4.2 第二讲 电磁感应-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题四 电路与电磁感应 第二讲　电磁感应 内容索引 专题集训 构 建 主干网络 突 破 高频考点 洞 悉 真题情境 2 3 4 5 6 7 8 9 1 构 建 主干网络 返回 返回 突 破 高频考点 返回 考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律 1.感应电动势大小的两种求法 (1)法拉第电磁感应定律：E＝n＝nS·(仅B变化)＝nB· (仅S变化)。 (2)切割公式 ①平动切割：E＝Blv。 ②转动切割：E＝Bl2ω(以导体棒的一端为轴转动)。 2.感应电荷量的计算方法 公式：q＝Δt＝Δt＝n。 注意：通过回路截面的电荷量q仅与线圈匝数n、磁通量的变化量ΔΦ和回路总电阻R有关，与时间无关。 (多选)(2025·黑吉辽蒙高考)如图，“ ”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t＝0时，abef与水平面平行，则 A.t＝0时，电流方向为abcdefa B.t＝0时，感应电动势为Bl2ω C.t＝时，感应电动势为0 D.t＝0到t＝过程中，感应电动势平均值为0 例1 √ √ 线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd和af，t＝ 0时，cd边速度与磁场方向平行，不产生感应电动势， 因此此时af边切割磁感线产生感应电动势，由右手定则 可知电流方向为abcdefa，感应电动势为E＝Blv＝Bl·ωl ＝Bl2ω，A、B正确；t＝时，线框旋转180°，此时依 旧是af边切割磁感线产生感应电动势，感应电动势不为零，C错误；t＝0到t＝时，线框abef的磁通量的变化量为零，线框bcde的磁通量的变化量为ΔΦ＝2BS＝2Bl2，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值为＝＝，D错误。故选AB。 (多选)(2025·河南新乡三模)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限和第Ⅳ象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小也为B的匀强磁场。一半径为L、电阻为R、圆心角为60°的扇形闭合线圈在纸面内绕O点逆时针匀速转动，角速度为ω，t＝0时，半径OA与x轴重合，下列说法正确的是 A.线圈转动一周的过程中产生的感应电流的有效值为 B.t＝时刻，感应电动势的大小为 C.t＝时刻，感应电流的大小为 D.t＝时刻，感应电流的方向为A→O→C→A 例2 √ √ 半径OC切割磁感线产生的感应电动势大小为E0＝，只 有半径OC切割磁感线产生的感应电流为I0＝＝，线 圈转动周期为T，根据有效值的定义，有R×2× ＋R×2×＋R×2×＝RT，所以I效＝I0＝， A正确；t＝＝2×时刻，此时的感应电动势为E＝2E0＝BL2ω，B错误；t＝＝5×时刻，感应电流方向为A→C→O→A，感应电流大小为I＝I0＝，C正确，D错误。故选AC。 预测.(2025·河南南阳大联考)如图1所示，城市公交卡是最常用的交通支付工具之一，公交卡内部包含一个集成电路芯片和一个线圈，当公交卡靠近读卡器时，读卡器会发射一定频率的电磁波，这个电磁波被公交卡内的线圈接收，使线圈中产生感应电流，进而为芯片提供所需的电能，激活芯片进行工作，其原理可简化为如图2所示，其中矩形线圈abcd的匝数n＝50，线圈面积S＝10 cm2，线圈的总电阻r＝0.1 Ω，线圈外接一个阻值R＝0.4 Ω的电阻，其余部分的电阻不计。线圈处的磁场可视作匀强磁场，其磁感应强度B的大小随时间t变化的规律如图3所示(以垂直纸面向里为正方向)。在0～0.2 s内，下列说法正确的是 A.垂直纸面向里看，线圈中的感应电流 方向为顺时针方向 B.电阻R两端的电压为0.05 V C.通过电阻R的电荷量为0.02 C D.线圈电阻r消耗的功率为1×10－4 W √ 根据题图2结合楞次定律和安培定则可知，垂直纸面向里看，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势为E＝nS＝0.05 V，闭合回路中的电流I＝＝0.1 A，则电阻R两端的电压为UR＝IR＝0.04 V，故B错误；在0～0.2 s内，通过电阻R的电荷量为q＝It＝0.02 C，故C正确；线圈电阻r消耗的功率为P＝I2r＝1×10－3 W，故D错误。故选C。 考点二　电磁感应中的电路问题 (多选)如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，R1＝R，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是 A.通过R1的电流方向为自上而下 B.感应电动势为2Br2ω C.理想电压表的示数为Br2ω D.理想电流表的示数为 √ 例3 √ 辐条绕O点逆时针转动，则根据右手定则可知，圆心O点的电势高，因此通过R1的电流方向为自下而上，A错误；辐条产生的感应电动势为E＝Brv＝Br×＝Br2ω，B错误；外电路为磁场外半根辐条与R1并联，外电路电阻为R，内电阻为R，电压表测量的是外电压，则理想电压表的示数为U＝E＝Br2ω，C正确；根据欧姆定律可知，理想电流表的示数为I＝＝，D正确。