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（山东专版）

高三二轮复习专题卷 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， 17 故D正确。 13.(1)502.5W(2)47.5J(3)7.6 【解析】(1)以每秒出水量为研究对象，每秒钟水泵对水做功为 w=mgH+号m, 其中H=8m+0.8m=8.8m, 泵的输出功率为P=W P泵出 输入功率为P系A一80% 解得P粟人=502.5W。 (2)由题意对电动机可得P总=P幽十P内=P系人十P内， 电动机线圈每秒产生的焦耳热为Q=P内t,解得Q=47.5J。 P总_550 (3)电动机额定电压为20V,则额定电流为I= 220 A= 2.5A, P内=IR=47.5W,解得电动机线圈的电阻为R=7.62。 14.(1)e=500sin(10πt)V(2)250V(3)35.4A318.2V 【解析】(1)根据题意，转速为n=300r/min=5r/s, 故频率f=n=5Hz, 角速度为w=2πf=10πrad/s, 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 e=Em sin wt=500sin(10πt)V。 (2)将t=60s代入表达式得e=250V。 (3)电动势的有效值为E= Em=2502V, √2 E 电流表示数I=R十 -=25√2A=35.4A, 联立解得电压表示数U=IR=2252V=318.2V。 15.(1)1.5W(2)122(3)83.3% 【解析】(1)由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电路外电阻等 于电源内阻时，输出的功率最大。把定值电阻R看成电源内 阻的一部分，结合题图乙可知，当R,=R十r=6D时，滑动变 E2 阻器消耗的功率最大，最大功率P,一4R十71.5W。 18 (2)由题图乙知，滑动变阻器接入电路的阻值为32和R2时消 E E 耗的功率相等，有(3n+R+7）X30=(R,十R+7)R,代 入数据解得R2=122。 E (3)当Rp=R=6Q时，可得1i=R1十R十，=0.5A, 此时有P外=I(R+R1)=2.5W, P&=EI=3 W, 则电跟效率1×100%88.39%。 16.(1)5√2V(2)10V(3)12 【解析】(1)线圈转速为n= t, 线圈的角速度为u=2m=2π， 线圈产生电动势的峰值E=NBSw=5√2V E (2)升压变压器原线圈电压有效值为U1= =5V, 升压变压器T,原、副线圈电压之比满足只-” -U2 解得电压表读数U2=10V。 (3)负载两端电压U4=IR=4V， 降压变压器T,原、副线圈两端电压之比 U3_n3 解得降压变压器T2原线圈电压U3=8V, 1. 6. 降压变压器T2原、副线圈两端电流之比号-， 解得降压变压器T2原线圈电流I3=2A, 则U2=I3r十U3, 求得输电线路总电阻r=1n。 (1)6V1(2)3×10-4C(3)3.375W 【解析】(1)由闭合电路的欧姆定律可得E=U1+r, 结合电路图及U-I关系图有E=4.8+1.2x,E=3.6+2.4r, 解得E=6V,r=12, 根据电路图有U1=U2十IR1, 代人数值得R,= U,-u2=4.8-3.6n=10. 1.2 (2)当滑片P移到R正中间位置时，R,和2R,并联，则并联 R:·2R 电阻为R= =22, R2十2 E 6 由闭合电路的欧姆定律可得I一，十R十R1十+2A= 1.5A, 电容器两端的电压为U=IR=1.5×2V=3V, 电容器所带的电荷量Q=CU=100×106×3C=3×104C。 (3)并联部分两端的电阻R'一，+R】 R2·R3 由闭合电路的欧姆定律可得I=R+R,十，' E E 则并联部分两端的电压U=IR二R2·R2十R,十T R2+R3 R2·Rg R2十R’ 代人数值整理得P U281 R,R,+R+12 9 当4R=R 即R=1.5Q时，R的功率最大，代人得P= 3.375W。 RE (R。十r)E (1)R+Ro+r (2)0≤m≤ (3)U=E- ER+R.+r mgRE （或U=mgR+R。十R 【解析】(1)经分析知，当滑片在R最下方时，电压表示数最 大，电路总电阻为R'=R十R。十r, 由闭合电路欧姆定律可得I=,U=R, RE 联立解得U'=R+R十r (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 时，弹簧形变量增加L,由胡克定律结合受力分析知F增=L= maig,解得mm一g kl kl 即电子秤测量范围为0≤m≤ (3)由闭合电路的欧姆定律可得I=R,十R。十，' E 当弹簧形交量增加x时，由电阻定律得R,=P专-R, 由受力分析知kx=mg,又有U=IR:, 联立解得U=E一 (R。+)E（或U=m mgRE R+R,+7 mgR+klR。+klr)。 物理（十一） D2.B3.C4.C5.B 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？时，受到的安培力为F=BL= BL口，可知Fo©u,由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为 R ·12 a=mgsin 0-F =gsin 0- 二R,可知，随着速度的增大，导 板带正电，故C正确：由B分析知，AB两端的电压为Br'u, 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 则电容器两端的电压也是子Br如，故电容器所带电荷量Q 变，由于安培力F与速度v成正比，则F-t图像的斜率逐渐减 小直至为零时，F保持不变，故A正确，B、C错误：根据题意，由 CU=3CBr'a,故D正确。 