第2章 专题探究5 电磁感应中的动力学问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

专题探究五 电磁感 黑题 专题强化 题型1线框问题 1.**如图所示的是磁悬浮列车运行原理模型， 两根平行绝缘直导轨间距为L,宽度相同的磁 场磁感应强度大小B1=B2=B,方向相反，并且 以速度v同时沿直导轨向右匀速运动.导轨上 金属框ab边长为L,ab边长与磁场宽度相同， 电阻为R,运动时受到的阻力为F,则金属框 运动的最大速度表达式为 B. .××··××。··××× B2L2v-FR 2B2L2v-FR A.Um= 2B2L2 B.vm= 2B2L2 4B2Lv-FR 2B2Lv+FR C.vm= 4B2L2 D.m= 2B2L2 2.*(2025·重庆七校联考)如图所示斜面的 倾角0=37°，一个匝数N=20匝，边长L= 0.1m的正方形线框abcd被固定在斜面上 (固定装置图中未画出)，ef分别为ab与dc 的中点.在bcf区域内存在着垂直于斜面向下 的匀强磁场，从t=0时起，撤去固定线框的装 置，磁场的磁感应强度按B=6+2t(T)的规律开 始变化，其中t的单位是s.已知线框质量m= 0.2kg,总电阻r=22,线框与斜面间的动摩擦 因数u=0.5.设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8.下面 说法正确的是 第二章黑 应中的动力学问题 子错题本 限时：70min A.线框静止不动时感应电动势E=0.4V B.线框开始滑动之前所受摩擦力先减小后 增大 C.经过2s线框开始滑动 D.线框开始滑动时的磁感应强度B=200T ,整如图所示，光滑矩形斜面ABCD的倾角 0=30°，在其上放置一矩形金属线框abcd,ab 的边长l1=1m,bc的边长l2=0.6m,线框的质 量m=1kg,电阻R=0.12,线框通过细线绕 过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠 近；重物质量M=2kg,离地面的高度为H= 4.8m;斜面上efgh区域是有界匀强磁场，方 向垂直于斜面向上；已知AB到ef的距离 为s1=4.2m,ef到gh的距离s2=0.6m,gh到 CD的距离为s3=3.8m,g取10m/s2;现让线 框从静止开始运动（开始时刻，cd与AB边重 合)，发现线框匀速穿过匀强磁场区域，求： (1)线框进入磁场时的速度v; (2)egh区域内匀强磁场的磁感应强度B; (3)线框在通过磁场区域过程中产生的焦耳 热Q; (4)线框从开始运动到ab边与CD边重合需 经历多长时间？ 06038入 M h 42大。 H=4.8m 频讲解⊙ 白题047 题型2单杆问题 6. 4.**(（2025·四川内江期中)如图所示，空间 中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强 磁场，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的 光滑金属导轨，导轨间距为L,导轨足够长且 电阻不计.质量为m的金属杆ab与导轨垂直 且接触良好，金属杆ab电阻为R,重力加速度 为g.开始时，开关S断开，金属杆ab由静止自 由下落，经过一段时间后再闭合开关S.当开 关S闭合后，下列说法正确的是 ) A.a点电势高于b点电势 久 x S x B.金属杆做加速度增大的加速“xx B 运动 C.安培力做正功，机械能转化为电能 D.当下落高度为mR BL4 时闭合开关，则金属杆 ab会立刻做减速运动 5.整如图，足够长水平U形光滑导体框架，宽 度L=1m,电阻不计，左端连接电阻R= 0.92;导体杆ab质量m=0.2kg,阻值r= 0.12,匀强磁场的磁感应强度B=1T,方向垂 直框架向上，现用恒力F=2N由静止拉动 ab杆. (1)当ab的速度达到v=1m/s时，ab杆哪端 电势高？并求此时ab杆两端的电压； (2)当ab的速度达到v=1m/s时，求ab杆此 时的加速度大小； (3)求ab杆所能达到的最大速度是多少？速 度最大时，电阻R消耗的电功率为多少？ 