專題2.5電磁感應中的圖像問題【人教版】【題型1一根導體棒平動切割中的圖像問題】 【題型2兩根根導體棒平動切割中的圖像問題】 【題型3三角形導線框平動切割中的圖像問題】 【題型4矩形導線框平動切割中的圖像問題】 【題型5感生中的圖像問題】 【題型6動生、感生綜合的圖像問題】 【題型1一根導體棒平動切割中的圖像問題】【例1】(多選)如圖所示，電阻不計、間距為L的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R.質量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好．金屬棒中感應電流為i，受到的安培力大小為F安，電阻R兩端的電壓為UR，感應電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有()答案BC解析設金屬棒在某一時刻速度為v，由題意可知，感應電動勢E＝BLv，回路電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BL,R＋r)v，即I∝v；安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2,R＋r)v，方向水平向左，即F安∝v；R兩端電壓UR＝IR＝eq\f(BLR,R＋r)v，即UR∝v；感應電流功率P＝EI＝eq\f(B2L2,R＋r)v2，即P∝v2.分析金屬棒運動情況，由牛頓運動第二定律可得F0＋kv－eq\f(B2L2,R＋r)v＝ma，即F0＋(k－eq\f(B2L2,R＋r))v＝ma.因為金屬棒從靜止開始運動，所以F0>0.(1)若k＝eq\f(B2L2,R＋r)，金屬棒水平向右做勻加速直線運動．所以在此情況下沒有選項符合；(2)若k>eq\f(B2L2,R＋r)，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運動，根據(jù)四個物理量與速度的關系可知B選項符合；(3)若k<eq\f(B2L2,R＋r)，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運動，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)四個物理量與速度關系可知C選項符合．綜上所述，選項B、C符合題意．【變式11】如圖所示的勻強磁場中有一根彎成45°的金屬線POQ，其所在平面與磁場垂直，長直導線MN與金屬線緊密接觸，起始時OA＝l0，且MN⊥OQ，所有導線單位長度電阻均為r，MN勻速水平向右運動的速度為v，使MN勻速運動的外力為F，則外力F隨時間變化的規(guī)律圖象正確的是()答案C解析設經(jīng)過時間t，則N點距O點的距離為l0＋vt，直導線在回路中的長度也為l0＋vt，此時直導線產(chǎn)生的感應電動勢E＝B(l0＋vt)v；整個回路的電阻為R＝(2＋eq\r(2))(l0＋vt)r，回路的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bl0＋vtv,2＋\r(2)l0＋vtr)＝eq\f(Bv,2＋\r(2)r)；直導線受到的外力F大小等于安培力，即F＝BIL＝Beq\f(Bv,2＋\r(2)r)(l0＋vt)＝eq\f(B2v,2＋\r(2)r)(l0＋vt)，故C正確．【變式12】如圖甲所示，兩足夠長平行光滑的金屬導軌MN、PQ相距0.8m，導軌平面與水平面夾角為α，導軌電阻不計．有一勻強磁場垂直導軌平面斜向上，長為1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質量為0.1kg、與導軌接觸端間電阻為1Ω.兩金屬導軌的上端連接右端電路，電路中R2為一電阻箱．已知燈泡的電阻RL＝4Ω，定值電阻R1＝2Ω，調節(jié)電阻箱使R2＝12Ω，重力加速度g取10m/s2.將開關S斷開，金屬棒由靜止釋放，1s后閉合開關，如圖乙所示為金屬棒的速度隨時間變化的圖象，求：(1)斜面傾角α及磁感應強度B的大??；(2)若金屬棒下滑距離為60m時速度恰達到最大，求金屬棒由靜止開始下滑100m的過程中，整個電路產(chǎn)生的電熱；(3)改變電阻箱R2的阻值，當R2為何值時，金屬棒勻速下滑時R2的功率最大，消耗的最大功率為多少？答案(1)30°0.5T(2)32.42J(3)1.5625W解析(1)開關S斷開，由題圖甲、乙得a＝gsinα＝eq\f(Δv,Δt)＝5m/s2，則sinα＝eq\f(1,2)，α＝30°.F安＝BIL，I＝eq\f(BLvm,R總)，R總＝Rab＋R1＋eq\f(R2RL,R2＋RL)＝(1＋2＋eq\f(4×12,4＋12))Ω＝6Ω，由圖乙得vm＝18.75m/s，當金屬棒勻速下滑時速度最大，有mgsinα＝F安，所以mgsinα＝eq\f(B2L2vm,R總)，得B＝eq\r(\f(mgsinα·R總,vm·L2))＝eq\r(\f(0.1×10×\f(1,2)×6,18.75×0.82))T＝0.5T.