2026年高考物理二轮复习（培优版）增分培优6 变压器中的“等效电源”和“等效电阻”模型（含答案）

轮（培优版）第一部分专题

整合提升专题四增分培优6变压器中的“等效电源”和

“等效电阻”模型

一、等效电源的建立

证明：如图1甲所示，设原线圈的电压为u,电流为八，副线圈电压为s,电

流为b副线圈负载为R,与原线圈串联的定值电阻为R）,变压器原、副线圈匝

数分别为〃I、将变压潜、定值电阻R）与原交流电源看为一个整体，等效为一

个新的电源，令新电源的电动势为新电源等效内阻为心作出等效电路图如

图乙所示。

图1

对图乙，由闭合电路欧姆定律得伪=£一/2〃

对图甲，由串联电路的规律得U=U—/iRo

设公幺则每=亿h=kf得5号-牵

通过比较，可得E=g/辛

结论：理想变压器中与原线圈串联的定值电阻为私，交流电源输出电压为U,设

原、副线圈的匝数之比为3=%,将变压器、定值电阻R）与交流电源看为一个整

体，等效为一个新的电源，则新电源的电动势£=%,新电源的内阻，=矍0

例1（多选汝I图2,理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2,原线圈与定值电阻

几串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为

可变电阻处，A、V为理想交流电表。当&=2凡时，电流表的读数为1A,电压

表的读数为4V,贝小）

图2

A.电源输出电压为6V

B.电源输出功率为4W

C.保持Ri阻值不变，当R2=8C时，电压表的读数为6V

D.保持凡阻值不变，当R2=8C时，变压器输出的功率最大

答案ACD

解析设电源输出电压为U,因原、副线圈的匝数之比为2=；,将变压器、定值

电阻凡与原交流电源看为一个整体，等效为一个新的电源，则新电源的电动势E

=J=2t7,新电源的内阻，―患=4心。当&=2R时，电流表的读数为1A,电

£

压表的读数为4V,所以R2=4C,RI=2Q,电流表的读数/2=丁束，解得U=

r十七

6V,A正确；新电源的电动势£=,=2U=12V,内阻，=患=4吊=8。，电源

输出功率尸=〃£=12W,故B错误；保持Ri阻值不变，当&=8C时，电压表

的读数为电动势的一半，即为6V,C正确；当幻=8。=,时，等效电源的输出

功率最大，即变压器输出的功率最大，D正确。

二、等效电阻的建立

1.只有一个副线圈的理想变压器

如图3甲所示，我们可以将变压器与负载看为一个整体，等效为一个新的电阻R,

即为。、〃间的等效电阻。

——1/»

