2026年天津高考物理二轮复习讲练测易错07 交变电流与电磁感应（易错专练）（解析版）

易错07交变电流与电磁感应目录目录第一部分易错点剖析易错典题避错攻略举一反三易错点1电磁感应核心易错点易错点2交变电流核心易错点易错点3天津高考命题特色与避错技巧易错点4高频易混公式对比第二部分易错题闯关易错点1电磁感应核心易错点易错典题【例1】（2025·天津和平·模拟预测）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨、固定在同一水平面上，两导轨间距，导轨的电阻不计，其间连接有固定电阻，导轨上停放一质量为，电阻的金属杆、整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下.现用一外力沿水平方向拉金属杆，使之由静止开始运动，电压传感器可将两端的电压即时采集并输入电脑，获得电压随时间的变化关系如图乙所示.(1)试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；(2)求第末外力的瞬时功率；(3)如果水平外力从静止开始拉动杆所做的功为，求回路中定值电阻上产生的焦耳热是多少？【答案】(1)见解析，(2)(3)【详解】（1）设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势电阻R两端的电压由图乙可得，联立可得因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度大小为（2）在2s末，速度为此时通过金属杆的电流为金属杆受到的安培力大小为设2s末外力大小为F2，由牛顿第二定律可得解得故第2s末外力F的瞬时功率为（3）在2s末，杆的动能为由能量守恒定律，回路产生的焦耳热为定值电阻上产生的焦耳热为避错攻略【方法总结】1.楞次定律理解与应用误区易错：仅记“来拒去留”，忽略磁场的相对性（分不清原磁场、感应磁场）；判断感应电流方向时，遗漏线圈绕向（天津高考常考带绕向的螺线管模型）；误将“阻碍磁通量变化”理解为“阻止磁通量变化”。避错：三步法固定流程——①定原磁场方向和磁通量变化趋势；②由楞次定律定感应磁场方向；③由安培定则（右手螺旋）结合线圈绕向定感应电流方向。2.法拉第电磁感应定律计算失误易错：平均感应电动势公式与瞬时电动势E=BLv混淆，变加速运动中错误用平均速度算瞬时电动势；忽略有效面积（磁场与线圈不垂直时，漏乘cosa，天津高考常考线圈旋转、倾斜模型）；多匝线圈忘记乘匝数n。避错：平均电动势对应磁通量随时间变化（如线圈进入磁场、磁体插入线圈），用于求平均电流/电荷量；瞬时电动势对应切割磁感线（v为瞬时速度，B、L、v两两垂直），用于求瞬时电流/电功率；面积始终取垂直于磁场方向的投影面积。3.电荷量计算的隐藏陷阱易错：直接用q=It计算时，忽略I为平均电流，误代入瞬时电流；忘记推导式中R总包含电源内阻（线圈电阻）（天津高考计算题常考“外接电阻+线圈电阻”的总电阻）。避错：电荷量唯一通用公式为，无需考虑过程，只需找初末磁通量变化和总电阻，此公式为天津高考高频填空/计算考点。4.电磁感应中的动力学与能量混淆易错：分析导体棒切割时，误将安培力的功与感应电流的电功割裂，忽略“安培力做负功等于电路中产生的焦耳热”；求焦耳热时，变加速运动中错误用Q=I2Rt（I为瞬时电流）。避错：动力学分析用牛顿第二定律（F_安=BIL，I=BLv/R总），抓“速度变化→安培力变化→加速度变化”的动态过程；能量分析抓守恒，合外力做功等于动能变化，安培力做功等于焦耳热，重力势能/动能的减少量等于电路总焦耳热（纯电阻电路）。