专题卷(10)直流电路和交流电路-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（湖南专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（十） 物理·直流电路和交流电路 (考试时间75分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4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.截至2025年11月底，我国电动汽车充电基础设施（枪）总数达到1932.2万个，极大地满足了 新能源汽车的充电需求。某款汽车装配了120块“刀片电池”，每块“刀片电池”的容量是 200A·h,平均工作电压是3.2V。该车型采用充电电压为600V的快充充电桩时，充电效率 为80%，充满电需要的时间为1h。该车型每行驶100km,平均能耗是13kW·h。则该汽车 A.使用快充充电桩时的平均充电电流为160A B.充满电后储存的能量为640W·h C.充满电后续航里程约为400km D.充满电后储存的电荷量为3.84×1023C 2.现代电器设备的集成电路对各种电子元件微型化的要求特别高，其中材料相同的金属导体制 成截面为正方形，电阻仅与导体的长、宽、高中的一个因素有关，把与电阻无关的另外两个因 素的尺寸做成微型。如图所示，某集成电路中有两块截面为正方形的同种金属导体R1、R2, 它们是并联关系，上下表面均为正方形，R,的上、下表面面积大于R2的上、下表面面积，R 的厚度h1小于R2的厚度h2,闭合开关稳定后，下列说法正确的是 A.R1、R2的电阻相等 B.R,的功率小于R2的功率 C.若R,、R2沿竖直方向接入电路，各自的电阻是不变的 D.R1、R2的厚度发生变化，不会影响其电阻 3.2025年11月12日，我国首个高空风能国家重点研发计划核心装备一世界最大5000平方 米高空风力发电捕风伞在内蒙古阿拉善左旗试验场成功开伞，完成全部预定实验内容并成功 实现空中收伞，标志着我国高空风力发电技术在工程化应用方面迈出 了坚实一步。其发电模块原理图可简化为如图所示。在发电期间，发 电机线圈αb在某一时刻转至图示位置。下列说法正确的是 A.图示时刻线圈中的感应电流沿逆时针方向（俯视） B.图示时刻线圈b端电势高于a端电势 物理X·专题卷（十）第1页（共8页） 鱼野 ￥如图所示电路中，电源内阻不能忽略不计，电流表、电压表均视为理想电表， 滑动变阻器总阻值足够大；当滑动变阻器滑片从左端向右端滑动时，下列说 R 法中正确的是 V2)R A.电流表A示数增大 B.电压表V1示数增大、V2示数减小 C.电压表V3示数变化的绝对值与电流表示数变化的绝对值之比为R E,r D.滑动变阻器消耗的电功率先减小后增大 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 7.图甲是某小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为 理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO逆时针方向匀速转动。从图示位置 开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。已知发电机线圈内阻为5Ω，外接 电阻的阻值为952。则 D 52 0 t/(×10-2s) R -5v2 甲 7 A.电流表的示数为5A B.线圈转动的角速度为50πrad/s C.电阻R消耗的功率为4750W D.线圈中产生的感应电动势的表达式为e=500√2cos100πt(V) 8.我国实施“体重管理年”3年行动，普及健康生活方式，加强慢性病防治。控制体内脂肪积累可 有效控制体重，图甲为某款脂肪测量仪，被测试者手握把手P、Q,通过测量流经双手的微弱电 流来测量人体电阻，从而测定身体脂肪率，其简化原理如图乙所示。R1、R2为定值电阻。电 表均为理想电表。体型相近的测试者，脂肪率越高的，电阻越大。则两体型相近者参加测 试时 249 甲 乙 A.脂肪率较高者测试时，R1消耗功率较大 物理X·专题卷（十）第3页（共8页） 鱼跃 班级 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11.(7分)我国某农村用潜水泵抽取地下水进行农田灌溉，潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组 姓名 成。勘测得知当地地下水源距离地表8深，因此安装潜水泵时需要将一根输水钢管竖直 打人地底下与地下水源连通。水泵出水口离水平地面高度为0.8，水流由出水口水平喷出 得分 时的速度为5/s,每秒出水量为4kg。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，功率为 550W,输入电压为220V。