第2章 专题探究6 电磁感应中的动量与能量问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

专题探究六电磁感应中的动量与能量问题 黑题 专题强化练 限时：70min 题型1电磁感应中的动量问题 定两种情况下，最初摆放两杆时的最小距离 1.(多选)如图所示，在足够大的光滑水平面上， 之此为 有相距为d的两条水平的平行虚线，两虚线间 有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 + ×××× B.正方形线圈abcd边长为L(L<d),质量 为m,电阻不为0，初始时线圈在磁场一侧， A.1:1 B.1:2 当cd边刚进人磁场时速度为v1,ab边刚进入 C.2:1 D.4:1 磁场时速度为2，线圈abcd全部离开磁场时3.如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨， 速度为u,整个过程中线圈cd边始终与磁场 置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两 边界平行且线圈与光滑水平面接触，则下列 根质量相同的导体棒α和b,与导轨紧密接触 说法正确的是 且可自由滑动.先固定α，释放b,当b的速度 口 达到10m/s时，再释放a,经过1s后，a的速 度达到12m/s,则： (1)此时b的速度大小是多少？ ××× (2)若导轨很长，分析α、b棒最后的运动状态 A购的关系为写= 2 B.西的关系为= C.线圈进入磁场过程中，通过导线横截面的 m(v1-3） 电荷量为g= BL D.线圈进入磁场过程中，通过导线横截面的 m(v2-v3） 电荷量为q= BL 2.(2023·江苏南京一中期中)如图所示，在水4.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 平面上有两条导电导轨MN、PQ,导轨间距为 MN、PQ与水平面成30°角，其电阻不计，间距 d,匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度的 为1.长度也为l的金属杆a、b用细线连接，质 大小为B,两根完全相同的金属杆1、2间隔一 量分别为m和2m,两杆的总电阻为R.沿导轨 定的距离放在导轨上，且与导轨垂直.它们的 向上的外力F作用在杆a上，使两杆垂直导 电阻均为R,两杆与导轨接触良好，导轨电阻 轨静止.整个装置处在垂直于导轨平面向上的 不计，金属杆的摩擦不计.杆1以初速度。滑 匀强磁场中，磁感应强度为B,重力加速度 向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固 为g.现将细线烧断，保持F不变，金属杆a、b 第二章黑白题051 始终与导轨垂直并接触良好.求： 题型2电磁感应中的能量问题 (1)外力F的大小； 6.(多选)如图所示，平行导轨放在斜面上，匀强 (2)细线烧断后，任意时刻杆a与b运动的速 磁场垂直于斜面向上，恒力F拉动金属杆ab 度大小之比： 从静止开始沿导轨向上滑动，金属杆与导轨 (3)杆a、b分别达到的最大速度的大小 接触良好，导轨光滑.从静止开始到αb杆达到 最大速度的过程中，恒力F做功为W,ab杆克 服重力做功为W1,ab杆克服安培力做功为 W2,ab杆动能的增加量为△E,电路中产生的 焦耳热为Q,ab杆重力势能的增加量为△E。,则 130 () A.W=Q+W1+W2+△E+△E。 B.W=Q+W1+W2+△E 5.(2022·广东广大附中期末)如图是一种电梯 C.W=Q+AE+AE。 突然失控下落时的保护装置.在电梯后方墙壁 D.W2=Q,W1=△E 上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁 场区域宽1.6m,高0.5m,磁感应强度大小均 为0.5T.电梯后方固定一个100匝矩形线圈， 线圈总电阻为82，高度为1.5m,宽度略大于 (第6题) (第7题) 磁场.已知某次电梯运行试验中电梯总质量为 7.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所 2400kg,g取10m/s2,忽略摩擦阻力.