举一反三【变式1-1】（2025·天津·二模）如图所示的装置为了探究导体棒在有磁场存在的斜面上的运动情况，MN、M'N'是两条相距为的足够长的光滑金属导轨，放置在倾角均为的对称斜面上，两导轨平滑连接，连接处水平，两导轨右侧接有阻值为的固定电阻，导轨电阻不计。左边斜面区域存在大小为，方向垂直于左边斜面向上的匀强磁场，右侧斜面区域没有磁场。质量为，电阻为的导体棒从左侧导轨足够高处自由释放，运动到底端时已匀速运动。运动过程中导体棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，。(1)求导体棒第一次沿右侧斜面上滑的最大高度；(2)若导体棒从最低点沿左侧斜面上滑的最大距离为，求该上滑过程的时间；(3)若从释放导体棒到导体棒最终静止的整个过程中，电阻上产生的热量为，求导体棒最初释放点的高度。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）导体棒从足够高处滑下，到导轨底部前已经匀速，根据平衡条件可得其中联立解得根据动能定理可得解得（2）导体棒以2m/s的速度向上运动，直到速度为0，这个过程中根据动量定理可得其中解得（3）最终导体棒都停在导轨的底部，整个过程中能量守恒，有电阻R产生的热量为解得【变式1-2】（2025·天津河西·模拟预测）利用电磁感应现象，可以测量空间某处的磁场。(1)如图甲所示，电阻为、长为的导体棒放置在光滑的水平导轨上，导轨左侧接一阻值为的定值电阻，导轨间距也为。导轨处在竖直向下的匀强磁场中，导体棒在外力作用下沿导轨水平向右做匀速直线运动，速度大小为，电流表的示数为。导体棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，求磁感应强度的大小；(2)已知北半球某处地磁场的磁感应强度没有东西方向的分量，磁感应强度方向与水平方向夹角为。在该处一水平面内放置一个长、宽分别为、的单匝矩形线框，线框总电阻为，其中沿南北方向、沿东西方向，如图乙所示。线框分别以、为轴向下转动到竖直平面内，两次通过线框导线某横截面的电荷量分别为、，线框所在处的磁场可视为匀强磁场。求该处磁感应强度大小和的正切值。【答案】(1)(2)，【详解】（1）由法拉第电磁感应定律由闭合电路欧姆定律有联立解得（2）设在时间内的平均电流为，则由法拉第电磁感应定律有根据欧姆定律有联立解得以为轴转动，则以为轴转动，则联立解得，易错点2交变电流核心易错点易错典题【例2】（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避错攻略【方法总结】1.交变电流基本量的概念混淆易错：混淆瞬时值、有效值、平均值、最大值的适用场景，如用平均值计算电功/电热，用最大值计算电表示数；正弦式交变电流有效值公式、，误用于非正弦式交变电流（如方波、锯齿波，天津高考偶尔考非正弦有效值计算）。避错：有效值唯一适用场景——电功、电热、电功率、电表测量值；最大值用于判断电容器击穿电压；平均值仅用于求电荷量；非正弦式交变电流有效值需用定义法（Q=U2/R.t）计算。2.交变电流的产生与图像分析误区易错：线圈从中性面开始旋转，误记瞬时电动势公式为e=Emsinωt；从峰值面开始旋转则相反；分析e-t、i-t、B-t图像时，遗漏图像斜率的物理意义（e-t斜率表示电动势变化率，i-t斜率与感应电动势成正比）。