第2章 专题探究4 电磁感应中的电路问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

专题探究四 电磁月 黑题 专题强化练 题型1等效电路的电势差计算 1.(2023·广东深圳质检)某同学用粗细均匀的 金属丝弯成如图所示的图形，两个正方形的 边长均为L,A、B两点之间的距离远小于L,在 右侧正方形区域存在均匀增强的磁场，磁感 应强度随时间的变化率k,则A、B两点之 间的电势差UAB为 A.kL2 C.-kL2 D.、L 2.(2023·江苏海安高级中学期中)（多选）将 根绝缘细导线绕成如图所示的线圈，再将线 圈和小灯泡构成闭合回路，线圈内部存在一 方向垂直纸面向里的均匀磁场，已知小灯泡 的电阻为R,细导线的电阻为r,矩形的面积 为S1,小圆的面积为S2,磁感应强度大小随时 间变化的规律为B=B。+t,B。和k均为大于 零的常量，下列说法正确的是 A.通过灯泡的电流由a流向b B.闭合回路中的感应电动势为k(S,-S2) C通过小灯泡的电流大小为(S+,) R+r 2Rk(S1+S2) D.小灯泡两端的电压为 R+r 3.(2022·甘肃兰州一中期中)（多选）如图所 示，均匀金属圆环的总电阻为4R,磁感应强度 为B的匀强磁场垂直穿过圆环.金属杆OM的 长为1，阻值为R,M端与环接触良好，绕过圆 选择性必修第二册·JK 感应中的电路问题 限时：45min 心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动. 阻值为R的电阻一端用导线和圆环最下端的 A点连接，另一端和金属杆的转轴0处的端点 相连接.下列判断正确的是 A.金属杆OM旋转产生的 B× 感应电动势恒为B0 B.通过电阻R的电流的最 小值为 8R2,方向从Q BP 到P C.通过电阻R的电流的最大值为Bw 6R D.OM两点间电势差绝对值的最大值为B 3 （2023·广东广州华侨中学期中)匀强磁场的 磁感应强度B=0.2T,磁场宽度1=4m,一正 方形金属框边长ad=l'=1m,每边的电阻r= 0.22,金属框以v=10m/s的速度匀速穿过 磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直， 如图所示.求： (1)画出金属框穿过磁场区的过程中，各阶段 的等效电路图； (2)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框 内感应电流的-t图线.（要求写出作图依 据) 1×××× 黑白题046 题型2电荷量计算 5.(2022·四川内江零模)如 图所示，在光滑水平金属框 ×××××× ×BX 架上有一导体棒ab.第一次 以速度v匀速向右平动，第 二次以速度2匀速向右平动，两次移动的距 离相同，则两种情况下回路中产生的感应电 动势和通过R的电荷量之比分别为() A.1:2,1:2 B.1:2,1:1 C.1:1,1:1 D.1:2,2:1 6.如图所示，一正方形线圈的匝数为几，边长为 α，电阻为R,线圈平面与匀强磁场垂直，且一 半处在磁场中.在△t时间内，磁感应强度的方 向不变，大小由B均匀增大到2B.在此过程 中，通过线圈导线某个横截面的电荷量为 ( A.Ba? B.nBa? C nBa? Ba? D. R R 2R 2R (第6题) (第7题) 7.（2022·安徽定远期末)如图所示，导体轨道 OPQS固定，其PQS是半圆弧，Q为半圆弧的 中心，0为圆心，轨道的电阻忽略不计.OM是 有一定电阻的可绕O转动的金属杆.M端位于 PQS弧上，OM与轨道接触良好.空间存在与 半圆弧所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强 度的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的 角速度沿逆时针方向转到OS位置并固定（过 程I);再使磁感应强度的大小以一定的变化 率从B增加到2B(过程Ⅱ).在过程I、Ⅱ，流 过OM的电荷量之比为 ( A.1:1 B.1:2 C.1:3 D.2:3 第二章 8.(2022·山东临沂模拟)如图所示，一个匝数 n=100的圆形导体线圈，面积S1=0.4m2,电 阻r=12,在线圈中存在面积S2=0.3m的垂 直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强 度B随时间t变化的规律是B=（0.2t)T,R= 22,C=30F,则下列说法正确的是() A.