故选CD。 电磁感应中电路问题的解题流程 规律总结 预测.(2025·山东名校联盟模拟)如图甲所示，在半径为r的圆形区域内存在垂直平面的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间变化如图乙所示。同一平面内有边长为2r的单匝金属框abcd，总电阻为R，ab边与圆形磁场区域的直径重合。则 A.t＝0.5t0时，框中的电流为 B.t＝0.5t0时，框中的电流为 C.t0～3t0时间内，框中产生的焦耳热为 D.t0～3t0时间内，框中产生的焦耳热为 √ 由题图甲可知，金属框的有效面积为S＝，在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小为E1＝＝，t＝0.5t0时，框中的电流为I1＝＝，故A、B错误；t0～3t0时间内，感应电动势的大小为E2＝＝，框中的电流为I2＝＝，框中产生的焦耳热为Q＝R×2t0＝，故C错误，D正确。故选D。 考点三　电磁感应中的图像问题 1.解决电磁感应中的图像问题的常用公式、规律以及常见的图像类型 2.解决电磁感应中图像问题的一般思路 (1)明确图像的种类，即明确是Φ-t图像、B-t图像、e-t图像还是i-t图像等。 (2)分析电磁感应的具体过程。 (3)用右手定则或楞次定律确定有关方向的对应关系。 (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出有关函数关系。 (5)根据函数关系，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。 (6)画出对应图像或判断有关图像。 (多选)(2025·山东十三校联考)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为2L的正方形区域，内有两宽度相等、方向均垂直于水平面的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，其中Ⅰ内的磁场竖直向下、磁感应强度大小为2B，Ⅱ内的磁场竖直向上、磁感应强度大小为B。置于桌面的正方形金属线框abcd用粗细均匀的导体制成，其边长均为L、总电阻为R。现对线框施加一水平向右的拉力F，使线框以速度v匀速穿过两磁场，穿过磁场的过程中线框的ab边始终与磁场左边界平行。在线框穿过两磁场的过程中，下列关于线框a、b两点间的电势差Uab、线框中的感应电流I(取逆时针方向为正方向)、线框受到的拉力F以及安培力对线框冲量的大小I安随时间t变化的关系图像正确的是 例4 √ √ √ 在0～时间内，只有ab在磁场Ⅰ内切割磁感线， 电动势为E1＝2BLv，电流为I1＝＝(逆时 针方向)，a、b两点间的电势差Uab＝E1＝BLv， 根据受力平衡可得F＝F安＝2BI1L＝(方向水平向右)，安培力对线框冲量的大小与时间关系为I安＝F安t＝t(0＜t≤)，当t＝时，可得I安＝；在～时间内，ab在磁场Ⅱ内切割磁感线，cd在磁场Ⅰ内切割磁感线，电动势为E2＝BLv＋2BLv＝3BLv， 电流为I2＝＝(顺时针方向)，a、b两点间 的电势差Uab＝－Uba＝－(Eba－I2·R)＝－BLv， 根据受力平衡可得F＝F安＝2BI2L＋BI2L＝ (方向水平向右)，安培力对线框冲量的大小与时间关系为I安＝＋(t－)(＜t≤)，当t＝时，可得I安＝；在～时间内，只有cd在磁场Ⅱ内切割磁感线，电动势为E3＝BLv，电流为I3＝＝(逆时针方向)，a、b两点间的电势差Uab＝－I3·＝－BLv， 根据受力平衡可得F＝F安＝BI3L＝(方向水平向右)，安培力对线框冲量大小与时间关系为I安＝＋(t－)(＜t≤)，当t＝时，可得I安＝。故选ABD。 预测.(多选)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图甲所示的磁场方向与感应电流方向为正方向，电动势顺时针为正，则下列有关线圈的电动势e、ab边受到的安培力F(取向下为正方向)、感应电流i以及线圈产生的焦耳热Q随时间t的变化图像正确的是 √ √ 在0～1 s内感应电动势e1＝nS＝2 V，方向为逆时针方向(负方向)，感应电流i1＝＝2 A，方向为逆时针方向(负方向)；在1～5 s内感应电动势e2＝nS＝1 V，方向为顺时针方向(正方向)，感应电流i2＝＝1 A，方向为顺时针方向(正方向)，A、C错误。在0～1 s内ab边受到的安培力F1＝nBi1l＝10×0.2t×2×1 N＝4t N，在1～5 s内ab边受到的安培力F2＝－nB'i2l＝－10×(0.3－0.1t)×1×1 N＝(t－3) N，B正确；在0～1 s内焦耳热Q1＝rt＝22×1×t J＝4t J，在1～5 s内焦耳热Q2＝4 J＋r(t－1)＝(t＋3) J，D正确。故选BD。 返回 洞 悉 真题情境 返回 1.科技情境类 (2025·陕晋青宁高考)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流 A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同 B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反 √ 当钢制线圈与电容器组连通时，钢制线圈中产生迅速增大的电流，线圈中产生迅速增强的磁场。