专题卷(11)电磁感应综合(包括电路、能量、图像问题)-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（黑吉辽蒙、广东、广西、河北、江西 云南、陕晋青宁、河南、四川专版）

·物理B· 应电动势越大，故D错误。 4.D【解析】因电容器上极板带负电，可知小球带正电，选项A 错误；仅增大电阻箱R3接入电路的电阻，电容器两板间电压不 变，电场强度不变，则小球仍静止，选项B错误；仅将R,的滑片 向右移动，R,阻值变小，电路总电阻减小，总电流变大，则R2 两端电压变大，电容器两板间电压变大，电场强度变大，小球所 受向上的电场力变大，可知小球将向上加速运动，选项C错误； 同时断开两个开关，则电容器带电荷量一定，根据C二， E-U C-吕，可得E=平行板的下极板向左移动少 许，S减小，则E变大，小球所受向上的电场力变大，将向上加 速运动，选项D正确。 5.D【解析】图甲中U-I图线中纵截距表示电20Y 源电动势，即E=1.50V,电源电动势不随电1.5中 流变化而变化，A错误：U-I图线中斜率的绝 1.0 0.5 对值表示电源的内阻，即，=1.5-1.0 0 0- 0.20.40.60.817A 0.3 5 D,B错误；由图乙可知，小灯泡为非线性元件，其割线表示 电阻，C错误；将电源和小灯泡组成闭合回路，U-I图线的交点 即为路端电压和电流，电源短路电流为I=E =0.92,如图 所示，小灯泡的功率为P=UI=0.5V×0.6A=0.3W, D正确。 6.A【解析】若增大线圈转动角速度w,根据ω=2πf知交流电 的频率增大，电容器容抗减小，电感器感抗增大，使得通过灯泡 L的电流比L2的大，所以灯泡L1将比L2更亮，故A正确；若 城大电容器C两极板间的距高，根据C=知，电容器的电 容减小，容抗增大，使得通过灯泡L的电流减小，所以灯泡L 变暗，故B错误；若抽掉电感线圈L内部的铁芯，感抗减小，使 得通过灯泡L2的电流增大，所以灯泡L2变亮，故C错误；若增 大照射在光敏电阻R上的光强，光敏电阻的阻值减小，通过L3 的电流变大，L3变亮，故D错误。 7.C【解析】副线圈反向接，当铁芯在中央时上下方两个次级线 圈的磁通量相同，此时次级线圈整体电压为零。即铁芯移动时 会因铁芯的移动导致的磁通量的变化产生感应电动势。铁芯 上移时，它会使得上方的次级线圈中的磁通量增多，下方的次 级线圈中的磁通量减小。由于次级线圈是沿相反方向串联的， 所以上方的次级线圈产生的感应电动势会与下方的次级线圈 产生的感应电动势方向相反。所以，电压表示数为两个次级线 圈产生电动势有效值之差，故A错误。铁芯下移，t1~t2时间 内，原线圈的电流减小，根据楞次定律可得，c端电势低于d端 电势，故B错误。当铁芯从中央位置开始移动量越大时，它改 变穿过次级线圈的磁通量也越多，从而导致次级线圈中产生的 感应电动势也越大，所以可以通过电压表示数关系判断铁芯移动 距离的大小关系，故C正确。两个次级线圈反向接，当铁芯在中 央时上下方次级线圈的磁通量相同，电压表示数一直为零，故D 错误。 B【解析】将R1、R3、E视为一个等效电源(E1、r1),如图虚线 框所示，由闭合电路欧姆定律有I E +R2+R,R增大时，I减小，电流表A R 示数减小，故A错误；电压表V1的示数为④ R3- 电源E的路端电压，R增大时，外电阻增 大，干路电流减小，由闭合电路欧姆定律有 U1=E-1r,可知电压表V1示数增大；由..E..S. 于电流表的示数减小，即流过R2的电流减小，所以R2两端的电 压减小，即V2示数减小，故B正确；将除R外的其余部分视为等 ,3 (+R)R+ 效电源(E2r),则有U=E,一r,所以△==+R+R R2,而不是R,故C错误；R消耗的功率即等效电源(E2、r2)的输 ER E 出功率，即PR=IR=R+r)=R-) 一，可知，R从 R 十4r2 O逐渐增大到r2过程中，PR逐渐增大；R=r2时，PR最大；R继 续增大，PR减小，故D错误。 AD 9.BD 0.AD【解析】当开关S由2改接1时，升压变压器副线圈匝数 居=，可知升压变压器副线圈输出电压U,增大， 增加，根据一元 通过调节变阻箱R2阻值使发电厂输出功率不变，则有P出= U1I1=U2I2,可知升压变压器副线圈输出电流I,减小，则电 流表读数变小，通过R,的电流减小，则输电线损失的功率减 小，故B错误，D正确；根据U2=I2R,+U3,可知降压变压器 原线圆的输人电压U,变大，根邦号：-一，可知降压变压器副 n3 线圈输出电压U:增大，则电压表读数变大；根据P出=P损+ 1 P用，由于发电厂输出功率不变，损失消耗功率减小，则用户得 到的功率增大，故A正确，C错误。 :ACD【解析】低速转轴转速为n,由升速齿轮箱可知发电机线 圈转速为kn,所以用户端的交变电流的频率为kn(Hz),故A正 确：根据理想变压器原、副线圈功率相同，U1I1=U2I2,因所有灯 泡相同且正常发光，所以I2=mI1,根据理想变压器的原、副线圈 电压与豆数关系知票-光-片-宁放B错风：根超条件可知 U2=U,所以发电线圈的电动势有效值为E=(m十1)U,则发电 线圈的电动势最大值为Emx=√2E=√2(m十1)U,且Emx= NBSw=NBSX2πkn,求得发电机线圈的面积为S= 0大0放C正确；理想变压器输人功率与输出功率相等，所 ,-整理得到尽=EU 以P人=P曲URA U EU,,若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，则电 1 UU 动势E不变，R2变小，RA不变，原、副线圈电压比值不变，所以 U2变小，U1变小，UA变大，则A灯变亮，其余灯泡的亮度变暗， 故D正确。 