【热点突破题优化方案】2015届高三物理新一轮复习热点强化突破电磁感应中的图象问题(含新题详解)

1/7热点强化突破(九)热点1电磁感应中的图象问题电磁感应中的图象是高考选择题命题的热点．这类问题的实质是法拉第电磁感应定律、楞次定律及推理的应用．解决这类问题的关键点：①明确图象种类；②整个过程合理分段；③注意根据方向排除错误选项．1.(单选)如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)()2.(单选)(2014·潍坊模拟)如图所示，M1N1上方磁场垂直于纸面向外，M2N2下方磁场垂直于纸面向里，两匀强磁场磁感应强度大小相同，M1N1、M2N2间无磁场，间距为d.等腰直角三角形线框的斜边AC长为d，垂直于M2N2，且A在磁场边界M2N2上．现将三角形线框由图示位置沿CD方向匀速穿过无磁场的区域，以线框中感应电流顺时针方向为正，则感应电流随时间变化的图象为()3．(多选)如图甲所示，正六边形导线框abcdef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B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流以顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向以水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是()2/74．(多选)(改编题)如图所示，一匀强磁场B垂直于倾斜放置的光滑绝缘斜面斜向上，匀强磁场区域在斜面上虚线ef与gh之间．在斜面上放置一质量为m、电阻为R的矩形铝框abcd，虚线ef、gh和斜面底边pq以及铝框边ab均平行，且ehbc.如果铝框从ef上方的某一位置由静止开始运动．则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度(v)—时间(t)图象，可能正确的有()热点2电磁感应中的综合问题电磁感应中的综合问题是高考压轴题命题的热点，高考中常以“杆、导轨”模型为载体综合考查电路、动力学和能量等多方面知识．在分析与动力学知识结合的综合题时，首先应明确两大研究对象，再分析速度变化引起磁场力变化的制约关系，然后根据动态分析确定导体的最终状态．在分析与能量结合的综合题时，由于安培力是变力，需要用功能关系和能量守恒观点分析，解题时要分析清楚能量的产生和转化情况．3/75．如图甲所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L＝0.3m，导轨左端连接R＝0.6Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面B＝0.6T的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2m．细金属棒A1和A2用长为2D＝0.4m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3Ω.导轨电阻不计．使金属棒以恒定速度v＝1.0m/s沿导轨向右穿越磁场．计算从金属棒A1进入磁场(t＝0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图乙中画出．6.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef水平放置，在其左端连接倾角为θ＝37°的光滑金属导轨ge、hc，导轨间距均为L＝1m，在水平导轨和倾斜导轨上，各放一根与导轨垂直的金属杆，金属杆与导轨接触良好．金属杆a、b质量均为m＝0.1kg，电阻Ra＝2Ω、Rb＝3Ω，其余电阻不计．在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B1、B2，且B1＝B2＝0.5T．已知从t＝0时刻起，杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动，杆b在水平向右的外力F2作用下始终保持静止状态，且F2＝0.75＋0.2t(N)．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)通过计算判断杆a的运动情况；(2)从t＝0时刻起，求1s内通过杆b的电荷量；(3)若t＝0时刻起，2s内作用在杆a上的外力F1做功为13.2J，则这段时间内杆b上产生的热量为多少？4/77．(2014·黄冈联考)如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD和abcd的边长均为l、电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度为B、方向垂直竖直面向里的匀强磁场．