2020高考物理一輪復習 熱點專題系列(六)電磁感應中的圖象問題學案(含解析).doc
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電磁感應中的圖象問題 熱點概述:電磁感應是高考的熱點,圖象類型題目比較多,常常綜合動力學、電學、能量等知識分析判斷,現(xiàn)總結如下: 1.圖象類型 (1)電磁感應中常涉及磁感應強度B、磁通量Φ、感應電動勢E和感應電流I等隨時間變化的圖象,即Bt圖象、Φt圖象、Et圖象和It圖象。 (2)對于切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況,有時還常涉及感應電動勢E和感應電流I等隨位移變化的圖象,即Ex圖象和Ix圖象等。 (3)電磁感應還常常結合動力學、電路、能量轉化與功能關系等知識一起考查,常涉及到的圖象有vt圖象、Ft圖象、Ut圖象、qt圖象、Pt圖象等。 2.兩類圖象問題 (1)由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖象。 (2)由給定的有關圖象分析電磁感應過程,求解相應的物理量。 3.解題關鍵 弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵。 4.電磁感應中圖象類選擇題的兩個常用方法 排除法 定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(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,以排除錯誤的選項 函數(shù)法 根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系,然后由函數(shù)關系對圖象進行分析和判斷 [熱點透析] 圖象的選擇 (1)分析電磁感應過程,判斷對應的圖象是否能將運動過程分段,共分幾段; (2)分析物理量的正負; (3)定性判斷橫縱坐標是線性關系還是非線性關系、是正相關還是負相關; (4)寫出函數(shù)關系式,進行數(shù)學分析,如分析斜率的變化、截距等; (5)判斷圖象正誤。 (2018全國卷Ⅱ)如圖,在同一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( ) 解析 如圖甲,線框左端從①移動到②的過程中線框左邊切割磁感線產生的電流方向是順時針,線框右邊切割磁感線產生的電流方向也是順時針,線框兩邊切割磁感線產生電動勢方向相同,所以E=2Blv,則電流為i==,電流恒定且方向為順時針。 如圖乙,再從②移動到③的過程中線框左右兩邊切割磁感線產生的電動勢大小相等,方向相反,所以回路中電流大小為零。 如圖丙,然后從③到④的過程中,線框左邊切割磁感線產生的電流方向是逆時針,而線框右邊切割磁感線產生的電流方向也是逆時針,所以電流的大小為i==,方向是逆時針。 當線框再向左運動時,線框左右兩邊切割磁感線產生的電動勢大小相等,方向相反,此時回路中電流大小為零,故線框在運動過程中電流是周期性變化,故D正確。 答案 D 圖象的轉換 (1)要明確已知圖象表示的物理規(guī)律和物理過程; (2)根據(jù)所求的圖象和已知圖象的聯(lián)系進行圖象間的轉換,對另一圖象做出正確的判斷。 如圖甲,線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上。在ab線圈中通以變化的電流,用示波器測得線圈cd兩端電壓如圖乙所示。已知線圈內部的磁場與流經線圈的電流成正比,則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關系的圖中,可能正確的是( ) 解析 因為線圈cd每個時間段內兩端電壓大小不變化,則每個時間段內產生的感應電動勢不變,根據(jù)法拉第電磁感應定律得:E=NS,則線圈ab中每個時間段內電流的磁場均勻變化,正確反映這一關系的為C。故C正確,A、B、D錯誤。 答案 C 圖象的應用 從圖象上讀取有關信息是解題的關鍵,圖象是數(shù)理綜合的一個重要的窗口,在運用圖象解決物理問題時,第一個關鍵是破譯,即解讀圖象中的關鍵信息(尤其是過程信息);另一個關鍵是轉換,即有效地實現(xiàn)物理信息和數(shù)學信息的相互轉換。 (2018武漢二月調研)(多選)如圖a所示,水平面內有一光滑金屬導軌,ac邊的電阻為R,其他電阻均不計,ab與ac夾角為135,cd與ac垂直。將質量為m的長直導體棒擱在導軌上,并與ac平行。棒與ab、cd交點G、H間的距離為L0,空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應強度為B。在外力作用下,棒由GH處以初速度v0向右做直線運動。其速度的倒數(shù)隨位移x變化的關系如圖b所示。