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（重庆甘肃贵州专用）

真题密卷 二轮专题精准提升 f=F安 Bl(E-2Blv;) 又IA= ∑FA△=∑ △t= 又有 R BL(Et-2Bls) f=kv-kam 2 (1分) R 当=2B12 联立解得 R时 2BIEt-momIR s- 2B2121B213(w0-wm) 4B212+2kR R Wm 2 (1分) R 代入wm,得 解得导线框转动的最大角速度 BIE (kRt+2B212t-mR) s= (2B212+R)2 (1分) 号 (1分) n2U (3)转动稳定后达到最大角速度wm,AB、CD两 15.(1)n0-U nR, ,(2)R+nR: (3)n2R 边所受的安培力均与阻力平衡 【解析】(1)定值电阻R.的电流为I,则原线圈 f=F安 两端电压U1=U-IR (2分) U, 又f=ku=kwm2 根据=” (2分) 根据法拉第电磁感应定律，可得此时的感应电动势 解得通过定值电阻R,的电流I=nUU(2分) E"-2Blv=Bl2@m nR 则此时的感应电流 (2)原线圈中满足U=U-I1R. (2分) T=E-E”_E-Bl'un U2 (1分) 副线圈中满足12= (2分) R R AB、CD两边所受的安培力 U I Fs=Bl(E-Bol) 又因为可=”1。=1 (2分) (1分) R n2U 联立解得I1=R十nR (2分) L_Bl(E-Bo) 则kwm2 (1分) R (3)锅体产热的功率P=IR= n2UR 2BE (R+n'R.):= 解得wm=2B212+kR n2U2 R+(nR.) (2分) 设安培力的冲量为IA,由动量定理知 R +2n2R 2IA-2ft=2m·wm2 (1分) 因此当R=n2R,时取得最大功率。 (2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 a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为5：13，A 1.A【解析】线圈a中小圆产生的感应电动势和大 正确。 圆中产生的感应电动势方向相反，即电动势E1= 2.C【解析】线圈进入磁场的过程，磁通量增加，根据 π3r)2-44B 楞次定律，可判断出，感应电流的方向为ADCBA,A △B 2=5 △r,线圈b中小圆产 错误；在线圈进入磁场的过程中，受到沿CA方向的 生的感应电动势和大圆中产生的感应电动势方向相 安培力作用；由于线圈匀速运动，由二力平衡可知，线 B △B 圈受到的摩擦力方向为AC方向，且与安培力大小相 同，即电动势E,一 △应π(3)2+4 2-13 等。根据牛顿第三定律可知，线圈对传送带的摩擦力 ·48· ·物理· 参考答案及解析 始终沿CA方向，最大值fm=fm=Fm=N·BI√2L, 电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 又有1= EN·BL mgsin30°-2BIL=mab,对cd根据牛顿第二定 R海R ,R总=4NLR,解得f= 律得m'gsin30°-BIL=m'acd,又ab=acd,解 厄NBL巴，B错误：线圈质量不变，材料不变，边长不 AR 得m-贺，B错误；分析可知两个导体棒产生的电 变，匝数变成2倍，则导线长度变为原来的2倍，横截面 动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的 积变为原来的2，根据R=P号可知，电阻变为原来的 电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当 安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分 4倍，又因为此时安培力的最大值F=2N·BI'√2L, 力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流 又有=2N·BL0=2N·BL0_B0 4R意4·4NR-R,解得F贴 达到稳定值，此时对ab分析可得mg sin30°= ENBL0=F,可知，线框受到的安培力的最大值 2BIL,解得I=ng sin30° 2BL ,C错误：开始运动后， 4R 因两导体棒的加速度大小相等，因此两导体棒的 不变，而最大静摩擦力fmx=mg不变，所以在不 速度相等，根据法拉第电磁感应定律有E= 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 E 3BLv BL0+2BL0=3BL,感应电流I=2R-2R 打滑，C正确；线圈在进入磁场的过程中通过截面 mg sin30° mgR E ΦN·BL2BL 2BL ,解得cd棒最终下滑速度0=6B, 的电荷量g=1i一R意=N R 4NLR4R' D正确。 D错误。 