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的 输入功率，已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为80%，取重力加速度 g=10m/s2,忽略其他能量损失，求： (1)水泵的输入功率； 、 答题栏 (2)电动机线圈每秒产生的焦耳热； 入y (3)电动机线圈的电阻。 2 5 6 7 8 10 物理X·专题卷（十）第5页（共8页） 鱼野 14.(14分)我国自主研发的“南鲲”号发电装置已在珠海投入运行，其原理是利用海浪带动浪板 摆动使发电线框转动，向外输出电能，如图()所示。某同学根据该原理自制了如图(b)所示 的发电装置，装置在海浪作用下，线圈做匀速圆周运动，已知两永磁铁间可视为磁感应强度 为B=2T的匀强磁场，线圈的匝数N=600,面积S=0.01m,且在1=60s时间内转过 了=25圈，将该发电装置连接到如图(c)所示的输电电路中，两个理想变压器T1、T2的原、 副线圈匝数之比分别为n1:n2=1:2,n3:n4=2:1,发电装置内阻不计。 海浪 浪板 -1 n V A 图(a) 图(b) 图(c) (1)求线圈中产生的交流电电动势的峰值； (2)求交流电压表读数； (3)若测得电流表读数为I=4A,负载电阻R=1Ω，求输电线路总阻值r。 物理X·专题卷（十）第7页（共8页） 鱼跃·物理X· (3)垂直于x轴的平面内，粒子在磁场中运动的周期T=2π 则粒子回到x轴时间为t=nT=n 2m(n=1,2,3,…): g 沿x轴方向粒子的速度v1=at, 沿x轴方向，根据牛顿第二定律有qE=ma, 粒子到达P点时的速度大小=/v十v, 联立解得v=√ ,4n2πE2 (n=1,2,3,…)。 B2 8谁贸 E 4.①07(22。号 【解析】(1)粒子在电场中沿x轴做匀速直线运动，3d=v。t, 滑y轴做匀加速直线运动，号d=4r,0店 联立求得9- m Ed (2)沿y轴做匀加速直线运动，v,=at=√3vo· 进入磁场中粒子的运动轨迹如图所示， 在B点速度与x轴正方向的夹角满足an0=”=3,即 0=60°， 则进入磁场时的速率v=2v。, 由儿何关系可得sin60°=5d, R,又qB=m0 R 解得B=E (3)甲、乙两粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度分别为012， 由弹性碰撞可得mw=w十22· 2 mv=1 m听+×受，解得=号=号 2 8 mo2g 两粒子碰后在磁场中运动，号B=,号，B=2, 求得x1=r2=2d,半径相同，可以再次相遇，两粒子在磁场中 一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为T,=) 6π1m - 则两粒子碰后再次相器需清足学4：一二1=2x,解得群次相 遇的时间△1=B0 2πm 15.(1)大小为B,方向沿：轴正方向(2) (3)大小为 √0B?+4n 9g平，方向在0：平面内与y轴正方向夹角为0 斜向上，其中0满足tan09 【解析】(1)由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿之轴负 方向，则由平衡条件可知，电场力沿：轴正方向，即电场强度 沿之轴正方向，且有gE一qB=0,解得E=B,方向沿之轴正 方向。 (2)粒子运动的轨迹如图甲所示， 由几何关系有r=(r一1)2十(3l), 解得粒子运动的半径为r=2l, 由牛顿第二定律有9B'=m,· 解得B- 天 0 B 甲 (3)由题意，电场力的一个分力沿之轴正方向平衡洛伦兹力，另 一个分力沿y轴正方向提供类平抛运动的加速度，如图乙所 示，则由平衡条件有gE1=qvB, 1 qE2 由平抛运动规律有3l=t,l=2a,t,其中a,= 2mv 解得E,=B,E2= 则合电场强度为E'=√E+码=√口+受 9g12,方向在 yOz平面内与y轴正方向夹角为0斜向上，其中0满足tan0= E3qlB E22m0 物理（十） A【解析】单块电池充满电后储存的电能是E1=U1I1=1q1= 3.2×200W·h=640W·h,整车充满电后储存的电能是E= 120E1=76800W·h=76.8kW·h,故B错误；该车充满电后 E 续航里程是s=13kw·五×100km≈591km,故C错误：由题 意可知E=U1t,其中？=80%，U=600V,t=1h,解得I= 160A,故A正确：单块电池充满电后储存的电荷量是q1= 200A·h=200×3600C=7.2×10C,故D错误。 B【解析】设正方形边长为L,材料电阻率为P,则电阻R= 专=P六-P方，可知电阻与h成反比，由于R,的厚度么，小 L 于R2的厚度h2,可知R,>R2,故A错误；由于二者并联，电压 U2 相同，根据P=尺，可知电阻大的功率小，故R,的功率小于R 的功率，故B正确；若R1、R2沿竖直方向接入电路，则电阻 R,=P专-P会可知电阻会发生改变，故C错误：若RR:的 厚度变化，结合A选项可知，其电阻发生变化，故D错误。 