简谐运动与力电综合的应用（4大题型）解析版-2026年高考物理二轮复习

简谐运动与力电综合的应用（4大题型）

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第一部分题型专练

【题型01】简谐运动在力学中的综合应用

【题型02】简谐运动在静电场中的应用

【题型03】简谐运动在磁场中的应用

【题型（）4】简谐运动在光学中的应用

第二部分重难集训

题型专练

【题型1简谐运动在力学中的综合应用】

1.（2026・辽宁大连•一模）如图所示，一列总质量为〃？（视为质量分布均匀），长为心的火车，从光滑水

平面以初速度网沿光滑斜面上滑，若斜面光滑，则当火车完全运动到斜面上时速度刚好减为。，已知斜面

倾角a=3（）',忽略水平面与斜面连接处损失的能量，火车同一时刻各部分速度大小均相同，以水平地面为

零势能面，重力加速度为g,则该过程中（）

A.火车的初速度%=而

B.若斜面上的车厢长度为x（x”），则此时火车的重力势能号=三”

2L

C.若斜面上的车厢长度为X（x<£）,则此时火车的速度

D.火车上升过程的总时间g

【答案】D

【详解】A.当火车完全运动到斜面上时速度刚好减为0,根据动能定理，有-〃若蜘30。=0-；〃就

1/37

解得火车的初速度%=J/，故A错误;

BC.根据题意可知，火车在斜面上的质量为环=手机

斜面上的火车其重心位置为〃=；sina

xYY

此刻火车具有的重力势能为与二市〃=工〃皆于山。二五mgx

而根据动能定理有-小砂二；利’-gw：

联立解得丫二b/,故BC错误；

D.取沿斜面向上为正方向，当列车冲上斜坡的长度为时，列车所受合外力

卜=--mgs\na=--gs\nax

由此可知，列车做的是简谐振动，其周期为7=前

T

可知火车上升过程的总时间为/=；=故D正确。

4

故选D

2.（2026•浙江•二模）如图所示，劲度系数为勺的弹簧左端固定，右端与光滑水平面上的足够长、质量为此

的木板A连接，木板上有一质量为外的物块B。将弹簧拉伸至某一位置，让木板及物块由静止释放，稀放

后两物体相对滑动，。~。内两物体的w/图像如图所示，书时刻曲线的斜率恰好为零，已知弹簧振子的周

期公式7=2兀狎，左为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，A、B间的摩擦因数为4,则（）

C.1°时刻弹簧的伸长量©=空&

D.%时刻物块B速度%=

*0

【答案】D

2/37

【详解】A.。时刻根据木板加速度为零可知木板处于平衡状态，弹簧弹力大小与木板所受摩擦力等大反向,

弹簧并非为原长，故A错误；

B.木板跟随弹簧振动，弹簧振子的质量只包含木板A,周期为r=2笈后

木板A回到平衡位置的时间为周期的四分之一，应为］后，故B错误；

C.。时刻木板处于平衡位置，弹簧弹力与木板所受摩擦力等大反向，伸长量根据胡克定律为［=今适，

故c错误；

D.物块B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得吗,a=〃叫,g

解得。=

根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得%=小。=等后，故D正确。

故选D。

3.（2026•江苏•一模）如图所示，小圆环力穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B相连，初始时细线

恰好水平拉直。现将力、8从图示位置由静止释放，4的运动轨迹如图中虚线所示，。点为右侧轨迹的最高

点，不计空气阻力，则（）

B：A：Q

A.4做简谐运动

B./、〃的系统动量守恒

C.A的质量大于B的质量

D.仅增大8的质量，8能到达。点的右侧

【答案】C

【详解】A.图示时刻，小圆环8释放瞬间，小圆环/只受支持力，不满足尸二-依的情况，因此不是简谐

运动，故A错误；

B.在运动过程中，小圆环彳与8构成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，因此系统动量不守恒，但

是在水平方向上动量守恒，故B错误；

3/37

C.由水平方向动量守恒可知%以=0

所以小圆环4与8的水平速度方向相反，大小满足区二处

也WA

由图可知，当小圆环4运动到最高点。时，水平方向运动的位移.口＜•%

即匕加＜

因此加八＞加B，故C正确；

D.由水平方向动量守恒可得也="匕，若只增大则也会减小，因此小圆环8向右摆动的水平位移

fnR

会减小，无法到达。点右侧，故D错误。

故选Co

4.（2025・湖南•模拟预测）如图所示，/点和8点位于地球直径的两侧，假设两点间存在一隧道。飞船甲

从,4点由静止开始仅在引力作用下在隧道内运动，经时间。后笫一次到达6点。飞船乙从4点沿近地轨道

环绕地球运动，经时间4后也第一次到达4点;。已知地球半径为我，地表的重力加速度为g，不计一切阻

力，则下列说法正确的是（提示：均匀球壳内部引力处处为0,简谐振动周期7=2%”）)

