2026年天津高考物理二轮复习讲练测重难 14 电学中三大观点的综合应用（重难专练）（解析版）

重难14电学中三大观点的综合应用内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 一：电磁感应中的图像问题电磁感应中常见的图象问题图象类型(1)随时间变化的图象，如B­t图象、Φ­t图象、E­t图象、I­t图象(2)随位移变化的图象，如E­x图象、I­x图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)应用知识四个规律左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律六类公式(1)平均电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(2)平动切割电动势E＝Blv(3)转动切割电动势E＝eq\f(1,2)Bl2ω(4)闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)(5)安培力F＝BIl(6)牛顿运动定律的相关公式等1.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。2.解题步骤(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等。(2)分析电磁感应的具体过程。(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。(6)画图像或判断图像。3.常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。二：电磁感应中的平衡和动力学问题1.题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)。2.处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析【技巧总结】用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题三：电磁感应中的动力学和能量问题1．电磁感应中的能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒列方程求解。技巧1：会正确运用动量定理处理电磁感应中的问题用动量定理解决电磁感应问题的常见模型及分析常见情景(导轨和杆电阻不计，以水平光滑导轨为例)过程分析三大观点的应用单杆阻尼式设运动过程中某时刻的速度为v，加速度为a，a＝eq\f(B2l2v,mR)，a、v反向，导体棒做减速运动，v↓⇒a↓，当a＝0时，v＝0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止动力学观点：分析加速度能量观点：动能转化为焦耳热动量观点：分析导体棒运动的位移、时间和通过的电荷量单杆发电式导体棒从静止开始运动，设运动过程中某时刻导体棒的速度为v，加速度为a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，F恒定时，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)；a恒定时，F＝eq\f(B2L2at,R)＋ma，F与t为一次函数关系动力学观点：分析最大加速度、最大速度能量观点：力F做的功等于导体棒的动能与回路中焦耳热之和动量观点：分析导体棒的位移、通过的电荷量含“源”电动式(v0＝0)开关S刚闭合时，ab杆所受安培力F＝eq\f(BLE,r)，此时a＝eq\f(BLE,mr).速度v↑⇒E感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)动力学观点：分析最大加速度、最大速度能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热动量观点：分析导体棒的位移、通过的电荷量不等距导轨a棒减速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑⇒E↓⇒F安↓⇒a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝0，两棒匀速动力学观点：最终速度能量观点：动能转化为焦耳热动量观点：BIL1t＝mv0－mvaBIL2t＝mvb－0【方法提炼】在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的作用时间、速度、位移和电荷量．