避错：中性面核心特征——线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为0；峰值面——线圈平面与磁场平行，磁通量为0，感应电动势最大；记准“中弦峰余”的公式规律，图像分析先定初始位置（中性面/峰值面）。3.理想变压器的动态分析失误易错：忘记理想变压器三大基本关系的适用条件（电压比U2＝eq\f(n2,n1)U1始终成立，电流比I1:I2=n2:n1仅适用于单副线圈，多副线圈需用P入=P出）；动态分析时，混淆“原线圈电压不变”和“原线圈电流由副线圈决定”的逻辑。避错：天津高考变压器动态分析固定逻辑——原线圈接市电（U1不变）→由电压比定U2→由副线圈负载R定I2（I2={U2/R}）→由功率守恒定I1（U1I1=U2I2）；多副线圈必用P1=P2+P3+…，再结合各副线圈电压比。4.远距离输电的损耗计算陷阱易错：计算输电线上的功率损耗P_损时，误将输电电压U送代入P损=U送2/R线，正确应为输电线上的电压降U；忽略“升压变压器升电压、降电流，减小损耗”的核心逻辑，混淆输电电压和用户端电压。避错：远距离输电三步计算——①升压后：U送、I送=P总/U送（P总为发电机输出功率）；②输电线损耗：U=I送R线，P损=I送2R线；③降压后：U用=U送-U，P用=P总-P损；所有损耗计算均用输电电流I送和输电线电阻R线，此为天津高考选择题高频易错点。举一反三【变式2-1】（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。【变式2-2】（2025·天津·二模）图中B为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上。指示灯和完全相同（其阻值均恒定不变），是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表。开始时开关是闭合的，当断开后，下列说法正确的是（）A．电流表的示数变大B．电流表的示数变小C．电压表的示数变大D．灯的亮度变暗【答案】B【详解】当S断开后，次级电阻变大，因初级电压不变，则次级电压不变，即电压表示数不变，则次级电流减小，电流表的示数变小，根据变压器电流比等于匝数的倒数比可知，初级电流减小，即电流表的示数变小；因R电压减小，则灯L1电压变大，可知亮度变亮。故选B。易错点3天津高考命题特色与避错技巧易错典题【例3】（2025·天津滨海新·模拟预测）如图甲，足够长水平固定的平行金属导轨MN、PQ，其宽度，导轨间接、的电阻，质量为、电阻为、长度为的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下匀强磁场中。现用一垂直杆水平向右的恒力拉金属杆ab，使它由静止开始运动，金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直，ab速度v随时间t的关系如图乙所示，导轨电阻不计，ab与导轨间的动摩擦因数，取（忽略ab杆运动过程中对原磁场的影响），求：(1)磁感应强度B的大小；(2)内通过金属杆ab的电荷量；(3)内ab产生的热量。【答案】(1)2T(2)(3)6.5J【详解】（1）由图乙可知，2s后ab导体棒匀速运动，则有又E=BLv，，联立解得（2）0~2s内，对金属杆ab，由动量定理有又联立解得（3）0~2s内，对整个电路，由能量守恒定律有又联立解得根据串并联电路中的电流和电压关系可知0~2s内金属杆ab上产生的热量避错攻略【方法总结】1.