乙

图3

等效电路图如图乙所示，设变压器等效负载电阻为R'，在图甲中由变压器的电压

规律饯=*解得3=热|，所以负载电阻R消耗的功率为尸=竽=嘿，在图

乙中等效电阻消耗的功率为p，=§,又p=p,解得。、方间的等效电阻为

R,以上方法叫理想变压器等效电阻法。

2.含有多个副线圈的理想变压器

如图4所示，由等效电阻法我们可以将副线圈〃2、负载凡与原线圈看为整体，等

效为新电阻Ru,将副线圈〃3、负载心与原线圈看为整体，等效为另一个新电阻

心贝Rix与R2A-两端电压相同，均为原线圈输入电压S。假设等效电阻RLr与

在等效电路图中的关系为并联。

令RLV与&A•中的电流分别为小与%,作等效电路图如图5所示。

对〃2副线圈UlI\x=U2h

由电压比有段=缶

又R尸售，又啜

则R尸阅Ri

对〃3副线圈U/2r=5/3

由电压比哦T

又上=黑,/

则k右=窗）R2

故多个副线圈的变压器问题，可以将每个副线圈与原线圈分别看为一个整体，等

效为一个新电阻，作出等效电阻的并联电路图加以分析。

例2（2022・湖南卷，6）如图6,理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头Pi

初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻舟

的阻值为R,滑动变阻器R2的最大阻值为9R,滑片P2初始位置在最右端。理想

电压表0的示数为U,理想电流表量的示数为下列说法正确的是（）

图6

A.保持Pi位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，/减小,U不变

B.保持Pi位置不变，P?向左缓慢滑动的过程中，R消耗的功率增大

C保持P2位置不变，P向下缓慢滑动的过程中，/减小,U增大

D.保持P2位置不变，P向下缓慢滑动的过程中，硝消耗的功率减小

答案B

解析由题意可知，原、副线圈的匝数比为2,则副线圈的电流为2/,根据欧姆

定律可得副线圈的电压有效值为lh=21R\,则变压器原线圈的电压有效值为5

=2S=4IRi,设输入交流电源的电压有效值为Uo,则UO=4/RI+/R2,可得/=

鸿玄。保持Pl位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，/不断变大，根据欧姆定

律U|=4/R],可知变压器原线圈的电压有效值5变大,输入端接入的电压有效

值不变，则/?2两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压、电

流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R消耗的功率增大,

故B正确，A错误；设原、副线圈的匝数比为小同理可得5=序/4，则为=

//R1+/R2,整理可得/=序泮治,保持P2位置不变，Pi向下缓慢滑动的过程中，

〃不断变大，则/变小，对&由欧姆定律有U=/R2,可知U不断变小，根据原、

副线圈的功率相等可知凡消耗的功率为P尸/UI=〃2R%；（U。一层潸盆），整理

可得乃=------%------，可知〃=3时，氏消耗的功率有最大值，可知R消耗

-两+2及

的功率先增大后减小，故C、D错误。

,-■课5时■「膈琮川续（限时：30分仲）

1.（2024.辽宁大连模拟）保险丝对电路安全有着重要作用，如图1所示，A是额定

电流为1A的保险丝，理想变压器的原、副线圈的匝数比为5：1,交流电压。=

22（）V,保险丝电阻为IC,R是可变电阻。则（）

图1

A.要使电路正常工作，可变电阻R的阻值不能大于8.76Q

B.可变电阻R越大，其消耗的功率越大

C.可变电阻R两端的电压不能低于43.8V

D.保持R不变，增加原线圈匝数，通过保险丝的电流增大

答案C

解析将可变电阻等效到原线圈电路中，其等效电阻R'=，R,原线圈回路满足

闭合回路欧姆定律，有U=KR，\+R'）,由于A的熔断电流为1A,可得R2219Q,

即R28.76C,故A错误；当R=RA时R的功率最大，R>RA时，电阻越大，功

率越小，故B错误；设可变电阻R两端电压为则原线圈两端电压为5。，根

据fW1A,可得U243.8V,故C正确；增加原线圈匝数，等效电阻变大，

KA

通过保险丝的电流减小，故D错误。

2.（2024•山东德州高三期末）如图2所示，理想变压器原线圈串联一个定值电阻Ri

后，接在电压恒定的正弦式交流电源上，副线圈与定值电阻&和滑动变阻器R3

相连，c点位于滑动变阻器中点右侧，电流表和可压表均为理想电表。将滑动变

阻器R3的滑片从左端滑至c点的过程中，下列说法正确的是（）

图2

A.电源的输出功率先增大后减小

B.理想变压器副线圈的输出功率先减小后增大

C.电压表V.示数先减小后增大，电流表Ai示数先增大后减小

D.若电压表V2和电流表A2示数变化量分别为△也和A/2,贝•登|保持不变

答案D

解析副线圈电路中总电阻为R^=R2+R3,将滑动变阻器R3的滑片从左端滑至

C点的过程中，R3的电阻先增大后减小，所以总目阻先增大后减小，原线圈等效

电阻为R现=（；）2a总，可知R康先增大后减小。由闭合电路欧姆定律可知原线圈电

F

流为则原线圈电流先减小后增大，原线圈电压为3=E-/|R|,可知

电压表VI示数先增大后减小。电源的输出功率为。出=。力，可知电源的输出功率

先减小后增大，故A、C错误；采用等效电源法，将凡与原、副线圈等效为电源

的内阻，则£=华£,r=（口为，可知r是一个定值，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A总的大小关系，所以理想变压器