当电梯 失去其他保护，由静止从高处突然失控下落 示抛物线的方程为y=x2,其下半部处在一个 时，求： 水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a (1)电梯下落速度达到2.5m/s时，线圈内产 的直线（如图中的虚线所示）.一个质量为m 生的感应电流大小； 的小金属块从抛物线y=b(b>a)处以速度v (2)电梯可达到的最大速度； 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块 在曲面上滑动的过程中产生的总的焦耳热是 (③)若电稀下落45m达到最大速度的行此 过程所用时间. 1 A.mgb B. 2 ma x B x C.mg(b-a) D.mg(6-a)+In X 8.(2022·四川巴中模拟)（多选）宽度为L、足 够长的光滑金属框架固定在竖直平面内，磁 感应强度为B的匀强磁场垂直于框架平面， 框架底端接有电阻R.质量为m的金属杆以初 速度。沿着杆竖直向上运动，经过时间t后速 选择性必修第二册·JK黑白题052 度大小又变为。，t时间内杆发生位移x.杆与10.(2023·湖北十堰质检)如图所示，条形磁场 框架始终接触良好，不计框架与杆的电阻，忽 组方向水平向里，磁场边界与地面平行，磁 略空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正 场区域宽度为L=0.1m,磁场间距为2L,一正 确的是 ( 方形金属线框质量为m=0.1kg,边长也为L, A杆上升的最大高度为 总电阻为R=0.022.现将金属线框置于磁场 8 区域1上方某一高度h处自由释放，线框在 B.t时间内通过R的电荷量的 经过磁场区域时bc边始终与磁场边界平行， 绝对值之和为B 当h=2L时，bc边进入磁场时金属线框刚好 能做匀速运动.不计空气阻力，重力加速度g C.t时间内杆受到的安培力大小 取10m/s2 不会大于mg (1)求磁感应强度B的大小： D.t时间内R上产生的焦耳热为mgx (2)若h>2L,磁场不变，金属线框bc边每次 9.(2022·云南昆明一中期末)如图所示，在倾 出磁场时都刚好做匀速运动，求此情形 角为30°的绝缘斜面上固定着两根足够长的 中金属线框释放的高度h; 光滑金属导轨MN和PQ,间距为d,电阻不计. (3)求在(2)情形中，金属线框经过前n个磁 在轨道上矩形区域CDEF内加一磁感应强度 场区域过程中线框中产生的总焦耳热 为B,方向垂直斜面向下的匀强磁场，在轨道 上GH处放置两根质量均为m,电阻均为r的 导体棒a、b,导体棒的粗细可忽略，已知CF的 长度是CG的3倍.先由静止释放a棒，a棒刚 进入磁场即做匀速运动，此时再由静止释放b 棒，两导体棒与导轨始终保持良好接触求： ד×xx“x×× (1)CG的长度； ×.×.×.×.×B×.×2 (2)a棒从开始下落到出磁场的过程中，两导 Lfx×汉×xxx 体棒产生的总热量 X××××B×.X 0130 第二章黑白题053棒中产生感应电动势E,在重力和安培力作用下运动，由牛 RR2,I=Rw 顿第二定律得mg-BL=ma1,E=BL1,R外R,+R,' E 联立解得：a1=5m/s2. (2)由题意可知，导体棒进入磁场Ⅱ后，由于导体棒中电流 大小始终保持不变，则导体棒做匀速运动，安培力与重力等 大反向，即=L,广民E=联立解得： 6m/s.导体棒从MW到CD做加速度为g的匀加速直线运 动，则v2-=2gh,解得：h=1.35m (3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小v=2+at, Png-f=a,r医联立解得：P=(16)N 7.B解析：CD.当经过足够长时间后，回路电动势保持恒定， 有E=2Bm-B.,由于电动势恒定，则对上式两边求变化 率有0=2Bla。-Bla.根据受力分析有a。= F-F安a。F安 2m,a- m F安6=BL,F安。=2F安6，整理后有F=3F安b,a,=2a。,则金属棒 a和b均做匀加速直线运动，且b的加速度是a的2倍， CD错误；B.