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（人教版 江苏专用）

专题探究六 电磁感应中的动量与能量问题 黑题 专题强化 限时：70min 题型1电磁感应中的动量问题 棒M和N分别置于轨道上的ab段和bc段， 1.籍如图所示，在足够大的光滑水平面上，有 且与轨道垂直.开始时金属棒M和N均静止， 相距为d的两条水平的平行虚线，两虚线间有 现给金属棒M一水平向右的初速度o,不计 方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B 导轨电阻，则 正方形线圈abcd边长为L(L<d),质量为m. 2L2vo A.M棒刚开始运动时的加速度大小为 电阻不为0，初始时线圈在磁场一侧，当cd边 mR 刚进入磁场时速度为1，ab边刚进人磁场时 B.金属棒M最终的速度为 U 速度为v2,线圈abcd全部离开磁场时速度为 5 ,整个过程中线圈cd始终与磁场边界平行 且线圈与光滑水平面接触，则下列说法正确 C.金属棒N最终的速度为 的是 ( D.整个过程中通过金属棒的电荷量为2 ①吗，的大小关系为好= 5BL 2 3.（2025·重庆模拟)为保证游乐园中过山 ②西，的大小关系为，=， 车的进站安全，过山车安装了磁力控速装置， 其运动情况可简化为如图所示的模型.轨道间 ③线圈进入磁场过程中，通过导线横截面的 有匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直 电荷量为g= m(1-3） 斜面向上.正方形金属框安装在过山车底部， BL 线框abcd沿斜面加速下滑，以速度vo进入匀 ④线圈进入磁场过程中，通过导线横截面的 强磁场区域上边界，此时线框开始减速，bc边 电荷量为q= m(v2-v3） 刚出磁场区域时，线框速度又恰好为。，磁场 BL 区域上下边界距离大于线框边长.已知线框边 长为1，总电阻为R,过山车总质量为m,所受 摩擦力大小恒为斜面倾角为0，重力加速度 ×××××××× ×××××××× 为g.求： A.①③ B.①④ (1)线框在刚进磁场时所受安培力大小： C.②③ D.②④ (2)线框进入磁场的过程中，通过线框横截面 2.整(2025·江苏苏 的电荷量； 州期中)如图所示，固 (3)线框bc边刚进磁场到bc边刚要出磁场所 定在水平面内的光滑 用时间. 不等距平行轨道处于竖直向上、大小为B的 匀强磁场中，ab段轨道宽度为2L,bc段轨道 宽度是L,ab段轨道和bc段轨道都足够长，将 质量均为m、接入电路的电阻均为R的金属 选择性必修第二册黑白题050 4.熱(2025·山东聊城模拟)如图所示，间距 题型2电磁感应中的能量问题 L=0.5m的平行导轨由倾斜部分和水平部分 5.*如图所示，平行导轨放在斜面上，匀强磁 组成，固定在水平地面上，两部分在E、F处通 场垂直于斜面向上，恒力F拉动金属杆ab从 过光滑绝缘圆弧小段连接.倾斜导轨光滑，倾 静止开始沿导轨向上滑动，金属杆与导轨接 角0=30°，上端连接一电容C=3F的电容器， 触良好，导轨光滑.从静止开始到αb杆达到最 导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场， 大速度的过程中，恒力F做功为W,ab杆克服 磁感应强度大小B=2T;水平轨道处于垂直 重力做功为W,ab杆克服安培力做功为W2, 导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大 ab杆动能的增加量为△E,电路中产生的焦 小B=2T;质量mn=2kg、电阻R=0.82的导 耳热为Q,ab杆重力势能的增加量为△E。,则 体棒a静置于水平轨道上GH处，GH与EF的 距离x=1m.现让质量m,=3kg、电阻不计的 A.W=Q+W1+W2+△Ek+△E。 导体棒b从倾斜导轨KM处静止释放，KM与 B.W=Q+W1+W2+△E EF间的距离s=1.8m,当导体棒b越过EF C.W=Q+△Ek+△E 时，对导体棒a施加水平向右的F=12.5N的 D.W2>Q,W1=△E。 拉力，再经过t=0.4s,a、b棒的距离最近.已知 导体棒a、b与水平导轨间的动摩擦因数均为 =0.25,导轨电阻不计，重力加速度大小g取 10m/s2,求： (1)导体棒b到达EF时的速度； (第5题) (第6题) (2)导体棒a、b之间的最小距离； 6.**(2025·辽宁大连月考)光滑曲面与竖直 (3)从导体棒b越过EF开始计时，导体棒a 平面的交线是抛物线，如图所示.