（1）C，$8P$。

（2）B。

（3）$\boxed{U_{1m}=690\sqrt2\,\mathrm V\approx976\,\mathrm V}$。

第（3）问按理想变压器、图示电阻性负载和正弦交流电模型计算。

（1）不要只比较“一团空气”的动能，还要比较单位时间通过叶片扫掠面的空气质量。

（2）先区分磁通量与磁通量变化率，再根据原图转向判断导线运动及阻碍转动的安培力方向。

（3）从用户端反推：降压端高压侧电压 → 输电电流 → 输电压降 → 升压端高压侧电压 → 发电机电压有效值 → 最大值。

（1）为什么是三次方关系？ 设空气密度为 $\rho$，叶片扫掠面积为 $S$。在短时间 $\Delta t$ 内，流过该圆面的空气柱长度为 $v\Delta t$，质量为

其动能为

因此，转换效率 $\eta=0.40$ 保持不变时，

即 $P_{\rm out}\propto v^3$，风速加倍，功率变为 $2^3P=8P$。这里假设空气密度、扫掠面积和题给效率不变，不把该式无限外推到真实风机所有运行区间。

（2）磁通量为零不等于没有感应电动势。 若 $\theta$ 表示磁场与线圈面积法线的夹角，则单匝磁通量为

线圈平面与磁场平行时，面积法线与磁场垂直，$\theta=90^\circ$，因而 $\Phi=0$；但此时 $|d\Phi/dt|$ 最大，所以感应电动势的大小最大。A 错误。

按原图所标转向，$ab$ 边此刻向上运动。发电状态下的安培力产生阻碍转动的力矩，该边受到的安培力向下，故 B 正确。也可先用右手定则判断感应电流，再用左手定则判断安培力，两种判断应相互一致。

一圈对应一个交流周期，电流每半圈换向一次，共换向两次，C 错误。发电利用的是电磁感应，不是“电流产生磁场”的电流磁效应，D 错误。

（3）先全部使用有效值。 用 $U_1,U_2,U_3,U_4$ 依次表示两台变压器各绕组的电压有效值。

降压变压器满足

输电线热功率为 $P_{\rm loss}=I^2R_0$，所以

按本题电阻性负载模型，电压同相，可以直接相加：

再用升压变压器的匝数比，

题目问的是最大值，不是有效值：

易错点。 $1000\,\mathrm W$ 是线路损失，不是用户功率；$220\,\mathrm V$ 是有效值；有明显感性或容性负载时，交流电压不能不加说明地按大小直接相加。

独立打开实验

独立打开实验

（1）正极。

（2）$\boxed{\text{电动势 }\mathcal E=Bdv}$。

先判断两种离子的磁场力方向，确定哪块板积累正电荷。电荷分离建立横向电场，直到横向电场力与磁场力平衡，再由 $U=Ed$ 求电势差。

（1）判定极性。 取向右为 $+x$、向上为 $+y$、垂直纸面向外为 $+z$。题中 $\mathbf v=v\mathbf e_x$，$\mathbf B=-B\mathbf e_z$，所以

正离子受力向上，趋向 $M$ 板；负离子受力向下，趋向 $N$ 板。因此 $M$ 板带正电、电势较高，是正极。不能因为负离子也向右运动，就认为它们与正离子偏转方向相同。

（2）从横向平衡求电动势。 板间形成由 $M$ 指向 $N$ 的电场。设其强度大小为 $E_{\rm H}$，稳定、无横向净漂移的理想状态下，两种离子都满足力的大小关系

于是开路电势差为

从而理想发电机电动势为 $\mathcal E=Bvd$。量纲 $\mathrm{T\,m^2/s}=\mathrm V$，也与结果一致。

模型说明。 “不计离子间相互作用”在本题中按“不单独处理碰撞和微观相互作用”理解，仍保留电荷分离所建立的宏观电场，否则题目自身无法解释板间电势差。若接上负载并持续供电，需要外界维持流体运动；输出电能来自流体的机械能，而不是磁场凭空供能。

