第10章 第4节 电磁感应中动量能量问题和图像问题-【名师导航】2025年高考物理一轮总复习课件（江苏专用）

第十章　电磁感应 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 1 细研考点 · 突破题型 1．电磁感应中的能量转化 考点1　电磁感应中的能量问题 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 2 2．求解焦耳热Q的三种方法 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤 (1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。 (2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。 (3)根据能量守恒列方程求解。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 [典例]　(应用功能关系解决电磁感应中的能量问题)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω 的电阻。在导轨间长d＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距 x＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N 拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到 初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电 阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求： (1)CD棒进入磁场时速度v的大小； (2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小； (3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和 电阻产生的焦耳热Q。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 [解析]　(1)棒进入磁场前由牛顿第二定律有a＝＝12 m/s2 进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s。 (2)感应电动势E＝Blv 感应电流I＝ 安培力FA＝BIl 代入得FA＝＝48 N。 (3)健身者做功W＝F(x＋d)＝64 J 由F－mg sin θ－FA＝0 知CD棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动时间为t＝ 焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J。 [答案]　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 2 4 3 题号 1 5 [跟进训练] 角度1　功能关系在电磁感应中的应用 1．(应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题)如图所示，竖直放置的“ ”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆(　　) A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B．穿过磁场Ⅰ的时间小于在两磁场之间的运动时间 C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于 √ 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 2 4 3 题号 1 5 C　[根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B错误；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q1＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量Q2＝2×2mgd＝4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v＝，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，联立解得h>，选项D错误。] 2 3 题号 1 5 4 2．(应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题) (2024·江苏淮阴中学模拟)如图所示，凸字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中 产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且 ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求： (1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁 场时的几倍； (2)磁场上下边界间的距离H。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 2 3 题号 1 5 4 [解析]　(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律可得E1＝2Blv1 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律可得I1＝ 设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB 由于线框做匀速运动，故受力平衡，所以有mg＝F1 联立解得v1＝ 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2， 同理可得v2＝，故可知v2＝4v1 即线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的4倍。 2 3 题号 1 5 4 (2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律可得 2mgl＝ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律可得 mg(2l＋H)＝＋Q 联立解得H＝＋28l。 [答案]　(1)4倍　(2)＋28l 2 3 题号 5 4 1 角度2　电功率和焦耳热的计算 3．(应用焦耳定律求电能)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线 性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内， Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t＝0时线框所受的安培力F； (2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； (3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 2 3 题号 5 4 1 [解析]　(1)由题图可知t＝0时线框切割磁感线的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv 则感应电流大小为I＝＝ 所受的安培力为 F＝2B0h＋B0h＝ 方向水平向左。 (2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为 Φ＝1.6B0h·h－B0h·h＝。 2 3 题号 5 4 1 (3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有 E′＝＝＝ 感应电流大小为I′＝＝ 则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为 Q＝I′2Rt＝。 [答案]　　方向水平向左　(2)　 2 4 3 题号 5 1 4．(应用焦耳定律求电能)　(2020·江苏卷)如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T，在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中： (1)感应电动势的大小E； (2)所受拉力的大小F； (3)感应电流产生的热量Q。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 2 4 3 题号 5 1 [解析]　(1)线圈切割磁感线产生的感应电动势 E＝Blv 代入数据得E＝0.8 V。 (2)线圈中产生的感应电流I＝ 拉力的大小等于安培力的大小，则F＝BIl 解得F＝ 代入数据得F＝0.8 N。 2 4 3 题号 5 1 (3)运动时间t＝ 根据焦耳定律有Q＝I2Rt 联立可得Q＝ 代入数据解得Q＝0.32 J。 [答案]　(1)0.8 V　(2)0.8 N　(3)0.32 J 2 3 题号 5 4 1 5．(功率的计算)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求： (1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I； (2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a； (3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 2 3 题号 5 4 1 [解析]　(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0 ① 回路中的感应电流I＝ ② 由①②式解得I＝。 ③ (2)金属杆所受的安培力F＝BId ④ 对金属杆由牛顿第二定律得F＝ma ⑤ 由③④⑤式得a＝。 ⑥ 2 3 题号 5 4 1 (3)金属杆切割磁感线的相对速度 v′＝v0－v ⑦ 感应电动势E＝Bdv′ ⑧ 感应电流的电功率P＝ ⑨ 由⑦⑧⑨式得P＝。 ⑩ [答案]　(1)　(2)　(3) 1．对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题。 2．由BL·Δt＝m·Δv、q＝·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题。 考点2　动量观点在电磁感应问题中的应用 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 [典例]　如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 (1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向； (2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求： ①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q； ②初始时刻N到ab的最小距离x； (3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k＞1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 [解析]　(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为 E＝BLv0 感应电流方向为a→b，大小为I＝ 则所受的安培力大小为F＝BIL＝ 安培力的方向由左手定则可知水平向左。 (2)①金属杆N在磁场内运动过程中，设回路中的平均电流为，由动量定理得 BL·Δt＝m·－0 且q＝·Δt 联立解得q＝。 ②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，有 ＝ ＝ 整理可得q＝ 联立解得Δx＝ 由于两杆未相撞，所以初始时刻N到ab的最小距离为x＝Δx＝。 (3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻相同，到ab的距离为kx(k＞1)，则N到cd边的速度大小恒为，N出磁场时，设M的速度大小为v1，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋m· 解得v1＝v0 由题意可知，此时M到cd边的距离为 s＝(k－1)x 若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况： ①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有 BL·Δt1＝m·v0－m· q1＝·Δt1＝ 联立解得k＝2 ②若M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理得 BL·Δt2＝m·－0 q2＝·Δt2＝ 联立解得k＝3 综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k≤3。 [答案]　(1)　方向水平向左　(2)①　②　(3)2≤k≤3 规律总结　两金属杆在平直的光滑导轨上运动，只受到安培力作用，这类问题可以从以下三个观点来分析： (1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动。 (2)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。 (3)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆所受的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 2 4 3 题号 1 [跟进训练] 角度1　动量定理在电磁感应现象中的应用 1．如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内(　　) A．流过杆的感应电流方向从N到M B．杆沿轨道下滑的距离为vt C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率 D．杆所受安培力的冲量大小为mgt sin θ－mv √ 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 2 4 3 题号 1 D　[根据右手定则，判断知流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误；依题意，设杆切割磁感线的有效长度为L，电阻为R，杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力、轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－F安＝ma，F安＝BIL，I＝，联立可得杆的加速度a＝g sin θ－，可知，杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动；若杆做匀加速直线运动，则杆运动的距离为s＝·t＝vt，根据v-t图像围成的面积表示位移，可知杆在时间t内速度由v达到2v，杆真实运动的距离大于匀加速情况运动的距离，即大于vt，故B错误；由于在磁场中运动的此段时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大，由动能定理可知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据＝可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，即流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误；杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得mgt sin θ－I安＝m·2v－mv，得杆所受安培力的冲量大小为I安＝mgt sin θ－mv，故D正确。故选D。] 2 3 题号 1 4 2．(2024·无锡调研)两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。 现杆b以初速度大小v0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求： (1)杆a在弧形轨道上运动的时间； (2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 2 3 题号 1 4 [解析]　(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有－Bd·Δt＝mb(vb0－v0) 其中vb0＝2 m/s 代入数据解得Δt＝5 s。 (2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝ 解得va＝＝5 m/s 设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 代入数据解得v′＝ m/s 2 3 题号 1 4 杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′) 而q＝I·Δt′ 代入数据得q＝ C。 (3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为 Q＝－(mb＋ma)v′2＝ J 杆b中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J。 [答案]　(1)5 s　(2) C　(3) J 2 3 题号 4 1 角度2　动量守恒定律在电磁感应中的应用 3．如图所示，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中，现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是(　　) A．两金属棒组成的系统的动量守恒 B．两金属棒组成的系统的动量不守恒 C．ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的发热功率 D．ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与bc棒发热功率之和 √ 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 2 3 题号 4 1 B　[开始时，ad棒以初速度v0切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针方向(俯视)的感应电流，ad棒因受到向右的安培力而减速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；当两棒的速度大小相等，即两棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时，回路中没有感应电流，两棒各自做匀速直线运动；由于两棒所受的安培力都向右，两金属棒组成的系统所受合外力不为零，所以该系统的动量不守恒，选项A错误，B正确；根据能量守恒定律可知，ad棒动能的减小量等于回路中产生的热量和bc棒动能的增加量，由动能定理可知，ad棒动能的减小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒动能的增加量等于安培力对bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和，选项C、D错误。] 2 4 3 题号 1 角度3　三大观点的综合应用 4．如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放， 求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0， 两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时 间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 2 4 3 题号 1 [解析]　(1)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒受到的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0 由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得 I＝，F＝BIL 由a棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL 联立解得v0＝。 (2)由右手定则可知导体棒b中电流向里，由左手定则可知b棒受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则对b棒由牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL＝ma 解得a＝2g sin θ。 2 4 3 题号 1 (3)释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速的过程对a棒由动量定理得mg sin θt0－BLt0＝mv－mv0 b棒受到向下的安培力，对b棒由动量定理得 mg sin θt0＋BLt0＝mv 联立解得v＝g sin θt0＋ 此过程流过b棒的电荷量为q，则有 q＝t0 2 4 3 题号 1 由法拉第电磁感应定律可得 ＝＝· 联立b棒动量定理可得 Δx＝＝。 [答案]　(1)　(2)2g sin θ　(3)g sin θt0＋ 电磁感应中常见的图像问题 考点3　电磁感应中的图像问题 图像 类型 (1)随时间变化的图像，如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像； (2)随位移变化的图像，如E-x图像、I-x图像 (所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清) 问题 类型 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(画图像)； (2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图像) 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 应用 知识 四个 规律 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律 六类公式 (1)平均电动势E＝n (2)平动切割电动势E＝Blv (3)转动切割电动势E＝Bl2ω (4)闭合电路欧姆定律I＝ (5)安培力F＝BIl (6)牛顿运动定律的相关公式等 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 角度1　根据电磁感应过程选择图像 1．空间中存在如图所示的磁场，Ⅰ、Ⅱ区域的宽度均为2R，磁感应强度均为B(Ⅰ区域垂直纸面向里，Ⅱ区域垂直纸面向外)，半径为R的圆形导线框在外力作用下以速度v匀速通过磁场区域，设任意时刻导线框中电流为I(逆时针为正)，导线框所受安培力为F(向左为正)，从导线框刚进入Ⅰ区域开始将向右运动的位移记为x，则下列图像正确的是(　　) √ A　　　　　　　　B　　 　　　C　　　　　　　　　D 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 D　[当圆环在磁场Ⅰ区域向右运动过程中，设圆环切割磁感线的等效长度为l，则有(R－x)2＋＝R2，整理得l＝2， 则圆环产生的感应电动势为E＝Blv，感应电流为I＝＝，可知电流与位移不成线性关系，B错误；当圆环圆心运动到Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，此时产生的感应电流大小为I′＝＝，即圆环在x＝3R时的电流大小为x＝R的两倍，方向沿着顺时针方向，A错误；通过分析可知，除了x＝2R、x＝4R、x＝6R三个特殊位置，电流为0，受力为0，在0<x<6R区域内，圆环受力方向始终水平向左，若圆环在x＝R位置受力为F0，则圆环在x＝3R处，由于电流变为2倍，圆环左、右半圆均受力，因此圆环受力为4F0，C错误，D正确。故选D。] 2．如图所示，两根光滑平行金属长导轨MN、PQ水平固定放置，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，两根完全相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，两金属棒的长度恰好等于金属导轨的间距，t＝0时刻对金属棒cd施加一个水平向右的恒力F，此后两金属棒由静止开始运动，金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好，两金 属棒的速度大小分别记为va、vc，加速度大小分别记为aa、 ac，金属棒cd两端电压记为Ucd，闭合回路消耗的电功率记 为P，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列关系图像错 误的是(　　) A　　　　　　　B　　 　　C　　　　　　　D √ 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 B　[金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd的加速度aa＝0、ac＝，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力的作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝，逐渐增大，金属棒ab加速度增大，当aa＝ac时，vc－va不再变化，回路中的电流不再变化，但是两金属棒的速度仍在增大，故A正确，与题意不符，B错误，与题意相符；设两金属棒电阻均为R，系统达到稳定之前Ucd＝BLva＋IR随时间逐渐增大，系统达到稳定后，因回路中电流不变，则Ucd＝BLvc－IR，Ucd随着vc的增加而均匀增加，故C正确，与题意不符；闭合回路消耗的电功率P＝2I2R，在开始阶段随回路中电流的增大，电功率逐渐增大，当系统稳定后回路中电流不变，电功率不再变化，故D正确，与题意不符。本题选错误的，故选B。] 方法技巧　电磁感应中图像选择类的两个常用方法 排除法 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。 函数法 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 √ 角度2　根据图像分析判断电磁感应过程 3．如图(a)所示，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　　) A．在t＝时最大 B．在t＝时改变方向 C．在t＝时最大，且沿顺时针方向 D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 C　[因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时，电动势改变方向，A、B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，～时间内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。] √ 4．(2024·锡山模拟)如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为 3 Ω， 边长为0.4 m。金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合。左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3)(　　) A．线框中感应电流的方向是顺时针方向 B．t＝0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 Wb C．经过t＝0.4 s，线框中产生的热量为0.3 J D．前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为 0.4 C 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 C　[根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4 s时穿过线框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝πr2·B1－πr2·B2＝0.055 Wb，选项B错误；由题图乙知＝＝10 T/s, 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝n＝n·πr2·＝1.5 V，感应电流I＝＝0.5 A，0.4 s内线框中产生的热量Q＝I2Rt＝0.3 J，选项C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q＝It＝0.2 C，选项D错误。] 角度3　电磁感应中图像的转换 5．有一磁场方向竖直向下，磁感应强度B随时间t的变化关系如图甲所示。现有如图乙所示的直角三角形导线框abc水平放置，放在匀强磁场中保持静止不动，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i顺时针方向为正，竖直边ab所受安培力F的方向水平向左为正。则下面关于F和i随时间t变化的图像正确的是(　　) 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 A　　　　　　　　　B   C　　　　　　　　　D √ 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 A　[在0～3 s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定， 同时由F＝BIL知道，电流恒定，安培力与磁感应强度成正比， 又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针方向，即正方向， 故D错误；在3～4 s时间内，磁感应强度恒定，感应电动势等于零，感应电流为零，安培力等于零，故B、C错误；4～7 s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，安培力与磁感应强度成正比，故A正确。] 规律总结　“四明确、一理解”巧解图像问题 细研考点·突破题型 课时分层作业 第4节　电磁感应中动量能量问题和图像问题 $$