由选项D知F=B肌=号解得13由于 a,b导体棒串联，则流过a的电流大小也为3BB正确； 人由选项B知1R:=3R,则E=瓜：份，回路感应电 动势为份A错误故选B 8.AD解析：A.对导体棒P在下滑过程中受力分析有mgsin30°- F安=ma,而安培力为F安=BL,而1=，4g=CA0,且A0正 a,a总由题可知C=祝联立可得a=号，故A正确 B.导体棒在倾斜轨道上做匀变速直线运动，由v2=2x=2× 4×in30,解得=√g,故B错误；CD.当导体棒P进入水 8x h 平导轨后，导体棒P切割磁感线产生感应电动势，产生感应 电流，导体棒在安培力作用下开始减速，产生的感应电流逐 渐减小，安培力逐渐减小，所以当P刚进入水平轨道时产生 的感应电动势最大，感应电流最大，安培力最大，由受力平衡 可知此时导体棒Q受到的摩擦力最大，所以有F,=F安= 2BL=2B2BLL=4BTV,故D正确，C错误，故选AD. R 9.(1)0.8m/s(2)10s 解析：(1)MN杆切割磁感线产生的感应电动势为E,=BLm, E 由闭合电路欧姆定律，得L一2R,MW杆所受安培力大小为 F安=BI1L, 对MN杆应用牛顿第二定律，得F-mg-F安=ma, 选择性必修第二册·JK 当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零， 联立解得，MW杆的最大速度为。=2(Fmg)R BiL2 2×(0.18-10-2×10)×0.2 m/s=0.8m/s. 12×0.22 △Φ△BLd (2)回路中的感应电动势为B,A:,由闭合电路欧 E2 △B 娟定律得=只1时刻的磁感应强度为B= 4t, PQ杆对地面的压力恰好为零时，由平衡条件，有mg=B1,L, 联立解得t= 2mgR2×10-2×10×0.2 8=108. △B)2 0.52×0.22×0.4 △tJ 专题探究六电磁感应中的动量与能量问题 黑题专题强化练 1.BD解析：AB.线框进入磁场过程中根据动量定理有-BLI△= mw2-mw1,而g=I△t= RR,所以-BL △ΦBS 乙Rm,-m.同理可 得线框离开磁场时有：BLB =m3-mw2,所以有3-v2=U2 ,则，”十”：，故B正确A错误；CD.线框进人磁场过程根 据动量定理：-BL1·△t=mw2-m1,而q=△t,联立可得q= m(v1-2 BL ,又因为3-2=2-心1，所以q= m(）,故D正 BL 确，C错误故选BD. 2.C解析：杆2固定，当杆1速度减到零时恰到达杆2位置， 则最初摆放两杆时距离最小，设为s1, △ΦBdk1 对回路有91=2R2R 对杆1有-B11d·△=0-mo,91=1·△L, 2Rmvo 联立解得s1Bd Bds, 杆2不固定，设两杆最小距离为52，则有92=2R 对杆2，则有BL2d·△t'=mw2-0, 两杆组成的系统满足动量守恒，则有mwo=mw,+mw2, 末态两杆速度相同U1=2,又q2=12·△t', 联立懈得2=2P,所以s1:2=2:1. ABD错误，C正确.故选C 3.(1)18m/s(2)两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀 加速运动 解析：(1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的 闭合回路中产生感应电流，于是a棒受到向下的安培力，b 棒受到向上的安培力，且二者大小相等.释放α棒后，经过时 黑白题22 间t,分别以a和b为研究对象，根据动量定理，则有：(mg+ F)t=mv,(mg-F)t=mv-mvo, 代入数据可解得：v,=18m/s. (2)在a、b棒向下运动的过程中，a棒产生的加速度a1=g+ 片6棒产生的加速度0，=g二当a棒的速度与6棒接近 m 时，闭合回路中的A吧逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安 培力也逐渐减小最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g 的匀加速运动 4.