上分专题11 电磁感应中的图像问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

上分专题11 电磁感应中的图像问题 命题密钥 电磁感应中的图像问题旨在考查对电磁感应的过程分析，不仅要知道各个物理量变大还 是变小，还要知道物理量变化的快慢.图像问题大致分为两类：①由给定的电磁感应过程选 出正确的图像：②由给定的图像分析电磁感应过程. 电磁感应的图像问题属于常考题型，一般作为中档题出现. 考点觉醒 1.电磁感应中常见的图像问题 ①随时间变化的图像：如B-t图、Φ-t图、E-t图、I-t图 图像类型 ②随位移变化的图像：如E-x图、1-x图 ①画图像：由给定的电磁感应过程选出正确的图像 问题类型 ②用图像：由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量 四个规律 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律 ①平均电动势E=n ,平动切割电动势E=Bh,转动切割电动势E=B以 △Φ 常用公式 ②安培力F=BL,运动学、动力学相关公式(F=ma等) ③闭合电路欧姆定律1= E R+r 2.解题方法 (1)排除法：定性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、斜率增大还是斜率减小)，尤其是物理量的正负，能够明显排除错误选项 (2)函数法：根据题干条件，定量地写出两个物理量之间的函数关系，由函数关系式对图像进行 分析（一次函数、二次函数还是反比例函数） 实战演练日 1.**(2025·天津四校联考)轻质细线吊着一质量为m=1kg、边长为L=0.2m、总电阻R=12 匝数n=10的正方形闭合线圈abcd,bd下方区域分布着磁场，如图甲所示.磁场方向垂直于纸 面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示.不考虑线圈的形变和电阻的变化，整个 过程细线未断且线圈始终处于静止状态，g取10/s2,则下列判断正确的是 () A.线圈中感应电流的方向为adcba B/T B.线圈中的感应电流大小为0.2A C.6s时线圈受安培力的大小为0.8√2N D.0~2s时间内线圈中产生的热量为0.08J 2 46*/s 乙 黑白题·上分秘籍35 2.**如图所示，在空间中存在一范围足够大的匀强磁场区域，磁感应强度为B,方向垂直于纸 面向外，MN为磁场区域的上边界，磁场上方有一个正方形导线框abcd,ab边与MN平行，线框 平面处于竖直面内.已知线框质量为m,边长为L,总电阻为R,重力加速度为g,线框从图示位 置由静止开始下落，则在线框进入磁场的过程中，关于线框的运动，以下图像一定错误的是 mgR mgR BL M----- C (第2题) (第3题) (第4题) 3.*如图所示，xOy平面的第一、三象限内充满垂直于纸面向外的匀强磁场边长为L的正方形金 属框始终在O点的顶点环绕，在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t=0时刻，金属框开始 进入第一象限，已知匀强磁场的磁感应强度为B,金属框的总电阻为R,规定顺时针方向为电流 的正方向，不考虑自感影响，关于金属框中感应电流i随时间t变化的图像正确的是 2 21 21 ,↑i 7 T - -21 -21 -21o B C D 4.接(2025·山西太原五校联考)如图所示，在光滑的绝缘水平面上，三条相互平行、间距为d 的虚线间存在图示方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B,一直角三角形导体框放在水平面 上，AB边与虚线平行，BC边长度为d,刚开始导体框的C点刚好在最左侧的虚线上。现给导体 框施加一水平向右的外力F,使导体框向右做匀速直线运动。关于运动过程中产生的感应电 动势E的大小、感应电流I的大小、外力F的大小以及外力功率P的大小随位移或位移的平方 的变化规律正确的是 () P 2E 4P o d 2d 3d x 0 d 2d 3d x 0 d 2d 3d ② ④ A.①② B.①④ C.②③ D.