根据楞次定律，可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反。为阻碍铜环中磁通量变化，铜环上感应电流与钢制线圈的电流大小几乎相等。因此两个方向相反的大电流之间的作用力使铜环被急速的向内压缩。故选B。 2.科技情境类 (2024·广东高考)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁体可随发动机一起上下振动，每对永磁体间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁体振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是 A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.永磁体相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大 C.永磁体相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D.永磁体相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为 顺时针方向 √ 根据题图乙可知，此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁体相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁体相对线圈下降时，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。故选D。 3.科技情境类 (2025·江苏高考)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO'转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。 (1)若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E； 答案：BLω0r1　 若内转子固定，根据题意可知，ab边转动时的线速度为v＝ω0r1 则ab边产生的感应电动势的大小 E＝BLv＝BLω0r1。 (2)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q； 答案：　 由题图乙可知，若内转子固定，外转子转动过程中，ab、cd边均切割磁感线，则转动过程中感应电动势为E2＝2BLv＝2BLω0r1 感应电流为I2＝ 外转子转动的周期为T'＝ 则abcd转一圈产生的热量 Q＝RT'＝。 (3)若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。 答案： 若内转子不固定，跟着外转子一起转动，且abcd中的电流为I，则感应电动势为E'＝IR 又E'＝2BLΔv 解得Δv＝ 结合题图乙可知，线圈相对内转子转动90°，线圈中的电流改变一次方向，则电流改变方向的时间为 t＝＝ 则电流的周期为T＝2t＝。 返回 专 题 集 训 返回 1.(2025·河南高考)如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据题意可知，当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧的磁通量在增加，由于两磁极间的磁场方向竖直向下，根据楞次定律和安培定则可知，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.(2025·河南许昌三模)如图所示，虚线MN左侧空间存在一方向与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝T。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，t＝0时磁感应强度的方向如图。对从t＝0时到t＝2 s时，下列说法正确的是 A.圆环所受安培力的方向始终不变 B.圆环中的感应电流在1.5 s时发生改变 C.圆环中产生的感应电动势大小为2πr2 D.圆环中的感应电流大小为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝T，设 当t＝t0时磁感应强度B＝0，代入上式解得t0＝1.5 s，即 0～1.5 s内磁感应强度向里减到零，1.5 s时磁感应强度 为零，之后磁感应强度向外增加；根据楞次定律和安 培定则可知，在0～1.5 s内圆环的电流为顺时针方向， 1.5 s后圆环的电流也为顺时针方向，即电流方向不发生改变；根据左手定则，可知在0～1.5 s内圆环所受的安培力向左，1.5 s后圆环所受的安培力向右，即安培力方向发生变化，故A、B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据法拉第电磁感应定律有E＝πr2，根据磁感应强度B随时间t的变化关系B＝T，可得感应电动势大小为E＝πr2，故C错误。