专题06-电磁感应、交流电中的图像(解析版)-高中物理图像与方法

1/19专题06电磁感应、交流电中的图像目录TOC\o"1-3"\h\u一.电磁感应中的图像问题综述 1二.根据B-t图像的规律，选择E-t图像、I-t图像 1三.根据线圈穿越磁场的规律，选择图像、图像、图像或E－x图像、 5U－x图像和I－x图像 5四.根据自感、互感的规律，选择图像、图像、图像 8五．借助图像分析电磁感应三定则一定律 10六．图像分析的综合应用 13七．交流电的变化规律图像的应用 17一.电磁感应中的图像问题综述电磁感应现象中图像问题的分析，要抓住磁通量的变化，从而推知感应电动势（电流）大小变化的规律，用楞次定律判断出感应电动势（或电流）的方向，从而确定其正负，以及在坐标中的范围。分析回路中的感应电动势或感应电流的大小及其变化规律，要利用法拉第电磁感应定律来分析。有些问题还要画出等效电路来辅助分析。另外，要正确解决图像问题，必须能根据图像的定义把图像反映的规律对应到实际过程中去，又能根据实际过程的抽象规定对应到图像中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断，这样，才抓住了解决图像问题的根本。解决这类问题的基本方法：（1）明确图像的种类，是图像还是图像，图像，或者图像。对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图像，即E－x图像和I－x图像。（2）分析电磁感应的具体过程。（3）结合楞次定律、法拉第电磁感应定律、左手定则、右手定则、安培定则、欧姆定律、牛顿运动定律等规律判断方向、列出函数方程。（4）根据函数方程，进行数学分析，如斜率及其变化、两轴的截距等。（5）画图像或判断图像。二.根据B-t图像的规律，选择E-t图像、I-t图像【分析要点】电磁感应中线圈面积不变、磁感应强度均匀变化，产生的感应电动势为，磁感应强度的变化率是定值，感应电动势是定值，感应电流就是一个定值，在图像上就是水平直线。【典例分析1】（2021·河南省普通高中高三下学期3月适应性考试）如图甲所示，虚线右侧有一垂直纸面的匀强磁场，取磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，固定的闭合导线框abcd一部分在磁场内。取线框中感应电流沿顺时针方向为正方向，安培力向左为正方向。从t=0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框cd边所受安培力F分别随时间t变化的图象，可能正确的是（） B. C.D.【答案】AD【解析】AB．在时间内，磁场向外且增强，由楞次定律可判断，感应电流顺时针方向，与规定的正方向相同，故A正确，B错误；CD．同理可知，在时间内，感应电流逆时针方向，cd边受到安培力向右，与规定正方向相反，为负值，且安培力随B的减小而减小，故C错误，D正确。故选AD。【典例分析2】(2021·河南南阳模拟)(多选)如图甲所示，一个刚性圆形线圈与电阻R构成闭合回路，线圈平面与所在处的匀强磁场方向垂直，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．下列关于线圈中产生的感应电动势e、电阻R消耗的功率P随时间t变化的图象，可能正确的有()【答案】BD【解析】线圈的面积不变，磁场均匀变化，由e＝nSeq\f(ΔB,Δt)得感应电动势为定值，且磁场增强和磁场减弱时感应电动势的方向相反，选项A错误，B正确；通过电阻R的电流大小不变，故电阻R消耗的功率恒定，选项C错误，D正确．【典例分析3】（2021届湖南省高三模拟）如图甲所示为固定在匀强磁场中的正三角形导线框，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向里为磁场的正方向，逆时针方向为线框中感应电流的正方向，水平向左为安培力的正方向，关于线框中的电流I与边所受的安培力F随时间t变化的图象（不考虑2s末和4s末线框中的电流及边的受力情况），下列选项正确的是（）

A．B．

C．D．【答案】AD【解析】0~2s时间内，磁场垂直纸面向里且均匀增大，Φ均匀增大，由楞次定律可知线框中的感应电流沿逆时针方向，且是恒定的正值；2~3s、3~4s线框中的感应电流沿顺时针方向，且是恒定的负值，大小变为0~2s时间内电流的5倍；4~6s时间内，B垂直纸面向外且均匀减小，Φ均匀减小，线框中的感应电流沿逆时针方向，且是恒定的正值，故选项A正确，B错误；0~2s时间内，感应电流恒定，B均匀增大，安培力随B均匀增大，根据左手定则可知边所受安培力方向向右，为负值；2~3s时间内，感应电流恒定，B均匀减小，安培力随B均匀减小，边所受安培力方向向左，为正值，且2s末安培力突变为原来的5倍；3~4s时间内，感应电流恒定，B均匀增大，安培力随B均匀增大，边所受安培力方向向右，为负值；4~6s时间内，感应电流恒定，B均匀减小，安培力随B均匀减小，边所受安培力方向向左，为正值，故选项C错误，D正确。故选AD。【典例分析4】（2021届江苏省南京市秦淮中学高三模拟）如图所示，电阻R=1Ω、半径r1=0.2m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q。P、Q的圆心相同，Q的半径r2=0.1m；t=0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B=2-t（T）；若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图像应该是选项图中的（）A． B．C． D．【答案】C【解析】由电磁感应定律可得，圆形导线框P中产生的感应电动势为由欧姆定律可知，圆形导线框P中产生的感应电流为因为原磁场是向里减小的，由楞次定律可知，感应电流的方向与规定的正方向相反，ABD错误，C正确。故选C。三.根据线圈穿越磁场的规律，选择图像、图像、图像或E－x图像、U－x图像和I－x图像【分析要点】线框匀速穿过方向不同的磁场，在刚进入或刚出磁场时，线框的感应电流大小相等，方向相同．