第12讲 电磁感应-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

答案精析 2.B[t=0时刻，由图乙可知，瞬时电动势为零，线圈平面 与磁感线垂直，故A错误；根据线圈产生的最大电动势 圈输出电压最小值为U,=U,=2000V,C错误；降压 n E=NBS,结合图乙计算得S=022亚m',故B正确： 变压器原线圈两端电压最小值U3=U2一I,R,= 1600V,R两端电压最小值U,=1U,=160V,此时通 它可使“220V,60W”的灯泡正常发光，电动势的最大值 ns 为220√2V,超过了电容器的击穿电压，不可使击穿电 过R的电流I= 1,=10A,则其阻值最小为Rm= U 压为220V的电容器正常工作，故C错误：不同时刻开 n 始通电，通过1C的电荷量所用时间不同，故消耗的电能 =162,D错误.] 不同，故D错误， 第12讲电磁感应 考点三 核心素养·助学提能 [例3][解析]互感器甲并联接入电路，所以是电压互 考点 感器，互感器乙串联接入电路中，是电流互感器，故A错 [例1][解析]线框旋转切割磁场产生电动势的两条边 误；电流表的示数为5A,互感器原、副线圈的匝数比1： 为cd和af,t=0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产 20,则线路上电流I=100A,线路上损耗的功率P=r= 生电动势，因此此时αf边切割产生电动势，由右手定则 200kW,电压表的示数为220V,匝数比为200：1，所以输送 可知电流方向为abcde fa,电动势为E=Blv=Blol= 电压U=44000V,功率P=UI=4400kW,则输电线路 B0,A、B正确；t=工时，线框旋转180°，此时依旧是af 上损耗的功率约占给电总功率的，×100%≈45%， 边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C错误； 故B正确；降压变压器原线圈电压U3=44000V一 0到t=T时，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde U 100X20V=42000V,用户端的电压U,=200=210V, 的磁通量变化量为△Φ=2BS=2Bl,由法拉第电磁感应 选项C错误；用户使用的用电设备增多，用户端回路电流 定律可得平均电动势为E==2BL,D错误. 变大，则输送电流变大，流过电流互感器的电流变大，故 △t D错误. [答案]AB [答案]B [对点集训] [对点集训门 1.C[根据题意，当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄 1.B[由图乙可知，交流电的周期为2.25s,故A错误；根 片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极间的 据图乙可知，输入电压最大值Um=48√2V,则输入电压 磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流 方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针.] 有效值为U1= m一48V,根据=1可知，副线圈电 2.BC[I。顺时针而【4=0，则镜头向左运动，加速度方向 √2 n, 向左，A错误；I4顺时针而I=0,则镜头向下运动，加速 压即电压表示数为U2=2U1=12V,故B正确；R,的 度方向向下，B正确；若a的方向左偏上30°，说明镜头向 71 上运动以及向左运动拉伸弹簧，且向左运动的分速度大 阻值为R。的2倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相 于向上运动的分速度，可知I顺时针I4逆时针，由E= 同，根据欧姆定律可知，流经R和R。的电流之比为1： Bl可知I>I4,C正确；若a的方向右偏上30°，说明镜 2,副线圈千路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线 头向上运动以及向右运动，且向右运动的分速度大于向 圈千路的电流为R,电流的3倍，故C错误；根据变压器 上运动的分速度，可知I逆时针Ia逆时针，由E=Bl口 的原理可知，原副线圈功率相同，故D错误.] 可知I>Id,D错误. 2.AC[根据理想变压器的电压比等于匝数比可得1： 考点二 =U1:U2=5:1,n1:n=U1:U3=5:1,故A正确，B [例2][解析]AB.线框在t时间内运动的过程中，切割 错误；根据能量守恒可知变压器的输入功率等于总的输 的有效长度L=2 vttan45°=2ut,在x=0~L过程中，切 出功率，故P入=P出=7.0kW十3.5kW=10.5kW, 割的有效长度从0均匀增大到L,然后又从最大L减小 故C正确；输出电压为交流电的有效值，根据正弦交流 电的最大值与有效值的关系可知，两副线圈输出电压最 到0，感应电动势E=BLvct感应电流I= Eot,峰值 大值均为Um=220√2V,故D错误.] 课堂评价·高考预测 均出现在=受 1.C[设每个灯泡两端的电压为U,由题知n1：n2=3: 当x=L一2L过程，由于线框的左右两边切割方向相反 1,由题图乙知输入A、B端的交变电压有效值为UAB= 的磁场，电动势累加，E=2BLU十BLU=3BLv,峰值出现 120EV=120V,由题图甲可知电阻R两端的电压满 在x=头处，峰值为3BL0=3E,之后又从峰值均匀减 2 小为零，感应电流有类似的变化.