(2)由動能定理有mg·s·sinα－Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，得Q＝mg·s·sinα－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)≈32.42J.(3)改變電阻箱R2的阻值后，設金屬棒勻速下滑時的速度為vm′，則有mgsinα＝BI總L，R并′＝eq\f(R2RL,R2＋RL)＝eq\f(4Ω×R2,4Ω＋R2)，R2消耗的功率P2＝eq\f(U\o\al(2,并),R2)＝eq\f(I總R并′2,R2)＝eq\f(\f(mgsinα,BL)·R并′2,R2)＝(eq\f(mgsinα,BL))2·eq\f(\f(4Ω×R2,4Ω＋R2)2,R2)＝(eq\f(mgsinα,BL))2·eq\f(16R2,16＋8R2＋R\o\al(2,2))＝(eq\f(mgsinα,BL))2·eq\f(16,\f(16,R2)＋8＋R2)，當R2＝4Ω時，R2消耗的功率最大，P2m＝1.5625W.【變式13】如圖甲所示，兩根間距L＝1.0m、電阻不計的足夠長平行金屬導軌ab、cd水平放置，一端與阻值R＝2.0Ω的電阻相連。質量m＝0.2kg的導體棒ef在恒定外力F作用下由靜止開始運動，已知導體棒與兩根導軌間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力均為f＝1.0N，導體棒電阻為r＝1.0Ω，整個裝置處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場B中，導體棒運動過程中加速度a與速度v的關系如圖乙所示（取g＝10m/s2）。求：（1）當導體棒速度為v時，棒所受安培力F安的大小（用題中字母表示）；（2）磁場的磁感應強度B；（3）若ef棒由靜止開始運動距離為s＝6.9m時，速度已達v′＝3m/s，求此過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。【解答】（1）當導體棒速度為v時，導體棒上的電動勢為E，電路中的電流為I.由法拉第電磁感應定E＝BLv由歐姆定律I=導體棒所受安培力F＝BIL聯(lián)合解得：F=（2）由圖可以知道：導體棒開始運動時加速度a1＝5m/s2，初速度v0＝0，導體棒中無電流.由牛頓第二定律知F﹣f＝ma計算得出：F＝2N由圖可以知道：當導體棒的加速度a＝0時，開始以v＝3m/s做勻速運動此時有：F﹣f﹣F安＝0解得：B＝1T（3）設ef棒此過程中，產(chǎn)生的熱量為Q，由功能關系知（F﹣f）s＝Q+1代入數(shù)據(jù)計算得出Q＝6.0J答案：（1）當導體棒速度為v時，棒所受安培力F安的大小為B2（2）磁場的磁感應強度B為1T；（3）產(chǎn)生的焦耳熱為6J?！绢}型2兩根根導體棒平動切割中的圖像問題】【例2】(多選)如圖，兩條光滑平行金屬導軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導軌電阻忽略不計．虛線ab、cd均與導軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場．將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導軌垂直且接觸良好．已知PQ進入磁場時加速度恰好為零．從PQ進入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是()答案AD解析根據(jù)題述，PQ進入磁場時加速度恰好為零，兩導體棒從同一位置釋放，則兩導體棒進入磁場時的速度相同，產(chǎn)生的感應電動勢大小相等，若釋放兩導體棒的時間間隔足夠長，在PQ通過磁場區(qū)域一段時間后MN進入磁場區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是A；若釋放兩導體棒的時間間隔較短，在PQ沒有出磁場區(qū)域時MN就進入磁場區(qū)域，則兩棒在磁場區(qū)域中運動時回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場中做加速運動，PQ出磁場后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，且感應電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿導軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運動，回路中感應電流減小，流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是D.