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（湖北专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（十二） 卷题 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、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 5 6 7 6 9 10 答案 1.如图所示，将两根表面涂有绝缘漆的相同硬质细导线分别绕成闭合线圈a、b,两线圈中 大圆环半径均为小圆环的3倍，垂直线圈平面方向有一匀强磁场，磁感应强度随时间均 匀变化，则a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为 () A.5:13 B.13:5 C.1:7 D.7:1 2.某工厂为了检验正方形线圈的合格率，将线圈放在传送带上，传送带所在空间中加上竖 直向下的匀强磁场，磁场边界PQ与MN平行且与线圈速度方向成45°，磁感应强度为 B。如图所示，线圈与传送带一起以恒定速度？向右运动，线圈与传送带间的动摩擦因 数为以。线圈进入磁场过程中线圈恰好不打滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知线 圈质量为m,匝数为N,边长为L,单位长度电阻值为R,且磁场宽度大于L。下列说法 正确的是 () x M 0450 N 俯视图 A.线圈进入磁场过程中，电流方向为ABCDA B.在线圈进入磁场的过程中，线圈对传送带的摩擦力始终沿CD所在直线方向，且最大 值为②NBL 4R C.在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为2N的线圈进入磁场 过程相对皮带不会打滑 D,线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为VBL R 二轮专题精准提升（十二）物理第1页（共8页） 真题 勇敢的人，不是不落泪的人，而是愿意含着泪继孩奔跑的人 3.如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy,第一象限内存在方向垂直坐标平面向外 班级 的磁场，磁感应强度大小沿y轴方向不变，沿x轴正方向按照B=x的规律变化。 一 质量m=0.4kg、电阻R=0.12、边长L=0.2m的正方形导 ym 线框abcd在t=0时刻ad边正好与y轴重合，a点与坐标原 姓名 点O的距离yo=0.8m,此时将导线框以vo=5m/s的速度沿 c人539 与x轴正方向成53°抛出，导线框运动一段时间后速度恰好减 为0，整个运动过程导线框不转动，空气对导线框的阻力忽略 B。·· 得分 不计，g取10m/s2,sin53°=0.8、cos53°=0.6，下列说法正确 的是 () x/m A.ad、bc边受到的安培力大小相等，方向相反 B.当导线框速度为0时，a点的纵坐标为1.6m C.在从抛出到速度为0的过程中，导线框产生的焦耳热为1.2J D.t=0.5s时导线框的速度大小为4m/s 4.如图，两条“A”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L,左、右两导轨面 与水平面夹角均为30°，均处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别 为2B和B。将电阻均为R的导体棒ab、cd在导轨上同时由静止释放，两棒在下滑过程 中始终与导轨垂直且接触良好，且加速度大小始终相等，两棒长度均为L,ab的质量为 m。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g,两棒在下滑过程中 A.回路中的电流方向为adcba 2B B B.cd的质量为2m 30 C.ab中电流最终为B 30 30 D.d棒最终下滑速度为gR 6B2L2 5.如图所示，正方形导线框在光滑水平面上以某初速度进入有界匀强磁场，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i随时间t的变化关系和速度v随位 移x的变化关系图像，可能正确的是 () ×××× ×××× X xX :×××× A B C D 6.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，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 () 密卷 二轮专题精准提升（十二）物理第2页（共8页） 4 2R 0 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 B.金属杆匀速运动的速度大小为BLc0s0 2MgRsin 0 BLdmcos 0 C.带电液滴的电荷量为2MRsn0 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 7.