上分专题9 电磁感应中的双杆模型-【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）

稳定后t时间内，回路中的焦耳热Q=飞Rt, 稳定后t时间内，导体棒克服阻力做的功W=t, 根据能量守恒定律有Ea=Q+W=（B+B,) 2R 4.D解析：A.金属杆由静止做匀加速直线运动，故有F- L=加，汉1元B=此，求得完，结合图 像知a=2m/s2,BL=3T·m,故A错误；B.撤去F前，金属 杆的位移名=之=4m,速度=ad=4s,撒去F后在 段极短的时间△l,对金属杆由动量定理有-BIL△t=m△u,其 中1R记B=B弘，得- =m△v,撤去F后一直到金 R1+R2 属杆停止运动的过程，将上式两边求和得一R,+代 B2Lx2 =m(0- v),解得x2=8m,故整个过程杆的位移为x=x,+x2=12m,故 B错误；D.整个过程磁通量变化量△中=BLx=36Wb,又q= 1t,I= ,得g=△=36C=2C,故D正确； R1+R218 于见=了，所以，整个过程金属杆产生的热量为F C.由于 做功的写若F始终为最大值4N,其做功为W==16J, 金网杆产生的热量为1，放整个过程金洱杆产生的热量小 于]，故C错误故选D 5.A解析：A.根据题意，对重物和金属棒组成的系统受力分 析可得4mg-mgsin30°-F安=5ma,金属棒受到的安培力为 F安=BL=BL' 2R,随着系统开始运动，棒的加速度沿金属导 轨向上，速度逐渐增大，安培力逐渐增大，则系统做加速度逐 渐减小的加速运动，直至加速度为零时系统以速度做匀速 直线运动.对重物受力分析可得4mg-Fn=4ma,根据上述分 析可知细线的拉力一直增大，速度最大后拉力大小保持不 变，故A错误；B.金属棒所受安培力的冲量为I安=BIL·△， 平均电流为1一示平均电动势为5-”处联立可得 △E-△t 1安=Bh,故B正确；C整个电路是纯电阻电路，克服安培 力做的功全部转化为焦耳热，重物由静止释放到下落高度h 时，由能量守恒定律得4mgh=mghsin30°+2(m+4m)2+ Qa,解得Qa=2m(7gh-50),根据功能关系可知金属棒克 1 服安培力做的功为W=Qa=2m(7gh-50),故C正确；D.对 系统由动量定理可知(4mg-mgsin30）·△t-1发=5mw,联立 解得△-Lh10,故D正确.故选A 7mgR 7g B2L'x 6.(1)E=BL√2ax (2)v=√2a1-m(R+2xro) 2= m(R+2x1To)√2ax1 (3)见解析 B2L2 参考答案与解析 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得：E=BLm, 根据速度一位移公式得：2=2ax, 联立解得：E=BL√2ax; (2)根据速度一位移公式得：=2ax1, 解得：1=√2ax1, 又回路中的总电阻：R总=R+2r0·x1, 根据动量定理得：mw-m,=-BIL△t, 又q=I△t △ΦBLx2 R总R总 BL2x2 联立解得：=√21m(R+2x,o)' B-L2x 当v=0时，则有： =√2ax1, m(R+2x ro) 解得：x2= m(R+2x1I0）V/2ax1 B2L2 （3)在（段：速度减小，感应电动势减小且回路总电阻恒定， 所以感应电流减小，当速度减为零时，感应电流也为零，即电 流最小值为零；或当t=0时电流最小值为零； 在bd段：1=BLa BLa 最大电流值讨论：①当满足？·，即4= R 且 Vro·a R a Wro·a （在d段内能达到最大电流）时，1m BL a 2NR·T0 ②当，厂R>,匹时，导体棒加速运动到d处时电流最 √a>√a BL√J2ax1 大，IR+2r0·X1 上分专题9电磁感应中的双杆模型 1.C解析：A.t=0时刻，导体棒C切割磁感线产生的感应电 动势为E=26,回路中的电流为1=示所以号体棒D运 动的加速度为a= 要_BI,故A错误；B.达到稳定状态 m mR 时，回路中电流1=0，此时C与D的速度满足vD=2c,在运 动中分别对C棒和D棒分析，有42一，=，三者加速 m 度相同，所以速度的变化量相同，即。-c=p-0,可求得 e=子，故B误；C.整个过程能量守恒，Q=7×2m,2 子×223-子m,2-子m,故C正确：D对号体棒c列动 量定理，有-2BILt=2m(vc-o),所以通过的电量q=1t= 2W,故D错误故选C 2.C解析：A.