5.D【解析】根据法拉第电磁感应定律E=Bl⑦，设 3B【解析】由题分析，可知ab、cd边受到的安培 E 力等大反向，但ad、bc边受到的安培力大小不相 线圈电阻为R,根据闭合电路的欧姆定律I= R 等（所处磁场强弱不同）、方向相反，导线框的合安 根据安培力公式F=BIl,根据牛顿第二定律a= 培力水平向左，则导线框在竖直方向做竖直上抛 ,联立解得a=B120 F 运动，水平方向做减速直线运动，当速度为0时， mR,根据加速度的表达式可 导线框上升的高度h=（osin53) 知，线框向右全部进入磁场的过程，线框做加速度 =0.8m,a 2g 减小的减速运动；线框完全进入磁场后，穿过线框 点的纵坐标y=h十y0,解得y=1.6m,A错误，B 的磁通量不变，线框中感应电动势为零，感应电流 正确；由功能关系可知，导线框产生的焦耳热等于 为零，安培力为零，加速度为零，因此线框完全进 导线框克服安培力做的功，水平方向的合力就是 入磁场到刚要离开磁场过程，线框做匀速运动；线 安培力，由功能关系可知产生的焦耳热Q= 框穿出磁场过程中，根据加速度的表达式可知，线 2m(oc0s53)2,解得Q=1.8J,C错误；当速度 框继续做加速度减小的减速运动，直到完全穿出 磁场；此过程t图像如图所示，由于线框宽度只 为0时，导线框已经运动的时间t,=0sin53°。 g 有磁场宽度的一半，所以线框整体在磁场中匀速 0.4s,t。之后导线框做自由落体运动，回路中没有 运动的距离与出磁场的距离相等，则根据i= 感应电流，速度大小v=g(t一to),解得v=1m/s, 尺，可知出磁场电流将越来越小，方向与进磁场时 B D错误。 4.D【解析】两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手 的电流方向相反，综上可以得出出磁场时间比在磁场 定则可知回路中的电流方向为abcda,A错误；设 中匀速运动时间更长，A、B错误；线框进入磁场过程 回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的 中，水平向右由动量定理BIL·△t=mw一muo,I= ·49· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 R,联立B2 Bl B212v 量定理有Ft=mv,其中平均安培力F=BIL,结 R ·△t=mwo-mw,v=v0 mR △t=0 B212x mR,因此vx图像应该线性变化：完全 合q=I·t,可得v BI_BL9,C正确，刚充 m m 进入磁场后，通过线框的磁通量为定值，所以没有安 电结束时，电容器电荷量Q=CE,导轨达到最大 培力，线框做匀速直线运动；出磁场时同理可得线框 速度时，电容器电荷量Q'=Q一q,此时电容器电 灯x图像应该也为线性变化，C错误，D正确。 Q 压U= ,此时导轨产生的感应电动势等于U, 故BL0=U,联立以上几式可得CE-9-BL0,可 C 0 解得E=u(BL十BC),故地弹的最大速度与电 6,B【解析】金属杆ab匀速向下运动时，产生的感 容器电容大小并不成正比，D错误。 应电动势由b指向a,可知电容器上板电势高，将 二、多项选择题 上极板上移，电容器电荷量不变，场强不变，带电 8.BC【解析】均匀变化的磁场产生恒定的涡旋电 粒子受力不变，不动，A错误；金属杆匀速运动时 场，在0~。时间内小球沿切线方向速度大小均匀 满足Mg sin0=BILcos0,切割磁感线产生的电动 增大，沿切线方向可看作匀变速直线运动，位移大 势E=Bcos OLv,根据闭合电路的欧姆定律可得 1 I-B0osL口_Beos L,联立解得匀速运动的 小为R,切向加速大小为a1,则有R=2at。, Rs 2R R+ 2 解得a1=2π 。,小球还具有向心加速度，故小球的 2MgRsin 0 速度大小口一Bc039,B正确：带电液滴平衡 加速度不等于2πR, ，A错误；小球沿切线方向上有 U 2R 时则有mg=9,根据欧姆定律可得U=IX 2 e6,,B正确；根据法拉 2πmR eE$=ma1,解得Es= 解得电荷量大小q= dmBLcos 0 MR sin0,根据平衡条件 B 第电磁感应定律得U=S=E·2πR,又S= 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， R,解得B=4”,D错误；小球在。时刻的速 eto 继续充电，根据Q=CU,U不变，d减小，E增大， 度最大，则受到的最大洛伦兹力f=euB,v= 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。 a1o,解得f=8Rmπ2 日C正确。 7.C【解析】对炮弹受力分析，根据牛顿第二定律 9.AC【解析】列车从进站到停下来过程，设向右为 有B1L=ma,给合1-日，C-号，由于电客层效 正方向，根据动量定理有一fL一BIL·t=0 电过程中，极板所带电量Q在减小，可知极板间电 一v0,电荷与电流关系q=I·t,平均感应电动 压、通过炮弹的电流以及炮弹所受安培力都在减 小，则可知炮弹的加速度也在减小，A错误；炮弹 势E△ΦB,闭合回路欧姆定律1=？