高考物理一轮复习 高频考点强化（九）电磁感应中的图象问题练习-人教版高三全册物理试题.doc

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1、高频考点强化(九)电磁感应中的图象问题(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题,每小题7分,共63分。16题为单选题,79题为多选题)1.线圈所围的面积为0.1 m2,线圈电阻为1 。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向,如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则以下说法正确的是()A.在时间05 s内,I的最大值为0.1 AB.在第4 s时刻,I的方向为正C.前2 s内,通过线圈某截面的总电量为0.01 CD.第3 s内,线圈的发热功率最大【解析】选C。由图看出,在01 s内图线的斜率最大,B的变化率最大,根据闭合电路欧姆定律得,I=n,知磁感应强度的变

2、化率越大,则电流越大,磁感应强度变化率最大值为0.1,则最大电流I= A=0.01 A,故A项错误;在第4 s时刻,穿过线圈的磁场方向向上,磁通量减小,则根据楞次定律判断得知,I的方向为逆时针方向,即为负方向,故B项错误;前2 s内,通过线圈某截面的总电量q= C=0.01 C,故C项正确;第3 s内,B没有变化,线圈中没有感应电流产生,则线圈的发热功率最小,故D项错误。2.如图所示,固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时,磁感应强度为B,此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为L的正方形。为使MN棒中不产生感应电流,从t=0

3、开始,磁感应强度B随时间t变化图象为()【解析】选C。当通过闭合回路的磁通量不变,则MN棒中不产生感应电流,有B0L2=BL(L+vt),所以B=,即B与时间t为反比例关系,则可知对应的图象应为C,故C项正确,A、B、D项错误。3.(2018洛阳模拟)如图甲所示,光滑导轨水平放置在与水平方向夹60度角斜向下的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向),导体棒ab垂直导轨放置,除电阻R的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态。规定ab的方向为电流的正方向,水平向右的方向为外力的正方向,则在0t时间内,能正确反映流过导体棒ab的电流

4、i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是()【解析】选D。由E=sin60可知,电动势保持不变,则电路中电流不变;由安培力F=BIL可知,电路中安培力随B的变化而变化,当B为负值时,安培力的方向为负,B为正值时,安培力为正值,故D项正确。4.(2018晋江模拟)如图所示,直角坐标系xOy的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场磁感应强度大小均为B,在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场磁感应强度大小为2B,现将半径为R,圆心角为90的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动。t=0时线框在图示位置,设电流逆时针方向为正方向。则下列关于导线框中的电流随时

5、间变化关系正确的是()【解析】选B。在0t时间内,线框从图示位置开始(t=0)转过90的过程中,产生的感应电动势为:E1=BR2;由闭合电路欧姆定律得,回路电流为:I1=,根据楞次定律判断可知,线框中感应电流方向沿逆时针;在t2t时间内,线框进入第三象限的过程中,回路电流方向为顺时针,回路中产生的感应电动势为:E2=BR2+2BR2=BR2=3E1;感应电流为:I2=3I1;在2t3t时间内,线框进入第四象限的过程中,回路电流方向为逆时针。回路中产生的感应电动势为:E3=BR2+2BR2=BR2=3E1;感应电流为:I2=3I1;在3t4t时间内,线框出第四象限的过程中,回路电流方向为顺时针。

6、回路中产生的感应电动势为:E4=BR2;由闭合电路欧姆定律得,回路电流为:I4=I1,故B项正确。【加固训练】(2018昆明模拟)如图所示,平面直角坐标系xOy的第一、三象限分布着垂直于纸面向里和向外的匀强磁场,磁感应强度大小相等,MON是圆心角为90的扇形导线框,圆心在坐标原点O处,导线框在纸面内。在t=0时刻,线框从图示位置开始绕垂直于纸面、且过O点的轴逆时针匀速转动,以逆时针方向为线框中感应电流的正方向,在转动一周的过程中,如图能正确反应线框内感应电流随时间变化的是()【解析】选D。导体转动切割磁感应线的过程中产生的感应电动势大小为:E=Br2,感应电流大小为I=,角速度一定时,感应电动

7、势为一定值、则感应电流为一定值;OM进入第一象限的磁场中时,根据楞次定律可得电流方向为逆时针,OM进入第二象限的磁场中时,根据楞次定律可得电流方向为顺时针,OM进入第三象限的磁场中时,根据楞次定律可得电流方向为顺时针,OM进入第四象限的磁场中时,根据楞次定律可得电流方向为逆时针,所以D项正确,A、B、C项错误。5.(2018鄂尔多斯模拟)如图,边长为2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里,b点处于x轴的坐标原点O;一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC,ABC=60,BC边处在x轴上。现让金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场,在t=0时线框B点恰好位于原点O