副线圈的输出功率的变化情况不确定，故B错误；由闭合电路欧姆定律，可得

U2=E-hr,可知|笠|=/，即|登「呆持不变，故D正确。

3.（2024•河北沧州模拟预测）如图3所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为3：1,

在原线圈回路中接有定值电阻心，副线圈回路中接有滑动变阻器及,4的最大阻

值等于原线圈一侧接在电动势有效值为E的正弦式交流电源上，电流表和电

压表均为理想交流电表，电源内阻忽略不计。滑动变阻器滑片自上而下滑动时，

下列说法正确的是（）

A.电压表与电流表的示数变化量AU、△/的比值|第人曾大

B.电压表与电流表的示数变化量AU、A/的比值|罟|减小

C.当R尸与时R2获得的功率最大，数值为前

D.当R2=当时R?获得的功率最大，数值为自

34/\|

答案C

解析当电压表的示数变化量为时，原线圈两端电压的变化量AU=3AU,

NJ1Ri

定值电阻Ri两端电压变化量的绝对值|AU/d|=|AH|,可知

A/3△/3，

则|等|为定值，故A、B错误；如图所示，虚线框内部的部分可等效为电阻R,

则用?=/独，可得R=*?2=9R2,R2的功率即为等效电阻R的功率，易知当R=

Q时，等效电阻消耗的功率最大，为Pm事,此时9R2=RI,/?2=y,故C正

确,D错误o

4.（2024.河北石家庄高三期末）如图4所示，理想变压器原线圈与输出电压有效值

U=4V的正弦交流电源相连，原、副线圈的匝数比为1：2,电表均为理想交流

电表，电阻Ri=lQ,A=4Q,滑动变阻器R3的最大阻值为8Q。在滑片从最上

端滑向最下端的过程中，下列说法正确的是（）

图4

A.电压表示数的最大值为4V

B.电流表示数的最大值为1A

C.副线圈输出功率的最大值为4W

D.副线圈的输出功率先增大后减小

答案C

解析设变压器的输入电压为5,输出电压为lh,原、副线圈的匝数分别为〃I、

⑸有帙h=^变压器及其右侧电路的等效电路如图所示，其等效电阻

宠等=牛=方仁牛=系⑻+幻），当R3=8C时等效电阻取最大值为30,则原

线圈两端的电压最大为3V,由变压器原理可知，电压表示数的最大值为6V,A

错误；当R3=0时，等效电阻取最小值，为1Q,此时电流表示数最大，为2A,

B错误；因1QWR.W3C,将凡看成电源内阻，则等效电阻消耗的电功率P=

uY42

R2—w,随R等的减小，副线圈输出功率一直增大，当

R等=1Q时，副线圈输出功率最大为4W,C正确，D错误。

5.（2024•安徽合肥二模）如图5所示，交流电源电压的有效值恒定，R为定值电阻，

可调变压器为理想变压器，Pi为移动导电刷，刈为滑动变阻器，电流表、电压表

均为理想电表，电表Vi、V2、AHA2的读数分别为UI、5、hh,则下列说法

正确的是（）

A.保持Pi位置不变，P2缓慢下滑的过程中，U减小、S增大

B.保持P位置不变，P?缓慢下滑的过程中，力增大、上增大

C.保持P2位置不变，P缓慢下滑的过程中，S增大、S减小

D.保持P2位置不变，P缓慢下滑的过程中，力增大、/2增大

答案B

解析保持Pl位置不变，P2缓慢下滑的过程中，副线圈在原线圈的等效电阻K等

=（穹Rp减小，所以原、副线圈的电流变大，乙增大、12增大，由于K不变，所

以口增大，因为电源电压不变，所以原线圈的输入电压减小，副线圈的输出电

压减小，所以S减小，故A错误，B正确；保持P2位置不变，P1缓慢下滑的过

程中，副线圈在原线圈的等效电阻R等变大，原线圈电流变小，八减小，

5减小，因为电源电压不变，所以原线圈的输入电压增大，因为副线圈匝数变小，

所以无法判断副线圈的电流和电压的变化，故C、D错误。增分培优7动

量观点在电磁感应中的应用

热点一动量定理在电磁感应中的应用

在导体切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题,

可运用动量定理巧妙解决问题。

求解的物理量应用示例

电荷量或速度—B//Ar=tm)2—mv\,q=IZ

--B2Pv^t

—BILb—D—mv2mvi

位移

即—m(V2v\)

KD总

—BaAr+/兵他△f=〃n?2—mv\

即一/其他

已知电荷量分尸其他（户其他为恒力）

时间

B2L2v^t,

+尸共他△/一mv\

«D总

aGx

即q+尸其他小。2mv\

K总

已知位移x、F其他（F其他为恒力）

例1（2023•新课标卷，26）一边长为L、质量为，〃的正方形金属细框，每边电阻为

R。，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面

的匀强磁场，磁感应强度大小为从两虚线为磁场边界，如图1（a）所示。

12LT

I：••B••I：

口:：：::

图1

（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场,运动过程中金属框的左、右边

框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的

一半，求金属框的初速度大小；

⑵在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻

Ri=2Ro,导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示，让金属框以与(1)

