高中物理一轮复习导体棒切割磁感线专项训练-普通用卷

1、高中物理一轮复习导体棒切割磁感线专项训练副标题题号一一三总分得分一、单选题（本大题共 12小题，共48.0分）t变化的规律 O1.如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用 忆、回分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落 过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界 两汗行,线框 平面与磁场方向垂直. 设叵下方磁场区域足够大， 不计空气影 响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间2.如图所示，将直径为 d,电阻为R的闭合金属环从匀强磁场 B TOC o 1-5 h z 中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为 |A I，1B.CkD.下3.如图甲所

2、示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和画面是匀强磁场区域的水平边界，并 与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直.现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的图象.已知金属线框的质量为 m,电阻为R,当地的重力加速度为 g,图象中坐标轴上所标出的字母回、回、叵、回、回、囤、回均为已知量.日下落过程中bc边始终水平计艮据题中所给条件，以下说法正确的是 OA.可以求出金属线框的边长B.线框穿出磁场时间 也二1也等于进入磁场时间 出-h）第1页，共17页C.线框穿出磁场与进入磁场过程

3、所受安培力方向相反D.线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等4.如图所示，闭合线圈 abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场，从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，下列说法正确的是j )A. a端的电势高于b端B. ab边所受安培力方向为水平向左C.线圈可能一直做匀加速直线运动D.线圈可能一直做匀速运动5.如图所示，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，金属棒 ab 垂直于导轨放置且与导轨接触良好.N、Q端接变压器的初级线圈，变压器的输出端有三组次级线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件区在水平金属导轨之间加竖直向下的匀强磁场，则下列

4、判断中正确的是 6.A.只要ab棒运动，三个副线圈都有电流B.若ab棒向右匀速运动，R中有电流C.若ab棒运动的速度按正弦规律变化，则三个副线圈中都有电流D.若ab棒向左匀加速运动，则三个副线圈中都有电流如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为Bo电阻为R、半径为L、圆心角为 旧的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的 O轴以角速度叵I匀速转动回轴位于磁场边界。则线框内产生的感应电流的有效值为番且山7r7.第二次用速度画,第一次磁感应强度为回第二次磁感应强度为 “ “ * 匹且沟,m 仙甘两次拉力所做的功分别为 画和 1t匹,两次做功的功率分别为 囿和医,两次线圈产生的热量分别 h1为底和国

5、，通过线框横截面积的电荷量分别为 回和画，则下列正确的是 OA.旧1 1771 IQ=Q到I =由我!1=叫一二 CQ - Qm7 = 2】见丘羽仙=绚周1)臼M l=乂弓12Pli =2避=函|2我冲8. 如图所示一正方形线圈 abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的 对称轴叵西匀速转动，沿着国觎察，线圈沿逆时针方向转第2页，共17页动.已知匀强磁场的磁感应强度为 B,线圈匝数为n,边长为1,电阻为R,转动的角速度为叵则当线圈转至图示位置时匚H9.A.线圈中感应电流的方向为 abcdaC.线圈中的感应电流为如图所示，在平行于地面的匀强磁场上方, 金属材料制成的边长相同的正方形线圈线比b粗，它们从

6、同一高度自由落下则B.穿过线圈的磁通量不为0D.穿过线圈磁通量的变化率为0有两个用相同a、b,其中a的导OD.无法判断A.它们同时落地 B. a先落地C. b先落地10. 一边长为L、电阻为R的正方形单匝线框沿光滑水平面运 动，以速度叵开始进入一磁感应强度为 B的有界匀强磁 场区域，最终以速度 四滑出磁场.设线框在运动过程中 速度方向始终与磁场边界垂直，磁场的宽度大于区小口图x xX XX XX X!所示旺I进入磁场瞬时，线框中的感应电流为耐I下列说法正确的是 TOC o 1-5 h z A.线框完全在磁场中时的运动速度广B.线框滑出磁场时的电流h = -C.进入磁场的过程中，通过线框的电量-

7、士人工 一， 一 , .rbi?D.整个穿越磁场的过程中通过线框的总电量K2=-.如图所示，在直线电流附近有一根金属棒ab,当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转到达图中的位置时A. a端聚积电子B. b端聚积电子b端电势C.金属棒内各处电势相等D. a端电势小于.如图所示，相距为d的两水平虚线 回、回表示方向垂直 纸面向里的匀强磁场的上下边界，磁场的磁感应强度为应U正方形线框abcd的边长为固工 可、质量为m、电 阻为R,线框处在磁场正上方，ab边与虚线 区相距ho线框由静止释放，下落过程中线框平面始终在竖直平面 内，线框的ab边刚进入磁场时的速度和 ab边刚离开磁场