(1)F=1.5mg(2)2:1(3),= 2mgR 3B22% _mgR 3B22 解析：(1)细线烧断前，对杆α、b作为整体受力分析，由于两 杆垂直导轨静止，则沿倾斜导轨方向有F=3 mgsin30°，解得 F=1.5mg. (2)设某时刻杆a和b的速度分别为v1、2,对杆a、b作为整 体，根据动量守恒定律得m,-2mm,=0,解得=2 (3)细线烧断后，杆α向上做加速运动，杆b向下做加速运 动，由于速度增加，感应电动势增加，杆α和杆b所受安培力 增加，所以加速度在减小，当杆α和b的加速度减为零时，速 度最大；对杆b,根据平衡条件可得Bl=2 mngsin30°，根据闭合电 路欧姆定律可得I=￡，根据法拉第电磁感应定律可得E= R 2mgR mgR Ba,+B,联立解得：1=3B,382P 5.(1)50A(2)7.5m/s(3)1.2s 解析：(1)电梯下落时，线圈上下两边均切割磁感线产生感 应电动势E,=2nBL1,由欧姆定律，可得此时线圈内产生的 感应电流大小为丛？，代入数据得：山50A (2)当电梯达到最大速度时，电梯所受重力与安培力平衡， 有mg=2 nBIL,又有In= 2h联立得代人 R 数据得vn=7.5m/s. (3)在电梯下落过程中，电梯所受安培力不断变化，取△：为时 间微元，则此时安培力可视为恒力，由动量定理，得mg△t- 2 nBILA:=mAu,而I三2n,代入上式，有mgAt 4nBA=mA,即msA4n2BT△M-mAn将电梯下落的 R 各段时间累加，可得mgt- 4n2B2L2h R =m,解得t=4n2BL2h mgR 4 而三5=6ms,代入数据得：e山， 6.CD解析：ABC.功是能量转化的量度，做功的过程就是能 景转化的过程，力F做功转化为电路中产生的焦耳热、金属 杆ab增加的动能和增加的重力势能，所以有W=Q+△E,+ 参考答案与解析 △E。,AB错误，C正确；D.ab杆克服重力做的功等于ab杆重 力势能的增加量，即W1=△E。,ab杆克服安培力做的功等于 电路中产生的焦耳热，即W,=Q,D正确.故选CD. 7.D解析：金属块在进人磁场或离开磁场的过程中，穿过金 属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生热量.最后，金 属块在高为a的曲面上往复运动.减少的机械能为mg(b- a)+2mw2. 8.CD解析：A.杆若只受重力作用，根据动能定理-mgh=0- 子m,可得上开的高度为人=多，而杆在上升过程中，受重 2g 力安培力，所以上升的高度小于，放A错误；B,设：时间 内通过电阻R的电荷量为q,对金属棒，产生的感应电动势 为五=会地电流为1一层通过R的电荷量为g=,联立可 BL(上+下)，根据题意可知上+下大于x,所以：时间 得q= 内通过R的电有量的绝对值之和大于？，放B错误：C导 体棒先向上做匀减速运动，减速到零以后向下做加速运动， 向下运动受到向上的安培力和向下的重力，安培力的表达式 为F”,即安培力和速度有关，因此全过程安培力始终 小于重力，故C正确：D.在t时间内只有重力和安培力做功， 根据能量守恒mgx-Wp=0,所以产生的热量为Q=mgx,故 D正确.故选CD. 9.(1)s=m(20=mg Bd B'd 解析：(1)设a棒刚进入磁场时的速度为，CG长为s,则进 入磁场时，电动势E,=Bd,电流11=)，安培力F安=BL1d, 匀速直线运动受力平衡F安=mgsin30°，进入磁场前a棒匀 加滚运动a曲30了，2a,解得：学 Bd (2)a棒进入磁场后做匀速运动，b棒做匀加速运动，当b棒 下落s距离进入磁场时，a棒在磁场中运动了2s.此时a、b棒 速度相同，一起做加速度为名的匀加速运动.当α棒刚出磁 场时，b棒在磁场中运动距离为s,此时b棒的速度为2，则 v=2as, a棒从开始下滑到出磁场的过程中，a棒下滑的距离为4s,b 棒下滑的距离为2s,此时a、b棒的速度为2，根据能量转化 和守恒得 mg·4s·sin30°+mg·2s·sin30°=2×2m号+Q,解得 Q=mgr B'di 黑白题23 10.(1)1T(2)0.3m(3)0.3nJ 解析：（1)当h=2L时，bc边进人磁场时线框的速度v= √2gh=2√g缸=2m/s,此时金属框刚好做匀速运动，则 有mg=BIL 又1尽0联立解得B=乙受，代人数据得：因 1T. (2)当h>2L时，bc边第一次进入磁场时金属线框的速度 =√2gh>2√gZ,即有mg<BL 又已知金属框bc边每次出磁场时都刚好做匀速运动，经过 的位移为L,设此时线框的速度为'，则有v2=v2+2gL,解 得：v'=√6m/s. 