【變式21】(多選)如圖所示，絕緣的水平面上固定有兩條平行的光滑金屬導軌，導軌電阻不計，兩相同金屬棒a、b垂直導軌放置，其右側矩形區(qū)域內存在恒定的勻強磁場，磁場方向豎直向上?，F(xiàn)兩金屬棒分別以初速度2v0和v0同時沿導軌自由運動，先后進入磁場區(qū)域。已知a棒離開磁場區(qū)域時b棒已經(jīng)進入磁場區(qū)域，則a棒從進入到離開磁場區(qū)域的過程中，電流i隨時間t的變化圖像可能正確的有()[解析]a棒以速度2v0先進入磁場切割磁感線產(chǎn)生的感應電流為i0＝eq\f(Bl·2v0,R)，a棒受安培力做加速度變化的減速直線運動，感應電流也隨之減小，即i-t圖像的斜率逐漸變小；設當b棒剛進入磁場時a棒的速度為v1，此時a棒產(chǎn)生的感應電動勢為E1＝Blv1；若v1＝v0，即E1＝Blv0，此時b棒產(chǎn)生的感應電動勢E2＝Blv0，雙棒雙電源反接，電流為零，不受安培力，a棒勻速運動離開磁場，i-t圖像中無電流，故A正確，C錯誤；若v1＜v0，即a棒產(chǎn)生的感應電動勢E1＝Blv1＜Blv0，此時雙棒雙電源的電動勢不相等要抵消一部分，因b棒的速度大，電流方向同b棒產(chǎn)生的感應電流的流向，與原a棒的流向相反即為負，大小為i＝eq\f(Blv0－v1,R)，b棒受安培力要減速，a棒受安培力要加速，則電流逐漸減小，故B正確，D錯誤。[答案]AB【變式22】如圖甲所示，兩根與水平面成θ＝30°角的足夠長的光滑金屬導軌平行放置，導軌間距為L，導軌的電阻忽略不計。整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，現(xiàn)將質量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b垂直于導軌放置，不可伸長的絕緣細線一端系在金屬棒b的中點。另一端N通過輕質小滑輪與質量為M的物體相連，細線與導軌平面平行。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，不計一切摩擦，物體始終未與地面接觸，重力加速度g取10m/s2。（1）若金屬棒a固定，M＝m，由靜止釋放b，求釋放瞬間金屬棒b的加速度大?。唬?）若金屬棒a固定，L＝1m，B＝1T，m＝0.2kg，R＝1Ω，改變物體的質量M，使金屬棒b沿斜面向上運動，請推導出金屬棒b獲得的最大速度v與物體質量M的關系式，并在乙圖中畫出v﹣M圖象；（3）若將N端的物體去掉，并對細線的這一端施加豎直向下的恒力F＝mg，同時將金屬棒a、b由靜止釋放。從靜止釋放到棒a恰好開始勻速運動的過程中，棒a的位移大小為x，求這個過程中棒a產(chǎn)生的焦耳熱。解析：（1）設釋放瞬間金屬棒b的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：對物體M：Mg﹣T＝Ma對金屬棒b：T﹣mgsinθ＝ma解得：a=代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2。（2）當金屬棒b速度達到最大時，對物塊M有：T＝Mg對金屬棒b有：mgsinθ+BIL＝T對電路分析有：E＝BLv根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=解得：v＝20M﹣2v﹣M圖象如圖所示。（3）對兩棒受力分析可知，在任一時刻：對a棒：mgsinθ﹣F安＝ma1對b棒：F﹣mgsinθ﹣F安＝ma2結合F＝mg解得：a1＝a2即任一時刻兩棒的速度、加速度、位移總是大小相等、方向相反，同時達到勻速運動狀態(tài)，此時的速度最大。設此時a、b棒的速度均為v1，則電路中的總電動勢：E1＝2BLv1電路中的總電流I對a棒：mgsinθ＝BI1L解得：v從靜止釋放到a剛開始勻速運動的過程中，a、b的位移大小均為x，產(chǎn)生的焦耳熱均為Q，則由功能關系可得Fx﹣mgx?sinθ+mgx?sinθ=解得：Q=1答案：（1）若金屬棒a固定，M＝m，由靜止釋放b，釋放瞬間金屬棒b的加速度大小為2.5m/s2。（2）金屬棒b獲得的最大速度v與物體質量M的關系式是v＝20M﹣2，v﹣M圖象如圖所示；（3）這個過程流過金屬棒a的電量為12【變式23】如圖所示，間距為L＝0.8m、傾角為θ＝37°的兩根平行傾斜光滑導軌與間距相同的兩根平行水平光滑導軌在b、e處平滑連接，導軌全部固定，其中MN、PQ兩段用絕緣材料制成，其余部分用電阻不計的金屬材料制成。