当流经α棒的电流为0时，两棒速度相同，两棒 组成的系统所受合外力为零，动量守恒，设向右为正方向，根 黑白题51 据动量守恒定律有2m。-m=(2m+m),解得u=3, 故A错误；B.t,时刻，回路中的感应电动势E=BLwo+ BLwo=2BIwo,回路中的电流I= R故6车的如速 度大小为a--K,故B错误；CD.根据能量守恒可 知，1~t2时间内，两棒产生的总焦耳热等于系统减少的动 1 1 1 0124 能，即Qa=2×2m6+2m6-2(2m+m）（3=3m6, 因两棒串联，通过两棒的电流始终相等，根据Q=P可知， 两棒产生的焦耳热之比等于电阻之比，故α棒产生的焦耳热 14 0.三_RO4=。×m=。m,通过两棒的电荷量相等， 故C正确，D错误.故选C. 3.B解析：A.当导体棒a刚进入磁场时，导体棒b加速度最 大，导体棒a从静止释放到达cd过程中，根据动能定理可得 2·4m,解得，=√2，此时导体棒开始切割磁 4mgh= 感线，产生感应电动势E=L,F要=B,1=。E F安 R。+R,a= m 联立解得a,故A正确：退从棒进人歌场到上 者共速过程中，满足动量守恒定律，根据动量守恒定律可知 4m=5m1,对b棒应用动量定理可得BLI△t=mw1-0,通过 6棒的电荷量△，解得g=。-4m故B错误 C.从α棒进人磁场到二者共速过程中，根据能量守恒可得回 路中产生的总焦耳热为Q=弓·4m后-7·5mi,解得Q 4 2 mgb,根据焦耳定律可知导体棒a产生的焦耳热 R Q.5示Q=25mgh,故C正确；D.根据q=1·41= △p 5R△t 、A一BL△x4m2gh,解得Ax=p272一，故D正确.故 5R B2L2 选B. 4.(1)1.6V(2)1.55s(3)0.5625 解析：(1)导体棒6进入磁场前，做匀加速直线运动，设加速 度为a,由牛顿第二定律可得m2gsin0=m2a,进入磁场时速 度为v1,则由匀变速直线运动规律可得子=2axo,解得1= 3m/s,此时导体棒产生的电动势E1=B1Lm1,结合闭合电路 欧姆定律可知，此时6两端电压U=BR=16V R+R (2)进人隘场前运动时间，=。=058，在磁场中匀速运动 时，设此时速度为2，此时电动势E2=B,L2,导体棒b受到 的安培力P,=B,儿弘·，导体棒受重力、支持力 安培力，由平衡条件，沿斜面方向有FA=m2gsin0,此时联立 解得2=4.5m/s,设导体棒b从进人磁场到运动到斜面底部 过程用时t2,由动量定理可得m2gsin0×t2-B,LIt2= 选择性必修第二册 BLx m,m,,又因为，=9=R+R,联立解得=1.05，则总 时间t总=1+t2=1.55s; (3)碰后对a棒由动量定理有-B2LI△t=0-m1v.,其中I△t= R中R△=RR+R,代人数据解得0。=1.2m/s,对a、6 碰撞过程由动量守恒可得m2,=m1。+m2%,由能量守恒可 得，=n+?,解得碰前导体棒6的速度大小 ,=3m/s,导体棒b从EF到GH之间运动时由动能定理则 有7m,8d=2m听-2号，解得u=05625 1 5.A解析：A.设此时杆cd的速度为2，在两金属杆运动过程 中，两杆组成的系统动量守恒，有2mw1-m2=0,得2=21， 此时回路中产生的电动势为E=B(v,+v2)=3B,回路中的 电流大小为1=号山杆所受的安缩力大小为： 32,山杆的加速度大小为a BI,l -F-F1-F3B2P1 2r 2m2m4mr’ 故A正确：B.设达到最大速度时ab杆的速度为v,设cd杆的 速度为v',由选项A分析，可知ab杆所受的安培力大小为 下产=3”，杆达到最大速度时，山杆所受的拉力与安培力 平衡，即F:治解得：器B结误：①在0-7时间 内，设通过ab杆的平均电流为I,对ab杆应用动量定理得 FT-B几·T=2mw,解得通过ab杆横截面的电荷量q=IT= B以3BP,ab,cd杆串联，通过的电荷量一样，故CD错误故 FT 4Fmr 选A. 6.C解析：A.b棒离开挡杆前，对a有F-BIL-mgsin0=F- B2Lv 2R-mgsin0=ma,可知u增大，加速度a减小，即b棒离开 挡杆前，a棒做加速度减小的加速直线运动，故A错误；B.b 棒刚要离开挡杆时，对6有mgsin0=B1,L,对a有L=2R' BLv 联立解得= =g0,故B错误，CD,在o时刻，拉力大 小减为5=2mgs血0，可知系统合外力为零，系统动量守恒， 最终两棒速度差保持恒定，匀速运动，对b棒BIL=mgsin0, 而1(），在0~，时间内，取沿导轨向上为正方向， 2R 对ab棒整体，因两棒受到的安培力大小相等，方向相反，所 以安培力对整体的冲量为零，由动量定理得Ft。