2021新高考物理選擇性考試B方案一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第10章熱點(diǎn)專題（六）電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題

熱點(diǎn)專題系列(六)——電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題熱點(diǎn)概述：電磁感應(yīng)是高考的熱點(diǎn)，圖象類(lèi)型題目比較多，常常綜合動(dòng)力學(xué)、電學(xué)、能量等知識(shí)分析判斷，現(xiàn)總結(jié)如下：1．圖象類(lèi)型(1)電磁感應(yīng)中常涉及磁感應(yīng)強(qiáng)度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和感應(yīng)電流I等隨時(shí)間變化的圖象，即B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象和I-t圖象。(2)對(duì)于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的情況，有時(shí)還常涉及感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和感應(yīng)電流I等隨位移變化的圖象，即E-x圖象和I-x圖象等。(3)電磁感應(yīng)還常常結(jié)合動(dòng)力學(xué)、電路、能量轉(zhuǎn)化與功能關(guān)系等知識(shí)一起考查，常涉及到的圖象有v-t圖象、F-t圖象、U-t圖象、q-t圖象、P-t圖象等。2．兩類(lèi)圖象問(wèn)題(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出或畫(huà)出正確的圖象。(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，定性或定量求解相應(yīng)的物理量，或推斷出其他圖象。3．解題關(guān)鍵弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。4．電磁感應(yīng)中圖象類(lèi)選擇題的兩個(gè)常用方法排除法定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變化趨勢(shì)(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫(xiě)出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖象進(jìn)行分析和判斷[熱點(diǎn)透析]圖象的選擇(1)分析電磁感應(yīng)過(guò)程，判斷對(duì)應(yīng)的圖象是否能將運(yùn)動(dòng)過(guò)程分段，共分幾段；(2)分析物理量的正負(fù)；(3)定性判斷橫縱坐標(biāo)是線性關(guān)系還是非線性關(guān)系、是正相關(guān)還是負(fù)相關(guān)；(4)寫(xiě)出函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等；(5)判斷圖象正誤。(2019·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是()解析PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，加速度為零，則mgsinθ＝BI1L，又I1＝eq\f(BLv,R總)，故PQ做勻速運(yùn)動(dòng)，電流恒定；由題意知，MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相同。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ已離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，則對(duì)MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝eq\f(BLv,R總)及右手定則知，通過(guò)PQ的電流大小不變，方向相反，故I-t圖象如圖A所示。情形2：若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ未離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導(dǎo)軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開(kāi)磁場(chǎng)。當(dāng)PQ離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，MN在磁場(chǎng)中的速度大于勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)相反，設(shè)此時(shí)PQ中電流大小為I2，由E＝BLv′，I2＝eq\f(E,R總)，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN減速，且隨v′減小，I2減小，a減小，I2與v′成正比，故I2隨t減小得越來(lái)越慢，直至勻速，這時(shí)I2＝I1，I-t圖象如圖D所示。答案AD圖象的轉(zhuǎn)換(1)要明確已知圖象表示的物理規(guī)律和物理過(guò)程；(2)根據(jù)所求的圖象和已知圖象的聯(lián)系進(jìn)行圖象間的轉(zhuǎn)換，對(duì)另一圖象做出正確的判斷。(2019·湖南長(zhǎng)沙四縣市3月調(diào)研)如圖所示，正方形導(dǎo)線框abcd放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中靜止不動(dòng)，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。下列選項(xiàng)中能表示線框的ab邊受到的磁場(chǎng)力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系的是(規(guī)定水平向左為力的正方向)()解析0～1s：磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向里且均勻減小，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生順時(shí)針的感應(yīng)電流，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力FA＝BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左，即為正；1～3s：磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向外且均勻增大，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生順時(shí)針的感應(yīng)電流，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力FA＝BIL均勻增大，由左手定則可知，安培力方向向右，即為負(fù)；3～5s：磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向外且均勻減小，由楞次定律可得，線框中產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，所以ab邊受到的安培力FA＝BIL均勻減小，由左手定則可知，安培力方向向左，即為正；綜合上述分析可知A正確。