模型固定：电磁感应常考“导体棒在导轨上切割”“线圈进出磁场”；交变电流常考“理想变压器动态分析”“远距离输电”“交变电流图像分析”，熟记各模型的解题模板。2.

注重细节：天津高考对线圈绕向、有效面积、总电阻、电表测量对象（有效值）考查细致，解题时先圈画题干中的细节条件（如“多匝线圈”“线圈电阻为r”“电容器击穿电压”）。3.

图像结合：常考i-t、e-t、B-t、I-t图像的相互转换，解题时抓住“斜率、初始值、周期”三个关键，结合电磁感应/交变电流公式推导。4.

计算规范：天津高考计算题步骤分明确，公式先行（如写法拉第电磁感应定律、有效值定义式），再代入数据，避免跳步导致的公式分丢失；注意单位统一（如磁通量单位Wb，角速度单位rad/s）。举一反三【变式3-1】（2025·天津·二模）著名的法拉第圆盘发电示意图如图所示。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B中。圆盘以恒定角速度旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A．圆盘中的电流呈周期性变化特点B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】B【详解】A．可将铜圆盘等效为若干根由圆心到圆盘边缘的导体棒，每根导体棒都在切割磁感线，产生恒定的感应电动势，相当于电源，则整个铜圆盘就相当于若干个相同的电源并联，圆盘中的电流恒定，故A错误；B．根据右手定则可知，若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动，故B正确；C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，故C错误；D．圆盘产生的感应电动势为若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，通过R的电流变为原来的2倍，根据可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误。故选B。【变式3-2】（2025·天津红桥·二模）在空间区域内有一个垂直于水平传送带向下、磁感应强度为的匀强磁场，边界与传送带运行方向垂直且。有一匝边长为的正方形绝缘闭合线圈，总质量为，总电阻为。线圈在运动过程中左右两边始终与磁场边界平行，其底面与传送带间的动摩擦因数为，进入磁场前已和传送带共速，传送带的速度始终保持向右的。已知线圈在完全进入磁场前已经达到匀速，且在线圈右侧边到达cd时恰好与传送带再次共速。求：(1)线圈在完全进入磁场前一瞬间的速度v的大小；(2)在进入磁场的过程中，线圈中产生的焦耳热Q；(3)从线圈的右侧边刚要进入磁场到线圈的右侧边刚要穿出磁场的过程所经历的时间t。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）线圈完全进入磁场前已经匀速，根据物体平衡有根据闭合电路欧姆定律以及法拉第电磁感应定律（动生切割电动势）有解得（2）线圈的右边界刚要进磁场到线圈的右边界刚要出磁场的过程，根据动能定理有又解得（3）线圈的右边界刚要进磁场到线圈的右边界刚要出磁场的过程，根据动量定理（设向右为正方向，为线圈有电流通过的时间）有又

得易错点4高频易混公式对比易错典题【例4】（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。避错攻略【知识链接】物理量正确公式易错公式适用场景平均感应电动势

（仅切割适用）磁通量变化/求电荷量瞬时感应电动势

（

两两垂直）

（

为夹角）导体棒切割/求瞬时电流正弦式有效值

（绝对错误）电功、电热、电表测量变压器电流比

（单副）多副线圈直接用此式单副线圈，纯电阻负载输电功率损耗

远距离输电举一反三【变式4-1】（2025·天津·二模）随着科技的发展，新能源电动汽车无线充电技术应运而生，如图所示，M为受电线圈，N为送电线圈，可视为理想变压器。已知送电、受电线圈匝数比，a、b端输入电压。下列说法正确的是（）A．a、b端输入的交变电流方向每秒变化50次B．送电线圈的输入功率大于受电线圈的输出功率C．受电线圈产生的电动势的有效值为22VD．在时，送电线圈的电动势最大【答案】C【详解】A．由题意得交流电的周期s因为正弦式交流电每个周期内电流方向改变两次，故每秒变化100次，故A错误；B．理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，故B错误；C．送电线圈电压的有效值为V=220V根据电压之比与线圈匝数之比的关系解得V故C正确；D．将代入解得故D错误；故选C。【变式4-2】（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。1．（2025·天津河西·二模）“福建号”航母装备了最先进的电磁弹射装置，某兴趣小组设计制作了该电磁弹射装置的简易模型，其加速和减速过程如下所述。如图所示，两根足够长的平直轨道和固定在水平面上，轨道电阻忽略不计，其中左侧为光滑金属轨道，右侧为粗糙绝缘轨道，间接有定值电阻。沿轨道建立轴，坐标原点与点重合。左侧分布有垂直于轨道平面向下的匀强磁场，右侧分布有垂直于轨道平面向下、沿轴渐变的磁场。现将一质量为、长度为、电阻为的金属棒垂直放置在轨道上，放置位置位于的左侧。的右方还有质量为、各边长均为的形框，其电阻为，开始时形框恰好不与左侧的光滑金属轨道接触。棒在恒力作用下向右运动，到达前已匀速。当棒运动到处时撤去恒力，随后与形框发生碰撞，碰后连接成“”字形闭合线框，并一起运动，后续运动中受到与运动方向相反的阻力，阻力大小与速度大小满足。已知，，，，，。(1)金属棒在左侧运动时，比较、两点的电势高低，（填写“>”“<”或“=”）；(2)求金属棒与形框碰撞前速度的大小；(3)①求“”字形线框停止运动时，边的坐标；②求形框在运动过程中产生的焦耳热。【答案】(1)＞(2)4m/s(3)①