电容器上极板带负电 B.在0~4s时间内通过电阻R的电荷量q= 4C C.电容器的电荷量是9×104C D.在0~4s时间内电阻R上产生的焦耳热 Q=32J 0. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T, 金属棒AD长L=0.4m,与框架宽度相同，金 属棒的电阻R=30,框架电阻不计，电阻 R1=22,R2=12,当金属棒以5/s的速度 匀速向右运动时，求： (1)通过金属棒的电流为多大？ (2)若图中的电容器C为0.3uF,则电容器中 储存多少电荷量？ 黑白题0473.C解析：A.因平抛运动的水平速度不变，而切割磁感线的是 水平速度，则根据E=BLn可知，感应电动势不变，根据右手 定则可以判断，a点电势比b点低，故A错误：B.从抛出到落 地的过程中，αb与外部并没有形成闭合回路，电子没有定向 移动，故B错误：C.由于ab在水平方向做匀速直线运动，所 以它在单位时间内扫过的曲面在水平面的投影面积相同，又 因为穿过曲面中的磁通量等于穿过曲面在水平面投影面的 磁通量，因此单位时间内αb扫过的曲面中的磁通量是定值， 故C正确；D.洛伦兹力使金属棒两端分别积累了正、负电荷， 故D错误.故选C. 4.B解析：当圆环运动到题中图示位置时，根据几何关系可 知圆环切割磁感线的有效长度为√3R,产生的感应电动势 E=5BR,设圆环的总电阻为Ra,电路中的电流1=三，圆 环处于题中图示位置时，外电路的电阻值风，=子R,根据 欧姆定律可知U=R=2R根据右手定则可，。点的 电势高于6点的电势，则a,b两点的电势差U-2 38R,故 选B. 5.D6.A 7.D解析：OA导线中的感应电动势大小与长度为O'A的半 径垂直切割磁感线产生的感应电动势大小相等，有E= L=0.o0oen0,根据右手定到 2 断可知A点电势高，D正确. 8.D解析：A.αb棒切割磁感线产生感应电动势，根据右手定 则可知，α端为低电势，b端为高电势，则电容器c极板带正 电，d极板带负电，A错误；BC.根据切割磁感线产生感应电 动势有B==8ox空2-子r2,BC筛误， 2 D根据电容器电荷量的计算公式得Q=CB=CBo, D正确.故选D. 9.D解析：感应电动势E=Bv。,左右侧圆弧均为半圆，电阻均 为？，并联的总电阻即外电路电阻R=4,金属棒的电阻等 效为电源内阻r?,金属棒两端的电势差为路端电压U- 学放D正疏故金n 1O.B解析：设磁感应强度为B,EF=CD=AB=L,导线运动的 速度为v,仅EF进入磁场切割磁感线时，EF是电源，AB与 CD并联，BF网端电势老，s05r写L仅CD.BF 进人磁场切割磁感线时，CD、EF是并联电源，EF两端电势 参考答案与解析 差u=子：当AB,CD,EF都进入磁场切割磁感线时，AB CD、EF是并联电源，EF两端电势差u=BL.故选B. 黑题应用提优练第2课时导体切割磁感线的感应电动势 1.B2.D 3.A解析：导体棒AB切割磁感线产生的感应电动势为E= B·2a0=Ba,导体棒B相当于电源，电源的内阻为 金属环的两个半圆部分的电阻分别为？，两个半圆部分的 电阻是并联的，并联以后的电阻为尽，根据闭合电路欧姆定 律，回路中的总电流为1上RR=4,AB两端的电压即为 42 略端电压，大小为U=令，放A正确，BCD错误 4.C解析：设OE=2r,线框的电阻为R,该线框绕过圆心O、垂 直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动90°，在线框中产生的 (2)- 2 Bowr?3 感应电流I=- 2 har? R R 一线框保持图中 所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线 框转动90°过程中同样大小的电流，有1=AB·S_AB. △t·R△t 京日兰需所以有02学放 1△B3mm2 C正确，ABD错误 压轴挑战 5.B解析：C.根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电， C错误. A.由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为 L=2xtan0,x=t,则产生的感应电动势为E=2 Bv'ttan0. 