抛物线的方 在0~0.4s内产生的焦耳热； 程为y=x,其下半部处在一个水平方向的匀 (4)电流稳定后，导体棒a的速度 强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（如图 K/B 中的虚线所示).一个质量为m的小金属块从 抛物线y=b(b>a)处以速度v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 A.mgb B. 2 m C.mg(b-a） D.mg(b-a)im 7.(2024·白银期末)如图所示，足够长的 水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直 于导轨平面且方向竖直向上的匀强磁场，磁 感应强度大小为B.两导体棒a、b均垂直于导 轨静止放置.已知导体棒a质量为2m,导体棒 b质量为m,长度均为l,电阻均为r,其余部分 第二章黑白题051 电阻不计.现使导体棒a获得瞬时平行于导轨 场到a、b棒停止过程中，a、b棒产生的总 水平向右的初速度o-除磁场作用外，两棒沿 焦耳热. 导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动 过程中，下列说法错误的是 A.任何一段时间内，导 体棒b的动能增加量 小于导体棒a的动能 减少量 B.全过程中，两棒共产生的焦耳热为m 4 C.全过程中，通过导体棒b的电荷量为 2mvo 9.禁如图所示，条形磁场组方向垂直于纸面水 3BL 平向里，磁场边界与地面平行，磁场区域宽度 D.任何一段时间内，导体棒b与导体棒a的 为L=0.1m,磁场间距为2L,一正方形金属线 动量改变量总是大小相等、方向相反 框质量为m=0.1kg,边长也为L,总电阻为R= 8.禁(2025·安徽合肥模拟)如图所示，两平 0.022.现将金属线框置于磁场区域1上方某 行光滑的金属导轨，间距L=1m,其中左侧 一高度h处自由释放，线框在经过磁场区域时 OA、O'A'段为半径R=5m的四分之一圆弧， bc边始终与磁场边界平行.当h=2L时，bc边 中间AD、A'D'段水平，右侧DC、D'C'段与水平 进入磁场时金属线框刚好能做匀速运动.不计 面夹角为37°，且足够长，水平导轨所在空间 空气阻力，重力加速度g取10m/s2 存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B= (1)求磁感应强度B的大小； 1T,初始时刻，质量m1=1kg、在轨道间的电 (2)若h>2L,磁场不变，金属线框bc边每次出 阻R1=1.52的导体棒a,从圆弧顶端00'位 磁场时都刚好做匀速运动，求此情形中金 置由静止释放，磁场内的导体棒b静置于导轨 属线框释放的高度h; 上，其质量m2=2kg,在轨道间的电阻R2= (3)求在(2)情形中，金属线框经过前n个磁 0.52.a、b棒始终不发生碰撞，导体棒b在 场区域过程中线框中产生的总焦耳热 DD'位置离开磁场时速度v,=3m/s.两导体棒 与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直， 不计导体棒通过水平轨道与圆弧和倾斜导轨连 接处的能量损失、感应电流产生的磁场以及导轨 ×.×.×.×.×B×.X1 的电阻，取重力加速度g=10m/s2,求： 2L (1)导体棒a刚进入磁场时的加速度； ×××ד××× (2)从b开始运动到出磁场过程中，导体棒b 1×.×.××.-×B×.￥2 中产生的焦耳热； Lfx××xxxx 1×.×.×.×.×B×. (3)若在b离开磁场的时间内，对a施加一水 平向右的恒力F=4.5N,恰好能使a、b都 不再离开磁场，最后静止，求从b离开磁 选择性必修第二册黑白题052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 (3)b离开磁场在斜面上运动到再次进入磁场过程，根据对 称性有-t,=。-gsin37°·t, 解得t=1s, 从b返回磁场到均静止，组成的系统动量守恒，由动量守恒 定律有m1v1-m2,=0, 解得v1=6m/s, 即b返回磁场时，a的速度为6m/s,t时间内对导体棒a由 动量定理可得Ft-Bl1=m1v1-m1a, 又有7E, 联立解得t时间内的位移为x=5m, 根据能量守恒定律有Q总=Fx+ m2+2=3951 1 9.(1)1T(2)0.3m(3)0.3nJ 解析：（1)当h=2L时，bc边进入磁场时线框的速度v= √2gh=2√g缸=2m/s,此时金属框刚好做匀速运动，则 有mg=BL, 又1sEB 发，联立解得8=代人数据得B=1T (2)当h>2L时，bc边第一次进入磁场时金属线框的速度 to=√2gh>2√gZ,即有mg<BIL. 