8、时的速度相同。在线框从进入到全部穿过磁场的过程中，下列说法正确的是 OA.线框克服安培力所做的功为mgdB.线框克服安培力所做的功为mgL第3页，共17页C.线框的最小速度为 .D.线框的最小速度为W划价: L - d）二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）.如图所示，足够长的 U形光滑金属导轨所在平面与水平面成u a y图角|（。力 !帕其中MN与PQ平行且间距为L ,磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导 轨电阻不计，金属棒 ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨产始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为 R,当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为

9、 v,则金属棒ab在此下滑过程中A.做变加速直线运动C.产生的焦耳热为qBLvD.受到的最大安培力大小为 生上疝】网n |.如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为瓦工国、医三画|。一个竖直放置的边长为 a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以 速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时线框的速度为 冏，则下列结论中正确的是A.此过程中通过线框截面的电量为 |宁 |B.此过程中回路产生的电能为 5一、C.此时线框的加速度为 -H5-D.此时线框中的电功率为力；”

10、15.如图所示，一导线弯成半径为 a的半圆形闭合回路.虚线 MN右侧有磁感应强度为 B的匀强磁场.方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直.从D点到达边界开始到 C点进入磁场为止，下列结论正确的是一第4页，共17页A.感应电流万向不变X XXX XBX XX X X X XX X X X NB. CD段直线始终不受安培力C.感应电动势最大值 c 二 B加D.感应电动势平均值 二:犷/如416.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

11、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Q图中未画出直导体棒在水平外力作用下以角速度目绕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四，导体棒和导轨的电阻均可忽略.重力加速度大小回则QA.电阻R中的感应电流从C端流向D端B.电阻R中的感应电流大小为C.克服摩擦力做功的功率为D.外力的功率为三、计算题（本大题共 2小题，共20.0分）.如图所示，两条光滑、平行的金属导轨叵区、相距区=1ml,其中MN、PQ段位于同一水平面内，NN0、QQ0段与水平面成 布倾角,且画远、

12、国工均在竖直平面内.在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场 画和画,且|口1 a一口方和cd是质量均为卜=0.1屈、电阻均为 亘三逗的两根金属棒，ab置于水平导轨上，cd置于倾斜导轨上， 均与导轨垂直且接触良好.从E二仆时刻起，ab棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动画棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨），cd受到叵三邈三丝叵沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态.不计导轨的电阻.（Hh：3r1 I上第5页，共17页回求流过cd棒的电流强度， 质随时间t变化的函数关系；画求ab棒在水平导轨上运动的速度 瓯随时间t变化的函数关系；|(3)|求从|t =3时刻

13、起,1.0序|内通过ab棒的电荷量q；叵若忆三时刻起，回司内作用在ab棒上的外力做功为TV=1叼,求这段时间 内cd棒产生的焦耳热西.如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角 巨三画的绝缘斜面上，两导轨间距工=导轨的电阻可忽略.M、P两点间接有阻值为瓦三国的电阻.一根质量 应三画电阻不计的直金属杆 ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好.整套装置处于磁感应强度叵三运丹的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下.自图示位置起，杆 ab受到大小为，=力.5厂+ 2(式中V为杆ab运动的速度，力F的单位为叵、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，g取|】0川/二|, 血正三血

14、求：回金属杆ab自静止开始下滑 区三工司的过程中流过电阻 R的电荷量？画试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，并请写出推理过程.画已知金属杆ab自静止开始下滑E = 国的过程中,电阻 R上产生的焦耳热为 Q =求此过程中拉力 F做的功.第6页，共17页第7页，共17页答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】线框进入磁场前先做自由落体运动，进入磁场时，若安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，在 cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动； 若安培力小于重力，进入磁场做加速度减小的加速运动， 在cd边未进入磁场时，若加速度减为零，则做匀速运动，

15、cd边进入磁场后做匀加速直线运动；若安培力等于重力， 进入磁场做匀速直线运动，cd边进入磁场后做匀加速直线运动。解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析。【解答】线中g ab边进入磁场后，可能继续做加速运动，也可能做减速运动，取决于进入磁场时 安培力和重力的大小关系。区瓦线框先做自由落体运动，如果 ab边进入磁场做减速运动，即安培力大于重力，速 度减小，加速度应该是逐渐减小，可能当cd边还未进入磁场时，重力等于安培力，那么线框接着会做匀速直线运动，cd边进入磁场后，安培力为零，线框继续做匀加速直线运动，而A图象中的加速度逐渐增大，故 A错

16、误，B正确；C.线框先做自由落体运动，如果 ab边进入磁场时线框继续加速，即 ab边进入磁场后重 力大于安培力，线框速度增大，受到的安培力增大，即做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为 g,故C正确；D.线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g,故D正确；本题选不可能反映线框下落过程中速度2.【答案】Av随时间t变化规律的，故选 Ao【解析】【分析】由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流， 由电流的定义式求出感应电荷量。本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通

