專題提升Ⅶ電磁感應(yīng)中的圖像問題

專題提升Ⅶ電磁感應(yīng)中的圖像問題模塊一知識掌握【重難詮釋】1．電磁感應(yīng)中的圖像問題圖像類型(1)磁感應(yīng)強度B、磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖像，即B－t圖像、Φ－t圖像、E－t圖像和I－t圖像(2)對于切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及感應(yīng)電動勢E和感應(yīng)電流I隨導體位移x變化的圖像，即E－x圖像和I－x圖像問題類型(1)由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖像(2)由給定的有關(guān)圖像分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量應(yīng)用知識左手定則、右手定則、安培定則、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律、相關(guān)數(shù)學知識等2.解決此類問題的一般步驟(1)明確圖像的類型，是B－t圖像、Φ－t圖像、E－t圖像還是I－t圖像等；(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程，合理分段、選取典型過程；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析電動勢大小，由楞次定律分析感應(yīng)電流(或感應(yīng)電動勢)方向；(3)由歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)方程；根據(jù)函數(shù)方程進行數(shù)學分析，例如分析斜率的變化、截距等；(4)畫圖像或判斷圖像．題型一E－t或I－t圖像（2023?海淀區(qū)校級模擬）磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈，當以速度v0刷卡時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。其E﹣t關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為v02，線圈中的E﹣tA． B． C． D．【解答】解：根據(jù)感應(yīng)電動勢公式E＝BLv可知，其他條件不變時，感應(yīng)電動勢與導體的切割速度成正比，只將刷卡速度改為v02，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值將變?yōu)樵瓉淼拇趴ㄍㄟ^刷卡器的時間t=sv與速率成反比，所用時間變?yōu)樵瓉淼?倍，由以上分析可知，正確的圖象只有D，故D正確，故選：D。（2022秋?廣州期末）水平放置一個固定的單匝金屬圓線圈，磁場正方向和線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖甲所示，當磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t如圖乙變化時，線圈中感應(yīng)電動勢E﹣t圖象是（）A． B． C． D．【解答】解：由法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝nΔΦΔt=nΔBΔtS，在t＝0到t＝1s，磁感應(yīng)強度B均勻增大，則ΔBΔt為一恒量，則E為一恒量，再由楞次定律，可判斷感應(yīng)電動勢為順時針方向，則電動勢為正值，在t＝1s到t＝3s，磁感應(yīng)強度B不變化，則感應(yīng)電動勢為零，在t＝3s到t＝5s，B均勻變化，則則ΔBΔt為一恒量，但B變化得較慢，則E為一恒量，但比t＝0到t＝故選：C。如圖所示，MNPQ是菱形區(qū)域，MP長為2L，QN長為L，在其由對角線QN劃分的兩個三角形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與QN平行。設(shè)導線框中感應(yīng)電流i逆時針流向為正。若t＝0時左邊框與P點重合，則導線框穿過磁場區(qū)域的過程中。下列i﹣t圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)導線框向左做勻速運動的速度為v，∠NPQ為θ，則導線框到達P點開始計時，在0～Lvl＝2vt?tanθ可知有效長度與時間成正比，根據(jù)i=可知感應(yīng)電流與時間成正比，此時磁通量向里增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向為逆時針流向，即正方向；在Lv～3L在3L2v～2Ll＝2（L﹣vt?tanθ2可知有效長度隨時間均勻減小，根據(jù)i=可知感應(yīng)電流隨時間均勻減小，此時磁場向外減小，根據(jù)楞次定律可知，導線框中的電流方向為逆時針流向，即正方向。