金属框完全出磁场后做匀加速直线运动，加速度为g,经过 的位移为L,设线框再次进磁场时的速度为'，则有2= 2+2gL,解得v'=√6m/s. 根据题意可知，为保证金属框b边每次出磁场时都刚好做 匀速运动，则应有v'=o=√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2m+mg(2L)=之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=nQ。=0.3nJ. 专题探究七电磁感应中的图像问题 黑题专题强化 1.A2.B 3.C解析：如图所示，导体棒匀速转动，设速度为v,设导体棒 从a到b过程某一点，棒转过的角度为0，则导体棒垂直磁感 线方向的分速度为v,=cos0,可知导体棒垂直磁感线的分 速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过b点和b 点关于P点的对称点时，电流方向发生变化，根据u=BLm1, 可知导体棒两端的电势差“随时间t变化的图像为余弦图 像故选C. 棒 “0P B 4.D解析：A.根据动生电动势表达式E=BL可知，感应电动 势与速度成正比，而在b段的电压随时间均匀增大，可知在 t1~t2时间内，火车的速度随时间也均匀增大，火车在这段时 间内做的是匀加速直线运动；在t2~t3时间内，这段时间内 电压为零，是因为线圈没有产生感应电动势，不是火车做匀 速直线运动；cd段的电压大小随时间均匀增大，可知在t3~t4 选择性必修第二册 时间内，火车的速度随时间也均匀增大，火车在这段时间内 做的是匀加速直线运动，AB错误：C.假设t1时刻对应的速 度为v1,2时刻对应的速度为2，结合图乙可得，山1=nBl心1， 山=nB2,故这段时间内的加速度为a=,-”= t2-t1 nB叫(6-)C错误：D.假设磁场的宽度为d,可知在- u2-u1 和t3~t4这两段时间内，线圈相对于磁场通过的位移大小均 为d,根据u=nBL,v,可得∑u·t=∑nBL,v·t=nBL,∑v·t= nB以，x,可知在t1~t2时间内和在t3~t,时间内阴影面积均 为S=nB,d,D正确.故选D. 5.A B解析：线框受到的安培力F生=B肌=R,b边刚进人磁 场时，线框做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得F= ,线框所受合力为零，在0~l位移内，加速度a=0;线框 R 完全进入磁场后，在1~2位移内，穿过线框的磁通量不变， 感应电流为零，不受安培力作用，所受合外力为F,加速度 a=元，线框做匀加速直线运动；当b边离开磁场时，线框的 F 速度大于进入磁场时的速度，所受安培力大于拉力F,加速 F安'-FB2Pv' 度a= m mR m ,线框做减速运动，速度'变小，加 速度α减小，线框做加速度减小的减速运动，在2l~3l位移内 加速度逐渐减小，故ACD都有可能，B不可能，故选B. 7.A解析：AC.若线框进入磁场时重力小于安培力，由牛顿第 二定律有B R-mg=ma1,线框做减速运动，安培力诚小，加 速度减小，做加速度减小的减速运动，完全进人后只受重力， 线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减 小，做加速度减小的减速运动，故A错误，C正确：B.若线框 进入磁场时重力恰好等于安培力，则线框匀速进入磁场，电 流不变，安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开 磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，则做加速度 减小的减速运动，故B正确；D.若进入时重力大于安培力，由 牛顿第二定律有mg B2Lv R =ma2,做加速运动，安培力增大， 加速度减小，做加速度减小的加速运动，完全进入后只受重 力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培 力减小，则做加速度减小的减速运动，故D正确本题选错误 的，故选A 第3节涡流、电磁阻尼和电磁驱动 白题基础过关 1.B2.C3.B4.A5.B6.C7.B8.B9.C 10.A △Φ 11.D解析：A根据法拉第电磁感应定律有E=n,线圈匝 数越多，产生的感应电动势越大，感应电流越大，电磁阻尼 现象越明显，即若减少线圈的匝数，会影响电磁减震系统的 减震效果，故A错误：B.振动过程中，穿过线圈的磁场方向 不变，但在强磁体靠近和远离线圈时，穿过线圈的磁通量的 变化情况不同，根据楞次定律可知，感应电流方向也会发生 变化，即振动过程中，线圈中感应电流的方向会发生变化， 黑白题22