③④ 36物理|选择性必修第二册在△t时间内，根据动量定理有(mgsin0-F安)△t=m△v, 设经时间t=1s,线框沿斜面下滑的位移为x,对上式两边求 B2 和，可得∑(mgsin30°)△- RAi=∑m4, 可得(mgsin30°)t B2L2 x=m(1-), 代人数据解得x=3.2m, 由能最守恒定律有mgxin30=Q+m-m。 解得Q=4.32J. 5.D解析：A.ab边进入磁场过程中，框受到的安培力垂直 于MN水平向左，故A错误：B.框进人磁场过程中，通过框 E 截面的电量g=1·△t= R 4·R·4s40 ·4=4中 R 3BL2 ,故B错误：C.当a点刚进入磁场时，框 R 2R 的加速度恰好为零，设此时金属框的速度为”，则有F安。= =F,解得- BLL=- R 心，根据功能关系，b边进人磁场 过程中，框中产生的焦耳热为Q=FL2mw=FL2B2,故 C错误；D.根据功能关系，框进入磁场过程中产生的焦耳热 Q-21-号=21，又有0=P,联立年得 没器放D正确放法n 6.C解析：A.由题意可知，线框由静止到线框cd边到达磁场 I 边界MN时，在外力的驱动下线框做匀加速直线运动；线框 完全进人磁场到线框αb边到PQ时，线框做匀减速直线运 动（加速度由线框重力的分力提供）：线框冲出磁场到线 框cd边到达磁场边界PQ时，线框做变减速直线运动；设线 框开始进磁场到完全进入磁场的时间为t,根据法拉第电磁 感应定律有E=4中=B =R,过程中受到的平均安培力 F安=BL1,以上方程联立得F安=BL7=BLBC_E RR,则线框 进人磁场过程的冲量为=下：-，同理，线板出發场 过程的冲量为-F-,可得=，故A错误 B.由题意分析可知，线框完全进入磁场，线框cd边到达磁 场边界MN,此时线框的速度最大，设此时的速度为u1,由运 动学公式有0-v=-2a,此刻线框产生的感应电动势为E, 线框产生的电流为I,则有E=BL,=R,以上方程联立代入 数值解得I= R=6A,故B错误；C.线框进人磁场过程 中，对线框进行受力分析，根据牛顿第二定律有F合= F拉-mgsin0-F安=ma,根据感应电动势及线框所受的安培力 B2Lv 有F装=Bn=BLR=R,则有F数=mgsin+m@+ R' 根据加速公式有v=at,则拉力的功率与时间的关系为P=: 选择性必修第二册 F拉0=(mgasin0+ma2)t+R”2=24t+7.2P(W),故C正 确；D.设线框ab边到PQ时的速度为2，在线框完全进入磁 场到线框ab边到PQ的过程中，线框做匀减速直线运动，加 速度由线框重力的分力提供，则有a=gsin0,由速度位移公 式得-=-2 Lgsin0,又因为子=2aL,设线框从ab边刚离 开边界PQ到cd边抵达边界PQ过程所用的时间为t,由A B2L 可知线框出磁场过程的冲量为I安= ,根据动量定理有 6:-e-=-(mgn8):B股=0-m,以上方程联立代人 数据解得t=0.9s,故D错误.故选C. 7.(1)0.4N(2)0.5m(3)0.472J 解析：(1)线框能匀速进入磁场，由受力分析可知T= mgsin 0+F+f,f=umgcos 0, 线框匀速则重物也做匀速直线运动，对重物分析可得T= mg, 联立可得F=0.4N; (2)线框进人磁场前对线框和重物组成的系统，由动能定理 可得(mg-mgsin6-imgcos6)s=2(m+m), 线框刚进入感场时E=,1尽，F=BL, 联立可得v1=1m/s,s=0.5m; (3)线框匀速进入磁场的过程中运动时间为t1,1= 1 0.4s, 则进入磁场的过程线框中流过的电荷量q=1, 线框全部进入磁场到上边界刚要离开磁场的过程中，对线框 和重物组成的系统，由能量守恒可得(mg-mgsin0- mmngcos0)·(d-三)(m+m)2(m+m) 解得v2=2m/s, 线框出磁场的过程中，对线框和重物组成的系统，由动量定 理可得(mg-mgsin0-umgcos0)t-Bilt=（m+m)g-(m+ m)u2, 解得v3=1.8m/s, 对线框和重物组成的系统从进磁场到全部出磁场的过程中 由能量守恒可得mg·(d+L)-mgsin6.(d+L)=2（m+ m)D7(m+m)听tumgcos0·(d+L)+Q 解得Q=0.472J. 上分专题11电磁感应中的图像问题 1.C解析：A.由楞次定律可知，在磁感应强度垂直于纸面向里 逐渐增大时，线圈中感应电流产生的磁场方向为垂直于纸面 向外，即线圈中的电流方向为abcda,故A错误；B.