由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为 Q=CB=2 BGvtan0,则流过导体棒的电流1=？ 2 BCv'tan0,A错误 B当金属棒到达x处时，导体棒产生的感应电动势为 E'=2 Buxotan0,则电容器的电荷量为Q=CE'=2 BCuxotan0, B正确. D.由于导体棒做匀速运动，则F=F客=BIL.由选项A可知流 过导体棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力，再根 据力做功的功率公式P=F,可看出F为变力，v不变，则功 率P随力F变化而变化，D错误.故选B. 专题探究四电磁感应中的电路问题 黑题 专题强化练 1.B解析：根据楞次定律可知，金属丝中电流沿逆时针方 黑白题19 向，A点电势高于B点：根据法拉第电磁感应定律可知金属 丝中电动势E=△ =kL2,由于金属丝粗细均匀，A、B两点间 △t 的电势差为电动势的一半：故选B. 2.AC解析：A.由磁感应强度的变化规律可知，闭合回路中的 磁感应强度垂直纸面向里，磁通量增加，由楞次定律可知，通 过小灯泡的电流由a流向b,A正确；B.矩形线圈产生的感应 电动势为E,=SA=k8,小圆线圈产生的感应电动势为 E2=522=S2,由楞次定律可知，两部分线圈产生的感应 动势方向相同，所以总电动势为E=E1+E2=k(S,+S2),B错 误；C通过小灯泡的电流大小为1=E_(S,+S,) R+rR+r ,C正确； D通过小灯泡的电流是恒定电流，小灯泡两端的电压为U= R-R(S+,）,D错误故选AC R+r 3.AD解析：A.M端线速度为v=wl,OM切割磁感线的平均速 度为=？受，0M转动切制磁感线产生的感应电动势恒 为E=BLDR)0故A正确；B,当M端位于最上端时，圆 两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R 的电流最小，因R#=2×2R=R,通过电阻R的电流的最小 E BP@ 值为1m3R6R,根据右手定则可知电流方向从Q到P, 故B错误：C.当M位于最下端时圆环被短路，此时通过电阻 R的电流最大为1发-以”，故C错误，D.0M作为电 源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所 以外电阻最大时，OM两点间电势差的绝对值最大，其最大 值为U=1·2R=0故D正确放选AD 4.（1)见解析 (2)如图所示依据见解析 ti/A 2.5 0.10.20.30405/s - 3 -2.5 解析：(1)金属框穿过磁场区的过程中，各阶段金属框的位 置图如图甲所示 d a X×区×亩 c b Tc 甲 金属框穿过磁场区的过程中，各阶段金属框的等效电路图如 选择性必修第二册·JK 图乙、丙、丁所示 d E E EE 乙 丙 丁 (2)第I阶段，金属框只有dc边在磁场中运动时，由电磁感 应定律和闭合电路欧姆定律，可得金属框中的电流，= E_B'w0.2×1×10 A=2.5A 3r+r4r4×0.2 由右手定则可知感应电流的方向沿逆时针方向，持续的时间 4片0=01 第Ⅱ阶段，金属框全部在磁场中运动时，由图丙可知，金属框 中感应电流是零，即=0，持续的时间，=-_4- 010s=0.3s 第Ⅲ阶段，金属框只有ab边在磁场中运动时，由电磁感应定 律和闭合电路欧姆定律，可得金属框中的电流，3了+，二 Bl'v0.2×1×10 A=2.5A 4r4×0.2 由右手定则可知感应电流的方向沿顺时针方向，持续的时间 '1 =,=10s=0.1s 规定沿逆时针方向为电流正方向，画出金属框内感应电流的 i-t图线，如图所示. ti/A 2 1 0 0.10.20.301405/s -1 5.B解析：根据法拉第电磁感应定律E=B,可知两种情况下 回路中产生的感应电动势之比 1v-1 E 2v 2根据q=6,结合 m△④B·x联立可得g=R二，可得=，故B正 △t·R△t·R' 92 确，ACD错误.故选B. 6.C解析：根据法拉第电磁感应定律E=n △Φ△BS 28}- ,通过线圈导线某个横截面的电荷量为 2△t q=I△t =EA- nBa 2R△t 故选C ·△t= 7.B解析：设半圆弧PQS的半径为r,在过程I中，根据法拉 2m21 第电磁感应定律，有E, =4，B( 423) Bur2 △t1 △t1 ,根 据闭合电路欧奶定律，有工-分，则g=4出-6 4R 黑白题20 △更，(2B-B) 22 在过程Ⅱ中，B增加到2B,有E,= △t2 △t2 BTr2 2R,则4R 山货则=64 Bwr 92BT2=2,故 2R ACD错误，B正确故选B. 