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专题07 电路和电磁感应 2 大考点概览 考点01 交变电流 变压器 远距离输电 考点02 电磁感应及其应用 一、单选题 1．（2025·湖南永州·一模）如图甲所示，小型交流发电机的输出端与含理想变压器的电路相连，两磁极 N、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴 沿逆时针方向匀速转动，从图 示位置开始计时，穿过线圈的磁通量随时间的变化关系图像如图乙所示。已知原、副线圈匝数比为 ， 原线圈上定值电阻 的阻值为 ，副线圈上定值电阻 的阻值为 ，滑动变阻器 的阻值范围 ，发电机线圈匝数为10 匝，其电阻忽略不计，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是 （ ） A．若 时，电压表的示数为 B． 接入电路的阻值为 时，变压器输出功率最大 C． 接入电路的阻值增大时，电流表示数增大 D．保持 滑片位置不变，由于 电阻部分短路，其电阻变小，则电压表示数变小 考点1 交变电流 变压器 远距离输电 【答案】B 【详解】A．交流发电机的电动势最大值为 交流发电机的电动势有效值为 将变压器与副线圈负载看成一个等效电阻，则有 若 时，则原线圈电流为 副线圈电流为 副线圈电压为 可知电压表的示数为 ，故A 错误； B．变压器输出功率等于等效电阻的功率，则有 可知当 时，即 解得 变压器输出功率最大，故B 正确； C． 接入电路的阻值增大时，根据 可知原线圈电流减小，即电流表示数减小，故C 错误； D．保持 滑片位置不变，由于 电阻部分短路，其电阻变小，可知等效电阻分到的电压增大，即原线圈 输入电压 增大，副线圈输出电压 增大，则电压表示数变大，故D 错误。 故选B。 2．（2025·湖南·一模）随着电动汽车的普及，充电桩成了日常生活中的常见设施。如图所示，电动汽车充 电站的理想变压器原、副线圈的匝数比 ，原线圈接有交变电源 ，当仅有一个充 电桩处于正常工作状态，其余充电桩闲置，此时充电电压为220V，充电功率为4400W，下列说法正确的 是（ ） A．变压器原线圈串联的定值电阻R 的阻值为 B．流过充电桩的电流方向每一秒改变50 次 C．流经充电桩电流的最大值为20A D．若同时使用两个充电桩，则变压器的输出功率为8800W 【答案】A 【详解】A．电源电压有效值为2500V，由P=UI 可知，副线圈电压为220V，P=4400W 时，电流为20A，由 于匝数比为10 1∶，由 和 可知原线圈电压为U1=2200V，电流为I1=2A， 则定值电阻 ，A 项正确； B．流过充电桩的电流的周期为 一秒钟有50 个周期，一个周期电流改变2 次，所以电流每一秒方向改变100 次，B 项错误； C．由 可知，流经充电桩电流的最大值为 ，C 项错误； D．若使用两个充电桩，由于副线圈两端的电压、电流均发生变化，所以输出功率一定不等于8800W，D 项错误。 故选A。 3．（2026·湖南长沙·一模）如图所示，发电机线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，产生的电动势 ，电能通过升压变压器向远处输送。已知输电线上的电流为2A，输电线路总电阻为 25Ω，降压变压器副线圈接了一台额定电压为220V、额定功率为1100W 的电动机，恰好能正常工作，发电 机线圈内阻及电路中其余导线电阻均不计，变压器均为理想变压器，不计一切摩擦，则下列说法中的正确 是（ ） A．输电线上损失的电压为50V B．电动机正常工作时电流为10A C．图示时刻，发电机输出的电流为零 D．升压变压器原副线圈的匝数比为2：5 【答案】A 【详解】A．根据可知 ，输电线损失的电压为 ，A 正确； B．根据 可知，电动机正常工作电流为 ，B 错误； C．