A 公式可得，感应电流为1-兴由数学知识可得匙， 12.AD【解析】由动量定理mvo=I可得导体棒b的初速度为 △tR△t ,d BL4,由于加速度逐渐减小，则I-:图像的斜率逐渐减小，直至 V0=1 m 根据m=pSd、R=p'5,可知m。=2m、R,=2R。,导 体棒b在安培力作用下先诚速后匀速，导体棒α在安培力作用 为零，故D错误。 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 7. C【解析】由题意可知，通过线框的磁通量减少，根据楞次定律 运动。对整个系统由动量守恒定律得m6v,=(m。十m6)v,解 “增反减同”可知，线框中的电流为顺时针方向，故A错误：线框 得== I ,则导体棒α的最大速度和导体棒b的最小速 在磁场中运动时磁通量的变化量为△历=BL”_BL 33m 2 ,线框中的 平均电动势为E-”,线框中平均感应电流为7 度均为3m,故A正确：导体棒6的动量变化量为△p=m· R,所以流 号，即导体棒6的动量变化量大小为号，放B错 1-1=-2 BL 3m 过线框某一横截面积的电荷量为g=I△一2R,故B错误；设 误；导体棒a所受的安培力做的功，转化成了a的动能，即 线框中电流大小为I,导线ab所受安培力的大小为F=BIL, 令·2m·(工)=，故C错误运动过程中系统损 2 导线abc所受安培力的大小为Fc=√2BIL,则Fb：F 3m/ 1 1:√2，故C正确；由左手定则可知导线abc受到的安培力的合 失的动能转化为焦耳热，则由能量守恒得Q=2m, 力方向垂直于ac向下，故D错误。 D【解析】当金属棒向右运动时，切割磁感线产生感应电动势， (m,十m)0,其中导体棒a,b上产生的焦耳热分别为Q.= 1 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 I 2I2 视)，则通过定值电阻的感应电流方向由a到b,故A错误；安培 Q、Q三二Q,解得Q。一9n -、Q=9m 故D正确。 力大小为F=B,其中电流=B张”，代人得F-B只，根 *ABD【解析】减震器刚进入磁场时，感应电动势E=BL1。= R 0.4V,线圈abcd中电流大小1三尽-8A=4A,放A正确) 据牛顿第三定律，加速度a二尺二B,尔”，可见加速度与速度成 线圈1恰好完全进入磁场时，根据动量定理得一BL,△t= 正比，随着减小，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m℃o,通过电阻的电荷量为q= E mo1一mw。,其中I△t=q=。△t三D=D2=0.2C,可得减 R R 、△，联立解得q=,故C错误，由q=7·△t= 震器的速度大小o1=1.92m/s,故B正确；线圈受到安培力的冲 mvoR 2,联立解得x=B22,故D正确。 量为I神=BIL1△t=BL1g=R _BLL2,可知线圈1受到安培力神 量的大小等于线圈2受到安培力冲量的大小，C错误；由上述分 “C【解析】金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知ab棒中 析可知，要使减震器的速度减为零，至少需要线圈的个数为= 的电流方向为a→0，故A错误：依题意，金属棒cd的质量为受， 2 0。-010.08=25,D正确。 电阻为受，匀速运动时，两棒切制产生的电动势大小相等，B· 13.(1)mgRsin 0 B2L2 (2)mgs.sin 0-m'g'R'sin 2B4L4 2Lvb=BLvd,得末速度2vb=oa,对ab棒一BI·2L△t= 【解析】(1)线框匀速运动时，设速度为v,则E=BLv, mu一mu,对cd棒，BL△=空a,解得U十d=,则 由闭合电路的欧姆定律得1=号 ，安培力F安=BL, mvo =3,g,故B错误；根据g=1△t,联立解得q=3B门 由于ab边离开磁场前线框已做匀速直线运动，则mgsin0=F安， 1 联立可得o=mgR sin0 故C正确；由能量关系，整个过程中产生的热量Q总= (2)线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律得mgs·sin0= m2-合·受2，义Q。=R尽Q,联立解得Qw 1 2 mv2+Q, R+ 2 弓，放D错误。 其中o=mgR sin0 B2L2 AB 10.BC 解得线框中产生的热量为Q=mgs·sin0-mgRsin0 2B4L4 11.CD【解析】根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感线 14.(1)①1.5N②2.8J(2)2m/s 时，产生的感应电流应该是从B向A,故A错误；据E感=BL0, 【解析】(1)①物块下落，导体棒向左运动，根据右手定则可知， 以及？=rw,可得切割磁感线时产生的电动势E感=BLV= 导体棒上的电流方向由b流向a,有Mg-T=Ma,T一F= B(2）B。，切感线的会属棒相当于电源， E ma F=ILB,I=R E=BLv, 则AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆 解得轻绳对物块的拉力大小T=1.5N。 