②【详解】（1）由右手定则可判定金属棒产生的感应电流的方向为b到a，可知a端为电源正极，所以。（2）金属棒做切割磁感线运动，由电磁感应定律得回路中的电流，由欧姆定律得金属棒受到的安培力与平衡，则联立代入数据解得（3）①金属棒与形框发生碰撞，由动量守恒得此后任意时刻闭合线框的速度为，边处磁场为，边处磁场为，回路中的电流，由欧姆定律得其中“口”字形线框所受安培力的大小为根据动量定理有解得②根据功能关系得回路运动过程中产生的总热量任意时刻安培力与摩擦力大小之比为，焦耳热与摩擦热之比也为，且U形框产生的焦耳热是整个回路产生焦耳热的，故得2．（2025·天津·二模）如图甲所示，列车进站时利用电磁制动技术产生的电磁力来刹车。某种列车制动系统核心部分的模拟原理图如图乙所示，一闭合正方形刚性单匝均匀导线框abcd放在水平面内，其质量为m，阻值为R，边长为L，左、右两边界平行且宽度为L的区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当线框运动到ab边与磁场左边界间的距离为L时，线框具有水平向右的速度，当cd边离开磁场右边界时线框速度为。已知运动中ab边始终与磁场左边界平行，除磁场所给作用力外线框始终还受到与运动方向相反、大小恒为的阻力作用，求：(1)线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对值q；(2)线框通过磁场过程中产生的总焦耳热Q；(3)线框速度由减小到所经历的时间t。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据电流强度定义得根据闭合电路欧姆定律得根据法拉第电磁感应定律得因为联立解得（2）根据能量守恒定律得代入题中数据，解得（3）根据动量定理得因为联立解得3．（2025·天津和平·二模）如图所示，匝数为N、电阻为R的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀变化的匀强磁场，线圈通过开关S连接两根间距为L、倾角为的足够长平行光滑金属导轨，导轨下端连接阻值为R的电阻。一根阻值也为R、质量为m的导体棒ab垂直放置于导轨上。在平行金属导轨区域内仅有垂直于导轨平面向上的恒定匀强磁场，磁感应强度大小为。接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上。假设导体棒ab与导轨接触良好，不计导轨电阻。求：(1)磁场穿过线圈磁通量的变化率；(2)开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的，求此过程通过ab的电荷量q。【答案】(1)(2)【详解】（1）接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上；线圈中产生的电动势为回路电流为回路总电阻为对于导体棒ab，根据受力平衡可得联立解得（2）开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的，设此过程ab下滑的距离为，根据能量守恒可得其中又联立解得4．（2025·天津河西·模拟预测）电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中，踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研究其原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的辐向磁场，磁场方向沿半径方向，有一根质量为、长度为、电阻为的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴无摩擦转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：踩下驱动踏板，开关接通1，电池给金属棒供电，金属棒相当于电动机，所用电池的电动势为，内阻为；松开驱动踏板或踩下刹车，开关自动切换接通2，金属棒相当于发电机，给电容器充电，所接电容器电容为。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计。(1)踩下驱动踏板后，求金属棒刚启动时加速度的大小及开始运动后的转动方向（从上往下看）；(2)踩下驱动踏板后，求金属棒可达到的最大转动线速度。(3)当金属棒达到最大转动速度后松开驱动踏板，在一段时间后金属棒MN将匀速转动。①求此时电容器上的带电量。②定性画出松开驱动踏板后的电容器的电压与电荷量关系的U—q图像，并结合图像和题目中的条件，求电容器最终能回收多少能量储存起来【答案】(1)，金属棒开始运动后沿顺时针转动(2)(3)①；②见解析，【详解】（1）电流方向向下，根据左手定则判断，从往下看，金属棒开始运动后沿顺时针转动，当开关闭合的瞬间，金属棒还没有发生转动，则有金属棒在安培力作用下发生转动，根据牛顿第二定律有解得（2）当金属棒达到最大线速度时，金属棒中无电流通过，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为，则有解得（3）①当金属棒由最大速度减速至匀速转动，由动量定理可得当电路达到稳定时，回路中无电流，电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等，则有结合上述解得②根据电容的定义式有则有作出U—q图像如图所示由于由微元法可知图像下面积等于电容器储存的电能，则有结合上述解得5．（2025·天津·一模）列车进站时，其刹车原理可简化如图所示，在车身下方固定一N匝闭合矩形线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B。车头的线框刚进入磁场的速度为v0，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。线框cd边刚进入磁场时，列车刚好停止。求：(1)车头进入磁场瞬间，判断线框ab边产生的感应电流的方向及列车的加速度大小a。(2)列车从进站到停下来的过程中线框产生的热量Q。【答案】(1)a→b，(2)【详解】（1）根据楞次定律结合安培定则可知，线框中电流的方向为顺时针（俯视），即车头进入磁场瞬间，判断线框ab边产生的感应电流的方向为a→b。列车车头进入磁场瞬间产生的感应电动势的大小为