A.时间八内，飞船甲中的人会先经历超重，再经历失重过程

B.飞船甲的最大速度％叭=

C.当甲到地心的距离为x时，其受合力为尸=式中机为其质量

D.两飞船从4到8的时间「=%

【答案】D

【详解】A.相对于地心，飞船甲的加速度总是指向地心，即总是竖直向下，可知，时间4内，飞船甲中的

人一直处于完全失重状态，故A错误：

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B.由于均匀球壳内部引力处处为0,则飞船甲在地心时所受引力为0,令飞船相对于地心的位移大小为先

地球质量为M，则有尸=6上?

M%

其中五二二不二

—7TK—7TX

33

解得尸=写。

可知，引力大小与x成正比，方向与位移x方向相反，即飞船用做简谐运动，其在平衡位置。点的速度达

GMm甲

到最大值，由于引力与位移成线性关系，根据动能定理有-„2

；-TWTVmax

*I.L心-NT+卬

在地球表面有一GM次m一=㈣6

R-

解得％ax=Ji万，故B错误；

C.若m为甲的质显，结合上述可知，当甲到地心的距离为X时，其受合力为尸=9鬻

R

在地球表面有竿=感

解得尸=等，故C错误;

GMmm

D.结合上述，对甲有尸

------R---3

GMm中

根据简谐运动的规律有〃=

R'

甲简谐运动的周期布=2可半

解得q=2兀

飞船乙从/点沿近地轨道环绕地球运动，则有9警=而乙等

R-T乙

解得…

根据题意有4=：丁，

解得％=%，故D正确。

故选De

5.（多选）（2025•山西•二模）未来人类设计•的真空列车隧道，可使列车.在地球表面任意两地间的运行时

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间缩短到42min。如图所示，把地球看作质展均匀分布、半径为R的球体，在不考虑地球自转的情况下，

质量为小的列车（不需要引擎）从4点由静止进入隧道，从地球另一端的8点离开隧道，此过程中列车做

简谙运动，所用的时间等于地球表面近地卫星周期的一半，图中O为隧道的中点，到球心。的距离为鼠

已知质量均匀分布的球壳对内部物体的引力为零，地球表面的重力加速度大小为g,物体做简谐运动的最大

速度等于振幅乘以角速度，即嗑=40=方■，下列说法正确的是（）

A■—B

A.地球的第一宇宙速度为必

B.列车从A点运动到B点的时间为2乃/|

C.列车在O,点受到的支持力大小为粤

1\

D.列车在CT点的速度大小为巧产1

【答案】ACD

2

【详解】A.由/wg=m[■解得，第一宇宙速度y=A正确；

R

B.地球表面近地卫星的周期为7=平=攫=2/rJ|

所以列车从4点运动到8点的时间为/=（=不，|,B错误；

M

C.地球的密度为"4.3

—7tK

2

将地球看作两部分，一部分是以。为球心、力为半径、质量为M的小球,小球的质量为

4

M'=p'兀户

6/37

另一部分为剩余的球壳，球壳W。'处的引力为零，列车在。，点受到的支持力大小为

GMm

具中mg=F—

1\

解得尸=等

A

C正确:

D.根据％=力。=竿

列车在。点的速度大小为v=奴-心,

整理可得v=J、J；

D正确。

故选ACD,

【题型2简谐运动在静电场中的应用】

6.（多选）（2025•山东日照•三模）如图所示，真空中两个电荷量均为夕的正点电荷固定在相距为2/的人

b两点,。是仍连线的中点，P、。在必连线的中垂线上，到。点的距离均为后。现将质量为〃八电荷

量为一。的带电粒子从0点由静止释放，不计粒子的重力，静电力常量为鼠下列说法正确的是（）

O\

b

,0

A.粒子将在产、。之间做简谐运动

B.粒子运动到。点时电势能最小

C.粒子从尸点释放瞬间，加速度大小为叵£

3ml2

D.粒子加速度最大的点到O点的距离为包

2

【答案】BD

7/37

【详解】A.简谐运动要求回复力尸=-去

粒子在「、。间受两个正点电荷的库仑力，合力不满足尸=-6规律，A错误；

B.粒子带负电，从。到。，电场力做正功，电势能减小；从。到0,电场力做负功，电势能增大。故粒子

在。点电势能最小，B正确;