(1)求速度或电荷量：Beq\x\to(I)lΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt.(2)求位移：－eq\f(B2l2\x\to(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq\f(B2l2x,R总)＝0－mv0(3)求时间：①－Beq\x\to(I)lΔt＋F其他t＝mv2－mv1即－Blq＋F其他t＝mv2－mv1已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间．②eq\f(－B2l2\x\to(v)Δt,R总)＋F其他t＝mv2－mv1，eq\x\to(v)Δt＝x.若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间．技巧2：会正确运用动量守恒定律处理电磁感应中的问题常见情景及解题思路双杆切割式(导轨光滑)杆MN做变减速运动．杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动．系统动量守恒，对其中某杆可用动量定理动力学观点：求加速度能量观点：求焦耳热动量观点：整体动量守恒求末速度，单杆动量定理求冲量、电荷量1.问题特点对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用。2.方法技巧解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒。因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解。（建议用时：30分钟）1．（2025·天津和平·模拟预测）如图所示，矩形导线框的匝数为，面积为，处在磁感应强度大小为的匀强磁场中，矩形导线框以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，交流电压表、均视为理想电表，不计线框的电阻。线框从图示位置开始转过90°的过程中，产生的平均电动势为；线圈在图示位置电压表的示数为。【答案】【详解】[1]根据法拉第电磁感应定律可得，线框从图示位置开始转过90°的过程中，产生的平均电动势为又有联立解得[2]线圈转动过程中，感应电动势最大值为有效值为不计线框的电阻，则有由变压器电压与线圈匝数关系可得2．（2025·天津和平·模拟预测）如图所示，原线圈接入交流电源，电源电压保持不变。副线圈电路中、为定值电阻，是滑动变阻器，和是交流电压表，示数分别用和表示：和是交流电流表，示数分别用和表示；忽略电表和变压器非理想化引起的误差，则在滑片向下滑动过程中，下列说法正确的是（

）A．和均保持不变 B．增大，变小C．电源的输出功率减小 D．保持不变【答案】BD【详解】A．当滑片P向下端滑动过程中，电阻减小，副线圈电路的总电阻减小，由于匝数比不变，所以副线圈电压不变，副线圈电流变大，R1的电压变大，电压表V2的示数变小，故A错误；B．由上可知电阻R2两端的电压减小，根据可知I2变小，原线圈、副线圈的匝数比不变，原线圈、副线圈两端的电压都不变，当滑片P向下端滑动过程中，电阻减小，副线圈电路的总电阻减小，根据，输出功率变大，输入功率也变大，输入电压不变，所以I1变大，故B正确；C．I1变大，电源的输出功率根据，可知变大，故C错误；D．根据电压比等于匝数比可知整理得所以是定值，故D正确。故选BD。3．（2025·天津武清·二模）如图甲所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的匝数n=100，线圈的总电阻r=5.0Ω，线圈位于匀强磁场中，且线圈平面与磁场方向平行。线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R=95Ω的定值电阻连接。现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OO′以一定的角速度匀速转动。穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像如图乙所示。若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。则下列说法中正确的是（）A．线圈匀速转动的角速度为100rad/sB．线圈中产生感应电动势的最大值为200VC．由图甲处转过圈，通过电阻R的电量q=0.01CD．由图甲处转过圈，电阻R上产生的热量Q=J【答案】BC【详解】A．由图乙知，线圈转动周期根据角速度公式，A错误；B．感应电动势最大值而代入数据得，B正确；C．通过电阻R的电荷量转过圈则，C正确；D．