17、量的定义式、法拉第电磁 感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式计算。【解答】金属环的面积：5 = 71（弓， 一r-BS由法拉第电磁感应律得： .f At由欧姆定律得，感应电流:感应电荷量：q = 3解得:故A正确,BCD错误。第8页，共17页故选Ao.【答案】A【解析】【分析】由图知，金属线框穿出磁场做匀速直线运动，所以：三国三娘，可求出L;根据 运动学公式，分段求出时间，再比较时间；根据楞次定律，可以判定安培力的方向； 由能量守恒定律求出热量。本题电磁感应与力学知识简单的综合，培养识别、理解图象的能力和分析、解决综合题 的能力。【解答】解：匚串框离开磁

18、场时做匀速运动，所以:工=，故A正确;B.由于线框离开磁场时的速度大于进入磁场时的平均速度，因此线框穿出磁场的时间小于进入磁场的时间，故 B错误；C.线框穿出磁场过程中，穿过线框的磁通量减少，为阻碍磁通量的减少，由楞次定律可 知，线框受到向上的安培力，线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增加，为阻碍磁 通量的增加，由楞次定律可知，线框受到向上的安培力，由此可知，线框进入磁场和穿 出磁场的过程中，安培力方向相同，都向上，故 C错误；D.由能量守恒，线框进入磁场时，mgL = Qi + :国宿-而；,线框离开磁场时，mgL = Q上,可见 % ,故 D错误。故选Ao.【答案】D【解析】 解：A、a

19、b边切割磁感线，根据右手定则，电流从 a端流向b端；ab边相当于 电源，电源内部，电流从负极流向正极，故 b端相当于电源正极，电势高，故 A错误; B、再根据左手定则，安培力向上，故 B错误:C、若匀加速，速度变大，安培力 二一5也变大，故加速度变化，矛盾，故不可能 H一直做匀加速直线运动，故 C错误；D、若安培力与重力平衡，则线圈可能一直做匀速直线运动，故 D正确；故选：Do从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，可能做匀速运动，可能做加速运动，也可能做减速运动，根据安培力公式尸二磐安培力与速度成正比，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，确定运动性质B-L2本题的解题关键是抓住安

20、培力公式F=BIL = -r ,分析安培力的变化， 确定加速H + r度的变化。.【答案】C【解析】 解：AB、当ab棒匀速运动时，ab棒上产生恒定的感应电动势，原线圈中的电流不变，在副线圈不产生感应电动势，则三个副线圈均没有电流，故 A、B错误。C、若ab棒运动的速度按正弦规律变化，则原线圈中产生正弦式交流电，因为电容具有“通交流，隔直流”的特性，三个副线圈都有电流，故 C正确。D、若ab棒匀加速运动，原线圈中感应电流均匀增大，穿过副线圈的磁通量均匀增大， 副线圈中产生恒定的感应电动势，由于电容器有隔直的特性，八一 0|,而电感线圈有第9页，共17页通直的特性， 国0,故I区、国可、|八一反

21、故D错误。故选：Co在ab棒匀速运动过程中，ab棒产生恒定的感应电动势， 左边原线圈中产生恒定的电流， 形成恒定的磁场，穿过右侧的三个副线圈的磁通量不变，没有感应电动势产生；若若 ab棒运动的速度按正弦规律变化，原线圈中产生正弦式交变电流，副线圈中将有感应 电流产生；若ab棒匀加速运动，原线圈中感应电流均匀增大，副线圈中产生恒定的感 应电动势.本题考查对变压器原理的理解，并抓住产生感应电流的条件和电感、电容的特性进行分析，难度中等.【答案】D根据导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的表达式得到电动势,根据电流有效值的定义得到线框内产生的感应电流的有效值。【解答】导体转动切割磁感线产生的感应电动势

22、为周内有电动势的时间是用,故根据有效值定义有（严人产丁/町汗，解得=笄故选Do.【答案】C【解析】解：设矩形线框边长分别为 感应电动势-感应电流I/，安培力F廿= RS=巴*，画画,线框做匀速直线运动，由平衡条件得:即ir拉力的功拉力功率LJ辽7T先.则=房”些P = 1周。 I，产生热量：Q二产死二产旦=叱产11Qi %万吗?第10页，共17页电荷量之比：生=答=今=;故ABD错误，C正确；故选：C.由叵三亘国求出线圈中的感应电动势，由欧姆定律求出电流，由庐二日工和平衡条件求出拉力，由功的公式 底三匹求出功，然后求出功之比；由叵三匹求出功率，然后求出功率之比；由焦耳定律求出产生的热量，然后求