1.(1)502.5W(2)47.5J(3)7.62 【解析】(1)以每秒出水量为研究对象，每秒钟水泵对水做功为 ·11 参考答案及解析 w=mgH+方mw, 开压变压器T,原副线圈电压之比满足光-儿， 其中H=8m+0.8m=8.8m, 解得电压表读数U2=10V。 泵的输出功率为P系出= P泵出 ,输人功率为P泰人三80%》 (3)负载两端电压U4=IR=4V, 解得P桑人=502.5W。 降压变压器T,原、副线圈两端电压之比兰 (2)由题意对电动机可得P“=P出十P内=P象入十P内， 解得降压变压器T2原线圈电压U3=8V, 电动机线圈每秒产生的焦耳热为Q=Pt,解得Q=47.5J。 P8 550 A- (3)电动机额定电压为20V,则额定电流为I-一U:-220 降压变压器T:原，剧线周两骏电流之比宁-号 解得降压变压器T2原线圈电流I3=2A, 2.5A, 则U2=I3r+U3, P内=IR=47.5W,解得电动机线圈的电阻为R=7.62。 求得输电线路总电阻r=12。 (1)e=500sin(10πt)V(2)250V RE 15.(1)R+R。+r (2)0≤m≤ (3)U=E R+)E（或 (3)35.4A318.2V g 【解析】(1)根据题意，转速为n=300r/min=5r/s, R+R+ 故频率f=n=5Hz, U=- mgRE mgR+klR。+klr 角速度为u=2πf=10πrad/s, 【解析】(1)经分析知，当滑片在R最下方时，电压表示数最 感应电动势的最大值为Em=NBSw=500V, 因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化，有 大，电路总电阻为R'=R十R。十r, e=Em sin wt=500sin(10πt)V。 由闭合电路欧姆定律可得1=三 ,U'=1R, (2)将1=0s代人表达式得。=250V。 联立解得U=R十R。十 RE (3)电动势的有效值为E=E=2502V, (2)由题知，电子秤测量的最小质量为0；电子秤测量最大质量 √2 时，弹簧形变量增加1，由胡克定律结合受力分析知F增=1= E 电流表示数I=R十，=25EA=35.4A, kl mnxg,解得mmax= 联立解得电压表示数U=IR=225√2V=318.2V。 (1)1.5W(2)122(3)83.3% 即电子秤测量范围为0≤m≤：。 g 【解析】(1)由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电路外电阻等 E 于电源内阻时，输出的功率最大。把定值电阻R看成电源内 (3)由闭合电路的欧姆定律可得I一R十R。十7' 阻的一部分，结合题图乙可知，当R1=R十r=6Q时，滑动变 当弹簧形变量增加x时，由电阻定律得R,=P专=一R, E2 阻器消耗的功率最大，最大功率P,一4(R十)-1.5W。 由受力分析知kx=mg,又有U=IR,, (2)由题图乙知，滑动变阻器接入电路的阻值为3Ω和R2时消 联立解得U=E (R+)E_(或U= mgRE 耗的功率相等有(3nR+）广×3n=(R十R-,)广R,代 E)2 R+R,+7 gR+kR。+k)。 入数据解得R2=12Q。 物理（十一） (3)当Rp=R1=6Q时，可得I=R1十R+ E -=0.5A, 1.D2.B 此时有P外=I(R+R1)=2.5W, 3.C【解析】根据题意可知，线圈上下两边均切割磁感线，故此时 刻线圈中的感应电动势大小E=2nBLv,故A错误；根据法拉 P总=EI1=3W, 则电源救率—产×10%≈8.3%， 第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越慢，磁通量变化越 慢，线圈中产生的感应电动势越小，故B错误；永磁铁相对线圈 (1)52V(2)10V(3)12 下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方 向，故C正确；永磁铁相对线圈左右振动时，穿过线圈的磁通量 【解析】(1)线圈转速为n= t, 不变，线圈中不能产生感应电动势和感应电流，故D错误。 线圈的角速度为w=2mm=2π 4.B【解析】根据法拉第电磁感应定律E=A:一Aπ2，所以环 线圈产生电动势的峰值E=NBSw=5W2V。 中电流的大小为I=尽= =2p△，即环中电流的大小 △BSr (②)开压变压器原线圈电压有效值为U,-E =5V, 2πr 高三二轮复习专题卷 与环半径成正比，故A错误；环中电功率的大小为P= R ()sr ,即环中电功率的大小与环半径的三次方成正比， 若将铝块换成电阻率更小的铜块，则相同横截面积、相同半径的 铜环发热功率更大，故B正确，D错误；相同时间内环中产生的 热量为Q- ()s R t,即相同时间内环中产生的热量 2p 与环半径的三次方成正比，故C错误。 5.A【解析】根据题意，设导体棒的电阻为R,导轨间距为L,磁 感应强度为B,导体棒速度为v时，受到的安培力为F=BIL= B工2”，可知F心。