第十二章專題強化十七基礎(chǔ)過關(guān)練題組一電磁感應(yīng)中的電路問題1．(2024·湖南長沙月考)如圖所示，由勻整導(dǎo)線制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進入一磁感應(yīng)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兩點的電勢差為(D)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)BRv[解析]當圓環(huán)運動到題圖所示位置時，圓環(huán)切割磁感線的有效長度為eq\r(2)R，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\r(2)BRv，a、b兩點的電勢差Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv，故選D。2．(2024·全國甲卷)三個用同樣的細導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強度隨時間線性變更的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別為I1、I2和I3。則(C)A.I1<I3<I2 B．I1>I3>I2C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3[解析]設(shè)線框的面積為S，周長為L，導(dǎo)線的截面積為S′，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線框中感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，而線框的總電阻R＝ρeq\f(L,S′)，所以線框中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(SS′ΔB,ρLΔt)，由于三個線框處于同一線性變更的磁場中，且繞制三個線框的導(dǎo)線相同，設(shè)正方形線框的邊長為l，則三個線框的面積分別為S1＝l2，S2＝eq\f(π,4)l2，S3＝eq\f(3\r(3),8)l2，三個線框的周長分別為L1＝4l，L2＝πl(wèi)，L3＝3l，則I1∶I2∶I3＝eq\f(S1,L1)∶eq\f(S2,L2)∶eq\f(S3,L3)＝2∶2∶eq\r(3)，故C正確。3.如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽視不計。OM是有確定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好。空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B。現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強度的大小以確定的變更率從B增加到B′(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于(B)A.eq\f(5,4) B．eq\f(3,2)C．eq\f(7,4) D．2[解析]在過程Ⅰ中，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)，依據(jù)閉合電路的歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)，且q1＝I1Δt1；在過程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)，I2＝eq\f(E2,R)，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)，所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)。故B正確。題組二電磁感應(yīng)中的圖像問題4．如圖甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間變更的規(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變更的圖像是如圖中的(D)ABCD[解析]因為感應(yīng)電流大小不變，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而線圈l1中產(chǎn)生的磁場變更是因為電流發(fā)生了變更，所以I＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq\f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以線圈l1中的電流勻整變更，A、C錯誤；依據(jù)題圖乙可知，0～eq\f(T,4)時間內(nèi)l2中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向向左，所以線圈l1感應(yīng)電流產(chǎn)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。5．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方向的水平直軌道自由滑動。bc邊右側(cè)有一等腰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(shè)逆時針方向為電流的正方向。則感應(yīng)電流i－t圖像正確的是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(時間單位為\f(L,v)))(D)[解析]bc邊的位置坐標x在0～L的過程，依據(jù)楞次定律推斷可知線框中感應(yīng)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(yīng)電動勢為E＝Blv＝B(L－vt)·v，隨著t勻整增加，E勻整減小，感應(yīng)電流i＝eq\f(E,R)，即知感應(yīng)電流勻整減小。同理，x在L～2L過程，依據(jù)楞次定律推斷出來感應(yīng)電流方向沿a→d→c→b→a，為負值，感應(yīng)電流仍勻整減小，故A、B、C錯誤，D正確。6．(多選)在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω。規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖甲所示。磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變更規(guī)律如圖乙所示。以下說法正確的是(AC)A．在0～2s時間內(nèi)，I的最大值為0.01AB．在3～5s時間內(nèi)，I的大小越來越小C．前2s內(nèi)，通過線圈某橫截面的總電荷量為0.01CD．第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大[解析]0～2s時間內(nèi)，t＝0時刻磁感應(yīng)強度變更率最大，感應(yīng)電流最大，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,RΔt)＝0.01A，A項正確；3～5s時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度的變更率不變，感應(yīng)電流大小不變，B項錯誤；前2s內(nèi)通過線圈某橫截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(ΔB·S,R)＝0.01C，C項正確；第3s內(nèi)，B沒有變更，線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，則線圈的發(fā)熱功率最小，D項錯誤。實力綜合練7．(多選)在水平放置的兩條平行光滑直金屬導(dǎo)軌上放有一與其垂直的金屬棒ab，勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直，磁場方向如圖所示，導(dǎo)軌接有R1＝5Ω和R2＝6Ω的兩定值電阻及電阻箱R，其余電阻不計。電路中的電壓表量程為0～10V，電流表的量程為0～3A。