2026年高考物理终极冲刺：专题11 电路和电磁感应（抢分专练）（解析版）

1/7专题11电路和电磁感应【命题解读】电路和电磁感应是高考的高频考点，通常以选择题或计算题形式命题考查。主要考查以法拉第电磁感应定律的理解及其应用为核心，综合考查欧姆定律、牛顿运动定律、动量、能量等知识分析解决实际问题的通用力。【命题预测】2026年高考中试题将多以学习探索问题情境为载体，出可能出现与该部分内容相关的生活实践问题情境，如磁悬浮列车、电磁导轨炮、电磁驱动、电磁弹射、电磁阻尼、电磁制动等。题型01恒定电流与电路1．（2026·江西南昌·一模）中国民航局规定，规格“”的充电宝允许以随身物品的形式随乘客登机，“100Wh~160Wh"规格的充电宝需要经航司批准后方可携带，“>160Wh”规格严禁携带，以下为同一品牌不同型号充电宝的规格，其中严禁携带登机的是（

）A．B．C．D．【答案】C【详解】根据E=Pt=IUt可知A中电池的容量为50W∙h；B中电池的容量为90W∙h；C中电池的容量为180W∙h>160Wh；D中电池的容量为144W∙h；可知严禁携带登机的是C。故选C。2．（2026·陕西榆林·模拟预测）对某品牌的直流蓄电池进行测试，测试过程中系统输出的图像如图所示，其中P为直流电源的输出功率，I为总电流，下列说法正确的是（）A．该蓄电池的电动势为 B．该蓄电池的内阻为C．该蓄电池输出的最大功率为 D．该蓄电池的短路电流为【答案】C【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律，有电源的输出功率联立并整理得知图像的斜率为E，纵截距的绝对值为r，结合题中图像解得电动势，内阻，故AB错误；C．当外电阻等于电源内电阻时，电源的输出功率最大，即，故C正确；D．根据闭合电路欧姆定律，有，解得短路电流，故D错误。故选C。3．（2026·江西·二模）电阻式触摸屏通过物理压力使两层导电薄膜接触，利用分压器原理测量电压变化确定触摸坐标。现有一触摸屏覆盖的显示面积的图形分辨率为：水平像素W=640、垂直像素H=480（像素点完全相同），坐标原点O位于左上角，坐标系如图建立。X+、X-为底层左右两极，Y+、Y-为顶层上下两极，检测时，在X+、X-间接+5V电压，X-接地，触点与地之间的电压被另一层连接的测量模块测出为同理，在Y+、Y-间接+5V电压，Y-接地，测量模块显示触点到电极间的等效电阻与到电极的距离成正比，则触摸点的像素坐标为（）A．（256，211） B．（256，269）C．（384，211） D．（384，269）【答案】A【详解】根据题意，在X+、X−间接+5V电压，X−接地，则X−与X+电压为5V。由图可知X−在左侧（），X+在右侧（）。测得触点与地（X−）之间电压，根据分压原理，电压与电阻成正比，电阻与长度成正比，故有，即解得x=256在Y+、Y−间接+5V电压，Y−接地，Y−与Y+电压为5V。由图及坐标系可知Y+在上侧（），Y−在下侧（）。测得触点与地（Y−）之间电压，即触点电势为2.8V，则触点与Y+间电压为2.2V。设触点纵坐标为y，则触点到Y+（5V）的距离为。根据分压原理有解得，故A正确。故选A。4．（2026·山东青岛·一模）如图甲所示，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，两者与一理想电流表串联后接在恒压直流电源上，当滑动变阻器的触头从a端滑向b端的过程中，得到定值电阻的功率随电流变化的图线如图乙所示，其中电流为0.15A时对应的触头在a端，电流为Ic时对应的触头在c点，且ab=4bc，下列说法正确的是（）A．电流Ic的大小为0.6AB．定值电阻R0=25ΩC．滑动变阻器的全阻值为R=280ΩD．当滑动变阻器消耗的功率为6.3W时，对应的电流一定为2.1A【答案】C【详解】B．由图乙可知，电流为0.15A时对应的功率为0.45W，根据，可得，故B错误；A．由图乙可知，电流为时对应的功率为5W，根据，可得，故A错误；C．当滑动变阻器在a端时，有当滑动变阻器在c点时，有联立解得，，故C正确；D．当滑动变阻器消耗的功率为6.3W时，设滑动变阻器两端的电压为U1，则有，联立解得，或，回路最大电流和最小电流分别为，故当滑动变阻器消耗的功率为6.3W时，对应的电流可能为或，故D错误。故选C。5．（2026·北京朝阳·一模）如图所示为某环境监控电路简图，R1、R2均为可变电阻，M、N两元件中有一个是光敏电阻，另一个是热敏电阻。已知热敏电阻阻值随温度升高而减小，光敏电阻阻值随光照增强而减小。忽略光照对环境温度的影响。报警器1两端电压大于某值时报警，报警器2上通过的电流大于某值时报警。闭合开关后，两报警器1、2均未报警。不计报警器对电路的影响。下列说法正确的是（）A．仅温度升高，若只有报警器1报警，则M为热敏电阻B．仅光照增强，若只有报警器2报警，则N为光敏电阻C．仅增大R1的阻值，报警器1、2可能都报警D．仅增大R2的阻值，报警器1、2可能都报警【答案】D【详解】A．若M为热敏电阻，仅温度升高时，热敏电阻阻值减小，并联部分总电阻减小，干路电流增大，根据闭合电路的欧姆定律可知并联部分电压减小，元件N所在支路电流减小，报警器1两端电压减小，不会报警；而报警器2所在支路电流增大，报警器2可能报警，故A错误；B．若N为光敏电阻，仅光照增强时，光敏电阻阻值减小，并联部分总电阻减小，干路电流增大，根据闭合电路的欧姆定律可知并联部分电压减小，报警器2所在支路电流减小，不会报警；而元件N所在支路电流增大，报警器1两端电压增大，可能报警，故B错误；C．仅增大R1的阻值，电路总电阻增大，干路电流减小，根据闭合电路的欧姆定律可知并联部分电压减小，报警器2所在支路电流和报警器1两端电压都减小，不会报警，故C错误；D．仅增大R2的阻值，则并联部分总电阻增大，干路电流减小，根据闭合电路的欧姆定律可知并联部分电压会增大，报警器2所在支路电流增大，报警器2可能报警；因干路电流减小，由上述分析可知元件N所在支路电流减小，元件N上的分压减小，报警器1上的电压增大，报警器1可能报警，故D正确。故选D。题型02交变电流变压器远距离输电6．（2026·广东广州·一模）如图为某发电机的原理图，abcd为金属线框，固连于线框的E、F为一对相互绝缘的半圆形铜环，A、B为固定电刷。线框在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，从图示位置开始计时，电阻R两端的电势差u随时间t变化的图像可能是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】线圈开始转动的位置是与中性面垂直的平面，则时刻电动势有最大值，且线圈在磁场中转动时产生的正弦交流电，由于的作用使得产生的电流始终是正弦式交流电的上半部分，故B正确，ACD错误。故选B。7．（2026·江苏·一模）理想变压器原、副线圈匝数分别为、，通过原、副线圈的电流分别为、，原、副线圈正弦交流电的频率分别为、，则（）A． B．C． D．【答案】D【详解】AB．由于理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，即原、副线圈内电流之比，故AB错误；CD．变压器无法改变交流电的频率，因此原、副线圈中电流频率相等，即，故C错误，D正确。故选D。8．（2026·河北·一模）雅鲁藏布江下游水电工程开工仪式于2025年7月19日上午在西藏自治区林芝市举行。工程主要采取截弯取直、隧洞引水的开发方式，建设5座梯级电站，总投资约1.2万亿元。工程电力以外送消纳为主，兼顾西藏本地自用需求。如图所示为高压输电示意图，升压变压器和降压变压器都是理想变压器，输入电压U₁不变，减小输电线的电阻率，要使输出电压U₄不变，下列方法可行的是（）A．减小n₁ B．增大n₂ C．增加用户端电器 D．缩短输电距离【答案】C【详解】AB．根据可知，减小n₁，增大n₂都将引起升压变压器的输出电压增大，根据，输电线的电流减小根据电压关系，又，由题意知减小，则减小，所以增大又，所以将增大，AB错误；C．增加用户端用电器，因用户端用电器为并联关系，其总电阻会减小，用户端及降压变压器的等效电阻也将减小在输电线路上，输电线电阻与串联分压，由前一选项解析知减小，若二者能等比例减小，则可保持各自分到的电压不变，不变，C正确；D．缩短输电距离，不符合实际情况。一是电能不能输送到用户端，二是由可知，会引起增大，增大，也与题目要求不相符，D错误。故选C。9．（2026·四川成都·二模）如图所示，原线圈与定值电阻串联接在电压有效值恒定的正弦交流电上，原副线圈匝数分别为和，副线圈接入电阻箱。单匝线圈绕过铁芯连接理想交流电压表，电压表示数用U表示。调整阻值，下列说法正确的是（）A．当，匝，时，的功率为2.0WB．当变大时，的功率可能先增大后减小C．当变大时，的功率可能先增大后减小D．当变大时，U可能先增大后减小【答案】B【详解】A．时，磁通量的变化率为0.2V，则两端的电压有效值为，的功率为，A错误；B．变压器和等价于的电阻，，的功率最大，所以变大时，的功率可能先增大后减小，故B正确；C．当变大时，设正弦交流电有效值为U0，由于，则I1减小，所以的功率减小，故C错误；D．变大时，变小，则原线圈的电压变大，变大，故D错误。故选B。10．（2026·广东茂名·模拟预测）如图甲，节日里用彩灯装点树木，格外漂亮。图乙为通过理想降压变压器给串联在副线圈端的多个小彩灯供电电路图。下列说法正确的是（）A．若仅将原线圈端匝数增加，小彩灯将变亮B．若仅将副线圈端匝数增加，小彩灯将变暗C．若仅将原线圈端的输入电压增加，小彩灯将变亮D．若仅增加串联在副线圈端的小彩灯的个数，小彩灯亮度不变【答案】C【详解】A．根据理想变压器电压比关系，可得副线圈电压仅增加原线圈匝数，会减小，小彩灯功率减小，因此小彩灯变暗，故A错误；B．仅增加副线圈匝数，会增大，小彩灯功率增大，因此小彩灯变亮，故B错误；C．仅增加原线圈输入电压，会随之增大，小彩灯功率增大，因此小彩灯变亮，故C正确；D．增加串联小彩灯个数后，副线圈总电阻增大，不变，副线圈总电流减小，单个小彩灯功率减小，亮度变暗，故D错误。故选C。11．（2026·北京顺义·一模）如图1所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图2所示，副线圈接有阻值为88Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5:1，电流表A、电压表V均为理想电表。下列说法正确的是（）

