隧场碳间列车速度为？，列车停止前所受铁轨及空气阻方的合力恒为∫。下列说 法正确的是 () A.列车从进站到停下来所用时间 t Rmvo-B2L2s 匀强磁场 R B.在线框ab边进入磁场瞬间，列车的加速度大小a 线相 B2L2vo-fR 站台 mR L/15 在线框进人磁场的过程中，线框ab边电阻产生的热量为十了6之 D.从线框全部进入磁场至线框停止运动的过程中，线框中感应电流为0，αb间电势差为0 7.如图所示，两个“U”型光滑导轨水平放置，处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强 磁场中，导轨间所接电源电动势E大小未知，内阻为R。两根材料、粗细都相同的导体 棒L1、L2,长度分别为d、2d,导体棒L1电阻为R、质量为m。导体棒始终与导轨垂直， 两端与导轨接触良好，导轨足够长且不计电阻。闭合开关，两导体棒由静止开始运动， 最终稳定时导体棒L1的速度大小为。下列说法正确的是 A.闭合开关后，导体棒L2做加速度减小的加速运动 B.闭合开关后，加速过程中导体棒L1、L2的加速度大小相等 C.电源电动势E=2Bdv D.整个过程中，导体棒L。中产生的焦耳热为m02 二轮专题精准提升（十二）物理第3页（共8页） 真题 8.如图甲所示，间距L=0.4m的金属轨道与水平面成0=37°放置，上端接定值电阻R1= 12,下端接定值电阻R2=4Ω，其间分布着两个有界匀强磁场区域：区域I内的磁场垂直 轨道平面向下，磁感应强度B1=3T;区域Ⅱ内的磁场平行轨道向下，磁感应强度B2=2T。 金属棒MN的质量m=0.12kg,接入电路的电阻r=4Ω，金属棒与轨道间的动摩擦因 数μ=0.5。现从区域I的上方某处沿轨道静止释放金属棒，当金属棒MN刚到达区域 I的下边界时，B,开始均匀变化。整个过程中金属棒的速度随下滑时间的变化情况如 图乙所示，图像中除ab段外均为直线，Oa段与cd段平行。金属棒在下滑过程中始终 与磁场边界平行，且与轨道间接触良好，轨道电阻及空气阻力忽略不计，两磁场互不影 响，sin37°=0.6，g取10m/s2。下列说法正确的是 () +(ms 0(0)0.2 1.21.6 A.图乙中c点对应的速度v2大小为1m/s B.区域I的宽度为0.8m C.金属棒穿过区域I过程，回路中产生的焦耳热为0.192J D.B1均匀变化时的变化率为11.25T/s 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)如图所示，平面直角坐标系xOy内有一射线OP,与x轴正方向的夹角为60°，在 射线OP和x轴之间的区域存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直坐标平面向 里。坐标平面内有一刚性直角三角形金属线框abc,∠α=30°，总电阻为R,线框在外力 的作用下以恒定速度v,沿x轴正方向运动，运动过程中线框不翻转，且αb边始终与x 轴重合。从线框进入磁场区域开始计时，在时刻t。线框内的电流达到最大值。在t。时 刻，线框内的电流为 ,在2。时刻，线框内的电流为，线框进入磁场的整个过 程中，通过线框某一横截面的电荷量为 B a 人69 ××××××x, 10.(3分)如图甲所示，圆心为O、半径为R的光滑绝缘圆管道固定放置在水平面上，PM 为圆的一条直径，在P点静止放置一质量为m、电荷量为十q的带电小球。t=0时刻 开始，在垂直于圆管道平面的虚线同心圆形区域内加一随时间均匀变化的磁场，方向 垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化如图乙所示，t=t。时刻小球第一次运动 到M点。t。时刻磁感应强度的大小为 ,管道内产生的感生电场强度大小为 ,t。时刻小球对轨道的压力大小为 X!x 0 印 乙 密卷 二轮专题精准提升（十二）物理第4页（共8页） 11.(3分)如图所示是研究小组设计的一种“圆盘电动机”。半径为L的导体圆环竖直放 置，圆环附近存在水平向右且垂直圆环平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B,它通过 三根阻值均为3R的辐条与转轴O1O2固定连接。圆环左侧的电阻R通过导线与辐条 并联，电源S是恒流源，能提供恒定不变的电流I(箭头表示电流方向)，电阻R与电源 S之间接有开关K;圆环的右侧有一个半径为且能与圆环随转轴一起转动的圆盘，其 上绕有不可伸长的细线，下端悬挂铝块。除铝块外，其他物体质量忽略不计，不考虑任 何摩擦阻力，重力加速度为g。当开关K闭合瞬间，单根辐条的安培力大小为 当开关K闭合，改变铝块质量，电动机输出的最大机械功率可以为 ;当开 关K断开时，质量为m。