電磁感應問題的綜合分析 A一、單項選擇題1.(2020·高考海南卷)如圖，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為；將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為.則等于()A.B.C1 D.解析：選B.由法拉第電磁感應定律知直金屬棒運動時其兩端電動勢BLv，將此棒彎成兩段長度相等且互相垂直的折線，并放于與磁感應強度垂直的平面內，并沿折線夾角平分線的方向以相同的速度v運動時，BLv，則.因此B對，A、C、D錯2.如圖所示，在條形磁鐵的中央位置的正上方水平固定一銅質圓環(huán)，條形磁鐵在光滑的水平桌面上，以下判斷正確的是()A釋放圓環(huán)，環(huán)下落時環(huán)的機械能不守恒B釋放圓環(huán)，環(huán)下落時磁鐵對桌面的壓力比磁鐵受的重力大C給磁鐵水平向右的初速度，磁鐵滑動時水平方向做減速運動D給磁鐵水平向右的初速度，圓環(huán)產生向左運動的趨勢解析：選C.由條形磁鐵的磁場分布特點可知，穿過其中央位置正上方的圓環(huán)的合磁通量為零，所以在環(huán)下落的過程中，磁通量不變，沒有感應電流，圓環(huán)只受重力，則環(huán)下落時機械能守恒，A、B錯誤；給磁鐵水平向右的初速度，由楞次定律可知，圓環(huán)的運動趨勢總是阻礙自身磁通量的變化，所以環(huán)要受到向右的作用力，由牛頓第三定律可知，磁鐵要受到向左的作用力而做水平方向的減速運動(或根據“總阻礙相對運動”的推論得出)，故C正確，D錯誤3.如圖所示，質量為m的金屬線框A靜置于光滑水平面上，通過細繩跨過定滑輪與質量為m的物體B相連，圖中虛線內為一水平勻強磁場，d表示A與磁場左邊界的距離，不計滑輪摩擦及空氣阻力，設B下降h(h>d)高度時的速度為v，則以下關系中能夠成立的是()Av2ghBv22ghCA產生的熱量Qmghmv2DA產生的熱量Qmghmv2解析：選C.在線框進入磁場的過程中，可能勻速運動，也可能做變加速運動，因此A、B錯由能量守恒得：Qmgh·(2m)·v2mghmv2，故C對、D錯4.(2020·湖北八校二聯)如圖所示，兩個垂直于紙面的勻強磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B，磁場區(qū)域的寬度均為a.高度為a的正三角形導線框ABC從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，在下列圖形中能正確描述感應電流I與線框移動距離x關系的是()解析：選B.正三角形線框ABC剛進入向里的磁場時，利用右手定則知，感應電流沿逆時針方向為正，大小I0，之后線框隨進入磁場距離的增大，有效切割長度變小，則I變??；當線框ABC前進a距離，在剛進入向外的磁場區(qū)域瞬間，ABC線框中感應電流方向沿順時針為負，大小為I2I0，則B正確二、不定項選擇題5.1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示實驗中發(fā)現，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后下列說法正確的是()A圓盤上產生了感應電動勢B圓盤內的渦電流產生的磁場導致磁針轉動C在圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化D圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產生的磁場導致磁針轉動解析：選AB.當圓盤轉動時，圓盤的半徑切割磁針產生的磁場的磁感線，產生感應電動勢，選項A正確；如圖所示，銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當圓盤轉動時，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產生感應電流，根據楞次定律，感應電流阻礙其相對運動，但抗拒不了相對運動，故磁針會隨圓盤一起轉動，但略有滯后，選項B正確；在圓盤轉動過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量始終為零，選項C錯誤；圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場方向沿圓盤軸線方向，會使磁針沿軸線方向偏轉，選項D錯誤6.