图示时刻，磁通量为零，电动势最大，输出电流最大，C 错误； D．对降压变压器，由 ，因 ，故 又由 ，可知升压变压器副线圈电压 故 ，故D 错误。 故选A。 4．（2026·湖南常德·一模）直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，其输电原理如 图所示。若变压器 、 均为理想变压器， 的匝数之比 ，直流输电线的总电阻等效为 ，整流及逆变过程的能量损失不计，交流电的有效值不变。下列说法正确的是（ ） A．图中“ ”指交流电的最大值 B．直流输电电流大小为 C．当用户负载增加时，输电线上损失的电压会减小 D．当用户负载增加时， 会增大 【答案】B 【详解】A．图中“ ”指交流电的有效值，故A 错误； B．由 可得 则直流输电电流大小为 ,故B 正确； CD．当用户负载增加时， 副线圈电流增大，由 可得 原线圈电流增大，从而输电电流会增大，由 可得输电线上损失的电压会增大，则 减小，故而 减小，故CD 错误； 故选B。 5．（2025·湖南怀化·一模）电阻为R 的单匝线圈abc 俯视图如图甲所示为正三角形，面积为S。O 为ac 中 点，虚线OO’与bc 垂直，在OO’右侧空间存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。线圈绕OO’以角 速度 匀速转动产生交变电流。将该交变电流作为电源接入图乙的变压器中，变压器原副线圈匝数比为 3：1，电表均为理想电表，定值电阻的阻值也为R，下列说法正确的是（ ） A．电压表的示数为 B．电压表的示数为 C．电流表的示数为 D．电流表的示数为 【答案】D 【详解】交变电流的峰值为 ，如图甲所示位置电动势为0，从该位置转过四分之一周期过程中， 在磁场中转动峰值为 又 解得 从四分之一周期到四分之三周期的过程中， 在磁场中转动峰值为 又 解得 线圈在转动一个周期内产生的电动势随时间变化的图像如图所示 根据交变电流有效值定义可知 化简得 解得电动势的有效值为 将副线圈中的电阻等效到原线圈中，则有 故等效电路中的电阻 所以原线圈中的电流为 ，即为电流表的示数。 线圈内阻分压为 故原线圈接入电压有效值为 故副线圈电压有效值为 ，即为电压表的示数 故选D。 6．（2025·湖南·一模）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为K，原线圈串联一个定值电阻 接 在正弦式交流电源上，电源内阻忽略不计。副线圈回路中接有定值电阻 与滑动变阻器 ，电流表、电 压表均为理想电表。滑动变阻器滑片自上而下滑动时，下列说法正确的是（ ） A． B．若电压表V 与电流表A 示数变化量分别为 和 ，则 C．电源的输出功率先增大后减小 D．副线圈的输出功率先减小后增大 【答案】B 【详解】A．原线圈电流为 ，副线圈电流为 ，根据 可知 又 即 ，故A 错误。 B．当电压表的示数变化量为 时，原线圈两端电压的变化量 定值电阻 两端电压变化量的绝对值 可知 ，故B 正确。 C．副线圈电路中总电阻为 ，滑动变阻器 的上段、下段并联，将滑动变阻器 的滑片从上端 滑至下端的过程中，有 由数学知识可得 电阻先增大后减小，所以副线圈总电阻先增大后减小。 根据电压关系 ，其中 满足 ， 满足 电流关系 ，联立可得 等效电阻为 可知 先增大后减小。根据 ，则电源的输出功率先减小后增大，故C 错误。 D．根据 副线圈的输出功率为 其中 整理得 理想变压器副线圈的输出功率与副线圈电路的总电阻有关，无法确定 和 的大小关系，所以理想变压 器副线圈的输出功率的变化情况不确定，故D 错误。 故选B。 7．（2026·湖南岳阳·一模）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为2：1，接入u=220 sin100 t （V）的理想交流电源，定值电阻R1和R2的阻值均为55Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为55Ω，电流表、电 压表均为理想电表。