C.在P点,单个正点电荷对粒子的库仑力益=空

r

由几何关系，。到。距离〃=庖可=2/

两个库仑力的合力心=2入cos30）=噜/

由牛顿第二定律户合=小。

得加速度。=正驾，c错误；

4ml1

D.设粒子到。点距离为x,单个正点电荷对粒子的库仑力尸二上七匚

I+x

2

合力F台=2k7上x_2kqx

庐丁（尸十分

对七关于x求导，令导数为0

解得工=包时合力最大，即加速度最大，D正确。

2

故选BDo

7.（2025・浙江•三模）如图所示为电路中，电容。为0.4"；电感心为ImH,已充电的平行板电容器两

极板水平放置。开关S断开时，极板间有一带电灰尘恰好静止。不考虑磁场能的损失，不计空气阻力，g

取lOm/s?。从开关S闭合开始计时，有关灰尘在电容器内的运动情况。下列说法正确的是（）

A.灰尘作简谐振动

B.灰尘加速度最大时，电容器刚好放电完毕

C.线圈中磁场能的变化周期为44x10-5$

D.灰尘最大加速度大小为20m/s2

【答案】D

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【详解】C.开关闭合后，电路产生LC振荡，振荡周期为

T=2兀辰=2^-VlxlO-3x0.4x1O-6s=4乃x1s

磁场能的变化周期为振荡周期的一半(电场能与磁场能交替变化，频率加倍)，故线圈中磁场能的变化周

期为2乃xlO-s，故C错误；

D.开关断开时，带电灰尘静止，说明电场力与重力平衡

a

其中，Uo为电容器初始电压，d为极板间距，q为灰尘电荷量，加为质量，开关S闭合后，电路产生LC

振荡，振荡过程中，电容器电压随时间变化为U=U°cosM

电场强度E=—=—coscot

dd

灰尘所受电场力为产=qE=q—coscot=mgcoscvt

d

合外力为。=〃?g(cosa-l)

根据牛顿第二定律F-nig=ma

解得加速度为a=g(cosa-l)

当cos©=-l时，加速度最大，为4mu-ZOm/s?

大小为20m/s2,方向竖直向下，故D正确：

A.由于F介=〃?g(cos◎f-l)x(cos0r-l)

与位移无线性关系，故灰尘不是作简谐振动，故A错误：

B.放电完毕对应1=」(电压为0)

4

此时coscol=0

加速度，i=-g

非最大值，故B错误。

故选D,

8.(2025•重庆九龙坡•二模)如题图所示，一足够长的绝缘光滑细杆竖直固定在绝缘水平面上，甲、乙两

带电小球穿在杆上，甲球可在杆上自由滑动，乙球固定在桌面上。将甲球从4点由静止释放，到达最低点8

后返回，不计空气阻力。下列说法正确的是()