，联立 在导轨上运动过程，由于电容器有电压存在，通过 解得t= Rmvo-B2L2s ,A正确；在线框ab边进 R BLv 地弹的平均电流并不是R,即 Rt≠g,则可知 入磁场瞬间，感应电动势E=BL0,感应电流I= x卡8L,B错误；对炮弹，以向右方向为正，根据动 gR ，根据牛顿第二定律有BIL十f=ma,解得a= E 2 ·50· ·物理· 参考答案及解析 B2L2v0+fR 三、非选择题 ,B错误；在线框进入磁场的过程中， mR 11.(1)C(2分)(2)B(2分)(3)AD(3分) 设线框产生的焦耳热为Q,摩擦生热为Q',根据能 【解析】(1)当U形磁铁N极朝外，S极朝里，开 量守恒定体有Q+Q=方mi-方m僧）”，Q 口向上放置时，前后拨动琴弦时，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 QL f,线框ab边消耗的电能Q山=2L十2s,解得 产生，而上下拨动时，琴弦切割磁感线，回路中有 明显电流产生，A错误；条形磁铁N极朝外，S极 Q。货mi一C玉角：筑靠会年达 朝里，与琴弦垂直放置，前后拨动琴弦时，琴弦基 入磁场后，线框磁通量不变，感应电流为0，但αb 本与磁场平行，琴弦不切割磁感线，回路中无明 边继续切割磁感线，所以αb边感应电动势不为0， 显电流产生，而上下拔动时，琴弦切割磁感线，回 D错误。 路中有明显电流产生，B错误；当条形磁铁N极 10.ABD【解析】闭合开关后，两导体棒在安培力 朝下，S极朝上，竖直放置，前后拨动琴弦时，琴弦 的作用下均开始加速运动，根据法拉第电磁感应 切割磁感线，回路中有明显电流产生，而上下拔 定律，可知两者切割磁感线产生逐渐增大的感应 动时，琴弦基本与磁场平行，不切割磁感线，回路 电动势，而感应电动势与电源电动势相反，则回 中无明显电流产生，C正确；条形磁铁N极朝左， 路的总电动势逐渐减小，回路中的电流，以及两 S极朝右，与琴弦平行放置，前后拔动琴弦时，琴 导体棒受到的安培力均减小，根据牛顿第二定 弦基本与磁场平行，琴弦不切割磁感线，回路中 律，可知两导体棒均做加速度减小的加速运动，A 无明显电流产生，而上下拔动时，琴弦切割磁感 正确；由题意可知，导体棒L1电阻为R、质量 线，回路中有明显电流产生，D错误。故选C。 为m,导体棒L2的质量为2m,电阻为2R。加速 (2)根据已知，条形磁体N极朝下，S极朝上，因 过程中当电流为I时，导体棒L1、L2受到的安培 此琴弦所处磁场向下，规定了琴弦中电流向左为 力大小分别为F1=BId,F2=BI·2d,根据牛顿 正方向，规定垂直纸面向外为琴弦位移的正方 第二定律有F1=BId=ma1,F2=BI·2d= 向，则由图乙所示电流变化结合右手定则可知， BIdBId 琴弦在一个周期内的振动引起的位移应从位移 2ma2,解得a1= m,a2= m,可知在加速过程 最大处先垂直纸面向里逐渐减小后回到平衡位 中导体棒L1、L2的加速度大小相等，B正确；由 置，然后从平衡位置向垂直纸面向里逐浙增大后 上述分析可知最终稳定时，两棒均以速度做匀 又回到平衡位置，接着又从平衡位置向外回到位 速直线运动，此时两棒的感应电动势之和等于电 移最大处。故选B。 源电动势，即电源电动势E=Bdo十2Bdv= (3)增大琴弦上的张力，则在拨动琴弦时，琴弦的 3Bdv,C错误；设全程通过回路的电荷量为q,以 振动频率会增加，从而使琴弦发出声音的音调升 导体棒L2为研究对象，以其运动方向为正方向， 高，即振动频率越大音调越高，A正确；拔动琴弦 力度越大，琴弦的振幅越大，琴弦发出声音的响 根据动量定理得BdIt=mv一0，其中It=q,整 度就越大，即振幅越大声音越大，B错误；琴弦自 个过程电源输出的电能E电=qE,联立解得 由振动时是阻尼振动，振幅减小但振动周期不 E电=3mv2,由能量守恒定律可得回路产生的总 变，因此频率不变，C错误；由于电吉他是利用琴 然平热Q-E:m:-号×2m,根器焦平 1 弦在磁场中做切割磁感线的运动从而将机械运 定律可得导体棒L2中产生的焦耳热Q2= 动转化为电信号，再将电信号转化为声音信号， 3 因此，当外界存在强磁场时会对电吉他的发声造 Q RFR+2RX2R- 4mu,D正确。 成影响，所以演奏时应远离强磁场，D正确。 ·51· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 12.(1)C(2分)(2)AC(3分)(3)①i1(2分) 感应电流 ②变短(2分) (1分) 【解析】(1)S极向下插入螺线管时，不需要保证 磁体匀速运动，灵敏电流计指针都会向右偏转，A 解得I= 3a2Bo (1分) 错误；将磁体向下插入或向上抽出的速度越大， Rto 灵敏电流计指针偏转幅度越大，B错误；将磁体 方向由楞次定律可知M→N。 (1分) 的N、S极对调，并将其向上抽出，则螺线管的磁 (2)线框顶，点P到达x=6a处后，进入区域Ⅱ的 通量向下减小，根据楞次定律可知，线圈中感应 有效长度 电流方向由B到A,则电流从“十”接线柱流入电 L=2 Xatan30°-2,3 流表，电流表的指针向右偏转，C正确；将磁体的 3 a (1分) N、S极对调，并将其向下插入，则螺线管的磁通 继续向前运动直到停止，有 量向下增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电 -ΣBiL△t=0-mv2 (1分) 流方向由A到B,则电流从“一”接线柱流入电流 又有 B,△sBoa(2△xtan30°) 表，电流表的指针向左偏转，D错误。故选C。 q=i△t= (1分) R R (2)将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发 3mRv2 现电流计指针右偏，可知当线圈B中的磁通量增 解得△x= (1分) 4B6a2 加时，电流计指针右偏。插入铁芯，线圈B中的 则P的横坐标 磁通量增加，电流计指针右偏，A正确；拔出线圈 3mRv2 (1分) A,线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，B xp=6a+ 4B8a2 错误；将滑动变阻器的滑片向左移动，线圈A中 14.(1)2m/s,0.5C(2)k>3(3)能 电流增大，线圈B中的磁通量增加，电流计指针 【解析】(1)由题知，甲棒做匀加速直线运动，由 右偏，C正确；将滑动变阻器的滑片向右移动，线 牛顿第二定律可得a= BIoL =2m/s2 圈A中电流减小，线圈B中的磁通量减少，电流 m 计指针左偏，D错误。故选AC。 由运动学公式有v=2ad (3)①由图可知，断电前，通过灯泡和线圈的电流 解得vo=2m/s (1分) 甲向左滑过磁场的过程中，乙还未到达QQ1,且 均恒定，且通过线圈的电流大于通过灯泡的电 流。断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍通过其 虚线bb到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂 层，则甲作电源与定值电阻串联，可知总电阻 电流减小，而此时灯泡和线圈构成一回路，从而 R总=2R0=82 使通过灯泡的电流瞬间增大，且方向与原来电流 故通过定值电阻的电荷量等于通过回路的总电 方向相反。所以断电瞬间，灯泡中电流是i1。 ②在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将 △Φ_BLd=0.5C 荷量q一RsR& (1分) 铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减 (2)以向右为正，两棒发生弹性碰撞，由动量守恒 小，对电流减小的阻碍能力变弱，所以可观察到 定律和能量守恒定律有mv0=mv1十m2, 灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。 1 ,1 (1分) 13.(1)1=3a2B 2moi-2moi+号tmoi ，方向：M→N Rto (2)xp=6a 2(1-k) 4 t3mRva 解得u=1十km/s,十km/s (1分) 4Bia? 为使棒甲碰后向左滑动，显然应有1<0 【解析】(1)在t。~2t。的时间内 即k>1 =N AB E-N4 碰后甲向左穿过磁场，假定其可以滑过虚线aa, S (1分) △t 令其滑到虚线aa'时的速度大小为v1,由动量定 可得 理有3BL0.A=BLd R总 R总 =m(v1|-v1) t‘2X2a×2 a X sin6o°=3a2B, B01 E= ·(1分) (1分) 2 ·52· ·物理· 参考答案及解析 释-- -1]m/s (1分) I= BL(UH-VG） R总 (1分) 为满足题意应有1>0 R总=RG 解得>3 (1分) 由牛顿运动定律和安培力公式有 综上所述k>3 BIL-T=mca (1分) (3)乙在右侧磁场中运动时，甲已经离开左侧磁 由于在1s~2s内棒G做匀加速运动，回路中电 场，故此时乙作电源，甲与定值电阻并联，有 流恒定为 R。=7R=2n I=6.5A 两棒速度差为 对乙在极短时间内，安培力冲量为 VH-VG=6.5 m/s (1分) 3BL·A4=BLA 2 由t图像可知t=1.5s时，棒G的速度 R总 R总 A=2 B UG=3 m/s (1分) (1分) 此刻棒H的速度 2 32 (1分) H-9.5 m/s (1分) 保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a;对棒 =km(v2一v2) (1分) H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力 其中，02是乙到达O点时的速度 F=mHa+BIL=3.4N (1分) 解得时=(。 