(三年模擬精選)2016屆高考物理 專題十 電磁感應(全國通用)

1、（三年模擬精選）2016屆高考物理 專題十 電磁感應（全國通用）A組基礎訓練一、選擇題1(2015·中原名校、豫南九校一模)英國物理學家麥克斯韋認為,磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場，如圖所示，一個半徑為r的絕緣光滑細圓環(huán)水平放置，環(huán)內存在豎直向上的磁場，環(huán)上套一帶電荷量為q的質量為m的小球，已知磁感應強度大小B隨時間均勻增大，其變化率為k，由此可知()A環(huán)所在處的感生電場的電場強度的大小為B小球在環(huán)上受到的電場力為kqrC若小球只在感生電場力的作用下運動，則其運動的加速度為D若小球在環(huán)上運動一周，則感生電場對小球的作用力所做的功大小是 r2qk解析半徑為r的回路上產生的電動勢為E&#

2、183;sr2k，則環(huán)所在處的感生電場的電場強度為E0，A項正確；小球在環(huán)上受到的電場力為FqE0kqr，B項錯誤；小球運動的加速度為a，C項錯誤；球在環(huán)上運動一周，電場力對球做功為WF·2rr2qk,D項正確答案AD2(2015·河北“五個一名校聯盟”聯考)矩形導線框abcd如圖甲所示放在勻強磁場中，磁感線方向與線框平面垂直，磁感應強度B隨時間變化的圖象如圖乙所示t0時刻，磁感應強度的方向垂直紙面向里若規(guī)定導線框中感應電流逆時針方向為正，則在04 s時間內，線框中的感應電流I以及線框的ab邊所受安培力F隨時間變化的圖象為(安培力取向上為正方向)()解析由B t圖象和楞次定

3、律可知，02 s內感應電流的方向沿順時針方向，24 s內感應電流方向沿逆時針方向，故A、B項錯誤；由Bt圖象和法拉第電磁感應定律、歐姆定律知04 s內感應電流大小恒定，由Bt圖象，FBIL和左手定則知，C項正確，D項錯誤答案C3(2015·云南三校一模)如圖所示，在PQ、QR區(qū)域存在著磁感應強度大小相等、方向相反的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面，bc邊與磁場的邊界P重合導線框與磁場區(qū)域的尺寸如圖所示從t0時刻開始線框向右勻速橫穿兩個磁場區(qū)域以abcdef為線框中電流的正方向以下四個it關系示意圖中正確的是()解析如圖是線框切割磁感線的四個階段示意圖.在第一階段，只有bc切割向外的磁感

4、線，由右手定則知電動勢為負，大小為Blv；在第二階段，bc切割向里的磁感線，電動勢為逆時針方向,同時de切割向外的磁感線，電動勢為順時針方向，等效電動勢為零；在第三階段，de切割向里的磁感線，同時af切割向外的磁感線，兩個電動勢同為逆時針方向，等效電動勢為正，大小為3Blv(到此通過排除法就可確定答案選C)；在第四階段，只有af切割向里的磁感線，電動勢為順時針方向，等效電動勢為負大小為2Blv.故C正確，A、B、D錯誤答案C4(2015·河南八校聯考)(多選)如圖所示，正方形金屬線圈abcd平放在粗糙水平傳送帶上，被電動機帶動一起以速度v勻速運動，線圈邊長為L，電阻為R，質量為m，有

5、一邊界長度為2L的正方形磁場垂直于傳送帶，磁感應強度為B，線圈穿過磁場區(qū)域的過程中速度不變，下列說法中正確的是()A線圈穿出磁場時感應電流的方向沿abcdaB線圈進入磁場區(qū)域時受到水平向左的靜摩擦力,穿出區(qū)域時受到水平向右的靜摩擦力C線圈經過磁場區(qū)域的過程中始終受到水平向右的靜摩擦力D線圈經過磁場區(qū)域的過程中，電動機多消耗的電能為解析由右手定則可知，線圈穿出磁場時感應電流方向沿abcda的方向，A項正確；由楞次定律可知，線圈進入磁場和穿出磁場的過程均受向左的安培力和向右的靜摩擦力，全部進入磁場后不受靜摩擦力的作用，故B、C項錯誤；線圈所受的安培力為F，則線圈經過磁場區(qū)域的過程中，電動機多消耗的