，由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为 a一”gsi1n9一F=g$n0二B尔之，可知，随着速度的增大，导 m 体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速 直线运动，则t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不 变，由于安培力F与速度v成正比，则F-t图像的斜率逐渐诚 小直至为零时，F保持不变，故A正确，B、C错误；根据题意，由 公式可得，感应电流为1Bk”由数学知识可得-L △E=R A”=B3,由于加速度逐渐减小，则1-+图像的斜率逐渐减小， 直至为零，故D错误。 6.C【解析】由题意可知，通过线框的磁通量减少，根据楞次定律 “增反减同”可知，线框中的电流为顺时针方向，故A错误：线框 在磁场中运动时磁通量的变化量为△中-BL:-B,线框中的 平均电动势为E=△吧， 入卖，线国中平均感应电流为工一，所以流自 过线框某一惯截面积的电荷最为？-△-B弧，故B错误！设 线框中电流大小为I,导线ab所受安培力的大小为Fb=BIL, 导线abc所受安培力的大小为Fk=√2BIL,则Fb：Fk= 1:√2，故C正确；由左手定则可知导线abc受到的安培力的合力 方向垂直于ac向下，故D错误。 7.D【解析】当金属棒向右运动时，切割磁感线产生感应电动势， 由右手定则（或楞次定律）可知，感应电流方向为顺时针方向（俯 视)，则通过定值电阻的感应电流方向由α到b,故A错误；安培 力大小为F-BL,其中电流I-股.代入得F-B股，根 R 据牛顿第二定律，加速度a-号-B”,可见加造度与速度成 正比，随着v减小，加速度逐渐减小，故B错误；对金属棒应用 动量定理得一BIL·△t=0一mw。,通过电阻的电荷量为q= mvo 1·△，联立解得gB故C错误；由g=1·△t=R4t= 头联立解得：=故D正。 *C【解析】金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知ab棒中 的电流方向为a→b,故A错误；依题意，金属棒cd的质量为空， 电阻为，匀速运动时，两棒切制产生的电动势大小相等，B· 2Lvb=BLvd,得末速度2vb=d,对ab棒一BI·2L△t=mvb mo,对cd棒，BiL△L=空a,解得w十ud=u则w=兮， _mw。,故C正 u-2智，故B错误，根据g=7△，联立解得q一配 1 确；由能量关系，整个过程中产生的热量Q=2m6一 m-·受,又Q=RQ联立得Q 1 R+2 9mo6,故D错误。 AB 9.BC 10.CD【解析】根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感 线时，产生的感应电流应该是从B向A,故A错误；据E= BL0,以及v=Tw,可得切割磁感线时产生的电动势E感= BL0=B(r2）=号Brm,切剖磁感线的金风棒相当于 电源，则AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电 路威湖定律可知UeRR5。=宁×号Brw=子Bra,放 1 B错误；切割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向 由B向A,故金属棒A相当于电源正极，故与A接近的电容 器M板带正电，故C正确；由B分析知，AB两端的电压为 是Br。,则电容器两端的电压也是，故电容器所常电 4 荷量Q=CU=3CBr'u,故D正确。 4 AD【解析】由动量定理mw。=I可得导体棒b的初速度为v。 号m=pSd、R=p5,可知m.=2m,R,=2R 在安培力作用下先减速后匀速，导体棒α在安培力作用下先加 速后匀速，状态稳定时两导体棒速度相同，一起做匀速运动。对 0 整个系统由动量守恒定律得mo=(m。十m)u,解得v=3 则导体棒。的最大速度和导体棒b的最小速度均为 工，故 A正确：导体棒6的动量变化量为A△p=m·。一1=号，即导 体棒6的动量变化量大小为号，故B错误；导体棒口所受的安培 力做的功转化成了。的动能，即W:=宁·2m·(白)”-后 故C错误；运动过程中系统损失的动能转化为焦耳热，则由能量 守恒得Q=了m时-名m十，加，其中号体棒a6上产生的 焦耳热分别为Q=写Q.Q,=号Q,解得Q.-品Q,-品放D 2I2 正确。 ·12 1. (1)mgRsin 0 B2L2 (2)mgs.sin 0m'g'R'sin 2B4L4 (3)从棒a进人水平导轨至与棒b碰前瞬间Q总1=2moi 【解析】(1)线框匀速运动时，设速度为v,则E=BLv, 2 mv, 由闭合电路的欧姆定律得I= ,安培力F安=BL, E 此时电阻R2产生热量Q1=6Q1, 由于ab边离开磁场前线框已做匀速直线运动，则mgsin0=F安， 得Q1=0.8J, 联立可得o=gRsin0 B2L名9 两棒相碰，mv2=2mv3, (2)线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律得mgs·sin0= 碰后至静止电路产热Qa:=之×2mi, 2mv'+Q, 电阻R:产生热量Q,-号Qg, 其中v= mgRsin 0 1 B2L2 得Q,=J, 解得线框中产生的热量为Q=mgs·s血日-gRsin9 2BL 综上，R:产生总热量为Q-Q+Q:-是J. 2. (1)①1.5N②2.8J(2)2m/s 【解析】(1)①物块下落，导体棒向左运动，根据右手定则可知， 2mg(2≥5(3)4Q+2mR 14.a)3- m mg BL 导体棒上的电流方向由b流向a,有Mg-T=Ma,T-F= 【解析】(1)烧断细线，由于M=m,对导轨abcd由牛顿第二定 E ma,F-ILB,I-R,E-BLo, 种知g血0-B =ma 解得轻绳对物块的拉力大小T=1.5N。 