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（山东专用）

真 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90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 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i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 () XXX 4 A ⊙ 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：。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 () B X ×0459 N 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，而是愿意含着泪继孩奔跑的人 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2NBL0 4R 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 得分 D,线圈在进入磁场的过程中通过裁面的电荷量为NBL R 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 m 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=0.4kg、电阻R=0.12、边长L= 10 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 d c53 。。 坐标原点O的距离yo=0.8m,此时将导线框以，=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 B· 程导线框不转动，空气对导线框的阻力忽略不计，g取10m/s2,sin53°= 0 x/m 0.8、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 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“△”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 B B.cd的质量为2m Cab中电流最终为0品 30N /30 D.cd棒最终下滑速度为gR 30° 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，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 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BLdmcos9 2MRsin 0 D.金属杆匀速运动时，若将电容器下极板向上移动，则 52R0 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） 3 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 :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=:,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( A.M、N的距离，线框在M、N两点水平放置时的感应电动势 y B.O、P的距离，线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势 M 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 7777777777777777777 7777777777777 水平地面 动势 h(未知》 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 金属管线截面 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d,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 缘杆 ?d BLd 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q= R B.情形1中，线框下边与磁场上边界的距离x=mRigsin0 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t= V2BILd-4gdsin 0 2B'd gsin 0 mRgsin 0 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，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 9 10 11 12 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 、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 () 二轮专题精准提升（十二）物理第3页（共8页）】 真题 真空室 申：侧视图 本B 电子轨道 电子枪 乙：真空室俯视图 人 A0一4，时间内在管道内小球a的加速度大小a=?