根据闭合电路的欧姆定律可知，回路中产生的感应电流的大小为车头进入磁场瞬间所受安培力的大小为

由牛顿第二定律，则有

联立解得列车的加速度大小为（2）在列车从进入磁场到停止的过程中，克服安培力所做的功在数值上等于线框产生的热量，则由能量守恒有解得6．（2025·天津红桥·一模）某学校的一节物理课上，王老师以电磁炉上的金属戒指为研究对象，探究电磁感应现象。戒指可视为周长为L、横截面积为S（如图所示）、电阻率为的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面向里。若磁感应强度大小在时间内从0均匀增加到，求：(1)戒指中的感应电动势E的大小；(2)戒指中的感应电流I的大小和方向；(3)戒指中电流的热功率P。【答案】(1)(2)，电流方向为逆时针(3)【详解】（1）设戒指的半径为r，则周长磁感应强度大小在时间内从0均匀增加到，产生的感应电动势为解得（2）根据电阻定律可知，戒指的电阻为根据欧姆定律可知，戒指中的感应电流大小为解得根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针。（3）戒指中电流的热功率为结合上述解得7．（2025·天津宁河·一模）如图所示，电阻不计足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ=30°，导轨间距l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度为B=0.2T，方向垂直斜面向上。甲、乙金属杆质量均为m=0.02kg、电阻均为R，甲金属杆处在磁场的上边界，乙金属杆距甲也为l，其中l=0.4m。同时无初速释放两金属杆，此刻在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F，保持甲金属杆始终与乙金属杆未进入磁场时的加速度相同。（取g=10m/s2）(1)若甲金属杆刚出磁场时，乙金属杆进入磁场恰好做匀速运动，计算电阻R为多少？(2)以刚释放时t=0，写出从开始到甲金属杆离开磁场，外力F随时间t的变化关系，并说明F的方向；(3)若从开始释放到乙金属杆离开磁场，整个过程回路中共产生热量Q=0.055J，试求此过程中外力F对甲做的功W。【答案】(1)0.064Ω(2)F=0.25t，方向沿导轨向下(3)0.015J【详解】（1）乙进入磁场前的加速度为甲乙加速度相同，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，根据速度位移关系可得乙进入磁场时乙在磁场中做匀速运动有代入数据解得（2）甲在磁场中运动时有外力F始终等于安培力方向沿导轨向下；（3）设乙进入磁场前，甲乙产生的总热量为Q1，此过程中甲一直在磁场中，外力F始终等于安培力，则有乙在磁场中运动过程中，回路产生的总热量Q2，根据能量守恒定律有解得由于甲出磁场以后，外力F为零，可得8．（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