随着速度增大，加速度α减小，直至加速度为0，速度最大，此时 ②物块达到最大速度时有Mg=BLIm= B2L2vm R 有mg sin0= B=下A,F最大，即=，Fa mgR 2R 解得m=4m/s, 2g, 根据能量守恒有Mgh=乞(m十M)品十Q, 对导体棒PQ受力分析知，在垂直斜面方向mg cos日= 解得Q=2.8J。 FA十Nmin, (2)电容器两板间的电势差等于导体棒切割磁感线产生的感应 经分析知导体棒PQ受到的安培力始终等于导轨bc边受到的 电动势，有Uc=BLw1, 1 安培力，即FA=FA=2mg, 根银C-品-品 解得Nmn= 3-1 对导体棒和物块组成的系统，由牛顿第二定律得Mg一ILB= 2 mg. (M+m)a, (2)要使导轨abcd运动一段时间后，导体棒PQ与导轨abcd间 又I=AQ_C·ALc_CBL△0-CBLa, 无作用力，则对导轨abcd和导体棒受力分析知Mgsin日≥ △t△t △t o0,即M>5。 联立解得a=2m/s2, m (3)若在条件(1)的情况下，从烧断细线到导体棒PQ与导轨间 根据v2=2ah, 刚达到最小作用力的过程中，通过导体棒PQ的焦耳热为Q。, 解得物块下落高度h=1m时，物块的速度大小o=2m/s。 则回路总焦耳热为2Qo,由能量守恒知mg sin0·s=2Q。十 ao.4Ts(a2s(s是J 1 ,又g0 mgR 【解析】(1)开关打到1时，棒受力平衡，mgsin0=B1IL, 4Q。1m2gR2 △B0S=kS,I=R+r 根据E=n△t E 解得s= mg BL车。 解得k=0.4T/s。 15.(1)0.864C(2)0.75J(3)不能 5+V√15 10 m (2)棒在倾斜导轨上匀速下滑时，根据平衡条件可知mgsi0= 【解析】(1)设初始时电容器两端电压为U。,导体棒从开始运 BL,可得u,=10m/s. 动到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为△Q,导体棒稳 R+R 定后的电动势为E,对导体棒，由动量定理有BL·△t= 从棒a进人水平导轨到与棒b发生碰撞前的过程，根据动量定 理、BL'a m1v1-0, R总 =m℃2一mU1, E=BLo,而C=元=一E' Q△Q 根据电路连接得R总=0.3Ω， 解得v2=2m/s。 由电流的公式有了一品， ·物理B· 整理有Q。=CU。=△Q十CE=0.864C。 (2)由于导体棒恰好能从C1C2处沿切线方向进人圆弧轨道， 01 设进人瞬间导体棒的速度为02，有v2= cos a 解得v2=2m/s, 设导体棒在与金属框碰撞前瞬间的速度为？，由动能定理有 mgr1-os0)=方m-名n:i解得4=3m/s 导体棒和线框发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为？共，有 m1v3=（m1十m2）0共， 解得共=1m/s, 线框进入磁场过程中所受安培力为下，=BL=BL类 R 3x(N), 线框整个过程所产生的焦耳热与线框克服安培力所做的功相 等，且由上述安培力的表达式可知，安培力随着进人磁场的距 离均匀变化，所以进入过程中，安培力为其平均值，因此，Q和= 2Fgx=2P发物十F来x=2×0+3X0.5X0.5J=0.75J. 2 2 (3)线框的右边框进入磁场过程由动量定理有一之B工· R △t=(m1十m2)(4一v共)， 整理有-∑3x·△x=-0+3z 2x=之x2=(n1+n2)(4日 ),其中0≤x≤0.5m, 解得0，一令5，所以线框的右边框能完全离开，然后左边框 3 开始以v一氵/s进入磁场，假设左边框仍能穿出磁场，则 -23x·4x=-0+3z」 2 z三？z2=(m1+m2)(,-04),其 2 中0≤x≤0.5m,解得g=-8m/s, 所以线框左边框不能穿出磁场，则一公3x·△x=一0+3工 2 一受2-0一(m,十m:0,解得z=酒m,所以线框右边框 所处的位置坐标为x有=5+√⑤。 10 -m 物理（十二） 1.1),Nmg(2)C(3)20 L1-L。 2.(1)BD(2)球心需要工√yy 3.(1)1.26(2)2m(d+2) T2 (3)A 4.1),十(2)41,1(3)偏小偶然误差 2T d 5.(1)8.6(2)D△(3)w(或mm)⑤探究F与r的关系 时，要先控制m和ω不变，因此可在F-w图像中找到同一个ω 对应的向心力，根据5组向心力F与半径r的数据，在F-r坐 标系中描点作图，若得到一条过原点的直线，则说明F与r成 正比。 1)B(2)d (3)需要 2gq 【解析】(1)弹簧压缩量不变，则弹性势能一定，则有E= 1 gx十。m02,令光电门的宽度为d,则有口=，解得2= ,结合函数式可知，能筝利用图像的率求解动摩 擦因数，即需要测量遮光片的宽度d。 阳结合上运有警-名常得一-需 d2 9 1 (3)滑块从a点运动到0点过程有E=mgxo十2m6,弹簧 1 做功W=E,则有W=mgxo十2m%。可知，若在滑块从a 点运动到O点过程，探究弹簧对滑块做的功，需要再测量滑块 (含遮光片)的质量m、a点到O点的间距xo与滑块在O点的 速度v0。 (1)BCD(2)③(3)4.20196(4)不受影响 【解析】(1)由实验原理可知图乙中弹簧长度不必相同，α和阝 角度可以不相等，故A、E错误；实验中，甲图用来测量合力，乙 图用来测量两个分力，根据胡克定律，力的大小与弹簧的伸长 量成正比，力的大小可用弹簧伸长量来表示，必须测量弹簧的 伸长量，因此要测量弹簧的原长和甲、乙中弹簧的长度，故B、C 正确；由实验原理可知在本实验中重物的重力是定值，两次悬 挂重物的质量必须相同，故D正确。 (2)根据实验原理及操作可知，x1表示重力方向，应竖直向下， 故选③。 (3)依题意，根据胡克定律可知mg=(x一Lo),整理可得n= 飞x-bL。,结合图像，可知弹簧原长为L。=4.20cm,mg mgt mg 2,氵2cm,解得劲度系数=196NWm。 (4)题中根据图像斜率求得劲度系数，刻度尺零刻度略高于弹簧 上端，图像的斜率不变，测量的劲度系数不受影响。 (1DA(2错误(30.8204)M+m(5)直线 M 【解析】(1)该实验需要研究三个物理量之间的关系，在实验过 程中需要先保持其中一个物理量不变，可知，我们应该采用的 研究方法是控制变量法。 (2)平衡摩擦力时，应不挂槽码，将小车放在水平静止的长木板 上，将木板不带滑轮的一端适当垫高，轻推小车，使小车拖着纸 带向下滑动，纸带上打出的点迹分布均匀即可，可知，这名同学 的操作错误。 (3)由于相邻计数点间均有4个点未画出，则相邻点迹之间的时 间间隔T=5×0s=0.1s。根据逐差法，加速度a=一 (68.1+76.4+84.6)×103-(43.6+51.7+60.0)×10 -m/s2= 9×0.12 0.820m/s。 (4)小车和砝码总质量不变，对槽码与小车和砝码构成的整体， ·13 参考答案及解析 F 根据牛顿第二定律有mg=F=(M十m)a,则有a=M十m该 统机械能守恒，则有mgh= 号(2M十m),整理得mgh= 图线对应图丙中的OQ,则有M+十m品，对小车和砝码进行 合eM+m()月. 分析，近似认为槽码重力等于小车和砝码所受外力的合力，根11. (1)1.66(2)不需要 F 据牛顿第二定律有mg=F=M如，则有a一&，该图线对应图丙 2L+d)(F1-m1g) 中的OP,则有M八，结合上述解得NM女m 1 PN (5) 2m1 (6)s2h (7)m1v1= QN=M。 m103十m2v2 (5)保持槽码、小车、砝码的总质量不变，把槽码分别逐个叠放在 【解析】(1)由图乙可知，两小球直径为d=16mm+6× 小车上，槽码、小车和砝码总质量不变，以槽码、小车和砝码为整 0.1mm=16.6mm=1.66cm. F 体，则有mg=F=(M+m)a,解得a一M+m,可知，得到的 (2)题干中没有要求质量为m1的小球不反弹，则不需要满足 a-F图像是一条直线。 m1>m2。 1 (5)根据题意，由牛顿第二定律有 、11 11 1 KR2.s0s&g十霸 t1 t2 vi F-m1g=m1 ,整理可得 (3)正确由81和02互余，可得碰后两球速度的平方和等于碰 L十2 前B速度的平方，可验证系统碰撞前后的动能守恒 【解析】(1)由题意可知，A、B两球碰后不再受力，做匀速直线 (2L+d)(F,-mig) 运动，则速度大小分别为vA一 ,0B-ta 01 2m1 (2)设两球的质量均为m,若两球组成的系统在PQ方向上动量 (6)质量为，的小球做平抛运动，则有s=,h-号g,解 守恒，则m=ac0s0,十mUB0s92,其中，=尽，可得上- to 得2=5√2h 0s8,十c0s0,系统在碰撞前、后动能守恒，应调足7m 1 (7)由于本实验中m1>m2,则碰后质量为m1的小球不反弹， m+宁,可0时+ 1 若碰撞过程中动量守恒，则有m1℃1=m13十m2v2,即1= m1:十m2v2,成立，则可说明两小球碰撞过程中动量守恒。 (3)若系统已验证了动量守恒，则在两个垂直方向分别有Ug sin02=12.(1)0.04(2)9.691.322.48(3)水滴下落时受到空气阻 vasin01,UB COs02十Acos81=0,若还满足01和02互余，由 力作用 数学知识可得十v=,即碰后两球速度的平方和等于碰前 【解析】(1)由于频率由大到小逐渐调节，第一次看到一串仿佛 B速度的平方，根据宁m-子m心i+号mui,即可验证系统碰 固定不动的水滴，说明闪光的时间间隔等于水滴的时间间隔， 撞前后的动能守恒，则该说法正确。 闪光的颜率为25，因此时间间隔为T=子=0.04s。 (hoF-hop)2 10.(1)①ghoE= ②B@否低于(2)① 8（△t) (2)根据逐差法可得重力加速度为a=s工c 4T2 (33.48-13.64-13.64)×10-2 ②mg=合(2M+m)(g）}月 m/s2≈9.69m/s2。根据匀变速 4×0.042 直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则D点处 【解析】(1)①打下E点时重锤的速度E= oe一hoD,若机械 2△t 水清此时的速度为-2号=834826M)×10 m/s= 2×0.04 能守恒，则有mgho=2mu呢，联立可得ghce= (hor-hop)2 8(△t)2 2.48m/s。根据运动学公式可得A点处水滴此时的速度为 ②若考虑阻力的影响，设阻力为f,根据动能定理可得 va=vp-a·3T=2.48m/s-9.69×3X0.04m/s≈ (mg-fA=合m,整理得合=(g一)k,可知分力 1.32m/s。 (3)造成上述实验与手机加速度传感器测量有差别的原因可能 图像是通过原点的一条直线，B正确。③表中的△E,与△Ek 是水滴下落时受到空气阻力作用。 之间存在差异，△E。小于△Ek,不是由于空气阻力造成的，如 物理（十三） 果考虑空气阻力的影响，重力势能的减少量应大于动能的增 加量。由数据可知，测得的动能偏大，则测得的速度偏大，如果1.