πR to 2πmR B.0~t。时间内在管道内产生的涡旋电场大小E嘘= 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涤= D,磁感应强度的最大值B=2πm eto l0.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。，车尾进入蓝场瞬间列车速度为好，列车停止前所受 铁轨及空气阻力的合力恒为∫。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 fR 匀强磁场 B.在线框ab边进入磁场瞬间，列车的加速度大小a= 列车 B2L2vo-fR 线框 mR 站台 C.在线框进入磁场的过程中，线框αb边电阻产生的 热#为子，原m- D.从线框全部进人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 11.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，号体楼L☑中产生的焦耳热为m。 密卷 二轮专题精准提升（十二）物理第4页（共8页） 12.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R,=12,下端接定 值电阻R2一4，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u=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，si37°=0.6，g 取10m/s2。下列说法正确的是 () M +(m's) h c B 00)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6小题，共60分。 13.(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 琴弦 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 (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 二轮专题精准提升（十二）物理第5页（共8页）》 真题密 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 14.(8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。 B 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 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.插入铁芯 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 0.1 -0.2 -0.3 S电流传感器 -0.4 -0-5.2141.61.82.02.22 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”)。 15.(8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2α~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； 卷 二轮专题精准提升（十二）物理第6页（共8页） 3 (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。 .l. B。 ···p ·✉ 。 5a:·6a 3。 甲 16.(8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QOQ,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，乙静止在虑线bb'右侧附近，虚线aa'到单刀双掷开关、虚线bb'到QQ,的距离 均足够长，且虚线bb'到QQ,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，c0s37°=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。 17.(14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。sn0= 0.25,cos0=0.97,sin60°=0.87，cos60°=0.5，图乙中e为常数， ,4=1.47。求： 二轮专题精准提升（十二）物理第7页（共8页） 真题密 (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- 18.