6、電能為WF·2L，D項正確答案AD5(2014·貴州六校聯考)(多選)水平固定放置的足夠長的U形金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中,在導軌上放著金屬棒ab，開始時，ab棒以水平初速度v0向右運動，最后靜止在導軌上，就導軌光滑和粗糙兩種情況比較，這個過程()A安培力對ab棒所做的功不相等B電流所做的功相等C產生的總內能相等D通過ab棒的電荷量相等解析導軌光滑時，只有安培力做功，安培力做功等于動能變化量，導軌粗糙時，安培力與摩擦力做功之和等于動能的變化量，又兩種情況中動能變化量相等，故A對、B錯；兩種情況中金屬棒的動能最終全部轉化為內能，C對；通過ab棒的電荷量Q，光滑時比粗糙時

7、ab棒運動的路程長，故S大，通過的電荷量Q多，故D錯答案AC6(2014·廣東肇慶一模)如圖所示,水平放置的平行金屬導軌MN和PQ之間接有定值電阻R,導體棒ab長為L且與導軌接觸良好，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，現使導體棒ab勻速向右運動，下列說法正確的是()A導體棒ab兩端的感應電動勢越來越小B導體棒ab中的感應電流方向是abC導體棒ab所受安培力方向水平向右D導體棒ab所受合力做功為零解析ab棒切割磁感線產生的感應電動勢的大小EBLv，由于棒勻速運動，v不變，又因為B、L不變，所以棒ab產生的感應電動勢不變，A錯誤；根據右手定則可知，ab棒中的電流方向從b到a，B錯誤；根據

8、左手定則判斷知，棒ab所受安培力方向向左，C錯誤；棒ab做勻速運動，動能不變，根據動能定理可知合力做功為零，D正確答案D7(2014·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

9、場區(qū)域瞬間，此時ABC線框中感應電流方向沿順時針為負，大小為I2I0，則B正確答案B二、非選擇題8(2015·遼寧沈陽模擬)如圖所示,兩根豎直固定的足夠長的金屬導軌ab和cd相距L0.2 m,另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質量均為m1×102 kg，可沿導軌無摩擦地滑動,MN桿和PQ桿的電阻均為R0.2 (豎直金屬導軌電阻不計)，PQ桿放置在水平絕緣平臺上，整個裝置處于垂直導軌平面向里的磁場中，g取10 m/s2.(1)若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F0.18 N的作用下由靜止開始向上運動，磁感應強度B01.0 T，桿MN的最大速度為多少？(2)若將MN桿固定

10、，MN和PQ的間距為d0.4 m，現使磁感應強度從零開始以0.5 T/s的變化率均勻地增大,經過多長時間，桿PQ對地面的壓力為零？解析(1)MN桿切割磁感線產生的電動勢為E1B0Lv由閉合電路歐姆定律得I1MN桿所受安培力大小為F安B0I1L對MN桿應用牛頓第二定律得FmgF安ma當MN桿速度最大時,MN桿的加速度為零，聯立得MN桿的最大速度為vm m/s0.8 m/s(2)感應電動勢為E2由閉合電路歐姆定律得I2t時刻的磁感應強度為BtPQ桿受力平衡mgBI2L聯立得t s10 s答案(1)0.8 m/s(2)10 s9(2015·安徽合肥模擬)如圖(a)所示，平行長直導軌MN、P

11、Q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(b)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f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

