1、专题提升九电磁感应中的图象问题1矩形导线框abcd(如图KZ91甲)放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示t0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在04 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)()甲乙图KZ91A BC D2(2015年广东茂名二模)如图KZ92所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则
2、图中能正确反映线框中电流与时间关系的是()图KZ92ABCD3(2015年福建质检)如图KZ93甲所示，正三角形硬导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t0时刻磁场方向垂直纸面向里在04t0时间内，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)()KZ93A BC D4(多选)如图KZ94所示，MN右侧有一正三角形匀强磁场区域(边缘磁场忽略不计)，上边界与MN垂直现有一与磁场边界完全相同的三角形导体框，从MN左侧垂直于MN匀速向右运动导体框穿过磁场过程中所受安培力F的大小以及感应电流i随时
3、间变化的图象正确的是(取逆时针电流为正)()图KZ94 ABCD5(多选，2014年江苏南京二模)如图KZ95所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下t0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q随时间t变化以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图象中，正确的是()图KZ95A B C D6(多选)如图KZ96所示，一沿
4、水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上、下边界MN、PS是水平的有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动以线框的ab边到达MN时开始计时，以MN处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为力的正方向则关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x的以下图线中，可能正确的是()图KZ96A BC D7(2015年山东卷)如图KZ97甲所示，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内左端连接在一周期为T0的正弦
5、交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图象可能正确的是()甲乙图KZ97ABCD8如图KZ98甲所示，足够长的光滑导轨倾角为30，间距L1 m，电阻不计，恒定的非匀强磁场方向垂直于斜面向下，电阻R1 ，导体棒ab质量m0.25 kg，其电阻r1 ，垂直于导轨放置现导体棒ab从磁场上边界由静止下滑，测得导体棒所到达位置的磁感应强度B与导体棒在该位置速度之间的关系如图乙所示(g取10 m/s2)甲 乙图KZ98(1)求导体棒下滑2 s时的速度和位移(2)求导体棒下滑2 s内回路中产生的焦耳热
6、专题提升九电磁感应中的图象问题1C解析：由法拉第电磁感应定律知，导线框中产生的感应电流I，在01 s，由题图乙知不变，故I的大小也不变，由楞次定律知，感应电流方向由ab，同理分析，在12 s，I的大小仍不变，方向仍由ab，故A、B错误；由左手定则知，01 s线框ab边所受安培力F向上，且由FBIlab知，I、lab不变，B均匀减小，因此F也均匀减小，D错误，C项正确2A解析：线框进入磁场过程中，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，即正方向，可排除B、C选项；由EBLv可知，线框进出磁场过程中，切割磁感线的有效长度为线框与磁场边界交点的连线，故进、出磁场过程中，等效长度L先增大
7、后减小，故感应电动势先增大后减小；由欧姆定律可知，感应电流也是先增大后减小的，故A项正确、D项错误3A解析：0t0，磁场方向垂直纸面向里，均匀减小，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流I不变，方向从b到a.根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向左，大小为FBIL，即均匀减小到零t02t0，磁场方向垂直纸面向外，均匀增大，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向右，大小为FBIL，即从零开始均匀增大.2t03t0，磁场方向垂直纸面向外，0，根据楞次定律可知：
8、无感应电流产生，导线ab不受安培力.3t03.5t0，磁场方向垂直纸面向外，均匀减小，.根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向左，大小为F2BIL，即均匀减小到零.3.5t04t0，磁场方向垂直纸面向里，均匀增加，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b.根据左手定则和安培力公式可得：其受到的安培力方向向右，大小为F2BIL，即从零开始均匀增大，选项A正确，选项B、C、D错误4BC解析：设正三角形的边长为a，匀速运动的速度为v.线框匀速进入磁
9、场的过程，由右手定则可知，电流方向沿逆时针为正方向，线框所受的安培力方向向左，t时刻线框有效切割长度Lvtsin 60vt，产生的感应电动势EBLvBv2t，感应电流的大小it，电流与时间成正比；同理，线框离开磁场的过程，回路中磁通量减小，产生的感应电流沿顺时针为负方向，L(2avt)sin 60(2avt)，i，电流随时间均匀减小，故选项C正确、D错误线框进入磁场时安培力FBIL，Ft图线是开口向上的抛物线，线框离开磁场时F，Ft图线仍是开口向上的抛物线，根据数学知识可知选项A错误、B正确5BD解析：设加速度为a，运动的位移xat2，磁通量变化量BLxBLat2，t2，选项A错误；感应电动势
10、EBLat，故t，选项B正确；Ut，Ut，选项D正确；电荷量q，因为t2，所以qt2，选项C错误6AD解析：根据题意，在0L，线框加速进磁场，做加速度减小的加速运动；在L2L，做加速度不变的匀加速运动，线圈中没有感应电流；在2L3L做匀速运动由楞次定律判断感应电流的方向，由i判断电流的大小，可知选项A正确；由左手定则和FBiL可知，选项D正确7C解析：在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小；同理在第二个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势逐渐变大，故选项C正确8解：(1)由题图乙可知，棒下滑的任意状态有B2v0.5 T2ms1对棒下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得mgsin 30ma代入数据可得导体棒的加速度a4 m/s2可见导体棒在斜面上做a4 m/s2的匀加速直线运动棒在2 s时的位移xat28 m2 s末的速度vat8 m/s.(2)由能量守恒得mgxsin 30mv2Q代入数据解得Q2 J.