8、的位置。规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向,在下列四个i-x图象中,能正确表示线框中感应电流随位移变化关系的是 ()【解析】选D。当ABC向前移动L的过程中,只有AB边切割磁感应线,根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向,当移动L时有效切割长度为AC=,所以感应电流为i0=;在当ABC向前移动L2L的过程中,除AB边切割磁感应线外,AC边也切割磁感应线,感应电动势逐渐减小到零,根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向,当移动2L时有效切割长度为0,感应电流为零;当ABC向前移动2L3L的过程中,只有AC边切割磁感应线,根据楞次定律可得电流方向为顺时针方向,最大的感应电动势为LBv,所以最大的感应

9、电流为i0=,当ABC离开磁场的过程中,感应电流逐渐减小,所以A、B、C项错误,D项正确。6.(2018漳州模拟)如图甲所示,光滑的导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,轨道左侧连接一定值电阻R,导体棒ab垂直导轨,导体和轨道的电阻不计。导体棒ab在水平外力的作用下运动,外力F随t变化如图乙所示,在0t0时间内从静止开始做匀加速直线运动,则在t0以后,导体棒ab运动情况为 ()A.一直做匀加速直线运动B.做匀减速直线运动,直到速度为零C.先做加速,最后做匀速直线运动D.一直做匀速直线运动【解析】选C。设导体棒ab长L,运动速度为v,则导体棒所受安培力F=BIL=;因为导体棒在0t0时间内从静止开

10、始做匀加速直线运动,所以,F2F;因为速度不能瞬变,所以,导体棒先做加速运动,故B、D项错误;导体棒做加速运动,速度增大,F继续增大,则合外力减小,加速度减小,故A项错误;当速度增大到F=F2后,导体棒做匀速直线运动,故C项正确。7.如图甲所示,在光滑水平面上用恒力F拉质量为1 kg的单匝均匀正方形铜线框,在1位置以速度v0=3 m/s进入匀强磁场时开始计时t=0,此时线框中感应电动势为1 V,在t=3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场。此过程中v-t图象如图乙所示,那么()A.t=0时线框右侧的边两端M、N间电压为 0.25 VB.恒力F的大小为0.5 NC.线框完全离开磁场的位置3的瞬

11、时速度为 2 m/sD.线框完全离开磁场的位置3的瞬时速度为 1 m/s【解析】选B、C。t=0时,线框右侧边MN的两端电压为外电压,总的感应电动势为:E=1 V,外电压U外=E=0.75 V,故A项错误;由图乙所示可知,在13 s内,线框做匀加速运动,没有感应电流,线框不受安培力,则有F=ma,由速度-时间图象的斜率表示加速度,加速度a= m/s2=0.5 m/s2,由牛顿第二定律得:F=ma= 10.5 N=0.5 N,故B项正确;由乙所示图象可知,在t=3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入时速度相同,则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同,则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速

12、度与t=1 s时刻的速度相等,即为2 m/s,故C项正确,D项错误。【加固训练】(多选)如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域,MN和MN是匀强磁场区域的水平边界,边界的宽度为s,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直。现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象(其是OA、BC、DE相互平行)。已知金属线框的边长为L(Ls)、质量为m、电阻为R,当地的重力加速度为g,图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量。(下落过程中bc边始终

13、水平)根据题中所给条件,以下说法正确的是()A.t2时刻是线框全部进入磁场瞬间,t4时刻是线框全部离开磁场瞬间B.从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止,感应电流所做的功为mgsC.v1的大小为D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多【解析】选A、C。0t1时间内做自由落体运动,可知从t1时刻进入磁场,开始做加速度减小的减速运动,t2时刻又做匀加速运动,且与自由落体运动的加速度相同,可知线框全部进入磁场,即t2是线框全部进入磁场瞬间,t3时刻开始做变减速运动,t4时刻,又做加速度为g的匀加速运动,可知t4是线框全部离开磁场瞬间,故A项正确;从

14、bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止,根据动能定理得,mg(s+L)-WA=m -m ,解得感应电流做功不等于mgs,出磁场时,设克服安培力做功为WA,根据动能定理得,mgL-WA=m -m ,则WA=mgs+WA,可知故B项错误;线框全部进入磁场前的瞬间,可能重力和安培力平衡,有: mg=,解得v1=,v1的大小一定为,故C项正确;根据q=知,线框进入磁场和出磁场的过程中,磁通量的变化量相同,则通过的电荷量相同,故D项错误。8.一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F,让线框从静止开始做匀加速