故ABD錯誤，C正確；故選：C。題型二i－x圖像（多選）（2022?吉林模擬）如圖所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L。紙面內(nèi)直角邊長均為L的直角三角形導線框ABC沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區(qū)域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置。以順時針方向為導線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示導線框中的電流跟導線框所走位移的關(guān)系圖像（i﹣x圖像）和導線框受到的安培力大小跟導線框所走位移的關(guān)系圖像（i﹣x圖像）的是（）A． B． C． D．【解答】解：AB．在0～2L的過程中，線框中磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向是順時針，為正方向，此過程中導線框切割磁感線的有效長度為l1=感應(yīng)電流為i1=即i﹣x圖像為過原點且斜率為正的直線。當x＝L時i1max=Bxv2R在L～2L的過程中，導線框切割磁感線的有效長度為l2＝L-感應(yīng)電流為i2=即i﹣x圖像為斜率為負的直線。當x＝L時i2max＝i1max＝i0當x＝2L時i2max＝0在2L～3L過程中，線框中磁通量減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向是逆時針，為負方向，此過程中導線框切割磁感線的有效長度為l3＝L﹣（x﹣2L）＝3L﹣x感應(yīng)電流為i3=即i﹣x圖像為斜率為正的直線。當x＝2L時i3max=BlvR當x＝3L時i3min＝0故A正確，B錯誤；CD．在0～L的過程中，導線框受到的安培力大小為F1＝Bi1l1=即F﹣x圖像為開口向上的拋物線。當x＝L時F1max＝F0=在L～2L的過程中，導線框受到的安培力大小為F2＝Bi2l2=即F﹣x圖像為開口向上的拋物線。當x＝L時F2max＝F1max＝0當x＝2L時F2min＝0在2L～3L過程中，導線框受到的安培力大小為F3＝B|i3|l3=即F﹣x圖像為開口向上的拋物線。當x＝2L時F3max=B2當x＝3L時F3min＝0故C正確，D錯誤。故選：AC。（2021春?茂名期末）如圖所示，紙面內(nèi)兩個寬度均為a的區(qū)域內(nèi)存在著方向相反、磁感應(yīng)強度大小相等的勻強磁場，紙面內(nèi)一個邊長為233a的等邊三角形閉合金屬線框水平向右勻速通過兩個磁場區(qū)域。已知運動過程中線框的BC邊始終與虛線邊界平行，若規(guī)定逆時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，則從線框的A點進入磁場開始，線框中的感應(yīng)電流i隨線框移動距離x變化的iA． B． C． D．【解答】解：A、根據(jù)楞次定律可知，線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為逆時針，離開磁場過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向也為逆時針，故A錯誤；BCD、線框的位移：x＝vt，在第一個磁場范圍內(nèi)，切割磁感線的有效長度：L＝2xtan30°=23vt3，設(shè)線框的電阻為R當進入第二個磁場時，導線在兩磁場中的切割長度相同，電動勢為在兩磁場中單獨切割時的和，則可知i'＝2i，由0逐漸增加到2I0，此時方向為順時針，故為負值；線框離開第二個磁場時，電流方向為逆時針，為正值，大小為i，故C正確，BD錯誤。故選：C。（2022春?上栗縣校級月考）如圖所示，空間分布著寬為2L，方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一邊長為L的正方形金屬線框從磁場左邊界勻速向右通過磁場區(qū)域。規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，則感應(yīng)電流隨位移變化的關(guān)系圖象（i﹣x）正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：線框進入磁場過程，位移x＝L的過程中速度不變，根據(jù)i=BLv當L＜x＜2L，感應(yīng)電流為零；當2L＜x＜3L，速度不變，根據(jù)i=BLvR可知電流不變，根據(jù)右手定則可知電流方向為順時針，為負，故B正確，故選：B。