A．交流电的频率为100HzB．原线圈的输入功率为22WC．电流表的示数为0.5AD．若只增大负载电阻R的阻值，则电压表的示数将增大【答案】B【详解】A．由图2可知，交流电的周期为2×10-2s，所以频率为，故A错误；B．原线圈输入电压为所以副线圈两端电压为由于原线圈输入功率等于输出功率，则，故B正确；C．电流表的示数为，故C错误；D．由于原线圈输入电压不变，则副线圈两端电压不变，增大负载电阻R的阻值，电压表的示数将不变，故D错误。故选B。12．（2026·山东东营·一模）东营向海借浪发电，发展绿色新能源。如图甲为浮桶式波浪发电灯塔，桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于均匀辐射磁场中，浮桶随波浪上下运动的v-t图像如图乙。匝数N=200的线圈所在处辐射状磁场的磁感应强度B=0.2T，线圈直径，电阻。理想变压器原副线圈匝数比k=2。下列说法正确的是（）A．t=0.1s线圈速度最大，电流表示数最大B．滑片P向下滑动时，电流表示数变小C．当R=0.25Ω时，浮筒输出的电功率最大D．穿过线圈的磁通量变化率最大值为【答案】C【详解】A．t=0.1s时速度最大，感应电动势瞬时值最大，但电流表测量的是有效值，与瞬时值无关，示数恒定，故A错误；B．理想变压器副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，由于原线圈电压和匝数比固定，故不变，滑片P向下滑动，负载电阻R减小，则副线圈电流增大，根据可知也增大，故B错误；C．将原线圈等效为电阻，则有因为联立解得故当时，浮桶输出的电功率最大，可知此时，故C正确；D．线圈产生的电动势最大值为因为联立解得磁通量变化率最大值为，故D错误。故选C。题型03电磁感应现象法拉第电磁感应定律13．（2026·重庆·一模）经颅磁刺激（TMS）是一种无创伤、非侵入性的神经调控治疗技术，其原理如图1所示。大脑皮层中一面积为S的单匝圆形回路中通有脉冲磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示（B0、t0已知），穿过该回路的磁场视为均匀且磁感应强度方向与回路所在平面的夹角为θ。则0~t0时间段内，该回路中的平均感应电动势大小为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】t=0时刻，通过回路的磁通量为零；t=t0时刻，通过回路的磁通量为由法拉第电磁感应定律可知，0～t0时间段内，该回路中的平均感应电动势大小故选B。14．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图甲所示，一个匝数的圆形导体线圈，面积，电阻在线圈中存在面积的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示。有一个的电阻，将其两端、分别与图甲中的圆形线圈相连接，端接地，则下列说法正确的是（）A．圆形线圈中产生的感应电动势B．在时间内通过电阻的电荷量C．设端电势为零，则端的电势D．在时间内电阻上产生的焦耳热【答案】D【详解】A．根据法拉第电磁感应定律可得圆形线圈产生的感应电动势，故A错误；B．由闭合电路欧姆定律可知电路中感应电流则通过电阻的电荷量，故B错误；C．由楞次定律可知，电流沿顺时针方向，点电势高，点电势低，有又，可得，故C错误；D．在时间内电阻上产生的焦耳热，故D正确。故选D。15．（2026·湖北黄冈·二模）如图所示，在平面直角坐标系的第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内存在方向垂直纸面、磁感应强度大小分别为、、、的匀强磁场。一半径为、电阻为、圆心角为60°的单匝扇形闭合线圈在纸面内绕点逆时针匀速转动，转速为。则线圈转动一周的过程中产生的焦耳热为（）A． B．C． D．【答案】B【详解】扇形线圈绕点逆时针匀速转动，产生交变电流，由扇形半径切割磁感线电动势线圈在从第一象限进入第二象限时有感应电流，总电动势为产生的焦耳热为其中所以有同理可得从第二象限进入第三象限时有感应电流从第三象限进入第四象限时有感应电流从第四象限进入第一象限时有感应电流故线圈转动一周的过程中产生的焦耳热为。故选B。16．（2026·广东东莞·一模）电磁俘能器可将机械能转化为电能，其简化模型如图。当受到外界激励时，动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，与彼此绝缘的固定线圈发生相对运动。若动磁铁在线圈区域产生的磁场垂直于纸面向里，下列说法正确的是（

