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（安徽专用）

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 是符合要求的。 题号 1 2 3 5 6 7 8 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、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.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，感应电流讠随时间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 ) :××× XXXX + XX A B C D 3.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μ。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，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 () 0-45 俯视图 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，而是愿意含着泪继续奔跑的人 ■age0■g A.线圈进入磁场过程中，电流方向为ABCDA 班级 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 姓名 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,线图在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为VL R 得分 4.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=kx的规律变化。一质量m=0.4 kg、电阻R=0.12、边长L=0.2m的正方形导线框abcd在 t=0时刻ad边正好与y轴重合，a点与坐标原点O的距 离yo=0.8m,此时将导线框以vo=5m/s的速度沿与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不计，g取 x/m 10m/s2,sin53°=0.8、cos53°=0.6，下列说法正确的是 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 5.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,αb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 k 2B 6 B B.cd的质量为2m C.ab中电流最终为m5 130 30 2BL D.cd棒最终下滑速度为gR J30 30° 6B2L2 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ab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，ab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 B.金属杆匀速运动的速度大小为Bc0s日 2MgRsin 0 C.带电液滴的电荷量为2 MRsin9 BLdmcos 0 D.金属杆匀速运动时，若将电容器下极板向上 2R0 移动，则P点的电势不变 密卷 二轮专题精准提升（十二）物理第2页（共8页） 7 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i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=k二，其中为常数，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 P 水平地面 h(未知)】 0 金属管线截面 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动势 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.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0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2d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m,导体棒中通以大小为【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 缘杆 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-BLd R B,情形1中，线框下边与磁场上边界的距离x=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 ngdsin a一BILd D.,情形2中，线框第一次穿越磁场区域所需的时间L=√2BILd一4gdsn0十2Bd3 gsin 0 mRgsin 0 7 二轮专题精准提升（十二）物理第3页（共8页） 真题 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，全部选对的得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.