选择性必修第二册黑 接(2025·江苏苏州期中)如图所示，平行 光滑金属导轨与水平面的夹角0=53°，导轨间 距L=1m,导轨的下端接有定值电阻R=22, 水平虚线上方有垂直于导轨平面向上的匀强 磁场，磁感应强度B=1.5T.水平虚线下方有 一放在导轨上的金属棒a山，金属棒与一细线 连接，细线通过一定滑轮吊一个重物，定滑轮 左侧细线与导轨所在平面平行.释放重物，细 线拉着金属棒向上运动，金属棒运动过程中， 始终与导轨垂直，其与导轨接触良好.已知开 始时金属棒与虚线的距离为s,=2m.金属棒 的质量m=1kg,电阻r=12,长度等于轨道间 距.导轨足够长且电阻不计，重物的质量为 M=2kg(g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°= 0.6). (1)求金属棒最后匀速运动的速度v2; (2)求速度为12m/s时绳子拉力T; (3)若金属棒进入磁场后做变速运动的位 移s2=32m,求变速运动过程中金属棒产 生的焦耳热Q. 频讲解 白题048 题型3双杆问题 7.*(2025·吉林松原模拟)如图所示，两足 够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内， 匀强磁场方向垂直导轨平面向下，恒力F作 用在金属棒cd上，金属棒ab、cd以相同的加 速度沿导轨滑动，某时刻撤去F.已知运动过 程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，下 列说法正确的是 A.撤去F前，两棒速度相同 B.撤去F前，两棒间距恒定 C.撤去F后，cd的速度不小于ab的速度 D.撤去F后，两棒在相等时间内产生的焦耳 热相同 8.整(2024·山东临沂期中)如图所示，粗造 水平金属轨道与光滑倾斜金属轨道足够长， 不计轨道的电阻.倾斜金属轨道与水平面的夹 角为0，水平轨道之间的距离为2L,倾斜轨道 之间的距离为L,两轨道所在平面都有垂直导 轨方向的磁场，磁感应强度大小都为B,方向 如图所示.导体棒a的质量为m、长度为L、阻 值为R,导体棒b的质量为2m、长度为2L、阻 值为2R,b棒静止在水平导轨上，在倾斜导轨 上静止释放α棒，运动过程中两棒与轨道接触 良好，b棒始终静止在水平导轨上，重力加速 度为g,则 ( A.a棒最终稳定运动的速度为3 mgRsin0 B2L2 B.b棒受到的最大摩擦力为mgsin0 C.b棒受水平向左的摩擦力 D.若水平轨道也光滑，最终a、b棒会匀速 运动 第二章黑 接(2025·福建莆田联考)如图所示，两条 足够长的平行金属导轨相距L,与水平面的夹 角为0，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强 磁场，磁感应强度大小均为B,虚线上方轨道 光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且 磁场方向向下.当导体棒EF以初速度。沿导 轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直 静止在导轨上，若两导体棒质量均为m,电阻 均为R,导轨电阻不计，重力加速度为g,在此 过程中导体棒EF产生的焦耳热为Q,求： (1)EF上滑的初始时刻，MN中的电流大小和 方向 (2)导体棒MN受到的最大摩擦力， (3)若(2)中导体棒MN受到的最大摩擦力为 最大静摩擦力，EF在滑动过程中始终处 于虚线上方区域的磁场中，试求： ①导体棒EF能上升的最大高度， ②此后导体棒MN刚要滑动的时刻导体 棒EF速度的大小 M B 频讲解 白题049专题探究四 电磁感应中的电路问题 黑题专题强化 1.C2.C 3.D解析：A.导体棒接人电路部分产生的电动势为E= 2B0,回路的总电阻为R= 。.RR 2R+R -=R,回路中的总电 流为1是究电阻风两瑞的电压为 2 BL'w 4 U 4 故A错误；B.电阻R产生的焦耳热为Q,= T=- 一× Ro R 2如_mBL,故B错误：C.通过电阻R,的电荷量为q=2T 8R BL0×2如_BL,故C错误；D.导体棒两端的电势差为U'= 4Ro 2Rp BLx2LU=子B,故D正确放选D 2 4.