(2020·高考山東卷)如圖，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉動現施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速在圓盤減速過程中，以下說法正確的是()A處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高B所加磁場越強越易使圓盤停止轉動C若所加磁場反向，圓盤將加速轉動D若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉動解析：選ABD.根據右手定則可判斷靠近圓心處電勢高，選項A正確；圓盤處在磁場中的部分轉動切割磁感線，相當于電源，其他部分相當于外電路，根據左手定則，圓盤所受安培力與運動方向相反，磁場越強，安培力越大，故所加磁場越強越易使圓盤停止轉動，選項B正確；磁場反向，安培力仍阻礙圓盤轉動，選項C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤，整個圓盤相當于電源，不存在外電路，沒有電流，所以圓盤不受安培力而勻速轉動，選項D正確7(2020·紹興模擬)如圖所示，邊長為L、電阻不計的n匝正方形金屬線框位于豎直平面內，連接的小燈泡的額定功率、額定電壓分別為P、U，線框及小燈泡的總質量為m，在線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度為l，磁感應強度方向與線框平面垂直，其上、下邊界與線框底邊均水平線框從圖示位置開始靜止下落，穿越磁場的過程中，小燈泡始終正常發(fā)光則()A有界磁場寬度l<LB磁場的磁感應強度應為C線框勻速穿越磁場，速度恒為D線框穿越磁場的過程中，燈泡產生的焦耳熱為mgL解析：選BC.因線框穿越磁場過程中小燈泡正常發(fā)光，故為勻速穿越磁場，且線框長度L和磁場寬度l相同，A錯；線框勻速穿越磁場，故重力和安培力相等，mgnBILnBL，得B，B對；重力做功的功率等于電功率，即mgvP，得v，C對；線框穿越磁場時，通過的位移為2L，且重力做功完全轉化為焦耳熱，故Q2mgL，D錯8(2020·浙江名校聯考)如圖所示，在水平面內的直角坐標系xOy中有一光滑金屬導軌AOC，其中曲線導軌OA滿足方程yLsin kx，長度為的直導軌OC與x軸重合，整個導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中現有一長為L的金屬棒從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v做勻速直線運動，已知金屬棒單位長度的電阻為R0，除金屬棒的電阻外其余部分電阻均不計，棒與兩導軌始終接觸良好，則在金屬棒運動至AC的過程中()A感應電動勢的瞬時值為eBvLsin kvtB感應電流逐漸減小C閉合回路消耗的電功率逐漸增大D通過金屬棒的電荷量為解析：選ACD.金屬棒運動到x處時金屬棒接入回路的長度為LxLsin kx，電阻為RxR0Lsin kx，金屬棒產生的電動勢EBLxvBvLsin kvt，回路中的電流I，電流不變，A正確，B錯誤；回路消耗的電功率PEIsin kx，顯然P隨x的增大而增大，C正確；通過金屬棒的電荷量為qIt×，D正確9.(2020·山西四校三聯)如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B.現有一根長度稍大于L、電阻不計的金屬棒從軌道最低位置cd開始，在拉力作用下以初速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動至ab處，則該過程中()A通過R的電流方向由外向內B通過R的電流方向由內向外CR上產生的熱量為D流過R的電荷量為解析：選AC.cd棒運動至ab處的過程中，閉合回路中的磁通量減小，再由楞次定律及安培定則可知，回路中電流方向為逆時針方向(從上向下看)，則通過R的電流方向為由外向內，故A對，B錯通過R的電荷量為q，D錯R上產生的熱量為Qt，C對三、非選擇題10(2020·浙江高考押題卷)用密度為d、電阻率為、橫截面積為A的薄金屬條制成邊長為L的閉合正方形框abba.如圖所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場方向平行設勻強磁場僅存在于相對磁極之間，其他地方的磁場忽略不計可認為方框的aa邊和bb邊都處在磁極之間，其間磁感應強度大小為B.