12、向水平、大小可變化的外力F,使ab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)由圖知0.1 T/st0時棒的速度為零，故只有感應電動勢：E0.1×0.5×1.0 V0.05 VI A0.25 A得t0時棒所受到的安培力F0IB0L0.025 N(2)棒與軌道間的最大靜摩擦力fmmg0.1×0.1×1010 N>F00.025 N所以t0時棒靜止不動,加速度為零，這以后磁感應強度B都小于B0，棒所受到的安培力都小于最大靜摩擦力,故前3 s時間內導體棒靜止不動，電流恒為I0.25 A在03 s的

13、時間內，磁感應強度BB0kt0.20.1t因導體棒靜止不動,故棒在水平方向受安培力和靜摩擦力，合力為零，fBIL(0.20.1t)×0.25×0.5 N0.012 5(2t)N(t<3 s)(3)3.04.0 s時間內磁感應強度大小恒為B00.1 T，ab棒做勻變速運動，t24.0 s3.0 s1.0 s，設t4.0 s時速度大小為v，位移為x，則vv0at24 m/s，xt26 m在這段時間內的平均電動勢為E在這段時間內通過電阻的電荷量為qIt2t21.5 C答案(1)0.025 N(2)f0.012 5(2t) N(t<3 s)(3)1.5 CB組能力提升一

14、、選擇題1(2015·北京海淀區(qū)一模)如圖所示,一根空心鋁管豎直放置，把一枚小圓柱形的永磁體從鋁管上端由靜止釋放，經過一段時間后，永磁體穿出鋁管下端口假設永磁體在鋁管內下落過程中始終沿著鋁管的軸線運動，不與鋁管內壁接觸，且無翻轉忽略空氣阻力，則下列說法中正確的是()A若僅增強永磁體的磁性，則其穿出鋁管時的速度變小B若僅增強永磁體的磁性，則其穿過鋁管的時間縮短C若僅增強永磁體的磁性，則其穿過鋁管的過程中產生的焦耳熱減少D在永磁體穿過鋁管的過程中，其動能的增加量等于重力勢能的減少量解析若僅增強永磁體的磁性，則鋁管中產生的感應電流變大，磁體受到的向上的安培力變大，加速度減小，故則其穿出鋁管

15、時的速度變小，選項A正確；由于當增強永磁體的磁性后，磁體在鋁管中的平均速度減小，故其穿過鋁管的時間變長，選項B錯誤；由能量守恒關系可知，穿過鋁管的過程中產生的焦耳熱等于磁體的機械能的減小量,即Qmghmv2，因為v減小，故Q增大，選項C錯誤；由以上分析可知，在永磁體穿過鋁管的過程中，其動能的增加量小于重力勢能的減少量，選項D錯誤答案A2. (2015·河北“五個一名校聯盟”一模)如圖所示，一正方形閉合線圈，從靜止開始下落一定高度后，穿越一個有界的勻強磁場區(qū)域，線圈上、下邊始終與磁場邊界平行自線圈開始下落到完全穿越磁場區(qū)域的過程中，線圈中的感應電流I、受到的安培力F及速度v隨時間t變化

16、的關系，可能正確的是()解析線框下落過程中，受到的安培力總是阻力，與線框的運動方向相反，則進入和穿出磁場過程安培力方向相同，故B錯誤；若線框到達磁場邊界時速度過大，則線框會在進入磁場過程中做加速度減小的減速運動，之后在磁場內做加速運動，最后在穿出磁場過程中還應做減速運動，故C錯誤；若線框進入磁場的過程中受到的豎直向上的安培力等于豎直向下的重力，則會做勻速運動，之后在磁場內做加速運動，最后在穿出磁場過程中一定會先減速，但是減速的最小速度大小不可能小于進入磁場時的勻速速度大小，故D錯誤，A正確；若導體框進入磁場后安培力與重力平衡而做勻速直線運動，感應電流保持不變，完全進入磁場后，磁通量不變，沒有感