从x=2L一3L过程，切 是U十U=U,解得电阻R两端的电压 割磁场的磁感应强度为2B,感应电动势的峰值为2BLU =2E。,感应电流为2I。,故A错误，B正确.C.分析研究 =90V,U=30V,设通过每个灯泡的电流为I,则通过副 b点进入磁场的磁感应强度为B磁场的过程中，安培力 线圈的电流为3I,原线圈的输入电流为I,可知通过电阻 F=BL=B卫=B（②)四oc,峰值出现在x= L R的电流与通过每个灯泡的电流相同，可知通过灯泡的 R R 电流为1-是=06A,每个打池的功率为P=UI- 处，但是二次函数，故C错误；D.电荷量g=1h=B( R 18W.] 心，当x=L处时，电荷量出现峰值，也是x的二次函 2.B[电压表示数是电压的有放值，故电压表示数不为 数，故D错误. 零，A错误；熔断丝中电流为10A时输电线的热功率最 [答案]B 大，由理想变压器规律几1I1=n2I2可知，此时输电线中的 [对点集训] 电流I2=1A,输电线最大热功率P年=I2R:=400W, 1.BD[由右手定则可知感应电流方向由C点指向B点， B正确；由题图乙可得a、b间所接交流电压的有效值U- 即C点的电势高，则Ur<0,即开始时Ux<0,故B正 220V,又熔断丝两端电压的最大值U1=I1R“=20V,则 升压变压器原线圈两端电压的最小值U1=200V,副线 确，A错误：由对称性可知，0一二和2弘~3弘是对称的过 程，图像也对称，故C错误，D正确.」 ·257. 〡物理 2.AC[根据牛顿第二定律有F=ILB=ma,根据法拉第 (3)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒 电磁感应定律有E=BL,共中1=系解得F-张 从进入磁场到速度达到5m/s时，通过电阻的电荷量为 2R △Φ =ma,可知导体棒的速度逐渐减小，且加速度逐渐减小， Ettt_△ΦBlz g=It=尺=RRR ⑨ 初始时刻安培力大小为 BL心，故A正确，D错误：根据 2R 解得金属棒在磁场下滑的位移 姆定律可知UBLu三之BL心，则电压的最大值 4=器-26m E 由动能定理有 合BL:故B错误：报播电流的定义式有q=11= mgasin37r-mgx0s37”-W1=之m话-之m ① =架票则g与x成正比，北C正瑞] 此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即 考点三 考向1 Q-W [例3][解析]由于金属棒αb恰能保持静止，说明金属 由⑩①②式解得此过程中电阻产生的焦耳热 棒αb所受安培力方向竖直向上，大小与重力大小相等， Q=2.95J. 根据左手定则可知金属棒ab中电流方向为αb,根据 [答案](1)0.25(2)8m/s(3)2.95J 右手螺旋定则可知线圈中感应电流的磁场方向向左，与 课堂评价·高考预测 原磁场方向相反，根据楞次定律可知B,增大，故A错 1.B[根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感 误；由于BIL=mg且感应电动势E1=IR2= 应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左 侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可 2,联立解得1=0.25A,48=10T,故B,C △B2S n △t 子线图中感应电动势的大小为E=E:十E一E告三 正确；断开K之后，金属棒αb切割磁感线产生感应电动 势，感应电动势E,=B1LU,回路中产生感应电流I= s+0s-盟s。=标2a)+kx(3d)-ad E2 R十R,R1十R,金属棒ab所受安培力F袋=B,IL= BLv 12πdk,故B正确.] 2.BCD「根据法拉第电磁感应定律可知，导体棒产生的感 B'L'v R1十R2 当F安=mg时，金属棒ab速度达到最大，联立 应电动势为U=Bdu,电容器两端电压在△t时间内的变 化量为△U=Bd△，在△t时间内电容器储存的电荷量的 可得最大速度-mgBR)-=2.5m/s,故D错误 变化量为△Q=C△U,则回路中的电流为I=A,子体棒 BL △t 「答案]BC 所受安培力为F=BId,F=BdCa,根据牛顿第二定律 考向2 可得Mg-F=(M什m)a,联立解得a一M+m干BdC Mg [例4][解析]A.两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手 定则可知回路中的电流方向为abcda;故A正确；BC.设 易知物块做匀加速直线运动，故A错误；根据能量守恒 回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的电流为I 定律可知物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于 时，对ab,根据牛顿第二定律得2 mg sin30°-2 BILcos30 导体棒克服安培力做的功，故B正确；对物块受力分析， =2ma,对cd,ngsin30°-BIL cos30°=nad,故可知 由牛顿第二定律可知Mg一T=Ma,解得T= a=a,分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加， 随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受 mC故C正确：电容器增加的电荷量为△Q 到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力 CBd△，又v2=2ah,解得△Q=CBd 与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此 √Mm+BdC:故D正确.] 2Mgh 时电路中的电流达到稳定值，此时对αb分析可得 2 mgsin30°=2 BILcos30°，解得1=mg,故B正确，C 微专题4 3BL 类型一 错误；D.