方框從靜止開始釋放，其平面在下落過程中保持水平(不計空氣阻力)(1)求方框下落的最大速度vm(設磁場區(qū)域在豎直方向足夠長)；(2)當方框下落的加速度為 時，求方框的發(fā)熱功率P；(3)已知方框下落時間為t時，下落高度為h，其速度為vt(vt<vm)若在同一時間t內，方框內產生的熱與一恒定電流I0在該框內產生的熱相同，求恒定電流I0的表達式解析： (1)方框質量m4LAd方框電阻 R方框下落速度為v時，產生的感應電動勢EB·2L·v，感應電流I.方框下落過程，受到重力G及安培力FGmg4LAdg，方向豎直向下FBI·2L，方向豎直向上當FG時，方框達到最大速度，即 vvm則4LAdg方框下落的最大速度vm .(2)方框下落加速度為時，有mgBI·2Lm則I方框的發(fā)熱功率PI2R.(3)根據能量守恒定律，有mghmvIRt其中R，m4LAd解得恒定電流I0的表達式I0A .答案：(1)(2)(3)A 11(2020·高考天津卷)如圖所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動線框完全穿過磁場過程中產生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；(2)磁場上下邊界間的距離H.解析：(1)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，有E12Blv1設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設此時線框所受安培力為F1，有F12I1lB由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mgF1由式得v1設ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2由式得v24v1.(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有2mglmv線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l.答案：(1)4倍(2)28l12(2020·安徽合肥一模)如圖甲所示，平行長直導軌MN、PQ水平放置，兩導軌間距L0.5 m，導軌左端M、P間接有一阻值R0.2 的定值電阻，導體棒ab的質量m0.1 kg，與導軌間的動摩擦因數0.1，導體棒垂直于導軌放在距離左端為d1.0 m處，導軌和導體棒始終接觸良好，電阻均忽略不計整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，t0時刻，磁場方向豎直向下，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取重力加速度g10 m/s2.(1)求t0時棒所受到的安培力F0；(2)分析前3 s時間內導體棒的運動情況并求前3 s內棒所受的摩擦力Ff隨時間t變化的關系式；(3)若t3 s時，突然使ab棒獲得向右的速度v08 m/s，同時垂直棒施加一方向水平、大小可變化的外力F，使棒的加速度大小恒為a4 m/s2、方向向左求從t3 s到t4 s的時間內通過電阻的電荷量q.解析：(1)t0時棒的速度為零，故回路中只有感生電動勢，為ELd0.1×0.5×1.0 V0.05 V感應電流為：I A0.25 A可得t0時棒所受到的安培力：F0B0IL0.025 N.(2)ab棒與導軌間的最大靜摩擦力：Ffmmg0.1×0.1×10 N0.1 N>F00.025 N所以在t0時刻棒靜止不動，加速度為零，在03 s內磁感應強度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大靜摩擦力，故前3 s內導體棒靜止不動，電流恒為I0.25 A在03 s內，磁感應強度為：BB0kt0.20.1t(T)因導體棒靜止不動，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，則有：FfBIL(B0kt)IL(0.20.1t)×0.25×0.50.012 5(2t)(N)(t<3 s)(3)34 s內磁感應強度大小恒為B20.1 T，ab棒做勻變速直線運動，t14 s3 s1 s設t4 s時棒的速度為v，第4 s內的位移為x，則：vv0at14 m/sxt16 m在這段時間內的平均感應電動勢為：E通過電阻的電荷量為：qIt1t11.5 C.