題型三F－t圖像（2022春?莆田期末）如圖（a）所示“?”形金屬導軌固定在水平面上，右端放有一與導軌垂直的金屬棒PQ，整個裝置處于豎直方向的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t按圖（b）規(guī)律變化，整個過程金屬棒保持靜止。規(guī)定豎直向上為磁場的正方向，水平向右為金屬棒受到安培力F的正方向。下列F﹣t圖像中正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：在0～t0時間，回路的磁通向上減小，則有金屬棒中有從P到Q的感應(yīng)電流I=ER=ΔΦΔtR=ΔBSΔtR=kSR，電流大小恒定，由左手定則可知，PQ所受安培力方向水平向右，為正方向，根據(jù)F＝BIL，可知安培力大小均勻減小，t0～故選：C。（2022春?重慶期末）如圖甲所示，線圈abcd固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度隨時間的變化情況如圖乙所示。下列所示關(guān)于ab邊所受安培力隨時間變化的F﹣t圖象中（規(guī)定安培力方向向左為正），可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：由楞次定律知，感應(yīng)電流的方向為adcba，根據(jù)電磁感應(yīng)定律E＝n△ΦΔt=n根據(jù)I=n△BSRtt，電流為定值，由F＝BIL知，安培力均勻增加，由于0時刻的B≠0，因此開始時安培力F≠根據(jù)左手定則，ab邊所受安培力的方向向右，故安培力為負值；綜上所述，故D正確，ABC錯誤；故選：D。（2022春?深圳校級期中）一邊長為L的正方形線框位于一個方向垂直線框平面向里的磁場中，如圖甲所示，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．以F表示線框ab邊所受到的安培力，以安培力向上為正．則下列F﹣t圖象中正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：在0﹣1s內(nèi)，磁感應(yīng)強度均勻增加，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相反，故電流的磁場方向向外，根據(jù)右手螺旋定則，電流為逆時針方向，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得到感應(yīng)電動勢為：E＝n△ΦΔt=△BΔtS（定值），由在1﹣2s內(nèi)，磁感應(yīng)強度不變，感應(yīng)電流為零；在2﹣3s內(nèi)，磁感應(yīng)強度均勻減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場與原磁場方向相同，故電流的磁場方向向內(nèi)，根據(jù)右手螺旋定則，電流為順時針方向，故電流為正方向，再次根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得到感應(yīng)電動勢為：E＝n△ΦΔt=△BΔtS（定值），由而ab邊受到的安培力F＝BIL，在0﹣1s內(nèi)，I、L不變，B增大，F(xiàn)增大，在1﹣2s內(nèi)，I＝0，F(xiàn)＝0，在2﹣3s內(nèi)，I、L不變，B減小，F(xiàn)減小，以安培力向上為正，由左手定則可知，0﹣1s內(nèi)。安培力向下，為負的，在2﹣3s內(nèi)，安培力向上，為正的，故B正確，ACD錯誤；故選：B。模塊二鞏固提高（2023春?昆山市期末）如圖所示，xOy平面第三、四象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，圓形金屬環(huán)與磁場邊界相切于O點。金屬環(huán)在xOy平面內(nèi)繞O點沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，t＝0時刻金屬環(huán)開始進入第四象限。規(guī)定順時針方向電流為正，下列描述環(huán)中感應(yīng)電流i隨時間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：如圖所示。設(shè)金屬環(huán)轉(zhuǎn)動的角速度大小為ω，圓環(huán)半徑為r，電阻為R。在0～E＝2Brsinωt?2rωsinωt2=2r2ωsin則感應(yīng)電流為i=即得i=在0～E＝2Brcos（270°﹣ωt）?2rωcos(270°-ωt)2=2r2ωsin2則感應(yīng)電流為i=-根據(jù)數(shù)學導數(shù)知識可知，t＝0或t=πω時，i﹣t圖像的切線斜率為零，故ABC錯誤，故選：D。