(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-及，其中1为电流大小，？为到直导线的距 离，k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2T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时间肉线陶中电流 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cdef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='x十B。('>0)。现在给金 属棒αb一个水平向右的瞬时冲量I。,一段时间后金属棒αb与U形框发生完全非弹性碰撞，整 3k′2L4 体进人到EF右侧运动时会受到阻力，阻力大小与速度满足f=4R,求b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。 个B 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 l血a子小os前-l血(u专小ms时 M1M2所受安培力 3 Fa=2 klo x 3kI。L1L2(w-wx) (1分) 2r X L1= 3 解得B合：=2 kosint (1分) 9k2I3LL2(@-@x) (1分) Ar B6y=Bosin60°-Besin60°=kTosin(at- 2 3. 汽车受到的牵引力 F=λF安 9k2I8LLA(w-w:）=f (1分) sn60-l.sn(au专小n60 (1分) Ar Arf 3 解得ωx=w一 (1分) 解得Bs,=一2 kI.coswt (1分) 9k2I6LL2入 (3)刹车过程，对汽车由动量定理有 故中心处磁感应强度大小恒定为 I制车假力冲量大小十ft=mU (1分) (1分) 得I制车假力冲量大小=mo一ft 又因为在刹车的任意时刻，转子的所有线圈单边 以角速度ω顺时针旋转 (1分) 所受安培力大小之和 (2)由楞次定律，转子也会顺时针旋转，汽车匀 速行驶时，设转子稳定旋转的角速度为山红，当 F安号一入F到车血力 (1分) 线圈M1M2M3M4磁通量为0时，该线圈中总 故刹车全过程 3 感应电动势e=2×21XL1X(ww:)2 14= I利奉凰力冲量大小= (mv-ft)= 3 IoLiL2(@-@.) (1分) 3 b1LQ&tt (2分) 该线圈中电流 解得Q总电量 2δ(mv-ft) i=E_3kIoLiL:(o-w.) (1分) 3k入IoL1 (1分) 2r 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 减小的减速运动：线框完全进入磁场后，穿过线框 1.A【解析】线圈a中小圆产生的感应电动势和大 的磁通量不变，线框中感应电动势为零，感应电流 圆中产生的感应电动势方向相反，即电动势E:= 为零，安培力为零，加速度为零，因此线框完全进 )-4-5会w,线图b中小图产 △B 入磁场到刚要离开磁场过程，线框做匀速运动；线 框穿出磁场过程中，根据加速度的表达式可知，线 生的感应电动势和大圆中产生的感应电动势方向相 框继续做加速度减小的减速运动，直到完全穿出 同甲电动分E,-总)计治=1B公， 磁场；此过程t图像如图所示，由于线框宽度只 有磁场宽度的一半，所以线框整体在磁场中匀速 a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为5：13，A 运动的距离与出磁场的距离相等，则根据讠= 正确。 Blv 2.D【解析】根据法拉第电磁感应定律E=Bl,设 尺，可知出磁场电流将越来越小，方向与进磁场时 E 线圈电阻为R,根据闭合电路的欧姆定律I=尺， 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 根据安培力公式F=BIl,根据牛顿第二定律α 中，水平向右由动量定理BIL·△t=mu一mwo,I= mR,根据加速度的表达式可 2联立解得a=B R,联立B1 Bl B212v 知，线框向右全部进入磁场的过程，线框做加速度 R ·△=m-m,v=v0 mR ·61· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 △t=V0 R,因此x图像应该线性变化；完全 B212 1 2m(uos53)2,解得Q=1.8J,C错误；当速度 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 为0时，导线框已经运动的时间t,=sin53° 心x图像应该也为线性变化，C错误，D正确。 0.4s,t0之后导线框做自由落体运动，回路中没有 A 感应电流，速度大小v=g(t一to),解得v=1m/s, D错误。 