專題提升練25電磁感應中的電路、圖像問題梯級Ⅰ基礎練1.(2022·全國甲卷)三個用同樣的細導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。把它們放入磁感應強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，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解析設圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r，正六邊形線框的邊長為r；所以圓線框的周長為C2=2πr，面積為S2=πr2。同理可知正方形線框的周長和面積分別為C1=8r，S1=4r2，正六邊形線框的周長和面積分別為C3=6r，S3=2×12(r+2r)×32r=332r2，三線框材料粗細相同，根據電阻定律R=ρLS橫截面可知三個線框電阻之比為R1∶R2∶R3=C1∶C2∶C3=8∶2π∶6，根據法拉第電磁感應定律有I=ER=ΔBΔt·SR，可得電流之比為I1∶I2∶I3=2∶2∶3，即I12.如圖所示，由均勻導線制成的半徑為R的圓環，以速度v勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場。當圓環運動到圖示位置(∠aOb=90°)時，a、b兩點的電勢差Uab為(D)A.2BRv B.22C.-24BRv D.-3解析有效切割長度即a、b連線的長度，如圖所示，由幾何關系知有效切割長度為ab=R2+R2=2R，所以產生的電動勢為E=BLv=B·2Rv，電流的方向為a→b，所以Uab<0，由于在磁場部分的阻值為整個圓的14，所以Uab=-34E3.(多選)如圖所示，相同材料、橫截面積相等的導線制成的單匝正方形線框A和線框B，邊長之比為2∶1，在外力作用下以相同速度勻速進入勻強磁場，在線框A和線框B進入磁場的過程中，下列說法正確的是(AB)A.線框A和線框B中感應電流之比為1∶1B.線框A和線框B所受外力做功的功率之比為2∶1C.線框A和線框B產生的熱量之比為2∶1D.通過線框A和線框B導線橫截面的電荷量之比為1∶1解析設正方形的邊長為L，導線的橫截面積為S0、電阻率為ρ，磁場的磁感應強度為B，線框勻速運動的速度大小為v。兩正方形的邊長之比為2∶1，由電阻定律可知線框的電阻R=ρ4LS0，線框A和線框B的電阻之比為2∶1，感應電流大小為I=BLvR，線框A和線框B中感應電流之比為1∶1，A項正確；線框勻速進入勻強磁場，則外力做功的功率為P=P電=I2R，線框A和線框B所受外力做功的功率之比為2∶1，B項正確；線框產生的熱量為Q=P電t=P電·Lv，線框A和線框B產生的熱量之比為4∶1，C項錯誤；通過線框導線橫截面的電荷量為q=It=BLvRLv=BL2R，通過線框4.(2025·開封模擬)將一均勻導線圍成一圓心角為90°的扇形導線框OMN，其中OM=ON=R，圓弧MN的圓心為O點，將導線框的O點置于如圖所示的直角坐標系的原點，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為2B。從t=0時刻開始讓導線框以O點為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時針方向做勻速轉動，假定沿OMN方向的電流為正，則線框中的電流隨時間的變化規律描繪正確的是(C)解析在0~t0時間內，線框從圖示位置開始(t=0)轉過90°的過程中，產生的感應電動勢為E1=12BωR2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為I1=E1r=BωR22r，根據楞次定律判斷可知，線框中感應電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)；在t0~2t0時間內，線框進入第三象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)?；芈分挟a生的感應電動勢為E2=12BωR2+12·2BωR2=32BωR2=3E1，感應電流大小為I2=3I1；在2t0~3t0時間內，線框進入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產生的感應電動勢為E3=12BωR2+12·2BωR2=32BωR2=3E1，感應電流為I3=3I1；在3t0~4t0時間內，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產生的感應電動勢為E4=12BωR5.(多選)有界勻強磁場磁感應強度為B，有一半徑為R的線圈，其單位長度上的電阻為r，線圈直徑MN垂直磁場邊界于M點，現以M點為軸，在紙面內沿順時針方向勻速旋轉90°，角速度為ω，則(AD)A.感應電流方向為順時針方向B.