答案：(1)0.025 N(2)見解析(3)1.5 CB一、單項選擇題1(2020·高考重慶卷)如圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數為n，面積為S.若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差ab()A恒為B從0均勻變化到C恒為D從0均勻變化到解析：選C.根據法拉第電磁感應定律得，感應電動勢Enn，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為abn，選項C正確2(2020·煙臺一模)如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度的大小為B，磁場在y軸方向足夠寬，在x軸方向寬度為a.一直角三角形導線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，在下圖中感應電流i、BC兩端的電壓UBC與線框移動的距離x的關系圖象正確的是()解析：選D.由楞次定律可知，線框剛進入磁場時產生的感應電流的磁場方向垂直紙面向外，故線框中的感應電流沿逆時針方向，為正，又因為線框做勻速運動，故感應電流隨位移線性增大；同理可知線框離開磁場時，產生的感應電流大小隨位移線性增大，方向為負，選項A、B錯誤；BC兩端的電壓UBC跟感應電流成正比，故選項C錯誤，D正確3如圖所示，質量均為m的金屬棒ab、cd與足夠長的水平金屬導軌垂直且接觸良好，兩金屬棒與金屬導軌間的動摩擦因數為，磁感應強度為B的勻強磁場的方向豎直向下則ab棒在恒力F2mg作用下向右運動的過程中，有()A安培力對ab棒做正功B安培力對cd棒做正功Cab棒做加速度逐漸減小的加速運動，最終勻速運動Dcd棒做加速度逐漸減小的加速運動，最終勻速運動解析：選C.對于ab棒，因為F2mg>mg，所以從靜止開始加速運動，ab棒運動會切割磁感線產生感應電流，從而使ab棒受到一個向左的安培力，這樣加速度會減小，最終會做勻速運動；而cd棒所受到的最大安培力與摩擦力相同，所以總保持靜止狀態(tài)，即安培力對ab棒做負功，對cd棒不做功，所以選項C正確，A、B、D錯誤4.(2020·河北石家莊質檢)如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌豎直放置，導軌上端接電阻R，寬度相同的水平條形區(qū)域和內有方向垂直導軌平面向里的勻強磁場B，和之間無磁場一導體棒兩端套在導軌上，并與兩導軌始終保持良好接觸，導體棒從距區(qū)域上邊界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及其變化情況相同下面四個圖象能定性描述導體棒速度大小與時間關系的是()解析：選C.MN棒先做自由落體運動，當到區(qū)磁場時由四個選項知棒開始減速，說明F安>mg，由牛頓第二定律得，F安mgma，減速時F安減小，合力減小，a也減小，速度圖象中圖線上各點切線斜率減?。浑x開區(qū)后棒做加速度為g的勻加速直線運動，隨后進入區(qū)磁場，因棒在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流變化情況相同，則在區(qū)磁場中運動情況與區(qū)磁場中完全相同，所以只有C項正確5如圖甲所示，在豎直平面內有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1與L2、L3與L4之間均存在著勻強磁場，磁感應強度的大小均為1 T，方向垂直于豎直平面向里現有一矩形線圈abcd，寬度cdL0.5 m，質量為0.1 kg，電阻為2 ，將其從圖示位置(cd邊與L1重合)由靜止釋放，速度隨時間變化的圖象如圖乙所示，t1時刻cd邊與L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，t2t3之間的圖線為與t軸平行的直線，t1t2的時間間隔為0.6 s，整個運動過程中線圈始終位于豎直平面內(重力加速度g取10 m/s2)則()A在0t1時間內，通過線圈的電荷量為2.5 CB線圈勻速運動的速度為8 m/sC線圈的長度ad1 mD0t3時間內，線圈產生的熱量為4.2 J解析：選B.t2t3時間內，線圈做勻速直線運動，而EBLv2，F，Fmg，解得v28 m/s，選項B正確；線圈在cd邊與L2重合到ab邊與L3重合的過程中一直做勻加速運動，則ab邊剛進磁場時，cd邊也剛進磁場，設磁場寬度為d，則3dv2tgt2，解得d1 m，則ad邊的長度為2 m，選項C錯誤；在0t3時間內，由能量守恒定律，有Q5mgdmv1.8 J，選項D錯誤；在0t1時間內，通過線圈的電荷量q0.25 C，選項A錯誤二、不定項選擇題6.