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（湖南专版）

高三二轮复习专题卷 (2)由题图乙知，滑动变阻器接入电路的阻值为32和R:时消 验动率有(gn)广×a-(报》R代 入数据解得R2=122。 E (3)当Rm=R1=6Q时，可得1=R,+R+,=0.5A, 此时有P外=I(R+R1)=2.5W, Pa=EI=3 W, 则电源效率产×10%88.3%， 14.(1)5√2V(2)10V(3)12 【解析】(1)线圈转速为m= t' 线圈的角速度为w=2=2π， t 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 =5V, √2 升压变压器T1原、副线圈电压之比满足元=， 解得电压表读数U2=10V。 (3)负载两端电压U4=IR=4V, 降压变压器T2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T,原副线图两端电流之比上=， 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=1Ω。 RE (R。十r)E 15.(1)R+R。+7 (2)0≤m≤ (3)U=E g R+R.+r mgRE (或U=mgR+kRo+br/ 【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=及，U'=IR, 联立解得U'=R+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1，由胡克定律结合受力分析知F增=L= mxg,解得mmx 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=R,十R。十，' E 当弹簧形变量增加x时，由电阻定律得R,=P专=一R, 由受力分析知kx=mg,又有U=IRx, mgRE 联立解得U=E (R+)E(或U=mgR+R,+F mgR+R。+r 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v时，受到的安培力为F=BL= BL”,可知Fc0,由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为 R a=mgsin 0-F m =gsin日一B工。”，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-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1一受由数学知识可得是侵·是 。,由于加速度逐渐减小，则I-t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△0=BL_B,线框中的 平均电动势为E一密线框中平均感应电流为1-{，所以流 BL2 过线框某一横截面积的电荷量为g=7△4=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Fb=BIL, 导线abc所受安培力的大小为Fa=√2BIL,则Fab：Fa:= 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。 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Q到b,故A错误；安培 力大小为F=BL,其中电流1B处，代人得F-B贤，根 R 锯牛顿第二定律，加速度。无-k,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BIL·△t=0一moo,通过电阻的电荷量为q= 了·△，联立解得g=B,故C错误，由g=1·△1三尽△1= 兴联立解袋一故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的质量为公， 电阻为，匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等，B· 2L=BLvd,得末速度2vb=va,对ab棒-BI·2L△t= mDw一mw,对cd棒，B亚△t=受a,解得十aa=,则 a-号0u-2智，故B结误：根据g=10,联立解得q-配， mvo 故C正确：由能量关系，整个过程中产生的热量Qa=2m6一 ·12 RQa,联立解得Q= 11.(1)mgRsin 0 R十 B2L2 (2)mgs.sin 0-m'g'R'sin0 2B4L4 【解析】(1)线框匀速运动时，设速度为v,则E=BL0 9mv6,故D错误。 由闭合电路的致螂定律得1一尽，安溶力F委一BL, 7.AB 8.BC 由于ab边离开磁场前线框已做匀速直线运动，则mngsin0=F安， 9.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v= mgRsin 0 时，产生的感应电流应该是从B向A,故A错误；据E=BL, B2L2 以及v=w,可得切割磁感线时产生的电动势E=BLv= (2)线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律得mgs·sin0= Br(r2）=号Br,切制破感线的金属棒相当于电源，则 2 mv+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o=mgR sin0 #可如Uu-R平RE-合×受r-=号Br0,故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=7mg5·sin0-mgRsin9 2B4L4 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两端的电压为子Bw,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-T=Ma,T-F= 端的电压也是子Br。,故电容器所带电荷量Q=CU= na,F=ILB,L=卡，E=BLu 子CBra,放D正确。 解得轻绳对物块的拉力大小T=1.5N。 10.AD【解析】由动量定理mo,=I可得导体棒b的初速度为 ②物换达到最大速度时有Mg=BL1。