）A．电磁俘能器的工作原理是电流的磁效应B．图示位置线圈1中感应电流方向为逆时针C．图示位置线圈2中感应电流方向为逆时针D．动磁铁匀速转动时，线圈2中的感应电流大小不变【答案】C【详解】A．电磁俘能器的工作原理是电磁感应，故A错误；BC．当动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，线圈1中的磁通量垂直于纸面向里且减小，线圈2中的磁通量垂直于纸面向里且增大，根据楞次定律可知，线圈1和2中感应电流方向分别为顺时针和逆时针，故B错误，C正确；D．动磁铁匀速转动时，线圈2中的磁场不是均匀变化，则感应电流大小改变，故D错误。故选C。17．（2026·吉林延边·一模）市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位（与a、b连接的外电路未画出）。由此可以判断（）A．按住按钮不动，门铃会一直响B．按下按钮过程中，a点电势高于bC．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直减小D．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直增加【答案】B【详解】A．按住按钮不动时，根据题意可知线圈磁通量不变，无感应电流，所以门铃不会一直响，故A错误；B．按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，利用楞次定律可得感应电流方向从b接线柱通过线圈流向a接线柱，根据题意可知线圈是电源，而在电源内部电流方向由负极流向正极，所以线圈a接线柱的电势比b接线柱高，故B正确；CD．按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，故CD错误；故选B。18．（2026·江苏南京·一模）如图所示，两个完全相同的半圆形金属轨道竖直正放置，内侧轨道接地，金属棒垂直两轨道水平放置，其长度与两轨道间距相等，空间存在竖直向下的匀强磁场（未画出）。在金属棒从向匀速圆周运动的过程中，其上点的电势（）A．保持不变 B．先降低再升高 C．先升高再降低 D．一直降低【答案】B【详解】因为内侧轨道接地，所以，金属棒在轨道左侧加速下滑时，速度的水平分量增大，据右手定则得，而又故先降低，金属棒在轨道右侧减速上滑时，速度的水平分量减小，减小，则升高故选B。题型04单棒模型19．（2026·河北·一模）如图所示，足够长的两平行光滑导轨电阻不计，导轨所在平面与水平面的夹角为θ，整个空间存在与导轨所在平面垂直的匀强磁场。导轨上部接有两个阻值相同的电阻，开关S断开。电阻不计的金属棒垂直导轨放置，与两导轨接触良好。现将棒从静止释放，下滑一段距离后闭合S，棒恰能匀速下滑，之后棒继续下滑相同的距离。关于下滑相等距离的两个阶段，下列说法正确的是（）A．刚释放时棒的加速度与开关闭合前瞬间相等 B．第一阶段用时大于第二阶段用时的2倍C．第一阶段通过金属棒的电荷量大于第二阶段的 D．第一阶段回路产生的总焦耳热大于第二阶段的【答案】D【详解】A．刚释放时棒的加速度为设导轨间距为l，开关闭合前瞬间，有，闭合S，棒恰能匀速下滑，则，联立解得，故A错误；B．设棒下滑相同的距离为d，第一阶段棒做加速度减小的加速运动，则第二阶段做匀速运动，则联立可得，故B错误；C．第一阶段通过金属棒的电荷量为第二阶段通过金属棒的电荷量为由此可知，故C错误；D．由以上分析可知，金属棒先做加速度减小的加速运动，闭合开关后做匀速运动，其v-t图像如图所示则金属棒运动过程中安培力随位移变化的图像，如图所示图线与坐标轴所围区域的面积表示克服安培力做的功，由图可知，第一阶段回路产生的总焦耳热为第二阶段回路产生的总焦耳热为所以，故D正确。故选D。20．（2026·湖北孝感·一模）如图所示，光滑绝缘水平桌面上固定一圆形金属裸线圈，线圈电阻不计，现有一光滑金属棒在外力作用下，自圆形线圈左侧切点处以v0匀速向右滑动。金属棒长度与线圈的直径相等，金属棒上的电阻均匀分布，与线圈接触良好。金属棒和线圈所在空间存在竖直向下的匀强磁场，只考虑闭合回路中电流和匀强磁场对金属棒中电流的电磁力，金属棒通过线圈的过程中，下列说法正确的是（）A．金属棒中的电流先增大后减小B．金属棒所受安培力先增大后减小C．金属棒两端的电压大小先增大后减小D．如果金属棒的速度为原来2倍，其它条件不变，外力做的功为原来4倍【答案】B【详解】A．金属棒向右匀速运动切割磁感线产生动生电动势，设接入电路的有效切割长度为，则有线圈电阻不计，金属棒上的电阻均匀分布，设单位长度的电阻为，则有可知金属棒中的电流为，则金属棒中的电流不变，故A错误；B．金属棒所受安培力为，因电流恒定，而先增大后减小，则安培力先增大后减小，故B正确；C．因线圈电阻不计，则金属棒两端的电压为路端电压始终为零，故C错误；D．如果金属棒的速度为原来2倍，其它条件不变，则由安培力可知变为原来的倍，棒匀速运动，则外力大小等于安培力，即外力也变为原来的2倍，两次拉动的位移相同，则外力做功为原来的2倍，故D错误。故选B。21．（2026·安徽合肥·模拟预测）随着我国航母福建舰的服役，电磁弹射再次成为热门话题。图1所示为一款电磁弹射演示装置，电源电动势为，内阻为，水平光滑平行金属导轨间距为，导轨处于竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中，质量为的金属棒垂直导轨放置，电流传感器A及导轨的电阻可忽略。演示时先将开关接1，待稳定后将开关接2，金属棒随即被弹射出去，弹射过程电流传感器检测到的电流与时间的关系图线如图2所示，其中已知，阴影部分的面积为。下列说法正确的是（