5.D【解析】两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手 0 定则可知回路中的电流方向为abcda,A错误；设 3.C【解析】线圈进入磁场的过程，磁通量增加，根据 回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的 楞次定律，可判断出，感应电流的方向为ADCBA,A 电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得 错误；在线圈进入磁场的过程中，受到沿CA方向的 mg sin30°-2BIL=maab,对cd根据牛顿第二定 安培力作用；由于线圈匀速运动，由二力平衡可知，线 律得m'gsin30°-BIL=m'aa,又aab=aa,解 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 得m'一空，B错误；分折可知两个导体棒产生的电 始终沿CA方向，最大值fh=fm=Fm=N·BIW2L, 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 又有I二E→NRBL.R=4NR,解得 安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分 力平衡时导体棒匀速运动，此时电路中的电流 厄NBL,B错误；线国质量不变，材料不变，边长不 4R 达到稳定值，此时对ab分析可得mgsin30°= 变，匝数变成2倍，则导线长度变为原来的2倍，横截面 2BIL,解得I=mg sin30 2BL ,C错误；开始运动后， 积变为原来的7，根搭R=ρS可知，电阻变为原来的 因两导体棒的加速度大小相等，因此两导体棒的 4倍，又因为此时安培力的最大值F=2N·BI'√2L, 速度相等，根据法拉第电磁感应定律有E= 又有r=2N·BL0-2N·BLm_B0 8职，解得F- E 3BLv 4·R卷4·4NR BL0十2BL0=3BL0,感应电流I=2R=2R ng sin30° mgR ENBL0-=F,可知，钱框受到的安培力的最大值 2BL ,解得cd棒最终下滑速度v- 6B2L29 4R D正确。 不变，而最大静摩擦力∫mx=umg不变，所以在不 6.B【解析】金属杆ab匀速向下运动时，产生的感 改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长 应电动势由b指向a,可知电容器上板电势高，将 但匝数为2N的线圈进入磁场过程相对皮带不会 上极板上移，电容器电荷量不变，场强不变，带电 打滑，C正确；线圈在进入磁场的过程中通过截面 粒子受力不变，不动，A错误；金属杆匀速运动时 E 的电荷量g=ItR=W ,△ΦN·BL2BL R&4NLR4R' 满足Mg sin0=BILcos日，切割磁感线产生的电动 D错误。 势E=Bcos OLv,根据闭合电路的欧姆定律可得 4.B【解析】由题分析，可知ab、cd边受到的安培 I= Bcos OLu Bcos OLu 力等大反向，但ad、bc边受到的安培力大小不相 R慈 R,联立解得匀速运动的 R+2 等（所处磁场强弱不同）、方向相反，导线框的合安 2MgRsin 0 培力水平向左，则导线框在竖直方向做竖直上抛 连度大小口一c0s9,B正确；带电液滴平衡 运动，水平方向做减速直线运动，当速度为0时， U 导线框上升的高度=(vosin53)” 时则有mg= 9,根据欧姆定律可得U=1×R, =0.8m,a 2g dmBLcos 0 点的纵坐标y=h十yo,解得y=1.6m,A错误，B 解得电荷量大小g=MRsin0,根据平衡条件 正确；由功能关系可知，导线框产生的焦耳热等于 可知，粒子带负电，C错误；金属杆匀速运动时，若 导线框克服安培力做的功，水平方向的合力就是 将电容器下极板向上移动，则电容器的电容增大， 安培力，由功能关系可知产生的焦耳热Q= 继续充电，根据Q=CU,U不变，d减小，E增大， 3 ·62· ·物理· 参考答案及解析 上极板与P点距离不变，电势差增加，上极板接地 8.B【解析】情形1中，线框刚穿过磁场过程通过线 电势为0，因此P点电势降低，D错误。 框截面的电荷量q=I△t= 7.A【解析】由题意知B=k,设电流i=Isin wt Bd2 ,A错误；情形1中，对装置，当线框在磁场中 (Im为电流最大值)，在距离管线为r处，磁感强度 R B-1nt,当线圈放在0，P位置，线图竖直放 Bd2v 匀速时mg sin0=BId= R，可得= 置时，线圈平面与磁场方向垂直，在O位置产生的 mgRsin 0 装置在进入磁场前做匀变速直线运 感应电动势E,=△BS-1.Scs,在P点产生 B2d2 △t h 1 动，由动能定理mg sin6·x=2mo2-0,可得 的感应电动势E二S=1 Scos h+yp ,设M,点 x=m2R°gsin -,B正确；设装置由静止释放到导 坐标(xM,O),线框放在M点时，当线圈竖直放置 2Bd4 时，线框平面与半径方向夹角为日，如图所示， 体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上 h 感应电动势EM= AB 的安培力做功为W,由动能定理mg sin0·4d+ 则cos0= Scos 0= √h2十xM △t W一BILd=0-0,其中Q=一W,解得Q= kImwShcos wt 4 ngd sin0一BILd,C错误；设线框刚离开磁场下 h2+xM ，同理N,点的感应电动势EN= 边界时的速度为v1,对装置在接着向下运动2d过 kImShcos wt 程中，由动能定理mg sin0·2d-BILd=0 h2+x品 ，当线圈水平放置在M、N位置时，线 1 圈平面与磁场之间的夹角为日，在M点产生的感应 2mui,可得w1-√m 2BILd-4 gdsin0,对装置在 电动势EM=Ssin0=mMCoS wt 磁场中运动时，由牛顿第二定律mgsin0一 ,在N点 h2十x品 B2d20 产生的感应电动势E%=I■SNCOs wt 。