-B, R ,d u,=m,根据m=Sd,R=p'S,可知m。=2m、R。=2R。,导 解得vm=4m/s, 1 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=2(m十M)v品+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m6vo=(m。十mb)v,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-。则号体，。的最大速度和导体米6的最小速 电动势，有Uc=BLv1, 根据C=。8:, QAQ 度均为弧故A正确：导体棒b的动量变化量为△p一m· 对导体棒和物块组成的系统，由牛顿第二定律得Mg一ILB= 六一1=一号即号体排6的动量交化量大小为号成B错 (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 IAQ-C.AUe CBLAD -CBLa △t △t W,名·m…(织)广-散C蜡误：运动过程中系能损 联立解得a=2m/s2, 根据v2=2ah, 失的动能转化为焦耳热，则由能量守恒得Q=2m,号3 解得物块下落高度h=1m时，物块的速度大小v=2m/s。 1 (m。十m)o,其中导体棒ab上产生的焦耳热分别为Q。= 3.a04T/sa)2m/s(0 吉QQ,=子Q每得Q,-Q-放D正角， 【解析】(1)开关打到1时，棒受力平衡，mgsin0=B,IL, 根据E=n E ABD【解析】减震器刚进人磁场时，感应电动势E=BL1v,= △B0S=kS,I=R+r 解得k=0.4T/s。 Q4V线圈a中电流大个1=景-兰A=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△t= R,+R,可得=10m/s. BiL'v E,-△0_BL1L2=0.2C,可得减 mu1一mw其中i△1=g=尺A1=R=R 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 BL'd 震器的速度大小1=1.92m/s,故B正确；线圈受到安培力的冲 理一总 =mv2一m01· 量为I神=BIL1△t=BL19=R _BLL:,可知线圈1受到安培力冲 根据电路连接得R总=0.3Ω， 解得v2=2m/s。 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，要使减震器的速度诚为零，至少需要线圈的个数为= (3)从棒a进人水平导轨至与棒b碰前瞬间Q1=2mu 00 2 -0-0.08=25,D正确。 2 mvg, ·物理X· 此时电阻R,产生热量Q,=6Qa1, 得Q1=0.8J, 两棒相碰，mo2=2mw3, 1 碰后至静止电路产热Qe:=乞×2m0, 电阻R2产生热量Q2=3Qa2, 得Q:=5J, 上，R2产生总热量为Q=Q1十Q2三5】 14.a)8-1 ≥3(3)4Q+m2gR 、M 2mg(2) m mg BL 【解析】(l)烧断细线，由于M=m,对导轨abcd由牛顿第二定 律知mgn0-B0=ma, 2R 随着速度增大，加速度α减小，直至加速度为0，速度最大，此 BL=FA,FA最大，即a一g,FA mgR 时有mgsin0= 2R 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FA=FA=之mg, 解得Vn= √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≥ o,即0有 (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=2Q。十 mgR 2mu品，又u。=B, 解得，=4Q+m'gR mgBL4。 5+W/15 15.(1)0.864C(2)0.75J(3)不能 m 10 3 【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4， 电动势为E,对导体棒，由动量定理有BL·△=m1v1一O, E-BL面C-吕-品E 5. 由电流的公式有7=A, △t 整理有Q。=CU,=△Q十CE=0.864C。 (2)由于导体棒恰好能从CC2处沿切线方向进入圆弧轨道， 01 6. 设进人瞬间导体棒的速度为v2,有02一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⑦3，由动能定理有 m18r1-cs0)=名1-之m1时，解得，=3m/, 1 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)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= BL2V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，安培力随着进入磁场的距 离均匀变化，所以进入过程中，安培力为其平均值，因此，Q和= 2F袋x=2Fn十F*x=2x0+3X0.5×0.5J=0.75J. 2 2 (3)线框的右边框进入磁场过程由动量定理有一2BL” R △t=(m1十m2)(v4一v共）， 整理有-∑3x·△x=-0十3z 3 02x=-2x2=(m1+mz)(u,- v共)，其中0≤x≤0.5m, 3 解得0，一8m/s,所以线框的右边框能完全离开，然后左边框 3 开始以=8 m/s进入磁场， 假设左边框仍能穿出磁场，则-公3x·△x=-0十3云 2x= 3 之x2=(m1十m2)(u:-04),其中0≤x≤0.5m, 2 解得u=一8m/s, 所以线框左边框不能穿出磁场，则-乃3x·△x=-0+3x 2 2x2=0-(m,十m2)04, 3 √/15 解得x= 10m,所以线框右边框所处的位置坐标为x右= 5+√/15 10 m。 物理（十二） Nmg (1DL1-L (2)C(3)20 1)BD(2)球心需要工√y一y g (1)1.26(2)2x(d+20 T2 (3)A （1)十4(2)41,1(3)偏小偶然误差 2T d (1)8.6(2)DA(3)m(或mw)同探究F与r的关系 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 标系中描点作图，若得到一条过原点的直线，则说明F与x成 正比。 