）A．金属棒接入电路的电阻为B．金属棒接入电路的电阻为C．金属棒脱离导轨时的速度大小为D．金属棒脱离导轨时的速度大小为【答案】C【详解】AB．当开关接1时，电源给电容器充电，稳定时当开关接2时，电容器通过金属棒放电，有金属棒接入电路的电阻为，故AB错误；CD．对金属棒应用动量定理可得又有其中为通过金属棒的电荷量，由图2可知联立解得金属棒脱离导轨时的速度大小为，故C正确，D错误。故选C。22．（2026·湖南长沙·二模）“低压管道电磁运输系统”是未来城际高速物流的重要发展方向。如图所示，水平绝缘低压管道内固定有两根足够长的平行金属导轨，导轨间距，导轨间分布着方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场。质量的运输舱装有一根跨接在导轨上且接触良好的导体棒。运输舱在运行过程中受到恒定阻力。地面供电系统为恒压直流电源，电动势，回路总电阻。系统设计的额定巡航速度。(1)若仅由地面电源单独供电，求运输舱能达到的最大稳定速度；(2)为确保运输舱能达到额定巡航速度，起步时同步启动自带的辅助推进器提供水平恒力F，求最小值；(3)运输舱以额定巡航速度进站时，立即切断电源和辅助推进器，切换至“再生制动”模式：回路总电阻仍为，车载控制器控制回路电流大小恒为，利用安培力辅助减速，同时将部分电能回收到储能电网。当感应电动势无法维持电流I时，系统自动停止电能回收并转为机械刹车。求此次进站过程中，不计其他损耗下系统回收到储能电网的总电能。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）运输舱稳定时有联立得（2）运输舱能达到额定巡航速度时有联立得（3）受力分析，根据牛顿第二定律有维持时间恰无法维持电流I时，有运动位移由能量守恒有联立得23．（2026·天津红桥·一模）我国在电动汽车的制造领域处于世界领先水平，电动汽车驱动的基本原理是将直流电先利用大功率高速开关管（IGBT）和脉宽调制（PWM）技术变为正弦交流电，用相位互差的三相交流电各相分别通入所对应的励磁线圈，形成旋转磁场来驱动交流感应电动机运转。其原理可等效简化为如图装置，两根相距的平行金属导轨固定于同一水平面，其右端接一阻值为的电阻。质量为的金属杆静置在导轨上，金属杆在导轨间的电阻为，其左侧的矩形匀强磁场区域的磁感应强度大小为、方向竖直向下。当该磁场区域以速度大小匀速向右完全扫过金属杆后，金属杆的速度大小变为。导轨的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)刚扫过金属杆时，金属杆的加速度的大小；(2)刚要离开金属杆时，电阻的发热功率；(3)磁场区域沿方向的宽度【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）刚扫过金属杆时，感应电动势根据闭合回路欧姆定律，感应电流为由牛顿第二定律有解得（2）刚要离开金属杆时，感应电动势电阻R的功率（3）由动量定理得其中解得24．（2026·河北石家庄·一模）如图所示，两平行的光滑金属导轨竖直放置，导轨间距为、足够长且电阻忽略不计，条形匀强磁场的宽度为，磁感应强度大小为、方向与导轨平面垂直。长度为的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为的电流（由外接恒流源产生，图中未画出），线框的边长为，电阻为，下边与磁场区域上边界重合。现将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度为。求：(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热；(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间；(3)经过足够长时间，装置做稳定的往复运动，其往返一次所需的时间。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，线框克服安培力所做的功为，根据动能定理有解得根据功能关系可知（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度大小为，从线框刚离开磁场下边界到导体棒返回的过程中，根据动能定理有解得设线框第一次穿越磁场区域的过程中，线框中的平均感应电流为，对线框根据动量定理有根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得解得或设线框第一次穿越磁场区域的过程中，线框中的感应电流为，对线框根据动量定理有根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得代入可得：解得（3）由于线框穿越磁场的过程中会使装置损失机械能，所以线框在开始的一段时间内每次返回的高度都比前一次低一些，经过足够长时间后，线框上边将在磁场区域下边界与下面某位置之间做往复运动