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的某点处产生的磁感应强 度大小B=二，其中k为常数，r大于导线半径。在垂直于管线的平面上，以管线正上 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 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 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电 水平地面 h(未知】 动势 “金属管线截面 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 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 8.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t。时刻恰好到达M点，恰好在2t。时刻回到P 点，t。已知。下列说法正确的是 ) 二轮专题精准提升（十二）物理第3页（共8页） 真题名 M 真空室← N 申：侧视图 P 丙 ,电子轨道 之电子枪 26*1 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=2x尽 to 2πmR B.0~t。时间内在管道内产生的涡旋电场大小E感= 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备=6 D.磁感应强度的最大值B=2πm eto 9.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 进人磁场瞬间列车速度为？，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。下列说 法正确的是 () 匀强磁场 列车 线框 站台 A.列车从进站到停下来所用时间t= Rmvo-B2L2s R B.在线框ab边进入磁场瞬间，列车的加速度大小a= B2L2vo-fR 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十，6号之 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 密卷 二轮专题精准提升（十二）物理第4页（共8页） 10.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=2Bdu D.整个过程中，导体棒L2中产生的焦耳热为3m02 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7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 琴弦 2t。 B 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 VA A B (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 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 二轮专题精准提升（十二）物理第5页（共8页） 真题密 12.(10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。 (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插人线圈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 0.2 0.1 0 -0.1 -0.2 -0.3 §电流传感器 -0.4 -0. 1.21.41.61.82.02.22.4 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”)。 卷 二轮专题精准提升（十二）物理第6页（共8页） 4 13.(10分)如图甲所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy直角坐标系，在区域I内分布着垂 直该平面向外的匀强磁场（右边界EF的横坐标在2a~3a间某处），其磁感应强度大 小随时间变化如图乙所示；在区域Ⅱ(5a≤x≤6a)内分布着垂直该平面向外、磁感应强 度大小为B。的匀强磁场。该平面内有边长为2a、电阻为R、质量为m的正三角形金 属框，其MN边与y轴重合，N点与坐标原点O重合。求： (1)若金属框不动，在to~2t。的时间内MN边的感应电流的大小与方向； (2)若在t=0时，现给金属框一初速度，使其沿x轴正方向运动，当顶点P运动到x= 6a处时的速度为2，继续向前运动直到停止（此时MN边尚未进入区域Ⅱ），运动 中MN边始终与y轴平行。金属框停止时顶点P的横坐标x。 .Ⅱ. B ···p ··· 。。 5a··6a 31。 甲 14.