課時分層精練(五十六)電磁感應中的圖像和電路問題基礎落實練1．如圖，邊長為0.1m的正方形金屬框abcd由兩種材料組成，其中ab邊電阻為2Ω，其余3個邊總電阻為1Ω，框內有垂直框面向里的勻強磁場，磁感應強度隨時間均勻增大，變化率eq\f(ΔB,Δt)＝30T/s，則Uab為()A．0.2VB．－0.2VC．－0.125VD．0.125V2．[2024·全國模擬預測]如圖所示，一個平行于紙面的等腰直角三角形導線框，水平向右勻速運動，穿過寬度為d的勻強磁場區域，三角形兩直角邊長度為2d，線框中產生隨時間變化的感應電流i，規定逆時針為感應電流的正方向，下列圖形正確的是()3．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變化的圖像是圖中的()4．(多選)一個圓形金屬框和三根相同的導體棒OA、OC、OD焊接成如圖所示的形狀，金屬框的阻值忽略不計，導體棒的阻值均為r，長度均為R，且互成120°，以O為圓心、R為半徑的90°扇形區域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，使金屬框繞O點以角速度ω逆時針勻速轉動，下列說法正確的是()A．OA棒內的電流方向一直為從O指向AB．當OA棒在磁場中時，AO兩點間的電勢差為eq\f(BωR2,6)C．OA棒內的最大電流為eq\f(2BωR2,3r)D．每轉一周，三根導體棒所產總熱量為eq\f(πB2ωR4,4r)5．[2024·山東臨沂高三統考]如圖甲所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌ab、cd與水平面成θ＝30°固定，導軌間距離為l＝1m，電阻不計，一個阻值為R0的定值電阻與可變電阻并聯接在兩金屬導軌的上端，整個系統置于勻強磁場中，磁感應強度方向與導軌所在平面垂直，磁感應強度大小為B＝1T．現將一質量為m、不計電阻的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與導軌接觸良好，且始終與導軌保持垂直，改變可變電阻的阻值R，測定金屬棒的最大速度v，得到eq\f(1,vm)-eq\f(1,R)的關系如圖乙所示，g取10m/s2.則下列說法正確的是()A．金屬棒的質量m＝1kgB．金屬棒的質量m＝2kgC．定值電阻R0＝2ΩD．定值電阻R0＝4Ω6．[2024·安徽滁州定遠中學校考模擬預測]如圖甲，光滑平行導軌MN、PQ水平放置，電阻不計．兩導軌間距d＝10cm，導體棒ab、cd放在導軌上，并與導軌垂直．每根棒在導軌間部分的電阻均為R＝1.0Ω.用長為L＝20cm的絕緣絲線將兩棒系住．整個裝置處在勻強磁場中．t＝0的時刻，磁場方向豎直向下，絲線剛好處于未被拉伸的自然狀態．此后，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示．不計感應電流磁場的影響．整個過程絲線未被拉斷．求：(1)0～2.0s的時間內，電路中感應電流的大小；(2)t＝1.0s的時刻絲線的拉力大小．7．[2024·安徽亳州蒙城三模]如圖1所示，n＝10匝的正方形線框用細線懸掛于天花板上且處于靜止狀態，線框平面在紙面內，線框的邊長為L＝0.1m，總電阻為R＝0.5Ω，線框的下半部分(總面積的一半)處于垂直紙面向里的有界勻強磁場，磁場的上、下邊界之間的距離為d＝0.25m，磁場的磁感應強度按照圖2變化，0.1s時刻(磁場均勻增大的最后一瞬間)，懸線的拉力恰好為零，此時剪斷細線，線框剛要完全穿出磁場時，加速度為零，線框在穿過磁場的過程中始終在紙面內，且不發生轉動．(不計空氣阻力，重力加速度為g＝10m/s2)求：(1)線框的總質量m；(2)線框穿過磁場的過程中，線框中產生的焦耳熱Q.素養提升練8．如圖所示，光滑的足夠長的平行水平金屬導軌MN、PQ相距l，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cdfe矩形區域內有垂直導軌平面豎直向上、寬為d0的有界勻強磁場，磁感應強度為B0，且磁場區域可以移動，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小；(2)若保持磁場不移動(仍在cdfe矩形區域)，而使磁感應強度B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.試求出經過時間t時磁感應強度的可能值Bt.課時分層精練（五十六）電磁感應中的圖像和電路問題1．解析：根據法拉第電磁感應定律，金屬框中產生的感應電動勢大小為E＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(ΔB·L2,Δt)＝0.3V，由楞次定律可知產生的感應電流方向為逆時針．