独立打开实验

（1）B，斜向右上。

（2）链轮角速度 $\boxed{\omega_1=4\pi\,\mathrm{rad/s}}$；车速 $\boxed{v=3.6\pi\,\mathrm{m/s}}$。

链轮角速度记为题目指定的 $\omega_1$，其余角速度用文字下标区分。

地面对后轮的作用力是支持力与摩擦力的合力，不只是摩擦力。传动部分抓住两个不同约束：“同一链条边缘线速度相同”与“固定在同一轴上的飞轮、后轮角速度相同”，最后用无滑动滚动关系求车速。

（1）为什么匀速仍可有向前的摩擦力？ 在正常踩踏、后轮受驱动并克服行驶阻力的状态下，后轮接触地面的部分有相对地面向后滑动的趋势，地面施加的静摩擦力向前。与此同时，地面对后轮有竖直向上的支持力。

因此地面作用力为

可能斜向右上，对应 B。匀速说明研究对象所受全部外力合力为零，并不说明某一个接触力必为零。D 只画了水平分量，漏掉支持力。本题“可能”按上述正常踩踏工况判断；摩擦力不是在所有车轮、所有制动或滑行情形下都向前。

（2）先算链轮。 每秒转 2 圈，即频率 $f=2\,\mathrm{Hz}$，故

链条不打滑，所以链轮、飞轮边缘的线速度相同：

因此

飞轮与后轮固定同轴，故 $\omega_{\rm wheel}=12\pi\,\mathrm{rad/s}$。后轮对地纯滚动，车轮中心的前进速度为

易错点。 链轮和飞轮不是角速度相等，而是边缘线速度相等；飞轮和后轮才是角速度相等。$v=\omega R$ 在最后一步表示轮心平动速度与相对轮心的转动速率关系，不代表轮缘所有点对地速度都相同。

独立打开实验

原题同时给出“静止出发、恒牵引力、恒功率 $200\,\mathrm W$、恒阻力、3 秒达到 $5\,\mathrm{m/s}$ 最大速度”。这些条件无法同时成立。以下给出有条件的计算结果和能量反证。

若把“达到 $5\,\mathrm{m/s}$ 后匀速、$6\,\mathrm s$ 开始制动”作为额外给定状态，则：

（1）① D，加速度先减小，随后保持为零；② $F_0=20\,\mathrm N$。

（2）① $x_2=10\,\mathrm m$；② 电源储能净减少 $1210\,\mathrm J$。

**条件矛盾：**整段运动不能由题面全部条件同时实现。严格恒功率动力学下，加速度在任意有限时间仍为正并持续减小，不会在第 3 秒突然变成零。后两项应视为使用给定制动初速度等条件的条件性计算。

牵引力题先在所谓最大速度处列平衡；制动位移用动能定理，不必猜制动时间；电源能量用“耗电量减去回收量”。最后将求出的 $F_0$ 代回第一阶段，用能量守恒交叉核验题设，而不是只检查算术。

（1）有条件的计算。 恒阻力为

在 $v>0$ 时，电动系统的等效牵引力 $F_{\rm motor}=P_1/v$。若 $v_m=5\,\mathrm{m/s}$ 是平衡速度，则

所以

加速度关于速度的表达式为

速度增大时，$P_1/v$ 减小，故加速度减小。若再使用题面“第 3 秒已达最大速度”的描述，将随后加速度设为零，因而选 D。这个最后的拼接并不是上述动力学方程自动给出的。

（2）① 条件性制动位移。 使用题目意图给定的制动初速度 $5\,\mathrm{m/s}$，初动能为

最终静止，两种阻力所做的负功共同消耗这部分动能：

故

不能把 $650\,\mathrm J$ 当成全部动能损失，也不能据此直接断定制动加速度恒定。

（2）② 电源能量账。 电动机 6 秒输出的机械能为

这是消耗电能的 75%，因此

回收电能为

净减少量为

消耗端是“输出除以效率”，回收端是“可转化的机械能乘以效率”，两者不能混淆。

能量证明： 按上述 $F_0=20\,\mathrm N$，从静止出发到任意第一阶段时刻，动能定理给出

在 $t=3\,\mathrm s$ 时，若车向前运动，右侧不超过 $600\,\mathrm J$；但速度 $5\,\mathrm{m/s}$ 所需动能是 $1250\,\mathrm J$。两者直接矛盾。即使取 $t=6\,\mathrm s$，右侧也不超过 $1200\,\mathrm J$，仍不足以达到该速度。

