专项突破10 电磁感应中的动量问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

3.D解析：A.由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E= △Φ△BTr2B ,A项错误；B.由楞次定律知圆形金属线圈 △t△tto 中的感应电流方向为顺时针方向，金属线圈相当于电源，电 源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电， 上极板带负电，B项错误：C.由闭合电路欧姆定律得感应电 流为1R+R+R,3。,o时间内流过R的电荷量为g Tr2Bo Ito=- 3R,C项错误；D.稳定后线圈两端的电压为U=1(R,+ _2BTr R2)= ，D项正确故选D 3to 4BD解析：AB.由B=:可得，磁感应强度变化率为AB 长，由 电酸感应定律可得E9是，其中5=以，解得回路中产 生的感应电动势为E=AB.P=,设金属线框每个边的电 △t 阻为R,abgh正方形线框相当于电源，则有内阻为3R,外电 路的电阻为风，-075R,由楞次定律可，6点为等 效电源的正极，h点为等效电源的负极，则有d点电势比c点 ER外 电势低，由闭合电路欧姆定律可得U。R+,不 Q75R+3R075R=专证，A错误，B正确：CD.由欧蝴定律可 kL2 、Ud_kL 得UR35有e串联，电阻相等，则有UD 么，-答C结误，D正魔放选m 专项突破9电磁感应中的动力学问题 1.D解析：AB.线框完全离开磁场后的运动为a=g的匀加速 运动，由题意可知，加速度恒为+g,AB错误；C.cd边刚进入 磁场时，线框恰好做匀速直线运动，所受安培力等于重力，线 框完全进入磁场后的运动为a=g的匀加速运动，故cd边刚 离开磁场时竖直方向的分速度大于cd边刚进入磁场时竖直 方向的分速度，所受安培力大于重力，可知cd边离开磁场的 过程中做加速度减小的减速运动，根据C选项的图像，ab边 出磁场时，加速度为零，安培力等于重力，即此时的速度刚好 等于cd边进入磁场时的速度；而从ab边刚进人磁场到cd边 刚出磁场，线框的加速度为g,位移为：接下来再运动位移 为l时，加速度均小于g,ab边刚出磁场时速度肯定大于ab 刚进入磁场时的速度，所以加速度不可能为零，C错误：D.cd 边刚出磁场时的速度大小不确定，线框的加速度大于g、等 于g和小于g均有可能，D正确.故选D. 2(1)5/g电流方向由d到e(2)号T(3)见解析 解析：(1)在t=0时刻根据牛顿第二定律有F=m1a, 且由图可知，t=0时F=5N,代入得a=5m/s2, 由右手定则可知，cd棒的电流方向是由d到c. (2)由题知cd棒做匀加速直线运动，经过时间t,cd棒速度 为v=at, 选择性必修第二册·RJ 此时E=B=Ba,1=nE ΓR1+R2 则cd棒的安培力为F零=BL= B'Lat R1+R21 由牛顿第二定律得F-F安=m,a, 由以上各式整理得F=ma+R,+R' B'L'at 由图线可知t=2s,F=13N, 代入得B=4T 3 (3)①当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向上时，f 棒受力如图1所示，当F,=m2gcos0时，cf棒在倾斜轨道上 的速度达到最大，之后ef棒飞离轨道，由于F,=BL= Ba,联立解得=4s R1+R2 m2g 图1 ②当mn左侧的匀强磁场与倾斜轨道平行斜向下时，ef棒受 力如图2所示.当2=m2gsin0时，ef棒在倾斜轨道上的速度 达到最大，之后ef棒减速并最终停在导轨上，且=P2= B'L'at u(m2gcos 0+F2),F2 =BIL= ,联立解得t2=21s. R1+R2 图2 专项突破10电磁感应中的动量问题 1.A解析：时间极短，可认为磁感应强度均匀变化，设线框左 右两边的磁感应强度差为△B,由动量定理可知有△BLIt 4BL4 R=mw=p,根据题意，A、B为同种均匀材料，可得 R 0,所以有PA-A△中4R:-1163 Pm。AD。`R,2x2×48,故选A 3 2.A解析：根据动量定理-BL=m×子-m,B1L=B☑= 4记，联立得=产L BL.Ad-BL.B 4R。 mR,放选A 3.C解析：A.两导体棒与导轨构成闭合回路，流过两导体棒 的电流相等，则两导体棒所受的安培力大小相等，由牛顿第 二定律得F=ma,可知导体棒P、Q的加速度大小之比为2： 1,故A错误；B.两导体棒P、Q组成的系统所受合力为零，则 系统的动量守恒，设最终达到的共同速度为v,由动量守恒 定律得m,=3m,解得=号，放B错误；C对导体棒P,由 动量定理得-B业=mm-m,又q=九，解得g=2,放C正 黑白题54 确；D,由达拉第电磁感应定律得万=中，又4d=BL·4,由 闭合电略姆定律得1-员又g=,解得△r。 故 D错误.