【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件10.2法拉第电磁感应定律 (含解析).ppt，共(78)页，2.021 MB，由MTyang资料小铺上传

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10．2法拉第电磁感应定律知识清单考点整合集中记忆一、感应电动势定义：在电磁感应现象中产生的电动势．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．方向判断：产生感应电动势的那部分导体相当于电源，其感应电流方向指向电源

正极．二、法拉第电磁感应定律内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．公式：E＝nΔΦΔt.三、导体切割磁感线时的感应电动势导体平动切割：垂直切割时，E＝Blv.不垂直切割时

，用垂直分速度计算．导体转动切割：导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直磁感线方向匀速转动，产生的感应电动势E＝Blv＝12Bl2ω.四、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动自感(1)自感现象：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象．(2)自感电动势方向：自感电动势总是阻碍导体中原电流的

变化．(3)自感电动势大小：E＝LΔIΔt.(4)自感系数L：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关，单位：亨利(H)．涡流：金属块放在变化磁场中，或在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流．电磁阻尼：导

体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到的安培力，总是阻碍导体的相对运动．电磁驱动：磁场相对于导体运动时，感应电流使导体受到的安培力，使导体随磁场运动起来．考点讲练考点突破针对训练考点一法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt的应用1．决定感应电动势大小的因素(1)穿过电路的磁通量的变化

率ΔΦΔt.(2)线圈的匝数n.2．计算感应电动势的三种类型(1)S不变，B变化：E＝nΔBΔtS.(2)B不变，S变化：E＝nBΔSΔt.(3)B和S均变化：E＝nB2S2－B1S1Δt≠nΔB·ΔSΔt.(见练3)3．计算电磁感应中的电荷量通过回路截面的电荷量q＝IΔt＝nΔΦΔtR

Δt＝nΔΦR，q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R有关，与时间长短无关．(2018·莆田模拟)(多选)如图甲所示，边长为L的正方形单匝线框水平放置，左侧一半置于沿竖直方向的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容器，电容器的电容为C，其余电阻不计．若磁场的磁感应强度B随

时间t的变化规律如图乙所示(规定竖直向下为正方向)，则在0～2t0时间内()A．电容器a板带负电B．线框中磁通量变化为零C．线框中产生的电动势为B0L22t0D．电路稳定后，电容器所带的电荷量CB0L22Rt0【答案】

ACD【解析】A项，依据楞次定律，结合规定竖直向下为正方向，则在t0时间前，线圈的感应电流方向逆时针方向，当t0时间后，线圈的感应电流方向仍为逆时针方向，依据电源内部电流方向由负极到正极，因此电容器a板带负电，故A项正确；B项，根据穿过线圈的磁通量分清正反面，因此线

框中磁通量变化为两种情况的之和，即不为零，故B项错误；C、D两项，根据法拉第电磁感应定律，线框中产生的电动势为E＝ΔBΔt·L22＝B0L22t0，电路稳定后，电容器所带的电荷量Q＝CE＝CB0L22Rt0，故C、D两项正确．(2018·课标全国Ⅰ)如图，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Ⅰ)；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Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则B′B等于()A.54B.32C.74D．2【答案】B【解析】设圆的半径为R，金属杆从Q到S的过程中：ΔΦ＝BΔS＝14BπR2根据法

拉第电磁感应定律有：E1＝ΔΦΔt1＝π4BR2Δt1设回路的总电阻为r，第一次通过线圈某一横截面的电荷量为：q1＝I1Δt1＝E1rΔt1＝πBR24r①磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′的过程中设时间为Δt2，ΔΦ′＝π2(B′－B)R2第二次通过线圈某一

横截面的电荷量为：q2＝I2Δt2＝ΔΦ′r＝π（B′－B）R22r②由题，q1＝q2③联立①②③可得：B′B＝32.故B项正确，A、C、D两项错误．(2016·课标全国Ⅲ)如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨

上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的

磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：(1)在

t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．【解析】(1)在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回

路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有E＝ΔΦΔt②由欧姆定律有i＝ER③由电流的定义有i＝ΔqΔt④联立①②③④式得|Δq|＝kSRΔt⑤在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝

对值为|q|＝kt0SR⑥(2)当t>t0时，金属棒已越过MN做匀速运动，有f＝F⑦f是外加水平恒力，F是安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为F＝B0Il⑧此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨匀强磁场

穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬由法拉第电磁

感应定律得，回路感应电动势的大小为Et＝|ΔΦtΔt|⑭由欧姆定律有I＝EtR⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS)B0lR⑯注意事项(1)在关系式B＝kt和图像B－t中，k＝ΔBΔt是图像的斜率．(2)在公式E＝nSΔBΔt中，S为线圈在磁场范围内

的有效面积．考点二导体切割磁感线公式E＝Blv的应用1．感应电动势两个公式的比较公式E＝nΔΦΔtE＝Blv研究对象闭合回路切割磁感线的导体适用范围普遍适用导体切割磁感线研究内容常用于求平均电动势既可求平均值也可求

瞬时值联系在切割时(B不变，S变)，由E＝nΔΦΔt推导出E＝Blv2.E＝Blv的四个特性(1)正交性：B、l、v三者相互垂直，不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算．(2)瞬时性：当v或l变化时，用E＝Blv计算感应电动势的瞬时值，(3)相对性：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．(4)有效性：l为导体切割磁感线的有效长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度，下图中有效长度分别为：甲图：l＝cdsinβ；乙图：沿v1方向运动时，l＝M

N；沿v2方向运动时，l＝0.丙图：沿v1方向运动时，l＝2R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.(2018·河南二模)(多选)如图所示，光滑水平面上两虚线之间区域内存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.边长为a的正方形导线框

PQMN沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则PM刚进入磁场时()A．线框中的感应电流为BavRB．线框所受安培力大小为2B2a2vRC．线框所受安培力大小为B2a2vRD．N

M两端的电压为Bav4【答案】AB【解析】A项，PM刚进入磁场时有效的切割长度等于a，产生的感应电动势为E＝Bav，感应电流为I＝ER＝BavR，故A项正确．B、C两项，NM边所受的安培力大小为F1＝BIa＝B2a2vR，方向垂直NM向下．P

N边所受的安培力大小为F2＝BIa＝B2a2vR，方向垂直PN向下，线框所受安培力大小F＝F12＋F22＝2B2a2vR.故B项正确，C项错误．D项，NM两端的电压是路端电压，为U＝I·34R＝3Bav4R，故D项错误．(2018·课标全国Ⅱ)如

图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间变

化的正确图线可能是()【答案】D【解析】设磁感应强度为B，线圈的速度为v、电阻为R；如果某时刻左边位于方向向外的磁场中、右边位于方向向里的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E1＝2bLv，根据电流为：i1＝E1R＝2BLv

R，根据右手定则可知电流方向为顺时针；当左右两边都处于方向相同的磁场中时，感应电动势为零，感应电流为零；当左边位于方向向里的磁场中、右边位于方向向外的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E2＝2bLv，根据电流为：i2

＝E2R＝2BLvR，根据右手定则可知电流方向为逆时针．故D项正确、A、B、C三项错误．(2018·成都模拟)(多选)如图图甲，间距L＝1m且足够长的光滑平行金属导轨cd、ef固定在水平面(纸面)上，右侧cf间接有R＝2

Ω的电阻，垂直于导轨跨接一根长l＝2m、质量m＝0.8kg的金属杆，金属杆每米长度的电阻为2Ω，t＝0时刻，宽度a＝1.5m的匀强磁场左边界紧邻金属杆，磁场方向竖直向下、磁感应强度大小B＝2T，从t＝0时刻起，金属杆(在方向平行于导轨的水平外力F作用下)和磁场向左

运动的速度－时间图像分别如图乙中的①和②，若金属杆与导轨接触良好，不计导轨电阻，则()A．t＝0时刻，R两端的电压为83VB．t＝0.5s时刻，金属杆所受安培力的大小为1N，方向水平向左C．t＝1.5s时刻，金属杆所受外力F做功的功率为4.8WD．金属杆和磁场分离前的过程中，从c到f通

过电阻R的电荷量为0.5C【答案】BD【解析】A项，t＝0时刻，导体棒切割速度为v＝2m/s，产生的感应电动势为E＝BLv＝2×1×2V＝4V，R两端的电压为U＝RR＋2LE＝22＋2×1×4V＝2V，故A