感应电动势有效值电路中电流有效值转过圈的时间电阻R上产生的热量，D错误。故选BC。4．（2025·天津北辰·三模）交流发电机的示意图如甲所示，线圈从甲图所示的位置以为轴逆时针匀速转动，产生交变电流如图乙所示变化。则（）A．1s时间内电流出现50次峰值B．该交变电流的有效值为C．图甲所示位置时，AB边内电流的方向由B流向AD．当电流瞬时值为25A时，线圈平面与中性面的夹角为【答案】BC【详解】A．由图乙可知，交变电流的周期为，1个周期内出现2次峰值，所以1s时间内电流出现100次峰值，故A错误；B．由图乙可知该交变电流的最大值为50A，则有效值为故B正确；C．根据右手定则可知，图甲所示位置时，AB边内电流的方向由B流向A，故C正确；D．线圈处于中性面时，电流为0；设线圈平面与中性面的夹角为，则对应的电流为当当电流瞬时值为25A时，可得可得故D错误。故选BC。5．（2025·天津·一模）如图所示，电源的内阻为r，滑动变阻器的总电阻为2r，两平行金属板a、b的间距为d，板长为L，板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。初始时开关S闭合，当滑片P在滑动变阻器中间时，一带正电粒子以速度v0正好可以匀速穿过两板的正中间。已知粒子的质量为m，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．电源的电动势为B．若将滑动变阻器滑片滑到最下端，粒子射出两极板时的速度减小C．若将滑动变阻器滑片滑到最下端，粒子射出两极板时的速度增大D．若开关S为断开状态，粒子仍以速度v0从极板正中间沿平行极板的方向射入，刚好从a板的右边缘射出，则粒子的电荷量为【答案】AC【详解】A．滑片在正中间时，此时滑动变阻器连入电路的阻值为r，极板间的电压为粒子可以匀速穿过两板正中间，电场力恰好等于洛伦兹力解得E=故A正确；BC．滑片滑到最下端时，滑动变阻器连入电路的阻值最大为2r，极板间电压为此时极板间的电场力与洛伦兹力的关系为电场力会对粒子做正功，粒子动能增大，速度增大，故B错误，C正确；D．开关断开时，电容会对滑动变阻器放电，最终两端电压为零，极板间仅剩磁场，由题意可知，其恰好从a板边缘射出，如图所示根据几何关系有粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得故D错误。故选AC。6．（2025·天津·二模）MM50是新一代三维适形和精确调强的治癌设备，是公认最先进的放射治疗系统，其核心技术之一就是跑道式电子回旋加速器，其工作原理如图所示，左、右匀强磁场区域、的边界平行，相距为，磁场方向垂直纸面。下方及两条横向虚线之间的区域存在水平向左场强为的匀强电场（两条横向虚线之间的宽度忽略不计），方向与磁场边界垂直。质量为、电荷量为的电子从端飘入电场（初速度忽略不计），经过多次电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口以速度向左射出磁场，已知之间的距离为，重力忽略不计。(1)匀强磁场磁感应强度的大小和方向；(2)电子第4次通过电场的时间；(3)若磁感应强度为已知量，试推理说明：电子在上方无场区运动时，随速度的增加，相邻轨迹的间距是增大、减小还是不变？【答案】(1)，方向垂直纸面向外(2)(3)见解析【详解】（1）电子在磁场中运动的最大半径洛伦兹力提供向心力得由左手定则判断出磁场方向垂直纸面向外。（2）电子在电场中一直做匀加速直线运动，加速度前4次通过电场的过程前3次通过电场的过程第4次通过电场的时间（3）第次加速后在磁场中运动半径同理，第次加速后相邻轨迹的间距可知相邻轨迹的间距减小。7．（2025·天津南开·二模）绿色环保、低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家。某品牌电动汽车安装充电桩的电路图如下，已知总电源的输出电压，输出功率，输电线的总电阻r=12Ω，变压器视为理想变压器，其中升压变压器的匝数比，汽车充电桩的额定电压为50V。下列说法正确的是（）A．输出功率P1不变时，输电电压U2越高，输电线上损失的功率越小B．输电线上的电流为100AC．用户获得的功率为D．降压变压器的匝数比【答案】ABD【详解】A．变压器视为理想变压器，，故输出功率P1不变时，输电电压U2越高，越小，输电线上损失的功率越小，故A正确；B．U1=220V且升压变压器的匝数比，， 联立解得，，故B正确；C．根据可得用户获得的功率为，故C错误；D．，降压变压器的匝数比，故D正确。故选ABD。8．（2025·天津滨海新·三模）放射性同位素相对含量的测量在考古学中有重要应用。如图甲所示，将少量古木样品碳化、电离后，产生出电荷量均为q的12C和14C离子，从容器A下方的小孔S1进入加速电压为U的匀强电场中，其初速度可视为零。