当滑动变阻器R3的滑片P 从最上端滑动到最下端的过程中，电流表和电压表示数变化 量的绝对值分别用 和 表示，下列判断正确的是（ ） A．滑片在向下滑动过程中，电源的输出功率变小 B．滑片在向下滑动过程中，电流表的示数变小 C．当滑片滑到最下端时，电压表的示数为44V D．电表示数变化量的绝对值之比 等于13.75Ω 【答案】D 【详解】A．设交流电源的有效值为 ，恒定不变，对副线圈电路，由闭合电路欧姆定律有 对原线圈电路，由闭合电路欧姆定律有 由 有 由 有 解得 ，电阻R3减小， 增大，由 知电源的输出功率增大，A 错误； B．根据前面分析，原线圈电流 增大，由 知副线圈电流也增大，所以电流表示数变大，B 错误； C．当滑片滑到最下端时，副线圈电路总电阻为 ，根据前面分析知 ， ，且有 ， ， ， 解得 ，C 错误； D．依题意可知 ， ，根据前面分析知 ， ， 解得 故 得 ，D 正确。 故选D。 二、多选题 8．（2026·湖南邵阳·一模）如图甲是街头常见的变压器，它通过降压给用户供电，简化示意图如图乙所示， 各电表均为理想交流电表，变压器的输入电压U1保持不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线 的总电阻为R0。当并联的用电器增多时，下列判断正确的是（ ） A．电流表A1示数减小，A2示数减小 B．电压表V2示数不变，V3示数增大 C．变压器的输入功率和输出功率都增大 D．V3的变化量ΔU3与A1的变化量ΔI1之比不变 【答案】CD 【详解】A．变压器的输入电压U1保持不变，根据 ＝ 知，副线圈电压U2不变，故V2示数不变，当并 联的用电器增多时，并联部分的电阻减小，副线圈所在回路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，通过 副线圈的电流I2增大，故A2示数增大，根据 ＝ 知，原线圈中电流I1增大，故A1示数增大，故A 错误； B．由闭合电路欧姆定律得并联电路两端电压U3＝U2－I2R0 I2增大，U2不变，则U3减小，故V3示数减小，故B 错误； C．变压器的输入功率等于输出功率，由P＝U1I1知，输入功率和输出功率均变大，故C 正确； D．副线圈电压U2不变，则V3的变化量ΔU3与R0两端电压的变化量ΔU0之和为零，所以｜ΔU3｜＝｜ΔU0｜ 电流关系 所以 又 联立可得 ，故D 正确。 故选CD。 9．（2026·湖南·一模）如图所示，小型发电机连在原、副线圈匝数比为 的理想变压器电路中，已知发电 机输出电压为 ，定值电阻 ，滑动变阻器 阻值可调，电流表为理想交流电表， 其余电阻均不计，下列说法正确的是（ ） A．线圈在图示位置时感应电动势最大 B．流经 的电流方向每秒改变 次 C．调节 ，当电流表的示数为 时 阻值为 D．调节 ，当电流表的示数为 时 消耗的电功率最大 【答案】BD 【详解】A．当线圈在图示位置时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以感应电动势为零，故A 错误； B．线圈转动角速度为 ，由 可得 变压器不能改变交流电的频率，所以流经R 的电流频率也为50Hz，电流方向每秒改变100 次，故B 正确； C．发电机电压有效值 当电流表的示数为0.50A 时，变压器输入电压为 根据匝数关系可知变压器输出电压为 ，电流为 ，R 阻值为 ，故C 错误； D．可将发电机与R0一起当作电源，R0当作电源内阻，当内、外电阻相等时电源输出功率最大，此时R0分 得的电压为电源电动势的一半即10V，可知 ，故D 正确。 故选BD。 10．（2025·湖南湘潭·一模）如图所示的电路中，理想变压器 匝数比 ， 匝数比 ， M、N 接在有效值恒为36V 的正弦交流电源上。已知 ， ， 。下列说法正确的是（ ） A． 