CB( (3)需要 【解析】(1)弹簧压缩量不变，则弹性势能一定，则有E0= mgx+7m,令光电门的宽度为d,则有)=是，解得是 1 ·13 参考答案及解析 学x。结合函数式可知，能够利用图像的斜率 2M+m()。 擦因数，即需要测量遮光片的宽度d。 2L+d)(F-m1g) (2)结合上述有竖=卫，解得μ=2gg· 11.(1)1.66(2)不需要(5) d g 2m1 (3)滑块从a点运动到O点过程有Eo=mgxo十 1 2mv6,弹簧 (6)s2h (7)m1v1=m1v3十m2v2 1 做功W=Eo,则有W=mgxo十2m6。可知，若在滑块从a 【解析】（1)由图乙可知，两小球直径为d=16mm+6× 0.1mm=16.6mm=1.66cm。 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 (2)题干中没有要求质量为m1的小球不反弹，则不需要满足 (含遮光片)的质量m、a点到O点的间距xo与滑块在O点的 m1>m2. 速度vo。 (1)BCD(2)③(3)4.20196(4)不受影响 (5)根据题意，由牛顿第二定律有F1一m1g=m1 (1)A(2)错误(3)0.820(4M+m(5)直线 L十2 M (1)R R ma+hs0,吉-京+清 111 2L+d)(F-m1g) t1 t2 to t1 可得一 2m1 (3)正确由01和02互余，可得碰后两球速度的平方和等于碰 1 前B速度的平方，可验证系统碰撞前后的动能守恒 (6)质量为m2的小球做平抛运动，则有s=u:t,h=2g,解 【解析】(1)由题意可知，A、B两球碰后不再受力，做匀速直线 g 运动，则速度大小分别为4一人 得U2=5√2 (7)由于本实验中m1>m2,则碰后质量为m1的小球不反弹，若 (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 碰撞过程中动量守恒，则有m11=1vg十m2v2,即m11= 守恒，则mp,=mACOS0,+mC0s02,其中w二尺，可得上= m1g十m22,成立，则可说明两小球碰撞过程中动量守恒。 12.(1)0.04(2)9.691.322.48(3)水滴下落时受到空气阻 1 1 os8+。os9,系统在碰撞前、后动能守恒，应满足2m6 力作用 【解析】(1)由于频率由大到小逐渐调节，第一次看到一串仿佛 之mi+m可得号-日+诗 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， (3)若系统已验证了动量守恒，则在两个垂直方向分别有vsi02= 闪光的频率为25H,因此时间间隔为T= f=0.04s。 vasin01,VB COS02十A COS0,=vo,若还满足01和02互余，由 数学知识可得十=，即碰后两球速度的平方和等于碰 (2)根据逐差法可得重力加速度为a=e工Ac 4T2 前B速度的平方，根据)md=2mi+号m心，即可验证系 1 (33.48-13.64-13.64)×10- -m/s2≈9.69m/s2。根据匀变 4×0.042 统碰撞前后的动能守恒，则该说法正确。 速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则D点 0.(1)①ghos= (hor-hoD)2 ②B③否低于 (2)①d =ZcE=(33.48-13.64)X10 8△t 处水滴此时的速度为=2示 -m/s= 2×0.04 ②mg=22M+m)(）}' 2.48m/s。根据运动学公式可得A点处水滴此时的速度为 vA=vp-a·3T=2.48m/s-9.69×3×0.04m/s≈ hoF一hoD,若机械 1.32m/s。 【解析】(1)①打下E点时重锤的速度s 2△t (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 能守恒，则有mgho=2mu2,联立可得ghoe= (hor-hop)2 是水滴下落时受到空气阻力作用。 8(△t)2 物理（十三） ②若考虑阻力的影响，设阻力为∫，根据动能定理可得 (mg-fh=名m…,整理得2-(g-)k,可知2h 1.(1)6.700(6.699~6.701均可)0.25(2)M(3)b (4)DU 图像是通过原点的一条直线，B正确。③表中的△E。与△Ek 4IL 之间存在差异，△E。小于△Ek,不是由于空气阻力造成的，如 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 2.4)×100(2)负2.201.5(3)R1（4),-U UR。 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.(2)a(3)b(4)无(5)，+R,+7A+kz。 E 这是因为交流电源的频率不等于50Hz引起的，那么他做实验 时，电源的实际频率必低于50Hz。 4.(1)短接减小(2)大于R1一R2 5.(1)0~0.60~3R1(2)1.451.3 (2)①由题可知，物体B刷穿过圈环后的速度0=兰.@若系.（D1,35.4.36均对偏小“电路中有较小的电流合 统机被能守恒，则有mgh=合(2M十m),整理得mgA= 理即可)(2)B(3)1.41.1 【解析】(1)电压表所选量程为0~3V,读数为1.35V;用电压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.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1=50m,t=1.5s。 现一辆小车以90km/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.△PF1F2中感应电流方向先顺时针后逆时针 C.△PF,F,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.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=nBLv 物理X·专题卷（十一）第1页（共8页） 鱼跃龙 B.