圆环的电阻为R＝ρ＝ρ，则感应电流大小为I＝＝，故D正确。故 选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3.(2025·江西九江二模)如图所示，单匝正方形线圈A和B在外力作用下均以速度v向右匀速进入匀强磁场，B线圈的边长是A的2倍，线圈粗细相同，材料相同。在两个线圈完全进入磁场的过程中 A.A、B线圈产生的电流之比是1∶4 B.外力对A、B线圈做功的功率之比是1∶4 C.A、B线圈产生的热量之比是1∶4 D.通过A、B线圈横截面的电荷量之比是1∶4 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 设线圈边长为L，电阻为R，线圈横截面积为S，则 线圈中的电流I＝，线圈电阻R＝ρ，解得I＝ ，电流大小与边长无关，则A、B线圈产生的电 流之比是1∶1，故A错误；对线圈，有F外＝F安＝ILB＝＝，则外力的功率P＝F外v＝，功率与边长L成正比，因为B线圈的边长是A线圈的2倍，则外力对A、B线圈做功的功率之比是1∶2，故B 错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 线圈产生的热量Q＝I2Rt＝I2R×，解得Q＝，热量Q与L2成正比，故A、B线圈产生的热量之比是1∶4，故C正确；电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，解得q＝，可知q与L正比，通过A、B线圈横截面的电荷量之比是1∶2，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4.(2024·浙江6月选考)如图所示，边长为1 m、电阻为0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场B垂直。若线框固定不动，磁感应强度以＝0.1 T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2 T，线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为 A. N B. N C.1 N D. N √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 磁场均匀增大时，线框产生的感应电动势为E＝S＝0.1 V，可得P＝＝0.25 W，线框以某一角速度ω绕其中心轴OO'匀速转动时电动势的最大值为Em＝BSω，此时有2P＝＝0.5 W，解得ω＝1 rad/s，分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大，为Im＝＝5 A，故ab边所受最大的安培力为＝ImLB＝1 N。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5.(2025·宁夏银川二模)如图所示，S闭合后，流过线圈L的电流恒为i1，流过灯泡A的电流恒为i2，且i1＞i2。在t1时刻将S迅速断开，在较短一段时间内流过灯泡的电流随时间变化的图像是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 S闭合后，流过线圈L的电流恒为i1，流过灯泡A的电流恒为i2，且i1＞i2。在t1时刻将S迅速断开，由于线圈产生自感电动势阻碍i1的减小，且线圈与灯泡A构成回路，所以通过灯泡A的电流大小从i1逐渐减小，且通过灯泡A的电流方向与原来i2的方向相反。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6.(多选)(2025·贵州六校联考)如图甲所示，一匝数为10的线圈(图中只画了2匝)处于周期性变化的磁场中，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，如图甲为磁感应强度正方向，线圈的横截面积为0.1 m2，线圈串联一个电流表和电阻，电阻阻值为1 Ω，其余阻值忽略不计，电流表为理想电表。下列说法正确的是 A.线圈输出直流电 B.线圈输出交流电 C.电流表的示数为 A D.电流表的示数为 A √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据法拉第电磁感应定律可知E＝N·S，I＝，可得0～1 s内或者7～8 s内的感应电流I1＝＝3× A＝3 A，1～7 s内的感应电流I2＝＝× A＝1 A，规定逆时针方向为电流正方向，可以画出一个周期内对应的电流如图所示，可以看出是交流电。交流电流表的示数是交变电流的有效值，根据×1 Ω×8 s＝2××1 Ω×1 s＋×1 Ω×6 s，解得I有＝ A。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7.(多选)如图所示，两个连续的有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直光滑水平桌面向下和向上，磁场宽度均为L。