(1)6.700(6.699~6.701均可)0.25 这是因为交流电源的频率不等于50Hz引起的，那么他做实验 (2)M(3)b(4) 时，电源的实际频率必低于50Hz。 UR。 (2)0由题可知，物体B刚穿过圆环后的速度-号.②若系2.1)×100(2)负2.201.5(3)R,42025一2026学年度高三二轮复习专题卷（十一） 物理·电磁感应综合（包括电路、能量、图像问题） (考试时间75分钟，满分100分) 一、选择题：本题共10小题，共46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，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但 不全的得3分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.某款“电子眼”利用电磁感应制成，如图所示，在公路的下方相隔距离L埋设了两个通电线圈， 当车辆经过通电线圈上方时，回路中会产生变化的电流信号，产生两个变化的电流信号的时 间差即为车通过两线圈的时间，如果时间小于某一值t,“电子眼”就启动拍摄功能，将该车的 车牌和经过的时间等信息上传到计算机系统。设某路段上该系统设置为l=50m,t=1.5s。 现一辆小车以90k/h的速度匀速驶过该路段，则下列说法正确的是 A.车辆经过地面线圈时引起“电子眼”抓拍是电流的磁效应的 结果 B.车速越大，线圈中电流的变化越小 C.这辆小车会被抓拍 D.该路段的限速为120km/h 2.如图所示，匀强磁场中固定一水平金属棒，金属棒两端点F1与 F2刚好是绝缘椭圆轨道的两焦点，磁场方向垂直于椭圆面向外。一根金属丝绕过绝缘笔P 与F1、F2相接，金属丝处于拉直状态。在绝缘笔沿椭圆轨道从长轴一端A点到另一端B点 带动金属丝运动过程中，下列说法正确的是 A.穿过△PF,F2的磁通量先减小后增大 B.△PFF。中感应电流方向先顺时针后逆时针 C.△PF,F2先有扩张趋势后有收缩趋势 ····8 D.金属棒所受安培力方向先向下后向上 3.电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，其结构如图甲所示。两 对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小 均为B,边长为L的匝正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如 图乙所示，磁场分界线恰好经过线圈的？位置处，且此时永磁铁相对线圈运动的速度大小为 ,永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是 A.此时刻线圈中的感应电动势大小E=nBLo 线圈 ● ●L● ● B.若减小永磁铁相对线圈上升的速度，则线圈中感 ● ● 应电动势增大 ● ·磁场分界线 ● C.若永磁铁相对线圈下降，则线圈中感应电流的方向 为顺时针方向 D.若永磁铁相对线圈左右振动，则线圈中也能产生 乙 感应电流 物理B·专题卷（十一）第1页（共8页） 鱼跃龙 4.如图所示，将圆柱形铝块放入真空治炼炉中。冶炼炉中磁场是均匀分布的；铝块可视为由横 截面积相同、半径大小不同的铝环拼在一起组成。下列说法正确的有 俯视图： 横截面积相同 A.环中电流的大小与环半径的二次方成正比 B.环中电功率的大小与环半径的三次方成正比 C.相同时间内环中产生的热量与环半径的四次方成正比 D.若将铝块换成电阻率更小的铜块，则相同横截面积、相同半径的铜环发热功率更小 5.如图所示，两根平行光滑金属导轨上端用直导线连接，倾斜放置在垂直 于导轨平面向上的匀强磁场中。导体棒MN从某高度由静止开始下滑， 下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好。除导体棒的电阻外，导轨 和导线的电阻不计，则MN所受的安培力F及其加速度α、速度v、电流 2-------- I随时间t变化的关系图像可能正确的是 F个 A B D 6.如图所示，虚线MN左侧有面积足够大的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向 里，MN右侧为无磁场区域。使边长为L的正方形单匝导线框abcd绕其一顶点a,在纸面内 顺时针转动，线框电阻为R,经时间t匀速转到图中虚线位置，则 ××××,M A.导线框abcd中感应电流方向为逆时针方向 ×××× C XX XX B.该过程中流过线框任意横截面的电荷量为 BL2 R ××、×× ×、× C.导线ab、abc所受安培力的大小之比为1：2 D.该过程中导线abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向上 ××××N 7.我国自主研发的“电磁阻尼器”广泛应用于高速列车制动系统。其简化模型如图所示，水平平 行光滑金属导轨间距为L,导轨间接有阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强 磁场中，磁感应强度为B。一质量为m的金属棒垂直置于导轨上。现给金属棒一个水平向右 的初速度。，运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和金属棒的电阻，重力 加速度为g。下列说法正确的是 A.金属棒运动过程中，通过定值电阻的感应电流方向由b到α B.金属棒运动过程中，加速度大小随速度减小而增大 C.金属棒从开始运动到停止，通过定值电阻的电荷量为” 2BL D.