如圖所示，xOz是光滑水平面，空間有沿z軸正方向的勻強磁場，其磁感應強度為B，現有兩塊平行金屬板，彼此間距為d，構成一個電容為C的電容器；在兩板之間焊一根垂直于兩板的電阻不計金屬桿PP，已知兩板和桿PP的總質量為m，若對此桿PP作用一個沿x軸正方向的恒力F，則下列說法正確的是()A金屬桿PP不存在感應電流B金屬桿PP存在沿P到P方向的感應電流C兩板和桿先做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動D兩板和桿做勻加速直線運動解析：選BD.設某時刻金屬桿運動的加速度為a，速度為v，那么金屬桿切割磁感線所產生的感應電動勢為EBdv，電容器兩端的電壓UEBdv，所以，通過金屬桿的電流為ICBdC，方向沿P到P方向，所以B選項正確；又因為a，所以IBdCa，這樣，兩板和桿整體的水平方向除受恒力F作用外，還受到沿x軸負方向的安培力，它的大小為：FABdIB2d2Ca，運用牛頓第二定律得：FB2d2Cama，所以a，即D選項正確7如圖甲是矩形導線框，電阻為R，虛線左側線框面積為S，右側面積為2S，虛線左右兩側導線框內磁場的磁感應強度隨時間變化如圖乙所示，設垂直線框向里的磁場為正，則關于線框中0t0時間內的感應電流的說法正確的是()A感應電流的方向為順時針方向B感應電流的方向為逆時針方向C感應電流的大小為D感應電流的大小為解析：選BD.向里的變化磁場產生的感應電動勢為：E1S，感應電流方向為逆時針方向；向外的變化磁場產生的感應電動勢為：E22S，感應電流方向為逆時針方向；從題圖乙中可以得到：，感應電流為I，方向為逆時針方向，即B、D正確8(2020·浙江八校聯考)如圖甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側存在磁感應強度B2 T的勻強磁場，MN的左側有一質量m0.1 kg的矩形線圈abcd，bc邊長L10.2 m，電阻R2 .t0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運動，經過時間1 s，線圈的bc邊到達磁場邊界MN，此時立即將拉力F改為變力，又經過1 s，線圈恰好完全進入磁場，整個運動過程中，線圈中感應電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示則()A恒定拉力大小為0.05 NB線圈在第2 s內的加速度大小為1 m/s2C線圈ab邊長L20.5 mD在第2 s內流過線圈的電荷量為0.2 C解析：選ABD.在第1 s末，i1，EBL1v1，v1a1t1，Fma1，聯立得F0.05 N，A項正確在第2 s內，由圖象分析知線圈做勻加速直線運動，第2 s末i2，EBL1v2，v2v1a2t2，解得a21 m/s2，B項正確在第2 s內，vv2a2L2，得L21 m，C項錯誤q0.2 C，D項正確9如圖甲所示，左側接有定值電阻R2 的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B1 T，導軌間距為L1 m一質量m2 kg、阻值r2 的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒與導軌間動摩擦因數0.25，g10 m/s2.金屬棒的速度位移圖象如圖乙所示，則從起點發(fā)生s1 m位移的過程中()A拉力做的功W9.25 JB通過電阻R的電荷量q0.125 CC整個系統產生的總熱量Q5.25 JDs1 m時金屬棒的熱功率為1 W解析：選AC.金屬棒在運動位移s1 m的過程中，克服摩擦力做功為Wfmgs5 J，s1 m時金屬棒的安培力大小為F安BILv，結合圖象可知，安培力大小與位移成正比，則金屬棒克服安培力做功為W安Fsvs J，由動能定理得WW安Wfmv2，得W9.25 J，選項A正確；流過電阻R的電荷量q0.25 C，選項B錯誤；系統產生的焦耳熱等于金屬棒克服安培力做功大小，等于0.25 J，系統產生的熱量等于摩擦生熱和焦耳熱之和，大小為5.25 J，選項C正確；s1 m時，回路中I A，由PI2r得金屬棒的熱功率為0.5 W，選項D錯誤三、非選擇題10.