根据前面分析可知a=a,故可知两导体棒速 [例1][解析](1)由牛顿第二定律F=(M十m)a, 度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的 对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律F、=a, 感应电动势不等，故D错误， 竖直方向由平衡条件f=mg=F、, [答案]AB L例5][解析](1)由题图2可知，金属棒在01s内做 联立可得F=M十m)g: 初速度为0的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加 (2)设箱子刚进入磁场中时速度为，产生的感应电动势 速运动，可知金属棒第1s末进入磁场 为E=Bdu, 在0~1s过程中，由题图2可知，金属棒的加速度a= Av=4 m/s' 由闭合电路欧姆定律得，感应电流为I一京， E ① △t 安培力为F安=BId, 在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力， 根据牛顿第二定律有 联立可得PB巴， R ngsin37°-mgcos37°=ma ② 若要使两物体分离，此时有F,=0,即F安≥F, 由①②式解得金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.25. 其中F=M十m)g ③ (2)金属棒在磁场中达到最大速率时，金属棒将处于平 解得≥M十m)gR 衡状态，设金属棒的最大速度为1。，金属棒切割磁感线 uB'd2 产生的感应电动势为E=Blv ④ 由运动学公式U=2as, 根据闭合回路欧姆定律有I= E ⑤ 解得s≥M十m)'gR 2uBd 根据安培力公式有FA=IlB ⑥ 故t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为5mm 根据平衡条件有FA十umgcos37°=mgsin37° ⑦ 由③④⑤⑥⑦式解得Um=8m/s. =(M+m)'gR2 2uB'd ·258·ㄧ物理 第12讲 电磁感应 核心素养助学提能 考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 核心透视 A.t=0时，电流方向abcde fa 1.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 B.t=0时，感应电动势为B2w (1)阻碍原磁通量的变化一“增反减同” C.1=π时，感应电动势为0 (2)阻碍相对运动—“来拒去留”. (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势 一“增缩 D.=0到1=严过程中，感应电动势平均值为0 减扩” (4)阻碍原电流的变化（自感现象）—“增反 [解题指导] 减同” (1)由右手定则分析0时刻线框中电流方向； 2.用法拉第电磁感应定律求解感应电动势常见情 (2)应用转动切割公式和法拉第电磁感应定律 况与方法 E=AB5计算 E= E=NBSa △t △t 表达式E=n △P E 1 ·sin(wt △t BLusin 0 B1.2a 十9) 对点集训 0 1.(2025·河南卷，5)如图，一 X 金属薄片在力F作用下自 情景图 左向右从两磁极之间通过 当金属薄片中心运动到N 回路（不 绕与B 一段直导 绕一端转 极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图 研究 垂直的轴 对象 一定闭 线（或等效 动的一段 中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向 转动的导 合) 成直导线) 导体棒 的是 线框 一般求平 一般求瞬 均感应电 时感应电 动势，当动势，当 用平均值 意义 △→0时为平均速 法求瞬时 求瞬时感 感应电 应电动势 B 求的是瞬：度时求的 动势 时感应电是平均感 动势 应电动势 所有磁场 (匀强磁 C 适用 场定量计 匀强磁场 匀强磁场 匀强磁场 2.(多选)(2025·河南卷，9) 条件 算、非匀 手机拍照时手的抖动产生 强磁场定 性分析) 的微小加速度会影响拍照 质量，光学防抖技术可以 [例1]（多选）如图，“”形导线 R 框置于磁感应强度大小为B、水 消除这种影响.如图，镜头 平向右的匀强磁场中.线框相邻 仅通过左、下两侧的弹簧 手机框架 两边均互相垂直，各边长均为1. 与手机框架相连，两个相 线框绕b、e所在直线以角速度w 同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的 顺时针匀速转动，b与磁场方向 部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸 垂直.t=0时，abef与水平面平行，则 面向里.拍照时，手机可实时检测手机框架的微 0- 百慕大三角具体是指由百慕大群岛、美国的迈阿密和波多黎各的圣胡安三点连线形成的一个东 ·64·大西洋三角地带，每边长约2000千米。