《2026年学易优高考二轮总复习物理》

7.(2025·湖北武汉一模)如图所示,发电机线圈所处的磁场可视为匀强磁场,从图示位置开始绕轴OO'逆时针方向匀速转动。线圈阻值为R,通过电刷与外电路连接,理想变压器原线圈与副线圈匝数比为1:2,定值电阻R₁=2R,滑动变阻器R₂最大阻值为8R,开始滑片P位于最上端,忽略电流表及线路电阻,下列说法正确的是 (C)


A.线圈经过图示位置时,电流表的示数为零
B.仅将滑片P向下滑动,电流表的示数将减小
C.仅将滑片P向下滑动,发电机的输出功率将减小
D.仅将滑片P向下滑动,电阻R₂消耗的功率将减小

答案： 7.答案:C
　解析:电流表的示数为交流电的有效值，则线圈经过题图示位置时，电流表的示数不为零，故A错误；变压器等效电阻$R_ \mathrm{等效}=(\frac{n_1}{n_2})^2R_2=\frac{1}{4}R_2$，仅将滑片P向下滑动，则$R_2$减小，$R_ \mathrm{等效}$减小，$R_1$和$R_ \mathrm{等效}$并联后的电阻减小，因线圈电动势一定，则电流表的示数将变大，故B错误；将线圈看作电源，其电阻$R$为电源内阻，将$R_1$和$R_ \mathrm{等效}$并联看作是外电路，开始时$R_ \mathrm{等效}=2R$，此时$R_1$和$R_ \mathrm{等效}$并联电阻为$R$等于电源内阻，则开始时发电机输出功率最大，仅将滑片P向下滑动，$R_ \mathrm{等效}$减小，外电阻逐渐远离电源内阻，可知发电机的输出功率将变小，故C正确；将$R_1$和$R$并联后的电阻等效为电源内阻，将$R_ \mathrm{等效}$看作是外电路，仅将滑片P向下滑动，则外电阻从$2R$逐渐减小，外电路消耗的功率先增加后减小，即电阻$R_2$消耗的功率先增加后减小，故D错误。

8.(2025·江西上饶二模)如图所示,在同一均匀介质中,两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播,两波源分别位于x=-0.2 m和x=1.2 m处,两列波的传播周期均为0.4 s,两波源的振幅均为10 cm,所有质点均沿y轴方向运动。t=0时刻的波形如图所示,此刻平衡位置在x=0.2 m和x=0.8 m的P、Q两质点刚开始振动,质点M的平衡位置处于x=0.6 m处。已知两波源开始振动后持续振动,下列说法正确的是 (AD)


A.质点M的起振方向沿y轴负方向
B.两列波的波速均为0.1 m/s
C.0.4 s后质点M是振动加强点
D.在0～1.0 s时间内质点P通过的路程为60 cm

答案： 8.答案:AD
　解析:在同一介质中，波速相等，则右侧的波先传到M点，根据“平移法”可知，质点M的起振方向沿y轴负方向，故A正确；两列波的波长均为$0.4 \mathrm{m}$，则波速为$v=\frac{\lambda}{T}=1 \mathrm{m/s}$，故B错误；由距离关系可知$0.2 \mathrm{s}$后右侧的波传到质点M处，M向下振动，再经$0.2 \mathrm{s}$后经过平衡位置向上振动，$0.4 \mathrm{s}$后左侧的波刚好传到质点M处，起振方向向下，则质点M是振动减弱点，故C错误；右侧波传到P点用时为$t=\frac{\Delta x}{v}=0.6 \mathrm{s}=T+\frac{1}{2}T$，根据$\Delta x = 0.6 \mathrm{m}=\frac{3}{2}\lambda$，可知该点为振动减弱点，则$0\sim1.0 \mathrm{s}$时间内质点P通过的路程为$s = 6A = 60 \mathrm{cm}$，故D正确。