由法拉第 电磁感应定律，可知En<号10x410.2V=0,1V 6x2 由闭合电路欧姆定律可知I=￡=0.1A,故B错误，C.由图可 R 黑白题54 知，6s时线圈处的磁感应强度为B=4T,由几何关系可知， 线圈的有效长度为√2L,受安培力的大小为F=nBI·√2L= 10×4×0.1×√2×0.2N=0.8√2N,故C正确：D.由焦耳定律可 知，0~2s时间内，线圈产生的热量为Q=PR=0.02J,故 D错误故选C. 2.A解析：若线框刚进入磁场时，安培力等于重力，则线框匀 速进磁场.加速度为零，即F=B弧=mg,,E=B,解得 ,若线框刚进人磁场时，安培力大于重力，线框做加 速度减小的减速运动，当线框速度减小到上述速度时仍未全 部进入磁场，线框后面将做匀速运动：若线框刚进入磁场时， 安培力小于重力，线框做加速度减小的加速运动，当线框速 度达到上述速度时仍未全部进入磁场，线框后面将做匀速运 动.本题选一定错误的，故选A. 3.A解析：如图所示，在：=0到1元的过程中，即金属框顺 时针转过90°的过程中，金属框切割磁感线的有效切割长度 先变大后变小，根据转动切割感应电动势的计算公式E= 之加，可知E先增大后减小，感应电流先增加后减小，根 据楞次定律可知，电流方向为顺时针方向，即正方向；在t=0 到t=”的过程中，由圆周运动公式可知0=o,根据几何关 4) 系和三角形的面积公式可得S=·n9,则穿过线圈的磁 2 通量为①-2BL1an,对上述的表达式由数学知识得 △t B肌w·,由此可知，在1=0到=无的过程中，E的变 cos"wt 化率一直增大，感应电流的变化率一直增加：同理可得在t= 到20 4w 的过程中，E的变化率一直减小，感应电流的变化 率一直减小，故A正确，BCD错误故选A B 4.B解析：设LC=α，导体框匀速运动的速度为u.导体框向右 运动的位移在0~d的过程中，AC边切割磁感线，导体框产 生的感应电动势为E=BLm,其中L=xtan o,可得导体框产生 的感应电动势大小为E=Bxutan a,感应电动势的最大值为 E1=Bdetan o,导体框中的感应电流为I=￡-Butan,感 RR 应电流均匀增大到L-BdmC,导体框所受的安培力大小 R 为F,=B=Bama2,由平衡条件可得，外力的大小为 R F=F-B0ama2,外力的最大值为F _B2 dtan2a,外力 R R F的功率为P=F=B1ama,外力F的功率最大值为 R 参考答案与解析 Pvun a,导体框向右运动的位移在4-21的过程 R 中，导体框的AB边和AC边均切割磁感线，导体框产生的感 应电动势从零均匀增大到E2=2 Bdvtan a,导体框中的感应 电流为I=R E 2Butan a R巴x,感应电流均匀增大到1。= 2 Bdotan a,导体框所受的安培力大小为F,=2BL= R 4 tana,导体框所受的安培力增大到Fm R 4 Pa,外力F的功率增大到Pa4 un a;导 R R 体框向右运动的位移在2d~3d的过程与0~d的过程情况相 似，只是感应电流方向反向，各个量大小变化情况相同，故① ④正确，②③错误故选B. 上分专题12理想变压器的动态分析 1.A解析：设灯泡正常发光时的电压为U,ab端电压为Uo,当 电阻箱的电阻调为R时，原线圈的电压为U1,电流为11，有 告，4=君-风联立可玩-(k号).同 理，当电阻箱的电阻调为2R时，有U。= 21 k-k2=k2k ,故选A 2c解析：A愿意可知交流电频率f0k=50, 由于每个周期内电流方向改变两次，故该广告灯为白炽灯时 一秒钟闪烁100下，故A错误；B.题意可知原线圈输入端电 压，不变，故副线圈两端电压，=U,由于滑片P下移 n U 时，，减小，则U,减小，副线圈消耗功率P=R+R ,可知副 P,可知1减 线圈消耗功率P,诚小，则原线圈电流1元元， 小，即电流表A示数减小，故B错误；C.滑片P不动时，可 知n1n2不变，故U2不变，R的滑片右移，R的阻值变大，根 据，=k可知减小，根据山，可知诚小，即电 nI 流表A示数减小，故C正确；D.滑片P下移时，n2减小，则 2,可 U,减小，R的滑片右移，R的阻值变大，根据，R+R 知L减小，则灯泡电功率减小，故D错误.故选C. U22 3.C解析：根据题意可知 R 出=是，当用导线连接ac,再用导线连接6、d时P人 (U2+U)2 (g( 2R 2R 2R128×R,由题意可 ( 12 知P= 1U2 R R =6发故P=号P,放选C 黑白题55