(15分)如图所示，倾角0=53°的金属导轨MN和M'N'的上端有一个单刀双掷开关 K,当开关与1连接时，导轨与匝数n=100匝、横截面积S=0.04m2的圆形金属线圈 相连，线圈总电阻r=0.2,整个线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场B。且磁场随时 间均匀变化。当开关与2连接时，导轨与一个阻值R1=0.3Ω的电阻相连。水平轨道 的NN'至PP'间是绝缘带，其它部分导电良好，最右端串接一定值电阻R2=0.22。 两轨道长度均足够长，宽度均为L=1m,在NN'处平滑连接。导轨MN和M'N'的平 面内有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1=0.2T;整个水平轨道上有方向 竖直向上，磁感应强度大小B2=1T的匀强磁场。现开关与1连接时，一根长度为L 的导体棒a恰好静止在倾斜导轨上；某时刻把开关迅速拨到2，最后a棒能在倾斜轨 道上匀速下滑。导体棒b一开始被锁定（锁定装置未画出），且到PP'位置的水平距 离d=0.24m。棒a与棒b的质量均为m=0.1kg,电阻均为R=0.22,所有导轨均 光滑且阻值不计。求： (1)圆形线圈内磁场随时间的变化幸△B。 (2)棒a滑至NN'时的速度大小v1; (3)棒a与棒b碰撞前，棒a的速度大小2； (4)棒a与棒b碰撞前瞬间，立即解除对棒b的锁定，两棒碰后粘连在一起。从棒a进 入水平轨道，至两棒运动到最终状态，定值电阻R2上产生的焦耳热Q是多少。 K M 2 B 绝缘带B ,·绝缘带 b 777777 pe一d 二轮专题精准提升（十二）物理第7页（共8页） 真题密 15.(18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aa'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 的k倍，甲棒接入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αa'(此时乙还未到达QQ)。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b'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)求满足题意的的大小范围。 (3)分析判断(2)中k的范围能否确保乙向右滑过O点。 5 乙 1定值 电阻 X 卷 二轮专题精准提升（十二）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)题图甲装置，导线框顺时针转动，题图 f=F安 (1分) 乙装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律可知， 旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。(2分) 又f=ku=kwm2 (2)当金属线框ABCD达到稳定时，线框AB、CD 根据法拉第电磁感应定律，可得此时的感应电动势 两边切割磁感线的相对速度大小 E"=2Blv=Bl2@m (1分) e4=oe）·号 则此时的感应电流 (1分) I=E-E”_E-B12w. (1分) 根据法拉第电磁感应定律，可得此时的感应电动势 R R E=2BlU湘时=B12(w0一ωm) (1分) AB、CD两边所受的安培力 则此时的感应电流 F安= Bl(E-Bo ml2) R (1分) IE Bl (0om R (1分) Bl (E-Bo2) 则kwm2 个 (1分) 金属线框AB、CD两边所受的安培力均为 2BE F安=BIL= B213(wo-wm） (1分) 解得wm= 2B212+kR R AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡 设安培力的冲量为IA,由动量定理知 f=F安 (1分) 21A-2ft=2m·wm2 (1分) 又有 又IA=∑FAH△t=】 Bl(E-2Blv) △t= f=kv-kam 2 (1分) R Bl (Et-2BLs) 当k=2B1 (1分) 时 R R 联立解得 2B2121_B213(w0-wm） R m 2 (1分) 2BIEt-momlR s= 4B212+2kR 解得导线框转动的最大角速度 代入wm,得 0m-2 @o (1分) BlE (kRt+2B212t-mR) (1分) (2B212+kR)2 (3)转动稳定后达到最大角速度wm,AB、CD两 边所受的安培力均与阻力平衡 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、选择题 2.C【解析】线圈进入磁场的过程，磁通量增加，根据 1.A【解析】线圈a中小圆产生的感应电动势和大 楞次定律，可判断出，感应电流的方向为ADCBA,A 圆中产生的感应电动势方向相反，即电动势E:= 错误；在线圈进入磁场的过程中，受到沿CA方向的 安培力作用；由于线圈匀速运动，由二力平衡可知，线 △B 2=54B π3r)2-4AB r2,线圈b中小圆产 圈受到的摩擦力方向为AC方向，且与安培力大小相 等。