原线圈中的电流为4A B． 原线圈中的电流为2A C． 副线圈的输出电压为108V D． 副线圈的输出电压为12V 【答案】AD 【详解】AB． 与 的并联值为 又 ， ， 得 ， 根据能量守恒有 解得 ， ，故A 正确，B 错误； CD． 副线圈的输出电压为 ，故C 错误，D 正确。 故选AD。 11．（2026·湖南邵阳·一模）如图，交流电源输出电压有效值恒为 ，变压器的匝数分别为 、 、 ， 且 ，理想电压表的示数为 ，理想电流表的示数为 ， 、 的电阻均为 ，滑动变阻器 的最大阻值为 ，在 的滑片 由 端向 端滑动过程中，电压表示数的变化量为 ，电流表示数 的变化量为 ，下列说法正确的是（ ） A． 变大， 变小 B． 的比值不变 C． 消耗的功率变大 D．当滑片 位于 端时， 消耗的功率为 【答案】BD 【详解】A．理想变压器原、副线圈的电压和匝数的关系为 主线圈的输入功率与副线圈的输出功率之和相等，满足 故电流和匝数的关系为 可知 因此可把主线圈及副线圈后的电路等效成 和 两电阻的并联，在 的滑片 由 端向 端 滑动过程中， 的电阻变小，等效电阻变小，电流表示数增加，电压表示数满足 可知电压表示数变小，故A 错误； B．由上述分析可知 ，因此 的比值不变，故B 正确； C．由上述分析可知电压表示数变小，电阻 的电压减小，由 可知 消耗的功率减小； D．当滑片 位于 端时，回路的等效电阻为 电流表的示数满足 消耗的功率为 ，故D 正确。 故选BD。 12．（2026·湖南邵阳·一模）如图甲，水平面上以 为圆心、半径为 的圆形区域内存在方向竖直的匀强 磁场，磁感应强度 （向下为正）随时间变化如图乙所示，周期为 。变化的磁场在空间产生感生电场， 电场线为一系列以 为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在该平面内，有由同种均匀 材料构成的半径为 的导电圆环（圆心与 重合），电阻为 ；另有一可视为无限长的直导线 ， 与圆环相切，彼此绝缘。 为磁场边界上的一点。不计电路间相互影响，下列说法正确的是（ ） A． 内穿过圆环某横截面的电量为 B．圆环中电流的有效值为 C． 时刻直导线 电动势为 D． 时刻 点的感生电场强度大小为 【答案】ACD 【详解】A． 时间内，圆环的磁通量变化量为 穿过圆环横截面的电量为 ，故A 正确； B．由题图可知，在 内圆环中的电动势大小为 电流大小为 同理，在 内圆环中的电流大小为 设圆环中电流的有效值为 ， 根据有效值定义可得 联立解得 ，故B 错误； C．设右侧有对称的无限长直导线 与 构成回路， 则 时刻， 、 回路产生的总电动 势为 根据对称性可知 时刻直导线 电动势为 ，故C 正确； D． ， 过 点的圆环内感生电动势 圆环周长 电场强度大小 得 ，故D 正确。 故选ACD。 一、单选题 1．（2026·湖南湘潭·一模）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m 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（ ） 考点2 电磁感应及其综合应用 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 D．金属棒运动的最大距离为 【答案】D 【详解】A．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（俯视），则通过定值电阻的感应电流方向由a 到b，故A 错误； B．安培力大小为 ，其中电流 ，代入得 根据牛顿第二定律，加速度 ，可见加速度与速度成正比随着v 减小，加速度逐渐减小，故B 错误； C．对金属棒应用动量定理得 通过电阻的电荷量为 联立解得 ，故C 错误； D．由 联立解得 ，故D 正确。 故选D。 2．