（鲁京津琼）2020版高考物理总复习第十章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流教案.docx

第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流知识排查法拉第电磁感应定律1.感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。2.法拉第电磁感应定律(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。(2)公式：En，其中n为线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I。3.导体棒切割磁感线常见的情况切割方式电动势表达式说明垂直切割EBlv导体棒与磁场方向垂直磁场为匀强磁场旋转切割(以一端为轴)EBl2自感、涡流1.自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。(2)自感电动势定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。表达式：EL。(3)自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。单位：亨利(H)，1 mH103 H，1 H106 H。2.涡流当线圈中的电流发生变化时，由于电磁感应，附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的旋涡，所以叫涡流。小题速练1.思考判断(1)0，不一定等于0。()(2)感应电动势E与线圈匝数n有关，所以、的大小均与线圈匝数有关。()(3)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。()(4)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势越大。()(5)线圈中的电流越大，自感系数也越大。()(6)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)2.(多选)(2015全国卷，19)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图1所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是()图1A.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部形成涡流，产生的磁场又导致磁针转动，选项B正确；圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错误；圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错误。答案AB法拉第电磁感应定律的理解和应用1.法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量的大小、变化量的大小没有必然联系。(2)磁通量的变化率对应t图线上某点切线的斜率。2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，BS，则En；(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，BS，则En；(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求，末初，Enn。例1】轻质细线吊着一质量为m0.42 kg、边长为L1 m、匝数n10的正方形线圈，其总电阻为r1 。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图2甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。(取g10 m/s2)图2(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；(2)求线圈的电功率；(3)求在t4 s时轻质细线的拉力大小。解析(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。(2)由法拉第电磁感应定律得EnnL20.5 V则P0.25 W(3)由图可判断，t4 s时磁感应强度B0.6 TI0.5 A，F安nBILF安Fmg联立解得F1.2 N。答案(1)逆时针(2)0.25 W(3)1.2 N拓展延伸】(1)在【例1】中磁感应强度为多少时，细线的拉力刚好为0?(2)在【例1】中求在t6 s内通过导线横截面的电荷量？解析(1)细线的拉力刚好为0时满足：F安mg，F安nBIL联立解得B0.84 T(2)由qIt得q0.56 C3 C。答案(1)0.84 T(2)3 C法拉第电磁感应定律应用技巧(1)公式En求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。(2)利用公式EnS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。(3)通过回路截面的电荷量q。q仅与n、和回路电阻R总有关，与时间长短、磁通量是否均匀变化均无关，推导如下：qtt。1.(2016北京理综，16)如图3所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为21，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是()图3A.EaEb41，感应电流均沿逆时针方向B.EaEb41，感应电流均沿顺时针方向C.EaEb21，感应电流均沿逆时针方向D.EaEb21，感应电流均沿顺时针方向解析由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为Er2，则，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确。答案B2.(2017天津理综)如图4所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()图4A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小解析导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(k为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势EkS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律I，所以ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力FBIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。答案D3.(2018全国卷，17)如图5，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)。在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()图5A. B. C. D.2解析设OM的电阻为R，OM的长度为l。过程，OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1，流过OM的电流为I1，则流过OM的电荷量为q1I1t1；过程，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2，电路中的电流为I2，则流过OM的电荷量为q2I2t2；由题意知q1q2，则解得，选项B正确，A、C、D错误。答案B导体切割磁感线产生的感应电动势1.导体平动切割磁感线(1)公式EBlv的使用条件匀强磁场。B、l、v三者相互垂直。(2)EBlv的“四性”正交性：B、l、v三者互相垂直。瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。如下图中，棒的有效长度应分别为：甲图：lsin 。乙图：沿v1方向运动时，l。丙图：沿v1方向运动时，lR；沿v2方向运动时，lR。丁图：l。相对性：EBlv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。2.导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为EBlBl2，如图6所示。图6例2】(多选)(2016全国卷，20)法拉第圆盘发电机的示意图如图7所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图7A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a到b，选项B正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势EBLBL2，I，恒定时，I大小恒定，大小变化时，I大小变化，方向不变，故选项A正确，C错误；由PI2R知，当变为2倍时，P变为原来的4倍，选项D错误。