9.(2025·海南海口模拟预测)如图所示,边长为L的正方形abcd区域内存在匀强磁场,方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ad边中点O有一粒子源,可平行纸面向磁场内任意方向发射质量为m、电荷量为q的带电粒子,粒子速度大小均为v,不计粒子重力以及粒子间的相互作用。已知垂直ad边射入的粒子恰好从ab边中点M射出磁场,下列说法正确的是 (BC)


A.粒子带负电
B.磁场的磁感应强度大小为$\dfrac{2mv}{qL}$
C.从a点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为$\dfrac{\pi L}{6v}$
D.有粒子从b点射出磁场

答案：
9.答案:BC
　解析:根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；洛伦兹力提供向心力可得$qvB = m\frac{v^{2}}{r}$，垂直$ad$边射入的粒子恰好从$ab$边中点$M$射出磁场，则运动半径为$r = \frac{L}{2}$，联立解得磁场的磁感应强度为$B=\frac{2mv}{qL}$，故B正确；从$a$点射出磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。则从$a$点射出磁场的粒子在磁场中的运动时间为$t=\frac{60°}{360°}·\frac{2\pi r}{v}=\frac{\pi L}{6v}$，故C正确；粒子的运动半径为$r = \frac{L}{2}$，$Ob$之间距离大于$L$，即大于轨迹直径，所以没有粒子从$b$点射出磁场，故D错误。

10.(2025·河北保定一模)如图所示,间距d=0.5 m、倾角θ=30°、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小B₂=2 T的匀强磁场中;匝数N=1 000匝、横截面积S=0.01 m²、电阻r=1 Ω的线圈处于方向竖直向上、磁感应强度大小B₁随时间的变化规律为B₁=(0.1+0.2t)T的磁场中,线圈两端通过导线分别与导轨的M、P端连接。t=0时刻闭合开关S,同时将质量m=1 kg、长度也为d=0.5 m、电阻R=1 Ω的金属棒ab从导轨上端由静止释放,运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好。已知重力加速度g=10 m/s²,导轨电阻不计,则下列说法正确的是 (ACD)


A.t=0时刻通过金属棒的电流大小为1 A
B.t=0时刻金属棒的加速度大小为6 m/s²
C.金属棒在导轨上运动的最大速度大小为8 m/s
D.当金属棒刚开始匀速运动时断开开关S,它继续下滑3.6 m时的速度大小为10 m/s

答案： 10.答案:ACD
　解析:线圈产生的感应电动势$E = N\frac{\Delta B_1}{\Delta t}S = 1000×0.2×0.01 \mathrm{V} = 2 \mathrm{V}$，所以$t = 0$时刻通过金属棒的电流$I=\frac{E}{R + r}=1 \mathrm{A}$，故A正确；$t = 0$时刻金属棒受到的安培力$F_ \mathrm{A}=B_2Id = 1 \mathrm{N}$，由左手定则可知金属棒受到的安培力沿导轨平面向上，由牛顿第二定律可知$mg\sin\theta - F_ \mathrm{A}=ma$，解得加速度大小$a = 4 \mathrm{m/s^2}$，故B错误；设金属棒在导轨上运动的最大速度为$v_ \mathrm{m}$，则其产生的感应电动势$E' = B_1dv_ \mathrm{m}$，由楞次定律可知，金属棒切割磁感线产生的感应电动势与线圈产生的感应电动势方向相同，由平衡条件有$mg\sin\theta = B_2\frac{E + E'}{R + r}d$，解得$v_ \mathrm{m}=8 \mathrm{m/s}$，故C正确；当金属棒刚开始匀速运动时断开开关S，则金属棒中无电流，不再受安培力的作用，下滑过程中机械能守恒，有$\frac{1}{2}mv_{m}^{2}+mgl\sin\theta=\frac{1}{2}mv'^{2}$，解得它继续下滑$3.6 \mathrm{m}$时的速度大小$v' = 10 \mathrm{m/s}$，故D正确。