（2025·湖南·一模）如图所示，有两个同心共面的金属环放置于磁感应强度 的匀强磁场中，磁 场方向垂直于纸面向下，两圆环的半径分别为 和 ，金属杆在两圆环之间的电阻为 ， 以角速度 沿顺时针方向绕O 点匀速旋转。用导线把两个环与电源和一保险丝电阻相连接。电源电动势 ，内阻为 ，保险丝电阻 ，熔断电流为1A，则（ ） A．电路中的电流方向一定从上至下流经R B．当 时，金属杆两端的电压为2V C．若金属杆反向转动，只要 足够小，保险丝就不会被熔断 D．当 时，保险丝不会被熔断 【答案】B 【详解】A．由右手定则可知，金属杆绕O 点顺时针转动时，产生的电动势方向由小圆环指向大圆环，金 属杆匀速转动产生的电动势大小为 当 时，电流从上至下流经R，当 时，电流从下至上流经R，故A 错误； B．当 时，根据金属杆匀速转动产生的电动势大小为 解得 ，电流为0，此时金属杆两端的电压大小为2V，故B 正确； C．若金属杆反向转动， ，保险丝一定会被熔断，故C 错误； D．当 时，解得 ，故D 错误。 故选B。 二、多选题 3．（2026·湖南·一模）在半径为 的无限长竖直圆柱形区域内分布有竖直向上的匀强磁场，将半径也是 的光滑绝缘细环固定在水平面内，边缘正好与磁场区域重合，在细环上套有质量为 、电量为 （重力 不计）的带电小球，俯视图如图所示。已知磁感应强度 随时间变化规律为 （ ），在 时刻 释放小球，小球将沿细环做圆周运动，下列判断正确的是（ ） A．小球将沿逆时针方向做圆周运动 B．小球在运动过程中加速度大小不变 C．小球在运动一周的过程中动能增加 D．任意时刻小球受到细环弹力大小是所受洛伦兹力大小的一半 【答案】CD 【详解】A．由楞次定律可知感生电场的方向为顺时针，由于小球带正电，其将沿顺时针方向做加速圆周 运动，故A 错误； B．均匀变化的磁场产生恒定的电场，故小球所受电场力大小恒定，沿速度方向的加速度大小 恒定， 由于速度逐渐增大，在半径方向向心加速度 逐渐增大， 所以其合加速度 逐渐增大，故B 错误； C．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小为 小球在运动一周的过程中只有电场力做功，电场力所做的功即为其动能增加量，故 ， 故C 正确； D．电场力方向始终与速度方向相同，t 时刻小球速度为 可知小球所受洛伦兹力为 对小球在任意时刻 代入可得 ，故任意时刻小球所受弹力方向背离圆心，大小为洛伦兹力的一半，故D 正确。 故选CD。 4．（2026·湖南常德·一模）在测试汽车刹车性能时，为避免汽车未刹停造成损失，常在道路尾端安设电磁 阻尼减速器，其简化原理如图。匀强磁场的宽度 ，磁感应强度大小 ，方向竖直向上。一轻 质弹簧右端固定，垂直于磁场边界水平放置，左端恰与磁场右边界平齐。汽车可看作100 匝，宽为 ， 长为 的矩形硬质金属线框ABCD，质量 ，总电阻 。汽车以 的速度沿 光滑水平面进入磁场，且正对弹簧向右运动，AB 边向右穿过磁场右边界后开始压缩弹簧，弹簧始终在弹 性限度内，汽车CD 边始终未进入磁场。下列说法正确的是（ ） A．汽车刚进入磁场时，线框中感应电流方向为ABCD B．汽车刚进入磁场时，线框中感应电流为 C．汽车刚进入磁场时，汽车的加速度大小为 D．汽车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为 【答案】AB 【详解】ABC．汽车刚进入磁场时，根据楞次定律的增反减同，感应电流的磁场方向为竖直向下，再根据 右手螺旋定则知，线框中感应电流方向为ABCD，据 由闭合电路的欧姆定律有 汽车所受安培力大小为 故汽车的加速度大小为 ，故AB 正确，C 错误； D．AB 边向右穿过磁场过程中通过某一截面的电荷量为 设AB 边向右穿过磁场时汽车的速度为 由动量定理有 联立解得 由系统机械能守恒有 ，故D 错误。 故选AB。 5．（2025·湖南·一模）如图所示，AB、CD 和EI、GH 为固定的平行且足够长的光滑金属导轨，AB、CD 相距2L 且与水平面的夹角为 ，EI、GH 相距L 水平放置，导轨之间都有大小为B、垂直向下的匀强磁 场。