2021高考物理二轮复习 第十章 微专题73　电磁感应中的图像问题

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2．Φ－t图像、B－t图像的斜率对应电动势大小及电流方向，其斜率不变或平行，感应电动势大小不变，电流方向不变．
1．(2019·陕西榆林市第二次模拟)如图1所示，单匝线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面．当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，ab边受到的安培力恒定不变．则下列磁感应强度B随时间t变化的图像中可能正确的是( )
图1
2．(2020·河北张家口市月考)四根均匀导线分别制成两个正方形、两个直角扇形线框，分别放在方向垂直纸面向里的匀强磁场边界上，由选项图示位置开始按箭头方向绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动．若以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向，四个选项中符合如图2所示随时间t的变化规律的是( )
图2
图3
3．(2019·河南顶级名校第四次联测)如图3所示，在矩形区域MNPQ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，MQ边长为L，MN边长为2L.梯形线框abcd位于纸面内，ab长为L，cd长为3L，ab边和cd边之间的距离为L.现让线框以恒定的速度v沿垂直MN的方向向右穿过磁场区域，并在ab边与MN边重合时开始计时，取沿 abcda方向为感应电流的正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间变化的图线是( )
4．(多选)(2019·湖北宜昌市四月调研)如图4所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，并以此位置开始计时并作为导线框位移x的起点，随后导线框进入并通过磁场区域．下列图像中，可能正确描述上述过程的是( )
图4
5．(2019·湖南长沙、望城、浏阳、宁乡四个县市区3月调研)如图5甲所示，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)( )
图5
6．如图6甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻为R的定值电阻，电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置且棒两端始终与导轨接触良好，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t＝0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图像中正确的是( )
图6
7．(2019·山东德州市上学期期末)如图7甲所示，光滑导轨竖直放置，上端接有阻值为R的电阻，空间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度 B 的大小随时间 t 的变化规律如图乙所示．质量为 m 的导体棒 ab 与导轨接触良好，若使导体棒 ab 保持静止，需对导体棒 ab 再施加一个平行于导轨的作用力 F ，则 F 随时间 t 的变化规律正确的是( )
图7
答案精析
1．C [设线圈ab边长为L，ad边长为l，当磁感应强度发生变化时，线圈内产生感应电动势为：E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)＝eq \f(ΔBLl,Δt)；感应电流为：I＝eq \f(E,R)；安培力为：F＝BIL，得：F＝eq \f(B·ΔB·L2l,Δt·R)，由公式可知，安培力恒定不变，若磁感应强度B增大，则eq \f(ΔB,Δt)减小；若B减小，则eq \f(ΔB,Δt)增大，所以四个图像中只有C正确．]
2．C [题图A、B中正方形线框绕O转动时，有效切割长度不断变化，因此产生感应电流大小是变化的，故A、B错误；C、D图中，有效切割长度为半径不变，因此产生的感应电流大小不变，根据右手定则，进入磁场时，C图中产生电流方向从P到O，电流为正方向，而D图中开始产生电流方向从O到P，电流为负方向；离开磁场时，刚好相反，故C正确，D错误．]
3．C [在0～eq \f(L,2v)时间内，ab边进入磁场切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律判断得知感应电流沿adcba方向，为负；线圈有效的切割长度均匀增大，根据感应电动势大小公式E＝BLv可知感应电动势均匀增大，所以感应电流均匀增大；在eq \f(L,2v)～eq \f(L,v)时间内，磁通量不断增大，由楞次定律判断得知感应电流沿adcba方向，为负；线圈有效的切割长度不变，根据感应电动势大小公式E＝BLv可知感应电动势不变，所以感应电流不变；在eq \f(L,v)～eq \f(3L,2v)时间内，磁通量不断减小，由楞次定律判断得知感应电流沿abcda方向，为正；线圈有效的切割长度均匀增大，根据感应电动势大小公式E＝BLv可知感应电动势均匀增大，所以感应电流均匀增大；在eq \f(3L,2v)～eq \f(2L,v)时间内，磁通量不断减小，由楞次定律判断得知感应电流沿abcda方向，为正，线圈有效的切割长度不变，根据感应电动势大小公式E＝BLv可知感应电动势不变，所以感应电流不变，故选项C正确，A、B、D错误．]
4．BD [导线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为：E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，则感应电流为：I＝eq \f(E,R) ；安培力为：F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)；由牛顿第二定律为：F＝ma，则有：a＝eq \f(B2L2v,Rm)，由于v 减小，所以a也减小；当导线框完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线运动；当导线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，而速度与时间的斜率表示加速度，则A错误，B正确；导线框进入磁场时，设某时刻进入磁场的距离为x，此时导线框的速度为v，则由动量定理：－B eq \x\t(I)LΔt＝mv－mv0，其中eq \x\t(I)Δt＝q＝eq \f(BLx,R)，则v＝v0－
eq \f(B2L2,Rm)x；同样，当导线框完全进入磁场后，不受到安培力，所以做匀速直线运动，当导线框出磁场时，速度v与位移x的关系与进入磁场相似，则C错误，D正确．]
5．A [0～1 s磁场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，1～3 s磁场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；3～5 s磁场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，则A正确．]
6．C [设金属导轨间的距离为l，金属棒沿导轨向上运动的位移为x，由题图乙可得q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(Blx,R＋r)＝kt2，x＝eq \f(kR＋r,Bl)t2，故金属棒做匀加速直线运动，B错误；由Φ＝Bleq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(1,2)at2))可知，A错误；回路中的电流I＝eq \f(Bla,R＋r)t，由牛顿第二定律有F－mgsin θ－BIl＝ma，故有F＝eq \f(B2l2a,R＋r)t＋mgsin θ＋ma，C正确，D错误．]
7．A [由题图乙知，某时刻的磁场B＝kt，回路中产生的感应电动势为：E＝eq \f(ΔB,Δt)S＝kS为定值，则感应电流I＝eq \f(E,R)为定值；导体棒所受的安培力F安＝BIL＝ktIL；则要使金属棒静止所加的外力：F＝mg－F安＝mg－kILt，则 F 随时间 t 的变化规律正确的是A.]