的铝块，经足够长时间未落地，铝块下落的最终速率为。 12.(6分)电吉他是年轻人比较喜爱的乐器之一，某同学为了探究电吉他的发声原理，利用 实验室的仪器搭建了如图甲所示的装置。一根金属琴弦固定在木板支架两端，并用力 张紧，琴弦两端与微电流传感器相连，在琴弦正下方固定合磁体。当拨动琴弦时，观察 回路中产生的感应电流。 微电流传感器 D 木板 (1)在琴弦正下方固定不同的磁体，要求当前后拨动琴弦时回路中有明显电流产生，而 上下拨动时无明显电流产生。则实验时固定的磁体应该为 A.U形磁铁N极朝外，S极朝里，开口向上放置 B.条形磁铁N极朝外，S极朝里，与琴弦垂直放置 C.条形磁铁N极朝下，S极朝上，竖直放置 D.条形磁铁N极朝左，S极朝右，与琴弦平行放置 (2)按照(1)放置好磁体，拨动琴弦，利用微电流传感器测得某段时间内的电流与时间 关系如图乙所示，已知琴弦上电流向左时为正值，规定垂直纸面向外为琴弦位移的 正方向，则该时间段内琴弦的振动图像为 /2 B D (3)电吉他相比较传统吉他有若干优势，参数可方便进行调整，下列说法正确的是 A.增大琴弦上的张力，可以提高发声音调 B.拨动琴弦力度越大，声音越大，同时音调也越高 二轮专题精准提升（十二）物理第5页（共8页） 真题密 C.琴弦自由振动时是阻尼振动，振幅减小的同时频率也会降低 D.外界强磁场会对电吉他的发声造成影响，所以演奏时应远离强磁场 13.(6分)为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下的实验。 甲 (1)小明同学用如图甲的实验装置“探究影响感应电流方向的因素”，所用电流表指针 偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“十”接线柱流入电流表时，指针向右偏 转。将条形磁铁按如图甲方式S极向下插入螺线管时，发现电流表的指针向右偏 转。螺线管的绕线方向如图乙所示。关于该实验，下列说法正确的是 A.必须保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针才会向右偏转 B.将磁体向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越小 C.将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，灵敏电流计指针仍向右偏转 D.将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，灵敏电流计指针仍向右偏转 (2)小宁同学用如图所示的器材研究感应电流的方向。将线圈A插入线圈B中，闭合 开关S瞬间，发现电流计指针右偏，则保持开关闭合，以下操作中也能使电流计向 右偏的是 A.插人铁芯 B.拔出线圈A C.将滑动变阻器的滑片向左移动 D.将滑动变阻器的滑片向右移动 (3)实验结束后，该同学又根据教材结合自感实验做了如下 改动。在两条支路上将电流计换成电流传感器，接通电路稳定后，再断开电路，并 记录下两支路的电流情况如图所示，由图可知： 电流/(A) 0.5 电流传感器 0.4 0.3 02 0 -0.1 -0.2 -0.3 S电流传感器 -0.4 -0 121.41.61.82.02.22.4 时间/(s) ①流过灯泡的电流是 (填“i1”或“i2”)。 ②在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，可观察 到灯泡在断电后处于亮着的时间将 (填“变长”“变短”或“不变”)。 14.(11分)如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨PQO和P1Q1O在O点用绝缘材料 连接（连接点大小不计），通过单刀双掷开关S与智能电源、定值电阻形成电路。导轨PQ 与P1Q1平行，间距L=2m;三角形QOQ1为等腰三角形，顶角∠QOQ1=74°。虚线aa'、 bb'间距d=1m且均与导轨PQ垂直，虚线与导轨围成的矩形和三角形QOQ1内有竖直 向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为2T。甲、乙为导体棒，甲静止在虚线αa'处，乙静 止在虚线bb'右侧附近，虚线aa'到单刀双掷开关、虚线bb'到QQ1的距离均足够长，且虚 线bb到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂层。已知甲的质量m=2kg、乙的质量为甲 卷 二轮专题精准提升（十二）物理第6页（共8页） 6 的k倍，甲棒接人电路的阻值和定值电阻的阻值R。