（2023春?安徽期中）如圖所示，“品”字型線框abcdefgh高為2L，寬為3L，單位長度阻值相同，長度為L的線框?qū)?yīng)電阻為R，線框在外力作用下以速度v勻速進入勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，從ab邊進磁場開始計時，線框電動勢e、電流i、線框的熱功率P、外力F隨時間t變化規(guī)律如選項圖所示，規(guī)定線框中電流順時針方向為正，下列圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：根據(jù)題意可知，0～Lv時間內(nèi)，abE1＝BLv由右手定則，電流方向為逆時針，電流為I電功率為P外力F等于安培力FLv～2Lv時間內(nèi)，ba和E2＝2BLv電流方向為逆時針，電流I電功率為P外力F等于安培力F2Lv～3Lv時間內(nèi)，等效E3＝BLv電流方向為逆時針，電流I電功率為P外力F等于安培力F3=BI3L=故選：C。（2023春?孝感期中）如圖所示，在空間中存在兩個相鄰的有界勻強磁場，磁場的強度大小相等、方向相反，寬度為L。矩形閉合線圈的寬度也為L，從圖示位置垂直于磁場方向勻速拉過磁場區(qū)域。規(guī)定電流方向逆時針為正、磁場垂直紙面向里為正。以線框剛進入磁場時開始計時，能正確反映線圈中感應(yīng)電流I、安培力F、線圈產(chǎn)生的熱量Q、線圈的磁通量Φ隨時間變化的圖像的是（）A． B． C． D．【解答】解：A．當線框進入左邊磁場時，根據(jù)右手定則可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向沿逆時針方向，設(shè)線框的速度為v，電阻值為R，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得此時電流：I1當線框進入右邊磁場區(qū)域過程中，有兩條邊同時切割磁感線，回路電動勢E＝2BLv，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得電流大小為：I2當線框出右邊磁場區(qū)域過程，由右手定則可判斷產(chǎn)生感應(yīng)電流沿逆時針方向，電流大小為：I3=BLvB．根據(jù)Q＝I2Rt結(jié)合A選項分析可知，當線框進入左邊磁場和線框出右邊磁場區(qū)域過程，電流大小相等，Q﹣t圖像斜率相等，線框進入右邊磁場區(qū)域過程中Q﹣t圖像斜率為線框進入左邊磁場和線框出右邊磁場區(qū)域的4倍，故B錯誤；C．當線框進入左邊磁場過程中，受安培力F1＝BI1L，方向根據(jù)左手定則可判斷水平向左；進入右邊磁場過程中F2＝2BI2L＝4F1，方向還是向左，線框出右邊磁場過程中F3＝BI3L＝F1，方向還是向左，故C正確；D．由圖可知，穿過線圈的磁通量先正方向增大，再正方向減小，然后負方向增大，再負方向減小，當線框處于兩個磁場的中間時，磁通量為零。線框的磁通量正方向減小和負方向增大過程的總時間（即Φ﹣t圖像的中間部分）等于正方向增大的時間，故D錯誤。故選：C。（2023春?大余縣期中）如圖（a），圓形金屬框內(nèi)有如圖（b）所示周期性變化的磁場（規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向），導線上c、d間接有定值電阻R，則流過電阻R的電流隨時間變化的圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E=nΔφΔt=nsΔBΔt故選：C。（2023?菏澤一模）如圖所示，MNQP是邊長為L和2L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與MN平行。設(shè)導線框中感應(yīng)電流i逆時針流向為正。若t＝0時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運動到MN的過程中，下列i﹣t圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：0～t1時間內(nèi)是線框的左邊由PQ向左進入磁場到G點的過程，根據(jù)右手定則判斷可知感應(yīng)電流為順時針（負值），而切割磁感線的有效長度隨著水平位移而均勻減小，則感應(yīng)電流的大小均勻減?。籺1～2t1時間內(nèi)，線框的左右兩邊同向同速切割相反的磁場，兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是同向的，線框的總電動勢為兩者電動勢相加，左右兩邊的有效長度之和等于L不變，由E＝BIv，可知線框的總電動勢不變，則感應(yīng)電流大小恒定，根據(jù)右手定則判斷可知感應(yīng)電流為逆時針（正值）。