中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导

轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻凡产生的热量。

答案⑴黑⑵燃装

解析(1)设金属框的初速度大小为。0,则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定

理有一遛一/加0

通过金属框的电流/=今

4/\0

根据法拉第电磁感应定律有£=孥

D2r3

联立解得出=而。

(2)金属框进入磁场的过程，有一〃切0

闭合电路的总电阻R总=&+丁彳=多?0

耳+瓦

1

通过金属框的电流-/'=柒E

Aj

根据法拉第电磁感应定律有£=孥

23

心中2BL

解传口=百就；

金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左

边框为电源，两电源并联绐外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，

则有

通过金属框的电流

R+9

根据法拉第电磁感应定律有石”=聆

解得x=L

故假设成立，对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有

Q总_亍如0―呼?5r

2c

QROR、

电阻RI产生的热量为0=丁•普万。总

K虫Al-TA0

金属框在磁场中运动过程，有加

电阻Ri产生的热量为Q],=

电阻Ri产生的总热量为。叱=Qi+Q「

解得。1-=25mRi°

训练1（多选）（2024.山东淄博二模）如图2甲所示，一端封闭的两条平行光滑导轨

相距L=0.lm,距左端L处的中间一段被弯成倾斜轨道，长度也为L,与水平面

夹角9=30。，各段轨道均平滑连接。倾斜轨道所在区域无磁场，左段区域[存

在均匀分布但随时间线性变化的磁场8,取竖直向上为正方向，其大小随时间变

化情况如图乙所示；右段区域II存在竖直向上的匀强磁场8o=O.2T。在倾斜轨

道顶端，放置一质量为加=（）.1kg、电阻R=1C、长为L的金属棒与导轨左

段形成闭合回路，由静止开始下滑，进入右侧磁场II后经过时间/（已知）达到

稳定状态。导轨电阻不计，重力加速度g=10m/s2,则（）

图2

A.H在倾斜轨道上下滑过程中产生的焦耳热为1XIO-j

Bob达到稳定后的速度大小等于0.5m/s

C.而进入右侧磁场II后通过电阻R的电荷量为2.5C

D.M进入右侧磁场II经过位移为（125+0.5。后达到匀速

答案BCD

解析左侧回路中产生的感应电动势^=^L2=^|XO.I2v=o.oiV,金属棒在倾

斜轨道上下滑时的加速度a=gsin6=5m/s2,下滑的时间力s

c2Mn12

=0.2s,ab在倾斜轨道上下滑过程中产生的焦耳热为。=泰7|=詈*0.2J=

2X10一5j,选项A错误；达到稳定时回路感应电流为零，则E=B）4,解得o

=0.5m/s,选项B正确；金属棒到达斜面底端时的速度优=石Z=1m/s,达到

稳定时由动量定理有一8）〃加=-80%=〃0—7?73,解得夕=2.5。选项C正确；

由以上可知7N=q,即£（8比。加-EAf）=qR,即BoLx—Ei=qR,解得x=

0.5r+125,选项D正确。

训练2（2024•湖北武汉模拟预测）福建舰搭载了我国自主研发的电磁弹射和阻拦技

术用于舰载机的起飞和降落。某兴趣小组开展电磁弹射阻拦系统研究，设计了如

图3所示的简化模型，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为/,电阻

不计，导轨区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为儿一质量为机、

电阻为R的金属棒ab,垂直放在导轨间。当质量为M的飞机（模型）要弹射起飞时，

将它与金属棒锁定，选择开关S与1闭合，恒流源输出恒定电流，大小为/,经

过时间力，飞机达到起飞速度0,解除锁定，飞机起飞离舰；飞机降落时，将选

择开关S与2闭合，飞机通过阻拦索钩拉金属棒，以共同速度S一起开始减速着

舰，金属棒与储能装置（非纯电阻）串联，减速同时还能实现动能的回收，经过ti

时间飞机速度减为0,为等于。2,但均是未知量。下列关于起飞和阻拦过程说法

正确的是（）

图3

A.起飞过程中，恒流源两端的电压保持不变

B.起飞速度vi=》

C.起飞过程中，恒流源输出能量为E=/2/S+2

D•降落过程中,飞机的位移户由*y

答案c

解析起飞过程中，金属棒的速度增大，由E=B勿可知产生的感应电动势增大,

电路中的电流恒定，金属棒加速电流方向由感应电动势方向由8f4,恒流

源两端的电压U=/R+8历变大，故A错误；对金属棒由动量定理得〃4i=[M+

而，解得时黑，故B错误；起飞过程中，恒流源输出能量为电路中的焦

耳热与金属棒和模型的动能之和E=PR,/M+m）g%+停*,故C

正确；降落过程中，根据动量定理有一〃比2=0—（M+机）02,设流过金属棒的电

荷量为g,则g=〃2,乂/=奈£=等=*切=。2,解得£机的位移尸鬻,

故D错误。

热点二动量守恒定律在电磁感应中的应用

例2（2024•块西汉中二模）如图4所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成

的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于

导轨,导轨间距为小水平区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为

B,细金属杆M、N长度都稍大于心初始时刻，细金属杆M静止在弧形部分距

水平导轨高度/?处，磁场内的细金属杆N处于静止状态。某时刻静止释放M杆

后，两杆与导轨接触良好且运动过程始终与导轨垂直，两杆在磁场中耒碰撞且N

杆出磁场时的速度大小为甲。已知M、N杆的质量分别为m和2m，电阻分别

为尺和2尺重力加速度为g,感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。求：

图4

（1）细金属杆N在磁场内运动过程中最大加速度的大小和方向;