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4。甲

B\

A乙

Z/ZZZZzzZZ/ZZ

A.甲、乙两球带异种电荷

B.甲球经4点时处于平衡状态

C.甲球由力运动至8过程中，做简谐运动

D.甲球由力运动至8过程中，甲、乙组成的系统电势能增大

【答案】D

【详解】A.甲球从力点由静止释放，到达最低点△后返回，若干、乙两球带异种电荷，甲球会一直受到乙

球的引力而不断靠近乙球，不会到达最低点8后返回，所以甲、乙两球应带同种电荷，故A错误；

B.甲球经8点时，速度为0,但此时甲球受到重力和乙球对它向上的库仑力，因为甲球到达8点后会返回,

说明合力不为0,不是处于平衡状态，故B错误；

C.做简谐运动的条件是回复力尸=-去（2为比例系数，x为偏离平衡位置的位移）

甲球在运动过程中受到重力和库仑力，设甲、乙两球距离为广，库仑力为尸库=8华

其合力与位移不成线性关系，不满足简谐运动的条件，所以甲球由力运动至4过程中，不是做简谐运动，

故C错误；

D.由于甲、乙之间为库仑斥力，所以甲球由4运动至8过程中，电场力对甲一直做负功，则甲、乙组成的

系统电势能增大，故D正确。

故选Do

9.（多选）（2025•辽宁鞍山•二模）如图所示，轻质弹簧的上端固定在水平天花板上，下端悬挂一个质量

为加，带电量为+4的小物块，最初物块静止。某时刻在空间中平行于纸面向上的方向加一个匀强电场，场

强大小满足关系”=05〃g（g为重力加速度），加电场后物块开始运动。当物块的速度为零时，将匀强电

场反向但大小保持不变；当物块的速度再次为零时，又将匀强电场反向但大小保持不变，如此反复，第五

次改变电场强度后保持场强不变。最终物块在竖直方向上做机械振动。已知整个过程中弹簧始终在弹性限

度内，弹簧的劲度系数为八且弹性势能满足关系岸=0.5履2a为弹簧的形变量），则（）

10/37

A.电场第一次改变方向时，弹簧处于原长状态

B.电场第二次改变方向时，弹簧伸长量为孚

k

C.最终物块做机械振动的振嗝为呼

2k

D.最终物块做机械振动时，动能的最大值为次区

【答案】AC

【详解】A.初始静止时弹簧伸长最与=等

K

加向上电场后物块向上运动到物块的速度为零时，设此过程中物块上升M,

由动能定理有05〃gX1-/叫须+0.5%

此时弹簧形变量为零，弹簧处于原长状态“A正确；

B.弹簧处于原长状态时电场第一次改变方向，当物块的速度再次为零时，设弹簧伸长量为超，由动能定理

有0.5〃?g.q+mgx2-0.5区；=0

解得x2=等

K

电场第二次改变方向，加向上电场后物块向上运动到物块的速度为零时，设此过程中物块上升演，由动能

定理有0.5“口3-mSxi+0.5后J-05k(4=0

B错误；

C.根据A、B项计算结果可知第一次加电场后，物块做机械振动的振幅为4=第

第一次改变电场方向后，物块做机械振动的振幅为4=婴

11/37

第二次改变电场方向后，物块做机械振动的振幅为4=等

2k

由此可知每改变一次电场方向物块做机械振动的振幅增加等

K

那么第五次改变电场强度后物块做机械振动的振幅为?区，c正确；

2k

D.第五次改变电场强度后，电场强度方向向下保持不变，物块做机械振动时，物块运动到平衡位置时动能

最大，物块在平衡位置时弹簧伸长量为心,由受力分析弹簧伸氏量&丫=螫卒整=等

k2k

物块从最低点运动到平衡位置过程中，由动能定理得

111mg3mg21//3mg2llmg„1bwg

”（k+N）-5"（彳）一叫.百一“c叫"耳ra

解得耳

D错误。

故选ACo

10.（2025•安徽蚌埠•三模）如图所示，轻质绝缘水平弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端连接质量为，〃的

不带电小球B,并静止于光滑绝缘水平面上，整个装置处于电场强度为F的水平向左的匀强电场中。某时

刻质量为机、电荷量为q（q>0）的带正电小球A从距B球心处由静止开始沿水平面运动，与B球发生正

碰（碰撞时间极短）后粘在一起。已知弹簧的弹性势能其中左为弹簧的劲度系数，x为弹簧的

形变量，弹簧始终处于弹性限度内，两球均可视为质点。

L

⑴求碰撞后瞬间两球的速度大小;

（2）证明两球碰撞后的运动是简谐运动；若女=华，求该简谐运动的振幅。

【答案】（2）证明见解析，

【详解】（1）设碰撞前A的速度为％，碰撞后瞬间两球的速度为匕，由动能定理得=；〃/:

由动量守恒定律得〃%=2〃%

12/37

联立解得碰撞后瞬间两球的速度大小为K

（2）A、B碰撞后的运动过程受至］电场力和弹簧的弹力作用，取向左为正方向，设A、B向左运动到。时

（平衡位置）合外力为零，弹簧形变量为小,如图所示

则此时的电场力大小为“=H

方向水平向左；当A、B运动到P时，相对。的位移为X,则弹簧的弹力为序=-&（x+x。）

方同水平向右；碰后A、B运动的合力提供回复力，则危=，+牛=-乙

方向水平向右，故A、B碰后的运动是简谐运动。设其振幅为4则由能量守恒知

gE（x0+力）=g%+4『一;x2〃万

3

解得该简谐运动的振幅为4

O

11.（2025・广西南宁•一模）如图所示，相距为d的带电小球A、B固定在水平放置的光滑绝缘细杆上，所

带电量分别为T夕和%,4>0。若杆上还套有一质量为〃，的带电小环C,带电体A、B和C均可视为点电

荷。

-4q9q

।—o--r>—i

⑴求小环c的平衡位置；

⑵若小环c带电量为P,将小环拉离平衡位置一段距离后由静止释放，且该距离远小于小试证明小环C

受到的电场力大小下与偏离平衡位置的位移大小戈成正比；

［提示：数学公式（1+力"=1+彳+〃（"：*+……；当|x|《1时，则（l+x）"=l+办］

⑶将小环c拉离平衡位置一小段远小于d的距离/后由静止释放，求小环C运动过程的最大速率。

【答案】⑴距A的距离为2d,距B的距离为3d处；（2）见解析；鸣店j

【详解】（1）设小环C带电量为外,根据电性可知C放在平衡位置处距A的距离为七,距B的距离为

13/37

,4"%,9q

(d+Xo)，平衡时合力为零，得=

解得彳0=2d

则。的平衡位置在距A为2d，距B的距离3"处。

(2)若小环带电量为P,将小环拉离平衡位置左侧一小距离x后，小环C合力为/=女警-k警

其中a=3d+x,r2=2d+x

根据近似关系，当时，F=—k外

证明小环C受到的电场力与距离成正比。

(3)设小环的最大速率为%,取一小段位移△/,对应的电场力为耳，小环运动过程中受到的电场力与位

移成正比，可得£耳加=1.丝./

J23/

根据动能定理可得25加=；〃?%2

解得％4层

12.(2025•辽宁沈阳•模拟预测)如图甲所示，光滑绝缘水平地面上，在虚线左侧有一固定在地面上的挡板,

挡板上栓接一劲度系数为攵的轻质弹簧，弹簧处于原长状态，在挡板右侧，长度等于弹簧原长的范围内，

存在一水平向右的匀强电场，电场强度E=2X1()6N/C：在虚线右侧，用另一劲度系数也为A的轻质弹簧连

接物体A、B,其中物体A带正电荷，带电量［=10-5(2,物体B不带电，A、B的质量分别为旭*lkg,

〃b=2kg,开始时用细线连接物体A、B使弹簧处尸压缩状态，压缩量4=奈〃“A、B均静止在地面上，现

将细线烧断，物体A、B在弹簧作用下做往复运动，运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，物为A、B始终

没有进入左侧的电场区域。从细线烧断开始计时，并以此时A、B所在位置为初始位置，以向右为正方向,

作出物体”的速度时间一图像如图乙所示。已知弹簧的弹性势能公式纬=；卮2,%为弹簧的形变量大小，

物体简谐运动的周期公式T=24左河为简谐运动回复系数。

14/37

⑴求物体B运动速度的最大值，并在乙图中画出物体B的速度时间图像（无需标出运动周期）；

（2）求弹簧的劲度系数鼠并求运动过程中物体B距初始位置的最大距离；

（3）某时刻A、B间的弹簧恢复原长时，物体A和弹簧分离，此时物体A速度方向向左，之后进入虚线的左

侧区域，物体A在运动过程中带口量保持不变。求物体A从开始接触左侧弹簧，到把左侧弹簧第一次压缩

到最短所用的时间上（计算结果可以用乃表示）

【答案】（l）lm/s,作图如下

【详解】（1）物体B运动速度的最大值弹簧处于原长，且A的速度也最大，从由y/图像可知人的最大速

度＞，A=2m/s,对于物体A、B与轻质弹簧组成的系统，当烧断细线后动量守恒有〃?

解得B的速度最大值/=1m/s

物体B的速度时间图像如下

-v(m/s)

L1,」2I212

（2）根据机械能守恒定律,

联立解得A=3（）（）N/m

15/37

当弹簧伸长到最长时，A、B均距各自的初始位置最远，设最大距离分别为〃、替由动量守恒定律有

设此时弹簧伸长量为小，根据能量守恒;公尸=；切”