B 4.D A【解析】若增大线圈转动角速度w,根据w=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 增大电容器C两极板间的距离，根据C,知，电容器的电 容减小，容抗增大，使得通过灯泡L1的电流减小，所以灯泡L ·11 参考答案及解析 变暗，故B错误；若抽掉电感线圈L内部的铁芯，感抗减小，使 的示数变大，电压表V1的示数变大，故C正确 得通过灯泡L2的电流增大，所以灯泡L2变亮，故C错误；若增 ACD【解析】低速转轴转速为，由升速齿轮箱可知发电机线 大照射在光敏电阻R上的光强，光敏电阻的阻值减小，通过L 圈转速为k,所以用户端的交变电流的频率为kn(Hz),故A正 的电流变大，L3变亮，故D错误。 确：根据理想变压器原、副线圈功率相同，U,1,=U2I,,因所有灯 6.C【解析】副线圈反向接，当铁芯在中央时上下方两个次级线 泡相同且正常发光，所以12=I1,根据理想变压器的原、副线圈 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 电压与顶数美系知是是-片-？，故B倍误：准据条件可知 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 U2=U,所以发电线圈的电动势有效值为E=(m+1)U,则发电 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， 线圈的电动势最大值为Emx=√2E=√2(m十1)U,且Ex= 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 VBSw=NBS×2πkn,求得发电机线圈的面积为S= 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，t~t2时间 巨(m十1)儿，故C正确：理想变压器输入功率与输出功率相等， 2πknNB 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 所以Px=P4,U,EU)U U R 整理得到R（E-U石 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 EU,C,若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，则电 动距离的大小关系，故C正确。两个次级线圈反向接，当铁芯 U:U 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。 动势E不变，R,变小，RA不变，原、副线圈电压比值不变，所以 B【解析】将R,、R。、E视为一个等效电 U2变小，U1变小，UA变大，则A灯变亮，其余灯泡的亮度变暗， 源(E1、1),如图虚线框所示，由闭合电路 故D正确。 E 11.(1)502.5W(2)47.5J(3)7.62 欧姆定律有【= r+R2+R,R增大时，1 A 【解析】(1)以每秒出水量为研究对象，每秒钟水泵对水做功为 减小，电流表A示数减小，故A错误：电压 表V的示数为电源E的路端电压，R增 W-mgH+2 mv, 大时，外电阻增大，干路电流减小，由闭合 其中H=8m+0.8m=8.8m 电路欧姆定律有U1=E一Ir,可知电压表 E.r V1示数增大；由于电流表的示数减小，即流过R,的电流减小， 裂的输曲功率为P,?输人功率为P人-局影， 所以R。两端的电压减小，即V,示数减小，故B正确：将除R外 解得P系人=502.5W。 的其余部分视为等效电源(E2、r2),则有U3=E2一Ir2,所以 (2)由题意对电动机可得P意=P出十P内=P泵入十P内， △U3 (r+R,)R3 电动机线圈每秒产生的焦耳热为Q=P内t,解得Q=47.5J。 =r=,+R,+R 十R2,而不是R,故C错误；R消耗的功 率即等效电源(E,r,)的输出功率，即PR=IR=R十r) ER （3)电动机领定电压为20V.则额定电流为1-0A= 2.5A, E P内=IR=47.5W,解得电动机线圈的电阻为R=7.62. 一，可知，R从0逐渐增大到r2过程中，P。逐渐增 (R-r2)2 -+4r2 12.(1)e=500sin(10πt)V(2)250V(3)35.4A318.2V R 【解析】(1)根据题意，转速为n=300r.min=5rs, 大；R=r2时，PR最大；R继续增大，PR减小，故D错误。 故频率∫=n=5Hz, 7.AD 8.BD 9.AD 角速度为w=2xf=10πrads, 10.AC【解析】仅将滑动变阻器滑片向上移动，I和Ⅱ、Ⅲ线圈 感应电动势的最大值为Em=NBSw=500V, 匝数比不变，所以电压比均不变，电压表V,的示数和电压表 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 V。的示数均不变，故A正确，B错误：仅将线圈触头P向上移 e=Emsin wt=500sin(10πt)V。 