h2十x。若已知 R a,可得a一m9-,在时同 线框在M、N两，点水平放置时的感应电动势EM和 内，有△o=a4,则2A=公gim9-Bd] △t, mR」 E,可以求 EM_工“，如果已知xN一xM=d,可 有o,=gtsin0- B2d2 EN N mRx,而x1=2d,解得t 以求得xM,xN的值，但无法求得h,A错误；若已知 V2mBILd-4m2gdsin 0 2B2d3 线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势Eo, mgsin 0 mgRsin9D错误。 E0=,h,如果再知道OP的距商 Ep,可以求得Ep一h+y】 二、多项选择题 9.BC【解析】均匀变化的磁场产生恒定的涡旋电 yP,可求得h值，B正确；若知道线框在M点水平 场，在0~t。时间内小球沿切线方向速度大小均匀 放置和竖直放置时的感应电动势EM和EM,可以 增大，沿切线方向可看作匀变速直线运动，位移大 求得么，若再知道OM的距离u,可以求得 EM ZM 小为R,切向加速大小为a1,则有R=2a1t。2, h值，C正确；若线框在M点感应电动势最大时与 2πR 水平面的夹角为α，线圈方向与半径方向相同，可求 解得a1= ,小球还具有向心加速度，故小球的 得tana= h ,若再知道O、M的距离xM,可以求得 加速度不等于2πR, ,A错误；小球沿切线方向上有 h值，D正确。故选A。 eE感=ma1,解得E感= e,,B正确影根据法拉 2πmR P 第电磁感应定律得U=Bs=E6·2R,又S= 、水平地面 (知) πR,解得B=4Tm,D错误；小球在。时刻的速 eto 金属管线截面 度最大，则受到的最大洛伦兹力f=e0B,v= 8Rmπ2 a1to,解得f= ,C正确。 t品 ·63· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 10.AC【解析】列车从进站到停下来过程，设向右 Q 导体棒L2中产生的焦耳热Q:=R+R+2R 为正方向，根据动量定理有一ft一BIL·t= 0一m0o,电荷与电流关系q=I·t,平均感应电 2R=3 mv2,D正确。 动梦E一吧网合曰路欧游定律7 12.BD【解析】图乙中c点对应金属棒出区域I, t R BL2w2,其 联立解得t=Rmu。一BL 由受力平衡得mg sin0=ng cos0+ R ，A正确；在线框ab R RR2 边进入磁场瞬间，感应电动势E=BL。,感应电 中R一R十R十，解得：=0.8m/,A错 误；金属棒进入区域I之前的过程中，根据动量 流1=，根据牛颜第二定律有BIL+∫=m@ 定理有(mg sin0-umg cos0)t1=mo1,求得 解得a=BL0+fR B错误；在线框进入磁场 v1=0.4m/s,设区域I的宽度为1，金属棒穿过 mR 区域I的过程中，根据动量定理有(mg sin0 的过程中，设线框产生的焦耳热为Q,摩擦生热 umg cos 0)t2-BI Lt2 =mv2 -mu1,It2= 为Q,根据能量守恒定律有Q十Q= 2m8 R，E E 1/02 BL1,其中t1=0.2s,t= 2m(4),Q'=f,线框ab边消耗的电能Q= t2 (1.4-0.2)s=1.2s,联立得x1=0.8m,金属棒 2,解得Q-千，m-f小，c正 QL L/15 穿过区域I的过程中，由能量守恒得mgx1sin0 1 确；线框全部进入磁场后，线框磁通量不变，感应 mi-名mi）-Q+0·z,解得Q- 电流为0，但ab边继续切割磁感线，所以ab边感 0.1632J,C错误；由图乙可知3一v2=01一0，得 应电动势不为0，D错误。 3=1.2m/s,金属棒穿过区域Ⅱ的过程中做匀速 11.ABD【解析】闭合开关后，两导体棒在安培力的 直线运动，有mg sin0-u(mg cos日+B,IzL),另 作用下均开始加速运动，根据法拉第电磁感应定 外，金属棒穿过区域Ⅱ时B1均匀变化，回路中产生 律，可知两者切割磁感线产生逐渐增大的感应电 动势，而感应电动势与电源电动势相反，则回路 感生电动势，电动势E,日 △t ·Lx1,金属棒与R。 的总电动势逐渐减小，回路中的电流，以及两导 并联，再与R1串联，所以回路中的总电阻R意= 体棒受到的安培力均减小，根据牛顿第二定律， R2r E2 可知两导体棒均做加速度减小的加速运动，A正 R2+ 十R,=30,金属棒中的电流1：=R 确；由题意可知，导体棒L1电阻为R、质量为m, R2 导体棒L2的质量为2m,电阻为2R。加速过程 2十，联立解得=11.25T/s,D正确 △t 中当电流为I时，导体棒L1、L2受到的安培力大 三、非选择题 小分别为F1=BId,F2=BI·2d,根据牛顿第二 13.