此时导体棒进入磁场后，匀减速至0，则向心加速度又往返一次总时间解得题型05双棒模型25．（2026·江西·一模）如图所示，单匝线圈处于均匀减小的磁场中，磁通量变化率为k，线圈电阻为2R，线圈通过开关导线与两根足够长的平行光滑水平金属轨道相连，轨道宽为L，图中虚线右侧存在垂直轨道向下的匀强磁场，磁感应强度为B，轨道上静止放置有两根相同的金属棒MN和PQ，它们的质量均为m、电阻均为R，其中MN在磁场外，PQ在磁场内且距离磁场虚线边界d0，两部分磁场不会相互影响。不计连接线圈的导线和水平轨道的电阻，则（）A．开关闭合瞬间，流过MN棒的电流方向N→MB．开关闭合瞬间，PQ棒的加速度为C．若开关处于断开状态，给MN一个向右的初速度v0，稳定时PQ棒上产生的热量D．若开关处于断开状态，给MN一个向右的初速度v0，稳定时两金属棒的间距【答案】D【详解】A．由楞次定律可知，开关闭合瞬间，流过MN棒的电流方向M→N，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律，单匝线圈产生的感应电动势闭合开关后，根据闭合电路欧姆定律，联立解得所以流过金属棒PQ的电流对PQ，根据牛顿第二定律联立解得方向向右，故B错误；C．两金属棒组成的系统动量守恒，有联立解得两导体棒损失的动能转化为内能，则所以，故C错误；D．对PQ，在安培力作用下加速，由动量定理，所以根据闭合电路欧姆定律根据法拉第电磁感应定律联立解得所以最终两棒间距，故D正确。故选D。26．（多选）（2026·陕西榆林·一模）如图所示，两根足够长的平行金属光滑导轨、固定在倾角为30°的斜面上，导轨电阻不计。与间距为，与间距为。在与区域有方向垂直斜面向下的匀强磁场，在与区域有方向垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为。在与区域中，将质量为，电阻为，长度为的导体棒置于导轨上，且被两立柱挡住。与区域中将质量为，电阻为，长度为的导体棒置于导轨上，由静止下滑，经时间，恰好离开立柱，、始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为。则（）A．棒做匀加速直线运动B．两导体棒最终做匀速直线运动C．时刻，的速度大小为D．内，下滑的距离为【答案】CD【详解】AB．a棒下滑时的加速度则随速度增加，a棒的加速度逐渐减小，即棒做加速度减小的加速运动；根据左手定则可知，最后两个金属棒受到的安培力方向均向上。如果最终二者均做匀速直线运动，对a分析：FA1=mgsinθ；对b分析：FA2=mgsinθ；所以FA1=FA2，即二者的安培力大小相等，而两根金属棒的长度不同，安培力大小不同，故最终二者不是做匀速直线运动，故AB错误；C．金属棒b刚好离开立柱时，立柱对b棒的弹力恰为零，对金属棒b根据平衡条件可得：mgsinθ-F安b=0，F安b的方向沿斜面向上。金属棒a沿斜面向下加速，金属棒a产生的电动势E=BLv1回路中的电流受到的安培力F安a=BIL根据上下导轨的电流和宽度关系，可得F安b=2F安at时刻，a的速度大小为，故C正确；D．取沿导轨向下为正方向，在时间t内，对a棒根据动量定理得则有结合运动学公式可得联立解得，故D正确。故选CD。27．（多选）（2026·广东东莞·一模）如图所示空间存在竖直向下的匀强磁场B，足够长的两金属导轨平行正对放置，间距为L，竖直导轨粗糙，水平导轨光滑。导体棒Q借助小立柱静置于竖直导轨上并保持水平，其与竖直导轨间的动摩擦因数为。导体棒P垂直于水平导轨放置，处于静止状态。两导体棒的质量均为m，接入导轨间的电阻均为R，其余电阻不计。时起，对导体棒P施加水平向右的拉力F，使其做匀加速直线运动，同时撤去小立柱，导体棒Q开始下滑。已知两导体棒与导轨始终垂直且接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对于拉力F，Q棒的速度、加速度及受到的摩擦力随时间t变化的关系图像，下列图像可能正确的有（