其水平向右拉力的功率 )m/s (1分) P=FUH=32.3 W (1分) 若乙能滑过O点，显然应有>0 (4)棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受 解得>号 (1分) 到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉 着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假 显然(2)中的范围是上述结果的子集，即(2)中 设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G的加速度 所求k的范围能确保棒乙滑过O点。 (1分) B2L2612×0.42×4 15.(1)7.9m/s2(2)2m/s2,1.8N(3)32.3W m/s2=4m/s2 RmG 0.4×0.4 (4)2.53m (1分) 【解析】(1)棒H做匀加速直线运动 物块A的加速度 mg sin60°-F安cos60°=ma (1分) a'=g sin 0=2.5 m/s2 (1分) mg sin60° a=- (1分) 说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大 m+B2cos260L2·C 小为2.5m/s2的匀减速运动，棒G做加速度越 解得 来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感 a=7.9m/s2 (1分) 应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在2$~ (2)由vt图像可得在1~2s内，棒G做匀加速 3s内，有 运动，其加速度 BIL△t=mG(vcz-vcs) (1分) a=怒=2m (1分) IAt= B R。4t BLse 依题意物块A的加速度也为a=2m/s2,由牛顿 (1分) RG 第二定律可得 棒G滑行的距离 T-mAgsin 0=mAa (1分) Sc= 解得细绳受到拉力 B2L2 T=1.8N (1分) (1分) (3)由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律 这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速 推导出“双棒”回路中的电流 度，绳子始终松弛。 ·53· 22025一2026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、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 1 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 b 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 () P 50-45° 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2N 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的 班级 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=0.4kg、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 个m 姓名 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 53 动，空气对导线框的阻力忽略不计，g取10m/s2,sin53°=0.8、 得分 c0s53°=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 x/m 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,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 个2B B B.cd的质量为2m 30\N 30° C.ab中电流最终为2BL mg mgR 130 30 D.cd棒最终下滑速度为 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 () ×××× XX×X + ×× ×××× 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 () 密卷 二轮专题精准提升（十二）物理第2页（共8页） 2 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 C.带电液滴的电荷量为 BLdmcosθ 2MRsin 0 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.如图，水平台面上有一足够长、间距为L的平行光滑金属导轨MN、PQ,置于塑料圆筒 内，导轨左端连着电容为C的电容器和电动势为E的电源，整个装置处于磁感应强度大 小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。