-2 mgsin0x o=m,+m,-m1,联立解得，=g,sin9+2 mgRsin0, B2L2, v。=glosin0,故C正确，D错误.故选C. 7.()4ms4J(2145mg(3)9c 解析：(1)a棒沿倾斜导轨下滑的过程，对电容器充电；对a 棒，根据牛顿第二定律有mgsin0-BiL=ma1, 黑白题52 根据=是4Q=CA,4=BA,是=4，联立解得4 mgsin =4 m/s m+CB2L2 a棒做匀加速直线运动，t1时刻a棒的速度1=a141=4m/s, 位移-2m 对a棒和电容器，根据能量守恒定律有mgxsin0= 2 mvi+E, 解得E。=4J; (2)以b棒和物块为研究对象，设其加速度为α，根据牛顿 第二定律有mg=2ma2, 解得a2=5m/s2, t1时刻b棒的速度2=a2t1=5m/s, 此时回路的电动势E=BL(2-u,)=1V, 此时电流1员1A 对a棒，由牛顿第二定律有B=ma3, 解得a3=1m/s2, 对b棒和物块，由牛顿第二定律有mg-BIL=2ma4, 解得a4=4.5m/s2; (3)设两棒加速度相同时a、b棒的速度分别为v。和6，回路 中的电动势E=BL(v。v。), 由闭合电路欧姆定律得1= BL(6-va） R 安培力F=BIL, 由两棒加速度相同得2 B2L(。-v)B2L(-v.) R =mg R 10 解得。=3m/s, 对a棒利用动量定理有∑BILAt-=m(v,-v1), 则BLg=m(v。-v1), 对b棒和物块利用动量定理有mgt2-∑BIL△t=2m(v,-v2), 则mgt2-BLq=2m(v-"2), 联立解得q=9 上分专题10电磁感应中的线框模型 1.C解析：A.线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁 场，那么线框以相同的速度匀速穿出磁场，设线框每条边电 阻为R,根据E=,1乐解得1-职不变1不变，根据 楞次定律，感应电流的方向先逆时针后顺时针，A正确； E B.进人磁场过程中E=B,I=4RU=3R,解得U= 子B,穿出磁场过程中E=Bu,1石，.=R,解得U 4B,始终6点电势高，B正确；C.根据左手定则，安培力 的方向始终竖直向上，C错误；D.线框产生的热量Q=卫· 4=4R么_4Bhxh,D正确，故选C 1 01 2.B解析：A线框MN边刚进人磁场Ⅱ时，MN、PQ两边同时 参考答案与解析 切割磁感线，电动势方向相反，电路电流为0，加速度为0， 故A错误；B设线框的初速度大小为。，线框穿过两磁场过 程中，根据动量定理-B业=0-m,即BL=m,又： E-4中g=△中3B AE,9=R=R一，则B RL=m,解得，= 故 B正确；C.设PQ边刚出磁场I时速度为1，根据动量定理有 。1 )BL=m心，解得，2o,线框穿过磁场1、Ⅱ，线框 R 1 产生的焦耳热为之比品.之m(6-) 3 Q,1nP=1,故C错误；D.若 2m(2 仅将磁场Ⅱ方向反向，两条边同时切割磁感线，安培力变大， 线框不能穿出磁场Ⅱ，故D错误故选B. 3.C解析：A.线框进人磁场的过程，由楞次定律可知电流方 向为a→d→c→b→a,出磁场的过程，由楞次定律可知电流 方向为ab→c→d→a,故A正确；B.bc边进入磁场到刚要 2 Bx- 离开磁场的过程，总电荷量为q= 2 BL2 ,此时外电路ad 3 3R 边与定值电阻并联，阻值相等，故流过电阻R的电荷量为 q'=g-B二，故B正确；C.bc边从进人到B的过程，由动量 定理有-BI1L△1=mw,-mo,从ad边进人磁场到g的过 程，由动量定理有-BI2L△12=0-m1,由于线框进、出磁场区 域产生的总电荷量相等，即14山=4山=？，解得=之，故 C错误；D.bc边进入磁场的过程产生的总焦耳热为Q,= 了子-了（侣）广=名，侧出破扬过程产生的耳热 23 1 1 为Q,=2m哈-Q,=8m6,故两过程产生的焦耳热之比为 3:1,故D正确.故选C 4.（1)0.8N(2)4m/s(3)4.32J 解析：(1)设线框ab边刚进入磁场时的速度为o,根据动能 定理有gsn30弓民， 解得vo=2m/s, 线框ab边切割磁感线产生的感应电动势E=BLo=O.8V, 根据闭合电路欧姆定律有1==2A, R 可得线框ab边刚进入磁场时受到安培力F=BL=O.8N: (2)线框匀速运动时受到的合力为零，根据受力平衡有 F安=mgsin30°， E1 BLam 又F安=BL,山=RR 代入数据解得vm=4m/s; (3)由题意可知，线框在沿斜面下滑的过程中始终受到安培 力的作用，设线框从刚进人磁场开始经时间△：，速度变化为 B2Lv △，线框速度为，此时有F安=R 黑白题53上分专题9！ 