17、應電流產生，穿出磁場的過程中，由于速度大于進入時的速度，線框所受的安培力大于重力，線框將做減速運動，速度減小，安培力也減小，線框的加速度也減小，則電流減小(變化率減小)，斜率變小，而且穿出與進入磁場兩個過程磁通量變化情況相反，產生的感應電流方向相反，所以A是可能的)答案A3(2015·河北名校聯盟聯考)一正方形金屬線框位于有界勻強磁場區(qū)域內,線框平面與磁場垂直，線框的右邊緊貼著磁場邊界，如圖甲所示t0時刻對線框施加一水平向右的外力，讓線框從靜止開始做勻加速直線運動穿過磁場，外力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示已知線框質量m1 kg、電阻R1 ，以下說法錯誤的是()A線框做勻加速直線運動

18、的加速度為1 m/s2B勻強磁場的磁感應強度為2 TC線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量為 CD線框邊長為1 m解析1 s后線框離開磁場，由牛頓第二定律得a1 m/s2,A項正確；1 s末線框的速度為vat1 m/s,線框的邊長Lv-t0.5 m，D項錯誤；此時線框受到安培力大小為F安，該時刻由牛頓第二定律得FF安ma，代入數值解得B2T，B項正確；線框穿過磁場的過程中，通過線框的電荷量EC，C項正確答案D4(2015·青島市一模)(多選)如圖所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為1，兩導軌間連有一電阻R，導軌平面與水平面的夾角為，在兩虛線間的導軌上涂有薄絕緣涂層，

19、勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直，質量為m的導體棒從h高度處由靜止釋放，在剛要滑到涂層處時恰好勻速運動，導體棒始終與導軌垂直且僅與涂層間有摩擦，動摩擦因數tan ，其他部分的電阻不計,重力加速度為g,下列說法正確的是()A導體棒到達涂層前做加速度減小的加速運動B在涂層區(qū)導體棒做減速運動C導體棒到達底端的速度為D整個運動過程中產生的焦耳熱為mgh解析導體棒到達涂層前隨著速度的增加，安培力越來越大，因此合力越來越小，加速度越來越小，因此做加速度減小的加速運動，A正確；由于到達涂層時已勻速運動,而涂層的動摩擦因數tan ，因此在涂層區(qū)導體棒做勻速運動，B錯誤；穿過涂層后導體棒仍勻速運

20、動，因此到達底端時， mgsin,因此導體棒到達底端的速度為，C正確；由于涂層 存在，因此整個運動過程中產生的焦耳熱為mg(hlsin )mv2mg(hlsin )，其中1為涂層的寬度，D錯誤答案AC5(2015·中原名校豫南九校一模)如圖所示，同一豎直面內的正方形導線框ABCD、abcd的邊長均為l,電阻均為R，質量分別為2m和m.它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度大小為B、方向垂直豎直面向里的勻強磁場開始時，ABCD的下邊與勻強磁場的上邊界重合，abcd的上邊到勻強磁場的下邊界的距離為l.現將系統(tǒng)由靜止釋放，當ABCD全部進入磁場時，

21、系統(tǒng)開始做勻速運動不計摩擦和空氣阻力，則()A系統(tǒng)勻速運動的速度大小為B從開始運動至ABCD全部進入磁場的過程中，兩線框組成的系統(tǒng)克服安培力做的功為mglC兩線框從開始運動至等高的過程中，所產生的總焦耳熱為2mglD線框abcd通過磁場的時間為解析勻速運動時對系統(tǒng)由平衡條件得mg，解得v，A項錯誤；對系統(tǒng)由動能定理得mglW×3mv2，把v代入解得克服安培力做功為Wmgl,B項正確；線框從開始運動至等高的過程中，由能量守恒定律得產生的總焦耳熱Q2mgl×3mv22mgl，C項錯誤；線框abcd通過磁場的時間t，D項正確答案BD6(2014·山東日照一模)在xOy平