当线框从一种磁场进入另一种磁场时，此时有两边分别切割磁感线，产生的感应电动势正好是两者之和，根据E=BLv，求出每条边产生的感应电动势，得到总的感应电动势．由闭合电路欧姆定律求出线框中的感应电流，此类电磁感应中图象的问题，近几年高考中出现的较为频繁，解答的关键是要掌握法拉第电磁感应定律、欧姆定律、楞次定律、安培力公式等等知识，要知道当线框左右两边都切割磁感线时，两个感应电动势方向相同，是串联关系．【典例分析1】．(2020·浙江诸暨市诊断)如图所示，直角边长为2d的等腰直角三角形EFG区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有边长为d的正方形金属线框ABCD以恒定速度v水平穿过磁场区域．设逆时针方向为电流正方向，则线框通过磁场过程中，感应电流i随时间t变化的图象是()【答案】B【解析】线框开始进入磁场过程中，根据法拉第电磁感应定律有：E＝BLv＝Bv2t根据闭合电路欧姆定律可得，电路中电流为：i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv2t,R)故在0～t0时间内，电路中的电流随时间增大；根据楞次定律，在线框进入磁场的过程中，回路中的电流为顺时针方向，即在线框进入磁场的过程中，电流方向为负方向，故A、D错误．在线框离开磁场过程中，根据楞次定律，回路中电流方向为逆时针方向，电流大小为：i＝eq\f(BLv,R)，故B正确，C错误．【典例分析2】．(多选)(2020·浙江余姚市1月模拟)在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形直角边长为l，磁感应强度垂直桌面向下，abef在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i及拉力F随时间t的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向，时间单位为eq\f(l,v))()【答案】BD【解析】bc边的位置坐标x在0～l过程，根据楞次定律可知感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．线框bc边有效切线长度为l＝vt，感应电动势为E＝Blv＝Bvt·v＝Bv2t，感应电流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv2t,R)，即感应电流均匀增大．同理，在l～2l过程，根据楞次定律可知感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流均匀增大，A错误，B正确．在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力等于安培力，而安培力F安＝eq\f(B2l2v,R)，l＝vt，则有：F＝F安＝eq\f(B2v3t2,R)，所以F非线性增大，C错误，D正确．【典例分析3】（2021届江苏省无锡市天一中学高三模拟）如图所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场、磁场方向均垂直于纸面。一导线框abcdefa位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合，导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t=0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域，以顺时针方向为线框中的电流i的正方向，以下四个i-t关系示意图中正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知感应电流为顺时针方向，为正，大小为在第二阶段，bc切割向里的磁感线，感应电流为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线，感应电流为顺时针方向，因此感应电流为零；在第三阶段，de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线，两个感应电流同为逆时针方向，为负，大小为在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，感应电流为顺时针方向，为正，大小为故D正确，ABC错误。故选D。【典例分析4】(2021·重庆江津中学模拟)(多选)如图所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下。线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域。cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位移x变化的图线可能是()ABCD【答案】BD【解析】线框进入磁场的过程做匀速直线运动，感应电动势E＝Blv恒定，线框中的电流大小恒定，方向沿逆时针方向，a、b两端的电压Uab＝eq\f(1,4)Blv；线框完全在磁场中运动时，穿过闭合电路的磁通量不变，线框中感应电流为零，做匀加速运动，但ab边两端的电压Uab＝Blv＝Bleq\r(v\o\al(2,0)＋2ax)，其中v0为匀速运动的速度，Uab与位移x不是线性关系，当出磁场时，线框做减速运动，Uab不断减小，故A错误、B正确；当线圈的cd边出磁场时，电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线圈做减速运动，且加速度逐渐减小，电流图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D正确；故选BD。四.根据自感、互感的规律，选择图像、图像、图像【分析要点】处理自感现象问题的技巧(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零，回路中电流在原电流基础上逐渐减为零。