动不变，2变小，n变大，根据变压比有=，= (2)将t= 60s代入表达式得e=250V. ,可知，电压表V,的示数变小，电压表V的示数变大，因 n3 (（3)电动势的有效值为E=E=2502V, √2 n1=2+n3P,=P,+P=R _UUg_U(n+n号) 十R ,又P= nR。 电流表示数1=R是，=25厄A=35,4A, U1,则11= U (nn)U(2n-2nin:+n) nR nRo 联立解得电压表示数U=IR=225√2V=318.2V。 [(学)》+ 13.(1)1.5W(2)122(3)83.3% ,由数学知识可知，当：=之时，电流 【解析】(1)由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电路外电阻等 nR。 于电源内阻时，输出的功率最大。把定值电阻R看成电源内 表A,的示数最小，即线圈触头P初始在中间位置时电流表 阻的一部分，结合题图乙可知，当R,=R+r=62时，滑动变 A:的示数最小，仅将线圈触头P向上移动，电流表A1的示数 变大，故D错误；同理，仅将线圈触头P向下移动，电流表A, 阻器消耗的功率最大，最大功率P,一4(R十)1.5W。 高三二轮复习专题卷 (2)由题图乙知，滑动变阻器接人电路的阻值为32和R2时消 耗的功半相等，有(3n+,)广×8n=(R,十k+,)广R代 人数据解得R2=122。 E (3)当Rn=R=60时，可得1=R,+R+,=0.5A, 此时有P外=I(R+R,)=2.5W, P8=EI1=3W, 则电深救率7-产×100%88.3%， 14.(1)5W2V(2)10V(3)12 k 【解析】(1)线圈转速为= t 线圈的角速度为w=2n=2 线圈产生电动势的峰值E=NBSw=5√2V。 (2)升压变压器原线圈电压有效值为U,=E 2 =5V, 升压变压器工，原、副线圈电压之比满足亡一， 解得电压表读数U2=10V。 (3)负载两端电压U:=IR=4V, 降压变压器T:原、副线圈两端电压之比：一 解得降压变压器T2原线圈电压U3=8V, 降压变压器工原、剧线圈两端电流之比片 解得降压变压器T2原线圈电流I?=2A, 则U2=I3r十U3, 求得输电线路总电阻r=12。 RE 15.(1)R+R+r (2)0≤m≤k (3)U=E- (R。十r)E g ER+R+ mgRE （或U=mgR+kIR。+kLF 【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, E 由闭合电路欧姆定律可得I一反，0'=R, 联立解得U'=R十R。十r RE (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，由胡克定律结合受力分析知F增=k1= mm5,解得m g kl 即电子秤测量范围为0≤m g 《3)由闭合电路的欧姆定律可得I一R,十R。+r E 当弹簧形变量增加x时，由电阻定律得R,=P号-一R, 由受力分析知.x=mg,又有U=IR,, 联立解得U=E一 (R+r)E(或U=mgR干R,+r mgRE gR十R。十r kl 物理（十一） .D2.B3.C ,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=BIL= BL?,可知F©u,由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为 R a=mgsin 0-F gin日B,可知，随着速度的增大，导 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ut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 公式可得，感应电流为1B”由数学知识可得化· △MR B,由于加速度逐渐减小，则11图像的斜率逐渐减小，直至 为零，故D错误。 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△西=BL'_B 2,线框中的 平均电动势为E一，线框中平均感应电流为I=斥，所以流 BL 过线框某一横截面积的电荷量为g=1△=2R,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F=BIL 导线abc所受安培力的大小为Fs=√2BIL,则Fb·Faw= 1:W2,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。 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a到b,故A错误；安培 力大小为下=BIL,其中电流I=B弘”，代人得F=B和，根 R R 锯牛顿第二定律，加速度。一片一，元R”,可见加速度与速度成 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BL·△t=0一mvo,通过电阻的电荷量为q= 联立解得g故C错误：由g=1·△只 头联立解得一放D正确。 