2024高考物理一轮复习热点专题系列六电磁感应中的图象问题学案含解析

PAGEPAGE12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，经常综合动力学、电学、能量等学问分析推断，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等随时间改变的图象，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状况，有时还常涉及感应电动势E和感应电流I等随位移改变的图象，即E­x图象和I­x图象等。(3)电磁感应还经常结合动力学、电路、能量转化与功能关系等学问一起考查，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，求解相应的物理量。3．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应改变范围、所探讨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解除法定性地分析电磁感应过程中物理量的改变趋势(增大还是减小)、改变快慢(匀称改变还是非匀称改变)，特殊是分析物理量的正负，以解除错误的选项函数法依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推断[热点透析]图象的选择1分析电磁感应过程，推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定性推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，如分析斜率的改变、截距等；5推断图象正误。(2024·全国卷Ⅱ)如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为eq\f(3,2)l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t改变的正确图线可能是()解析如图甲，线框左端从①移动到②的过程中线框左边切割磁感线产生的电流方向是顺时针，线框右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，线框两边切割磁感线产生电动势方向相同，所以E＝2Blv，则电流为i＝eq\f(E,R)＝eq\f(2Blv,R)，电流恒定且方向为顺时针。如图乙，再从②移动到③的过程中线框左右两边切割磁感线产生的电动势大小相等，方向相反，所以回路中电流大小为零。如图丙，然后从③到④的过程中，线框左边切割磁感线产生的电流方向是逆时针，而线框右边切割磁感线产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为i＝eq\f(E,R)＝eq\f(2Blv,R)，方向是逆时针。当线框再向左运动时，线框左右两边切割磁感线产生的电动势大小相等，方向相反，此时回路中电流大小为零，故线框在运动过程中电流是周期性改变，故D正确。答案D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依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推断。如图甲，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上。在ab线圈中通以改变的电流，用示波器测得线圈cd两端电压如图乙所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间改变关系的图中，可能正确的是()解析因为线圈cd每个时间段内两端电压大小不改变，则每个时间段内产生的感应电动势不变，依据法拉第电磁感应定律得：E＝Neq\f(ΔB,Δt)S，则线圈ab中每个时间段内电流的磁场匀称改变，正确反映这一关系的为C。故C正确，A、B、D错误。答案C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。(2024·武汉二月调研)(多选)如图a所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135°，cd与ac垂直。将质量为m的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行。棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动。其速度的倒数eq\f(1,v)随位移x改变的关系如图b所示。在棒运动L0到MN处的过程中()A．导体棒做匀变速直线运动B．导体棒运动的时间为eq\f(3L0,2v0)C．流过导体棒的电流大小不变D．外力做的功为eq\f(3B2L\o\al(3,0)v0,2R)＋eq\f(3mv\o\al(2,0),8)解析依据题图b导体棒运动的速度的倒数eq\f(1,v)随位移x改变的关系可知，导体棒做非匀变速直线运动，A错误；依据导体棒运动的速度的倒数eq\f(1,v)随位移x改变的图线与横轴所围的面积表示时间可知，导体棒运动的时间为t＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,v0)＋\f(2,v0)))L0＝eq\f(3L0,2v0)，B正确；依据题图b导体棒运动的速度的倒数eq\f(1,v)随位移x改变的关系图象可得，eq\f(1,v)＝eq\f(1,v0)＋eq\f(1,v0L0)x，解得v＝eq\f(v0L0,L0＋x)，导体棒切割磁感线的有效长度L＝L0＋x，依据法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝B·eq\f(v0L0,L0＋x)·(L0＋x)＝BL0v0，为一恒量，由闭合电路欧姆定律可知，流过导体棒的电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL0v0,R)不变，C正确；依据能量守恒知，在棒从HG处运动到MN处的过程中，外力做的功等于电阻产生的热量Q和金属棒动能改变量的代数和，电阻产生的热量Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL0v0,R)))2R·eq\f(3L0,2v0)＝eq\f(3B2L\o\al(3,0)v0,2R)，金属棒动能改变量ΔEk＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)，即外力做的功为W＝eq\f(3B2L\o\al(3,0)v0,2R)－eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)，D错误。答案BC[热点集训]1．(2024·东北三省四校大联考)(多选)如图甲所示，粗细匀称的矩形金属线框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改变的规律如图乙所示。