答案A圖象的應(yīng)用從圖象上讀取有關(guān)信息是解題的關(guān)鍵，圖象是數(shù)理綜合的一個(gè)重要的窗口，在運(yùn)用圖象解決物理問(wèn)題時(shí)，第一個(gè)關(guān)鍵是破譯，即解讀圖象中的關(guān)鍵信息(尤其是過(guò)程信息)；另一個(gè)關(guān)鍵是轉(zhuǎn)換，即有效地實(shí)現(xiàn)物理信息和數(shù)學(xué)信息的相互轉(zhuǎn)換。(2019·湖北荊州二模)(多選)如圖甲所示，兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長(zhǎng)為1m，總電阻為1Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行。現(xiàn)使導(dǎo)線框水平向右運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)，c、d兩點(diǎn)間電勢(shì)差隨時(shí)間變化的圖線如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里B．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4TC．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小之比為3∶1D．0～3s的過(guò)程中導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱為48J解析0～1s內(nèi)線框進(jìn)入磁場(chǎng)，c、d兩點(diǎn)間電勢(shì)差為正，即c點(diǎn)相當(dāng)于電源的正極，由右手定則可知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故A正確；0～1s內(nèi)線框進(jìn)入磁場(chǎng)，c、d兩點(diǎn)間電勢(shì)差為Ucd＝eq\f(3,4)BLv＝3V，線框的速度為v＝eq\f(1,1)m/s＝1m/s，解得：B＝4T，故B正確；由圖乙分析可知，線框在0～1s內(nèi)進(jìn)入磁場(chǎng)，2～3s內(nèi)出磁場(chǎng)，Ucd＝eq\f(1,4)BLv′＝1V，得v′＝1m/s，所以導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小之比為1∶1，故C錯(cuò)誤；線框在0～1s內(nèi)進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)＝4A，產(chǎn)生的焦耳熱為：Q1＝I2Rt＝16J,1～2s內(nèi)線框的磁通量不變，所以無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，即無(wú)焦耳熱產(chǎn)生，2～3s內(nèi)線框出磁場(chǎng)過(guò)程中電流為I′＝eq\f(E′,R)＝eq\f(BLv′,R)＝4A，產(chǎn)生的焦耳熱為：Q2＝I′2Rt＝16J，所以總焦耳熱為32J，故D錯(cuò)誤。答案AB[熱點(diǎn)集訓(xùn)]1．(2019·河南期末)兩個(gè)不可變形的正方形導(dǎo)體框a、b連成如圖甲所示的回路，并固定在豎直平面(紙面)內(nèi)。導(dǎo)體框a內(nèi)固定一小圓環(huán)c，a與c在同一豎直面內(nèi)，圓環(huán)c中通入如圖乙所示的電流(規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，導(dǎo)體框b的MN邊處在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則MN邊在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的安培力()A．0～1s內(nèi)，方向向下B．1～3s內(nèi)，方向向下C．3～5s內(nèi)，先逐漸減小后逐漸增大D．第4s末，大小為零答案B解析根據(jù)i-t圖象可知，在0～6s內(nèi)MN邊都有大小恒定的電流通過(guò)，由F＝BIl可知，安培力的大小是恒定的，C、D均錯(cuò)誤；由楞次定律可知，0～1s、3～5s內(nèi)電流的方向由N→M；1～3s、5～6s內(nèi)電流的方向由M→N，對(duì)以上情況可用左手定則判斷出MN邊所受安培力的方向，0～1s、3～5s內(nèi)安培力方向向上，1～3s、5～6s內(nèi)安培力方向向下，故B正確，A錯(cuò)誤。2．(2019·江西南昌二模)如圖所示為一“凸”形線框，其中ab＝bc＝de＝ah＝gf＝l，ef＝3l。線框在外力作用下以恒定速度垂直磁場(chǎng)通過(guò)一寬為l的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。取逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏髡较?，圖示時(shí)刻t＝0，則線框中產(chǎn)生的電流i隨時(shí)間t答案B解析由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，每運(yùn)動(dòng)l的距離時(shí)間為t0＝eq\f(l,v)，所以0～t0這段時(shí)間的圖象表示ab邊從磁場(chǎng)左邊界到右邊界的過(guò)程，由右手定則可知，線框中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?，大小為I＝eq\f(Blv,R)，t0～2t0這段時(shí)間的圖象表示gd邊從磁場(chǎng)左邊界到右邊界的過(guò)程，由右手定則可知，線框中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎笮镮＝eq\f(2Blv,R)，2t0～3t0這段時(shí)間的圖象表示ef從磁場(chǎng)左邊界到右邊界的過(guò)程，由右手定則可知，線框中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，大小為I＝eq\f(3Blv,R)，故B正確。3．(2019·西南名校聯(lián)盟高三3月月考)如圖所示，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd，由距勻強(qiáng)磁場(chǎng)上邊界H處?kù)o止釋放，其下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾纫矠長(zhǎng)。