）A． B．C． D．【答案】CD【详解】A．设导体棒P匀加速直线运动的加速度为，则时刻的速度为导体棒P产生的感应电动势为由于导体棒Q在竖直轨道上滑动时不切割磁感线，不产生电动势，则回路中的感应电流为对导体棒P进行受力分析，根据牛顿第二定律有联立解得所以图像应为不过原点的倾斜直线，故A错误；C．由左手定则可知，导体棒Q受到的安培力水平向右，水平方向受力平衡，设导体棒Q受到竖直导轨的弹力为，则有导体棒Q在竖直方向做变速运动，设t时刻的加速度为，则根据牛顿第二定律有联立解得所以图像为向下倾斜的直线，与纵轴的截距为，故C正确；B．图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化。由C选项可知，时刻导体棒Q的加速度减为零，此时导体棒Q的速度应有最大值。之后导体棒Q做加速度逐渐增大的减速运动，由对称性可知应在时刻导体棒Q的速度减为零，故B错误；D．在内，导体棒Q受到的摩擦力为即此过程图像为过原点的倾斜直线；当导体棒Q的速度减为零后，根据平衡关系可知，此时导体棒Q受到的摩擦力与重力等大反向，则有，故D正确。故选CD。28．（多选）（2026·河北承德·一模）如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左右两侧导轨间距分别为d、2d，并处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。半圆弧形导体棒ab、cd恰好分别与两侧导轨相切，材料相同，电阻率为ρ，横截面积均为S。初始时两棒静止，两棒中点连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两导体棒在所处磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。导体棒始终与导轨相切，且接触良好。导轨足够长且电阻不计，则（）A．弹簧伸展过程中回路中产生顺时针方向的电流B．ab速率为v时，cd所受安培力大小为C．整个运动过程中，ab和cd的路程之比为2：1D．整个运动过程中，通过ab的电荷量为【答案】BCD【详解】A．弹簧伸展过程中，左移、右移，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方向的电流，故A错误；B．棒有效切割长度为，半圆弧长为，质量，处于磁场中，电阻棒有效切割长度为，半圆弧长为，质量，则处于磁场中，电阻和受到的安培力大小分别为，两力大小相等、方向相反，对和组成的系统，总合外力为0，系统动量守恒，有代入，得总感应电动势总电阻电流的安培力，故B正确；C．任意时刻满足动量守恒对等式两边乘时间，并求和可得解得，故C正确；D．任意时刻回路中的电流为在极短的时间内，有对等式两边求和，可得由，代入得，故D正确。故选BCD。29．（2026·湖南·二模）自动化机械臂系统常采用电磁驱动方案，其为生产建设提供巨大便利。其模型简化如图所示，ab、cd、ef、gh为四条足够长的光滑平行金属轨道，abcd轨道平面与efgh轨道平面均与水平面平行，abcd轨道位于efgh轨道正上方，两轨道宽度都为，高度差为，通过导线ae、cg相连，轨道和导线电阻忽略不计。两轨道置于磁感应强度大小为，方向垂直轨道平面向下的匀强磁场中（未画出），相同的两个金属机械臂1和2分别位于abcd轨道和efgh轨道上，质量均为，电阻均为。机械臂1与机械臂2的距离d不能超过5m（两机械臂中点连线距离），否则机械臂2无法接收机械臂1发送的信号而断连。上方轨道左侧接有电容为的电容器。初始时，开关K断开，机械臂1以初速度向右运动，机械臂2静止，机械臂2位于机械臂1正下方，忽略电磁辐射效应。(1)求初始时刻机械臂2的加速度大小；(2)保持开关K断开，通过计算判断机械臂1、2是否会断连；(3)保持开关K闭合，其他初始条件不变，求机械臂系统达到稳定状态时电容C的电压。【答案】(1)(2)不会断连(3)【详解】（1）设机械臂1感应电动势为，机械臂2所受安培力为，加速度为，则，，，联立解得（2）因为两个机械臂的最大距离为5m，且，所以机械臂1与2之间相对位移的最大值为当机械臂1与2共速时，系统稳定，此时达到最大值，根据系统动量守恒有解得对机械臂2应用动量定理解得又知解得，故不会断连。（3）保持开关K闭合，系统达到稳态时电路电流为0，两个机械臂共速，设共同速度为，故对机械臂1应用动量定理对机械臂2应用动量定理设电容器最终的电荷量为，故联立解得30．（2026·宁夏·一模）如图a所示，超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。已知水平面上固定着两根金属导轨MN、PQ，两导轨的间距为L。质量为m的运输车下方固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体1和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R。其他电阻忽略不计，重力加速度为g。不考虑摩擦及空气阻力。(1)当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图b所示。（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象）a、求刚接通电源时回路内的干路电流；b、求刚接通电源时运输车的加速度大小。(2)当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度从如图c通过距离D后的速度。(3)当运输车进站时，运输车以速度减速直至停下的过程中行进的距离为nD，则n为多少？【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）根据串并联电路有闭合电路欧姆定律有作用在导体棒1上的安培力作用在导体棒2上的安培力由牛顿第二定律有解得（2）当运输车运动过程中任意时刻速度为时，根据法拉第电磁感应定律，回路中感应电动势回路中电流则每根导体棒上安培力由动量定理有联立上式可得当时，解得（3）根据（2）分析可知，运输车运动过程中，动量定理可得根据题意小车停下来，即，联立解得则1．（2026·湖北黄冈·二模）如图所示，单匝铜线制成的正方形线框边长为、电阻为，两端点用导线与阻值为的电阻构成回路。整个线框内有与线框平面垂直向里的匀强磁场，磁感应强度随时间的的变化规律满足（）。下列说法中正确的是（）A．流经电阻的电流方向由到 B．回路中的电流增大C．电阻两端的电压为 D．时间内通过电阻的电荷量为【答案】D【详解】A．由楞次定律可得，正方形线框中感应电流为逆时针方向，故通过中电流方向为，故A错误；B．由法拉第电磁感应定律可得，正方形线框中产生的感应电动势回路中感应电流可知电流大小不变，故B错误；C．两端电压，故C错误；D．时间内通过的电荷量，故D正确。故选D。2．（2026·河北·一模）如图所示，将涂有绝缘漆的金属圆环绕成“8”字形线圈，两小圆的半径均为r，圆心分别为O₁、O₂，线圈放置在光滑水平面上，水平面上MN右侧存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。线圈两次均以相同的初速度垂直MN向右开始运动，第1次O₁O₂连线垂直初速度方向，第2次O₁O₂连线平行初速度方向。已知线圈的电阻为R，则（）A．第1、2次，完全进入磁场后线圈速度相同B．第1、2次，进入磁场瞬间加速度之比为2：1C．第2次，线圈进入磁场过程通过线圈某截面的净电荷量为0D．第2次，线圈进入磁场过程通过线圈某截面的净电荷量为【答案】C【详解】AB．第一次连线垂直速度方向，两环同时进入磁场，任意时刻两环进入磁场的面积相等，总磁通量磁通量变化率为0，感应电动势为0，感应电流为0，线圈不受安培力，做匀速运动，完全进入后速度等于初速度；第二次连线平行速度方向，两环先后进入磁场，进入过程中总磁通量不为0，有感应电流，受安培力阻碍，做减速运动，完全进入后速度小于，因此；第一次进入瞬间感应电动势为0，加速度，第二次进入瞬间只有一个环切割磁感线，感应电动势不为0，加速度，加速度之比不为，故AB错误。CD．通过线圈某截面的净电荷量公式，初态线圈在磁场外，总磁通量，末态线圈完全进入磁场，两环面积均为，且绕向相反，总磁通量因此磁通量变化量，净电荷量，故C正确D错误。故选C。3．（2026·北京朝阳·一模）如图甲所示，边长为l的正方形导线框abcd，以恒定速度沿x轴向右运动，穿过图中所示的匀强磁场区域。从导线框在图示位置的时刻开始计时，则乙图的纵轴对应的物理量为导线框（）A．所包围面积的磁通量 B．b、c两点的电势差UbcC．bc边所受安培力大小 D．所受外力的功率【答案】B【详解】A．磁通量时，线框进入磁场，进入磁场的面积随增大线性增大，也线性增大，不符合乙图中该段为恒定值的特点，故A错误；B．设线框总电阻为，每边电阻为，线框速度为。时，线框未进入磁场，无感应电动势，，符合；时，边切割磁感线，总感应电动势，电流，为路端电压，大小，为恒定值，符合；时，整个线框在磁场中，感应电流，但边仍切割磁感线，电动势为，无电流时，为恒定值，符合；时，线框出磁场，边切割磁感线，电流，为外电路电阻，，为恒定值，符合乙图规律，故B正确；C．由B选项，时，线框感应电流，因此边安培力为，不符合乙图中该段为最大值的特点，故C错误；D．线框匀速运动，外力功率等于感应电流功率，时感应电流为，功率为，不符合乙图中该段为最大值的特点，故D错误。故选B。4．（2026·云南昭通·模拟预测）如图甲所示，单匝正方形导体框固定于绝缘水平桌面上，导体框的质量，边长为，电阻。在导体框内部有一个半径为的圆形磁场区域，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，以垂直纸面向里为磁感应强度的正方向。以下说法正确的是（）A．内导体框中的感应电流沿逆时针方向B．内导体框有扩张的趋势C．内导体框中的感应电动势为D．通过导体框的感应电流有效值为【答案】D【详解】A．内导体框中磁通量向里减小，由楞次定律0~0.1s内感应电流沿顺时针方向，故A错误；B．因导体框处无磁场，则不受安培力，故B错误；C．0~0.2s内，故C错误；D．0.2~0.6s内由得则，故D正确。故选D。5．（2026·陕西榆林·一模）如图甲所示，正三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，图丙中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是（规定向左为力的正方向）（）A． B．C． D．【答案】D【详解】根据法拉第电磁感应定律，导线框abc中产生的感应电动势为是B−t的图像的斜率，根据图乙可知，在0~3s、3~6s、6~7s时间内，B−t的图像的斜率不变，则感应电动势大小分别为一恒定值，由可知感应电流I也为一恒定值，根据结合左手定则可知，0~1s内，F随时间线性减小，方向向左；1~3s内，F随时间线性增大，方向向右；3~5s内，F随时间线性减小，方向向左；5~6s内，F随时间线性增大，方向向右；6~7s内，F随时间线性减小，方向向左，故选D。6．（2026·江苏南京·一模）如图所示为一种可测量油箱内油面高度的原理图，R0是定值电阻。滑动变阻器R的金属滑片与L型轻杆右端相连，轻杆导电且电阻不计，通过由电流表改装的油量表示数变化可以反映油面的高度变化（当电流增大时油量表示数变大）。则（）A．油面升高时，滑动变阻器R接入电路的电阻变大B．油面升高时，电路总功率变小C．油面降低时，R0功率变大D．长期使用后，因电池内阻变大，油量表测量值偏小【答案】D【详解】A．油面升高时，金属滑片下移，滑动变阻器R接入电路的电阻变小，故A错误；B．油面高度升高时，滑动变阻器R接入电路的阻值变小，电流增大，电路总功率P=IE变大，故B错误；C．油箱油面降低，R接入电路的有效电阻变大，则回路的总电阻变大，由欧姆定律知，电路中的电流减小，R0功率变小，故C错误；D．长期使用后，因电池内阻变大，油面不变，即R不变，回路电流变小，相当于增大了R，油箱油面降低，所以油量表测量值偏小。故D正确。故选D。7．（2026·江苏·一模）阻值分别为2kΩ和8kΩ电阻、串联接在稳压电源两端，用内阻为2kΩ的电压表并联在两端，电压表示数为1V，若将该电压表并联在两端，则示数为（）A．8V B．6V C．4V D．2V【答案】C【详解】当电压表并联在两端时，此时并联电阻再与串联后，此时总电阻因为此时电压表示数为1V，根据串联电路电压的分配规律所以两端电压此时电源电压如果电压表并联在两端，此时并联电阻再与串联后，此时总电阻那么电路中的总电流此时电压表示数等于两端电压故选C。8．（2026·河南濮阳·一模）如图甲所示电路中，变压器为理想变压器，电阻箱最大阻值，定值电阻，在、两端输入正弦交流电，改变电阻箱的阻值得到电阻箱消耗的最大功率为；如图乙所示为除去变压器后组成的电路，改变电阻箱的阻值，得到消耗的最大功率为。则下列判断正确的是（）A．、两端输入的电压为B．变压器原、副线圈的匝数比为C．图甲中，电阻箱的阻值为时，其消耗的电功率最大D．图甲中，电阻消耗的最大功率为【答案】D【详解】A．如图乙所示为除去变压器后组成的电路，消耗的功率为可知，当时，取最大值，此时解得，故A错误；BC．变压器等效电阻为根据A选项分析可知，当时，电阻箱消耗的最大功率为，此时解得此时，故BC错误；D．图甲中，当时，电阻消耗的功率最大，此时副线圈两端电压电阻消耗的最大功率为，故D正确。故选D。9．（2026·湖北宜昌·二模）用同种材料制成两个大小相同的正方形导线框甲和乙，甲框所用导线的横截面积为30mm2，乙框所用导线的横截面积为20mm2。如图所示，水平边界MN以下存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两框在MN上方同一高度处自由下落，不计空气阻力。甲、乙导线框通过边界MN的过程中产生的热量之比为（）A．1:1 B．3:2 C．2:3 D．4:9【答案】B【详解】设正方形导线框的边长为，导线横截面积为，电阻率为，密度为。线框自由下落高度进入磁场，进入时的速度甲、乙两框进入磁场时的初速度相同。线框的电阻质量线框进入磁场过程中，根据牛顿第二定律有：安培力联立推导得由此可见，加速度与导线的横截面积无关。由于甲、乙两框的初速度相同，且运动过程中加速度随速度的变化规律相同，因此两框通过边界的运动情况完全相同，即在任意位置的速度相同。令线框通过边界后的速度为，由能量守恒，线框通过边界过程产生的热量为因此故选B。10．（2026·浙江·高考真题）如图1所示，半径为、横截面半径为、匝数为N的圆环形螺线管通有电流I，管内产生磁感应强度（a为常量）的匀强磁场。管外磁场近似为0，小明用电阻为R的一段漆包线缠绕螺线管一圈后，并成双股线再缠绕螺线管两圈，最后将两端头短接，形成特殊线圈A。若电流I随时间t变化的关系如图2所示，则（