現(xiàn)將R調(diào)至30Ω，用F＝40N的水平向右的力使ab垂直導(dǎo)軌向右平移。當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，兩電表中有一表正好達到滿偏，而另一表未達到滿偏。下列說法正確的是(BC)A.當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，電流表滿偏B．當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，電壓表滿偏C．當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，棒ab的速度大小是1m/sD．當棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，棒ab的速度大小是2m/s[解析]假設(shè)電壓表滿偏，則通過電流表的電流I＝eq\f(U,\f(R2R,R2＋R))＝2A<3A，所以電壓表可以滿偏，此時電流表的示數(shù)為2A，故A錯誤，B正確；棒ab勻速運動時，水平拉力F與安培力大小相等，有FA＝BIL＝F，感應(yīng)電動勢E＝U＋IR1＝(10＋2×5)V＝20V，又E＝BLv，解得v＝eq\f(EI,F)＝1m/s，故C正確，D錯誤。8．如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)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(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為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(B)A．棒產(chǎn)生的電動勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω[解析]棒轉(zhuǎn)動時垂直切割磁感線，由于只在圓環(huán)內(nèi)存在磁場，故產(chǎn)生的電動勢E＝Br·eq\f(0＋rω,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，A項錯誤；由于棒無電阻，故電容器、電阻兩端電壓均等于E，對微粒，由平衡條件有mg＝eq\f(qE,d)，故微粒的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，B項正確；電阻R消耗的電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C項錯誤；由Q＝CE可知，電容器所帶電荷量Q＝eq\f(1,2)CBr2ω，D項錯誤。9．某鐵路安裝有一種電磁裝置可以向限制中心傳輸信號，以確定火車的位置和運動狀態(tài)，其原理是將能產(chǎn)生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖甲所示(俯視圖)，當它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的線圈時，線圈便產(chǎn)生一個電信號傳輸給限制中心。線圈邊長分別為l1和l2，匝數(shù)為n，線圈和傳輸線的電阻忽視不計。若火車通過線圈時，限制中心接收到線圈兩端的電壓信號u與時間t的關(guān)系如圖乙所示(ab、cd均為直線)，t1、t2、t3、t4是運動過程的四個時刻，則火車(D)A．在t2～t3時間內(nèi)做勻速直線運動B．在t3～t4時間內(nèi)做勻減速直線運動C．在t1～t2時間內(nèi)加速度大小為eq\f(u2－u1,Bl1t2－t1)D．在t1～t2時間內(nèi)和在t3～t4時間內(nèi)陰影面積相等[解析]依據(jù)動生電動勢表達式E＝Blv可知，感應(yīng)電動勢與速度成正比，而在ab段的電壓隨時間勻整增大，可知在t1～t2時間內(nèi)，火車的速度隨時間也勻整增大，火車在這段時間內(nèi)做的是勻加速直線運動；在t2～t3時間內(nèi)，這段時間內(nèi)電壓為零，是因為線圈沒有產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，不是火車做勻速直線運動；cd段的電壓大小隨時間勻整增大，可知在t3～t4時間內(nèi)，火車的速度隨時間也勻整增大，火車在這段時間內(nèi)做的是勻加速直線運動，A、B錯誤；假設(shè)t1時刻對應(yīng)的速度為v1，t2時刻對應(yīng)的速度為v2，結(jié)合題圖乙可得u1＝nBl1v1，u2＝nBl1v2，故這段時間內(nèi)的加速度為a＝eq\f(v2－v1,t2－t1)＝eq\f(u2－u1,nBl1t2－t1)，C錯誤；假設(shè)磁場的寬度為d，可知在t1～t2和t3～t4這兩段時間內(nèi)，線圈相對于磁場通過的位移大小均為d，依據(jù)u＝nBL1v可得∑u·t＝∑nBl1v·t＝nBl1∑v·t＝nBl1x，可知在t1～t2時間內(nèi)和在t3～t4時間內(nèi)陰影面積均為S＝nBl1d，D正確。10．某風(fēng)速試驗裝置由風(fēng)杯組系統(tǒng)(圖甲)和電磁信號產(chǎn)生系統(tǒng)(圖乙)兩部分組成。電磁信號產(chǎn)生器由圓形勻強磁場和固定于風(fēng)輪轉(zhuǎn)軸上的導(dǎo)體棒OA組成(O點連接風(fēng)輪轉(zhuǎn)軸)，磁場半徑為L，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面對里，導(dǎo)體棒OA長為1.5L，電阻為r，風(fēng)推動風(fēng)杯組繞水平軸順時針勻速轉(zhuǎn)動，風(fēng)杯中心到轉(zhuǎn)軸距離為2L，導(dǎo)體棒每轉(zhuǎn)一周A端與彈性簧片接觸一次，接觸時產(chǎn)生的電流恒為I。圖乙中電阻為R，其余電阻不計。求：(1)當導(dǎo)體棒與彈性簧片接觸時，O、A兩端間電勢差UOA；(2)風(fēng)杯的速率v。[答案](1)－IR(2)eq\f(4IR＋r,BL)[解析](1)依據(jù)題意可知，當導(dǎo)體棒在磁場中順時針轉(zhuǎn)動時，相當于電源，且O端相當于電源的負極，則依據(jù)歐姆定律可知，O、A兩端間電勢差UOA數(shù)值上等于電路中的外電壓，則有UOA＝－IR。(2)依題意有，電源電動勢為E＝eq\f(1,2)BL2ω結(jié)合閉合電路的歐姆定律有E＝eq\f(1,2)BL2ω＝I(r＋R)解得ω＝eq\f(2Ir＋R,BL2)則風(fēng)杯的速率為v＝ω×2L＝eq\f(4IR＋r,BL)。11．(2024·廣東湛江聯(lián)考)如圖所示，一個電阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為R的電阻連接成閉合回路，線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B0隨時間t變更的關(guān)系為eq\f(ΔB0,Δt)＝k，電阻R的兩端通過導(dǎo)線與平行金屬板a、b相連，兩足夠長的平行邊界MN、PQ區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，兩邊界MN、PQ的距離為d，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)，在a板中心處由靜止釋放，經(jīng)b板上的小孔射出后，垂直進入磁場，最終粒子從邊界離開磁場。求：(1)粒子進入磁場時的速度大小v；(2)該粒子離開磁場時，偏離原方向的距離x。[答案](1)r2eq\r(\f(nqkπ,m))(2)eq\f(mr2,qB)eq\r(\f(nqkπ,m))－eq\r(\f(nmkπr\o\al(2,2),qB2)－d2)或eq\f(2mr2,qB)eq\r(\f(nqkπ,m))[解析](1)由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，解得E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝nkπreq\o\al(2,2)由閉合電路的歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋R)，平行金屬板a、b兩端的電壓U＝IR粒子在電場中運動時，由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝r2e