故选C. 4.D解析：根据动量定理有mgt+BILt=m,根据法拉第电 磁感应定律有E-A中_B弘，根据闭合电路欧姆定律有7： △t 新特风放选D E 专项突破11电磁感应中的能量问题 1.C解析：B.通过电阻R的电荷量为g==B,-B必-1C, R R 故B错误，C金属杆达到最大速度um时加速度为零，有mg= BlnL,其中In= 以，可得2m/6,由动量定理 得mg-B几·=2m.-0,解得u-gB+2m=148,故C正 mg =h2 确：A平均速度i=片4=号ms,故A错误：D由能 10 1 量守恒定律得mgh=2×2m+0,解得Q=mgh-mm-=1.6J, 故D错误故选C. B'L'vo B2L 2B'L'uvpcos a 2.(1)R (2) 'mgR(ucos a-sina） (3)r(cos-sina） 解析：(1)闭合铜线框上边刚进人磁场时产生的电动势E= Bo,产生的电流1令=6，上边所受安培力F=BL3 B2Lvo R (2)线框上边刚进入磁场至线框上边刚要出磁场的过程，根 据动量定理得mgtsin a+l安-umgtcosa=0,其中I安=BIL, h=AD_BL2 RR,得 B2L3 mgR(ucos a-sin a) (3)线框上边刚进入磁场至线框上边刚要出磁场的过程，根 据动能定理得(umgcos a-mgsin a)d+W安1=0，根据功能关 系得Q电1=-W安1，根据功能关系得Qn=umgcos a(vot-d), 从线框上边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的 过程中，根据能量守恒得E=2 mgsin a×d+2Q电1+2Qn,得 2B2L'uvocos a E= R(ucos a-sin a) 专项突破12电磁感应中的图像问题 1.A 2.C解析：电容器充电完毕后，开关接2处时，处于放电状态 导体棒有从α到b的电流，在安培力作用下导体棒向右运 动，在金属棒运动过程中，由于切割磁感线也将产生电动势， 该电动势方向和电容器电压相反，故电路中电流是变化的， 当金属棒的感应电动势和电容器电压相等时，金属棒匀速运 动，电容器充完电带电量为Q=CE,故金属棒先做加速度逐 渐减小的加速运动，最后匀速运动，回路中电流为0，电容器 两个极板之间有电势差，仍带有一定的电荷量，开始的时候 参考答案与解析 ab的电压等于E,to时切割电动势为零，金属棒电压等于电 容器电压E,速度增大，切割电动势增大，电路电流减小，b 电压降低，最终为零，故C正确，ABD错误故选C. 3.C解析：A.当线框运动L时，右边开始切割磁感线，产生的 电动势为E=BL,方向为逆时针，为正方向；当向右再运动L 时，线框两边均切割磁感线，由于磁场反向，故电动势 E=2BL,方向为顺时针，为负方向；当线圈再向右运动L过 程中，只有左侧切割磁感线，此时，电动势为E=BLv,方向为 逆时针，为正方向，故A错误；B.当线框运动L时，右边开始 切割磁感线，电路中电流逆时针B,当向右再运动上时 线框两边均切制磁g线，产生顺时针方向电流？：2%，当 线圈再向右运动L过程中，只有左侧切割磁感线，此时电流 [为1=，沿正方向，由于线框匀速运动，拉力F等于安培力 F=BL,故第一个L时F=0,第二个L时F=BIL,第三个L时 F=B'·2L=4BIL,第四个L时F=BIL,方向一直与安培力方 向相反，向右，故B错误：C根据能量守恒，电路中的电功率 等于克服安培力做功的功率P=Fv,v不变，P与F成正比，P 变化图像与F变化图像相同，故C正确：D.第三个L阶段的 磁通量变化率应是第二个L过程中磁通量变化率的2倍，则 途中直线的斜率应变为2倍，故D错误故选C 专项突破13交变电流的产生与描述 1.C解析：A.线圈转动每次通过中性面时，磁通量最大，线圈 平面与磁场方向垂直，而感应电流为零，此时电流改变方向， 即1、t3时刻，故A正确，不符合题意；B.t2、t4时刻通过线圈 平面的磁通量为零，磁通量的变化率最大，线圈中感应电动 势最大，故B正确，不符合题意；C.从t1到t3的过程，由图像 可知磁通量的变化量为△中=|-中。-中I=2中，则通过线圈 、某二截面的电荷量为g=·△t=尽·A1=RR,故C错 误，符合题意；D.线框转动一周的电动势为有效值，有E= ”,则产生的焦耳热为Q=尽· n会g版 D正确，不符合题意故选C 2.D 3.A解析：BC.感应电动势的最大值为E=NBSw,解得 Em=200V,有效值为E= _E=1002V,由图可知，此时线圈 平面与磁场方向平行，从图示时刻开始计时e的瞬时值表达 式为e=E cos wt=200cost(V),故BC错误；A.从图示时刻 始转动90的过程中，平均感应电动势为E=V,平均 EN△Φ 感应电流I尺R通过电阻R的电荷量为q=公，联立 解得g=10C,故A正确D.电流的有效值为I=三=52A, R 从图示时刻开始转动90所用时间为=1T= 4 4028, 从图示时刻开始转动90°产生的焦耳热为Q=t,解得Q= 500mJ,故D错误.故选A. 黑白题55心专顶突破10 电磁感应中的动量 1.