(1)C(2分)(2)B(2分)(3)AD(2分) 定律有F1=BId=ma1,F2=BI·2d=2ma2, 【解析】(1)当U形磁铁N极朝外，S极朝里，开 解得a1=BIda2-B1d, 口向上放置时，前后拔动琴弦时，琴弦基本与磁 可知在加速过程中导 m m 场平行，琴弦不切割磁感线，回路中无明显电流 体棒L1、L2的加速度大小相等，B正确；由上述 产生，而上下拨动时，琴弦切割磁感线，回路中有 分析可知最终稳定时，两棒均以速度)做匀速直 明显电流产生，A错误；条形磁铁N极朝外，S极 线运动，此时两棒的感应电动势之和等于电源电 朝里，与琴弦垂直放置，前后拨动琴弦时，琴弦基 动势，即电源电动势E=Bdv+2Bdm=3Bdu,C 本与磁场平行，琴弦不切割磁感线，回路中无明 错误；设全程通过回路的电荷量为q,以导体棒 显电流产生，而上下拔动时，琴弦切割磁感线，回 L2为研究对象，以其运动方向为正方向，根据动 路中有明显电流产生，B错误；当条形磁铁N极 量定理得BdIt=mo一0，其中It=q,整个过程 朝下，S极朝上，竖直放置，前后拔动琴弦时，琴弦 电源输出的电能E电=qE,联立解得E电= 切割磁感线，回路中有明显电流产生，而上下拨 3v2,由能量守恒定律可得回路产生的总焦耳热 动时，琴弦基本与磁场平行，不切割磁感线，回路 1 Q-E2mvi 一2X2mv,根据焦耳定律可得 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 ·64· ·物理· 参考答案及解析 弦基本与磁场平行，琴弦不切割磁感线，回路中 (3)①由图可知，断电前，通过灯泡和线圈的电流 无明显电流产生，而上下拔动时，琴弦切割磁感 均恒定，且通过线圈的电流大于通过灯泡的电 线，回路中有明显电流产生，D错误。故选C。 流。断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍通过其 (2)根据已知，条形磁体N极朝下，S极朝上，因 电流减小，而此时灯泡和线圈构成一回路，从而 此琴弦所处磁场向下，规定了琴弦中电流向左为 使通过灯泡的电流瞬间增大，且方向与原来电流 正方向，规定垂直纸面向外为琴弦位移的正方 方向相反。所以断电瞬间，灯泡中电流是i1。 向，则由图乙所示电流变化结合右手定则可知， ②在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将 琴弦在一个周期内的振动引起的位移应从位移 铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减 最大处先垂直纸面向里逐渐减小后回到平衡位 小，对电流减小的阻碍能力变弱，所以可观察到 置，然后从平衡位置向垂直纸面向里逐渐增大后 灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。 又回到平衡位置，接着又从平衡位置向外回到位 √3a2B 移最大处。故选B。 15.(1)I= Rto ,方向：M→N (2)xp=6a+ (3)增大琴弦上的张力，则在拨动琴弦时，琴弦的 3mRv2 振动频率会增加，从而使琴弦发出声音的音调升 4B2a2 高，即振动频率越大音调越高，A正确；拨动琴弦 【解析】(1)在t。~2t。的时间内 力度越大，琴弦的振幅越大，琴弦发出声音的响 度就越大，即振幅越大声音越大，B错误；琴弦自 E=N会0-N会S △t 由振动时是阻尼振动，振幅减小但振动周期不 可得 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 E= B。1 X2aX2 a Xsin60°=3a2Bg (1分) to 2 to 动转化为电信号，再将电信号转化为声音信号， 感应电流 因此，当外界存在强磁场时会对电吉他的发声造 成影响，所以演奏时应远离强磁场，D正确。 1-晨 14.(1)C(2分)(2)AC(2分)(3)①i1(2分) ②变短(2分) 解得I= 3a2B (1分) Rta 【解析】(1)S极向下插入螺线管时，不需要保证 方向由楞次定律可知M→N。 (1分) 磁体匀速运动，灵敏电流计指针都会向右偏转，A (2)线框顶点P到达x=6a处后，进入区域Ⅱ的 错误；将磁体向下插入或向上抽出的速度越大， 有效长度 灵敏电流计指针偏转幅度越大，B错误；将磁体 L=2×atan30°= 25 的N、S极对调，并将其向上抽出，则螺线管的磁 3 a (1分) 通量向下减小，根据楞次定律可知，线圈中感应 继续向前运动直到停止，有 电流方向由B到A,则电流从“十”接线柱流入电 -BoiL△t=0-mv2 (1分) 流表，电流表的指针向右偏转，C正确；将磁体的 又有 N、S极对调，并将其向下插入，则螺线管的磁通 Bo△sBoa(2△xtan30°) 量向下增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电 q=Σi△t= R (1分) 流方向由A到B,则电流从“一”接线柱流入电流 解得△x= 3mRv2 (1分) 表，电流表的指针向左偏转，D错误。故选C。 4Boa2 (2)将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发 则P的横坐标 现电流计指针右偏，可知当线圈B中的磁通量增 3mRv2 xp=6a十 4Bia2 (1分) 加时，电流计指针右偏。插入铁芯，线圈B中的 磁通量增加，电流计指针右偏，A正确；拔出线圈 16.