高考物理一輪復習課時練習 第12章第3練　專題強化：電磁感應中的電路和圖像問題（含詳解）

1.如圖所示是兩個相互連接的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，連接處電阻不計，勻強磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大環(huán)內產生的感應電動勢為E，則a、b兩點間的電壓為()A.eq\f(1,2)EB.eq\f(1,3)EC.eq\f(2,3)ED．E2.(2023·上海市華師大二附中模擬)如圖所示，由均勻導線制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場。當圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差Uab為()A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC．－eq\f(\r(2),4)BRv D．－eq\f(3\r(2),4)BRv3．如圖甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產生的感應電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示。則通入線圈l1中的電流i1隨時間t變化的圖像可能是()4．(多選)(2024·北京市月考)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，磁感應強度B隨時間變化的圖像如圖乙所示。t＝0時刻，磁感應強度的方向垂直導線框平面向里，在0～4s時間內，流過導線框的電流I(規(guī)定順時針方向為正方向)與導線框ad邊所受安培力F安隨時間t變化的圖像(規(guī)定向左為安培力正方向)可能是()5.如圖所示，半徑為L的半圓形光滑導體框架MN垂直放置于磁感應強度為B的勻強磁場中，長為L的導體桿OP繞圓心O以角速度ω勻速轉動，N、O間接阻值為R的電阻，桿OP的電阻為r，框架電阻不計，求桿沿框架轉動過程中：(1)電阻R兩端電壓為__________________。(2)電阻R消耗的電功率為________________。6．(2023·天津市二模)飯卡是學校等單位最常用的輔助支付手段之一，其中一種飯卡其內部主要部分是一個多匝線圈，當刷卡機發(fā)出電磁信號時，置于刷卡機上的飯卡線圈的磁通量發(fā)生變化，在線圈處引起電磁感應，產生電信號。其原理可簡化為如圖甲所示，設線圈的匝數為1200匝，每匝線圈面積均為S＝10－4m2，線圈的總電阻為r＝0.1Ω，線圈連接一阻值R＝0.3Ω的電阻組成閉合回路，其余部分電阻不計。線圈處的磁場可視作勻強磁場，其大小按如圖乙所示規(guī)律變化(設垂直紙面向里為正方向)，求：(1)t＝0.05s時線圈產生的感應電動勢E的大??；(2)0～0.1s時間內，電阻R產生的焦耳熱Q；(3)0.1～0.4s時間內，通過電阻R的電流方向和電荷量q。7.如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉軸OO′上，接入回路的電阻為R，隨軸以角速度ω勻速轉動。在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值也為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．回路中的電動勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．外電阻消耗的電功率為eq\f(B2r4ω2,4R)D．電容器所帶的電荷量為eq\f(CBr2ω,4)8.在水平光滑絕緣桌面上有一邊長為L的正方形線框abcd，被限制在沿ab方向的水平直軌道上自由滑動。bc邊右側有一正直角三角形勻強磁場區(qū)域efg，直角邊ge和ef的長也等于L，磁場方向豎直向下，其俯視圖如圖所示，線框在水平拉力作用下向右以速度v勻速穿過磁場區(qū)，若圖示位置為t＝0時刻，設逆時針方向為電流的正方向。則感應電流i－t圖像正確的是(時間單位為eq\f(L,v))()9．在PQ、QR區(qū)域中存在著磁感應強度大小相等、方向相反的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面，一導線框abcdef位于紙面內，線框的鄰邊都相互垂直，bc邊與磁場的邊界P重合。導線框與磁場區(qū)域的尺寸如圖。從t＝0時刻開始線框勻速橫穿兩個磁場區(qū)域。以a→b→c→d→e→f為線框中電流的正方向。用i表示回路的電流，eq\f(l,v)＝t，則以下i－t示意圖中正確的是()10.(2023·江蘇丹陽高級中學質檢)如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場的區(qū)域寬度為2a，磁感應強度的大小為B。