项错误．B项，t＝0.5s时刻，金属杆的切割速度为v＝2m/s－1m/s＝1m/s，产生的感应电动势为E＝BLv＝2×1×1V＝2V，回路中的感应电流为I＝ER＋2L＝22＋2×1A＝0.5A，金属杆所受安培力的大小为FA＝BIL＝2×0.5×1

＝1N．金属杆相对于磁场向右运动，产生的感应电流向上，由左手定则知，金属杆所受的安培力方向水平向左，故B项正确．C项，t＝1.5s时刻，金属杆的切割速度为v＝3m/s－2m/s＝1m/s，产生的感应电动势为E＝BLv

＝2×1×1V＝2V，回路中的感应电流为I＝ER＋2L＝22＋2×1A＝0.5A，金属杆所受安培力的大小为FA＝BIL＝2×0.5×1＝1N.金属杆的加速度为a＝ΔvΔt＝42＝2m/s2，根据牛顿第二

定律得F－FA＝ma，得F＝2.6N金属杆所受外力F做功的功率为P＝Fv＝2.6×3W＝7.8W．故C项错误．D项，金属杆和磁场分离前的过程中，在0～1s内，金属杆相对于磁场向右运动，产生的感应电流由c到f.在0～1s内，金属杆相对于磁场通过的位移大小x＝2

×12m＝1m从c到f通过电阻R的电荷量为q＝ΔΦR＋r＝BLxR＋2L＝2×1×12＋2×1＝0.5C，故D项正确．考点三自感现象1．自感现象中“阻碍”的含义(1)线圈的电流增加时，自感电动势与电流方向相反，使电流缓慢地增加．(2)线圈的电流减小时，自感电

动势与电流方向相同，使电流缓慢地减小．2．自感现象的四个特点(1)自感电动势总是阻碍导体中电流的变化．(2)自感电动势使线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)自感电动势只是延缓电流的变化，不能使电流停止或反向．(4)电流稳定时，自感电动势消失

，自感线圈相当于普通导体．3．通电自感和断电自感对比通电自感断电自感电路图器材A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大，RL≪RA现象在S闭合时，A2灯立即亮，A1灯逐渐变亮，最终一样亮在S断开时，灯A突然闪亮一下后渐渐熄灭(2017·北京)图1和图2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()A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于

L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【答案】C【解析】A项，图1中，断开S瞬间，灯A，突然闪亮，说明L1的电阻小于A1电阻，故A项错误；B项，图1中，闭合S1，电路稳定后，灯

泡A1中电流小于L1中电流，故B项错误；C项，图2中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C项正确；D项，图2中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D项错误．故选C项．如

图所示的电路中，S闭合时流过电感线圈的电流为2A，流过灯泡的电流是1A，将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的图像是图中的()【答案】D【解析】当电键S断开时，灯泡支路的电流立即减为零；同时自

感线圈的支路由于自感现象会产生感应电动势，方向由左向右，它作为新电源跟灯泡支路构成回路，且电流大小由2A(线圈上原来电流的大小)逐渐变为零，所以D项正确．考点四涡流、电磁阻尼和电磁驱动涡流、电磁阻尼和电磁驱动本质上都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，其产生过程是：磁通量变化→感应电动势→

感应电流→安培力→阻碍相对运动(2017·全国卷Ⅰ)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()【答案】A【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图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生；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；在D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故A项正确，B、C、D三项错误．(2015·课标

全国Ⅰ)(多选)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()A．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【答案】A

B【解析】A项，圆盘在转动中由于半径方向的金属条切割磁感线，从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势；故A项正确；B项，圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B项正确；C项，由于圆盘面积不变，距

离磁铁的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化；故C项错误；D项，电流形成是自由电子定向移动．圆盘本身没有多余的电荷，圆盘转动不会产生电流；故D项错误．题型拓展典例剖析提炼方法转动切割感应电动势的判断与计算1．导体在磁场中转动产生的电动势如图：

根据E＝Blv，导体在磁场中转动时，导体棒上各点的速度不同，v应取平均速度，即中点位置的线速度12lω，则E＝Blv＝12Bl2ω.2．圆盘在磁场中转动产生的电动势可以把圆盘看作无数根沿半径方向的金属条并联组成，在转动圆盘时，每根金属条都做转动切割磁感线运动，产

生的感应电动势并联：E＝12Bl2ω.例1(2016·课标全国Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．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()A．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【答案】AB【解析】将圆盘看成由无数辐条组成，各辐