答案AB1.(2019上海闵行区模拟)如图8所示，在外力的作用下，导体杆OC可绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度匀速转动，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，A、O间接有电阻R，杆和框架电阻不计，则所施外力的功率为()图8A. B. C. D.解析因为OC是匀速转动的，根据能量守恒可得，P外P电，又因为EBr，联立解得P外，选项C正确。答案C2.(2015北京理综，22)如图9所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L0.4 m，一端连接R1 的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B1 T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v5 m/s。求：图9(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r1 的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。解析(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv10.45 V2 V，感应电流I A2 A。 (2)由于导体棒沿导轨匀速运动，拉力大小等于安培力大小，则FBIL120.4 N0.8 N。冲量大小IFFt0.80.1 Ns0.08 Ns。(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I A1 A。由部分电路欧姆定律可得，导体棒两端电压UIR1 V。答案(1)2 V2 A(2)0.08 Ns(3)1 V自感涡流1.自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向变化。2.自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2若I2I1，灯泡逐渐变暗；若I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变例3】(2017北京理综，19)图10和图11是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮。而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()图10 图11A.图10中，A1与L1的电阻值相同B.图10中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C.图11中，变阻器R与L2的电阻值相同D.图11中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析在图10中，断开开关S1瞬间，L1与A1 构成闭合回路，通过灯A1的电流与L1相同，又因灯A1突然闪亮，即通过A1电流增大，则可推出，闭合S1待电路稳定后，通过L1 的电流大于通过灯A1电流，又因L1与A1并联，所以L1的电阻小于A1的电阻，故选项A、B错误；在图11中，闭合开关S2，最终A2与A3亮度相同，即电流相同，所以L2与变阻器R的电阻相同；闭合开关S2的瞬间，L2中电流小于变阻器R中电流，故选项C正确，D错误。答案C分析自感问题三个技巧1.(多选)如图12所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()图12A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯解析当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高。要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻。增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势。瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱。所以选项A、B正确，C、D错误。答案AB2.如图13，电灯的灯丝电阻为2 ，电池电动势为2 V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3 。先合上电键S，过一段时间突然断开S，则下列说法中正确的是()图13A.电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与S断开前方向相同B.电灯立即变暗再熄灭，且电灯中电流方向与S断开前方向相反C.电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与S断开前方向相同D.电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与S断开前方向相反解析突然断开S，线圈将产生自感现象，且与电灯构成一闭合回路，此时通过电灯的电流向上，与断开前的电流方向相反；因线圈直流电阻比灯泡大，断开前通过线圈的电流小于通过灯泡的电流，即电灯会突然比原来暗一下再熄灭，选项B正确，A、C、D错误。答案B科学态度与责任系列电磁感应中的STSE问题一、电磁感应现象在生活实际中的应用1.磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其Et关系如图14所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的Et关系图可能是()图14解析若将刷卡速度改为，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故选项D正确，A、B、C错误。答案D2.(2019丰台区模拟)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图15所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是()图15A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，选项A错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，选项B错误；接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同，选项C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，选项D错误。答案C3.(多选)(2016江苏单科，6)电吉他中电拾音器的基本结构如图16所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有()图16A.选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B.取走磁体，电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项正确；由En可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D项正确。答案BCD二、电磁感应现象在现代科技中的应用4.(2017全国卷，18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图17所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是()图17解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B、D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流，故选项A正确，B、C、D错误。答案A活页作业(时间：40分钟)基础巩固练1.(多选)如图1所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是()图1A.若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B.若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大C.从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D.从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈解析若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，选项B正确；由题图知1、2、4、5、6线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，选项C错误，D正确。答案BD2.如图2所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水。给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是()图2A.