根据牛顿第三定律可知，线圈对传送带的摩擦力 生的感应电动势和大圆中产生的感应电动势方向相 始终沿CA方向，最大值∫h=∫m=Fm=N·BIW2L, 同，序电动务，一-没e+4盟=1B没， ,△B 义有1是-，R=R,年得 a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为5：13，A √2NB2L 正确。 4R ,B错误；线圈质量不变，材料不变，边长不 ·51· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 变，匝数变成2倍，则导线长度变为原来的2倍，横截面 因两导体棒的加速度大小相等，因此两导体棒的 积变为原来的2，根据R=P5可知，电阻变为原来的 速度相等，根据法拉第电磁感应定律有E= E 3BLv 4倍，又因为此时安培力的最大值F=2N·BI√2L, BL0十2BL0=3BLU,感应电流I=2R=2R 又有T=2N·BLU-2N·BLm_B0 4·R=4·4NR=8R,解得F= mg sin 30 2BL ,解得cd棒最终下滑速度v= mgR 6B2L2? ENBL0=F,可知，线框受到的安培力的最大值 D正确」 4R 不变，而最大静摩擦力fmx=μg不变，所以在不 5.D【解析】根据法拉第电磁感应定律E=Blu,设 改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长 E 线圈电阻为R,根据闭合电路的欧姆定律I一尺 但匝数为2N的线圈进入磁场过程相对皮带不会 打滑，C正确；线圈在进入磁场的过程中通过截面 根据安培力公式F=BIl,根据牛顿第二定律a= 的电荷量qI上号NA吧-N·BL_BL F B212v R 4NLR 4R’ m 联立解得a=mR,根据加速度的表达式可 D错误。 知，线框向右全部进入磁场的过程，线框做加速度 3.B【解析】由题分析，可知ab、cd边受到的安培 减小的减速运动；线框完全进入磁场后，穿过线框 力等大反向，但ad、bc边受到的安培力大小不相 的磁通量不变，线框中感应电动势为零，感应电流 等（所处磁场强弱不同）、方向相反，导线框的合安 为零，安培力为零，加速度为零，因此线框完全进 培力水平向左，则导线框在竖直方向做竖直上抛 入磁场到刚要离开磁场过程，线框做匀速运动；线 运动，水平方向做减速直线运动，当速度为0时， 框穿出磁场过程中，根据加速度的表达式可知，线 导线框上升的高度h=(vosin53) =0.8m,a 框继续做加速度减小的减速运动，直到完全穿出 2g 磁场；此过程t图像如图所示，由于线框宽度只 点的纵坐标y=h十yo,解得y=1.6m,A错误，B 有磁场宽度的一半，所以线框整体在磁场中匀速 正确；由功能关系可知，导线框产生的焦耳热等于 运动的距离与出磁场的距离相等，则根据讠= 导线框克服安培力做的功，水平方向的合力就是 Bly 安培力，由功能关系可知产生的焦耳热Q= 尺，可知出磁场电流将越来越小，方向与进磁扬时 2m(0c0s53)2,解得Q=1.8J,C错误；当速度 的电流方向相反，综上可以得出出磁场时间比在磁场 中匀速运动时间更长，A、B错误：线框进入磁场过程 为0时，导线框已经运动的时间。=U%sin53 中，水平向右由动量定理BIL·△t=mu一mwo,I= 0.4s,t0之后导线框做自由落体运动，回路中没有 感应电流，速度大小v=g(t一to),解得v=1m/s, R,联立B1 B .△=mo-mw,u=0一 B212v R R D错误。 4.D【解析】两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手 B212x △=。一mR,因此wx图像应该线性变化：完全 定则可知回路中的电流方向为abcda,A错误；设 进入磁场后，通过线框的磁通量为定值，所以没有安 回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的 培力，线框做匀速直线运动；出磁场时同理可得线框 电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 x图像应该也为线性变化，C错误，D正确。 mgsin30°-2BIL=maab,对cd根据牛顿第二定 律得m'gsin30°-BIL=m'ad,又ab=ad,解 得m-空，B错误；分析可知两个号体棒产生的电 0 动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的 电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当 6.B【解析】金属杆ab匀速向下运动时，产生的感 安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分 应电动势由b指向a,可知电容器上板电势高，将 力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流 上极板上移，电容器电荷量不变，场强不变，带电 达到稳定值，此时对ab分析可得mg sin30°= 粒子受力不变，不动，A错误；金属杆匀速运动时 2BIL,解得I=mg sin30 满足Mg sin0=BILcos0,切割磁感线产生的电动 2BL C错误；开始运动后， 势E=Bcos OLv,根据闭合电路的欧姆定律可得 ·52· ·物理· 参考答案及解析 I=Bcos OLu Bcos OLu h值，C正确；若线框在M,点感应电动势最大时与 ,联立解得匀速运动的 R慈 R 2R 水平面的夹角为α，线圈方向与半径方向相同，可求 h 2MgRsin 0 得tana= ,若再知道O、M的距离xM,可以求得 速度大小v BL2c0s0,B正确，带电液滴平衡 IM h值，D正确。