(1)见解析图 (2)如图所示依据见解析 A 1 0 0.10.20.30.405/s -1 解析：(1)金属框穿过磁场区的过程中，各阶段金属框的位 置如图甲所示： ××如×血 d ×××x 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 图乙、丙、丁所示： (2)第I阶段，金属框只有dc边在磁场中运动时，由法拉第 电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，可得金属框中的电流 1=E=bL=02A=2.5A. in=3rtr 4r 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 '1 4-。F108=0.18 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0，即店=0，持线的时间与-46 D108=03& 第Ⅲ阶段，金属框只有ab边在磁场中运动时，由法拉第电磁 感应定律和闭合电路欧姆定律，可得金属框中的电流3= E_Bl'v_0.2×1×10 3rt,4h=4x0.2A=2.5A 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 010s=0.1s 参考答案与解析 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，如答案图所示. 5.B6.C 7.B解析：设半圆弧PQS的半径为r,在过程I中，根据法拉 △Φ， （221 第电磁感应定律，有E= 02 △t, △t1 4△t1 根据闭合电路欧姆定律，有11= ,则q=1A4, R Bt在过 4R 1 D,（2B-B)2㎡ 程Ⅱ中，B增加到2B,有E2= △t2 △t2 2At Bur? 122R' BTr2 则9=64,2R,则2Bm=2改ACD错误， 2R B正确故选B. 8.D解析：A.导体棒速度最大时，安培力等于重力，即mg= =EB,联立得.-m,代人数据 B1L,其中L.FR+rRr1 B2L2 得vm=1m/s,故A错误；C.由动能定理可知mgh+W专= 2m2-0,解得W安=-l.95J,所以全电路电阻上的焦耳热 Q=-W&=L95J,所以电阻R上产生的热量Qa,Q 1.4625J,故C错误；D.导体下落h的过程中，通过导线横截 面的电量g=7,其中7=E,E= Φ △Φ=B△S=BLh,联立 R+r' 解得q=1C,故D正确；B.导体棒下落h的过程中，设经历时 间为t,根据动量定理得mgt-BILt=mw。-0,其中q=b,代入 数据解得t=2.1s,故B错误故选D. 9.(1)0.2A(2)4×10-8c 解析：(1)金属棒匀速运动时产生的感应电动势E=BLw= R R2 0.1×0.4×5V=0.2V,电路中总电阻为R总=R+ R+R2 =10, 流过金属棒的感应电流为I= E=0.2A R 2 2 (2)金属棒两端电压为U=R并=0.2x了V=5V,电容器中 储存的电荷量为Q=CU=03x10×名C=4x10*c 专题探究五电磁感应中的动力学问题 黑题专题强化 1.C2.C 3.(1)6m/s(2)0.5T(3)18J(4)2.2s 解析：(1)设ab进入磁场时速度为u,由机械能守恒得 Mg(s1-)=mg(s1-☑)sin+2(M+m),解得u=6m/s B2Hv (2)b在磁场中运动所受安培力F=B肌，=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 黑白题19 Mg-mgsin30°=(M+m)a1,解得a1=5m/s2, 金属线框从AB到f过程的时间t=”=1.2s, a 2s2 金属线框通过磁场区域过程的时间2==0.2s, 重物着地以后，根据牛顿第二定律有a2=gsin30°=5m/s2, 根据位移一时间公式有-人，=，22巧，解得=0.88， 总时间t=t1+t2+t3=2.2s. 4.D解析：A.根据右手定则可知，a点电势低于b点电势 选项A错误：B.金属杆受向上的安培力和向下的重力，若安 培力大于重力，则加速度向上，则向下做减速运动，加速度为 a-Fa-mg_BLv mR名，则做加速度减小的减速运动；若安培 力等于重力，则金属杆做匀速运动；若安培力小于重力，则加 速度向下，则向下做加速运动，加速度为a-mg-生=g m 。