专项突破11 电磁感应中的能量问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

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 心专项突破12 电磁感应中的图像 1.（2024·辽宁十校联合体调研)如图所示， xOy平面的第一、三象限内充满垂直纸面向 外的匀强磁场边长为L的正方形金属框始 终以O点为顶点旋转，在xOy平面内以角 速度ω顺时针匀速转动，t=0时刻，金属框 开始进入第一象限，已知匀强磁场的磁感 应强度为B,金属框的总电阻为R,规定顺 时针方向为电流的正方向，不考虑自感影 响，关于金属框中感应电流i随时间t变化 的图像正确的是 2/ -21 C 2.（2024·江苏南通三模)如图所示，匀强磁 场中水平放置两足够长的光滑平行金属导 轨，导轨的左侧连接电池E和电容器C,单 刀双掷开关S接1，金属棒ab在导轨上处 于静止状态.在t时刻S接2，金属棒ab在 导轨上向右运动过程中棒始终与导轨垂直 且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电 阻，则金属棒两端电压U6、速度v、电容器 问题 课 所带电荷量q、回路中电流强度i随时间t 变化的关系图像可能正确的是 3. (2023·湖南多校联考)如图所示，为两个 有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B,方 向分别垂直于纸面向里和向外，磁场宽度 均为L,距磁场区域的左侧L处，有一边长 为L的正方形导体线框，总电阻为R,且线 框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线 框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置 为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的 电动势E为正，磁感线垂直于纸面向里时 磁通量少的方向为正，外力F向右为正.则 以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势 E、外力F和电功率P随时间变化的图像正 确的是 ( .B. ×××·· ×××·· x××·· ××·· D 进阶突破·专项练13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