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，to已知。下列说法正确的是 () 其空室 申：侧视图 电子轨道 之电子枪 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=2 t品 B,0~t0时间内在管道内产生的涡旋电场大小E感= 2xmR et号 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= 8Rmπ2 D.磁感应强度的最大值B=2πm eto 10.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= 1Ω，下端接定值电阻R2=42,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=42,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 () 卷 二轮专题精准提升（十二）物理第4页（共8页） 本训(ms) 0(0)0.2 1.21.6 t/s 甲 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5小题，共58分。 11.(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 B 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 A (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。 甲 乙 (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 白E 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 -0.2 -0.3 S电流传感器 -0.4 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） 7 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v2,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xp。 AB ·2°3a 5a··6a 14.(14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αa'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aa'(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k的范围能否确保乙向右滑过O点。 1 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。sin0=0.25, c0s9=0.97,sn60”=0.87,c0s60°=0.5，图乙中e为常数，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。 wm's 3 t/s 卷 二轮专题精准提升（十二）物理第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 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 Vx图像应该也为线性变化，C错误，D正确。 1.A【解析】线圈a中小圆产生的感应电动势和大 圆中产生的感应电动势方向相反，即电动势E1= △B Ar wr=5 AB 2π(3r)2-44B ，线图b中小圆产 0 生的感应电动势和大圆中产生的感应电动势方向相 3.C【解析】线圈进入磁场的过程，磁通量增加，根据 楞次定律，可判断出，感应电流的方向为ADCBA,A 同，即电动势E,=A5元 开<3x>2十4入元2=132。 4r2, 错误；在线圈进入磁场的过程中，受到沿CA方向的 a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为5：13，A 安培力作用；由于线圈匀速运动，由二力平衡可知，线 正确。 圈受到的摩擦力方向为AC方向，且与安培力大小相 2.D【解析】根据法拉第电磁感应定律E=Bl0,设 等。