定律可知Ua一R不RE。=合×号Bra=子Bra,放B错 R ②物块达到最大速度时有Mg=BL1。-BL」 R 误；切割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B 解得vm=4m/s, 向A,故金属棒A相当于电源正极，故与A接近的电容器M 根据能量守恒有Mgh=子(m+M)+Q, ·物理A· 解得Q=2.8J。 (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 电动势，有Uc=BL01, Q=△Q 根据C=U=△Uc 对导体棒和物块组成的系统，由牛顿第二定律得Mg一ILB= (M+m)a, 又I=4Q_C·AUe-CBLA △t △t △t =CBLa 联立解得a=2m/s2, 根据v2=2ah, 解得物块下落高度h=1m时，物块的速度大小v=2m/s。 15.a0.4Ts22a/s(s2号J 【解析】(1)开关打到1时，棒受力平衡，mg sin0=B1IL, △B0 E 根据E=n S=nkS,I=R千r 解得k=0.4T/s (2)棒在倾斜导轨上匀速下滑时，根据平衡条件可知mg sin0= BiL2v1 R,+R,可得u,=10m/s。 从棒α进入水平导轨到与棒b发生碰撞前的过程，根据动量定 理 =m2一m1 根据电路连接得R总=0.3Ω， 解得v2=2m/s。 1 (3)从棒a进入水平导轨至与棒b碰前瞬间Q1=2mui 2 mvi, 此时电阻R,产生热量Q1=6Q1, 得Q1=0.8J, 两棒相碰，mv2=2mv3, 1 碰后至静止电路产热Q:=2×2mui, 2 电阻R:产生热量Q2=3Q2, 得Q:=5J, 综上，R产生总热是为Q-Q十Q,-号。 16.as2mg205(39+" n mg BL4 【解析】(1)烧断细线，由于M=m,对导轨abcd由牛顿第二定 律知sin0-B=ma, 2R 随着速度增大，加速度a减小，直至加速度为0，速度最大，此 时有ngsin9三B2R”==FA,FA最大，即。=2，FA= 1 2 mg, 对导体棒PQ受力分析知，在垂直斜面方向mg cos0= FA十Nmin, 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 安培力，即FM=F=之mg, 解得N=3-1 2mg。 (2)要使导轨abcd运动一段时间后，导体棒PQ与导轨abcd 间无作用力，则对导轨abcd和导体棒受力分析知Mg sin0≥ mgos0,即0≥5。 (3)若在条件(1)的情况下，从烧断细线到导体棒PQ与导轨间 刚达到最小作用力的过程中，通过导体棒PQ的焦耳热为Q。, 则回路总焦耳热为2Q。,由能量守恒知mg sin0·s一2Q。十 2mo品，又a-8R B2L2' 4Qom'gR2 解得5=mg十BD (1)2m/s2(2)F=1-0.25v(N)(8m/s≥0≥0)(3)1.44J 【解析】(1)金属环a在磁场中受到的安培力F,=BIL=1× 4×0.5N=2N, 根据牛顿第二定律F1一umg=ma1,解得a1=2m/s2。 (2)金属环a在4s末的速度v1=a1t1=8m/s, 此时将开关S掷向2，金属环a做匀减速运动，在t2=6s时刻 金属环a减速至0，可知加速度大小a:=△： 0-v1 =4m/s2, 方向向左，根据牛顿第二定律F十mg十BI'L=a2, 由题意可知，金属环α夹在两导轨部分的两段的电阻均为 Q,两部分电阻并联总电阻为r=0.52,则T广，2，解得 F=1-0.25v(N),(8m/s≥0≥0)。 (3)金属环a做减速运动，b做加速运动，金属环b的速度达到 最大值时，两金属环的速度相等，设为v,对α由动量定理 -BIL△t一umg△t=mw-mU1， 对b由动量定理BIL△t一mg△t=mw, 两式相加可得v=2.4m/s, 则金属环6获得的最大动能是E:=2m02=1,44J。 5+/15 (1)0.864C(2)0.75J(3)不能 m 10 【解析】(1)设初始时电容器两端电压为U。,导体棒从开始运动 到稳定过程，电容器极板上电荷量变化量为△Q,导体棒稳定后的 电动势为E,对导体棒，由动量定理有BIL·△t=m101一0， Q △Q E=BLw1,而C=U=U。-E 由电流的公式有I=△， △Q 整理有Q。=CU。=△Q+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 设进入瞬间导体棒的速度为v2,有0？一cos日' 解得v2=2m/s, 设导体棒在与金属框碰撞前瞬间的速度为3，由动能定理有 m1gr(（1-cos0)=之m1号-之m1o2,解得v3=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+m2)v共，解得v共=1m/s, 线框进人磁场过程中所受安培力为F,=BIL= B2L20共 R 3x(N), 线框整个过程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，安培力随着进入磁场的距 离均匀变化，所以进人过程中，安培力为其平均值，因此，Q和= 2距kx=2Pm十F*2=2x0+3X0.5×0.5J=0.75j. 2 2 (3)线框的右边框进人磁场过程由动量定理有一B工” R △t=(m1十m2)(v4一0共）， 整理有一3x·△x=一 0十3 3 2 x=-之x2=(m,十m)(4 v共)，其中0≤x≤0.5m, 3 解得，=8m/s,所以线框的右边框能完全离开，然后左边框 3 开始以w,=8m/s进人磁场， 0+3x 假设左边框仍能穿出磁场，则一∑3x·△x= x= 2 3 x2=(m1十m)(,-4),其中0≤x≤0.5m, 参考答案及解析 解得U5=一 8m/s, 统碰撞前后的动能守恒，则该说法正确。 (hor-hoD)2 所以线框左边框不能穿出磁场，则一公3x·△x=-0十3：， 10.(1)①ghoE= 2 ②B③否 低于(2)⑩号 I= 2 8△t) 2x2-0-(m1+m2)04, 3 1 ②mgh= 2M+m() √/15 解得x=10 m,所以线框右边框所处的位置坐标为x右= 【解析】(1)①打下E点时重锤的速度vE= os一hoD,若机械 2△t 5+√/15 (hoF-hop)2 10 m。 能守恒，则有mghoe=号mo层，联立可得ghoe= 8(△t)2 物理（十二） ②若考虑阻力的影响，设阻力为∫，根据动能定理可得 Nmg (mg-fDh=2mo2,整理得22=(g-)h,可知22-h (1)L,-L (2)C(3)20 图像是通过原点的一条直线，B正确。③表中的△E。与△E 之间存在差异，△E。小于△Ek,不是由于空气阻力造成的，如 （1BD(2)球心需要x√y一y g 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 1)1.26(2)2m(d+21) 加量。由数据可知，测得的动能偏大，则测得的速度偏大，如果 (3)A 这是因为交流电源的频率不等于50Hz引起的，那么他做实验 T2 时，电源的实际频率必低于50Hz。 (1),+x2 (2)41.1(3)偏小偶然误差 2T (2)①由题可知，物体B刚穿过圆环后的速度。=。②若系 (18.6(2)D d (3)w2(或mw2)⑤探究F与r的关系 1 统机械能守恒，则有mgh=2(2M+m)v,整理得mgh 时，要先控制m和w不变，因此可在F-w图像中找到同一个w 对应的向心力，根据5组向心力F与半径x的数据，在F-r坐 2M+m)(）月. 1 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11.(1)不需要使滑块受到的合外力等于细线的牵引力(2)D 正比。 (3)F-() 1 Md (1)B (2)pd (3)需要 2L 2g9 【解析】(1)弹簧压缩量不变，则弹性势能一定，则有E= 【解析】(1)实验前需要调节气垫导轨水平，此操作过程不需要 悬挂钩码，只需要滑块在任意位置都能保持静止即可说明气 ugx十1mu2,令光电门的宽度为d,则有v=,解得，=角 垫导轨水平。悬挂钩码后还需要调节定滑轮的位置，使牵引滑 块的细绳与气垫导轨平行，这样做的目的是使滑块受到的合 2E-2堡工。结合函数式可知，能够利用图像的斜率求解动摩 外力等于细绳的牵引力。 md2 d2 (2)实验过程中，钩码向下加速运动，加速度向下，因此可知钩 擦因数，即需要测量遮光片的宽度d。 码处于失重状态，故A错误；由于钩码挂在动滑轮上，所以细 2)结合上述有华-=号，解得4一2 d 绳两端张力大小相等，因此拉力传感器的示数即为滑块受到 q 的合外力，所以不需要满足钩码的质量m远小于滑块的质量 1 M,B错误，D正确；本实验需要用气垫导轨自带的标尺测量出 (3)滑块从a点运动到0点过程有Ew=mgxo十2mw品，弹簧 滑块运动的距离，钩码下落的高度等于滑块运动距离的2， 做功W-E0,则有W=mgxo十之mo6。可知，若在滑块从a C错误。 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 (3)滑块通过光电门的速度v= 是，根据动能定理可知L= (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vo 2 1 (1)BCD(2)③(3)4.20196(4)不受影响 M() 解得F=X 2L×(A),故为了获得线性图像应 (1)A(2)错误(3)0.820(4M+m Md M (5)直线 作F 图像。该图像的斜率为 2L (1)RR (2)1=1 cos+1 1 1 ，2cos822—名十t3 2L十d(F1-m1g) (3)正确由01和02互余，可得碰后两球速度的平方和等于碰 12.(1)1.66 (2)不需要(5) 2m 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 (6)s2h (7)m101=m1v3十m202 运动，则速度大小分别为4=尽， R t2° 【解析】(1)由图乙可知，两小球直径为d=16mm十6× (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 0.1mm=16.6mm=1.66cm。 (2)题干中没有要求质量为m1的小球不反弹，则不需要满足 守恒，则m,=m0Ac0s0,十m0ac0s0.,其中，=R,可得 m1>m2 to to vi -cos 01+ 。0,系统在碰撞前、后动能守恒，应满足}m- (5)根据题意，由牛顿第二定律有F1一m1g=m1 L十 ,整理 t 2 2u房+2mui,可得是=是+1 1 2L十d(F1-m1g） (3)若系统已验证了动量守恒，则在两个垂直方向分别有Ve sin02= VAsin81,UB COS02十UA COS01=o,若还满足01和02互余，由 可得= 2m1 数学知识可得员十=，即碰后两球速度的平方和等于碰 前B速度的平方，根据子m=合mi+mwi,即可验证系 (6)质量为m:的小球做平抛运动，则有s=0t,h=乞gt,解2025一2026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90分钟，满分100分) 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。