故ABC錯誤，D正確。故選：D。（2022秋?海門市期末）如圖兩條平行絕緣軌道固定在水平面上，其間連續(xù)分布著豎直向下和豎直向上的等大的勻強磁場，磁場寬度相等，一矩形金屬線框放置在導軌上方，其長寬恰好等于導軌的間距和磁場的寬度，電阻一定，當磁場開始向右勻速時，已知線框移動的過程中所受摩擦阻力恒定，則下列關(guān)于線框的速度v、電流i的大小及穿過線框的電荷量q隨時間t的變化v﹣t、i﹣t、q﹣t圖像、線框產(chǎn)生的焦耳熱Q隨線框位移x的變化Q﹣x圖像中可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：A、磁場開始向右以v0勻速時，相當于線框向左切割磁感線，雙邊切割產(chǎn)生電動勢，受兩個安培力向右，設(shè)線框的速度大小為v，則有：E＝BL（v0﹣v），F(xiàn)安＝2BiL，又由牛頓第二定律可知：F安﹣f＝ma，聯(lián)立解得：a=4B2L2(v0-v)mR-fm，隨著速度v逐漸增大，加速度逐漸減小，當B、線框的電流為：i=ER=BL(v0-v)R，由于線框先做加速度逐漸減小的加速運動，后做勻速運動，則（C、線框通過的電量為：q＝it，則q為i﹣t圖像的面積，根據(jù)B選項可知，電量隨著時間先增大，但是變化速度越來越慢，后均勻增大，故C錯誤；D、對線框由動能定理可得：W安﹣fx=12mv2﹣0，根據(jù)功能關(guān)系可得：Q＝W安＝fx+12mv2，則Q﹣x圖像由于速度v在變化先增大較快，后速度v不變，Q隨故選：B。（2022秋?重慶期末）如圖甲所示，光滑平行金屬導軌MN、PQ所在平面與水平面成θ角，M、P兩端接有阻值為R的定值電阻，阻值為r的金屬棒ab垂直導軌放置，其他部分電阻不計，整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向上。從t＝0時刻開始棒受到一個平行于導軌向上的外力F，由靜止開始沿導軌向上運動，運動中棒始終與導軌垂直，且接觸良好，通過R的感應(yīng)電流隨時間t變化的圖像如圖乙所示。下面分別給出了穿過回路abPM的磁通量Φ、磁通量的變化率ΔΦΔt、棒兩端的電勢差Uab和通過棒的電荷量qA． B． C． D．【解答】解：A、Φ﹣t圖象的斜率ΔΦΔt，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知感應(yīng)電動勢E由于產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是逐漸增大的，所以Φ﹣t圖象的斜率應(yīng)不斷增大，圖象應(yīng)是曲線，故A錯誤；B、回路中的感應(yīng)電動勢為：E=感應(yīng)電流為：I=由圖可知：I＝kt，聯(lián)立可得：ΔΦΔt=kRt∝t，故C、I均勻增大，棒兩端的電勢差Uab＝IR＝ktR，則知Uab與時間t成正比，故C錯誤。D、根據(jù)q＝It，I均勻增大，故q﹣t圖象應(yīng)是曲線，故D錯誤。故選：B。（2022秋?海淀區(qū)校級期末）如圖所示，由同種材料制成的粗細均勻的正方形金屬線框，以恒定速度通過有理想邊界的勻強磁場，線框的邊長小于有界磁場的寬度。開始計時時線框的ab邊恰與磁場的左邊界重合，在運動過程中線框平面與磁場方向保持垂直，且ab邊保持與磁場邊界平行，則圖中能定性的描述線框中c、d兩點間的電勢差Ucd隨時間變化情況的是（）A． B． C． D．【解答】解：線框在進入過程時，ab是電源，假設(shè)電動勢為E，每一邊的電阻為r，則外電阻R1＝3r，根據(jù)歐姆定律可知，c、d兩點間的電勢差為U線框整體在磁場中運動，此時，ab與cd都是電源，并且是完全相同的電源，此時Ucd＝E線框離開過程，此時cd是電源，此時有U故ACD錯誤，B正確；故選：B。（2022秋?海淀區(qū)校級期末）矩形導線框abcd放在勻強磁場中，在外力控制下處于靜止狀態(tài)，如圖（甲）所示．磁感線方向與導線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的圖象如圖（乙）所示。t＝0時刻，磁感應(yīng)強度的方向垂直導線框平面向里，在0～4s時間內(nèi)，導線框中感應(yīng)電流隨時間變化（規(guī)定以順時針為正方向）和ad邊所受安培力隨時間變化的圖象（規(guī)定以向左為安培力正方向）正確的是圖中的（）A． B． C． D．【解答】解：AB、在0到1s內(nèi)，磁感應(yīng)強度均勻遞減，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢是恒定的，則感應(yīng)電流I也是不變的，而由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向為順時針方向。