均为4Ω，其余电阻不计。初始时开 关S接1，智能电源使甲中的电流始终为1A;当甲滑过bb'时立即将开关改接2并保持不 变，甲、乙发生弹性碰撞后，甲可以向左滑过aa'(此时乙还未到达QQ1)。甲、乙都始终 与导轨接触良好且平行于虚线aa'(sin37°=0.6，cos37°=0.8)。 (1)求甲向右滑过bb'时的速度大小，以及甲向左滑过磁场的过程中通过定值电阻的电 荷量。 (2)求满足题意的k的大小范围。 (3)分析判断(2)中的范围能否确保乙向右滑过O点。 定 15.(12分)如图甲所示，一倾角为0的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相 距为L的水平光滑平行金属导轨相连，其末端装有挡板M、N。另一倾角α=60°、宽度 也为L的倾斜光滑平行金属直导轨顶端接一电容C=1F的不带电电容器。倾斜导轨 与水平导轨在ED处绝缘连接(ED处两导轨间绝缘物质未画出)，两导轨均处于一竖 直向下的匀强磁场中。从导轨上某处静止释放一金属棒H,滑到ED后平滑进入水平 导轨，并与电容器断开，此刻记为t=0时刻，同时开始在H上施加水平向右拉力继续 向右运动，之后H始终与水平导轨垂直且接触良好；t=2s时，H与挡板M、N相碰，碰 撞时间极短，碰后立即被锁定。另一金属棒G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质 定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细 绳与斜面平行，右侧与水平面平行。G在t=1s后的速度一时间图线如图乙所示，其 中1s一2s段为直线，G棒始终与导轨接触良好。H、G、ED、MN均平行。已知：磁 感应强度大小B=1T,L=0.4m,G、H和A的质量均为0.4kg,H无电阻，G电阻 为0.4Ω；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；整个运动过程A未与滑轮相 碰，G未运动到ED处，图甲中水平导轨上的虚线表示导轨足够长。si0=0.25, c0s9=0.97,sin60=0.87,c0s60°=0.5，图乙中e为常数，4=1.47。求： (1)棒H刚滑到倾斜轨道ED时的加速度大小（电容器工作正常，结果保留1位小数）； (2)在1~2s时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小； (3)t=1.5s时，棒H上拉力的瞬时功率； (4)在2~3s时间段内，棒G滑行的距离。 wlm's- 6 二轮专题精准提升（十二）物理第7页（共8页） 真题密 16.（16分)如图甲所示，无限长的两根通电直导线安装在横放的绝缘直三棱柱架子的AA' 和BB'两条棱边上(AB⊥BC),在架子右侧一条棱边CC'的中点上水平固定一面积为 S(足够小)、电阻为R的n匝线圈，线圈到AA'和BB'的距离分别为L1和L2,另外将 足够长的平行绝缘轨道固定水平地面上（轨道分别位于BC和B'C'的延长线上），轨道 间距为L。 (1)如果AA'和BB'上通电导线的电流大小分别为I1和I2,方向如图中箭头所示，求 线圈中的磁通量（已知通电直导线周围激发的磁场满足关系：B=,其中I为电 流大小，为到直导线的距离，为某已知常数。另外线圈面积足够小时，通电导线 在线圈中激发的磁场可当成匀强磁场)。 (2)如果通电导线在线圈处激发的磁感应强度的竖直分量B,与时间的关系如图乙所 示，图中B。已知，求0到T时间内，求流过线圈导线横截面的电荷量。 (3)在第(2)题的前提条件下，已知t=0时刻线圈中磁场方向为竖直向上，假设以俯视 观察时逆时针方向为电流正方向。求T~T时间内线圈中的电流瞬时表达式 及0到T时间内线圈中电流有效值。 (4)撤去两根通电直导线，现将一质量为m、长度为L、接入轨道部分电阻为R的金属 棒ab垂直放置在轨道上，右方还有质量为3m、边长均为L的U形框cdef,其中U 形框cdf的电阻为3R。沿绝缘轨道方向建立x轴，虚线与坐标原点O在同一水 平线上，虚线EF左侧轨道光滑，让虚线EF右侧所在空间存在竖直向上的磁场，磁 感应强度的分布为B=k'x十B(k'>0)。现在给金属棒ab一个水平向右的瞬时 冲量I。,一段时间后金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，整体进入到EF右 3k′2L4 侧运动时会受到阻力，阻力大小与速度满足∫= 4Rv,求ab与U形框整体最终 静止时ab边的坐标x及U形框在运动过程中产生的焦耳热Qu。 B B 0.5 卷 二轮专题精准提升（十二）物理第8页（共8页）