质量均为m，长度分别为2L、L 的金属棒MN 和PQ 垂直放置在导轨上。已知两杆在运动过程中始终 垂直于导轨并与导轨保持接触良好，MN 和PQ 的电阻分别为2R、R，导轨的电阻不计，重力加速度大小为 g。现MN 从静止释放，在稳定之前还没到底部，则（ ） A．若PQ 固定，MN 的最大速度为 B．若PQ 固定，则最终PQ 两端的电压为 C．若PQ 不固定，则最终PQ 的速度是MN 的两倍 D．若PQ 不固定，则最终PQ 的加速度是MN 的两倍 【答案】BD 【详解】A.对于MN，速度最大时，合力为零，则 解得 ，A 错误； B.MN 相当于电源，PQ 两端的电压为 ，B 正确； CD.若PQ 不固定，则最终电路中的感应电流恒定，要想满足这一条件，最终PQ 的加速度是MN 的两倍， 应该有 ， ， ，显然最终速度不是2 倍关系，C 错误， D 正确。 故选BD。 6．（2026·湖南岳阳·一模）如图所示，两根足够长的导轨由上下两段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在 M、N 两点绝缘连接，M、N 两点等高，间距 ，连接处平滑。导轨面与水平面夹角 ，导轨两 端分别连接一个 的电容器和一个阻值， 的电阻，整个装置处于 的垂直斜面向上的 匀强磁场中，两根导体棒ab、cd 分别放在MN 两侧，质量分别为 、 ，棒ab 电阻忽略 不计，棒cd 电阻 ，给cd 施加一沿导轨平面向上的恒力 ，使cd 由静止开始运动，同时ab 从距离MN 为 处由静止开始释放，两棒恰好在MN 处发生弹性碰撞，相遇前瞬间棒cd 速度为 ， 此时撤去作用力 F，取重力加速度 。则从棒ab 静止释放开始（ ） A．棒ab 静止释放到与棒cd 相遇运动的时间为 B．棒cd 沿导轨向上运动的距离为 C．棒cd 沿导轨向上运动过程中产生的焦耳热为 D．两棒碰后，棒cd 速度大小为 【答案】AB 【详解】A．由 和 可知金属棒ab 和电容器组成的回路有 对ab，根据牛顿第二定律有 其中 ， 联立有 说明金属棒ab 做匀加速直线运动，则有 联立解得 ， ，故A 正确； B．金属棒上滑过程中根据动量定理有 其中 ， 联立解得 ，故B 正确； C．由题知，碰前瞬间cd 的速度为 ，则根据功能关系有 解得 为总焦耳热。cd 棒上产生的焦耳热为 ，故C 错误； D．两棒发生弹性碰撞，以沿斜面向上为正方向，碰前 ， 碰撞瞬间动量守恒，有 弹性碰撞能量守恒，有 解得碰后棒cd 速度为 ，故D 错误。 故选AB。 三、解答题 7．（2026·湖南·一模）如图所示，间距均为 的两段足够长平行光滑金属导轨 、 均固 定在水平面上，光滑绝缘件将两段导轨相连，导轨左右两端分别与电容为 的电容器和阻值为 的电阻相 连接，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 ，开始时电容器上极板带正电， 电荷量大小为 。现将质量为 、长为 、电阻为的导体棒在 内某位置垂直于导轨由静止释 放，导体棒在到达绝缘件之前已经做匀速直线运动，导轨电阻忽略不计，导体棒运动过程中始终与导轨垂 直并接触良好。 (1)求导体棒在释放瞬间加速度的大小； (2)求导体棒穿过光滑绝缘件时的速度大小； (3)求导体棒最终静止时距连接处 的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）释放瞬间导体棒两端电压即为电容器两端电压，知 对导体棒，根据牛顿第二定律，有 而 联立可得 （2）导体棒匀速时说明导体棒切割磁感线产生的电动势和电容器两极板间电压相等，设导体棒匀速时的 速度为v，可知 对导体棒，根据动量定理，有 且 联立可得 （3）对导体棒穿过绝缘件后减速运动过程中，根据动量定理，有 又有 位移为 联立可得 8．