(2)细金属杆N在磁场内运动过程中产生的焦耳热Q；

(3)细金属杆N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量力

(4)初始时刻细金属杆N到ah的最小距离X。

答案⑴晦磐水平向右Q)各侬

⑶2BL(4)2B2L2

解析(1)从M释放到进磁场，根据机械能守恒定律有〃吆/?=57〃

M进磁场时，对金属杆N根据牛顿第二定律有F=BJL=B^L=2〃ia

JK

B?氏隔

解得。=6mR

根据左手定则可知，金属杆N所受安培力的方向水平向右，则加速度方向水平向

右。

(2)由M、N组成的系统动量守恒，则加。=一0+2加。2

根据能量守恒定律有Q=3〃—%加彳一；x2mvl

25

-Q-A

所以细金属杆N产生的焦耳热为QN=3O

(3)对细金属杆N,根捱动量定理可得

BILt=2inV2,其中

="国

/UTvtq-)o

(4)当N出磁场时M也刚好出磁场，此时N到的距离最小，设细金属杆N到

向的最小距离为心则整个过程中通过闭合回路的电荷量为

q―/一于

3,nRy]2gh

所以x=2B2L2

方法总结双杆模型的分析方法

“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注

物理意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡

模型两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势

是相加还是相减；系统动量是否守恒

通常情况下一个金属杆做加谏度逐渐减小的加速运动，而另

动力学观点一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以

分析共同的速度匀速运动

方法能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和

对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属

动量观点

杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题

训练3（多选）如图5,两根足够长的光滑平行•导轨固定在绝缘水平面上，左、右两

侧导轨间距分别为2L和心图中00,左侧是电阻不计的金属导轨，。0,右侧是绝

缘轨道。金属导轨部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为Bo；00'