故选A。 U 2R 时则有mg=9,根据欧姆定律可得U=IX2, y P 解得电荷量大小g三MRm2,根据平衡条件 777 可知，粒子带负电，C错误；金属杆匀速运动时，若 h(知》 将电容器下极板向上移动，则电容器的电容增大， 继续充电，根据Q=CU,U不变，d减小，E增大， “金属管线截面 上极板与P点距离不变，电势差增加，上极板接地 电势为0，因此P点电势降低，D错误。 8.BC【解析】均匀变化的磁场产生恒定的涡旋电 7.A【解析】由题意知B=6,设电流i=Isnm 场，在0~。时间内小球沿切线方向速度大小均匀 (Im为电流最大值)，在距离管线为r处，磁感强度 增大，沿切线方向可看作匀变速直线运动，位移大 B=k15int,当线圈放在O、P位置，线圈竖直放 小为元R,切向加速大小为a1,则有R=)a1t。2, 置时，线圈平面与磁场方向垂直，在O位置产生的 解得a1= 。三，小球还具有向心加速度，故小球的 2πR 感应电动势E,-5S-1 Scos,在P点产生 △t h 加速度不等于2mR, ,A错误；小球沿切线方向上有 的感应电动势Er=AS=mas oos al h+yp ,设M点 eE=ma1,解得Es= t,,B正确；根据法拉 2xmR 坐标(xM,O),线框放在M点时，当线圈竖直放置 时，线框平面与半径方向夹角为0，如图所示， 第电磁感应定律得U=BS=E6·2xR,又S= to △B 则c0s0= h √h2十x ,感应电动势Ew-△SCos日= R2,解得B=4”,D缔误；小球在时刻的速 L,Shcos,同理N点的感应电动势EN= h2十xM 度最大，则受到的最大洛伦兹力f=evB,v= L_Shcos,当线图水平放置在M,N位置时，线 a1t,解得f=8Rm ，C正确。 h2+x员 圈平面与磁场之间的夹角为0，在M点产生的感应 9,AC【解析】列车从进站到停下来过程，设向右为 电动势E,=A二Sn Ssin kImSxMcos wt ,在N点 正方向，根据动量定理有-ft一BIL·t=0-mwo, h2+xM 电荷与电流关系q=I·t,平均感应电动势E= kImωSIN coS wt 产生的感应电动势E人= h2十x品 —。若已知 △ΦBL闭合回路欧姆定律I=反，联立解得t 线框在M、N两，点水平放置时的感应电动势EM和 t t E,可以求得民一五 EM ZM Rmvo-B2L2s ,如果已知xN一xM=d,可 ,A正确；在线框ab边进入磁场瞬 R 以求得xM,xN的值，但无法求得h,A错误；若已知 线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势E。, 间，感应电动势E=BL,感应电流1=？，根据牛 0=,h,如果再知道OP的距离 Ep,可以求得EP一h+y 顿第二定律有BIL十f=ma,解得a= B2L2v0+fR yP,可求得h值，B正确；若知道线框在M点水平 mR △，B错误；在线框进入磁场的过程中， 放置和竖直放置时的感应电动势EM和EM,可以 设线框产生的焦耳热为Q,摩擦生热为Q',根据能 EM h 求得ExM =,若再知道O、M的距离xM,可以求得 量守但定律有Q+Q=方m-m）”,Q= ·53· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 QL 切割磁感线，回路中有明显电流产生，而上下拨 f,线框b边消耗的电能Qw一2L十2，解得Q= 动时，琴弦基本与磁场平行，不切割磁感线，回路 点（侣-），C虽确：线短会邦进入感场 中无明显电流产生，C正确；条形磁铁N极朝左， S极朝右，与琴弦平行放置，前后拨动琴弦时，琴 后，线框磁通量不变，感应电流为0，但αb边继续切 弦基本与磁场平行，琴弦不切割磁感线，回路中 割磁感线，所以αb边感应电动势不为0，D错误。 无明显电流产生，而上下拨动时，琴弦切割磁感 10,ABD【解析】闭合开关后，两导体棒在安培力 线，回路中有明显电流产生，D错误。故选C。 的作用下均开始加速运动，根据法拉第电磁感应 (2)根据已知，条形磁体N极朝下，S极朝上，因 定律，可知两者切割磁感线产生逐渐增大的感应 此琴弦所处磁场向下，规定了琴弦中电流向左为 电动势，而感应电动势与电源电动势相反，则回 正方向，规定垂直纸面向外为琴弦位移的正方 路的总电动势逐渐减小，回路中的电流，以及两 向，则由图乙所示电流变化结合右手定则可知， 导体棒受到的安培力均减小，根据牛顿第二定 琴弦在一个周期内的振动引起的位移应从位移 律，可知两导体棒均做加速度减小的加速运动，A 最大处先垂直纸面向里逐渐减小后回到平衡位 正确；由题意可知，导体棒L1电阻为R、质量 置，然后从平衡位置向垂直纸面向里逐渐增大后 为m,导体棒L2的质量为2m,电阻为2R。