22、面內有一條拋物線金屬導軌，導軌的拋物線方程為y24x，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向里，一根足夠長的金屬棒ab垂直于x軸從坐標原點開始，以恒定速度v沿x軸正方向運動，運動中始終與金屬導軌保持良好接觸形成閉合回路，如圖所示則下圖所示圖象中能表示回路中感應電動勢大小隨時間變化的圖象是()解析金屬棒ab沿x軸以恒定速度v運動，因此xv-t，則金屬棒在回路中的有效長度L2y44,由法拉第電磁感應定律得回路中感應電動勢EBLv4B，即E2t，B正確答案B7(2013·云南第一次檢測)如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當磁場變化時,線圈AB邊所受安培力向右

23、且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是選項中的()解析A圖中，磁場均勻增強，由楞次定律判斷線圈ABCD中的感應電流沿順時針方向,利用左手定則判斷AB邊受安培力方向向右，安培力大小由法拉第電磁感應定律有F安lB，則知F安變大，與題目已知不符，A錯；B圖中，磁場變強,線圈中產生順時針方向電流，AB邊受安培力方向向右，安培力大小F安lB，則知F安變大，與題目已知不符，B錯；C圖中，磁場變弱，線圈中產生逆時針方向電流,AB邊受力方向向左，與題目已知不符，C錯；D圖中，磁場變強,線圈中產生順時針方向電流，AB邊受安培力方向向右，安培力大小F安lB，可知安培力大小可能恒定，D對答案D二、非選擇題8(

24、2015·北京西城區(qū)模擬)如圖，在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內,相距為L.一質量為m的導體棒ab垂直于MN、PO放在軌道上，與軌道接觸良好軌道和導體棒的電阻均不計(1)如圖甲，若軌道左端MP間接一阻值為R的電阻，導體棒在拉力F的作用下以速度v沿軌道做勻速運動請通過公式推導證明：在任意一段時間t內，拉力F所做的功與電路獲取的電能相等(2)如圖乙，若軌道左端接一電動勢為E、內阻為r的電源和一阻值未知的電阻閉合開關S，導體棒從靜止開始運動，經過一段時間后，導體棒達到最大速度vm，求此時電源的輸出功率(3)如圖丙，若軌道左端接一電

25、容器，電容器的電容為C，導體棒在水平拉力的作用下從靜止開始向右運動電容器兩極板電勢差隨時間變化的圖象如圖所示,已知t1時刻電容器兩極板間的電勢差為U1.求導體棒運動過程中受到的水平拉力大小解析(1)導體棒切割磁感線，EBLv導體棒速運動，FF安又F安BIL，I在任意一段時間t內，拉力F所做的功WFvtF安vtt電路獲取的電能E電qEEItt可見，在任意一段時間t內，拉力F所做的功與電路獲取的電能相等(2)導體棒達到最大速度vm時，棒中沒有電流電源的路端電壓UBLvm電源與電阻所在回路的電流I電源的輸出功率PUI(3)感應電動勢與電容器兩極板間的電勢差相等，即BLvU由電容器的Ut圖可知Ut導體

26、棒的速度隨時間變化的關系為vt可知導體棒做勻加速直線運動，其加速度a由CI則I由牛頓第二定律FBILma可得F答案(1)見解析(2)(3)9(2015·四川綿陽模擬)如圖甲所示,兩條不光滑平行金屬導軌傾斜固定放置，傾角37°，間距d1 m,電阻r2 的金屬桿與導軌垂直連接，導軌下端接燈泡L，規(guī)格為“4 V，4 W”，在導軌內有寬為l、長為d的矩形區(qū)域abcd，矩形區(qū)域內有垂直導軌平面均勻分布的磁場，各點的磁感應強度B大小始終相等，B隨時間t變化如圖乙所示在t0時，金屬桿從PQ位置靜止釋放，向下運動直到cd位置的過程中,燈泡一直處于正常發(fā)光狀態(tài)不計兩導軌電阻，sin 37&#