在1到2s內(nèi)，向外的磁感應(yīng)強度均勻遞增，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢是恒定的，則感應(yīng)電流I也是不變的，而由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向也是順時針方向，故AB均錯誤；CD、在0到1s內(nèi)，ad邊的電流向上，由左手定則可知，線框的ad邊安培力的方向是水平向左，安培力是正值。而1s到2s內(nèi)電流方向不變，但B反向，故安培力向右，為負值。由安培力公式F＝BIL知道，安培力F與磁感應(yīng)強度B成正比，故D錯誤，C正確。故選：C。（2022秋?海淀區(qū)校級期末）如圖所示，固定在水平桌面上的光滑金屬導軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿ab垂直于cd和eg放在金屬導軌上且與它接觸良好。在兩根導軌的端點d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計?，F(xiàn)用一水平向右的外力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右在導軌上滑動，運動中桿ab始終垂直于導軌。若金屬桿在外力F的作用下沿軌道做勻加速直線運動，則圖中可以定性表示在對應(yīng)時間內(nèi)外力F隨時間t變化關(guān)系的圖象是（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)導體棒的加速度為a，經(jīng)過一段時間后的速度為v，由運動學公式可知：v＝at導體棒切割產(chǎn)生電動勢：E＝Blv根據(jù)閉合電路可知I=運動中的安培力大小為F安＝BIl由牛頓第二定律可知F﹣F安＝ma解得：F＝ma+B結(jié)合數(shù)學知識可知圖像應(yīng)該是B圖像，故B正確，ACD錯誤；故選：B。（多選）（2023?湖北模擬）如圖所示，MN、PQ是放置于水平面內(nèi)的平行光滑金屬導軌，M、P間接有定值電阻R。垂直導軌平面分布著方向向下的勻強磁場，金屬棒ab垂直導軌靜止放置且始終與導軌接觸良好。某時刻導體棒獲得瞬時速度向右運動，直至靜止。不計導軌電阻，則流過導體棒的電流I和導體棒所受安培力F安分別隨時間t的變化圖像、流過導體棒的電荷量q和感應(yīng)電動勢E分別隨位移x變化圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：A．導體棒向右做加速度逐漸減小的減速運動，根據(jù)切割電動勢結(jié)合歐姆定律有I=BLv故感應(yīng)電流I隨時間減小，且變化得越來越慢，故A正確；B．由F安＝BIL可知，F(xiàn)安隨時間的變化應(yīng)與I隨時間的變化一致，故B錯誤；C．電荷量q=I故C正確；D．根據(jù)動量定理，以v的方向為正方向，-感應(yīng)電動勢E＝BLv解得E=BL(v故D正確。故選：ACD。（多選）（2023?市中區(qū)校級二模）如圖甲所示，虛線MN是斜面上平行于斜面底端的一條直線，MN上方存在垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻將一單匝正方形導體框自與MN距離s＝1m處由靜止釋放，直至導體框完全穿出磁場的過程中其速度一時間圖像如圖丙所示。已知斜面傾角θ＝37°，導體框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝，運動中導體框底邊與MN始終平行，導體框質(zhì)量m＝2kg，電阻R＝2Ω，邊長l＝2m，重力加速度g＝10m/s2。設(shè)從釋放至導體框穿出磁場的過程中，整個導體框所受安培力大小為F，回路中產(chǎn)生的焦耳熱的功率為P，通過導體框的電流為I，導體框的機械能為E（釋放處E＝0），沿斜面下滑的位移為x，則下列圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：﹣1s內(nèi)，根據(jù)感生電動勢E＝nSΔBΔt，得E＝由于上下兩個邊均切割磁感線因此動生電動勢為0；回路中感應(yīng)電流沿順時針方向，導體框所受安培力對邊相抵F＝0根據(jù)功能關(guān)系得：從開始到x＝1m處過程中導體框所受安培力合力為0，做勻加速直線運動，加速度a＝gsinθ﹣μgcosθ解得a＝2m/s21s末速率v＝at＝2×1m/s＝2m/s位移x=12a之后磁感應(yīng)強度B不變F安=B2l2vm導體框開始勻速穿出磁場，故A正確；﹣1s內(nèi)P1=解得P1＝8W恒定不變，故B錯誤；﹣1s內(nèi)，通過導體框的電流I=ER=故C錯誤；～1s內(nèi)導體框機械能滿足E＝E0﹣μmgcosθx，E0＝0即E＝﹣8xx＝1m處E1＝﹣8J從x＝1m到x＝3m處過