(2023·江苏泰州调研)如图所示， 在光滑水平面上有一根通有恒定 电流【的长直导线，用同种均匀材 料做成的单匝线框A、B平铺在水 平面上.A是边长为a的正方形，B是长边长 为2a的长方形.瞬间关闭恒定电流I,假设 线框不会与长直导线碰撞，A、B最终获得的 动量之比为 A.3:8 B.3:4 C.1:4 D.9:16 2.（2024·贵州贵阳期初)一 !××B××; ×××× 边长为L、质量为m的正方 ×××× 形单匝金属线框，每边电阻 2L 均为R,置于光滑绝缘水平桌面（纸面）上 宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面向 里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,两虚 线为磁场边界，如图所示.现使金属框以一 定的初速度向右运动，进入磁场.运动过程 中金属框的左、右边框始终与磁场边界平 行，金属框完全进入磁场区域时，速度大小 减为初速度的四分之三，则金属框的初速 度大小为 ( 4.B3 B2L3 4B2L3 B. C D.4BL3 mRo 2mR。 3mRo mRo 3.(2024·安徽皖东县中联盟联考)如图所 示，两足够长的光滑平行金属导轨沿水平 方向固定，导轨间距为L,质量为m、阻值为 2R的导体棒P与质量为2m、阻值为R的导 体棒Q垂直导轨静止放置，两导体棒之间 的距离足够大，t=0时刻给导体棒P水平向 右的初速度，使其开始运动，经过一段时间 两导体棒的运动达到稳定，整个过程两导 体棒始终没有发生碰撞，且导体棒与导轨 问题 始终保持良好的接触，导轨的电阻可忽略 不计.则下列说法正确的是 B A.稳定前，导体棒P、Q的加速度相等 B.稳定时，导休棒Q的速度大小为号 C.从t=0到刚好稳定，流过导体棒P的电 2mvo 荷量为3BL D.从t=0到刚好稳定，两导体棒之间的距 mRvo 离减小 3B2L2 4.（2023·山东泰安二模)如图所示，形状相 同的平行金属导轨CN、DQ放置在竖直向 上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，间 距为L,与水平面相切于M、P,右端接一阻 值为R的电阻.质量为m、电阻为r的金属 棒从曲面上某处由静止释放，到达曲面底 端PM时速度为o;金属棒与导轨间的动摩 擦因数为，金属棒最终会停在导轨上，金 属棒从曲面底端PM到最终停止运动通过 的位移大小为x,重力加速度大小为g.则金 属棒从曲面底端PM到最终停止在导轨上 经历的时间为 () tB t N R Q A. Vo BLx B2L2x B.- ug umg(R+r) ug umg(R+r) BLx B2L2x C. o D.- ug umg(R+r) ug umg(R+r) 进阶突破·专项练11 心专项突破11 电磁感应中的能量 1.（2024·河北百师联盟质检)如图所示，两 条足够长，间距d=1m的光滑平行金属导 轨MN和PQ固定在水平面上，阻值R=22 的定值电阻与导轨的M、P端相连，导轨电 阻不计.空间中存在垂直导轨平面向上、磁 感应强度大小为B=1T的匀强磁场，质量 m=0.1kg、长度L=1m、阻值不计的金属杆 αb垂直于导轨放置并且始终与导轨接触良 好.在杆ab的中点处系一根不可伸长的轻 绳，轻绳跨过定滑轮与一个质量也为m的 物块相连，滑轮左侧轻绳与导轨平面保持 平行.某时刻释放物块，物块和金属杆从静 止开始运动，当物块下落的高度h=2m时， 二者达到最大速度.重力加速度g取 10m/s2,不计空气阻力.从开始运动到达到 最大速度的过程中，下列说法正确的是 轻绳 A.金属杆的平均速度大小为5m/s B.通过电阻R的电荷量为0.7C C.所用的时间为1.4s D.电阻R产生的热量为1.8J 2.（2024·广东深圳联考)如图所示，通过绝 缘传送带输送正方形单匝纯电阻铜线框， 传送带与水平方向夹角为α，以恒定速度o 斜向上运动.已知磁场边界MN、PQ与传送 带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d, 磁场的磁感应强度为B.线框质量为m,电 阻为R,边长为L(d>2L),线框与传送带间 的动摩擦因数为，重力加速度大小为g.闭 12黑白题物理1选择性必修第二册·RJ 问题 合线框在进入磁场前相对传送带静止，线 框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对 滑动，线框运动过程中上边始终平行于 MN,当闭合线框的上边经过边界PQ时又 恰好与传送带的速度相同.设传送带足够 长，且线框在传送带上始终保持上边平行 于磁场边界.求： (1)闭合线框的上边刚进入磁场时所受安 培力的大小： (2)从闭合线框上边刚进入磁场至线框上 边刚要出磁场所用的时间t; (3)从闭合线框上边刚进入磁场到穿出磁 场后又相对传送带静止的过程中，由于 输送线框导致电动机多消耗的电能 B O