27、176;0.6，cos 37°0.8，重力加速度g10 m/s2.求：(1)金屬桿的質量m；(2)03 s內金屬桿損失的機械能E.解析(1)E·dl，2 T/s聯立解得I1 A，R4 ，E6 V，l3 m在t1 s金屬桿進入磁場后，磁場磁感應強度保持不變，設金屬桿進入磁場時速度為v，金屬桿中的感應電動勢為E1，則E1E，E1Bdv設金屬桿在運動過程中受到的摩擦力為f，桿進入磁場前加速度為a，則amgsin fma進入磁場后桿勻速運動，設受到的安培力為F安，所以F安BIdmgsin fF安0聯立解得v3 m/s，a3 m/s2，f2 N，F安2 Nm0.67 kg(2)設金屬

28、桿進入磁場前01 s內的位移為x1，通過磁場的時間為t2，則x1t1，t2解得x11.5 m，t21 s故在2 s后金屬桿出磁場,設第3 s內金屬桿的位移為x3，3 s末金屬桿的速度為v3，則x3v-t3atv3vat3E機mg(x1lx3)sin mv聯立解得x34.5 m，v36 m/sE機24 J(3)另解：03 s內桿克服摩擦力做功Wf克f(x1lx3)18 J克服安培力做功W安克F安l6 J03 s內桿損失的機械能為E機Wf克W安克24 J答案(1)0.67 kg(2)24 J考向一考查法拉第電磁感應定律與圖象的綜合應用1(法拉第電磁感應定律與圖象問題)某學生設計了一個驗證法拉第電磁

29、感應定律的實驗,實驗裝置如圖甲所示在大線圈中放置一個小線圈，大線圈與多功能電源連接多功能電源輸入到大線圈的電流i1的周期為T，且按圖乙所示的規(guī)律變化，電流i1將在大線圈的內部產生變化的磁場，該磁場磁感應強度B與線圈中電流i的關系為Bki1(其中k為常數).小線圈與電流傳感器連接，并可通過計算機處理數據后繪制出小線圈中感應電流i2隨時間t變化的圖象若僅將多功能電源輸出電流變化的頻率適當增大，則下列四個選項中可能正確反映i2t圖象變化的是(選項中分別以實線和虛線表示調整前、后的i2t圖象)()解析由法拉第電磁感應定律得小線圈感應電動勢e2kS，所以感應電流i2.若將電流i1的頻率適當增大，則i2的

30、頻率也變大，峰值也將變大答案B考向二考查法拉第電磁感應定律與電路知識的綜合應用2(法拉第電磁感應定律、電功率、安培力)某?？萍夹〗M的同學設計了一個傳送帶測速儀,測速原理如圖所示在傳送帶一端的下方固定有間距為L、長度為d的平行金屬電極電極間充滿磁感應強度為B、方向垂直傳送帶平面(紙面)向里、有理想邊界的勻強磁場，且電極之間接有理想電壓表和電阻R，傳送帶背面固定有若干根間距為d的平行細金屬條,其電阻均為r，傳送帶運行過程中始終僅有一根金屬條處于磁場中，且金屬條與電極接觸良好當傳送帶以一定的速度勻速運動時，電壓表的示數為U.則下列說法中正確的是()A傳送帶勻速運動的速率為B電阻R產生焦耳熱的功率為C金屬條經過磁場區(qū)域受到的安培力大小為D每根金屬條經過磁場區(qū)域的全過程中克服安培力做功為解析根據EBLv，則電壓表讀數為U，解得v，選項A錯誤；電阻R產生焦耳熱的功率為PR,選項B錯誤；金屬條經過磁場區(qū)域受到的安培力大小為FBIL,選項C錯誤；每根金屬條經過磁場區(qū)域的全過程中克服安培力做功為WFd，選項D正確答案D考向三考查法拉第電磁感應定律與力學知識的綜合應用3(感應電動勢、安培力、牛頓第二定律)(多選)用一段截面半徑為r、電阻率為、密度為d的均勻導體材料做成一個半徑為R(r<R)的圓環(huán).圓環(huán)