以离子刚射入磁场时的O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向。x轴下方有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，离子在磁场中行进半个圆周后被位于原点O右侧x轴上的收集器分别收集。一个核子的质量为m，不考虑离子重力及离子间的相互作用。(1)写出中子与发生核反应生成，以及衰变生成的两个核反应方程式；(2)求收集器收集到的12C和14C离子的位置坐标x12和x14；(3)由于加速电场的变化，可能会使两束离子到达收集器的区域发生交叠，导致两种离子无法完全分离。①若加速电压在区间范围内发生微小变化，为使两种离子完全分离，应小于多少？②若离子经过加速电压为U的特殊电场，从O点进入磁场时，与垂直x轴方向左右对称偏离，导致有一个散射角α，如图乙所示。为使两种离子完全分离，求最大散射角。[已知，若，，则]【答案】(1)；(2)；(3)①，②【详解】（1）核反应方程；（2）由动能定理得，由洛伦兹力提供向心力得，联立得，直径和离子的位置坐标分别为；（3）①加速电压越大，速度越大，则半径越大12C离子的最大直径14C离子的最小直径为保证完全分离需满足联立解得②对于同一离子以相同大小的速度但方向不同进入磁场后，垂直于x轴射入时偏转距离x最大，向左向右偏离垂直入射的方向入射，其偏转距离都将减小，如图所示。12C离子离开O点的最大距离14C离子离开O点的最小距离为保证两种离子完全分离联立解得（建议用时：30分钟）9．（2025·天津滨海新·三模）2023年华为发布全液冷超级充电桩，可实现“一秒一公里”的充电速度。已知总电源输出频率为50Hz的正弦式交流电，升压变压器输入电压U1=500V，输电线总电阻r=25Ω，降压变压器匝数比为n3∶n4=15∶1，均为理想变压器。快充时充电桩电压为1000V，功率为600kW，充电即将完成时，为保证充电安全，会自动降低充电功率。下列说法正确的是（）A．1s内电流的方向变化50次B．充电过程中电阻r损耗功率为40kWC．升压变压器的匝数比为n1∶n2=1∶30D．充电即将完成时，充电桩电压会增大【答案】BD【详解】A．已知总电源输出频率为50Hz的正弦式交流电，可知周期为0.02s，一个周期内电流方向改变2次，则1s内电流的方向变化100次，故A错误；B．快充时充电桩电压为1000V，功率为600kW，则有根据可得输电线电流为则充电过程中电阻r损耗功率为，故B正确；C．降压变压器原线圈的电压为升压变压器副线圈的电压为则升压变压器的匝数比为，故C错误；D．充电即将完成时，为保证充电安全，会自动降低充电功率，则总电源的输出功率也会降低，根据可知升压变压器原线圈电流减小，根据可知升压变压器副线圈电流减小，根据可知，降压变压器原线圈的电压增大，根据可知，降压变压器副线圈的电压增大，即充电桩电压会增大，故D正确。故选BD。10．（2025·天津河西·模拟预测）如图所示，电路中理想变压器输入端（V）的交流电，小灯泡额定功率为4W，电阻为1Ω，定值电阻阻值也为1Ω，原副线圈匝数之比为10∶1。电表均为理想电表，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，调节滑动变阻器阻值使小灯泡正常发光。下列说法正确的是（）A．电压表示数为50VB．电流表的示数为2AC．当滑动变阻器滑片向下移动时，小灯泡的亮度变亮D．当滑动变阻器滑片向下移动时，电阻的功率变大【答案】AD【详解】A．由题知电路中理想变压器输入端（V）的交流电，则交流电电压的最大值为电压表示数为交流电电压的有效值，则有故A正确；B．根据原副线圈电压与匝数的关系可得由题知，额定功率为4W，电阻为1Ω的灯泡正常发光，则有代入数据解得所以两端的电压为则电流表的示数为故B错误；CD．当滑动变阻器滑片向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻值变小，副线圈回路中总电阻减小，副线圈两端电压不变，则回路中电流增大，根据，可知的功率变大，两端电压变大，根据可知灯泡两端电压减小，所以小灯泡的亮度变暗，故C错误，D正确。故选AD。11．（2025·天津和平·二模）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，的虚线界面右侧是接收离子的区域。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发射质量为m、电荷量为q的负离子，已知离子入射速度与y轴夹角最大值为60°，且速度大小与角之间存在一定的关系，现已测得离子两种运动情况：①当离子沿y轴正方向以大小为（未知）的速度入射时，离子恰好通过坐标为的P点；②当离子的入射速度大小为（未知），方向与y轴夹角入射时，离子垂直通过界面，不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。