(3)电流稳定时，理想的自感线圈相当于导线，非理想的自感线圈相当于定值电阻。【典例分析1】(2020·常德市一模)如图所示的电路，开关闭合，电路处于稳定状态，在某时刻t1突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I1随时间变化的图线可能是下图中的()ABCD【答案】D【解析】当断开开关，原来通过R1的电流立即消失，由于电磁感应，线圈L产生自感电动势阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与原来流过电阻R1的电流方向相反，慢慢减小最后为0，故D正确。【典例分析2】(2021·安徽蚌埠市第三次质量检测)如图所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2>i1)，则下列图象中正确的是()【答案】C【解析】当开关S断开后，自感元件与灯泡形成回路，自感元件阻碍自身电流变化，自感元件产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，灯泡的电流反向，大小与自感元件电流相等，故C正确，A、B、D错误．【典例分析3】(2020·贵州安顺市上学期质量监测)电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象。在如图所示的实验电路中，L是自感线圈，其自感系数足够大，直流电阻值大于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。在下列表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图象中，可能正确的是()ABCD【答案】D【解析】闭合S瞬间，外电路电阻最大，然后外电路电阻逐渐减小，外电压逐渐减小，所以通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值大于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流小于通过电流传感器的电流。t＝t1时刻断开开关S，由于自感现象，原来通过线圈L的电流从左向右流过电流传感器，逐渐减小。D图符合题中情况。五．借助图像分析电磁感应三定则一定律【分析要点】安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比基本现象因果关系应用规律运动电荷、电流产生磁场因电生磁安培定则磁场对运动电荷、电流有作用力因电受力左手定则部分导体做切割磁感线运动因动生电右手定则闭合回路磁通量变化因磁生电楞次定律【典例分析1】(多选)(2020·江西吉安市期末)如图甲所示，螺线管固定在天花板上，其正下方的金属圆环放在台秤的托盘上(台秤未画出)，台秤的托盘由绝缘材料制成，台秤可测量托盘上物体的重力，现给螺线管通入如图乙所示的电流，以甲图中箭头所指方向为电流的正方向，则下列说法正确的是()A．0～t2时间内，俯视看，金属圆环中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向B．t1时刻，圆环中的感应电流不为零，托盘秤的示数等于圆环的重力C．t1～t3时间内，托盘秤的示数先大于圆环的重力后小于圆环的重力D．t2～t4时间内，金属圆环中的感应电流先减小后增大【答案】BC【解析】0～t2时间内，圆环中的磁通量先向下减小，后向上增大，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流俯视看沿顺时针方向，A项错误；t1时刻，圆环中磁通量的变化率不为零，感应电流不为零，由于螺线管的电流为零，螺线管的磁场强度为零，因此金属圆环不受安培力，因此托盘秤的示数等于圆环的重力，B项正确；t1～t2时间内，根据楞次定律可以判断，圆环受到螺线管的斥力，t2～t3时间内，圆环受到螺线管的引力，因此托盘秤的示数先大于圆环的重力后小于圆环的重力，C项正确；t2～t4时间内，螺线管中电流变化均匀，金属圆环中磁通量变化均匀，感应电动势恒定，感应电流恒定，D项错误．【典例分析2】(多选)(2020·山东潍坊市二模)如图甲，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时()A．在0～t1时间内，环有收缩趋势B．在t1～t2时间内，环有扩张趋势C．在t1～t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流D．在t2～t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流【答案】BC【解析】在0～t1时间内，B均匀增加，则在螺线管中产生恒定的感应电动势，在导线框abcd中形成稳定的电流，故此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A错误；在t1～t2时间内，B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B、C正确；在t2～t3时间内，B的方向向下，且B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，选项D错误．【典例分析3】矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示．磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则()A．0～t1时间内，导线框中电流的方向为a→b→c→d→aB．0～t1时间内，导线框中电流越来越小C．0～t2时间内，导线框中电流的方向始终为a→d→c→b→aD．