一邊長為a、電阻為4R的正方形均勻導線框ABCD從圖示位置沿水平向右方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，下列圖中導線框中A、B兩端電壓UAB與導線框移動距離x的關系圖像正確的是()11．如圖所示，光滑的足夠長的平行水平金屬導軌MN、PQ相距l(xiāng)，在M、P和N、Q間各連接一個額定電壓為U、阻值恒為R的燈泡L1、L2，在兩導軌間矩形區(qū)域cdfe內有垂直導軌平面豎直向上、寬為d0的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B0，且磁場區(qū)域可以移動，一電阻也為R、長度大小也剛好為l的導體棒ab垂直固定在磁場左邊的導軌上，離燈泡L1足夠遠。現讓勻強磁場在導軌間以某一恒定速度向左移動，當棒ab剛處于磁場時兩燈泡恰好正常工作。棒ab與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計。(1)求磁場移動的速度大??；(2)若保持磁場不移動(仍在cdfe矩形區(qū)域)，而使磁感應強度隨時間t均勻變化，兩燈泡中有一燈泡正常工作且都有電流通過，設t＝0時，磁感應強度為B0，垂直紙面向外為正方向。試求出經過時間t時磁感應強度的可能值Bt。12.(2023·陜西商洛市模擬)如圖所示，半徑為L的導電圓環(huán)(電阻不計)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心O的金屬軸以角速度ω逆時針勻速轉動。圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OA、OB、OC，輻條互成120°角。在圓環(huán)圓心角∠MON＝120°的范圍內(兩條虛線之間)分布著垂直圓環(huán)平面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，圓環(huán)的邊緣通過電刷P和導線與一個阻值也為r的定值電阻R0相連，定值電阻R0的另一端通過導線接在圓環(huán)的中心軸上，在圓環(huán)勻速轉動過程中，下列說法中正確的是()A．金屬輻條OA、OB、OC進出磁場前后，輻條中電流的大小不變，方向改變B．定值電阻R0兩端的電壓為eq\f(2,5)BL2ωC．通過定值電阻R0的電流為eq\f(BL2ω,8r)D．圓環(huán)轉動一周，定值電阻R0產生的熱量為eq\f(πB2L4ω,96r)第3練專題強化：電磁感應中的電路和圖像問題1．B[a、b間的電壓等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的eq\f(1,3)，故a、b間電壓為U＝eq\f(1,3)E，選項B正確。]2．D[有效切割長度即a、b連線的長度，如圖所示，由幾何關系知有效切割長度為eq\r(2)R，所以產生的電動勢為E＝BLv＝B·eq\r(2)Rv，電流的方向為a→b，所以Uab<0，由于外電路的電阻值為eq\f(3,4)R總，所以Uab＝－eq\f(3,4)B·eq\r(2)Rv＝－eq\f(3\r(2),4)BRv，故選D。]3．D[因為l2中感應電流大小不變，根據法拉第電磁感應定律可知，l1中磁場的變化是均勻的，即l1中電流的變化也是均勻的，A、C錯誤；根據題圖乙可知，0～eq\f(T,4)時間內l2中的感應電流產生的磁場方向向左，所以線圈l1中感應電流產生的磁場方向向左并且減小，或方向向右并且增大，B錯誤，D正確。]4．AD[根據楞次定律得0～2s內線框中的感應電流為順時針方向，即為正方向，2～4s內感應電流為逆時針方向，即為負方向，由E＝neq\f(S·ΔB,Δt)，I＝eq\f(E,R)知，電流I大小不變，A正確，B錯誤；由以上分析得，在1～2s時間內，導線框ad邊電流方向由d流向a，空間所加磁場的磁感應強度方向為垂直導線框平面向外，且線性增大，電流I為定值，根據左手定則及F＝BIL得，導線框ad邊受安培力向右，且線性增大，即安培力為負方向，線性增大，同理可知0～1s、2～3s、3～4s內安培力的變化情況，C錯誤，D正確。]5．(1)eq\f(BL2ωR,2R＋r)(2)eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)解析(1)設P端的線速度大小為v，則v＝ωL桿繞O點勻速轉動產生的感應電動勢為E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω回路中電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BL2ω,2R＋r)則R兩端電壓U＝IR＝eq\f(BL2ωR,2R＋r)(2)R消耗的電功率P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)。6．