电磁感应中的双杆模型 命题密钥 电磁感应中的双杆模型作为单杆模型的进阶，整个系统的动态反馈更为复杂，两根杆的 状态相互制约，但由于两根杆是串联连接的，则以感应电流与安培力为纽带，来进行稳态与过 程的分析，需要更多地从能量、动量角度来看待双杆问题 双杆模型作为常考考点，可作为中档题与压轴题出现，要注意有无外力、导轨是否等距对 稳态的影响。 考点觉醒 类型 图示 运动分析 稳定状态 匀速 a杆：加速度减小的减速运动 等间距 西 Va=Vi b杆：加速度减小的加速运动 I=0 无外力 匀速 a杆：加速度减小的减速运动 不等间距 生 Lava=LiVs b杆：加速度减小的加速运动 1=0 匀加速：a1=a2 等间距 超 a杆：加速度减小的加速运动 b杆：加速度增大的加速运动 △v=U。U6恒定 有外力 I恒定 a杆：加速度减小的加速运动 匀加速：a1≠a2 不等间距 口 b杆：加速度增大的加速运动 I恒定 实战演练 类型一无外力双杆模型 1*(2025·江西上饶期末)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导 轨间距分别为2L和L,两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内。导轨间存在竖直向下的、 磁感应强度为B的匀强磁场，两根质量分别为2m与m、接入电路电阻均为R的导体棒C、D分 别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t=0时使导体棒C获得瞬时速度 ,向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导 体棒C未到两组导轨连接处。则下列说法正确的是 （) M 2B2L2 A.t=0时，导体棒D的加速度大小为a= mR 黑白题·上分秘籍27 B.达到稳定运动时，C棒的速度为 3 C从=0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为？m。 D.从t=0时至达到稳定运动的过程中，通过导体棒C的电荷量为 3BL 2.森(2025·江西抚州期末)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为 L,导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应 强度大小为B的匀强磁场。在t=t,时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁 场，速度大小均为o；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t=t2,b棒仍位于磁场区域内。已 知金属棒a、b长度均为L,电阻分别为R和2R,质量分别为2m和m。在运动过程中两金属棒 始终与导轨垂直且接触良好，α、b棒没有相碰，则 () A.t2时刻b棒的速度为0 B2L'vo B.t1时刻b棒加速度大小为 mR C~5时间内，a棒产生的焦耳热为号m号 D.t1~t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍 3.鞋(2025·山东齐鲁名校联考)如图所示，两间距为L的平行倾斜光滑导轨与足够长的水平 平行光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量为m的导体棒b静止放在水平导轨上且与导轨 垂直，在cd右侧存在竖直向上、大小为B的匀强磁场。质量为4m的导体棒a垂直于倾斜导 轨，从离水平导轨高h处由静止释放，整个过程a、b棒未接触。已知两根导体棒的材质一样， 长度相同，导体棒α的有效电阻为R,重力加速度为g。下列说法错误的是 () B2L2√2gh A.整个过程中导体棒b的最大加速度为 5Rm B.整个过程中通过导体棒的电荷量为 m√2gh 5BL Q整个过程中导体棒a产生的热量为，mgb D.导体棒6初始时刻距离cd的距离最小为4mRv2g5 B2L2 28物理|选择性必修第二册 4.(2025·安徽A10联盟模拟)如图，间距为L=1m的平行导轨由倾斜部分和足够长的水平 部分组成，固定放置在地面上，两部分在E、F处通过光滑绝缘圆弧小段连接.