0～t2时间内，导线框bc边受到的安培力越来越大【答案】C【解析】由题图乙可知，0～t2时间内，导线框中磁通量的变化率相同，故0～t2时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为adcba方向，故A错误，C正确；0～t1时间内，导线框中磁通量的变化率相同，感应电动势恒定不变，电路中电流大小恒定不变，故B错误；0～t2时间内，磁场的变化率不变，则电路中电流大小恒定不变，由F＝BIL可知，F与B成正比，即先减小后增大，故D错误．【典例分析4】(2020·陕西西安一模)如图(a)所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导线框上方，规定图(a)中箭头方向为电流的正方向。直导线中通以图(b)所示的电流，则在0～t1时间内，导线框中感应电流的方向()A．先沿顺时针后沿逆时针B．先沿逆时针后沿顺时针C．始终沿顺时针D．始终沿逆时针【答案】C【解析】：开始阶段直导线中电流向右减小，则穿过线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向；后一阶段直导线中电流向左增加，则穿过线圈的磁通量向外增加，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向。【典例分析5】(多选)（2021·福建省龙岩市高三一检）如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势()A．在t＝eq\f(T,4)时为零B．在t＝eq\f(T,2)时改变方向C．在t＝eq\f(T,2)时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向【答案】AC【解析】在t＝eq\f(T,4)时，i－t图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A项正确；在t＝eq\f(T,2)和t＝T时，i－t图线斜率的绝对值最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T时感应电动势最大．在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在eq\f(T,2)到eq\f(3T,4)之间，R中电动势也为顺时针方向，在eq\f(3,4)T到T之间，R中电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．六．图像分析的综合应用【典例分析】(多选)(2020·浙江宁波“十校”3月联考)如图甲所示，一个匝数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r＝1Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示．有一个R＝2Ω的定值电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是()A．圆形线圈中产生的感应电动势E＝6VB．在0～4s时间内，通过电阻R的电荷量q＝6CC．设b端电势为零，则a端的电势φa＝3VD．在0～4s时间内，电阻R上产生的焦耳热Q＝18J【答案】BD【解析】由法拉第电磁感应定律可得E＝neq\f(ΔB,Δt)S2，由题图乙可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.6,4)T/s＝0.15T/s，将其代入可得E＝4.5V，A错误；由电荷量公式可得：q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋rΔt)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R＋r)，0～4s内穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3Wb－0＝0.18Wb，代入可得q＝6C，B正确；0～4s内磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b点电势高，a点电势低，C错误；由于磁感应强度均匀变化，产生的电动势与电流均恒定，可得I＝eq\f(E,R＋r)＝1.5A,由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18J，D正确．【典例分析2】(多选)(2020·安徽马鞍山模拟)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为l，与水平面成30°角，导轨上端接一阻值为R的电阻。距离导轨上端为l的分界线M、N将导轨所在平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两区域中均存在垂直于导轨平面的磁场，区域Ⅰ为匀强磁场，其磁感应强度为B0；区域Ⅱ中的磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示。将长为l、电阻也为R的导体棒放在M、N下侧导轨上，0～t0时间内，导体棒静止；之后导体棒向下滑动，当滑下的距离为x时，导体棒开始做匀速运动。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．导体棒的质量m＝eq\f(Beq\o\al(2,0)l3,gt0R)B．导体棒匀速滑动时的速度v＝eq\f(l,2t0)C．匀速运动时R两端的电压为U＝eq\f(B0l2,t0)D．