,则做加速度减小的加速运动，选项B错误；C.安培力 方向向上，则安培力做负功，机械能转化为电能，选项C错 误；D当下落高度为时闭合开关，此时安培力F3 BL=_BI2=2mg>mg,则金属杆ab会立刻做 R R 减速运动，选项D正确.故选D. 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U=U外=IR=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安=ma, 解得ab杆此时的加速度大小为a= -F安=5m/s2 m (3)当ab杆做匀速直线运动时，ab杆速度达到最大，则有 =山点人=求 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)16m/s(2)18N(3)8J 解析：(1)根据题意可知，金属棒匀速运动时，由平衡条件有 T=Mg,T'=mgsin 0+F, E E=BLoa, 又有FA=BL,1R 联立解得v2=16m/s; (2)速度为12m/s时，感应电动势为E1=BLw=1.5×1× 12V=18V, E1-6A, 感应电流为1R+r 金属棒的安培力为F,=BIL=9N, 由牛顿第二定律，对金属棒和重物分别有T-F1-mgsin0= 选择性必修第二册 ma,Mg-T=Ma, 解得T=18N; (3)根据题意，由能量守恒定律有Mg(s1+s2)-mg(s1+ s)sn0=号(M+m)喝+08， 金属棒产生的焦耳热Q=RQa, 联立解得Q=8J. 7.C解析：A.撤去F前，金属棒ab、cd以相同的加速度沿导轨 滑动，只有二者速度不同时，两棒电动势不等，金属棒b才 能做加速运动（关键：若速度相等，则回路中的感应电流为 0,两金属棒都不受安培力，ab棒无法加速)，A错误：B.撤去 F前，由于两棒受到安培力，感应电动势不等，则两棒速度差 不为零，所以两棒间距不恒定，B错误：C,撤去F后，金属棒 ab做加速运动、cd做减速运动，当速度相等时，无感应电流， 之后一直做匀速运动，所以cd的速度不小于ab的速度， C正确；D撤去F后，两棒的电流大小总相等，但两棒电阻未 知，所以两棒在相等时间内产生的焦耳热不一定相同，D错 误故选C. 8.A解析：A.a棒最终稳定运动时，根据平衡条件可得 mgsin0=BL,感应电动势为E=BLu,感应电流为/F?,可得 a棒最终稳定运动的速度为-3 mgRsin9,故A正确：B.a棒 B2L2 最终稳定运动时，α棒速度达到最大，此时b棒受到的摩擦 力最大，为f=B1·2L=2 mngsin0,故B错误；C.根据左手定 则，b棒受到的安培力向左，b棒始终静止在水平导轨上，根 据平衡条件可知b棒受水平向右的摩擦力，故C错误；D.若 水平轨道光滑，假设a、b棒最终匀速运动，此时回路中感应 电流为零，a、b棒受到的安培力为零，a棒在重力作用下将做 加速运动，假设不成立，故若水平轨道也光滑，最终a、b棒不 会匀速运动，故D错误故选A. )B,电流由N流向M(2 g.(1)2R B2L2 2R +mgsin 0 (3)@m-40 ②v 4mgRsin 0 2mg B2L2 解析：(I)EF获得向上的初速度，时，感应电动势E=BLo, E BLvo 根据欧姆定律有I=2R2R’ 由右手定则可知EF中的电流方向由E到F,故MN中的电 流由N流向M. (2)由左手定则知MW受安培力F沿导轨向下，当EF刚上 滑时，MN受安培力最大，摩擦力也最大，受力分析如图 所示： 此时MN所受安培力F=BL, 对导体棒MW,由平衡条件得mgsin+F=F, mn 得导体棒MN受最大摩擦力F,=2R (3)①导体棒EF上升过程，MN一直静止，对系统由能量的 黑白题20 转化和守恒定律知2m=mgh+20,解得A-mw后-4 1 2mg ②设导体棒MN刚要滑动时，导体棒EF的速度大小为U,则 导体棒EF下滑时，对MW受力分析，MN刚要上滑时所受摩 擦力为最大静摩擦力F,EF棒的感应电动势E,=BL, E 电路中的感应电流1-2R MN所受安培力为F,=BLL=2R, B2Lv 此时MN受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件 有F2=F+mgsin0, 解得v=vo+ 4mgRsin 0 B2L 专题探究六 电磁感应中的动量与能量问题 黑题专题强化 1.D2.D B212 B213 3.