根据牛顿第三定律可知，线圈对传送带的摩擦力 E 线圈电阻为R,根据闭合电路的欧姆定律I= 始终沿CA方向，最大值fm=fm=Fm=N·BI√2L, EN·BL 根据安培力公式F=BIl,根据牛顿第二定律a= 又有I一RR ,R总=4NLR,解得f= 联立解得a一B股根福加建度的表达式可 F B2L20 √2NB2L ,B错误；线圈质量不变，材料不变，边长不 4R 知，线框向右全部进入磁场的过程，线框做加速度 变，匝数变成2倍，则导线长度变为原来的2倍，横截面 减小的减速运动；线框完全进入磁场后，穿过线框 积支为原来的2根据R-0号可知，电胆变为原来的 的磁通量不变，线框中感应电动势为零，感应电流 为零，安培力为零，加速度为零，因此线框完全进 4倍，又因为此时安培力的最大值F=2N·BI√2L, 入磁场到刚要离开磁场过程，线框做匀速运动；线 又有T=2N·BLm=2N·BLm_Bw 框穿出磁场过程中，根据加速度的表达式可知，线 4·R4·4NR-8R,解得F- 框继续做加速度减小的减速运动，直到完全穿出 √2NBLx 4R =Fm,可知，线框受到的安培力的最大值 磁场；此过程t图像如图所示，由于线框宽度只 不变，而最大静摩擦力fmax=μmg不变，所以在不 有磁场宽度的一半，所以线框整体在磁场中匀速 改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长 运动的距离与出磁场的距离相等，则根据i= 但匝数为2N的线圈进入磁场过程相对皮带不会 尺，可知出磁场电流将越来越小，方向与进磁场时 Bl 打滑，C正确；线圈在进入磁场的过程中通过截面 的电流方向相反，综上可以得出出磁场时间比在磁场 的电荷适a=I是NA”-N·BBL R总4NLR4R1 中匀速运动时间更长，A、B错误；线框进入磁场过程 D错误。 中，水平向右由动量定理BIL·△t=mu一muo,I= 4.B【解析】由题分析，可知ab、cd边受到的安培 Blv B212w 力等大反向，但ad、bc边受到的安培力大小不相 R联立B。△=mw0一mu,U=0 R mR 等（所处磁场强弱不同）、方向相反，导线框的合安 B212x 培力水平向左，则导线框在竖直方向做竖直上抛 △t=0 mR,因此vx图像应该线性变化；完全 运动，水平方向做减速直线运动，当速度为0时， 进入磁场后，通过线框的磁通量为定值，所以没有安 培力，线框做匀速直线运动；出磁场时同理可得线框 导线框上升的高度=(vosin53)2 =0.8m,a 2g 7 ·56· ·物理· 参考答案及解析 ,点的纵坐标y=h十yo,解得y=1.6m,A错误，B 2MgRsin 0 正确；由功能关系可知，导线框产生的焦耳热等于 速度大小u一BPC09gB正确；带电液滴平衡 导线框克服安培力做的功，水平方向的合力就是 时则有mg= 0 9,根据欧姆定律可得U=1X2R 1 安培力，由功能关系可知产生的焦耳热Q= 1 2m(0ncos53)2,解得Q=1.8J,C错误；当速度 解得电荷量大小q dmBLcos 0 MRsin 0 ,根据平衡条件 可知，粒子带负电，C错误；金属杆匀速运动时，若 为0时，导线框已经运动的时间，=0sin53 g 将电容器下极板向上移动，则电容器的电容增大， 0.4s,t。之后导线框做自由落体运动，回路中没有 继续充电，根据Q=CU,U不变，d减小，E增大， 感应电流，速度大小v=g(t-to),解得v=1m/s, 上极板与P点距离不变，电势差增加，上极板接地 D错误。 电势为0，因此P点电势降低，D错误。 5,D【解析】两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手 定则可知回路中的电流方向为abcda,A错误；设 7.A【解析】由题意知B=k,设电流i=1nsa 回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的 (Im为电流最大值)，在距离管线为r处，磁感强度 电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 B= ,sin t,当线圈放在O、P位置，线图竖直放 mgsin30°-2BIL=maab,对cd根据牛顿第二定 律得m'gsin30°-BIL=m'aa,又ab=ad,解 置时，线圈平面与磁场方向垂直，在O位置产生的 得m'-贺，B错误；分折可知两个导体棒产生的电 感应电动势E。=5-Scos,在P点产生 △t 动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的 的成应电动势Ep二S=兰h一，设M点一 电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当 h+yp 安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分 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， 力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流 达到稳定值，此时对ab分析可得mgsin30°= h 则c0s8= /h2十x ,感应电动势EM=AS △Scos 0= 2BIL,解得I=mgsin30 ,C错误；开始运动后， 2BL Shcos,同理N点的感应电动势Ev= 因两导体棒的加速度大小相等，因此两导体棒的 h2+xM 速度相等，根据法拉第电磁感应定律有E= Shcos,当线圈水平放置在M、N位置时，线 h2+x品 E 3BLv BL0十2BLm=3BLU,感应电流I=2R=2R 圈平面与磁场之间的夹角为日，在M点产生的感应 mg sin 30 ,解得cd棒最终下滑速度v= mgR 6B2L2, Ssin 电动势E=AB ,在N点 2BL h2十x D正确， 产生的感应电动势E队=kISwcos h2+x品 。