15、直线运动穿过磁场。外力F随时间t变化的图线如图乙所示。已知线框质量m=1 kg、电阻R=1 、边长L=0.5 m。以下说法正确的是()A.做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B.匀强磁场的磁感应强度为2 TC.线框穿出磁场时速度为1 m/sD.线框穿过磁场的过程中,线框上产生的焦耳热为1.5 J【解析】选A、B、C。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= m/s2=1 m/s2,故A项正确;线框的边长为:L=0.5 m,线框刚出磁场时的速度为v=at=11 m/s=1 m/s,此时线框所受的安培力为FA=BIL,I=,则得FA=,根据牛顿第二定律得F-FA=

16、ma,代入得F-=ma,代入数据F=3 N,m=1 kg,R=1 ,L=0.5 m,v=1 m/s,a=1 m/s2,解得B=2 T,故B项正确,C项正确;线框的位移为x=L=0.5 m,若F=3 N保持不变,则F做功为W=Fx=30.5 J=1.5 J,而实际中F的大小逐渐增大,最大为3 N,所以F做功应小于1.5 J,由于线框加速运动,根据能量守恒得线框上产生的焦耳热小于1.5 J,故D项错误。9.(2017全国卷)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0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内,cd边与磁场边界平行,如图甲所示。已知导线框一直

17、向右做匀速直线运动,cd边于t=0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取正)。下列说法正确的是()A.磁感应强度的大小为0.5 TB.导线框运动速度的大小为0.5 m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N【解析】选B、C。据右手定则可知磁感应强度的方向垂直于纸面向外,C项正确;由v=0.5 m/s可知B项正确;由E=Blv可知磁感应强度的大小为0.2 T,A项错误;据F安=可得在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.04 N

18、,D项错误。二、计算题(本题共2小题,共37分。需写出规范的解题步骤)10.(17分)(2018大同模拟)如图甲所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4 m。导轨右端接有阻值R=1 的电阻,导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计,导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,bd连线与导轨垂直,长度也为L,从0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图乙所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1 s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/s做直线运动,求:(1)棒进入磁场前,回路中的电动势E。(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以

19、及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。【解析】(1)棒在进入磁场前,棒没有切割磁感线,但磁场的强弱发生变化,导致磁通量发生变化。abcd的面积S=L2E=n=n由联立得:E=0.04 V(2)棒进入磁场中后,做切割磁感线运动,当棒到达bd时,产生的感应电流最大,同时切割长度最大,到达bd时,产生的感应电动势E=BLbdv产生的感应电流I=所受最大安培力F=BILbd由联立得:F=0.04 N棒通过三角形abd区域时,切割的长度l=2v(t-1 s)产生的感应电动势E=Blv感应电流i=由联立得感应电流为i=答案:(1)0.04 V(2)0.04 Ni=11.(20分)(2018保定

20、模拟)如图甲所示,光滑绝缘斜面的倾角=30,矩形区域GHIJ(GH与IJ相距为d)内存在着方向垂直于斜面的匀强磁场。质量为m、边长为d的正方形闭合金属线框abcd平放在斜面上,开始时ab边与GH相距也为d,现用一平行于斜面的恒力拉动线框,使其由静止开始(t=0)沿斜面向上运动,当线框完全通过磁场后运动一段时间再撤去外力。已知线框运动的过程中产生的电流I随时间t变化的I-t图象如图乙所示(规定电流沿abcd方向为正)。已知向上穿过磁场时线框中电流大小为I0,前后两次通过磁场产生电流的时间之比为21,重力加速度为g,斜面足够长,线框ab边始终与GH平行,求:(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向

21、。(2)线框的电阻阻值。(3)撤去外力之前线框位移的大小。【解题指导】解析本题应注意以下两点:(1)对线框进行受力分析和运动过程分析,结合图乙明确线框的运动过程。(2)分析安培力作用下导体棒的平衡问题,根据平衡条件列出方程;分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解。【解析】(1)由I-t图象知道,线框向上和向下穿过磁场的过程都做匀速运动,设向上穿过磁场时线框的速度大小为v1,向下穿过磁场时线框的速度大小为v2,线框中电流大小为I;根据运动学公式和欧姆定律可得:向上时,v1t1=2d,I0R=Bdv1向下时,v2t2=2d,IR=Bdv2根据共点力的平衡可得:mgsin30=BId由题设条件知道t1:t2=2:1联立解得:B=根据右手定则可知磁场方向垂直斜面向上;(2)线框向上穿过磁场时。根据共点力平衡可得:F=mgsin30+BI0d线框从开始运动的ab边向上刚好进入磁场的过程中,根据动能定理可得:(F-mgsin30)d=m联立解得R=(3)设撤去外力前位移大小为x,线框离开磁场后作用的位移为x-3d从线框离开磁场到再次进入磁场的过程中,根据动能定理可得:F(x-3d)=m-m联立可得:x=4d答案:(1),方向垂直斜面向上(2)(3)4d