而7A+4=4+小

联立解得4=也山

B15

（3）设弹簧的最大压缩量为s,根据能量守恒有卜〃依

物体A压缩弹簧过程中的回复力/=*-/=-k（x+当（其中x为形变量）

令5%则F为位移，物体A向左运动是简谐运动的f分，平衡位置在弹簧原长右端也位置,

周期T=2万卷

振幅力=5+%

由平衡位置运动到弹簧原长位置的时间为/〃，则X。=Hsin*

因为f=；TT。

代入数据得/=更热

【题型3简谐运动在磁场中的应用】

13.（2025・北京大兴•三模）如图1,在光滑绝缘水平桌面内建立直角坐标系。9,空间内存在与桌面垂直的匀强磁场。•质

量为机、带电量为g的小球在桌面内做圆周运动。平行光沿x轴正方向照时，垂直光照方向放置的接收器记录小球不同时刻

的投影位置。投影坐标V随时间/的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是（）

平接

行收

光器

O

图1

A.投影做的是简谐运动，其振幅为4为

B.2/。~34时间内，投影的速度逐渐增大

16/37

2nm

C.磁感应强度大小为三丁

【答案】D

【详解】A.振幅4是投影偏离平衡位置的最大距离。由图2,最大丁=5打

最小》=%

平衡位置卜=3为

则振幅4=5yo-3yo=2yo,A错误;

B.2。~3%时间内，投影图像斜率绝对值减小（斜率表示速度），故投影速度逐渐减小，B错误;

C.小球做圆周运动的周期7等于投影简谐运动的周期。由图2可知gr=3z。

得r二64

由洛伦兹力提供向心力qvB=m—

r

故选D。

14.（2025•浙江♦一模）竖直方向的圆柱形区域内存在沿竖直轴线方向的磁场，磁感应强度的表达式为

B=Busina（①未知），其产生的感生电场满足E=3为的，cos胡，「为某点到圆心。点的距离。如图所示,

现将一光滑绝缘细管固定于某一水平截面内，沿管方向设为无轴。管内有一质量为〃?，电荷量为q的小球,

/=0时小球从4点静止释放，已知OO'_LO」，OO=d,N/lOO=a,小球恰好以。为平衡位置做简谐运

动。管的内径远小于小小球直径略小于管的内径，简谐运动周期公式为7=2%回。则口为（）

17/37

B（）qdB°qdB°q

A.C.D.

mtana2mtanamtana2mtana

【答案】D

【详解】感生电场的表达式为E=⑷*cos&，则小球受到的电场力为尸=Eq=^-qB^corcoscot

设小球所在位置到圆心。的连线与OO.的夹角为。，则由几何关系可得电场力沿细管方向的分力大小为

F、=Fcos0=—qB^corcoscot•cos0

2

又因为cosd=：

代人上式解得K=gq勒公/cos创

所以小球做简谐运动的回复力为&】=-；qB。①dcoscot

其中负号表示回复力与位移方向相反。已知简谐运动回复力的表达式为b=-去

又囚为简谐运动的位移表达式为x=人酬创

其中/为简谐运动的振幅。所以小球以。为平衡位置做简谐运动时，其比例系数A满足％=gq叫泡

2A

根据几何关系有tana=3

联立解得太=普丝

2tana

所以。〒2TT东2不

联立解得3=7理’一

2mtana

故选De

15.（多选）（2025•甘肃白银•二模）如图为一种手动按压发电矶原理图。发电机由圆形线圈、辐射型永磁

体、压盘、复位弹簧等组成。已知线圈匝数为N,每血周长均为L,线圈所处区域磁感应强度大小均为8。

用手按压压盘，在底部复位弹簧和按压力共同作用下，线圈始终做周期为7、振幅为4、最大速度为V的简

谐运动。发电线圈通过导线与理想变压器连接，变压器原、副线圈匝数分别为々和〃2。用滑动变阻器模拟

用电器，初始时，滑动变阻器的电阻全部接入电路。假设压盘输入的机械能全部转化为电能，忽略除滑动

变阻器外的一切电阻，忽略摩擦力和空气阻力。下列判断正确的是（）

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A.当滑动变阻器所在电路断路时，压一次压盘，撤掉外力，线圈做简谐运动的振幅保持不变

B.当滑动变阻器接入电路的阻值为总阻值的一半时，压盘输入的机械功率将变成原来的2倍

c.当滑动变阻器接入电路的阻值为R时，一个周期内通过压盘输入的机械能为三W二r

n[R

D.以线圈处在最高点为计时起点，线圈产生的电动势表达式可能为e=M^vcos|z

【答案】AB

【详解】A.变压器为理想变压器，当副线圈所在电路为断路时，原线圈产生的感应电动势和发电线圈产生

的电动势时刻等大反向，所以发电线圈内无电流，线圈不受安培力，做简谐运动的振幅不发生变化。故A

正确;

D.发电线圈产生电动势的最大值

当线圈处在最大位移处为计时起点，线圈产生的电动势瞬时值表达式为e=N8£vsin手£,故D错误；

B.变压器原线圈电压有效值不变，副线圈电压有效值不变，为％-嚏〃.