若已知 6.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 线框在M、N两，点水平放置时的感应电动势EM和 上极板上移，电容器电荷量不变，场强不变，带电 粒子受力不变，不动，A错误；金属杆匀速运动时 E,可以来得器-如果己知w=,可 以求得xM,xN的值，但无法求得h,A错误；若已知 满足Mg sin 0=BILcos0,切割磁感线产生的电动 线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势E0, 势E=Bcos OLv,根据闭合电路的欧姆定律可得 I=Bcos OLu Bcos OLv Eo h ,如果再知道O、P的距离 R总 ,2R ,联立解得匀速运动的 Ep,可以求得E,一h+y R+2 yp,可求得h值，B正确；若知道线框在M点水平 ·57· 2 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 V2mBILd-4m2gdsin 0 2B2d3 mgsin 0 mgRsin0D错误。 得M_h,若再知道OM的距离xM,可以求彩 二、选择题 h值，C正确；若线框在M点感应电动势最大时与 9.BC【解析】均匀变化的磁场产生恒定的涡旋电 水平面的夹角为α，线圈方向与半径方向相同，可求 场，在0t。时间内小球沿切线方向速度大小均匀 h 得tana=,若再知道O、M的距离xM,可以求得 增大，沿切线方向可看作匀变速直线运动，位移大 TM h值，D正确。故选A。 小为R,切向加速大小为a1,则有元R=2a1t,2, y P 解得a1= 。，小球还具有向心加速度，故小球的 2πR 水平地面x h(知) 加速度不等于2πR」 心，A错误；小球沿切线方向上有 e,,B正确；根据法拉 2πmR 金属管线截面 eEs=ma1,解得Es= 第电感痘定律得U=BS=E·2R,又S 8.B【解析】情形1中，线框刚穿过磁场过程通过线 to 框载面的电荷量g=I△= RA- Bdv R巴，解得B=4Tm,D错误；小球在。时刻的速 R 4 eto Bd2 度最大，则受到的最大洛伦兹力f=evB,v= ，A错误；情形1中，对装置，当线框在磁场中 a1t,解得f=8Rmπ2 t ,C正确。 匀速时mgi血0=B1d-9,可符。 B'd2v 10.BD【解析】图乙中c点对应金属棒出区域I, mgRsin 0 装置在进入磁场前做匀变速直线运 B2d2 由受力平衡得mg sin0=mg cos0十 BL02,来 R总 动，由动能定理mgsin0,z= 2mv2-0,可得 RR：十r,解得2=0.8m/s,A错 中R8=R1十R2 x=m'R'gsin 0 ,B正确；设装置由静止释放到导 误；金属棒进入区域I之前的过程中，根据动量 2B'd 体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上 定理有(mng sin0-umg cos0)t1=mo1,求得 的安培力做功为W,由动能定理mg sin0·4d+ 01=0.4m/s,设区域I的宽度为x1,金属棒穿过 W-BILd=0-0,其中Q=一W,解得Q= 区域I的过程中，根据动量定理有(ng sin0一 4 ngd sin0-BILd,C错误；设线框刚离开磁场下 umg cos 0)t2-BI Ltz=mvz-mv,It2= 边界时的速度为v1,对装置在接着向下运动2d过 E 程中，由动能定理mg sin0·2d-BILd=0一 Rs t:,E= BLe1,其中t1=0.2s,t= t2 2nui,可得u1= 2BILd (1.4-0.2)s=1.2s,联立得x1=0.8m,金属棒 -4 gdsin0,对装置在 穿过区域I的过程中，由能量守恒得mgx1sin0一 磁场中运动时，由牛顿第二定律mg sin0一 B2d2v =ma,可得a=gsin0- B2d2v (分mi-2m）=Q+·x,解得Q R mR,在时间△ 0.1632J,C错误，由图乙可知v3一v2=01一0，得 内，有△v=a△t,则∑△o=∑ gsin 0- B2d2v mR △t, v3=1.2m/s,金属棒穿过区域Ⅱ的过程中做匀速 B2d2 直线运动，有ng sin0=(mng cos0+B2I2L),另 有v1=gtsin0- mR1,而x=2d,解得t= 外，金属棒穿过区域Ⅱ时B1均匀变化，回路中产生 7 ·58· ·物理· 参考答案及解析 △B1 由振动时是阻尼振动，振幅减小但振动周期不 感生电动势，电动势E2= ·Lx1,金属棒与R2 △t 变，因此频率不变，C错误；由于电吉他是利用琴 并联，再与R1串联，所以回路中的总电阻R意= 弦在磁场中做切割磁感线的运动从而将机械运 R2r E2 R千，十R,=30,金属摔中的电流1，= 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 长立好得 R2 =11.25T/s,D正确。 成影响，所以演奏时应远离强磁场，D正确。 12.(1)C(2分)(2)AC(2分)(3)①i1(3分) 三、非选择题 ②变短(3分) 11.