(1)2m/s,0.5C(2)k>3(3)能 A,线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，B 【解析】(1)由题知，甲棒做匀加速直线运动，由 错误；将滑动变阻器的滑片向左移动，线圈A中 牛顿第二定律可得a= 电流增大，线圈B中的磁通量增加，电流计指针 BI L=2 m/s m 右偏，C正确；将滑动变阻器的滑片向右移动，线 由运动学公式有v品=2ad 圈A中电流减小，线圈B中的磁通量减少，电流 解得vo=2m/s 计指针左偏，D错误。故选AC。 甲向左滑过磁场的过程中，乙还未到达QQ1,且 ·65· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 虚线bb'到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂 a=- mg sin60° (1分) 层，则甲作电源与定值电阻串联，可知总电阻 m+B2cos260°L2·C Rě=2R。=82 解得 故通过定值电阻的电荷量等于通过回路的总电 a=7.9m/s2 精量9一R。 △Φ_BLd =0.5C (2)由wt图像可得在1~2s内，棒G做匀加速 (1分) 运动，其加速度 (2)以向右为正，两棒发生弹性碰撞，由动量守恒 定律和能量守恒定律有mu0=mw1十kmw2, a=0=2a/s moi=mwi+kmoi 1 1 依题意物块A的加速度也为a=2m/s2,由牛顿 第二定律可得 2(1-k) 4 T-mAg sin 0=mAa (1分) 解得1=1+之m/s,0=1十m/s (1分) 解得细绳受到拉力 为使棒甲碰后向左滑动，显然应有1<0 T=1.8N (1分) 即k>1 (3)由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律 碰后甲向左穿过磁场，假定其可以滑过虚线aa', 推导出“双棒”回路中的电流 令其滑到虚线aa'时的速度大小为v,由动量定 BL(vH-vG) (1分) 厚布·如- =m(-i) R R总 R&=RG (1分) 由牛顿运动定律和安培力公式有 解释时-2- -1m/s BIL-T=mca (1分) 由于在1s~2s内棒G做匀加速运动，回路中电 为满足题意应有1>0 流恒定为 解得k>3 (1分) I=6.5A 综上所述k>3 两棒速度差为 (3)乙在右侧磁场中运动时，甲已经离开左侧磁 VH-UG=6.5 m/s (1分) 场，故此时乙作电源，甲与定值电阻并联，有 由心t图像可知t=1.5s时，棒G的速度 R=2R。=20 vc=3 m/s 此刻棒H的速度 对乙在极短时间内，安培力冲量为 vH=9.5 m/s (1分) BL·A=zBL 4=2B 2 R总 R Rs (2)Ar 保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a;对棒 (1分) 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) (1分) 其水平向右拉力的功率 信器受k-号-n PH=FvH=32.3 W (1分) (1分) (4)棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受 其中，2是乙到达O点时的速度 到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉 解得时=（。说 着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假 m/s 设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G的加速度 若乙能滑过O点，显然应有v2>0 a_B2L206=12X0.4X4 原得>青 RmG /s2=4m/s2 0.4×0.4 (1分) (1分) 显然(2)中的范围是上述结果的子集，即(2)中 物块A的加速度 所求k的范围能确保棒乙滑过O点。 a"=gsin 0=2.5 m/s2 (1分) 17.(1)7.9m/s2(2)2m/s2,1.8N(3)32.3W 说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大 (4)2.53m 小为2.5m/s2的匀减速运动，棒G做加速度越 【解析】(I)棒H做匀加速直线运动 来越小的减速运动：由动量定理、法拉第电磁感 mgsin60°-F安cos60°=ma (1分) 应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在2S 3 ·66· ·物理· 参考答案及解析 3s内，有 2)由图乙可知，0到2T时间内穿过线圈的磁 BIL△t=mc(oc2-vc3） (1分) 通量的变化量 IA- BL BLsG -△t= △Φ=(B+0.5B。)S=1.5BS (1分) RG RG 流过线圈导线横截面的电荷量 棒G滑行的距离 6-ce7a)Re-（4-）m=2.53m g=1t=n·△中_3nBS R 2R (1分) B2L2 (1分) (3)当0≤≤4时，线圈中的磁感应强度均匀变 这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速 化，则感应电流的大小不变，为 度，绳子始终松弛。 △Φ1_nBS_4nBS 3nB。