倾斜导轨光滑，倾 角0=37°，上端连接一个阻值R=4D的电阻，倾斜导轨上的矩形区域KMEF间存在垂直导轨 平面向下的匀强磁场，磁感应强度B1=0.8T,且MK与EF相距x=3.6m;水平导轨上的矩形区 域FEGH部分无磁场，且EF与GH相距为d=1m,该部分导轨粗糙，GH右侧导轨光滑，处于竖 直向上、磁感应强度大小为B2=1T的匀强磁场中.质量m1=0.32kg、电阻R1=32的导体棒a 静置于水平轨道上GH处，现让质量m2=0.08kg、电阻R2=2D的导体棒b从距磁场边界MK 为x。=0.75m处静止释放，已知导体棒b到达倾斜导轨底部前已匀速，滑到水平轨道上与α棒 发生弹性碰撞，碰后a棒向右运动x,=1.92m后停下，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速 度g取10m/s2,连接处之外的导轨电阻不计，求： (1)导体棒b刚进入磁场B,时b棒两端的电压； (2)导体棒b在倾斜导轨上运动的时间； (3)导体棒b与水平粗糙导轨间的动摩擦因数. M B 绝缘连接 /0↓EG a Fd" 绝缘连接 类型二有外力双杆模型 5.#(2025·江西模拟)如图，两根相距为1的足够长的平行光滑导轨固定在同一水平面上，并 处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B,αb和cd两根金属杆静止在导轨上，与导轨 构成矩形闭合回路.两根金属杆的质量关系为mb=2m4=2m,电阻均为T,导轨的电阻忽略不 计.从t=0时刻开始，两杆分别受到平行于导轨方向、大小均为F的拉力作用，分别向相反方向 滑动，t=T时，两杆同时达到最大速度，之后都做匀速直线运动，下列说法正确的是 () A.若在t(t,<T)时刻ab杆速度的大小等于v,此时ab杆加速度的大 小为2m4m F 3B2Pv B.在0~T时间内，ab杆的最大速度为4 B212 C.在0~T时间内，通过ab杆横截面的电荷量为T2Fm BI 3B1 D.在0~T时间内，通过cd杆横截面的电荷量为 2FT 2Fmr Bl 3B1 黑白题·上分秘籍29 6.接(2025·江西上饶二模)如图，两条光滑且足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置，两导轨 与水平面间夹角均为0，间距为L,导轨所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应 强度大小为B。两相同导体棒α、b垂直导轨放置，质量均为m,接入电路的电阻均为R,b棒靠 在绝缘挡杆上保持静止。a棒在沿导轨向上的拉力F=4 ngsin0作用下由静止开始做加速直 线运动，将6棒刚要离开挡杆时刻设为0时刻，在，时刻，拉力大小诚为了，直到运动稳定。导 轨电阻不计，运动过程中两导体棒与导轨始终垂直且接触良好。关于α、b棒从静止到最终稳 定运动的过程，下列说法正确的是 A.b棒离开挡杆前，a棒做匀加速直线运动 B.b棒刚要离开挡杆时，a棒速度大小为4 mgRsin日 B2L2 C.b棒最终速度大小为glosin0 D.a棒最终速度大小为g,sin+mgRsin日 B2L2 7.教如图所示，一间距L=1m的光滑平行倾斜金属导轨倾角0=37°，轨道上端连接一个电容 C=0.5F的电容器，轨道下端通过一小段绝缘光滑圆弧与间距也为L的水平光滑足够长的金 属导轨相切连接在一起，整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小均为B=1T的 匀强磁场中，a棒的电阻不计，b棒的电阻R=12,α、b棒的长度均为L,b棒通过绝缘细绳跨过 固定光滑轻质定滑轮与一小物块相连，细绳与水平导轨平行，α、b棒及物块的质量均为m= 1kg,在外力控制下b棒和物块处于静止状态.a棒从斜轨上由静止释放，α棒运动的同时释放b 棒和物块，经过t1=1s,a棒到达斜轨末端，速度大小无损失地滑上水平导轨，再经过t2=1s,a、 b棒的加速度相同.导轨电阻不考虑，忽略电磁波辐射和空气阻力，b棒始终与导轨垂直，且不 与滑轮相碰，重力加速度大小g取10m/s2,sin37°=0.6.求： (1)α棒到达斜轨末端的速度大小和电容器上最终储存的电势能E。； (2)a棒刚滑上水平导轨时a、b两棒的加速度大小： (3)从a棒滑上水平导轨到a、b两棒加速度相同，通过b棒的电荷量g. /a C↑B c'绝缘处 30物理|选择性必修第二册