2021新高考物理选择性考试B方案一轮复习学案第10章热点专题（六）电磁感应中的图象问题

热点专题系列(六)——电磁感应中的图象问题热点概述：电磁感应是高考的热点，图象类型题目比较多，常常综合动力学、电学、能量等知识分析判断，现总结如下：1．图象类型(1)电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I等随时间变化的图象，即B­t图象、Φ­t图象、E­t图象和I­t图象。(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，有时还常涉及感应电动势E和感应电流I等随位移变化的图象，即E­x图象和I­x图象等。(3)电磁感应还常常结合动力学、电路、能量转化与功能关系等知识一起考查，常涉及到的图象有v­t图象、F­t图象、U­t图象、q­t图象、P­t图象等。2．两类图象问题(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象。(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量，或推断出其他图象。3．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。4．电磁感应中图象类选择题的两个常用方法排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断[热点透析]图象的选择(1)分析电磁感应过程，判断对应的图象是否能将运动过程分段，共分几段；(2)分析物理量的正负；(3)定性判断横纵坐标是线性关系还是非线性关系、是正相关还是负相关；(4)写出函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(5)判断图象正误。(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()解析PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BI1L，又I1＝eq\f(BLv,R总)，故PQ做匀速运动，电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝eq\f(BLv,R总)及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I­t图象如图A所示。情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨方向的分力作用下均加速直至PQ离开磁场。当PQ离开磁场时，MN在磁场中的速度大于匀速运动时的速度，MN为电源，由右手定则知PQ中的电流方向与MN未进入磁场时相反，设此时PQ中电流大小为I2，由E＝BLv′，I2＝eq\f(E,R总)，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN减速，且随v′减小，I2减小，a减小，I2与v′成正比，故I2随t减小得越来越慢，直至匀速，这时I2＝I1，I­t图象如图D所示。答案AD图象的转换(1)要明确已知图象表示的物理规律和物理过程；(2)根据所求的图象和已知图象的联系进行图象间的转换，对另一图象做出正确的判断。(2019·湖南长沙四县市3月调研)如图所示，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为力的正方向)()解析0～1s：磁感应强度方向向里且均匀减小，由楞次定律可得，线框中产生顺时针的感应电流，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，即为正；1～3s：磁感应强度方向向外且均匀增大，由楞次定律可得，线框中产生顺时针的感应电流，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀增大，由左手定则可知，安培力方向向右，即为负；3～5s：磁感应强度方向向外且均匀减小，由楞次定律可得，线框中产生逆时针的感应电流，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，产生的感应电动势恒定，电流恒定，所以ab边受到的安培力FA＝BIL均匀减小，由左手定则可知，安培力方向向左，即为正；综合上述分析可知A正确。答案A图象的应用从图象上读取有关信息是解题的关键，图象是数理综合的一个重要的窗口，在运用图象解决物理问题时，第一个关键是破译，即解读图象中的关键信息(尤其是过程信息)；另一个关键是转换，即有效地实现物理信息和数学信息的相互转换。(2019·湖北荆州二模)(多选)如图甲所示，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为1m，总电阻为1Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行。现使导线框水平向右运动，cd边于t＝0时刻进入磁场，c、d两点间电势差随时间变化的图线如图乙所示。下列说法正确的是()A．磁感应强度的方向垂直纸面向里B．磁感应强度的大小为4TC．导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为3∶1D．0～3s的过程中导线框产生的焦耳热为48J解析0～1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为正，即c点相当于电源的正极，由右手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A正确；0～1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为Ucd＝eq\f(3,4)BLv＝3V，线框的速度为v＝eq\f(1,1)m/s＝1m/s，解得：B＝4T，故B正确；由图乙分析可知，线框在0～1s内进入磁场，2～3s内出磁场，Ucd＝eq\f(1,4)BLv′＝1V，得v′＝1m/s，所以导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为1∶1，故C错误；线框在0～1s内进入磁场过程中电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)＝4A，产生的焦耳热为：Q1＝I2Rt＝16J,1～2s内线框的磁通量不变，所以无感应电流产生，即无焦耳热产生，2～3s内线框出磁场过程中电流为I′＝eq\f(E′,R)＝eq\f(BLv′,R)＝4A，产生的焦耳热为：Q2＝I′2Rt＝16J，所以总焦耳热为32J，故D错误。答案AB[热点集训]1．(2019·河南期末)两个不可变形的正方形导体框a、b连成如图甲所示的回路，并固定在竖直平面(纸面)内。导体框a内固定一小圆环c，a与c在同一竖直面内，圆环c中通入如图乙所示的电流(规定逆时针方向为电流的正方向)，导体框b的MN边处在垂直纸面向外的匀强磁场中，则MN边在匀强磁场中受到的安培力()A．