开始时ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为l.现将系统由静止释放，当ABCD刚全部进入磁场时，系统开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，求：(1)系统匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；(3)导线框abcd通过磁场的时间．5/7参考答案实战演练1．[解析]选A.导体棒运动时间t时切割磁感线产生的感应电动势大小E＝Blv＝2Bv2t，感应电流大小I＝ER＝2Bv2tR，导体棒所受的安培力大小F＝BIl＝4B2v3t2R，由此可见，感应电流的大小I与时间t成正比，而安培力的大小F则与时间t是二次函数关系．由楞次定律可知，导体棒在第一、二区域的磁场中运动时，产生的感应电流分别为从M经R到N和从N经R到M；由左手定则判断得出，导体棒在第一、二区域的磁场中运动时受到的安培力均为水平向左，只有A正确．2．[解析]选C.线框在匀速离开垂直纸面向里的匀强磁场的过程中，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，B、D错误；线框在离开磁场的过程中，有效切割长度先逐渐增大，当D点恰好到达M2N2时，有效切割长度最大，感应电动势最大，此后有效切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，故A错误、C正确．3．[解析]选AC.0～2s时间内，负方向的磁场在减弱，产生正方向的恒定电流，cd边受安培力向右且减小.2s～3s时间内，电流仍是正方向，且大小不变，此过程cd边受安培力向左且增大.3s～6s时间内，电流为负方向，大小不变，cd边受安培力先向右后变为向左，故选A、C.4．[解析]选AD.从线框宽度小于磁场的宽度可知，当ab边进入磁场且cd边未出磁场的过程中，线框的加速度与cd边未进入磁场时相同为gsinθ(设导轨倾角为θ)．①当cd边刚好匀速进入磁场时，mgsinθ＝F安＝B2L2vR，ab边进入后匀加速，cd边出后减速，且因随速度的减小安培力变小，故加速度也减小，当达到上述匀速的速度后又匀速，A正确，B错误；②当cd边加速进入磁场，全部进入后匀加速，当cd边出磁场时有三种可能，加速、匀速、减速，D正确．③当cd边减速进入磁场，全部进入匀加速，后又减速出磁场，C错误．5.[解析]t1＝Dv＝0.2s在0～t1时间内，A1产生的感应电动势E1＝BLv＝0.18V.其等效电路如图丙所示．由图丙知，电路的总电阻R总＝r＋rRr＋R＝0.5Ω总电流为I＝E1R总＝0.36A通过R的电流为IR＝I3＝0.12AA1离开磁场(t1＝0.2s)至A2刚好进入磁场(t2＝2Dv＝0.4s)的时间内，回路无电流，IR＝0，6/7从A2进入磁场(t2＝0.4s)至离开磁场t3＝2D＋Dv＝0.6s的时间内，A2上的感应电动势为E2＝0.18V，其等效电路如图丁所示．由图丁知，电路总电阻R′总＝0.5Ω，总电流I′＝0.36A，流过R的电流IR＝0.12A，综合以上计算结果，绘制通过R的电流与时间关系如图所示．[答案]见解析6．[解析](1)因为杆b静止，所以有F2－B2IL＝mgtan37°而F2＝0.75＋0.2t(N)解得I＝0.4t(A)整个电路中的电动势由杆a运动产生，故E＝I(Ra＋Rb)，E＝B1Lv解得v＝4t所以，杆a做加速度为a＝4m/s2的匀加速运动．(2)杆a在1s内运动的距离d＝12at2＝2mq＝IΔtI＝ERa＋RbE＝ΔΦΔt＝B1LdΔtq＝ΔΦRa＋Rb＝B1LdRa＋Rb＝0.2C即1s内通过杆b的电荷量为0.2C.(3)设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得W1－Q＝12mv21v1＝at＝8m/s解得Q＝10J从而Qb＝RbRa＋RbQ＝6J.7/7[答案](1)以4m/s2的加速度做匀加速运动(2)0.2C(3)6J7．[解析](1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度为v、此时轻绳上的张力为T，则对ABCD有：T＝2mg①对abcd有：T＝mg＋BIl②I＝ER③E＝Blv④则v＝mgRB2l2.⑤(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl＝2mgl＋12×3mv2＋Q⑥联立⑤⑥解得Q＝2mgl－3m3g2R22B4l4.(3)导线框abcd通过磁场时以速度v匀速运动，设导线框abcd通过磁场的时间为t，则t＝3lv⑦联立⑤⑦解得：t＝3B2l3mgR.[答案]见解析