cf兩點間有一個電容為C=58F的電容器，整個導軌區(qū)域存在豎直方向的磁感應強度為B＝0.5T的勻強磁場（圖中未標注）將長度比導軌間距略大、質量均為m＝0.4kg、電阻均為R＝0.1Ω的導體棒A和B靜止置于導軌上，鎖定導體棒B，給導體棒A施加一個在傾斜導軌平面內且垂直于導體棒A的外力F，使其沿傾斜導軌向下做初速度為0的勻加速直線運動。外力作用t0＝2s時間，導體棒A恰好以v0＝3m/s的速度運動至be處并進入水平導軌，此時撤去外力F，同時釋放導體棒B。兩根導體棒在到達MP前發(fā)生彈性相碰，碰撞剛結束，馬上移去導體棒A。整個過程中兩根導體棒始終與導軌垂直，水平導軌右側部分足夠長。導體棒B初始所在位置離傾斜導軌末端be的距離x＝0.5m，試求：（1）外力F作用期間，其大小隨時間t的變化關系式；（2）從釋放導體棒B至發(fā)生彈性碰撞前，導體棒B上產(chǎn)生的焦耳熱QB；（3）最終穩(wěn)定時，電容器所帶電量q?！窘獯稹拷猓海?）由加速度的定義可得：a=v0根據(jù)牛頓第二定律得：F+mgsin37°?B解得：F＝0.768t﹣1.8（N）故外力F的大小為F＝1.8﹣0.768t（N），其中0≤t≤2s（2）對A棒有：?∑B?BLΔv而因為：ΣΔv?Δt＝x而：vA＝2m/s對B棒有：?∑B?而：vB＝1m/s根據(jù)能量守恒可得：Q熱＝EkB=1又：QB（3）彈性碰撞，兩棒質量等，故速度互換，即有vB′＝2m/s最終穩(wěn)定時，導體棒B向右勻速滑行，則有：BLvm＝Um又因為：﹣ΣBiL?Δt＝mvm﹣mvB′又因為：q＝Σi?Δt＝CUm得到：vm＝1.6m/s，q＝0.4C答案：（1）外力F作用期間，其大小隨時間t的變化關系式為F＝1.8﹣0.768t（N），其中0≤t≤2s；（2）從釋放導體棒B至發(fā)生彈性碰撞前，導體棒B上產(chǎn)生的焦耳熱QB為0.4J；（3）最終穩(wěn)定時，電容器所帶電量q為0.4C?！绢}型3三角形導線框平動切割中的圖像問題】【例3】一個邊長為2L的等邊三角形磁場區(qū)域，一個底邊長為L的直角三角形金屬線框，線框電阻為R，二者等高，金屬線框以速度v水平向右勻速穿過磁場區(qū)域的過程中，規(guī)定逆時針方向的電流為正，則線框中感應電流i隨位移x變化的圖像正確的是()解析：選B當x＜L時，感應電動勢為E＝eq\f(\r(3),2)Bvx，感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3),2R)Bvx，由楞次定律可知電流為正向且逐漸增大，當L≤x＜2L時，感應電動勢為E＝eq\f(\r(3),2)B(2L－x)v，感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3),R)BvL－eq\f(\r(3),2R)Bvx，由楞次定律可知電流為正向且逐漸減小，當2L≤x＜3L時，感應電動勢為E＝eq\r(3)Bv(3L－x)，感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3\r(3),R)BvL－eq\f(\r(3),R)Bvx，由楞次定律可知電流為負向且逐漸減小，B正確。【變式31】(多選)邊長為a的閉合金屬正三角輕質框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直于框架平面向里的勻強磁場中，現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場，如圖所示，則下列圖象與這一拉出過程相符合的是()答案BC解析設正三角形輕質框架開始出磁場的時刻t＝0，則其切割磁感線的有效長度L＝2xtan30°＝eq\f(2\r(3),3)x，則感應電動勢E電動勢＝BLv＝eq\f(2\r(3),3)Bvx，則C項正確，D項錯誤；框架勻速運動，故F外力＝F安＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(4B2x2v,3R)∝x2，A項錯誤；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B項正確．【變式32】如圖所示，直角三角形ADC區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場，AD邊長為2L，直角三角形導線框abc與直角三角形ADC相似，ab邊長為L，∠ACD＝∠acb＝30°，線框在紙面內，且bc邊和DC邊在同一直線上，bc邊為導線，電阻不計，ab邊和ac邊由粗細均勻的金屬桿彎折而成．現(xiàn)用外力使線框以速度v勻速向右運動通過磁場區(qū)域，則線框在通過磁場的過程中，Uab隨時間變化的關系圖象正確的是()答案B解析本題可以采用排除法，根據(jù)右手定則可知，線框進入磁場和出磁場的過程中，a點電勢均低于b點電勢，Uab均為負值、不為零，由此排除A、C、D選項．