8.D解析：A.线圈的磁场随时间增大，根据楞次定律，会产生 顺时针的感应电动势，因此电容器上极板带正电，A错误：B. 由法拉第电磁感应定律，知E=n4也 、=2S△B一6飞了，贝1— 2A,9==8C,B错误：C,根据欧姆定律及电容 公式可得Uc=UR=IR=4V,Q=CUc=1.2×104C,C错误； D.由焦耳定律可得Q=PRt=32J,D正确.故选D. 9.(1)0.2A(2)4×108C 解析：(1)金属棒匀速运动时产生的感应电动势E=BL,= RR2=1, 0.1x0.4x5V=0,2V,电路中总电阻为Rs=R+R,+R 流过金属棒的感应电流为1=E=0.2A R (2②)金居棒两端电压为U=瓜4=02×号V号V,电容器中 ,2 15 储存的电荷量为Q=CU=0.3×106×5C=4×108C 专题探究五电磁感应中的动力学问题 黑题专题强化练 1.C解析：由于磁场以速度v向右运动，当金属框稳定后以最 大速度v向右运动，此时金属框相对于磁场的运动速度为： -vm,根据右手定则可以判断回路中产生的感应电动势E等 于ad、bc边分别产生感应电动势之和，可得：E=2BL(v-vm) 根据欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流为：1= E_2BL(”-）金属框的两条边ad和bc都受到安培力作 用，ad和bc边所处的磁场方向相反，电流方向也相反，故它 们所受安培力方向一致，故金属框受到的安培力大小： F-2B-4B1a-。）当金属框速度最大时，安培力与摩擦 R 力平衡，可得：F-F=0,解得v= 4B2L2v-F R 故C正 4B2L2 确，ABD错误， 2.BD 3.(1)6m/s(2)0.5T(3)18J(4)2.2s 解析：(1)设αb进入磁场时速度为v,由机械能守恒得 Mg(s-4)=mg(s-h)sin0+(M+m),解得=6ms 参考答案与解析 B2Lv (2)b在磁场中运动所受安培力F=BL,=R, 根据平衡条件则有Mg=F+mgsin0,联立解得B=0.5T. (3)由能量守恒可得线框在通过磁场区域过程中产生的焦 耳热Q=2Mgs2-2mgs2sin0=18J. (4)金属线框从AB到ef的过程，根据牛顿第二定律有 Mg-mgsin30°=(M+m)a1,解得a1=5m/s2, 金属线框从AB到可过程的时间4，=”=1.28， a 252=02s, 金属线框在通过磁场区域过程的时间4= 重物着地以后，根据牛顿第二定律有a2=gsin30°=5m/s2, 根据位移时间公式有54=25，解得=0.8s, 总时间t=t1+t2+i3=2.2s. 4.BD解析：AB.t时刻，金属杆的速度大小为v=at, 产生的感应电动势为E=B, 电路中的感应电流为I=B ' 金属杆所受的安培力大小为F我=B肌=BP, R B2I at 由牛顿第二定律可知F=ma+mgsin37°+ R 可见F是t的一次函数，故A错误，B正确； CD.t=0时，F最小，代人数据可求得a=2m/s2, t=2s时，F最大，最大值为F=12N, 故C错误，D正确.故选BD. 5.(1)b端电势高0.9V(2)5m/s2(3)2m/s3.6W 解析：(1)当ab的速度达到v=1m/s时，ab杆向右运动切割 磁感线，根据右手定则可知，b端电势高：此时αb杆产生的 电动势为E=BL=1V, 回路感应电流为I= E=1A, R+r 此时ab杆两端的电压为Ua=U外=R=0.9V. (2)当ab的速度达到v=1m/s时，此时ab杆受到的安培力 大小为F安=BIL=1N, 根据牛顿第二定律可得F-F=ma, 解得ab杆此时的加速度大小为a= F-F安=5m/ m (3)当ab杆做匀速直线运动时，ab杆速度达到最大，则有 _E.,BI_L-F. E=BI,In=Rir' 联立解得ab杆的最大速度为vm=2m/s, 此时电流为Im=2A, 电阻R消耗的电功率为P=R=3.6W。 6.(1)5m/s2(2)1.35m(3)F=(t+1.6)N 解析：(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线， 黑白题21