将一质量为m的模拟金属炮弹置于圆筒内导轨 上，先将开关拨至接线柱1，充电结束后，将开关拨至接线柱2，炮弹在安培力作用下开始 运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过炮弹的电荷量为9。已知炮弹电阻为R, 炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻。则在此过程中炮弹 个B A.做匀加速直线运动 B在导轨上的位移为服 BL Lq C.离开导轨时的速度为 m D.最大速度与电容器电容大小成正比 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，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 8 9 10 答案 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 () 真空 中：侧视图 由子轨道 <电子枪 乙：真空室俯视图 2 二轮专题精准提升（十二）物理第3页（共8页） 真题名 A.0~t。时间内在管道内小球a的加速度大小a=2π尽 t品 B.0~t。时间内在管道内产生的涡旋电场大小E= 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∫洛= t 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 进人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。，车尾 进入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了。下列说 法正确的是 () 0 匀强磁场 列车 线框 站台 Rmvo-B2L2s A.列车从进站到停下来所用时间t= R B2L2vo-fR B.在线框ab边进入磁场瞬间，列车的加速度大小a= mR 在线框进人磁场的过程中，线框b边电阻产生的热量为十，m} 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 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=2Bdv 3 D.整个过程中，导体棒L2中产生的焦耳热为mo2 密卷 二轮专题精准提升（十二）物理第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共57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 琴 A B C 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 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 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 12.(9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”接线柱流人电流表时，指针向右偏 转。将条形磁铁按如图甲方式S极向下插人螺线管时，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 二轮专题精准提升（十二）物理第5页（共8页） 真题密 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 03 0. 0 -0.1 S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”）。 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t。~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边尚未进人区域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。 ·.E 6 。。·· ··· 0·2a°3a 5a··6a 甲 卷 二轮专题精准提升（十二）物理第6页（共8页） 2 14.(13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αa'(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。 7 定值 电 2 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, cos0=0.97,sin60°=0.87，c0s60'=0.5,图乙中e为常数，兰-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。 w/m's 卷 二轮专题精准提升（十二）物理第8页（共8页）