(1)C(2分)(2)B(2分)(3)AD/DA(2分) 【解析】(1)S极向下插入螺线管时，不需要保证 【解析】(1)当U形磁铁N极朝外，S极朝里，开 磁体匀速运动，灵敏电流计指针都会向右偏转，A 口向上放置时，前后拨动琴弦时，琴弦基本与磁 错误；将磁体向下插入或向上抽出的速度越大， 场平行，琴弦不切割磁感线，回路中无明显电流 灵敏电流计指针偏转幅度越大，B错误；将磁体 产生，而上下拔动时，琴弦切割磁感线，回路中有 的N、S极对调，并将其向上抽出，则螺线管的磁 明显电流产生，A错误；条形磁铁N极朝外，S极 通量向下减小，根据楞次定律可知，线圈中感应 朝里，与琴弦垂直放置，前后拨动琴弦时，琴弦基 电流方向由B到A,则电流从“十”接线柱流入电 本与磁场平行，琴弦不切割磁感线，回路中无明 流表，电流表的指针向右偏转，C正确；将磁体的 显电流产生，而上下拨动时，琴弦切割磁感线，回 N、S极对调，并将其向下插入，则螺线管的磁通 路中有明显电流产生，B错误；当条形磁铁N极 量向下增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电 朝下，S极朝上，竖直放置，前后拔动琴弦时，琴弦 流方向由A到B,则电流从“一”接线柱流入电流 切割磁感线，回路中有明显电流产生，而上下拨 表，电流表的指针向左偏转，D错误。故选C。 动时，琴弦基本与磁场平行，不切割磁感线，回路 (2)将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发 中无明显电流产生，C正确；条形磁铁N极朝左， 现电流计指针右偏，可知当线圈B中的磁通量增 S极朝右，与琴弦平行放置，前后拔动琴弦时，琴 加时，电流计指针右偏。插入铁芯，线圈B中的 弦基本与磁场平行，琴弦不切割磁感线，回路中 磁通量增加，电流计指针右偏，A正确；拔出线圈 无明显电流产生，而上下拨动时，琴弦切割磁感 A,线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，B 线，回路中有明显电流产生，D错误。故选C。 错误；将滑动变阻器的滑片向左移动，线圈A中 (2)根据已知，条形磁体N极朝下，S极朝上，因 电流增大，线圈B中的磁通量增加，电流计指针 此琴弦所处磁场向下，规定了琴弦中电流向左为 右偏，C正确；将滑动变阻器的滑片向右移动，线 正方向，规定垂直纸面向外为琴弦位移的正方 圈A中电流减小，线圈B中的磁通量减少，电流 向，则由图乙所示电流变化结合右手定则可知， 计指针左偏，D错误。故选AC。 琴弦在一个周期内的振动引起的位移应从位移 (3)①由图可知，断电前，通过灯泡和线圈的电流 最大处先垂直纸面向里逐渐减小后回到平衡位 均恒定，且通过线圈的电流大于通过灯泡的电 置，然后从平衡位置向垂直纸面向里逐渐增大后 流。断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍通过其 又回到平衡位置，接着又从平衡位置向外回到位 电流减小，而此时灯泡和线圈构成一回路，从而 移最大处。故选B。 使通过灯泡的电流瞬间增大，且方向与原来电流 (3)增大琴弦上的张力，则在拔动琴弦时，琴弦的 方向相反。所以断电瞬间，灯泡中电流是i1。 振动频率会增加，从而使琴弦发出声音的音调升 ②在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将 高，即振动频率越大音调越高，A正确；拔动琴弦 铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减 力度越大，琴弦的振幅越大，琴弦发出声音的响 小，对电流减小的阻碍能力变弱，所以可观察到 度就越大，即振幅越大声音越大，B错误；琴弦自 灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。 ·59· 真题密卷 二轮专题精准提升 √5a2Bo (2)以向右为正，两棒发生弹性碰撞，由动量守恒 13.(1)I= Rto ,方向：M→N (2)xp=6a 定律和能量守恒定律有mv0=mv1十kmo2, 3mRv2 1 4B8a2 【解析】(1)在to~2t。的时间内 解得01= 2(1-k) 4 1+km/s,0=1十6m/s(1分) E=N0=N出 (1分) 为使棒甲碰后向左滑动，显然应有1<0 可得 即k>1 碰后甲向左穿过磁场，假定其可以滑过虚线aa', E-B。·×2a×2a×sin60°= 3a2B(1分) 令其滑到虚线aa'时的速度大小为v1,由动量定 to 感应电流 双有. R总 L-m(lv-v) -是 (1分) (1分) 解得1=3aB。 解特=2 ,-1]m/s (1分) (1分) Rto 为满足题意应有1>0 方向由楞次定律可知M→N。 (1分) 解得>3 (1分) (2)线框顶点P到达x=6a处后，进入区域Ⅱ的 综上所述>3 有效长度 (3)乙在右侧磁场中运动时，甲已经离开左侧磁 L=2 Xatan30°=2v3 场，故此时乙作电源，甲与定值电阻并联，有 3 a (1分) 继续向前运动直到停止，有 RR:20 (1分) 对乙在极短时间内，安培力冲量为 -ΣBoiL△t=0-mv2 (1分) 2BLu:·A=2BL Ar-2B:t 2 又有 R总 总 Ra (2)Ax g=8i△2=B,△_Ba(2 Artan30) (1分) R R (1分) 2 32 3mRv2 (1分) 解得△x= 有信d-普 4B6a2 (1分) 则P的横坐标 =km(v2-v2) (1分) 3mRvz 其中，v?