不随滑动变阻器阻值变化，当滑动变阻器接入电路的阻值为总阻值的一半时，根据尸=由可知，功率变为

R

原来的2倍，根据能量守恒，压盘输入的机械功率变为原来的2倍，故B正确；

[广2^2^2722

C.一个周期输入的机械能七=—7=不停一丁，故c错误。

R2勺R

故选ABo

16.（2025•河北•模拟预测）如图半径为R=lm,匝效〃=10的圆形线圈和间距为2R的水平光滑平行金属导

轨用导线相连。两劲度系数都为"100；rN/m的轻弹簧左端固定，右端与金属棒M连接。金属棒与轨道接触

良好且始终与轨道垂直，其接入电路中的电阻为xO.lQ,质量加=*kg。垂直线圈平面向里有变化磁场，

71

磁感应强度随时间变化关系为4=0.1"。垂直轨道平面向外有匀强磁场与=1T,金属棒受力平衡处于静止

状态。，时刻线圈内磁场以新的规律周期性变化，导致回路电流始终为零，金属棒沿导轨只受弹簧弹力作用

19/37

开始做简谐运动。

⑴求。之前，弹簧的形变量;

⑵以〃时刻为计时起点，求〃之后Bi随时间的变化率等的表达式。

【答案】(l)O.lm：(2)也=0.2sinl(U«T/s)

2

【详解】⑴根据法拉第电磁感应定律可得八〃詈=

F

感应电流/=—二10乃A

r

由平衡可知2h=8J-2R

解得.v=O.lm：：

（2）根据题意，线圈产生的感应电动势应与金属棒切割磁感线产生的电动势抵消，使金属棒受弹簧作用力

做简谐运动。由于两根弹簧共同作用，等效劲度系数为2”,故简谐运动的圆频率◎==10乃

金属棒经过平衡位置时最大速度=空空•/

42

根据第一问知振幅J=0.1mo

解得%=亢m/s

则从//时刻开始重新计时，金属棒的速度随时间变化规律为v=v,„sino;/=nsinlOR/

又〃竺心=B、，2Rv

Ar

解得竺L=0.2sinl0R（T/s）

Ar

（写作组•=-0.2sinl0R同样给分）。

17.（2025•河北•模拟预测）如图所示，间距£=2m的光滑平行导轨所在平面与水平面夹角小30。，导轨底

边,48水平，且接有一个特殊的电源，电路接通后该电源在不同的外接负载条件下均保持所输出的电流恒定

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为！=0.5A,导轨上C、。两点连线与底边平行，£为导轨平面上一点，C、D、E的连线构成等腰直角三角

形，。点为等腰直角三角形CQE过£点高的中点，三角形内部存在垂直导轨平面向下，磁感应强度大小

8=0.5T的匀强磁场。将一长度也为£=2m,质量〃?=0.05kg,电阻为定值的导体棒放置在。、。位置，导体棒

受到C、。两处挡板的作用处于静止状态。导轨足够长，重力加速度g取10m/s\求:

⑴闭合开关S的瞬间，导体棒的加速度。的大小;

⑵导体棒第一次经过。点时速度%的大小;

⑶已知闭合开关S后经时间。导体棒第一次经过O点，若以。点为原点沿斜面向上为正方向建立x坐标轴,

请写出导体棒所受合力及与其坐标x的关系式及导体棒从。点第一次到达x=0.25m所用的时间（结果

均可用分数表示）

【答案】⑴5m/-2呼由⑶—（N）/

【详解】（1）由左手定则可知导体棒所受安培力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得“〃一,监sin“7

解得a=5m/s

（2）导体棒沿斜面向上运动位移d=0.5m时第一次经过。点，由几何关系易得此时导体棒处于磁场中的长

度为£=1m：向上运动过程中导体棒处于磁场中的长度随其位移均匀减小，安培力做功

=BIL+BIL1

匹==---------d

3

解得“=J

16

由动能定理得力-〃?gdsin30。='3

解得%=*°m/s

（3）导体棒坐标为入-寸，导体棒处于磁场中的长度为

合力大小场=5/（专一2x）-mgsin30。

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即F”-0.5x(N)