右侧以0为原点，沿导轨方向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律为8=8o+H[QO）

的竖直向下的磁场（图中未标出）。一质量为〃八阻值为R、三边长度均为L的U

形金属框，左端紧靠。。,平放在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）处于静止状态。

长为2L、质量为m、电阻为R的导体棒a处在间距为2L的金属导轨工，长为L、

质量为〃?、电阻为R的导体棒b处在间距为L的金属导轨上。现同时给导体棒a、

b大小相同的水平向右的速度如，当导体棒b运动至。0,时，导体棒a中己无电

流（a始终在宽轨上）。导体棒b与U形金属框碰撞后连接在一起构成回路，导体

棒a、b、金属框与导轨始终接触良好，导体棒a被立柱挡住没有进入右侧轨道。

下列说法正确的是（

A.给导体棒a、b大小相同的水平向右的速度oo后，导体棒b做匀速运动

B.导体棒b到达。。时的速度大小为加

C.导体棒b与u形金属框碰撞后连接在一起后做匀减速运动

D.导体棒b与U形金属框碰撞后，导体棒b静止时与。。，的距离为嘿警

答案BD

解析给导体棒a、b大小相同的水平向右的速度为后，导体棒a产生的电动势

大于导体棒b产生的电动势，回路中有感应电流产生，导体棒a减速运动，b棒

加速运动，然后匀速运动，故A错误；设b棒到达时的速度大小为。b,此时

导体棒a的速度大小为5,此时已经无电流，有BLvb=23Lua,对a、b棒，根据

动量定理可得一2Bo4="Wa—moo,BoLq=mVb—mvo,联立解得。b=|ro,故B正

确；b棒与U形金属框碰撞后连接在一起后做加速度不断减小的减速运动，故C

错误；设b棒与U形金属框碰撞后共同速度为加，根据动量守恒定律可得，加b=

2mvi,解得OI=|PO,由题意可知U形金属框右边始终比U形金属框左边的磁场

大AB=kL,从导体棒b与U形金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均

—J7ARI.7）~

电流为/'=册=一根据动量定理有一△B/Z/=0—2〃m，导体棒b静止时与

Z/\Z/\

0。'点的距离为工=。心联立解得工=靠詈，故D正确。

---------3二二一I----------------------------------------F---------------

（2024・湖北卷，15）如图6所示，两足够长平行金属直导轨MMP。的间距为L

固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的1

圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧元磁场，右侧存在磁感应强度大

小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为〃2、电阻为A的金属棒必跨

放在两圆弧导轨的最高点。质量为2〃八电阻为6K的均匀金属丝制成一个半径为

L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的

电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，

重力加速度大小为g。现将金属棒"由静止释放，求：

图6

(1)。力刚越过MP时产生的感应电动势大小；

⑵金属环刚开始运动时的加速度大小；

(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最

小距离。

口木2gL(2)3〃ZR◎)十1

解析(1)设。。棒刚越过M尸时速度大小为。i,产生的感应电动势大小为自，对

必在圆瓠导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有

71，

"磔=产5

时刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得

E\=BLv\

联立解得昂=8小国。

(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金

属环的电阻均为R,它们在电路中并联后的总电阻R,苔

设电路中初始的干路电流为/i,由闭合电路欧姆定律有/i=^TV

K~rKc

经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L,电阻为上的金属棒，设金属

环刚开始运动时所受的安培力大小为“、加速度大小为4,则

F\=J\LB

由牛顿第二定律得Fi=2小〃

联正解侍〃一3〃求。

(3)经分析，4〃进入磁场后，C力和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的

速度大小为V2,由动量守恒定律得nw]=(m-\-2m)V2

设在极短时间△/内，他与金属环圆心的距离减少量为Ar,金属环所受安培力大

小为F,流过的电流为/,整个电路的电动势为E对金属环，由动量定理得

LFA/=2〃02—0

F=ILB

E

由闭合电路欧姆定律得/=五—

A十Kc

设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s,若。。与金属环共速时，两者恰好

接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对而进入磁场到两者共速的过程,

由法拉第电磁感应定律有E=B谎

由几何关系有s=L+EAx

联立解得5=嗯*+L。

1.（多选）（2024•江西南昌模拟）某兴趣小组利用电容放电装置研究电磁弹射。如图1,

离地面高为人的水平面上固定一半径为r的金属圆环，一根长为2八电阻为2Ro

的金属棒P沿直径放置,它的两端与圆环接触良好，该棒以圆心为转轴匀速转动。

圆环内左半圆存在磁感应强度大小为Bi的匀强磁场（方向竖直向上），圆环边缘、

与转轴良好接触的电刷分别与间距为/的水平放置的光滑平行金属轨道相连，轨

道间接有电容为C的电容器，通过单刀双掷开关，可分别与接线柱1、2相连.