由于这片海城常发生人们用现有的科学技术手段，或按照正常的思维 逻辑及推理方式难以解释的超常现象，因而它已成为那些神秘的、不可理解的各种失踪事件的代名词。 第一部分：专题四电路与电磁感应 小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中 B.若Ia沿顺时针方向，I。=0,则表明a的方向 通入的电流I。和I:的大小和方向（无抖动时Ic 向下 和I:均为零)，使镜头处于零加速度状态.下列 C.若a的方向沿左偏上30°，则I。沿顺时针方 说法正确的是 向，I:沿逆时针方向且I。>I A.若I。沿顺时针方向，Ia=0,则表明a的方向 D.若a的方向沿右偏上30°，则I。沿顺时针方 向右 向，Ia沿顺时针方向且I。<I 考点二 电磁感应中的图像问题 核心透视 [解题指导] 解决电磁感应图像问题的一般步骤 (1)先分析0~L范围内，写出位移是x时的 1.明确图像的种类，即是B-t图还是Φ-t图，或 电流、安培力、电荷量q的表达式 者E-t图、I-t图等. (2)再分析L<x<2L范围内的电动势和电流. 2.分析电磁感应的具体过程， 3.用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。 方法技巧解答电磁感应问题的两个技法 4.结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动 1.函数法 定律等规律写出函数关系式 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间 5.根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的 的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析 变化、截距等」 6.画图像或判断图像 和判断. 典题例析 2.排除法 [例2](2025·山东济南市高三二模)如图所示， 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势 有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的 (增大还是减小)、变化快慢（均匀变化还是非均 大小分别为B、2B,磁场方向相反，且与纸面垂 匀变化)，特别是物理量的正负，可由此排除错 直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L,在y 误的选项。 轴方向足够宽.现有一对角线长为L的正方形导 线框，顶点a在y轴上，从图示x=0位置开始， 对点集训 在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过 1.（多选)(2025·黑龙江哈尔滨市一模)如图所示， 磁场区域.在运动过程中，对角线ab边始终与磁 边长为L的正方形区域存在垂直纸面向外的匀 场的边界垂直.线框中感应电动势E大小、感应 强磁场，等腰直角三角形线框ABC以速度。匀 电流I大小、线框所受安培力F安大小、通过导 速进入磁场区域，且AB=√2L,单位长度线框的 线横截面电荷量q,这四个量分别与线框顶点a 移动的位移x的关系图像中正确的是 电阻相同，若从C点进入磁场开始计时，则B、C 两点电势差U和BC边所受安培力FC(规定 FBC向上为正)随时间变化的图像正确的是 个 (×L) /(×L) 24 3x/八×L) 65· 丨物理 2.(多选)(2025·江西萍乡二 B 小为F,流过导体棒的电荷量为q,导体棒两端的 模)如图所示，光滑平行金属 R 电压为U,下列描述各物理量随时间t或位移x 导轨左端接一定值电阻R, 变化的图像正确的是 () 水平置于方向竖直向上、磁 b 感应强度为B的匀强磁场中，导轨上有一质量为 U m,电阻为R的导体棒ab以初速度vo向右运 R 动，已知导体棒长度为d,导轨间距为L,导轨电 阻不计，导体棒的瞬时速度为，所受安培力大 B 考点三 电磁感应规律的综合应用 春向1 电磁感应中的电路问题 [解题指导] 电磁感应中电路问题的解题流程 (1)金属棒ab恰能保持静止，可知ab棒所受 安培力与重力平衡. 哪一部分 产生电磁感应现象的导体 (2)线圈是电源，外电路是R1、R2并联， 确定 E的大小 (3)断开开关K时，金属棒向下运动切割磁感 E=nAP或E=Bl 电源 △t 线产生感应电动势和电流， E的方向 右手定则或楞次定律 专2 电磁感应的动方学和能量问题 1.“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 分析电 路结构 →弄清各元件的申并联关系，画等效电路图 “源”的分析 找出产生电磁感 应的那部分导体 E=nAD或E=Buh 电学 △t 对象 ,“路”的分析 →内电路串联 应用规 闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电 E=IR+Ir 外电路并联 律求解功率、焦耳定律等 “力”的分析 →E安=B0 F合=ma [例3]（多选）(2025·山 B,白 力学 对象 东烟台市三模)如图所 “运动”分析 +a0 示，间距为L=0.8m的 2.求解电磁感应中能量问题的策略 两条平行光滑竖直金属 (1)若回路中的电流恒定，可以利用电路结构及W =UIt或Q=IPRt直接进行计算. 导轨PQ、MN足够长，底 (2)若回路中的电流变化，则可按以下两种情况计算： 部Q、N之间连有一阻值 ①利用功能关系求解：电磁感应中产生的电能 为R1=22的电阻，磁感应强度为B1=0.5T的 等于克服安培力所做的功： 匀强磁场与导轨平面垂直.