(1)求的大小；(2)求的大小及②情况下离子到达界面时与x轴之间的距离；(3)现测得离子入射速度大小随变化的关系为，为回收离子，今在界面右侧加一宽度也为L且平行于轴的匀强电场，如图所示，为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面，求所加电场的电场强度至少为多大？【答案】(1)(2)，，(3)【详解】（1）当离子沿y轴正方向以大小为的速度入射时，离子恰好通过坐标为的P点，由几何关系可得由牛顿第二定律有联立解得（2）若离子与y轴夹角向左上入射时，运动轨迹如图所示由几何关系可得由牛顿第二定律有解得离子到达界面时与x轴之间的距离若离子与y轴夹角向右上入射时，运动轨迹如图所示由几何关系可得由牛顿第二定律有解得离子到达界面时与x轴之间的距离（3）离子入射速度大小随变化的关系为由牛顿第二定律有离子运动半径为可知，圆心一定在界面上，即离子一定垂直通过界面，当时，通过界面的速度最大，则保证此离子不能穿越电场区域且重回界面即可，此时速度恰好能重回界面的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为，对该离子竖直方向运用动量定理有两边求和可得又由动能定理得联立解得12．（2025·天津和平·二模）如图所示，有一台理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，用理想电压表和理想电流表测量副线圈的电压和电流，R为副线圈的负载电阻，现在原线圈两端加上交变电压u，其随时间变化的规律为，则(

)A．副线圈中产生的交变电流频率为50HzB．电压表的示数的最大值为C．若电流表示数为0.lA，则原线圈中的电流为0.5AD．若电流表示数为0.1A，则1分钟内电阻R上产生的焦耳热为264J【答案】AD【详解】A．由表达式知道周期所以频率A正确；B．根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为，所以副线圈的电压的最大值为，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为44V，所以B错误；C．电流与匝数成反比，所以若电流表示数为0.1A，则原线圈中的电流为0.02A，所以C错误；D．副线圈消耗的电能全部转化为焦耳热，所以Q=UIt=264J所以D正确。故选AD。13．（2025·天津·一模）下列有关光的说法正确的是（）A．验钞机发出的紫外线比电视机遥控器发出的红外线更容易绕过障碍物B．横波纵波均可以产生偏振现象C．雨后公路积水上面漂浮的油膜看起来是彩色的，是发生了光的衍射所形成的现象D．在水下的潜水员看来，岸上的所有景物都出现在一个顶角为（为临界角）的倒立的圆锥里【答案】D【详解】A．紫外线的波长小于红外线的波长，波长越短越不容易绕过障碍物，故A错误；B．偏振光一定是横波，不可能是纵波，故B错误；C．雨后公路积水上面漂浮的油膜看起来是彩色的，是发生了光的薄膜干涉所形成的现象，故C错误；D．岸上的景物，即使发出的光几乎与水面平行，经水面折射后射入水中时，折射角也不会超过临界角C，因此在水下的潜水员看来，岸上的所有景物都出现在一个顶角为2C（C为临界角）的倒立的圆锥里，故D正确。故选D。14．（2025·天津·二模）如图所示的竖直平面内，水平直线AB和GH之间有边界互相平行且宽度均为R的六个区域，交替分布着方向竖直向下、电场强度大小为的匀强电场和方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。圆心为O、半径为R的四分之一圆形匀强磁场的边界与直线AB相切于磁场最低点P点，磁感应强度也为B，方向垂直纸面向外。有一垂直于AB的长度为R的线状粒子源MN（N在AB上）源源不断沿平行于AB向右的方向发射初速度相同的带正电的粒子，粒子电荷量为q、质量为m。所有粒子都进入四分之一圆形磁场，其中从粒子源最上端M点射出的粒子恰好从P点进入电场，最后到达边界GH上的Q点，不计粒子重力及粒子间相互作用，求：(1)粒子穿过CD边界时的速率v₁；(2)从粒子源下端N点射出的粒子经P点进入电场，求此粒子经过边界CD的位置与P点水平距离x；(3)从M点射出的粒子经过Q点时的速度方向与边界GH夹角θ的余弦值。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由几何关系知，根据牛顿第二定律得，根据动能定理得，解得（2）根据牛顿第二定律得，由平抛运动规律得，，解得（3）根据动能定理得，由动量定理得，根据竖直方向上的平均速度得，解得15．