(2020·高考江蘇卷)做磁共振(MRI)檢查時，對人體施加的磁場發(fā)生變化時會在肌肉組織中產生感應電流某同學為了估算該感應電流對肌肉組織的影響，將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑r5.0 cm，線圈導線的截面積A0.80 cm2，電阻率1.5 ·m.如圖所示，勻強磁場方向與線圈平面垂直，若磁感應強度B在0.3 s內從1.5 T均勻地減為零，求：(計算結果保留一位有效數字)(1)該圈肌肉組織的電阻R；(2)該圈肌肉組織中的感應電動勢E；(3)0.3 s內該圈肌肉組織中產生的熱量Q.解析：(1)由電阻定律得R，代入數據得R6×103 .(2)感應電動勢E，代入數據得E4×102 V.(3)由焦耳定律得Qt，代入數據得Q8×108 J.答案：(1)6×103 (2)4×102 V(3)8×108 J11(2020·高考廣東卷)如圖甲所示，平行長直金屬導軌水平放置，間距L0.4 m導軌右端接有阻值R1 的電阻導體棒垂直放置在導軌上，且接觸良好，導體棒及導軌的電阻均不計，導軌間正方形區(qū)域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場，bd連線與導軌垂直，長度也為L.從0時刻開始，磁感應強度B的大小隨時間t變化，規(guī)律如圖乙所示；同一時刻，棒從導軌左端開始向右勻速運動，1 s后剛好進入磁場若使棒在導軌上始終以速度v1 m/s做直線運動，求：甲乙(1)棒進入磁場前，回路中的電動勢E；(2)棒在運動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關系式解析：(1)正方形磁場的面積為S，則S0.08 m2.在棒進入磁場前，回路中的感應電動勢是由于磁場的變化而產生的由Bt圖象可知0.5 T/s，根據En，得回路中的感應電動勢ES0.5×0.08 V0.04 V.(2)當導體棒通過bd位置時感應電動勢、感應電流最大，導體棒受到的安培力最大此時感應電動勢EBLv0.5×0.4×1 V0.2 V回路中感應電流I A0.2 A導體棒受到的安培力FBIL0.5×0.2×0.4 N0.04 N當導體棒通過三角形abd區(qū)域時，導體棒切割磁感線的有效長度l2v(t1)m (1 st1.2 s)感應電動勢eBlv2Bv2(t1)(t1)V感應電流i(t1)A (1 st1.2 s)答案：(1)0.04 V(2)0.04 Ni(t1)A (1 st1.2 s)12(2020·臺州市高三調考)圖甲是一種手壓式環(huán)保節(jié)能手電筒的結構示意圖使用時，迅速按壓手柄，燈泡就能發(fā)光，這種不需要干電池的手電筒的工作原理是電磁感應其轉動裝置和齒輪傳動裝置的簡化原理圖分別如圖乙、丙所示假設圖乙中的轉動裝置由半徑r14.0×102 m的金屬內圈和半徑r20.1 m的金屬外圈構成，內、外圈之間接有一根沿半徑方向的金屬條ab，燈泡通過電刷分別跟內、外線圈相連接(圖乙中未畫出)整個轉動裝置固定在轉動軸上，處于磁感應強度B10 T的勻強磁場中，磁場方向垂直線圈平面(紙面)向里圖丙齒輪傳動裝置中A齒輪固定在轉動裝置的轉動軸上，B、C齒輪同心固定，C輪邊緣與手柄相嚙合，A、B齒輪邊緣相嚙合已知A、B、C齒輪的半徑分別為rA4.0×102 m、rB0.16 m、rC4.0×102 m，燈泡電阻R6.0 ，其他電阻均忽略不計，手柄重力忽略不計當轉動裝置以角速度1.0×102 rad/s相對于轉軸中心O點逆時針轉動時：(1)求金屬條ab上的電流大小和方向；(2)求手柄向下運動的速度大小；(3)若整個裝置將機械能轉化為電能的效率為60%，則手按壓手柄的作用力多大？解析：(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，使所構成的回路磁通量變化，由法拉第電磁感應定律可推導出：EBrBr代入數據解得：E4.2 V由歐姆定律I代入數據解得：I0.7 A根據右手定則可知電流方向由a到b.(2)根據齒輪A、B邊緣的線速度大小相等，齒輪B、C的角速度大小相等，手柄的速度大小等于齒輪C邊緣的線速度大小，有v代入數據解得：v1.0 m/s(3)設手按壓手柄做功的功率為P1，電路中的電功率為P2，根據題意，有P260%×P1其中P1FvP2I2R代入數據解得：F4.9 N.答案：見解析