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？ 电阻为受，匀速运动时，两棒切制产生的电动势大小相等，B· 2LU=BLd,得末速度20b=vd,对ab棒-BI·2L△1= m一m,对cd棒，BL△=空d,解得w十u=,则 -智，故B错误：根据g=7,联立解得g院】 777U。 故C正确；由能量关系，整个过程中产生的热量Q®=2m6 ·12 1 1 受，又Q · R 2 R Q,联立解得Q= 11.(1)mgRsin 0 R B2L2 (2)mgs sin 0-m'g'R'sin 2BL.9 【解析】(1)线框匀速运动时，设速度为v,则E=BL, 2 mv,故D错误。 由闭合电路的欧娜定律得1=发，安培力F=BL, AB 8.BC 由于ab边离开磁场前线框已做匀速直线运动，则ngsin0=F安， CD【解析】根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感线 联立可得？= mgRsin 0 时，产生的感应电流应该是从B向A,故A错误；据E巡=BLv, B2L2 以及v=w,可得切割磁感线时产生的电动势Eg=BLv= (2)线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律得gs·sin0= Br(2）=多Bro:切制弦感线的金属棒相当于电源，则 2mv+Q, AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定 其中=mngRsin0 律可知UsR华R=弓×受Brw-Bro,版B错误，切 R B2L2 割磁感线的AB相当于电源，在AB内部电流方向由B向A,故 解得线框中产生的热量为Q=mgs·sin0-mgRsin0 2B'L' 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， 12.(1)①1.5N②2.8J(2)2m/s 故C正确：由B分析知，AB两端的电压为Br,则电容器两 【解析】(1)①物块下落，导体棒向左运动，根据右手定则可知， 导体棒上的电流方向由b流向a,有Mg一T=Ma,T-F 端的电压也是子Br。,故电容器所带电荷量Q=CU= aF=ILB,I=卡，E=BLx CBra,放D正猴。 解得轻绳对物块的拉力大小T=1.5N。 0.AD【解析】由动量定理mv=I可得导体棒b的初速度为 ②物块达到最大速度时有Mg=BL1-B1、 R =根据m=ASd,R=p号，可知m,=2mR。=2R。,导 解得vm=4m‘s, 体棒b在安培力作用下先减速后匀速，导体棒α在安培力作用 根据能量守恒有Mgh=号(m十M)心十Q。 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 解得Q=2.8J。 运动。对整个系统由动量守恒定律得m6=(m。十m6)0,解 (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 得。=号-品，则导体棒“的最大速度和导体楷6的最小速 电动势，有Uc=BL1, 根据C=一AU' Q△Q 度均为放A正确：导体棒6的动量变化量为△0=m· 对导体棒和物块组成的系统，由牛顿第二定律得Mg一LB= 一1=即导体样6的动量变化量大小为放B想 (M+m)a, 误；导体棒a所受的安培力做的功，转化成了a的动能，即 又1AQC·A0 C-CBLAv -CBLA, △t △t W=号·2m·(品)广-品放C错误：运动过程中系统损 联立解得a=2ms, 根据v2=2ah, 1 失的动能转化为焦耳热，则由能量守恒得Q=2m,一 解得物块下落高度h=1m时，物块的速度大小v=2m.s。 13 1 (m。十m%)v2,其中导体棒ab上产生的焦耳热分别为Q。= 18.(1)0.4T/s2)2ms(3)i5J QQ,-号Q部得Q-品Q-放D正商 【解析】(1)开关打到1时，棒受力平衡，ngsin9=B1IL, 根据E=n△t E ABD【解析】减震器刚进人磁场时，感应电动势E=BL1= n△BS=nkSI=R+r 解得k=0.4T1s。 04V,线图ad中电流大小1=后-8A=4A放A正确： (2)棒在倾斜导轨上匀速下滑时，根据平衡条件可知ng sin0= 线圈1恰好完全进入磁场时，根据动量定理得一BL1△= R,+R,可得U-10ms B1L201 m,-m我中7I=9-后-塘=0.2C可得波 从棒α进人水平导轨到与棒b发生碰撞前的过程，根据动量定 BLd 震器的速度大小v1=1.92m/s,故B正确；线圈受到安培力的冲 理一R。 =mv2-m1, 量为1神=BIL1△1=BL19=R ,-BLL,可知线圈1受到安培力冲 根据电路连接得R急=0.3Ω， 解得v2=2ms。 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 析可知，要使减震器的速度减为零，至少需要线圈的个数为= (3)从棒a进入水平导轨至与棒6碰前瞬间Qa,=2mu一 0 1 m0.08=25,D正确。 2 mv,