条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时(从上往下看)，根据右手定则可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻R的电流方向从a到b，B项正确．由法拉第电磁感应定律：感应电动势E＝BLv＝12BL2ω，而I＝ER，A项正确，C项错误；当角速度ω变为原来的2倍时，

感应电动势E＝12BL2ω变为原来的2倍，感应电流I变为原来的2倍，电流在R上的热功率P＝I2R变为原来的4倍，D项错误．例2(2014·课标全国Ⅱ)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心

O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动

，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．【解析】(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A

，故电阻R上的电流方向为C→D.设导体棒AB中点的速度为v，则v＝vA＋vB2而vA＝ωr，vB＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I＝ER，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I＝3Bωr22R.(2)根据能量守恒定律

，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋Ffv，而Ff＝μmg解得P＝9B2ω2r44R＋3μmgωr2.特别提示在例2中，导体棒AB转动切割产生的感应电动势E＝Brv，其中v是导体棒的平均速度，即AB中点的速度

v＝vA＋vB2.1．(2018·四川模拟)如图所示，一直升飞机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B，直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨

顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示．如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则()A．E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势B．E＝－2πfl2B，且a点电势低于b点电势C．E＝

πfl2B，且a点电势高于b点电势D．E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势答案A解析对于螺旋桨叶片ab，其切割磁感线的速度是其做圆周运动的线速度，螺旋桨不同点的线速度不同，但是满足v＝ωR，可求其等效切割速度v＝ωl2＝πfl，运用法拉第电磁感应定律E＝Blv＝πfl2B，由右手定则判断电

流的方向为由a指向b，在电源内部电流由低电势流向高电势，故A项是正确的．2.(改编)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动

时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc，已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()A．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿abcaB．Ubc＝12Bl2ω，金属框中无电流C．Uac＝－12Bl2ω，金属框中无电流D．Uab＝Bl2ω，金属框中电流方向沿abca答案C解析金属框a

bc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua<Uc，Ub<Uc，由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－12Bl2ω，C项正确，A、B、D三项错误．3．(2018·银川模拟)(多选)如图所示为粗

细均匀的裸铜导线制成的半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R.一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以

角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，则金属棒旋转一周的过程中()A．金属棒中电流的大小始终为2Bωr23RB．金属棒中电流方向始终由N到MC．电路中产生的热量为4πωB2r43RD．金属棒两端的电压大小始终为23Bωr2答案AC解析A项，产生的感应电动势为两者

之和，即E＝2×12Br2ω＝Br2ω，环的电阻由两个电阻为R的半圆电阻并联组成，所以环的总电阻为12R，所以通过导体MN的电流I＝ER＋12R＝2Br2ω3R，A项正确；B项，由右手定则可以确定电流的方向为M指向N，B项错误；C项，MN旋转一周．电路中产生

的热量为W＝EIt＝Br2ω×2Br2ω3R×2πω＝4πB2r4ω3R，C项正确；D项，MN两端的电压：U＝I×12R＝13Br2ω，D项错误．4.(2018·辽宁二模)(多选)半径分别为r和2r的同心圆导轨固定在同一水平面内，一长为r，电阻为R

的均匀直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触

．导轨电阻不计．下列说法正确的是()A．金属棒中电流从A流向BB．金属棒两端电压为34Bω2rC．电容器的M板带正电D．电容器所带电荷量为34CBωr2答案CD解析A项，根据右手定则可知，金属棒AB逆时针切割磁感线时，产生的感应电流应该是从B向A，故A项错误；B项，据E感＝BLv以及v＝rω

可得切割磁感线时产生的电动势E感＝BLv＝Br(rω＋2rω2)＝32Br2ω，切割磁感线的导体相当于电源，则AB两端的电压相当于电源的路端电压，闭合电路欧姆定律可知，UAB＝RR＋RE感＝12×32Br2ω＝34Br2ω，故B项错误；C项，切割磁感线的A

B相当于电源，在AB内部电流方向由B向A，故金属棒A端相当于电源正极，故与A端接近的电容器M板带正电，故C项正确；D项，由B项分析知，AB两端的电压为34Br2ω，则电容器两端的电压也是34Br2ω，故电容器所

带电荷量Q＝CU＝34CBr2ω，故D项正确．