（2025·天津河北·一模）在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则（）A．时，线圈平面平行于磁感线B．时，线圈中的电流改变方向C．时，线圈中的感应电动势最大D．线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式为【答案】AD【详解】A．时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A正确；B．每经过一次中性面（线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值），电流的方向改变一次，时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，此时不是中性面，线圈中的电流没有改变方向，故B错误；C．时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C错误；D．由题图可知线圈从垂直中性面开始计时，感应电动势瞬时值表达式为其中感应电动势最大值为则感应电动势瞬时值表达式为故D正确。故选AD。16．（2025·天津和平·一模）磁悬浮列车是通过电磁力牵引列车运行。简化模型如图甲所示，若磁悬浮列车模型的总质量为m，模型底部固定一与其绝缘的单匝矩形金属线框abcd，线框的总电阻为R。用两根足够长水平固定的光滑平行金属导轨PQ、MN模拟列车行驶的轨道，导轨间距为L（和矩形线框的ab边长相等），导轨间存在垂直导轨平面的等间距的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反、磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度与矩形线框的边长ad相等，如图乙所示。将列车模型放置于导轨上，当交替磁场以速度v0向右匀速运动时，列车模型受磁场力由静止开始运动，速度达到时开始匀速运动，假定列车模型在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，不考虑磁场运动时产生的其他影响。(1)求列车模型所受阻力f的大小；(2)求列车模型匀速运动时，外界在单位时间内需提供的总能量；(3)列车模型匀速运动后，某时刻开始磁场又调整速度，经过t时间后列车模型速度达到，这段时间内磁场运动的位移为d，求此过程列车的位移x车【答案】(1)(2)-(3)【详解】（1）当列车向右匀速运动时，感应电动势回路电流安培力F安=2BIL根据题意F安=f可得（2）金属框中的电功率克服阻力的功率外界单位时间提供的能量（3）在t时间内，由动量定理即可得（建议用时：40分钟）17．（2025·天津和平·一模）如图所示，KLMN是一个竖直放置的矩形线框，处于水平方向的匀强磁场中，电阻为R，线框绕竖直固定轴匀速转动（俯视逆时针方向），当MN边与磁场方向的夹角为60°时（图中所示位置），线框中的电流大小为I0，已知所接交流电压表为理想表，则下列说法正确的是（）A．此时线框中电流的方向是K→L→M→N→KB．再转过30°时穿过导线框的磁通量变化率为0C．线框中的电功率大小为2RD．此时电压表的示数为I0R【答案】BC【详解】A．由楞次定律可知，导线框中电流的方向是K→N→M→L→K，故A错误；B．导线框再转过30°时，导线框磁通量最大，磁通量变化量为零，电流为零，故B正确；C．导线框中产生的瞬时电动势的大小是电流所以电流有效值为线框中的电功率大小为2R故C正确；D．电压表的示数为有效值，为故D错误。故选BC。18．（2025·天津河西·一模）不同电磁波由于具有不同的频率，因此具有不同的特性。a、b两种单色光在电磁波谱中的位置如图甲所示，由a、b两种单色光组成的一束光由空气射向水面并发生折射的光路图如图乙所示。下列说法正确的是（）A．折射光线Ⅱ是单色光bB．逐渐增大入射角，单色光b首先发生全反射C．两种单色光由空气进入水中后，频率都变小D．在水中，单色光a的速度比单色光b的速度大【答案】D【详解】A．由甲图可知，a光的频率小于b光的频率，故a光的折射率小于b光的折射率；由图乙可知，两束光从空气向射入水中，入射角相同，折射光线Ⅱ的折射角大于折射光线I的折射角，根据可知折射光线Ⅱ的折射率小于折射光线I的折射率，故折射光线Ⅱ是单色光a，故A错误；B．两束光都是从空气向射入水中，即从光疏介质到光密介质，不会发生全反射，故B错误；C．两种单色光由空气进入水中后，频率都不变，波长发生变化，故C错误；D．