金属棒运动的最大距离为m,R B2L2 门卷 物理B·专题卷（十一）第2页（共8页） ￥如图所示，两水平平行金属导轨由宽轨M1N1、M2N2,窄轨O1P1、O2P2两部分组成，宽轨部 分间距为2L,窄轨部分间距为L。现将两根材料相同、横截面积相同的金属棒αb、cd分别静置 在宽轨和窄轨上。金属棒aαb的质量为m,电阻为R,长度为2L,金属棒cd的长度为L,两金属 棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。除金属棒的电阻之外其余电阻不计，宽轨和窄 轨都足够长。金属导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给金属棒 ab水平向右的初速度v。,此后金属棒ab始终在宽轨磁场中运动，金属棒cd始终在窄轨磁场中 运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是 M B A.金属棒ab刚开始运动时，ab棒中的电流方向为 b→a M B,当两金屉棒速运动时，Qb棒的速度为 C.金属棒b从开始运动到速的过程中，通过ab棒的电荷量为8一 D.金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，ab棒中产生的热量为gmu6 1 8.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆 盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中，圆盘旋转时，下列说法正确的是 A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流由a流向b C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生 变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电阻R的热功率也变为 原来的2倍 9.如图所示，两个小灯泡规格相同，L是自感系数很大，内阻可以忽略的线圈。下列说法正确 的是 A A.闭合开关瞬间，A1、A2瞬间变亮 B.闭合开关瞬间，A1缓慢变亮，A2瞬间变亮 A C.闭合开关，待电路稳定后再断开开关瞬间，A2闪亮一下再缓慢熄灭 D.闭合开关，待电路稳定后再断开开关瞬间，流过灯泡A,的电流方向反向 E R 10.半径分别为r和2x的同心圆导轨固定在同一水平面内，一长为r,电阻为R的均匀金属棒 AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示，整个装置位 于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B,方向竖直向下，在两环之间接阻值为R的定值电 阻和电容为C的电容器，金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动 过程中始终与导轨保持良好的接触，导轨电阻不计，下列说法正确的是 A.金属棒中电流从A流向B 3 B.金属棒两端电压为Bw2r C.电容器的M板带正电 D.电容器所带电荷量为CBar 物理B·专题卷（十一）第3页（共8页） 鱼跃龙 ￥如图所示，两根平行金属导轨固定放置在水平绝缘平面上，导轨之间 有磁感应强度方向竖直向上的匀强磁场。导体棒α、b用同种材料制 成，长度相同，横截面积S。=2S6,两导体棒相隔一定距离垂直放置在 导轨上。导体棒b的质量记为。不计导轨的电阻。现在极短时间内给导体棒b一水平冲量 I,使其向右运动。则两导体棒从开始运动到状态达到稳定的过程中，下列说法正确的是 A.导体棒a的最大速度为3m B.导体棒b的动量变化量大小为3 C.导体棒a所受安培力做的功为。二 D。导体棒6上产生的焦耳热为 9m 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)如图所示，倾角为0的光滑绝缘斜面上有一匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直 于斜面向下，磁场的下边界为MN,边界上方有一边长为L的正方形线框abcd,线框的电阻 为R,质量为m,ab边离MN的距离为s。现将线框由静止释放，线框下落过程中ab边始终 保持与MN平行，且ab边离开磁场前线框已做匀速直线运动，求： (1)ab边离开磁场时的速度v; (2)线框从静止释放到完全离开磁场的过程中线框中产生的热 B★ 量Q。 门卷 物理B·专题卷（十一）第4页（共8页） 班级 12.(8分)在未来的城市轨道交通系统中，一种基于电磁感应原理的新型无接触牵引装置正在被 广泛测试。某次实验利用如图所示装置模拟列车启动时的电磁驱动与能量管理过程，水平 面内有两根电阻不计、间距为L=0.5m足够长的光滑平行导轨，一质量为m=0.2kg、电阻 姓名 不计的导体棒置于导轨上，轻绳一端连接导体棒，另一端绕过定滑轮与一质量为M=0.2kg .? 的物块连接，导体棒相当于“虚拟车厢”，通过轻绳连接配重物块，利用重力势能转化为系统 得分 的动能与电能。系统可通过单刀双掷开关选择接入电阻回路或电容器回路，从而实现不同 的运行模式。电容器的电容C=0.6F,电阻R=22。空间中存在竖直向上的匀强磁场，磁 场磁感应强度大小为B=2T。由静止释放，物块下落从而牵引导体棒向左运动，同时开关S 接1或2，导体棒运动过程中电容器未被击穿，导体棒始终与导轨接触良好并保持垂直，忽略 绳与定滑轮间的摩擦。