是乙到达O点时的速度 xp=6a+ 4B8a2 (1分) (1分) 14.(1)2m/s,0.5C(2)k>3(3)能 解得时=（千6说 【解析】(1)由题知，甲棒做匀加速直线运动，由 若乙能滑过O点，显然应有o2>0 BIoL 4 牛顿第二定律可得a= m =2m/s (1分) 解得k> (1分) 显然(2)中k的范围是上述结果的子集，即(2)中 由运动学公式有v?=2ad 所求飞的范围能确保棒乙滑过O点。(1分) 解得vo=2m/s (1分) 15.(1)7.9m/s2(2)2m/s2,1.8N(3)32.3W 甲向左滑过磁场的过程中，乙还未到达QQ1,且 (4)2.53m 虚线bb'到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂 【解析】(1)棒H做匀加速直线运动 层，则甲作电源与定值电阻串联，可知总电阻 mg sin60°-F安cos60°=ma (1分) R总=2R0=82 ng sin60° a= 故通过定值电阻的电荷量等于通过回路的总电 m+B2cos260L2·C (1分) △Φ_BLd=0.5C 解得 荷量qRs一R& (1分) a=7.9m/s2 (1分) ·60. ·物理· 参考答案及解析 (2)由wt图像可得在1~2s内，棒G做匀加速 F=mna+BIL=3.4N (1分) 运动，其加速度 其水平向右拉力的功率 a-8品-2m/S (1分) P=FUH=32.3 W (1分) (4)棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受 依题意物块A的加速度也为a=2m/s2,由牛顿 到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉 第二定律可得 着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假 T-mAgsin 0=mAa (1分) 设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G的加速度 解得细绳受到拉力 T=1.8N (1分) a'= BL26_12×0.4×4 RmG 0.4×0.4 m/s2=4m/s2 (3)由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律 (1分) 推导出“双棒”回路中的电流 物块A的加速度 I=BL (on-vG) (1分) a"-gsin 0=2.5 m/s (1分) R志 说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大 R海=RG 小为2.5m/s2的匀减速运动，棒G做加速度越 由牛顿运动定律和安培力公式有 来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感 BIL-T=mGa (1分) 应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在2$~ 由于在1s~2s内棒G做匀加速运动，回路中电 3s内，有 流恒定为 (1分) I=6.5A BIL△t=mc(c2-vc3) (1分) 两棒速度差为 BL BLsG -△t= (1分) VH-VG-6.5 m/s RG RG 由t图像可知t=1.5s时，棒G的速度 棒G滑行的距离 vG=3 m/s (1分) SG= 此刻棒H的速度 me()Re ()m-2.53 m B2L2 vH=9.5 m/s (1分) (1分) 保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a;对棒 这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速 H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力 度，绳子始终松弛。 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 (3)作图如下 解析(2分)A(2分)(4)用游标卡尺测量外径 InT -0.4 D/通过测量40次或60次左端与O点等高所用 -0.5 -0.6 时间来求周期/适当减小摆动的幅度(2分) -0.7 -0.8 【解析】(1)刻度尺的分度值为0.1cm,需要估读 -0.9 到分度值下一位，读数D=7.54cm。 -1.0 1.60 1.802.002.202.402.60 (2)积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积 2.803.001hD 由图可知，lnT与lnD成线性关系，根据图像可 木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时， 知，直线经过(2.80,0.5)与(1.80,1.0)，则有 之后每计数一次，经历半个周期，可知，第20次时停 止计时，这一过程中积木摆动了10个周期。 1nT-(-1.0)。-0.5-（-1.0)=0.5,解得 1nD-1.80 2.80-1.80 ·61. 7