加速 又回到平衡位置，接着又从平衡位置向外回到位 过程中当电流为I时，导体棒L1、L2受到的安培 移最大处。故选B。 力大小分别为F1=BId,F2=BI·2d,根据牛顿 (3)增大琴弦上的张力，则在拨动琴弦时，琴弦的 第二定律有F1=BId=ma1,F2=BI·2d= ,a:=Bl 振动频率会增加，从而使琴弦发出声音的音调升 2ma2,解得a,=BId.。 ,可知在加速过程 高，即振动频率越大音调越高，A正确；拔动琴弦 m m 中导体棒L1、L2的加速度大小相等，B正确；由 力度越大，琴弦的振幅越大，琴弦发出声音的响 上述分析可知最终稳定时，两棒均以速度)做匀 度就越大，即振幅越大声音越大，B错误；琴弦自 速直线运动，此时两棒的感应电动势之和等于电 由振动时是阻尼振动，振幅减小但振动周期不 源电动势，即电源电动势E=Bdv+2Bdu= 变，因此频率不变，C错误；由于电吉他是利用琴 3Bdv,C错误；设全程通过回路的电荷量为q,以 弦在磁场中做切割磁感线的运动从而将机械运 导体棒L2为研究对象，以其运动方向为正方向， 动转化为电信号，再将电信号转化为声音信号， 因此，当外界存在强磁场时会对电吉他的发声造 根据动量定理得BdIt=mv一0，其中It=q,整 成影响，所以演奏时应远离强磁场，D正确。 个过程电源输出的电能E电=gE,联立解得 12.(1)C(2分)(2)AC(2分)(3)①i1(3分) E电=3mv2,由能量守恒定律可得回路产生的总 ②变短(3分)》 焦平热Q=Ee-7mw- 1 2×2m02,根据焦耳 【解析】(1)S极向下插入螺线管时，不需要保证 定律可得导体棒L2中产生的焦耳热Q2= 磁体匀速运动，灵敏电流计指针都会向右偏转，A Q 错误；将磁体向下插入或向上抽出的速度越大， R+R+2R×2R=3 mo2,D正确。 灵敏电流计指针偏转幅度越大，B错误；将磁体 二、非选择题 的N、S极对调，并将其向上抽出，则螺线管的磁 11.(1)C(2分)(2)B(2分)(3)AD(3分) 通量向下减小，根据楞次定律可知，线圈中感应 【解析】(1)当U形磁铁N极朝外，S极朝里，开 电流方向由B到A,则电流从“十”接线柱流入电 口向上放置时，前后拔动琴弦时，琴弦基本与磁 流表，电流表的指针向右偏转，C正确；将磁体的 场平行，琴弦不切割磁感线，回路中无明显电流 N、S极对调，并将其向下插入，则螺线管的磁通 产生，而上下拨动时，琴弦切割磁感线，回路中有 量向下增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电 明显电流产生，A错误；条形磁铁N极朝外，S极 流方向由A到B,则电流从“一”接线柱流入电流 朝里，与琴弦垂直放置，前后拨动琴弦时，琴弦基 表，电流表的指针向左偏转，D错误。故选C。 本与磁场平行，琴弦不切割磁感线，回路中无明 (2)将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发 显电流产生，而上下拨动时，琴弦切割磁感线，回 现电流计指针右偏，可知当线圈B中的磁通量增 路中有明显电流产生，B错误；当条形磁铁N极 加时，电流计指针右偏。插入铁芯，线圈B中的 朝下，S极朝上，竖直放置，前后拨动琴弦时，琴弦 磁通量增加，电流计指针右偏，A正确；拔出线圈 ·54· ·物理· 参考答案及解析 A,线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，B 14.(1)0.4T/s(210m/s(3)2m/s(4) 13 错误；将滑动变阻器的滑片向左移动，线圈A中 电流增大，线圈B中的磁通量增加，电流计指针 【解析】(1)开关打到1时，棒受力平衡 右偏，C正确；将滑动变阻器的滑片向右移动，线 mg sin 0=B IL (1分) 圈A中电流减小，线圈B中的磁通量减少，电流 根据 计指针左偏，D错误。故选AC。 △B E=n△t S,I= 、E R+r (1分) (3)①由图可知，断电前，通过灯泡和线圈的电流 均恒定，且通过线圈的电流大于通过灯泡的电 解得 流。断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍通过其 △Bo △t =0.4T/s (1分) 电流减小，而此时灯泡和线圈构成一回路，从而 (2)棒匀速时，根据平衡条件可知 使通过灯泡的电流瞬间增大，且方向与原来电流 方向相反。所以断电瞬间，灯泡中电流是i1。 BiL2v mg sin 0= R+R (1分) ②在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将 可得 铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减 v1=10m/s (1分) 小，对电流减小的阻碍能力变弱，所以可观察到 (3)棒a进入水平面后，根据动量定理 灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。 BL'd 13.(1)1=3aB。 