由A项可知，a光的折射率小于b光的折射率，根据可知在水中，单色光a的速度比单色光b的速度大，故D正确。故选D。19．（2025·天津河东·一模）亥姆霍兹线圈是一种制造小范围区域均匀磁场的器件。它由一对完全相同的圆形导体线圈组成，这两个线圈的半径和匝数相同，且同轴排列。亥姆霍兹线圈能产生标准磁场，因此在物理实验中经常被使用。如图所示为一对通有相同方向且等大的恒定电流的亥姆霍兹线圈，形成如图平行中心轴线O1O2向右的匀强磁场，其磁感应强度B大小未知，现有一离子源放置于O1O2上某点位置O，持续发射初速度大小均为v0的粒子，其方向垂直于轴线向外，粒子所带电荷量均为+q，质量均为m。在x轴线上垂直放置一圆形探测屏，半径为R，其圆心位于x轴上的P点，用于接收粒子，探测屏圆心P与粒子源间的距离为d，不计粒子重力和粒子间相互作用。若粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径恰好等于。(1)要产生如图所示方向的磁场，则亥姆霍兹线圈应通顺时针还是逆时针方向的电流（从左往右看）；(2)磁感应强度B的大小？(3)断开亥姆霍兹线圈中电流，在垂直x轴线方向上放置一对平行板，两极板间形成匀强电场方向如图所示，要使得所有粒子恰好打在探测屏边缘，则该匀强电场E的电场强度应为多大？(4)若该空间同时存在上述的磁场和电场，沿x轴平移探测屏，使所有粒子恰好打在探测屏的圆心，求探测屏圆心与粒子源间的距离有哪些值。【答案】(1)顺时针(2)(3)(4)【详解】（1）根据安培定则，要产生如图所示方向的磁场，则亥姆霍兹线圈应通顺时针方向的电流（从左往右看）（2）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得

其中

解得（3）粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴方向有

垂直于x轴方向有

由牛顿第二定律可知

联立解得（4）根据运动独立性，粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，垂直于x轴方向做匀速圆周运动，故粒子回到x轴时间为粒子做匀速圆周运动周期的整数倍x轴方向有,联立解得

20．（2025·天津河东·一模）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想交流电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R′为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是（）A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为B．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1∶4C．R′处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变大D．电压表V2的示数为9V【答案】AD【详解】A．由图像可看出交变电压为正弦图像，交变电压的最大值周期则角速度为原线圈两端电压的瞬时值表达式为故A正确；B．根据由能量守恒可知输入功率和输出功率相等，故B错误；C．R′处温度升高时，R′的电阻减小，因原线圈的电压不变，变压器的原副线圈的匝数比不变，故副线圈两端的电压不变，即电压表V2的示数不变，则副线圈回路中的电流增大，故电流表的示数变大，故C错误；D．原线圈两端的电压为根据解得则电压表V2的示数为9V，故D正确。故选AD。21．（2025·天津南开·一模）如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L，质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍。不计重力。(1)若k=1，求匀强电场的电场强度E的大小；(2)若k=1，求粒子从S1进入磁场区域至从S2射出所用时间的最短时间t和此时Ⅱ区域磁感应强度B1的大小。(3)若2<k<3，求粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。【答案】(1)(2)，(3)，【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理知粒子在Ⅰ区由洛伦兹力提供向心力当k=1时，由几何关系可知联立解得（2）当k=1时，要使粒子从S1进入磁场区域至从S2射出所用时间最短，则粒子在磁场中运动的圆心角最小，轨迹如图所示由几何可知其中则粒子在Ⅱ区域由可得用时，解得（3）2<k<3，由题意知粒子在Ⅱ区域只能发生一