(1)0.024V(2)1.08×10－4J(3)由N到M0.006C解析(1)在0～0.1s內，由題圖乙可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.02,0.1)T/s＝0.2T/s，由法拉第電磁感應定律E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔB,Δt)S，解得E＝0.024V。(2)根據閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)＝0.06A，由焦耳定律Q＝I2Rt解得Q＝1.08×10－4J(3)根據楞次定律可以判斷，0.1～0.4s通過R的電流方向由N到M，根據q＝eq\x\to(I)Δt，又eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)可得q＝Neq\f(ΔΦ,R＋r)＝Neq\f(ΔB·S,R＋r)，由題圖乙可知，0.1～0.4s內磁感應強度變化大小ΔB＝0.02T，解得q＝0.006C。7．D[金屬棒繞OO′軸切割磁感線轉動，回路中的電動勢E＝eq\f(1,2)Br2ω，故A錯誤；電容器兩極板間電壓等于電阻R兩端電壓，為eq\f(E,2)，帶電微粒在兩極板間處于靜止狀態(tài)，則qeq\f(UC,d)＝qeq\f(\f(E,2),d)＝mg，解得eq\f(q,m)＝eq\f(4gd,Br2ω)，故B錯誤；外電阻消耗的功率P＝eq\f(\f(E,2)2,R)＝eq\f(B2r4ω2,16R)，故C錯誤；電容器所帶的電荷量Q＝Ceq\f(E,2)＝eq\f(CBr2ω,4)，故D正確。]8．D[bc邊的位置坐標x從0～L的過程中，根據楞次定律判斷可知線框中感應電流方向沿a→b→c→d→a，為正值。線框bc邊有效切割長度為l＝L－vt，感應電動勢為E＝Blv＝B(L－vt)·v，隨著t均勻增加，E均勻減小，感應電流i＝eq\f(E,R)，即知感應電流均勻減小。同理，x從L～2L的過程中，根據楞次定律判斷出感應電流方向沿a→d→c→b→a，為負值，感應電流仍均勻減小，故A、B、C錯誤，D正確。]9．C[由題意，畫出線框在t時刻、2t時刻、3t時刻、4t時刻位置示意圖，則t時刻2t時刻3t時刻4t時刻線框在0～t時間內，只有bc邊切割磁感線，由右手定則知電流由c→b，回路產生順時針方向的電流，電動勢為負值，e1＝－Blv，線框在t～2t時間內，bc邊切割右方磁場，產生由b→c的電動勢，ed切割左方磁場，產生e→d的電動勢，二者對回路來說等大反向，回路總電動勢為零，e2＝0；線框在2t～3t時間內，ed切割右方磁場，產生d→e的電動勢，fa切割左方磁場，產生f→a的電動勢，二者對回路同向，e3＝2Blv＋Blv＝3Blv，為正方向；在3t～4t時間內，只有fa在右方磁場切割磁感線，產生a→f的電動勢，回路是順時針，電流e4＝－2Blv，結合閉合電路歐姆定律I＝eq\f(e,R總)知只有C圖像滿足，故A、B、D錯誤，C正確。]10．D[由楞次定律判斷可知，在導線框穿過磁場的過程中，A點的電勢始終高于B點的電勢，則UAB始終為正值。AB、DC兩邊切割磁感線時產生的感應電動勢均為E＝Bav，導線框移動距離在0～a內時，AB切割磁感線，AB兩端的電壓是路端電壓，則UAB＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)Bav；導線框移動距離在a～2a內時，導線框完全在磁場中運動，穿過導線框的磁通量沒有變化，不產生感應電流，則UAB＝E＝Bav；導線框移動距離在2a～3a內時，A、B兩端的電壓等于路端電壓的eq\f(1,3)，則UAB＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)Bav，故D正確。]11．(1)eq\f(3U,B0l)(2)B0±eq\f(3U,2ld0)t解析(1)當ab棒剛處于磁場時，ab棒切割磁感線，產生感應電動勢，相當于電源，燈泡剛好正常工作，則電路中路端電壓U外＝U由電路的分壓之比得U內＝2U則感應電動勢為E＝U外＋U內＝3U由E＝B0lv＝3U，可得v＝eq\f(3U,B0l)(2)若保持磁場不移動(仍在cdfe矩形區(qū)域)，而使磁感應強度隨時間t均勻變化，電路可視為棒與L1并聯后再與L2串聯，則正常工作的燈泡為L2，所以L2兩端的電壓為U，電路中的總電動勢為E′＝U＋eq\f(U,2)＝eq\f(3U,2)，根據法拉第電磁感應定律得E′＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)ld0，聯立解得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(3U,2ld0)，所以經過時間t時磁感應強度的可能值Bt＝B0±eq\f(3U,2ld0)t。12．C[由題意知，三根金屬輻條始終有一根在磁場中切割磁感線