（2025·湖南长沙·一模）滑雪是一项受欢迎的体育运动，大多数滑雪运动员在赛道上的滑行速度超过每 小时100 千米，风险较大。我们设想一种电磁滑道，可以通过控制磁场强弱实现对滑行速度的控制。如图 甲所示的足够长的光滑斜面与水平面成θ＝37°角，边界EF 上方的区域内存在垂直斜面方向的磁场，磁感 应强度变化规律如图乙所示。t＝0 时刻磁场方向垂直斜面向上，0～2s 时间内，单匝正方形闭合金属框 ABCD 在外力作用下静止在斜面上，金属框CD 边与边界EF 的距离为L＝ m，t＝2s 时撤去外力，金属框 将沿斜面下滑，此后磁感应强度保持不变。已知金属框质量为0.1kg，边长为L，每条边电阻均为R＝ 0.025Ω，金属框CD 边始终与边界EF 平行，从t＝0 时刻到金属框刚好完全离开磁场的过程中，金属框AB 边产生的焦耳热QAB＝ J，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。 (1)CD 边刚过边界EF 时，求C、D 两点间的电势差； (2)求金属框AB 边刚到达边界EF 时的速度大小； (3)求从撤去外力到金属框刚好完全离开磁场时所经历的时间。 【答案】(1) V (2)1m/s (3)0.78s 【详解】（1）CD 边运动到EF 的过程中由动能定理得 解得v1＝2m/s CD 边刚过边界时，AB 边切割磁感线相当于电源，所以C、D 两点间的电势差为 解得 （2）从t＝0 时刻到AB 边刚好运动到边界EF 的过程中，AB 边产生的焦耳热分为两部分，第一部分为金属 框静止时 根据法拉第电磁感应定律得 联立解得 第二部分为金属框运动过程中AB 边产生的热量 金属框从CD 边刚过边界EF，运动至AB 边刚到达边界EF，整个金属框产生的热量为4Q2，根据能量守恒 定律得 解得 AB 边刚到达边界EF 时的速度大小为 （3）从撤去外力到金属框刚好完全离开磁场时经历的时间分为两段，第一段为CD 边到达边界EF 用时 t1，此过程为匀加速直线运动 根据牛顿第二定律 ，运动学公式 解得 第二段为CD 边刚经过边界EF 到AB 边到达边界EF 用时t2，设沿斜面向下为正方向 根据动量定理 ，其中 解得 总时间为 9．（2026·湖南长沙·一模）如图所示，电源电动势为 ，内阻为 ，电容器的电容为 ， 是旋钮开 关，可以分别接通12、13、23，MN、PQ 是两根位于同一水平面的平行光滑导轨，导轨间距为 ，导轨电 阻可以忽略不计，导轨处在垂直导轨向下的匀强磁场中，磁感应强度为 ， 、 两根导体棒，质量分别 为 、 （ ）、电阻均为 ，开始时 、 导体棒均静止。现将开关旋至接通12，求： (1)当开关接通12 的瞬间，求流经 棒的电流，以及 棒的加速度 ； (2)从开关接通12 到 、 棒一起匀速运动的过程中，电源的电功； (3)若将开关接通13，当电容器的电压稳定后，再将开关接通23，求 、 棒的最大速度 ？ 【答案】(1) ， （方向水平向右） (2) (3) ，方向水平向右 【详解】（1）由电路分析知，刚接通瞬间流经 棒和 棒的电流相等，由 化简得 对 棒分析可得 则有 由左手定则可知方向向右。 （2）根据分析可知，当接通之后 棒和 棒会受到安培力，但 ，所以初始 棒加速度小于 棒加速 度，两棒会有速度差，从而会导致两棒电流不等，又进而影响速度差，但最终 棒和 棒能一起以速度 匀速运动。由此可得 对 棒由动量定理可得 求和可得 同理对 棒由动量定理可得 又流过电源的总电荷量 则电源的总功 代入可得 （3）根据分析可知，当接通之后 棒和 棒会受到安培力，但 ，所以初始 棒加速度小于 棒加速 度，两棒会有速度差，从而会导致两棒电流不等，又进而影响速度差，同时电容电压在变小，当导体棒产 生的电动势与电容电压相等， 棒和 棒会一起以速度 匀速运动。则有当导体棒产生的电动势与电容电 压 相等时，有 对 棒由动量定理可知 求和可得 同理对 棒由动量定理可得 电容器放出的电荷量 联立解得 方向向右（两棒同向运动）。