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 9 C.这辆小车会被抓拍 D.该路段的限速为120km/h 3 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 F,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.△PFF2中感应电流方向先顺时针后逆时针 C.△PF1F2先有扩张趋势后有收缩趋势 D.金属棒所受安培力方向先向下后向上 3.某兴趣小组使用图甲所示的装置，探究钕磁铁在长螺线管中运动产生的感应电流变化规律， 将螺线管一端固定在铁架台上，另一端自然下垂，电流传感器连接长螺线管的上下两端，将钕 磁铁从靠近螺线管的上方由静止释放。在钕磁铁穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流 讠随时间t变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，下列说法正确的是 甲 A.t1时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大 B.t2~t3时间内，钕磁铁做匀速直线运动 C.若只增加钕磁铁释放高度，则测感应电流的峰值变大 D.若只调转钕磁铁的极性，再从同一位置释放，感应电流的方向不变 物理A·专题卷（十一）第1页（共8页） 鱼跃龙 4.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n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=nBLv 线圈 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 X 为顺时针方向 D.若永磁铁相对线圈左右振动，则线圈中也能产生感 甲 乙 应电流 5.如图所示，将圆柱形铝块放人真空冶炼炉中。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 6.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a、速度v、电流 I随时间t变化的关系图像可能正确的是 A B D 7.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 ×××x、 d BL2 B.该过程中流过线框任意横截面的电荷量为 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 b 门卷 物理A·专题卷（十一）第2页（共8页） 8.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8 D.金属棒运动的最大距离为m B2L2 *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αb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 70 b→a M B.当两金属棒匀速运动时，6棒的速度为2 C.金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，通过ab棒的电荷量为mo 3BL 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。mo员 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。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 9.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α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 10.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 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A1的电流方向反向 E R 物理A·专题卷（十一）第3页（共8页） 鱼跃龙 11.半径分别为x和2r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Bwr C.电容器的M板带正电 D.电容器所带电荷量为3CBar2 12.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。=2S。,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m。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6的动量变化量大小为写 I2 C.导体棒a所受安培力做的功为 9m D.导体棒6上产生的焦耳热为2I 9m 电磁减震器是利用电磁感应原理制作的一种新型智能化汽车独立悬架系统。