0～1s内，方向向下B．1～3s内，方向向下C．3～5s内，先逐渐减小后逐渐增大D．第4s末，大小为零答案B解析根据i­t图象可知，在0～6s内MN边都有大小恒定的电流通过，由F＝BIl可知，安培力的大小是恒定的，C、D均错误；由楞次定律可知，0～1s、3～5s内电流的方向由N→M；1～3s、5～6s内电流的方向由M→N，对以上情况可用左手定则判断出MN边所受安培力的方向，0～1s、3～5s内安培力方向向上，1～3s、5～6s内安培力方向向下，故B正确，A错误。2．(2019·江西南昌二模)如图所示为一“凸”形线框，其中ab＝bc＝de＝ah＝gf＝l，ef＝3l。线框在外力作用下以恒定速度垂直磁场通过一宽为l的有界匀强磁场。取逆时针方向为电流正方向，图示时刻t＝0，则线框中产生的电流i随时间t答案B解析由于线框匀速运动，每运动l的距离时间为t0＝eq\f(l,v)，所以0～t0这段时间的图象表示ab边从磁场左边界到右边界的过程，由右手定则可知，线框中产生逆时针方向的电流，大小为I＝eq\f(Blv,R)，t0～2t0这段时间的图象表示gd边从磁场左边界到右边界的过程，由右手定则可知，线框中产生逆时针方向的电流，大小为I＝eq\f(2Blv,R)，2t0～3t0这段时间的图象表示ef从磁场左边界到右边界的过程，由右手定则可知，线框中产生顺时针方向的电流，大小为I＝eq\f(3Blv,R)，故B正确。3．(2019·西南名校联盟高三3月月考)如图所示，有一边长为L的正方形线框abcd，由距匀强磁场上边界H处静止释放，其下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动。匀强磁场区域宽度也为L。ab边开始进入磁场时记为t1，cd边出磁场时记为t2，忽略空气阻力，从线框开始下落到cd边刚出磁场的过程中，线框的速度大小v、加速度大小a、ab两点的电压大小Uab、线框中产生的焦耳热Q随时间t的变化图象可能正确的是()答案C解析线框从磁场上边界上方H处开始下落到其下边刚进入磁场的过程中线框做匀加速运动；因线框下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动，可知线框直到cd边出磁场时也做匀速运动，A、B错误；线框ab边进入磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝eq\f(3,4)BLv，ab边离开磁场的过程：E＝BLv，则Uab＝eq\f(1,4)BLv，C正确；线框进入磁场和离开磁场的过程中产生的感应电动势相同，均为E＝BLv，进入磁场的时间与离开磁场的时间相同，则产生的焦耳热相同，D错误。4．(多选)如图甲所示，粗细均匀的矩形金属线框abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。以垂直于线框所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则选项图中关于ab边的热功率P、ab边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t变化的规律正确的是()答案AD解析由题图乙知，eq\f(ΔB,Δt)的大小恒定，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，线框中产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab边的热功率P＝I2R，恒定不变，A正确，B错误；根据安培力公式F＝BIL，因为电流大小、ab边长度不变，安培力大小与磁感应强度大小成正比，根据楞次定律判定感应电流方向，再根据左手定则判定安培力方向，可知C错误，D正确。5．(2019·陕西咸阳三模)(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知线框质量m＝1kg、电阻R＝1Ω，以下说法正确的是()A．线框做匀加速直线运动的加速度为1m/s2B．匀强磁场的磁感应强度为2eq\r(2)TC．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为eq\f(\r(2),2)CD．线框边长为1m答案ABC解析t＝0时刻，线框的速度为零，线框没有感应电流，不受安培力，加速度为：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(1,1)m/s2＝1m/s2，故A正确；线框的边长为：L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×12＝0.5m，故D错误；线框刚出磁场时的速度为v＝at＝1×1m/s＝1m/s，此时线框所受的安培力为FA＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，则得FA＝eq\f(B2L2v,R)，根据牛顿第二定律得F－FA＝ma，即F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，代入数据F＝3N，m＝1kg，R＝1Ω，L＝0.5m，v＝1m/s，a＝1m/s2解得，B＝2eq\r(2)T，故B正确；通过线框的电荷量：q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)＝eq\f(2\r(2)×0.52,1)C＝eq\f(\r(2),2)C，故C正确。6．(多选)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ放置在同一水平面内，M、P之间接一定值电阻R，金属棒cb垂直导轨水平放置，金属棒cb及导轨电阻不计。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒的电流i、通过导轨横截面的电荷量q、拉力F和拉力F的功率P随时间变化的图象中正确的是()答案AC解析t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动，设加速度为a，则金属棒的速度可表示为v＝at，由法拉第电磁感应定律，切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝BLat，根据闭合电路欧姆定律，金属棒中电流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLat,R)，与时间成正比，A正确；感应电动势eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)，S＝Lx＝L·eq\f(1,2)at2，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，q＝eq\x\to(I)Δt，联立解得q＝eq\f(1,2R)BLat2，B错误；金属棒运动过程中所受的安培力F安＝BiL＝eq\f