此外，严格恒功率模型满足

积分得到

式中的 $v$ 以 $\mathrm{m/s}$ 计；当 $v\to5^-$ 时，$t\to+\infty$。零速处的 $P_1/v$ 还具有启动奇异性，真实驱动系统需要另行给出启动或限力模型。

**模型条件：**若单独讨论制动过程，需把制动初速度作为独立给定条件；恒功率动力学下的速度曲线不会在第 3 秒突然变为水平线。

独立打开实验

题设没有明确计时起点和时间区间。周期有效值给出的平均式在整周期或整半周期等合适区间内精确成立；任意短时间的热量须按起始相位积分计算。

（1）$\boxed{abcda}$，即 $a\to b\to c\to d\to a$。

（2）C。此处“最小、最大”按磁通量与电动势的大小理解。

（3）忽略线圈自感，$\boxed{I_m=B\omega L^2/R}$。

周期平均式

是周期平均功率乘时间的结果；在整周期或整半周期等合适区间内精确成立，不能无条件适用于任意短时间。

若从图示位置开始计时，则任意 $t\ge0$ 的精确热量为

热量填空需明确计时起点与时间区间条件。

电流方向必须先固定观察方向，不能把“逆时针”脱离视角直接套用。峰值用法拉第电磁感应定律和欧姆定律。发热量先写 $Q=\int i^2R\,dt$，再判断是否能用一个完整周期定义的有效值代替积分。

（1）电流方向。 “沿 $OO'$ 方向看”是观察者在 $O$ 一侧朝 $O'$ 看。此时顶边 $ab$ 在视野上方，线圈逆时针转动，顶边瞬时向观察者视野的左侧运动，磁场竖直向上。

为消除透视图歧义，取观察者右方为 $+x$、上方为 $+y$、朝观察者为 $+z$。顶边 $\mathbf v\parallel-\mathbf e_x$，$\mathbf B\parallel+\mathbf e_y$，故正电荷的 $\mathbf v\times\mathbf B$ 指向 $-z$，即远离观察者、从 $a$ 指向 $b$。因此回路电流沿 $a\to b\to c\to d\to a$。

（2）零磁通、最大变化率。 线圈平面与 $\mathbf B$ 平行时，$\mathbf B$ 与面积法线垂直，$\Phi=0$。但此时磁通量变化最快，$|\mathcal E|$ 最大。因此按题目对“大小”的通常用法选择 C。若把磁通量视为有正负的代数量，零并不是其整个周期中的最小代数值，选项中的“最小、最大”应按大小理解。

（3）电流峰值。 线圈面积 $S=L^2$，单匝转动时电动势峰值为

忽略自感、按纯电阻闭合线圈模型，

平均热功率。 正弦电流一个周期的有效值为 $I_{\rm rms}=I_m/\sqrt2$，所以

若 $t$ 为整数个周期，$Q=\overline Pt$ 精确成立。整数个半周期也充分，因为 $i^2$ 的周期为 $T/2$，其中 $T=2\pi/\omega$。足够长时间可用它作平均近似，但不能把近似称作任意时间的精确式。

从图示位置开始的任意时间。 图示位置恰是电流大小最大的位置，取正方向使

于是

这给出答案中的精确公式。若从电流为零的位置开始，正弦项的符号会改变；若起始相位为 $\varphi$，一般表达式为

从图示峰值位置计时，整数个四分之一周期也恰使附加项为零；这不是对所有初相位都成立的结论。

计时起点。 写成 $\Phi=BL^2\cos\omega t$，这等价于选择“法线与磁场平行”作为计时起点，并非题图位置。用它求峰值没有问题，但求任意短时热量时不能忽略起点变化。计算任意时间的热量时，须明确计时起点和积分区间。

独立打开实验