R,2,方向：M→N =m02一m01 (1分) (2)xp= R总 根据电路连接得 GatimRv R总=0.32 (1分) 4Boa? 解得v2=2m/s (1分) 【解析】(1)在to2to的时间内 (4)当棒a切割时 E-NAD (1分) 1 t N AB Qemvi-mi (1分) 可得 此时电阻R2产生热量 EB1 ·2X2aX2 a Xsin60°= 3a2B(1分) 1 to Q1=6Q1 感应电流 解得Q1=0.8J (1分) 1-晨 (1分) 两棒相碰 mv2-2mv3 解得I=3aB。 (1分) 碰后至静止电路产热 Rto Qa-72mv 1 方向由楞次定律可知M→N。 (1分) (1分) (2)线框顶点P到达x=6a处后，进入区域Ⅱ的 电阻R2产生热量 有效长度 2 (1分) L=2 Xatan30°=2y3 Q:-3Qm: 3 a (1分) 1 (1分) 继续向前运动直到停止，有 解得Q,=J -∑BoiL△t=0-mw2 (1分) 综上，R2产生总热量 又有 Q-Q+Q,1. (2分) q=∑i△t= Bo△sBoa(2△xtan30°) 不 个 (1分) 15.(1)2m/s,0.5C(2)k>3(3)能 3mRv2 【解析】(1)由题知，甲棒做匀加速直线运动，由 解得△x= 4Ba? (1分) 牛顿第二定律可得a= BI L=2 m/s (1分) 则P的横坐标 m 3mRv2 由运动学公式有v=2ad (1分) xp=6a十 4B8a2 (1分) 解得v,=2m/s (1分) ·55· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 甲向左滑过磁场的过程中，乙还未到达QQ1,且 解得k>3 (1分) 虚线bb'到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂 综上所述>3 层，则甲作电源与定值电阻串联，可知总电阻 (3)乙在右侧磁场中运动时，甲已经离开左侧磁 R总=2R0=82 场，故此时乙作电源，甲与定值电阻并联，有 故通过定值电阻的电荷量等于通过回路的总电 △ΦBLd R3-ZR-29 荷量q一RsR =0.5C (1分) 对乙在极短时间内，安培力冲量为 (2)以向右为正，两棒发生弹性碰撞，由动量守恒 2BLu·AL=2BLAx=3B 定律和能量守恒定律有mv0=mU1十kmv2, R总 R慈 2moi-mwi+kmw时 1 1 (2分) (1分) 解得v-2(1-b) 4 有信台d晋 2 32 (1分) 1+km/s,0:=1十m/s (1分) 信- 32 为使棒甲碰后向左滑动，显然应有1<0 =km(u2-u2) (1分) 即k>1 (1分) 其中，v2是乙到达O点时的速度 碰后甲向左穿过磁场，假定其可以滑过虚线aa', 416 令其滑到虚线aa'时的速度大小为v1,由动量定 解得2=(1十k一9 )m/s (1分) 理有习B10.A1=BL 若乙能滑过0点，显然应有02>0 R总 =m(o1|-v1) R总 (2分) 解得> (1分) 4听-2 显然(2)中飞的范围是上述结果的子集，即(2)中 -1]m/s (1分) 所求k的范围能确保棒乙滑过O点。(1分) 为满足题意应有1>0 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 由图可知，lnT与lnD成线性关系，根据图像可 解析(2分)A(2分)(4)用游标卡尺测量外径 知，直线经过(2.80,0.5)与(1.80,1.0)，则有 D/通过测量40次或60次左端与O点等高所用 lnT-（-1.0)=-0.5-（-1.0) 时间来求周期/适当减小摆动的幅度(2分) lnD-1.80 2.80-1.80 =0.5,解得 【解析】(1)刻度尺的分度值为0.1cm,需要估读 lnT=0.5lnD-l.9,则有lnT=lnDz-lne.9=ln D 到分度值下一位，读数D=7.54cm。 01.g (2)积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积 解得T=D,可知TD,A正确， 木左端某次与O,点等高时记为第0次并开始计时， (4)为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措 之后每计数一次，经历半个周期，可知，第20次时停 施：用游标卡尺测量外径D、换用更光滑的硬质水 止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。 (3)作图如下 平桌面、通过测量40次或60次左端与0点等高 所用时间来求周期、适当减小摆动的幅度。 lnT 0.4 2.(1)3.0(2分)(2)BD(2分)(3)a+3=90°(2分) -0.5日 【解析】(1)选取向左为正方向，碰撞过程中动量 -0.6 -0.7 守恒和机械能守恒，则有mv0=mv。十mbvb, -0.8 -0.9 合m暖=号m,o+号m5,联立部得n 1.601.802.002.202.402.602.803.001nD 2m,n,当a=90°时c0sa=0,则0= ma十mb ·56·