导轨的上端点P、M ②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的减 分别与横截面积为5×10-3m2的10匝线圈的 少量等于回路中产生的电能， [例4]（多选）(2024·辽 两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁 2B1 宁卷，9)如图，两条“八” 场B2平行.开关K闭合后，质量为m=1×10-2 形的光滑平行金属导轨 kg、电阻值为R2=22的金属棒ab恰能保持静 固定在绝缘水平面上， 止，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻 间距为L,左、右两导轨 面与水平面夹角均为 <30 30℃ 不计，g取10m/s2.则 30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度 A.磁场B2均匀减小 大小分别为2B和B.将有一定阻值的导体棒ab、cd B.金属棒中的电流为0.25A 放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程 C.匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10T/s 中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别 D.断开K之后，金属棒ab下滑的最大速度 为2m和m,长度均为L.导轨足够长且电阻不计， 重力加速度大小为g,两棒在下滑过程中 ( ) 为1.25m/s 闪电为什么是弯曲的？每当暴风雨来临，雨点即能获得额外的电子。这些电子会追寻地 ·66·面上的正电荷。额外的电子流出云层后，要碰撞别的电子，使别的电子也变成游离电子，因而产生了传 导性轨迹。传导的轨迹会在空气中散布着的不规则形状的带电离子群中间跳跃着迂回延伸，而一般不 会是直线。所以，闪电的轨迹总是蜿蜒曲折的。 第一部分：专题四电路与电磁感应 A.回路中的电流方向为abeda [解题指导] B.b中的电流趋于 (1)金属棒进入磁场前做匀加速直线运动，进 入磁场后先做变加速运动，然后以最大速度做 C.ab与cd加速度大小之比始终为2：1 匀速运动， D.两棒产生的电动势始终相等 (2)已知通过电阻的电荷量，可求金属棒在磁 [例5](2025·河北选择性考试模拟)如图1所 场中通过的位移x. 示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5m, 固定在倾角为37°的斜面上.导轨顶端连接一个 阻值为1的电阻.在MN下方存在方向垂直于斜 面向上、大小为1T的匀强磁场.质量为0.5kg的 金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动 过程中的v-t图像如图2所示.金属棒运动过程 中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导 轨的电阻，取g=10m/s2,sin37°=0.6，cos37 =0.8. v/(ms) 37 t/s 图1 图2 (1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数； (2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率； (3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5m/s时 通过电阻的电荷量为1.3C,求此过程中电阻产 生的焦耳热， 课堂评价>高考预测 1.(2025·安徽芜湖二模)用 挂一质量为M的物块.由静止释放导体棒，物块 材料相同粗细均匀的导线 下落从而牵引着导体棒向左运动.空间中存在垂 做成如图所示的单匝线 ××× 直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 圈，线圈构成一个闭合回 B,不计导体棒和导轨的电阻，忽略绳与定滑轮 路.左侧小圆的半径为 间的摩擦.若导体棒运动过程中电容器未被击 2d,中间大圆的半径为3d,右侧小圆的半径为d, 穿，导体棒始终与导轨接触良好并保持垂直，重 左侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计，右侧两 圆错开相交连通（麻花状），将线圈固定在与线圈 力加速度为g,则在物块由静止下落高度为h的 所在平面垂直的磁场中，磁感应强度大小为B一 过程中 ( ) B。十kt,式中的B。和k为常量，则线圈中感应电 A.物块做加速度逐渐减小的加速运动 动势的大小为 B.物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于 A.14πdk B.12πdk 导体棒克服安培力做的功 C.6πd2k D.4πd2k 2.(多选)(2025·山东烟台统 C.轻绳的拉力大小为Mg(m+BdC M+m+B2d2C 考一模)如图所示，水平面 D.电容器增加的电荷量为CBd 2Mgh 内有两根间距为d的光滑 NM+m+B2d2C 平行导轨，右端接有电容为 C的电容器.一质量为m的导体棒固定于导轨上 C温馨提 学习至此，请完成配套训练专题精准强化12 某处，轻绳一端连接导体棒，另一端绕过定滑轮下 -0 ·67·