【變式33】如圖所示，一直角三角形金屬框，向左勻速地穿過一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，磁場僅限于虛線邊界所圍的區(qū)域，該區(qū)域的形狀與金屬框完全相同，且金屬框的下邊與磁場區(qū)域的下邊在一直線上．若取順時針方向為電流的正方向，則金屬框穿過磁場的過程中感應電流i隨時間t變化的圖象是()答案C解析在金屬框進入磁場過程中，感應電流的方向為逆時針，金屬框切割磁感線的有效長度線性增大，排除A、B；在金屬框出磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向，金屬框切割磁感線的有效長度線性減小，排除D，故C正確．【題型4矩形導線框切割中的圖像問題】【例4】如圖，在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下．一邊長為eq\f(3,2)l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動．線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()答案D解析設線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應電流為i.線框位移等效電路的連接電流0～eq\f(l,2)I＝2i(順時針)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆時針)eq\f(3l,2)～2lI＝0分析知，只有選項D符合要求．【變式41】(多選)如圖所示，在0≤x≤L和2L≤x≤3L的區(qū)域內存在著勻強磁場，磁場的方向垂直于xOy平面(紙面)向里，具有一定電阻的正方形線框abcd邊長為2L，位于xOy平面內，線框的ab邊與y軸重合。令線框從t＝0時刻由靜止開始沿x軸正方向做勻加速直線運動，ab邊在t0時刻到達x＝L位置，則線框中的感應電流I(取逆時針方向的電流為正)、bc兩端的電勢差Ubc與時間t的函數(shù)圖像大致是下列圖中的()[解析]線框ab邊從x＝0運動到x＝L的時間為t0，由運動學規(guī)律可得L＝eq\f(1,2)at02，解得t0＝eq\r(\f(2L,a))，感應電流I＝eq\f(B·2L·v,R)＝eq\f(2BLat,R)，電流隨時間均勻增大，由楞次定律可知，感應電流沿逆時針方向；設線框ab邊從x＝L運動到x＝4L的時間為t1，則由運動學公式得t1＝eq\r(\f(2×4L,a))－t0＝2t0－t0＝t0，這段時間內穿過線框的磁通量不變，線框內沒有感應電流；設線框ab邊從x＝4L運動到x＝5L的時間為t2，則由運動學公式得t2＝eq\r(\f(2×5L,a))－eq\r(\f(2×4L,a))＝eq\r(5)t0－2t0≈0.236t0，根據(jù)楞次定律得，感應電流方向沿順時針方向，為負值，線框做勻加速直線運動，感應電流為I＝－eq\f(4BLv,R)＝－eq\f(4BLat,R)，故A正確，B錯誤；bc兩端電勢差Ubc＝IR，bc為外電路，故電勢差變化和電流變化相同，故C正確，D錯誤。[答案]AC【變式42】(多選)如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框，導線框右側有兩個寬度也為L的有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B、方向分別豎直向下和豎直向上。t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框在外力作用下，以速度v勻速進入并通過磁場區(qū)城。規(guī)定電流i沿逆時針方向時為正，磁感線豎直向下時磁通量Φ為正，安培力的合力F向左為正。則以下關于Φ、i、F和線框中的電功率P隨時間變化的圖像正確的是()解析：選BD當線圈進入磁場0～L時，向下的磁通量由0增加到BL2，感應電流I＝eq\f(BLv,R)，沿逆時針方向；安培力F＝eq\f(B2L2v,R)，方向向左；安培力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,R)。當線圈進入磁場L～2L時，向下的磁通量逐漸減小到零，然后向上增加到BL2，感應電流I＝eq\f(2BLv,R)，沿順時針方向；安培力F＝2B·eq\f(2BLv,R)L＝eq\f(4B2L2v,R)，方向向左；安培力的功率P＝Fv＝eq\f(4B2L2v2,R)。當線圈運動2L～3L時，向上的磁通量由BL2逐漸減小到零，感應電流I＝eq\f(BLv,R)，沿逆時針方向；安培力F＝B·eq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，方向向左；安培力的功率P＝Fv＝eq\f(B2L2v2,R)。