）A．时，螺线管的自感电动势B．时，线圈A的感应电动势C．在内，通过线圈A的电荷量D．在内，线圈A产生的焦耳热【答案】D【详解】A．螺线管的自感电动势公式为其中，螺线管的横截面积​，磁感应强度。在时间段内，电流变化率为磁感应强度变化率为代入自感电动势公式，A错误；B．线圈A的有效匝数是1，在时间段内，电流变化率为线圈A的感应电动势，B错误；C．流过线圈A的电荷量，其中是穿过线圈A的总磁通量变化量。在内，螺线管电流恒定，穿过线圈A的总磁通量不变通过线圈A的电荷量为0。在内，电流从变为0，所以在内，通过线圈A的电荷量，C错误；D．在内，线圈A产生焦耳热只有在电流变化的区间才产生感应电动势和焦耳热即和时间段。时长为，线圈A的感应电动势产生的焦耳热在时间段内，感应电动势产生的焦耳热在内，线圈A产生的焦耳热，D正确。故选D。11．（多选）（2026·广东东莞·一模）中国风电产业装机规模、技术迭代与产业链实力均稳居世界首位。已知风机叶片转动的圆面半径为r，平均风速为v，空气密度为，风机将风能转化为电能的效率为。稳定发电期间，线圈每秒转n圈。某时刻风力发电机内部的线圈abcd位置如图所示。下列说法正确的有（