恒定直流、小铁锅B.恒定直流、玻璃杯C.变化的电流、小铁锅D.变化的电流、玻璃杯解析通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，选项A、B错误；通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，小铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温，选项C正确，D错误。答案C3.如图3所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计.已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则()图3A.电路中感应电动势的大小为B.电路中感应电流的大小为C.金属杆所受安培力的大小为D.金属杆的发热功率为解析电路中的感应电动势EBlv，感应电流I，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小FBI，故C错误；金属杆的发热功率PI2RI2 r，故D错误。答案B4.(多选)(2018深圳期末)如图4所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是()图4A.闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B.闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C.闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D.断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭解析由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确。答案BD5.(多选)如图5所示，一电阻为R的导线弯成边长为L的等边三角形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里。下列对三角形导线以速度v向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是()图5A.回路中感应电流方向为顺时针方向B.回路中感应电动势的最大值EBLvC.回路中感应电流的最大值IBLvD.导线所受安培力的大小可能不变解析在进入磁场的过程中，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；等效切割磁感线的导线最大长度为Lsin 60L，感应电动势的最大值EBLv，选项B正确；感应电流的最大值IBLv，选项C正确；在进入磁场的过程中，等效切割磁感线的导线长度变化，产生的感应电动势和感应电流大小变化，根据安培力公式可知，导线所受安培力大小一定变化，选项D错误。答案BC6.(多选)线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 ；规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图6甲所示，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是()图6A.在时间05 s内，I的最大值为0.01 AB.在第4 s时刻，I的方向为逆时针C.前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD.第3 s内，线圈的发热功率最大解析由图看出，在t0时刻图线的斜率最大，B的变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，感应电流也最大，最大值为I0.01 A，选项A正确；在第4 s时刻，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，则根据楞次定律判断得知，I的方向为逆时针方向，选项B正确；前2 s内，通过线圈某截面的总电量q C0.01 C，选项C正确；第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，选项D错误。答案ABC7.如图7所示，三个相同的金属圆环内存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化关系都满足Bkt，磁场方向如图所示。测得A环内感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为()图7A.IBI，IC0 B.IBI，IC2IC.IB2I，IC2I D.IB2I，IC0解析C环中穿过圆环的磁感线完全抵消，磁通量为零，保持不变，所以没有感应电流产生，即IC0。根据法拉第电磁感应定律得EnnSkS，S是有效面积，可得ES，所以A、B中感应电动势之比EAEB12，根据欧姆定律得，IB2IA2I。选项D正确。答案D8.(多选)某探究性学习小组研制了一种发电装置如图8甲所示。图乙为其俯视图。将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h0.5 m、半径r0.2 m的圆柱体，其可绕固定轴OO逆时针(俯视)转动，角速度100 rad/s。设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B0.2 T、方向都垂直于圆柱体侧表面。紧靠圆柱体外侧固定一根长度与圆柱体高相等、电阻为R10.5 的细金属杆ab，杆ab与轴OO平行。图丙中阻值R1.5 的电阻与理想电流表A串联后接在杆ab两端。下列说法正确的是()图8A.电流表A的示数为1 AB.杆ab产生感应电动势的最大值约为2.83 VC.电阻R消耗的电功率为2 WD.在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零解析杆ab切割磁感线产生的最大感应电动势为EmBhv，又vr，解得Em2 V，选项B错误；因为B的大小及v的大小均不变，所以最大电动势的大小不变，且电动势的有效值EEm2 V，电流表A的示数为I A1 A，选项A正确；PRI2R121.5 W1.5 W，选项C错误；在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的平均电流为零，即流过电表A的总电荷量为零，选项D正确。答案AD综合提能练9.(多选)如图9所示，两根足够长、电阻不计且相距L0.2 m的平行金属导轨固定在倾角37的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U4 V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场。今将一根长为L、质量m0.2 kg、电阻r1.0 的金属棒垂直于导轨放置，从顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则()图9A.金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2B.金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2C.金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/sD.金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s解析金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，代入数据得a4 m/s2，故选项A错误，B正确；设金属棒稳定下滑时速度为v，感应电动势为E(金属棒的有效长度为L)，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsin BILmgcos ，由闭合电路欧姆定律得I，由法拉第电磁感应定律得EBLv，联立解得v4.8 m/s，故选项C错误，D正确。答案BD10.(多选)如图10甲所示，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R相连，若金属框的电阻为，下列说法正确的是()图10A.流过电阻R的感应电流由a到bB.线框cd边受到的安培力方向向上C.感应电动势大小为D.ab间电压大小为解析穿过线圈的磁通量在增大，根据楞次定律可得产生的感应电流沿逆时针方向，故流过电阻R的感应电流由a到b，选项A正确；电流是从c到d，根据左手定则，可得线框cd边受到的安培力方向向下，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律可得E，根据欧姆定律可得ab间电压大小为UE，故选项C错误，D正确。答案AD11.(2019名师原创预测)如图11所示，半径为R的光滑圆形金属轨道固定在竖直面内，ab为一条直径，b点处有缺口。一根长度大于2R、质量分布均匀的导体棒PQ置于圆形轨道上的a点，且与ab垂直，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)中，磁感应强度大小为B。t0时刻，导体棒在竖直向上的外