綜上所述，B、D正確，A、C錯誤。【變式43】如圖所示為兩個有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直于紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側L處有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直．現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直紙面向里時磁通量Φ的方向為正，外力F向右為正．線框中的磁通量Φ、感應電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化的圖象正確的是()答案D解析線框運動L時開始進入磁場，磁通量開始增大，當線框全部進入時，磁通量達到最大，此后向外的磁通量增大，總磁通量減小，當運動到2.5L時，磁通量最小，故選項A錯誤；當線框進入第一個磁場時，由E＝BLv可知，E保持不變，而開始進入第二個磁場時，兩邊同時切割磁感線，電動勢應為2BLv，故選項B錯誤；因安培力總是與運動方向相反，故外力F應一直向右，故選項C錯誤；外力F的功率P＝Fv，因速度不變，而線框進入第一個磁場時，電流為定值，F(xiàn)也為定值．兩邊分別在兩個磁場中時，電流加倍，回路中總電動勢加倍，功率變?yōu)樵瓉淼?倍，此后線框從第二個磁場中離開時，安培力應等于線框進入第一個磁場時的安培力，所以功率應等于進入第一個磁場時的功率，故選項D正確．【題型5感生中的圖像問題】【例5】將一段導線繞成如圖甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內．回路的ab邊置于垂直紙面向里為勻強磁場Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示．用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是()答案B解析根據(jù)B－t圖象可知，在0～eq\f(T,2)時間內，B－t圖線的斜率為負且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，該段時間圓環(huán)區(qū)域內感應電動勢和感應電流是恒定的，由楞次定律可知，ab中電流方向為b→a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0～eq\f(T,2)時間內安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在eq\f(T,2)～T時間內，B－t圖線的斜率為正且為定值，故ab邊所受安培力仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同．綜上可知，B正確．【變式51】(多選)如圖甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20，總電阻R＝2.5Ω，邊長L＝0.3m，處在兩個半徑均為r＝eq\f(L,3)的圓形勻強磁場區(qū)域中．線框頂點與右側圓心重合，線框底邊中點與左側圓心重合．磁感應強度B1垂直水平面向上，大小不變；B2垂直水平面向下，大小隨時間變化．B1、B2的值如圖乙所示，則()A．通過線框的感應電流方向為逆時針方向B．t＝0時刻穿過線框的磁通量為0.1WbC．在0.6s內通過線框中的電荷量約為0.13CD．經(jīng)過0.6s線框中產(chǎn)生的熱量約為0.07J答案ACD解析磁感應強度B1垂直水平面向上，大小不變，B2垂直水平面向下，大小隨時間增大，故線框向上的磁通量減小，由楞次定律可得，線框中感應電流方向為逆時針方向，選項A正確．t＝0時刻穿過線框的磁通量Φ＝B1×eq\f(1,2)πr2＋B2×eq\f(1,6)πr2≈－0.0052Wb，選項B錯誤．在0.6s內通過線框的電荷量q＝neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(20×5－2×\f(1,6)π×0.12,2.5)C≈0.13C，選項C正確．經(jīng)過0.6s線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2RΔt＝eq\f(nΔΦ2,RΔt)≈0.07J，選項D正確．【變式52】(多選)如圖(a)所示，半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環(huán)固定在水平面內，缺口兩端引出兩根導線，與電阻R構成閉合回路．