ab邊開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)記為t1，cd邊出磁場(chǎng)時(shí)記為t2，忽略空氣阻力，從線框開(kāi)始下落到cd邊剛出磁場(chǎng)的過(guò)程中，線框的速度大小v、加速度大小a、ab兩點(diǎn)的電壓大小Uab、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時(shí)間t的變化圖象可能正確的是()答案C解析線框從磁場(chǎng)上邊界上方H處開(kāi)始下落到其下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中線框做勻加速運(yùn)動(dòng)；因線框下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知線框直到cd邊出磁場(chǎng)時(shí)也做勻速運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；線框ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程：E＝BLv，則Uab＝eq\f(3,4)BLv，ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程：E＝BLv，則Uab＝eq\f(1,4)BLv，C正確；線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相同，均為E＝BLv，進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間與離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間相同，則產(chǎn)生的焦耳熱相同，D錯(cuò)誤。4．(多選)如圖甲所示，粗細(xì)均勻的矩形金屬線框abcd固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直線框所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示。以垂直于線框所在平面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，則選項(xiàng)圖中關(guān)于ab邊的熱功率P、ab邊受到的安培力F(以向右為正方向)隨時(shí)間t變化的規(guī)律正確的是()答案AD解析由題圖乙知，eq\f(ΔB,Δt)的大小恒定，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，所以感應(yīng)電流大小也不變，ab邊的熱功率P＝I2R，恒定不變，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)安培力公式F＝BIL，因?yàn)殡娏鞔笮?、ab邊長(zhǎng)度不變，安培力大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小成正比，根據(jù)楞次定律判定感應(yīng)電流方向，再根據(jù)左手定則判定安培力方向，可知C錯(cuò)誤，D正確。5．(2019·陜西咸陽(yáng)三模)(多選)一正方形金屬線框位于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，線框平面與磁場(chǎng)垂直，線框的右邊緊貼著磁場(chǎng)邊界，如圖甲所示。t＝0時(shí)刻對(duì)線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穿過(guò)磁場(chǎng)，外力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示。已知線框質(zhì)量m＝1kg、電阻R＝1Ω，以下說(shuō)法正確的是()A．線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為1m/s2B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2eq\r(2)TC．線框穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線框的電荷量為eq\f(\r(2),2)CD．線框邊長(zhǎng)為1m答案ABC解析t＝0時(shí)刻，線框的速度為零，線框沒(méi)有感應(yīng)電流，不受安培力，加速度為：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(1,1)m/s2＝1m/s2，故A正確；線框的邊長(zhǎng)為：L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×12＝0.5m，故D錯(cuò)誤；線框剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度為v＝at＝1×1m/s＝1m/s，此時(shí)線框所受的安培力為FA＝BIL，I＝eq\f(BLv,R)，則得FA＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第二定律得F－FA＝ma，即F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，代入數(shù)據(jù)F＝3N，m＝1kg，R＝1Ω，L＝0.5m，v＝1m/s，a＝1m/s2解得，B＝2eq\r(2)T，故B正確；通過(guò)線框的電荷量：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正確。6．(多選)如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ放置在同一水平面內(nèi)，M、P之間接一定值電阻R，金屬棒cb垂直導(dǎo)軌水平放置，金屬棒cb及導(dǎo)軌電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，t＝0時(shí)對(duì)金屬棒施加水平向右的外力F，使金屬棒由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于通過(guò)金屬棒的電流i、通過(guò)導(dǎo)軌橫截面的電荷量q、拉力F和拉力F的功率P隨時(shí)間變化的圖象中正確的是()答案AC解析t＝0時(shí)對(duì)金屬棒施加水平向右的外力F，使金屬棒由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，則金屬棒的速度可表示為v＝at，由法拉第電磁感應(yīng)定律，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝BLat，根據(jù)閉合電路歐姆定律，金屬棒中電流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLat,R)，與時(shí)間成正比，A正確；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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，聯(lián)立解得q＝eq\f(1,2R)BLat2，B錯(cuò)誤；金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的安培力F安＝BiL＝eq\f