水平导轨上放置一质量为m的金属棒Q,它置于磁感应强度为B2的匀强磁场（方

向竖直向上）区域内靠左侧边缘。先将开关置于1端，让金属棒P绕轴以角速度切

匀速转动，等电容器充电结束后，再将开关S置于2端，电容器放电使得导轨上

的金属棒Q运动起来水平抛出。圆环及轨道内阻均不计，重力加速度大小为g,

下列说法正确的是（）

图1

A.电容器充电后，M板带正电

B.电容器充电后带电荷量为/c囱①产

c.电容器充电后带电荷量为a。乱口尸

BiBilcorC/2/J

D.金属棒Q抛出到落地的最大水平距离为

4mg

答案AC

解析开关S和接线柱1接通，电容器充电，充电过程，对绕转轴。。，转动的金

属棒P,由右手定则可知电流沿径向向外，即圆环边缘为电源正极，圆心为负极,

则M板带正电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知七=；乱①/，则电容器

所带的电荷量△q=CU=iCfF=十1故B错误，C正确；假设电容器放电能

够将电荷量全部放完，电容器放电过程对金属棒Q,由动量定理有庆/〃=，加一0,

/1

△夕=〃得而产出2“户。，根据平抛运动规律，有〃=方户，X=Vt,联立可得X

=88肝/C坦,但是实际电容器放电结束时电容器应保留一部分电荷，使得

电容器两端电压和导体棒两端电压相等，故D错误。

2.（多选）（2024•山东济南一模）如图2所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨位

于同一水平面上，导轨上横放着两根导体棒4〃、cd，其质量分别是21Vm2）,

导轨间的有效电阻均为R,导体棒面、cd与导轨构成矩形回路。初始时，两棒中

间用轻绳连接且处于静止状态，农•间和bd间分别有一处于压缩状态的完全相同

的轻质弹簧，在导轨的两侧有竖直向下的匀强磁场（短线内无磁场），磁感应强度

均为以剪断轻绳后，两导体棒分别向左、右运动，当同时运动到虚线处弹簧恰

好恢复原长并与两棒分离，贝lj（）

力相如如明

图2

A.两棒达到虚线处速率相等

B.在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒

C.导体棒"、cd进入磁场后，两棒构成的系统动量守恒，机械能不守恒

D.当导体棒ab运动到最左端的同时c△棒运动到最右端

答案BCD

解析在弹簧恢复原长的过程中，两棒和弹簧构成的系统动量守恒，则有〃2皿=

加2。2,由于加1<加2,则01>02,整个系统没有其他力做功，则两棒和弹簧构成的系

统机械能守恒，故B正确，A错误；导体棒。从cd进入磁场后，导体棒。氏cd

电流方向相反，根据左手定则，两根导体棒所受安培力的方向相反，则两棒构成

的系统所受合力为零，系统动量守恒，由于安培力对导体棒做负功，则机械能不

守恒，故C正确；两根导体棒动量大小相等，根据动量定理一P，任意