以垂直于线框所在平面对里为磁感应强度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改变的规律正确的是()答案AD解析由题图乙知，eq\f(ΔB,Δt)的大小恒定，依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；依据安培力公式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，依据楞次定律判定感应电流方向，再依据左手定则判定安培力方向，可知C错误，D正确。2．(2024·蓉城模拟)(多选)如图所示，两光滑平行且足够长的直导轨与水平面成θ角倾斜放置，磁感应强度大小为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直。已知金属棒MN能沿导轨自由滑动，导轨上端跨接一个定值电阻R，金属棒与导轨电阻不计。金属棒从静止起先沿导轨向下运动，在此过程中，下列表示金属棒速度v、加速度a、通过电阻R的电荷量q以及感应电动势E随时间t改变关系的图象，其中正确的是()答案ABD解析以金属棒MN为探讨对象，受力分析如图所示，金属棒沿导轨下滑的过程中，产生的感应电动势大小为E＝Blv，由闭合电路欧姆定律可知I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，则金属棒所受的安培力大小为FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由牛顿其次定律可知金属棒下滑的加速度大小为a＝eq\f(mgsinθ－FA,m)＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)，金属棒沿导轨加速下滑的过程中，加速度渐渐减小，且速度增大的越来越慢，故加速度减小的越来越慢，当加速度减为零时，金属棒的速度达到最大值且此时感应电动势最大，A、B、D正确；假设时间t内金属棒沿导轨下滑的距离为x，则由法拉第电磁感应定律eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLx,t)，该过程的平均感应电流大小为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(BLx,Rt)，则通过电阻的电荷量为q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(BLx,R)，由于金属棒做加速度越来越小的加速运动，金属棒的位移随时间增大，且增加得越来越快，通过电阻的电荷量在相等时间内的增加量渐渐增大，当金属棒匀速运动时，相等时间内通过电阻的电荷量相等，即匀称增加，C错误。(C选项也可以从最终电荷量趋近于最大值入手分析，因为金属棒达到最大速度后匀速运动，仍有电荷量通过电阻R，即通过电阻的电荷量会持续且稳定地增大，C错误。)3．(2024·河南期末)两个不行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边处在垂直纸面对外的匀强磁场中，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，先渐渐减小后渐渐增大D．第4s末，大小为零答案B解析依据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；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，对以上状况可用左手定则推断出MN边的安培力方向，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。4.(2024·湖南六校联考)如图所示，边长为L的菱形由两个等边三角形abd和bcd构成，三角形abd内存在垂直纸面对外的磁感应强度为B的匀强磁场，三角形bcd内存在垂直纸面对里的磁感应强度也为B的匀强磁场。一个边长为L的等边三角形导线框efg在纸面内向右匀速穿过磁场，顶点e始终在直线ab上，底边gf始终与直线dc重合。规定逆时针方向为电流的正方向，在导线框通过磁场的过程中，导线框中感应电流随其位移改变的图象是()答案A解析感应电动势E＝BL有v，电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL有v,R)。三角形导线框efg向右运动，依据右手定则，起先时ef切割磁感线，产生顺时针方向的电流，大小设为I0，如图所示，在0～eq\f(L,3)的过程中，en切割磁感线产生顺时针方向的电流，nf产生逆时针方向的电流，em产生逆时针方向的电流，切割磁感线的有效长度为L有＝(en－nf－em)·cos30°，随着三角形导线框向右运动，L有减小，感应电流减小，当运动到eq\f(L,3)时，L有＝0，感应电流为零；在eq\f(L,3)～L的过程中，三角形导线框接着向右运动，依据几何关系，L有＝(nf＋em－en)cos30°，L有渐渐变大，感应电流变大，方向为逆时针，当efg与bcd重合即x＝L时，eg边和ef边切割磁感线，电流大小变为2I0；L～2L过程中，三角形导线框接着向右运动，gp切割磁感线，产生感应电动势，L有＝gpcos30°，电流方向为顺时针，渐渐减小，直至全部出磁场电流为零，故A正确。5.(2024·东北三省四市联考)(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之间接肯定值电阻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，使金属棒由静止起先做匀加速直线运动。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随时间改变的图象中正确的是()答案AC解析t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止起先做匀加速直线运动，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，依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(B2L2at,R)，由牛顿其次定律，得F－F安＝ma，解得F＝ma＋eq\f(B2L2at,R)，C正确；拉力的功率P＝Fv＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ma＋\f(B2L2at,R)))·at，D错误。6．(2024·福建质检)(多选)如图所示，空间内存在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场。电阻可忽视不计的金属框架ABCD固定在水平面内，AB与CD平行且足够长，BC与CD的夹角为θ(θ<90°)。一根粗细匀称的光滑导体棒EF垂直于CD放置，在外力F的作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动。若以导体棒经过C点时为计时起点，则电路中的电流大小I、外力F、消耗的电功率P、导体棒EF两点间的电势差U随时间t的改变规律的图象中，正确的是()答案BC解析设金属棒的速度为v，则在从起先至到达B的运动过程中有效切割长度为：L＝vt·tanθ；设金属棒横截面积为S，电阻率为ρ，则回路中电阻为：R＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(vttanθ,S)，所以回路中的电流为：I＝eq\f(BLv,R)＝eq