可知导体棒以。点为中心做简谐运动，振幅4=0.5m,且导体棒第•次经过。点用时/。为四分之•周期，可

得丁=%

导体棒过0点后再经？第一次到达x=0.25m

从导体棒笫•次经过。点时开始计时，则有x=4si哼

解得所用时间，=《=?s

18.(2026•福建•一模)如图甲所示为一智能电动升降机，兴趣小组受升降机启发，设计了如图乙所示的升

降机示意图。间距£=2m的金属导轨"M、NW固定在绝缘水平面上，MN端接有一智能电源，电阻A=2C

的相同均匀导体棒必、〃通过绝缘轻杆组成"H〃字形，其整体质量〃『1kg,"H〃字形平放在导轨上，必棒中

点通过细绳绕过滑轮与一质曷例=2kg的货物相连，cW棒的中心右侧某位置固定有一劲度系数上与N/kg的

绝缘轻弹簧(初始时处于原长，左端位于P点)。整个装置处于磁感应强度8=1T,方向竖直向下的匀强磁

场中。某次测试中，Q0时，货物正以％=2m/s匀速上升，Qis时货物脱钩，当货物上升到最高点时(未碰

到滑轮)，〃棒刚好运动至。点。已知cd棒每经过一次P点，智能电源的电流方向会发生改变，但电流大

小始终不变。所有摩擦阻力与空气阻力均不计，除导体棒外其他电阻均不计，弹簧振子周期7=2产后，取

4=3,求：

⑴货物匀速上升时，通过智能电源的电流大小/;

(2)〃棒运动到。点前瞬间智能电源的输出电压U；

⑶从/=ls至〃棒第二次运动到P点，流过〃棒的电荷量夕；

(4)从/=0至cd棒第三次运动到P点，智能电源输出的总能量Eo

【答案】(l)10A；(2)22V；⑶便-1)C；(4)(206+236)J

【详解】(1)货物匀速上升，对货物与"H〃字形，有B1L=Mg

22/37

解得/=10A

（2）货物脱钩，货物到最高点时间”幺=0.2s

S

对导体棒动量定理有BILt\=mvp-mvQ

解得vp=6m/s

R

向右未碰到弹簧时有

解得U=22V

（3）导体棒碰到弹簧后所受合力与位移关系如图所示

设弹簧最大压缩量为X。根据动能定理-;（h+8〃+8〃）“0-$材

解得x=0.6m

从户点开始，"H"字形与弹簧组成系统在水平面内做简谐运动，其平衡位置在尸点左侧，设弹簧最大形变量

为％»有■=BIL

解得%=0.6m

因此，振幅=1.2m

“H”字形从接触弹簧到离开弹簧△/=工="s

35

解得周期7=±叵s

5

流过导体棒的电荷量g=g（/4-〃J=［与-=l）c

（4）第一次到P点前，导体棒焦耳热a=/29（/+G=12OJ

与弹簧接触期间，导体棒焦耳热。2=〃1加=?百=206J

第二次经过P点到第三次经过尸点，由动量定理可知BILt2=

23/37

解得L=0.6s

导体棒焦耳热。3=/2?’2=6°」

货物与"H〃字形总机械能的变化量反=Mgh+；〃％-gN=56J

总能量E=0+"+&+&

解得E=（200+236）J

19.（2025•黑龙江哈尔滨•二模）如图所示，圆弧导轨与水平导机平滑相连，其末端G〃处通过绝缘物质与

倾斜金属导轨平滑连接，所有导轨间距均为％,倾斜导轨与水平方向夹角为伍倾斜导轨足够远处连接有电

感为L的电感线圈。CO与切间的导轨粗糙，宽度为乩其他导轨均可视为光滑。矩形48。。区域、EFGH

区域与倾斜导轨区域均存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为综。金属棒〃静止在

EFGH区域，金属棒。在圆弧导轨上与水平导就间高度差为h的位置由静止释放，最终恰好停在EF边界处,

此时金属棒方恰能从G”处滑入倾斜导轨。金属棒。与8、E/间的粗糙导轨的动摩擦因数为小金属棒a

的电阻为凡金属导轨与金属棒力的电阻均不计，金属棒“、6的质量均为〃?，长度均为4,重力加速度取

⑴在金属棒a刚进入磁场瞬间，金属棒a的