在棒運動L0到MN處的過程中( ) A.導體棒做勻變速直線運動 B.導體棒運動的時間為 C.流過導體棒的電流大小不變 D.外力做的功為+ 解析 根據(jù)題圖b導體棒運動的速度的倒數(shù)隨位移x變化的關系可知,導體棒做非勻變速直線運動,A錯誤;根據(jù)導體棒運動的速度的倒數(shù)隨位移x變化的圖線與橫軸所圍的面積表示時間可知,導體棒運動的時間為t=L0=,B正確;根據(jù)題圖b導體棒運動的速度的倒數(shù)隨位移x變化的關系圖象可得,=+x,解得v=,導體棒切割磁感線的有效長度L=L0+x,根據(jù)法拉第電磁感應定律,導體棒切割磁感線產生的感應電動勢E=BLv=B(L0+x)=BL0v0,為一恒量,由閉合電路歐姆定律可知,流過導體棒的電流大小I==不變,C正確;根據(jù)能量守恒知,在棒從HG處運動到MN處的過程中,外力做的功等于電阻產生的熱量Q和金屬棒動能變化量的代數(shù)和,電阻產生的熱量Q=I2Rt=2R=,金屬棒動能變化量ΔEk=m2-mv=-mv,即外力做的功為W=-mv,D錯誤。 答案 BC [熱點集訓] 1.(2018東北三省四校大聯(lián)考)(多選)如圖甲所示,粗細均勻的矩形金屬線框abcd固定于勻強磁場中,磁場方向垂直線框所在平面,磁感應強度B隨時間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強度B的正方向,則選項圖中關于ab邊的熱功率P、ab邊受到的安培力F(以向右為正方向)隨時間t變化的規(guī)律正確的是( ) 答案 AD 解析 由題圖乙知,的大小恒定,根據(jù)法拉第電磁感應定律E=n=nS可知,線框中產生的感應電動勢大小不變,所以感應電流大小也不變,ab邊的熱功率P=I2R,恒定不變,A正確,B錯誤;根據(jù)安培力公式F=BIL,因為電流大小、ab邊長度不變,安培力大小與磁感應強度大小成正比,根據(jù)楞次定律判定感應電流方向,再根據(jù)左手定則判定安培力方向,可知C錯誤,D正確。 2.(2018蓉城模擬)(多選)如圖所示,兩光滑平行且足夠長的直導軌與水平面成θ角傾斜放置,磁感應強度大小為B的勻強磁場與導軌所在平面垂直。已知金屬棒MN能沿導軌自由滑動,導軌上端跨接一個定值電阻R,金屬棒與導軌電阻不計。金屬棒從靜止開始沿導軌向下運動,在此過程中,下列表示金屬棒速度v、加速度a、通過電阻R的電荷量q以及感應電動勢E隨時間t變化關系的圖象,其中正確的是( ) 答案 ABD 解析 以金屬棒MN為研究對象,受力分析如圖所示,金屬棒沿導軌下滑的過程中,產生的感應電動勢大小為E=Blv,由閉合電路歐姆定律可知I==,則金屬棒所受的安培力大小為FA=BIL=,由牛頓第二定律可知金屬棒下滑的加速度大小為a==gsinθ-,金屬棒沿導軌加速下滑的過程中,加速度逐漸減小,且速度增大的越來越慢,故加速度減小的越來越慢,當加速度減為零時,金屬棒的速度達到最大值且此時感應電動勢最大,A、B、D正確;假設時間t內金屬棒沿導軌下滑的距離為x,則由法拉第電磁感應定律==,該過程的平均感應電流大小為==,則通過電阻的電荷量為q=t=,由于金屬棒做加速度越來越小的加速運動,金屬棒的位移隨時間增大,且增加得越來越快,通過電阻的電荷量在相等時間內的增加量逐漸增大,當金屬棒勻速運動時,相等時間內通過電阻的電荷量相等,即均勻增加,C錯誤。(C選項也可以從最后電荷量趨近于最大值入手分析,因為金屬棒達到最大速度后勻速運動,仍有電荷量通過電阻R,即通過電阻的電荷量會持續(xù)且穩(wěn)定地增大,C錯誤。) 3.(2018河南期末)兩個不可變形的正方形導體框a、b連成如圖甲所示的回路,并固定在豎直平面(紙面)內。導體框a內固定一小圓環(huán)c,a與c在同一豎直面內,圓環(huán)c中通入如圖乙所示的電流(規(guī)定逆時針方向為電流的正方向),導體框b的MN邊處在垂直紙面向外的勻強磁場中,則MN邊在勻強磁場中受到的安培力( ) A.0~1 s內,方向向下 B.1~3 s內,方向向下 C.3~5 s內,先逐漸減小后逐漸增大 D.第4 s末,大小為零 答案 B 解析 根據(jù)it圖象可知,在0~6 s內MN邊都有大小恒定的電流通過,由F=BIl可知,安培力的大小是恒定的,C、D均錯誤;0~1 s、3~5 s內電流的方向由N→M;1~3 s、5~6 s內電流的方向由M→N,對以上情況可用左手定則判斷出MN邊的安培力方向,0~1 s、3~5 s內安培力方向向上,1~3 s、5~6 s內安培力方向向下,故B正確,A錯誤。 4. (2019湖南六校聯(lián)考)如圖所示,邊長為L的菱形由兩個等邊三角形abd和bcd構成,三角形abd內存在垂直紙面向外的磁感應強度為B的勻強磁場,三角形bcd內存在垂直紙面向里的磁感應強度也為B的勻強磁場。一個邊長為L的等邊三角形導線框efg在紙面內向右勻速穿過磁場,頂點e始終在直線ab上,底邊gf始終與直線dc重合。