时刻两根导体棒所受安培力大小相等，则两根导体棒从进入虚线开始到速度为零

的时间相等，故D正确。

3.如图3,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金

属导轨，两相同的光滑导体棒"、〃静止在导轨上。，=0时，棒而以初速度DO

向右运动且不会与〃相碰。运动过程中，,山、cd始终与导轨垂直并接触良好，

两者速度分别为。而、iw,通过，力横截面的电荷量为夕，回路中的电流为/,M

棒产生的焦耳热为0。下列图像中正确的是（）

解析导体棒。匕切割磁感线产生由。到匕的感应电流，则导体棒。匕受到向左的

安培力，做减速运动；导体棒W受到向右的安培力，向右加速运动，则感应电流

，=也⑦黑""），两导体棒的相对速度减小，感应电流减小，每个导体棒所受

的安培力大小F=/LB,/随着电流减小而减小，设导体棒质量为小，当两者速度

相等时，电流为零，由动量守恒定律得nwo=2mv,两导体棒的速度最终为u=y,

且加速度随着电流的减小而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，C正确，A

错误；对。。棒由动量定理有B/Lz="wo—〃冷，则夕=〃=翳"电荷量随时间的

增加而增大，最后达到最大值，因为电流随时间减小，所以4—/的图像斜率也应

该是减小，故B错误；系统状态稳定后，两个导体棒的相对速度为0,不再有感

应电流产生，焦耳热不会随着时间一直增大，故D错误。

4.（多选）如图4所示，间距均为L的水平金属轨道和半径为R的半圆金属轨道平

滑连接，半圆轨道在竖直平面内，轨道电阻不计。在水平轨道区域内有竖直向下、

磁感应强度为B的匀强磁场。在水平轨道上放置两长度均为L、质量分别为4〃?

和m、电阻分别为r和2r的导体棒ab.cd,两导体棒到半圆底部的距离分别为

加（足够大）和加=3七两导体棒与金属轨道间的摩擦可忽略不计。现突然给导体

棒必一速度如=1（N9，一段时间后导体棒cd通过半圆轨道最高点后又恰好落

到其初始位置，整个运动过程中，两导体棒与轨道均始终垂直且接触良好，两导

体棒没有发生碰撞，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.导体棒〃运动到半圆轨道底部时对轨道的压力大小为亍〃2g

B.导体棒c"进入半圆轨道口寸，导体棒"的速度大小为

C.从开始到导体棒4进入圆轨道，导体棒ab产生的热量为

D.从开始到导体棒〃进入圆轨道，通过导体棒cd的电荷量为部厢

IDLvo

答案AD

解析由于cd棒进入三圆轨道后，不再受安培力作用，离开半圆轨道后做平抛运

动，则竖直方向上有水平方向上有3/?=切/,联立解得。2'=|V四从

最低点到最高点，只有重力做功，由动能定理有一欣，解得02

=!\僦，cd棒在半圆轨道最低点所受合力提供其做圆周运动的向心力