若减小永磁铁相对线圈上升的速度，则线圈中感 线圈 ●●L● ● 应电动势增大 ●●● C.若永磁铁相对线圈下降，则线圈中感应电流的方向 ●磁场分界线 为顺时针方向 X 3 D.若永磁铁相对线圈左右振动，则线圈中也能产生 甲 乙 感应电流 4.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 Q D 5.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 xxXX 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 X×××N 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 6.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a 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,尺 B2L2 门卷 物理X·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vo,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 MaB↑ A.金属棒ab刚开始运动时，ab棒中的电流方向为 ba B.当两金属棒匀速运动时，b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 3BL D.金凤棒ab从开始运动到匀速的过程中，ab棒中产生的热量为)m 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.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 8.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.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 R 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 R 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 物理X·专题卷（十一）第3页（共8页） 鱼跃龙 9.半径分别为x和2x的同心圆导轨固定在同一水平面内，一长为x,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 B金阔特两端电压为Bw, C.电容器的M板带正电 D.电容器所带电荷量为3CBar2 4 10.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 9m D。导体棒6上产生的焦耳热为 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=0.1n,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向右进人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= 4A B.线圈1恰好完全进入磁场时，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 门卷 物理X·专题卷（十一）第4页（共8页） 班级 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11.(7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 姓名 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 得分 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。 答题栏 1 4 12.(9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 5 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 6 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 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 9 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 10 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。 (1)开关S接1： ①当物块速度v=2m/s时，求导体棒上电流方向及轻绳对 物块的拉力大小； ②物块达到最大速度时，物块下落高度h=3,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。 物理X·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=0.04m2的圆形金属线圈相连，线圈 总电阻r=0.22,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α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a进入水平导轨，至 B 两棒运动到最终状态，定值电阻R?上产生的焦 绝缘带B, 耳热Q。 ,----- ,一绝缘带 6 p一d 卷 物理X·专题卷（十一）第6页（共8页） 14.(14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 ，B H 间刚达到最小作用力的这一过程中，通过导体棒PQ的 P e 焦耳热为Q。,求金属导轨abcd在斜面上下滑的距离s。 物理X·专题卷（十一）第7页（共8页） 鱼跃龙门半 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 O D 物理X·专题卷（十一）第8页（共8页）