重力加速度为g。 答题栏 (1)开关S接1： :1 ①当物块速度v=2m/s时，求导体棒上电流方向及轻绳对 2 ................ 物块的拉力大小； 2, 3 ②物块达到最大速度时，物块下落高度h=3m,求这段时间 电阻上产生的焦耳热。 5 □M 6 (2)开关S接2，求物块下落高度h=1m时，物块的速度大小。 9 o 物理B·专题卷（十一）第5页（共8页） 鱼跃龙门 13.(10分)如图所示，倾角为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=0.04m的圆形金属线圈相连，线圈 总电阻r=0.2Ω，整个线圈内存在垂直线圈平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。,B。与 时间t满足关系B。=t(k>0)。当开关与2连接时，导轨与一个阻值为R,=0.32的电阻 相连。水平导轨的NN'至PP'间是绝缘带，其他部分导电良好，最右端串接一定值电阻 R2=0.22。两导轨长度均足够长，宽度均为L=1m,在NN'处平滑连接。导轨MN和 M'N'的平面内有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1=0.2T;整个水平导轨 上有方向竖直向上，磁感应强度大小为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棒能在倾斜导轨 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'位置的水平距离为= 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。g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： (1)圆形线圈内磁感应强度B。随时间的变化率k; (2)棒a与棒b碰撞前瞬间，棒a的速度大小v2; (3)棒α与棒b碰撞前瞬间，立即解除对棒b的锁定， IK M 两棒碰后粘连在一起。从棒α进入水平导轨，至 B 两棒运动到最终状态，定值电阻R2上产生的焦 绝缘带B2 耳热Q. 一绝缘带 b R3 N p一d习 卷 物理B·专题卷（十一）第6页（共8页） 14.(12分)如图所示，质量为M的足够长U形光滑金属导轨abcd放置在倾角为0=30°的光滑 绝缘斜面上并用细线（图中虚线）拴在固定于斜面上的G、H两点上，bc段电阻为R,其余段 电阻不计。另一电阻为R、质量为、长度为L的导体棒PQ放置在导轨上，紧挨导体棒PQ 左侧有两个固定于斜面上的光滑立柱，使导体棒静止，导体棒PQ始终与导轨垂直且接触良 好，PbcQ构成矩形。导轨bc段长为L,以f为界，其下方存在垂直斜面向上的匀强磁场，上 方存在沿斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B,烧断细线后，导轨向下运动过程中， 导体棒PQ始终不脱离导轨。重力加速度为g。 (1)若质量M=m,求金属导轨abcd在斜面上运动的过程中，导体棒PQ与导轨abcd间的最 小作用力。 (2)要使导轨abcd运动一段时间后，导体棒PQ与导轨间无作用力，求M、m应满足的条件。 (3)若在条件(1)的情况下，从烧断细线到导体棒PQ与导轨 G 9-- B 间刚达到最小作用力的这一过程中，通过导体棒PQ的 H 焦耳热为Q。,求金属导轨abcd在斜面上下滑的距离s。 、、 、 物理B·专题卷（十一）第7页（共8页） 鱼跃龙门老 15.(16分)如图所示，两根电阻不计的光滑水平导轨A1B1、A2B2平行放置，间距L=1m,处于 竖直向下B=0.4T的匀强磁场中，导轨左侧接一电容C=0.1F的超级电容器，初始时刻电 容器带一定电荷量，电性如图所示。质量m1=0.2kg、电阻不计的导体棒αb垂直架在导轨 上，闭合开关S后，ab棒由静止开始向右运动，且离开B1B2时已以v1=1.6m/s匀速运动。 下方光滑绝缘轨道C1MD1、C2ND2间距也为L,正对A1B1、A2B2放置，其中C1M、C2N为 半径r=1.25m、圆心角0=37°的圆弧，与水平轨道MD1、ND2相切于M、N两点，其中 NO、MP两边长度d=0.5m。以O点为坐标原点，沿轨道向右建立坐标轴，OP右侧0< x<0.5m处存在磁感应强度大小为B,=√3x(T)的磁场，磁场方向竖直向下。质量m2= 0.4kg、电阻R=12的“U”形金属框静止于水平轨道NOPM处。导体棒ab自B1B2抛出 后恰好能从C,C2处沿切线进入圆弧轨道，并在MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后 组成导电良好的闭合线框一起向右运动。重力加速度的大小g取10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8。 (1)求初始时刻电容器所带电荷量Q; (2)若闭合线框进人磁场B,区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F,使线框匀速穿 过磁场B,区域，求此过程中线框产生的焦耳热； (3)闭合线框进入磁场B,区域后只受安培力作用而做减速运动，试讨论线框能否穿过B,区 域。若能，求出离开磁场B,时的速度大小；若不能，求出线框停止时右边框的位置坐 标x。 D. 物理B·专题卷（十一）第8页（共8页）