）A．该时刻线圈中电流方向dcbaB．该时刻线圈磁通量的变化率最大C．稳定发电期间，1s内线圈中电流方向改变n次D．稳定发电期间，发电机平均发电功率为【答案】ABD【详解】A．如图1所示，根据右手定则可知该时刻线圈中电流方向为，故A正确；B．该时刻线圈位于与中性面垂直的面，穿过线圈的磁通量为0，线圈产生的感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律，可知该时刻磁通量的变化率最大，故B正确；C．稳定发电期间，内线圈转动了圈，即完成了次周期性运动，又一个周期内电流方向改变两次，故稳定发电期间，内线圈中电流方向改变次，故C错误；D．如图2所示，在极短时间内，流过风机叶片转动圆面的空气质量为该部分空气的动能为发电机的平均发电功率联立解得，故D正确。故选ABD。12．（多选）（2026·河北承德·一模）我国“东数西算”工程致力于实现数据算力的跨区域优化配置，某西部数据中心为提升供电稳定性，实现服务器负载状态可视化，采用了智能供电系统，其核心电路简化如图所示：理想自耦变压器左端接交流电源（电压有效值），为定值电阻，初始时开关S断开，滑片P置于线圈中间位置，副线圈电路中的智能负载电阻R3（对应服务器）处于半负载状态，并联的指示灯L正常发光。已知，服务器高负载时，半负载时，低负载时。电流表为理想交流电表，忽略导线电阻，不考虑电流变化对指示灯电阻的影响，下列说法正确的是（）A．仅将滑片P下移，电流表的示数减小B．仅将服务器从半负载状态切换至低负载状态时，消耗的功率变小C．仅将服务器从半负载状态切换至高负载状态时，指示灯L会变亮D．仅将开关S闭合，R2两端电压为8.8V【答案】BD【详解】A．断开开关，等效电阻，若仅将滑片P下移，原副线圈匝数比变小，等效电阻变小，电流表示数变大，故A错误；B．仅将服务器从半负载状态切换至低负载状态时，变大，等效电阻变大，原线圈电流变小，消耗的功率变小，故B正确；C．仅将服务器从半负载状态切换至高负载状态时，变小，其与指示灯并联电阻变小，使得指示灯所分电压变小，指示灯应变暗，故C错误；D．仅将开关S闭合，可根据等效电阻计算公式，计算得到，等效电阻与并联电阻为，原线圈电压副线圈电压，,两端电压为8.8V，故D正确。故选BD。13．（多选）（2026·重庆梁平·二模）我国第三艘航母福建舰已正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。图乙是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距L的固定光滑导轨，水平放置处于磁感应强度B的匀强磁场中。现将一质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A．金属滑块在轨道上运动的最大加速度为B．金属滑块在轨道上运动的最大速度为C．金属滑块滑离轨道的整个过程中流过它的电荷量为D．金属滑块滑离轨道的整个过程中电容器消耗的电能为【答案】ABC【详解】A．开关K置于的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时对应的安培力最大，以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律解得，故A正确；BC．金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与金属滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为，电容器放电过程中的电荷量变化为，放电时间为，流过金属滑块的平均电流为，在金属块滑动过程中，由动量定理得

由电流的定义由电容的定义电容器放电过程的电荷量变化为

所以金属滑块速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得联立解得

故BC正确；D．金属滑块滑离轨道的整个过程中，电容器消耗的电能一部分转化为金属滑块的动能另一部分转化为了金属滑块的内能（焦耳热），故D错误。故选ABC。14．（多选）（2026·河北廊坊·一模）如图所示，金属导轨CDE和FGH平行且间距为L，CD、DE在同一竖直面内，CD、FG水平，分别与DE、GH平滑连接，倾斜导轨与水平面的夹角为θ。水平导轨足够长。相同的导体棒1、2质量均为m，棒2放在水平导轨上。倾斜导轨光滑，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数为μ（μ≥0），最大静摩擦力等于滑动摩擦力。导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将棒1从倾斜导轨顶端由静止释放，顶端到水平导轨的竖直距离为h（h足够大）。两棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．若μ=0，两棒的最终速度均小于B．若μ=0，安培力对两棒的冲量之和先不为零后变为零C．若μ=0，棒1即将到达水平导轨时回路电流为D．若棒1能够在倾斜导轨上匀速运动，则一定有【答案】ACD【详解】A．棒1下滑过程，重力做功最多为，且安培力做负功，由动能定理，可知因此棒1刚到达水平导轨时速度若，水平导轨上两棒系统合外力为零，动量守恒，最终共速，有得因此两棒最终速度均小于，故A正确；B．两棒所受安培力始终大小相等、方向相反，因此安培力对两棒的冲量之和始终为零，并非先不为零后为零，故B错误；C．时，棒1到达水平前已达到稳定，水平方向两棒速度差恒定，因此对棒1，由牛顿第二定律，得对棒2，由牛顿第二定律，得联立整理得，故C正确；D．若棒1能在倾斜导轨匀速运动，则，故对棒2，安培力对棒1，由平衡条件，得即代入得解得，故D正确。故选ACD。15．（2026·辽宁·一模）如图（a）所示，顶角为的“”形光滑金属导轨POM与光滑平行导轨PQ、MN平滑连接，固定在水平面上，导轨PQ、MN间距为，导轨仅OP部分有电阻，导轨在方向竖直向下、磁感应强度的匀强磁场中。一根长度为、质量为的导体棒在拉力F作用下从O点开始以速度（大小未知）水平向右运动，导体棒在运动过程中与导轨接触良好。已知导轨OP部分单位长度的阻值为，其余部分的电阻忽略不计，导轨OP部分的长度，PQ部分的长度，拉力F随时间t变化的关系如图（b）所示，时导体棒刚运动到虚线MP处时加速度为0，之后拉力F突然增大至。

(1)求的大小；(2)在图（c）中画出内导体棒的图像（要有计算过程）；(3)时撤去拉力，求导体棒运动到虚线NQ处时的速度大小。【答案】(1)(2)见解析(3)【详解】（1）设导体棒自O点向右运动距离为x时，速度为v，根据几何关系，可得导体棒切割磁感线的有效长度为

根据法拉第电磁感应定律，产生的电动势

回路电阻回路电流可知电流恒定与运动距离无关，安培力导体棒刚运动到虚线MP处时加速度为0，代入数据解得此时导体棒速度此过程若内导体棒做的匀速运动，则安培力可判断匀速运动成立，可得（2）内导体棒做的匀速运动内，根据牛顿第二定律有，

若导体棒做匀加速运动，则有

即解得

内导体棒的图像如图所示（3）由图像可知，内导体棒运动的位移为，撤去拉力时导体棒距NQ的距离，设再经时间t，导体棒运动到NQ处，对导体棒有

又有解得16．（2026·北京顺义·一模）某精密仪器的减振装置如图1所示，减振装置由轻质弹簧、线圈和磁铁组成。轻质弹簧一端固定在板上，另一端通过绝缘轻杆与线圈连接，磁铁固定在板上，板均固定且为非磁性材料，不会与磁铁发生相互作用。线圈的中心轴线与磁铁的中心轴线重合且为竖直方向。磁铁产生辐向磁场，如图2所示。初始时刻，线圈处于静止状态（记作初始位置），受外界微小扰动，线圈在磁场中沿竖直方向振动。已知弹簧的劲度系数为，当弹簧形变量为时，其弹性势能为；线圈的质量为，半径为匝数为电阻为，线圈所在处磁感应强度大小均为。在振动过程中，线圈所受安培力大小可表示为，其中为常数，不计空气阻力，重力加速度为。(1)求线圈静止时弹簧的伸长量；(2)用物理量表示常数；(3)在时间内，线圈从最低点运动到最高点（仅经过一次初始位置），最低点距初始位置距离为，最高点距初始位置距离为。求时间内a.线圈中产生的焦耳热；b.弹簧弹力的冲量。【答案】(1)(2)(3)a.；b.，方向竖直向上【详解】（1）线圈静止时处于平衡状态，受重力和弹簧弹力作用，安培力为零。根据平衡条件有解得弹簧的伸长量（2）线圈在磁场中运动切割磁感