根据题意可知，为保证金属框bc边每次出磁场时都刚好做 匀速运动，则应有v'=。=√2gh,即有h=0.3m (3)设金属线框在每次经过一个条形磁场过程中产生的热 量为Q,则根据能量守恒有：之m+mg(2)=分m2+Q。, 代入解得：Q。=0.3J,则经过前n个磁场区域时线框上产生 的总的焦耳热Q=nQo=0.3nJ 专题探究七电磁感应中的图像问题 黑题专题强化练 1.C解析：在0~t时间内，线框从图示位置开始(t=0)转过 90的过程中，产生的感应电动势为么=0，由闭合电 路欧姆定律得，回路中的电流为I,= E1 BoR ,=2,,根据楞次定 律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向（沿ONM 方向).在t。~2时间内，线框进入第三象限的过程中，回路 中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向）.回路中产生的 感应电动势为瓦，=之AoR+号·2BoR=子BoR=3B,感 应电流为12=3引1，在2。~3t时间内，线框进人第四象限的过 程中，回路中的电流方向为逆时针方向（沿OWM方向），回 路中产生的感应电动势为B,=子BaR+子·2B0R2 号8oR2=3E1,感应电流为=3，在36-4时间内，线框 出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿 OMN方向)，回路中产生的感应电动势为B,=wR,由闭 合电路欧姆定律得，回路电流为I,=I,故选C 2.C解析：AD.根据楞次定律，第一个菱形进人磁场的过程 中，感应电流的方向为bcd,第二个菱形出磁场的过程中，感 应电流的方向为ef血，这两个过程感应电流的方向为正 值，AD错误：BC.当ab和de同时在磁场中切割磁感线时，根 选择性必修第二册·JK 据右手定则，感应电流的方向是b到a、e到d,电流方向为负 值：当只有一个菱形在磁场中切割磁感线时有效长度的最大 值为菱形的对角线，等于d,当ab和de同时在磁场中切割磁 感线时，切割磁感线有效长度的最大值等于ab有效长度与 de有效长度之和，等于2d,所以反向电流的大小等于正向电 流大小的2倍，B错误，C正确.故选C. 3.A解析：由于匀强磁场的宽度略小于1，导线b在磁场内 时cd、ef在磁场外时，导线ab充当电源，U表示路端电压 导线cd在磁场内时ab、gf在磁场外时，导线cd充当电源，U 是外电路并联电压，路端电压U,=号地， 导线ef在磁场内时ab、cd在磁场外时，导线ef充当电源，U 是外电路并联电压，路端电压U,=了，故选A 4.ACD解析：A.由E=BLv可知，感应电动势与速度成正比， 而在ab段的电压随时间均匀增大，因此可知在t,到t2这段 时间内，火车的速度随时间也均匀增大，所以火车在这段时 间内做的是匀加速直线运动，故A正确；B.同理，火车在3~ 4时间内做匀加速直线运动，故B错误；C.由图乙知t,时刻 对应的速度为，= ,时刻对应的速度为2，故这 段时间内的加速度为a=:,心、，故C正确：D.由 i2-41nBl(t2-t1） 儿3 图乙知时刻对应的速度为，nB,时刻对应的速度为 点则这段时间内的平均速度为女-批则这 段时间内的位移为x=v△t= (,-),故D正确；故 2nBl, 选ACD BLv 5.D解析：竖直向上的过程中，有mg+ =ma,解得 R+r B'L'v a-g+ mR+mr 则金属杆αb做加速度逐渐减小的减速运动，直到速度为0； 竖直向下的过程中，有 B'Lv mg R+r =ma',解得a'=g B2Lv mR+mr 则金属杆a山做加速度逐渐减小的加速运动.由于安培力做 负功，返回时速度的大小应该比，小，故D正确，ABC错误 故选D. CD解析：线框受到的安培力F安=BL=B”,刚进入磁 场时，线框做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得F= BL线框所受合力为零，在0~L位移内，加速度a=0;线框 R 黑白题24