紧贴磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形均匀导体线框置于桌面上。现用外力使线框由静止开始匀加速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定逆时针方向为电流正方向，外力F向右为正方向，磁感线垂直桌面向下时磁通量Φ为正值。以下反映线框中的感应电流i、外力F、磁通量Φ、电功率P随时间t或位移x的变化规律可能正确的是 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 由于线框做匀加速运动，通过相等位移所用时间越来越短，选项A图像中电流与时间关系图像中电流随时间的变化率的大小相同，与实际不符，故A错误；初始时刻有加速度，外力大小为ma，不为零，故B错误；磁通量大小Φ＝BS＝BLx，可知磁通量随位移均匀变化，线框右边进入磁场过程，磁通量随位移均匀增大，线框左边进入磁场时，线框右边进入第二个磁场，由于磁场方向相反，磁通量先减小到零再反向增大， 2 3 4 5 6 7 8 9 1 线框右边穿出磁场，磁通量又逐渐减小到零，故位移为0、1.5L、3L时磁通量均为零，故C可能正确；由匀加速直线运动的速度—位移关系可知v＝，则I＝＝＝，电功率P＝I2R＝x，可知P正比于位移x，而且中间段双边切割磁感线，电流加倍，功率增为4倍，故D可能正确。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8.(多选)(2025·河北秦皇岛一模)如图所示，光滑水平面上直线PQ左侧有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。半径为R、电阻为r的金属圆环放在水平面上，刚好与PQ相切于O点，用外力使金属圆环绕O点以角速度ω在水平面内沿逆时针方向完全旋进磁场内，则此过 程中 A.圆环中的感应电流沿逆时针方向 B.圆环中的电流随时间按正弦规律变化 C.圆环中感应电动势的平均值为BR2ω D.外力对圆环做功的最大功率为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 根据楞次定律和安培定则可知，圆环中的感应电流沿顺 时针方向，故A错误；设圆环在磁场中运动时间为t，则 其切割磁感线的有效长度为l＝2Rsin ωt，转动切割磁感 线产生感应电动势E＝Bl2ω＝2BR2ωsin2ωt，电流i＝ ＝，电流随时间不是按正弦规律变化，故B错误；圆环完全进入磁场内需要的时间为Δt＝，磁通量的变化量为ΔΦ＝BπR2，感应电动势的平均值为＝＝＝BR2ω，故C正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 当圆环转过90°时，圆环有效切割长度最大，为2R，则Emax＝B2R·＝2BR2ω，最大电流为Imax＝＝，此时安培力最大，为F安max＝Imax2RB＝，故外力对圆环做功的最大功率为Pmax＝F安max·ωR＝，故D正确。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9.(多选)(2025·湖南常德二模)如图所示是法拉第圆盘发电机，其圆盘的半径为r，圆盘处于磁感应强度大小为B1＝B，方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行足够长倾斜导轨M、N，导轨间距为L，其所在平面与水平面夹角为θ，导轨处于磁感应强度大小为B2，方向竖直向下的匀强磁场中。现用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻为R。在倾斜导轨上放置一根质量为m，长度也为L，电阻为2R的ab导体棒，其余电阻不计。当圆盘以角速度ω匀速转动时，ab棒刚好能静止在斜面上，则 A.从上往下看，圆盘顺时针方向转动 B.ab间电势差Uab＝Br2ω C.若B2大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，B2的最小值为 D.若圆盘停止转动，ab棒将沿导轨先匀加速下滑后匀速运动 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 ab棒刚好能静止在导轨上，由受力分析结合左手定则可 知，电流方向由a到b，故b端电势低于a端电势，由右手 定则可知，圆盘转动的方向(从上往下看)为顺时针方向， A正确；圆盘产生的感应电动势为E＝Br2ω，由闭合电路欧姆定律可知，ab间电势差为Uab＝E＝Br2ω，B错误；若B2大小、方向均可改变，导体棒始终保持静止状态时，由平衡条件可得ILB2min＝mgsin θ，由闭合电路欧姆定律有I＝＝，则B2的最小值为B2min＝，C正确；若圆盘停止转动，ab棒沿导轨向下运动，对ab棒受力分析可知，其先做变加速运动后做匀速运动，D错误。故选AC。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 专 题 四 电 路 与 电 磁 感 应 谢 谢 观 看 ！ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 $