（1 R (2)B R (3)R(mgsin 0f) 解析：(1)线框刚进入磁场时，线框受到安培力为F=Bl,又 lvo I=- R B2Pvo 联立可得F=R (2)线框进人磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量 q=', 又7=E=4pB那 R I'R UR 联立可得q=R (3)线框bc边刚进入磁场至线框bc边刚要出磁场的过程， 根据动量定理mgsin0·t-i-F安t=m△v=0, B2P 又Fx'=B'= R B2P 解得t-r(mgsin0-力 4.(1)3m/s(2)0.52m(3)1.8J(4)6m/s 解析：(1)导体棒b沿斜面下滑，根据牛顿第二定律得 migsin 0-BIL=ma, 导体棒b中的电流为1=Ag_CAC_CBLA=CBLa, △t△b△t 联立可得a= migsin 0 CB2L2+m =2.5m/s2, 可知导体棒b沿斜面向下做匀加速直线运动，根据运动学公 式可得2as=, 解得导体棒b到达EF时的速度为v,=3m/s; (2)导体棒a、b距离最小时，有v1=61, 经受力分析，可知F=um.g+umbg, 所以导体棒a、b组成的系统满足动量守恒，则有m,= maval+mivil, 解得v1=v1=1.8m/s, 对导体棒b,由动量定理可得-m6gt-BLt=m,心1-m,6, 流过导体棒的电荷量g=i-BLAr R, 参考答案与解析 导体棒间的最小距离x1=x-△x, 联立解得x1=0.52m; (3)由动量守恒可得m=m。"。+m,6, 则有mut=m。v,t+m6t, 即m,t=maxal+mx1, 因为△x=x61-xa1, 解得x1=0.432m,x1=0.912m, 1 根据能量于恒可得Fx1+m”2三)m6v61+2mav1+ umigxs tumagxal+0, 解得Q=1.8J; (4)经受力分析，同速以后，b棒继续减速，α棒继续加速，当 b棒速度减为0时，根据动量守恒得m,=m,2, 解得v2=4.5m/s, 经分析b棒静止，α棒继续加速最终匀速，根据平衡条件可 得F=um.g+BL1L, 又1是，6=e, 联立解得vas=6m/s. 5.C6.D 7.B解析：A.由能量转化情况可知，任何一段时间内，导体棒 α的动能减少量等于导体棒b的动能增加量与回路产生的 焦耳热之和，所以导体棒b的动能增加量小于导体棒α的动 能减少量，故A正确；B.全过程中，两棒组成的系统可以认 为动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得2m。= (2m+m),可得。=子，两棒共产生的焦耳热为0 2m,2-×3m2=,放B错误：C全过程中，对导 1 2 体棒b,取向右为正方向，由动量定理有Bl△t=mw,通过导 2mvo 体棒6的电荷量为g==3B,故C正确：D.对导体棒ab 系统，所受的合外力为零，系统动量守恒，则任何一段时间 内，导体棒b的动量改变量跟导体棒α的动量改变量总是大 小相等、方向相反，故D正确故选B. 8.(1)5m/s2,方向向左(2)8.25J(3)39.5J 解析：(1)根据题意，导体棒a由释放到A4'过程中，由机械 1 能守恒定律有m18R=2m6, 解得v=√2gR=10m/s, 导体棒a刚进入磁场产生的电动势为E1=BL。=l0V, E1=5A, 感应电流为LR,+R, 导体棒a受到的安培力大小为F,=BLL=5N, 由牛顿第二定律可得，导体棒a刚进人磁场时的加速度a= E=5m/, m 由左手定则可知，安培力向左，则加速度向左； (2)从b开始运动到出磁场过程中，α、b组成的系统动量守 恒，由动量守恒定律有m1o=m1。+m2%, 解得v。=4m/8, 21 由能量守恒定律有Q= 21 2m62m2m,听=33J, 导体棒b中产生的焦耳熟Q。R十RQ=8.25J； 黑白题21