若圓環(huán)內加一垂直于紙面的變化的磁場，變化規(guī)律如圖(b)所示．規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，不計金屬圓環(huán)的電阻．以下說法正確的是()A．0～1s內，流過電阻R的電流方向為b→R→aB．2～3s內，穿過金屬圓環(huán)的磁通量在減小C．t＝2s時，流過電阻R的電流方向發(fā)生改變D．t＝2s時，Uab＝πr2B0(V)答案AD解析規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，根據(jù)楞次定律，在0～1s內，穿過金屬圓環(huán)向里的磁通量增大，則金屬圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，那么流過電阻R的電流方向為b→R→a，故A正確；由題圖(b)可知，在2～3s內，穿過金屬圓環(huán)的磁通量在增大，故B錯誤；1～2s內，穿過金屬圓環(huán)的磁通量向里減小，由楞次定律可知，產(chǎn)生的電流方向為a→R→b，2～3s穿過金屬圓環(huán)的磁通量增大，且磁場反向，由楞次定律可知，產(chǎn)生的電流方向為a→R→b，故C錯誤；當t＝2s時，根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝πr2B0(V)，因不計金屬圓環(huán)的電阻，因此Uab＝E＝πr2B0(V)，故D正確．【變式53】如圖甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產(chǎn)生的感應電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示．則通入線圈l1中的電流i1隨時間t變化的圖象是下列選項圖中的()答案D解析因為感應電流大小不變，根據(jù)法拉第電磁感應定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而線圈l1中產(chǎn)生的磁場變化是因為電流發(fā)生了變化，所以I＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq\f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以線圈l1中的電流均勻改變，A、C錯誤；根據(jù)題圖乙，0～eq\f(T,4)時間內感應電流磁場向左，所以線圈l1產(chǎn)生的磁場向左減小，或向右增大，B錯誤，D正確．【題型6動生、感生綜合的圖像問題】【例6】如圖甲所示，在光滑絕緣水平面上的0≤x≤1.0m區(qū)域內存在方向垂直平面向外的勻強磁場。一電阻值R＝0.5Ω、邊長L＝0.5m的正方形金屬框abcd，右邊界cd恰好位于磁場邊界。若以cd邊進入磁場時作為計時起點，線框受到一沿x軸正方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做勻速運動，直到ab邊進入磁場時撤去外力。在0≤t≤1.0s內磁感應強度B的大小與時間t的關系如圖乙所示，在0≤t≤1.3s內線框始終做勻速運動。(1)在1.0s≤t≤1.3s內存在連續(xù)變化的磁場，求磁感應強度B的大小與時間t的關系式；(2)求在0≤t≤1.3s內流過導線橫截面的電荷量q。[解析](1)根據(jù)題意，線框勻速離開磁場，電流為0，磁通量不變，則有Φ1＝Φt＝1.3s時，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2t時刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]得B＝eq\f(1,6－4t)。(2)根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)可得0≤t≤0.5s電荷量q1＝eq\f(B0L2,R)＝0.125C0．5s≤t≤1.0s電荷量q2＝eq\f(B1L2－B0L2,R)＝0.125C故0≤t≤1.3s電荷量q＝q1＋q2＝0.25C。[答案](1)B＝eq\f(1,6－4t)(2)0.25C【變式61】(多選)如圖(a)所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌豎直放置并固定，頂端接有阻值為R的電阻，垂直導軌平面存在變化規(guī)律如圖(b)所示的勻強磁場，t＝0時磁場方向垂直紙面向里。在t＝0到t＝2t0的時間內，金屬棒水平固定在距導軌頂端L處；t＝2t0時，釋放金屬棒。整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，導軌與金屬棒的電阻不