可把金屬框等效為ab和bcda兩個電源，則Uab為Uab＝eq\f(E,4)×eq\f(1,3)－eq\f(3E,4)×eq\f(2,3)＝－0.125V，故選C.答案：C2．解析：在0～eq\f(d,v)時間內，線框進入磁場時磁通量向里增加，根據楞次定律可知，感應電流的磁場向外，因此感應電流沿逆時針方向．隨著線框的運動，導線切割磁感線有效長度均勻減小，產生的感應電動勢均勻減小，感應電流均勻減小；在eq\f(d,v)～eq\f(2d,v)時間內，穿過線框的磁通量向里減小，根據楞次定律知，感應電流沿順時針方向，穿過線框的磁通量均勻減小，產生的感應電流不變；在eq\f(2d,v)～eq\f(3d,v)時間內，穿過線框的磁通量向里減少，根據楞次定律知，感應電流沿順時針方向，線框有效切割長度均勻減小，產生的感應電動勢均勻減小，感應電流均勻減小，故選A.答案：A3．解析：因為l2中感應電流大小不變，根據法拉第電磁感定律可知，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，由安培定則可知i為正，或方向向右并且增大，由安培定則可知i為負，B錯誤，D正確．答案：D4．解析：當OA在磁場區域切割磁感線時，由右手定則知OA中電流方向從O指向A，當其他兩棒切割磁感線時，通過OA的電流方向從A指向O，A錯誤；當OA棒在磁場中切割磁感線時，OA是電源，通過OA的電流達到最大，OB與OC是外電路的兩個并聯電阻，此時OA上的電動勢為E＝eq\f(1,2)BωR2，則UAO＝eq\f(R外,R外＋R)E＝eq\f(\f(r,2),\f(r,2)＋r)E＝eq\f(BωR2,6)，此時OA上電流為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(\f(1,2)BωR2,\f(r,2)＋r)＝eq\f(BωR2,3r)，B正確，C錯誤；每根導體棒轉過磁場區域時間內，閉合回路產生的焦耳熱為Q0＝IEt＝eq\f(BωR2,3r)·eq\f(1,2)BωR2·eq\f(1,4)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(πB2ωR4,12r)，則每轉一周，三根導體棒所產總熱量為Q＝3Q0＝eq\f(πB2ωR4,4r)，D正確．故選BD.答案：BD5．解析：金屬棒以速度vm下滑時，由法拉第電磁感應定律得E＝Blvm由閉合電路歐姆定律得E＝I·eq\f(RR0,R＋R0)當金屬棒以最大速度vm下滑時，由平衡條件得BIl－mgsinθ＝0聯立解得eq\f(1,vm)＝eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R)＋eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R0)由eq\f(1,vm)-eq\f(1,R)圖像可得eq\f(B2l2,mgsinθ)＝1，eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R0)＝0.5解得m＝0.2kg，R0＝2Ω故選C.答案：C6．解析：（1）由圖像可知eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s則有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝0.1×0.1×0.2V＝0.002V解得I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(0.002,2)A＝0.001A.（2）導體棒在水平方向上受拉力和安培力，且二力平衡，則有T＝FA＝BId＝0.1×0.001×0.1N＝1×10－5N故t＝1.0s的時刻絲線的拉力大小1×10－5N答案：（1）0.001A（2）1×10－5N7．解析：（1）0～t0這段時間內，感應電動勢為E＝eq\f(nS有效ΔB,Δt)＝eq\f(nB0L2,2t0)感應電流為I＝eq\f(E,R)由題意懸線拉力為零，即所受的安培力為F＝nB0IL＝mg聯立解得m＝0.4kg（2）設剛要出磁場時速度為v，由二力平衡F安＝nB0Il＝mg，且I＝eq\f(nB0lv,R)穿過磁場過程中根據動能定理WG－W克安＝eq\f(1,2)mv2，其中WG＝mg（d＋eq\f(L,2)）克服安培力做的功W克安＝Q，聯立解得Q＝1.15J答案：（1）0.4kg（2）1.15J8．解析：（1）當ab剛進入磁場時，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矩形區域），而使磁感應強度B隨時間t均勻變化，可得棒與L1并聯后再與L2串聯，則正常工作的燈泡