感應電動勢的最大值為BR2ωC.感應電流的最大值為2BD.通過導體任意橫截面的電荷量為BR解析根據楞次定律，感應電流產生的磁場總要阻礙原磁通量的變化，可知在線圈轉動的過程中通過線圈的磁通量減小，由此可知感應電流應為順時針方向，A項正確；當轉過90°時的瞬間切割磁感線的有效長度最大，為圓形線圈的直徑，此時感應電動勢最大，由此可得感應電動勢的最大值為Em=12B(2R)2ω=2BR2ω，根據閉合電路的歐姆定律可知感應電流的最大值為Im=EmR總=2BR2ω2πRr=BRωπr，B、C兩項錯誤；通過導體任意橫截面的電荷量為q梯級Ⅱ能力練6.(多選)如圖所示，邊長為L的正方形區域存在垂直紙面向外的勻強磁場，等腰直角三角形線框ABC以速度v勻速進入磁場區域，且AB=2L，若從C點進入磁場開始計時，單位長度線框的電阻相同，則B、C兩點電勢差UBC和BC邊所受安培力FBC(規定FBC向上為正)隨時間變化的圖像正確的是(BD)解析在0~Lv過程，由右手定則可知感應電流方向由C指向B，即C的電勢高，則UBC<0，A項錯誤，B項正確；由對稱性可知，0~Lv和2Lv~3Lv是對稱的過程，題中圖像也對稱，故C7.(多選)如圖所示，電阻不計的光滑金屬導軌MN、PQ水平放置，間距為d，兩側接有電阻R1、R2，阻值均為R，O1O2右側有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。質量為m、長度也為d的金屬桿置于O1O2左側，在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，經時間t到達O1O2時撤去恒力F，金屬桿在到達NQ之前減速為零，已知金屬桿電阻也為R，與導軌始終保持垂直且接觸良好，下列說法正確的是(BCD)A.桿剛進入磁場時速度大小為FtB.桿剛進入磁場時電阻R1兩端的電勢差大小為BdFtC.整個過程中，流過金屬桿的電荷量為FtD.整個過程中，電阻R1上產生的焦耳熱為F解析桿由靜止運動到O1O2處過程，由動量定理有Ft=mv，則桿進入磁場時速度大小為v=Ftm，A項錯誤；桿剛進入磁場時產生的感應電動勢為E=Bdv，則電阻R1兩端的電勢差大小為UR1=ER+12R×R2=13E=BdFt3m，B項正確；金屬棒進入磁場后，由動量定理F安Δt=mv，即BIdΔt=mv，IΔt=q，解得q=mvBd=FtBd，C項正確；整個過程中，產生的總焦耳熱為Q=12mv2=F2t22m8.(2023·廣東卷)光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強磁場，磁場被分成區域Ⅰ和Ⅱ，寬度均為h，其俯視圖如圖甲所示，兩磁場磁感應強度隨時間t的變化如圖乙所示，0~τ時間內，兩區域磁場恒定，方向相反，磁感應強度大小分別為2B0和B0，一電阻為R，邊長為h的剛性正方形金屬框abcd，平放在水平面上，ab、cd邊與磁場邊界平行。t=0時，線框ab邊剛好跨過區域Ⅰ的左邊界以速度v向右運動。在τ時刻，ab邊運動到距區域Ⅰ的左邊界h2處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖甲中的虛線框所示。隨后在τ~2τ時間內，Ⅰ區磁感應強度線性減小到0，Ⅱ區磁場保持不變；2τ~3τ時間內，Ⅱ區磁感應強度也線性減小到0。求(1)t=0時線框所受的安培力F；(2)t=1.2τ時穿過線框的磁通量Φ；(3)2τ~3τ時間內，線框中產生的熱量Q。解析(1)由題圖可知t=0時線框切割磁感線產生的感應電動勢為E=2B0hv+B0hv=3B0hv，則感應電流大小為I=ER=3所受的安培力為F=2B03B0hvRh+B03B(2)在τ時刻，ab邊運動到距區域Ⅰ的左邊界h2處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，則t=1.2τ時穿過線框的磁通量為Φ=1.6B0h·12h-B0h·12h=(3)2τ~3τ時間內，Ⅱ區磁感應強度也線性減小到0，則有E'=ΔΦΔt=B01感應電流大小為I'=E'R=B則2τ~3τ時間內，線框中產生的熱量為Q=I'2Rt=B0答案(1)9B02h2vR，方向水平向左(2)3梯級Ⅲ創新練9.如圖所示，圓心為O、半徑為r=0.5m的金屬圓形軌道固定在水平面內，長度為r=0.5m的直導體棒OA置于圓導軌上面，金屬圓形軌道內存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小B=1.6T，直導體棒O端和圓軌道引出導線分別與電阻R1、R2和電容器相連。導體棒在外力作用下繞O點以角速度ω=20rad/s順時針勻速轉動。已知導體棒的電阻R0=0.5Ω，R1=1.5Ω，R2=2Ω，電容器的電容C=2×103μF，不計金屬圓形導軌電阻，下列說法正確的是(D)A.通過導體棒的電流為2.0AB.M板帶負電C.外力做功的功率為3.5WD.電容器極板的帶電荷量q=4.0×10-3C解析