S I=nR·△t1 T RT (1分) (2) (3)i= 2R R·4 4nBo T 由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时 RT 2(0≤≤) 2nBoS T T 针，即此过程电流为正；同理可得，当T。 64≤≤2 RT（4 ≤≤2） √10nB,S 时，线圈中的感应电流大小 2nBoS T T、 ,1有效 RT RT（2≤≤4 △D:=n·0.5BoS_2nBS I2=nR·△t2 T RT (1分) R· 4nBoS 3T 4 RT4≤t≤T) 线圈中感应电流方向为逆时针，即此过程电流为 RoI 3I8 (4)x=元，Qu=32m 时，线圈中的感应电流大小 【解析】(1)根据安培定则可知，AA'和BB'上 △Φgn·0.5BS2nBS 通电导线在线圈处产生的磁感应强度方向如 I3=nR·△t3 RT (1分) 图所示 线圈中感应电流方向为顺时针，即此过程电流为 负；当37 ≤区T时，线圈中的感应电流大小 △Φ4_n·BS4nBS (1分) CC I4=nR·△t4 T RT BB R·4 线圈中感应电流方向为顺时针，即此过程电流为 负。综上可得，线圈中的电流瞬时表达式为 由题可得两通电导线在线圈处产生的磁感应强 4nBoS T 度大小 RT (0≤≤4) B:=k Li 2nBoS T T RT4 ≤≤2） i= (2分) B,=2 2R.5r 则线圈处磁感应强度垂直与线圈平面的分量大小 B,=BIcos0+B2 (1分) 4nB,S3T≤<T) RT 4 cos0-Li L2 由交变电流有效值的定义可得 线圈中的磁通量 RT=iR·+R·霄+R· +IR·4 Φ=BvS （1分) 解得 解得I有数 √10nB,S RT (1分) (1分) (4)金属棒ab与U形框碰撞发生完全非弹性碰 ·67· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 撞，设碰撞后共同速度为，根据动量定理和动 最终静止时整体运动的距离 量守恒定律有 s=vt I。=(m+3m)v 则ab与U形框整体最终静止时de边的坐标x为 两棒碰撞构成回路后运动过程，de边磁场总是 RoI x=L十5=k (1分) 比ab边磁场大 △B=k'L 由功能关系可得整个线框产生的焦耳热 则回路中电流 Q=2om十3md (1分) △BLU 1=R+3R U形框在运动过程中产生的焦耳热 全框架受到的安培力的合力 3R F套=△BIL Qu-R+3RQ 由题可知，当两棒碰撞后构成回路，才有感应电 联立得 流和安培力，由动量定理可得 3I6 (1分) -(F安+f)t=0-(m十3m)v (1分) Qu一32m9 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 (4)为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措 解析(2分)A(2分)(4)用游标卡尺测量外径 施：用游标卡尺测量外径D、换用更光滑的硬质水 D/通过测量40次或60次左端与O点等高所用 平桌面、通过测量40次或60次左端与O点等高 时间来求周期/适当减小摆动的幅度(2分) 所用时间来求周期、适当减小摆动的幅度。 【解析】(1)刻度尺的分度值为0.1cm,需要估读 2.(1)3.0(2分)(2)BD(2分)(3)a+=90°(2分) 到分度值下一位，读数D=7.54cm。 【解析】(1)选取向左为正方向，碰撞过程中动量 (2)积木左端两次经过参考点O为一个周期，当积 守恒和机械能守恒，则有mav0=mav。十mbvb, 木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时， 名ma时=名a十号m,呢，联立解得 1 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。 2m。 (3)作图如下 0,当a=90°时，cosa=0,则0= ma+mb lnT -0.4日 √2gL=2m/s,由图乙可知，cosa=0时，有s2= -0.5 g -0.6 1.44m,b做平抛运动，则，=5√2开，代入数据 -0.7 -0.8 -0.9 得6=3m/s,联立可得=3.0。 mb -1.0 1}60 (2)碰撞过程中动量守恒，两球作用的时间变长，b 1.802.002.202.402.602.803.000 球获得的速度变小，则碰撞后b球水平位移减小， 由图可知，lnT与lnD成线性关系，根据图像可 a球碰后速度较之前变大，则碰后夹角B变大，A 知，直线经过(2.80,0.5)与(1.80,1.0)，则有 错误，B正确；若在钢球b的被碰位置贴一小块棉 nT(-1.0--0.5-（-1.0) 1nD-1.80 2.80-1.80 =0.5,解得 布，依然将a球拉至悬线与竖直线夹角为a由静 止释放，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统 hT=0.5inD-1.9,则有hT=lhnD-le=n。 Di 总动量不变，C错误；贴一小块棉布后，碰撞过程 1 中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，系统 解得T=。D,可知Tc√D,A正确。 动能损失变大，D正确。 3 ·68·