規(guī)定逆時針方向為電流的正方向,在導線框通過磁場的過程中,導線框中感應電流隨其位移變化的圖象是( ) 答案 A 解析 感應電動勢E=BL有v,電流I==。三角形導線框efg向右運動,根據(jù)右手定則,開始時ef切割磁感線,產生順時針方向的電流,大小設為I0,如圖所示,在0~的過程中,en切割磁感線產生順時針方向的電流,nf產生逆時針方向的電流,em產生逆時針方向的電流,切割磁感線的有效長度為L有=(en-nf-em)cos30,隨著三角形導線框向右運動,L有減小,感應電流減小,當運動到時,L有=0,感應電流為零;在~L的過程中,三角形導線框繼續(xù)向右運動,根據(jù)幾何關系,L有=(nf+em-en)cos30,L有逐漸變大,感應電流變大,方向為逆時針,當efg與bcd重合即x=L時,eg邊和ef邊切割磁感線,電流大小變?yōu)?I0;L~2L過程中,三角形導線框繼續(xù)向右運動,gp切割磁感線,產生感應電動勢,L有=gpcos30,電流方向為順時針,逐漸減小,直至全部出磁場電流為零,故A正確。 5. (2018東北三省四市聯(lián)考)(多選)如圖所示,光滑平行金屬導軌MN、PQ放置在同一水平面內,M、P之間接一定值電阻R,金屬棒cb垂直導軌水平放置,金屬棒cb及導軌電阻不計。整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中,t=0時對金屬棒施加水平向右的外力F,使金屬棒由靜止開始做勻加速直線運動。下列關于通過金屬棒的電流i、通過導軌橫截面的電荷量q、拉力F和拉力F的功率P隨時間變化的圖象中正確的是( ) 答案 AC 解析 t=0時對金屬棒施加水平向右的外力F,使金屬棒由靜止開始做勻加速直線運動,設加速度為a,則金屬棒的速度可表示為v=at,由法拉第電磁感應定律,切割磁感線產生的感應電動勢E=BLv=BLat,根據(jù)閉合電路歐姆定律,金屬棒中電流i==,與時間成正比,A正確;感應電動勢==B,S=Lx=Lat2,=,q=Δt,聯(lián)立解得q=BLat2,B錯誤;金屬棒運動過程中所受的安培力F安=BiL=,由牛頓第二定律,得F-F安=ma,解得F=ma+,C正確;拉力的功率P=Fv=at,D錯誤。 6.(2018福建質檢)(多選)如圖所示,空間內存在豎直方向的磁感應強度為B的勻強磁場。電阻可忽略不計的金屬框架ABCD固定在水平面內,AB與CD平行且足夠長,BC與CD的夾角為θ(θ<90)。一根粗細均勻的光滑導體棒EF垂直于CD放置,在外力F的作用下以垂直于自身的速度v向右勻速運動。若以導體棒經過C點時為計時起點,則電路中的電流大小I、外力F、消耗的電功率P、導體棒EF兩點間的電勢差U隨時間t的變化規(guī)律的圖象中,正確的是( ) 答案 BC 解析 設金屬棒的速度為v,則在從開始至到達B的運動過程中有效切割長度為:L=vttanθ;設金屬棒橫截面積為S,電阻率為ρ,則回路中電阻為:R=ρ=ρ,所以回路中的電流為:I==,為定值;在離開B之后,導體棒的電阻及切割磁感線產生的感應電動勢的大小與到達B點時的均相同,則感應電流也相同,故電流的大小一直不變,故A錯誤。勻速運動時外力和安培力平衡,從開始計時至到達B的過程中,F(xiàn)=FA=BIL=BIvttanθ;當EF在兩個導軌之間的距離不變時,拉力F=BIL為定值,故B正確。導體棒在到達B之前消耗的電功率為P=I2R=t,進入BA段以后電阻和電流均不變,電功率不變,故C正確。導體棒EF兩點間的電勢差是BL0v,L0為EF的長,故EF兩點間的電勢差始終不變,故D錯誤。 7.(2018安徽江南十校3月檢測)如圖所示,有兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域,磁感應強度的大小均為B,磁場方向相反,且與紙面垂直。兩個磁場區(qū)域在x軸方向寬度均為a,在y軸方向足夠寬。現(xiàn)有一個菱形導線框abcd,ac長為2a,從圖示位置開始向右勻速穿過磁場區(qū)域。若以逆時針方向為電流的正方向,在線框中感應電流i與線框移動距離x的關系圖象中正確的是( ) 答案 C 解析 如題圖所示,在線框進入左側磁場區(qū)域的過程中,穿過線框的磁通量增加,磁場垂直于紙面向里,根據(jù)楞次定律可判斷,線框中產生逆時針方向的電流,所以B錯誤;當位移x=a的時候,線框切割磁感線的有效長度最大,根據(jù)E=Blv可知,產生的感應電動勢最大,感應電流最大為I0,然后開始減??;當線框在兩側磁場區(qū)域中切割的有效長度相等時,感應電流減小為零,然后開始反向增大,當x=2a時,磁通量減小為零,感應電動勢增大到最大E=2Bav,感應電流為-2I0,所以A、D錯誤,C正確。- 配套講稿:
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