该减震器由绝缘 滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠、绝缘的相同单匝矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量 m=0.5kg,每个矩形线圈abcd电阻值R=0.12,ab边长L1=20cm,bc边长L2=10cm,该 减震器在光滑水平面上以初速度v。=2/s向右进入范围足够大且方向竖直向下的匀强磁场 中，磁感应强度大小B=1.0T。整个过程不考虑互感影响，下列说法正确的是 A.减震器刚进入磁场时，线圈abcd中电流大小I= 0×X×X×X 4A B.线圈1恰好完全进人磁场时，减震器的速度大小 v1=1.92m/s C.整个过程线圈1受到安培力冲量的大小比线圈2受到安培力冲量的大小大 D.要使减震器的速度减为零，至少需要25个线圈 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6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 量Q。 0 门卷 物理A·专题卷（十一）第4页（共8页） 班级 14.(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=2Ω。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。 (1)开关S接1： 答题栏 ①当物块速度v=2m/s时，求导体棒上电流方向及轻绳对 :1 物块的拉力大小； 2 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。 (2)开关S接2，求物块下落高度h=1m时，物块的速度大小。 5 6 9 10 11 12 15.(8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=0.04m2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R1=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。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; 物理A·专题卷（十一）第5页（共8页） 鱼跃龙门 (3)棒α与棒b碰撞前瞬间，立即解除对棒b的锁 I K M 定，两棒碰后粘连在一起。从棒a进入水平导 M B 轨，至两棒运动到最终状态，定值电阻R2上产生 的焦耳热Q。 绝缘带B, A ---0 ,·绝缘带 R2 16.(8分)如图厅示，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ef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 间刚达到最小作用力的这一过程中，通过导体棒PQ的 P H d 焦耳热为Q。,求金属导轨abcd在斜面上下滑的距离s。 B ↑a 0. 类 物理A·专题卷（十一）第6页（共8页） 17.(14分)为了提高能源的利用率，目前国内外的城市轨道交通车辆中，大都采用再生制动方 18. 式，即将列车α制动产生的电能转化为待启动状态的列车b的动能，城市轨道交通的启停过 程原理如图所示：两足够长粗糙平行金属直导轨MN、PQ的间距为L=0.5m,固定在同 水平面内，导轨平面内存在磁感应强度大小为B=1T、方向竖直向下的匀强磁场。质量为 m=0.5kg、电阻为R=62的均匀金属丝制成一个半径为L=0.5m的单匝圆环a,水平放 置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。t=0时，开关S与1接通，恒流源（提供的 电流恒为4A)与金属环a连接，金属环a从静止开始向右做匀加速运动，t1=4s时刻，将开 关S掷向2接通阻值为R。=0.5Ω的定值电阻，同时对金属环a施加水平外力F,使金属环 a做匀减速运动，在t2=6s时刻金属环a减速至0。已知圆环与导轨间的动摩擦因数为 4=0.2,忽略导轨的电阻与金属环的可能形变，金属环与导轨始终接触良好，重力加速度大 小为g=10m/s2。 (1)求t1=4s时刻，金属环a的速度大小； (2)求4~6s时间内，外力F随金属环a的速度v变化的关系式（以水平向左为正方向）； (3)若在t1=4s时刻断开S,同时在金属环a的右侧足够远处无初速度地平放上金属环b(未 画出)，金属环b与金属环α完全相同，其圆心到两直导轨的距离也相等，经过时间 △t=0.8s,金属环b的速度达到最大值，则金属环b获得的最大动能是多少？ 恒流源 物理A·专题卷（十一）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (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ab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=0.5。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,si37°=0.6， c0s37°=0.8。 (1)求初始时刻电容器所带电荷量Q。; (2)若闭合线框进入磁场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A·专题卷（十一）第8页（共8页）