自t＝0至导体棒开始匀速运动时，通过导体棒的电荷量q＝eq\f(B0l(l＋x),2R)【答案】AD【解析】：0～t0时间内，导体棒静止，由平衡条件可知B0Il＝mgsin30°，由法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0l2,t0)，根据欧姆定律得I＝eq\f(E,2R)，联立解得m＝eq\f(Beq\o\al(2,0)l3,gt0R)，故A正确；导体棒匀速运动时有B0I′l＝mgsin30°，其中I′＝eq\f(B0lv,2R)，联立得v＝eq\f(l,t0)，故B错误；匀速运动时R两端的电压为U＝eq\f(B0lv,2)＝eq\f(B0l×l,2t0)＝eq\f(B0l2,2t0)，故C错误；0～t0时间内，电荷量为q1＝It0＝eq\f(E,2R)t0＝eq\f(B0l2,2Rt0)t0＝eq\f(B0l2,2R)，滑下的距离为x过程q2＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(B0lx,2R)，则总过程电荷为q＝q1＋q2＝eq\f(B0l(l＋x),2R)，故D正确。【典例分析4】(2020·江西景德镇高三下学期十校联合模拟)(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m。一质量m＝2kg、阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v­x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x＝1m位移的过程中(g＝10m/s2)()A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.25JB．金属棒克服摩擦力做的功W2＝5JC．整个系统产生的总热量Q＝4.25JD．拉力做的功W＝9.25J【答案】AC【解析】由题图乙得：v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝eq\f(B2L2·2x,R＋r)，代入得：FA＝0.5x，则知FA与x是线性关系。当x＝0时，安培力FA＝0，当x＝1m时，安培力FA＝0.5N，则金属棒从起点发生x＝1m位移的过程中，安培力做功为：WA＝eq\f(FA1＋FA2,2)x＝－0.25J，即金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25J，故A正确；金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝μmgx＝0.2×2×10×1J＝4J，故B错误；金属棒克服安培力做的功等于产生的电热，金属棒克服摩擦力做的功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q＝W1＋W2＝4.25J，C正确；根据动能定理得：W－W2－W1＝eq\f(1,2)mv2，其中v＝2m/s，代入解得拉力做的功为W＝8.25J，故D错误。【典例分析5】．(2020·福建福州5月模拟)如图(甲)所示，MN、PQ为水平放置的足够长平行光滑导轨，导轨间距为L＝0.5m，导轨左端连接的定值电阻R＝1.5Ω，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．将电阻为r＝0.5Ω的金属棒ab垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨电阻不计．规定水平向右为x轴正方向，在x＝0处给棒一个向右的初速度，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，棒在运动过程中受的安培力FA随位移x的关系图像如图(乙)所示．求：(1)金属棒速度v1＝1m/s时，金属棒受到安培力大小FA1；(2)金属棒运动到x＝2m时，速度大小v2；(3)估算金属棒运动到x＝2m过程克服安培力做功值WA．【答案】(1)0.5N(2)1.6m/s(3)1.2J【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E1＝BLv1①由闭合电路欧姆定律得回路中感应电流I1＝eq\f(E1,R＋r)②由安培力公式有FA1＝BLI1③由①②③式得FA1＝eq\f(B2L2v1,R＋r)＝0.5N④(2)由图乙可得，金属棒运动到x＝2m处，受到的安培力FA2＝0.8N⑤由①②③式得v2＝eq\f(FA2×R＋r,B2L2)＝1.6m/s⑥(3)由FA－x图像中图线与x轴围成面积值就等于此过程安培力做的功，由图可得在0～2m区域内大约有60个小方格，每个小方格面积值0．1×0.2J＝0.02J⑦所以此过程克服安培力做功WA≈0.02×60J＝1.2J⑧【典例分析6】（2021届云南省昆明市第一中学高三（下）第七次仿真模拟考试理综物理）如图甲所示MN、PQ为足够长两平行金属导轨，间距L=1.0m，与水平面之间的夹角α=30°，匀强磁场磁感应强度B=0.5T，垂直于导轨平面向上，MP间接有电流传感器，质量m=2.0kg、阻值R=1.0Ω的金属杆ab垂直导轨放置，它与导轨的动摩擦因数μ=，如图所示。用外力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使ab由静止开始运动并开始计时，电流传感器显示回路中的电流I随时间t变化的图象如图乙所示，0~3s，拉力做的功为225J，除导体棒电阻外，其它电阻不计。取g=10m/s2。求：（1）0~3s内金属杆ab运动的位移；（2）0~3s内F随t变化的关系；（3）0~3s内产生的焦耳热。

【答案】（1）9m；（2）；（3）9J【解析】(1)由图乙知又得(2)根据题意得由牛顿运动定律得，(3)根据题意，3s末，，由动能定理得得七．交流电的变化规律图像的应用1．交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)规律物理量函数表达式图象磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝nBSωsinωt电压u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt电流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt2．交变电流瞬时值表达式的书写(