Question

5．如圖所示，一足夠大的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其頂點(diǎn)a在直線MN上．且ab與MN的夾角為45°一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框ehgf從圖示位置（g點(diǎn)剛好在磁場(chǎng)邊界處），沿直線M以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．下列關(guān)于穿過(guò)導(dǎo)線框磁通量φ（圖示為正）、感應(yīng)電流i（逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎�方向）、jg間的電勢(shì)差U_fg，感應(yīng)電流的功率P隨時(shí)間t（以$\frac{L}{v}$為單位）變化的大致圖象，符合變化規(guī)律的是（　�。�

• A．
• B．
• C．
• D．

Answer 1

分析 設(shè)線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，分段由幾何知識(shí)求出線框有效的切割長(zhǎng)度，得到感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，由歐姆定律得到感應(yīng)電流的表達(dá)式，結(jié)合閉合回路歐姆定律求解電壓表達(dá)式，有功率表達(dá)式求出功率變化．

解答 解：設(shè)線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，電阻為R，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．設(shè)線框運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=$\frac{L}{v}$．
在0-1s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)楞次定律判斷可知，穿過(guò)線圈垂直向里的磁場(chǎng)在增加，∅=Bs=Bvtvt=Bv²t²，B、v均一定，可知∅與時(shí)間的平方成正比，則感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針?lè)较�，為正方向；感�?yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=Bv•vttan45°=Bv²t，感應(yīng)電流為I=$\frac{E}{R}$=$\frac{B{v}^{2}t}{R}$，B、v均一定，則I=∝t，再由歐姆定律，${U}_{fg}=\frac{E}{R}×\frac{1}{4}R=\frac{E}{4}=\frac{B{v}^{2}t}{4}$，則電壓與時(shí)間t成正比，功率：P=I²R=$\frac{{B}^{2}{v}^{4}{t}^{2}}{R}$，功率與時(shí)間平方成正比，故D錯(cuò)誤；
在1s-1.5s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)楞次定律判斷可知，穿過(guò)線圈的垂直向里的磁場(chǎng)在增加，∅=Bs=Bvtvt=Bv²t²，B、v均一定，可知∅與時(shí)間的平方成正比，則感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針?lè)较�，為正方向；感�?yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=Bv[L-（vt-L）tan45°-（vt-L）tan45°]=Bv（3L-2vt）．當(dāng)t=1.5時(shí)，I=0，故B錯(cuò)誤，
再由歐姆定律，${U}_{fg}=\frac{E}{R}×\frac{1}{4}R$=$\frac{Bv（3L-2vt）}{4}$，則電壓與時(shí)間t成正比減小，功率不再需要分析；
在1.5s-2s時(shí)間內(nèi)與在1s-1.5s時(shí)間內(nèi)，在2s-3s時(shí)間內(nèi)與0-1s時(shí)間內(nèi)情況相反，所以根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得知，AC正確．
故選：AC

點(diǎn)評(píng) 本題是電磁感應(yīng)的圖象問(wèn)題，根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，再選擇圖象是慣用的思路，在本題的處理上合理的利用排除法，能減少做題的難度．