23、出热量之比；由 匹用求出电荷量，然后求出电荷量之比.本题掌握电磁感应的基本规律是关键.采用比例法，用相同的物理量表示所求量，再求 比例，是常用的方法.【答案】C【解析】【分析】根据右手定则判断感应电流的方向.图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，根据感应电动势公式求解线圈中的感应电动势.图示时刻线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析磁通量的变化率.本题研究交变电流的产生规律，实质上是电磁感应知识的具体应用，是右手定则、法拉第电磁感应定律等知识的综合应用.【解答】A、图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，根据右手定则判断出 ad中感应电 流方向为瓜团,bc中电流方向为|心一

24、引,线圈中感应电流的方向为 应运五故A错误.BD、图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，穿过线圈磁通量为0,由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大，故 BD错误.C、线圈中的感应电动势为 = nBSh = n83 ,线圈中的感应电流为 ；故C正 确.故选：C.【答案】A【解析】 解：设a、b线圈的边长为L,横截面积为S,电阻率为 回电，密度为 叵密，质 量为m,进入磁场后速度为 v时加速度为a,根据牛顿第二定律得：rntj = ma ,可知a与横截面积S无关，所以两线圈同时D2L2vj r c IL IM咨p电 户帝落地。故选：Ao线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直

25、向上的安培力作用，根据牛顿第二定律研究 BC加速度的关系，再分析下落时间的关系.本题难点在于分析 BC加速度与横截面积无关，要将质量和电阻细化，是解题的关键.【答案】C【解析】解：B、根据闭合电路欧姆定律得:第11页，共17页- 访BI?71 =川=EZ?RC、在进入磁场的过程中通过线框的电荷量为: 解得：q = 且，故C正确；A、线框在进入磁场的过程中，所受安培力的冲量大小为:_ BL1X 豺i同理，线框在离开磁场的过程中，所受安培力的冲量大小为:BL2i2BLIi由此可知，线框在进入或穿出磁场的过程中，所受安培力的冲量都相同则由动量定理得:解得：为+2），故A错误；，一 ,D、依据C选项分

26、析可知，整个穿越磁场的过程中通过线框的总电量，Q = 2，故D错误；故选：C.本题关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利用闭合电路欧姆定律、动量定理，及能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过 程分析不明而易出现错误，所以，本类问题属于难题中的易错题.【答案】B【解析】 解：由右手螺旋定则可知，电流右侧磁场为向外；ab在转动中切割磁感线，由右手定则可知，a端电势高；故b端将聚集电子;故B正确；ACD错误；故选：Bo明确电流右侧产生的磁场，再根据右手定则可判断ab两端电势的高低.本题考查右手定则及安培定则，要注意正确掌握电动势的方向.【答案】D【解析】【分析

27、】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培 力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况，知道线框何时速度最小。【解答】A、线框的ab边刚进入磁场到 ab边刚离开磁场这段过程中，根据动能定理得：“吧1,所以二线框的ab边刚进入磁场时的速度和 ab边刚离开磁 场时的速度相同， 可知线框进磁场的过程和出磁场的过程是相同的，所以在线框从进入到全部穿过磁场的过程中，克服安培力做的功为2mgdo故A、B错误。C、线框刚完全进入磁场时的速度最小，线框的ab边刚进入磁场时的速度 日三商司,则ab边刚离开磁场时的速度（1 = /旃，由产一4=2M L）,知= 旬（工 刈故线框的最小速度为

28、1/为（上故C错误,D正确。故选：Do.【答案】AB第12页，共17页【解析】 解：A、根据牛顿第二定律得：泊一,解得加速度大小为:. ff2L2v n = nsinfr_ mR,可知，a随着v的增大而增大，所以金属棒 ab做变加速直线运动，故 A正确。和B、根据H =川,-,= RL* 有:BLx,故ab棒下滑的位移大小为:C、当导体棒的速度为 v时，根据E = BLv. 1FF= BILV得到此过程中最大的安培力为凡；如果利用最大安培力 Enw与位移X的乘积可得:BL-r qB四人,在整个过程中安培力小于 盟,所以产生的焦耳热一定小于qBLv,故C错误；D、根据共点力的平衡条件可得，当导体

29、棒匀速运动时受到的安培力最大，所以最大安培力大小为 ngx诩。或为故D错误。ab棒的运动规律；根据故选：AB。根据牛顿第二定律列方程解得加速度与速度的关系式，再分析 闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律求解电荷量的表达式，即可得到位移大小； 整个过程中的安培力都小于产n由功能关系求产生的焦耳热，根据共点力的平衡 条件最大安培力大小。对于电磁感应问题的研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析和计算安培力的大小，根据平衡条件和牛顿第二定律研究；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中 的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。.【答案】BC【解析】 解：A、此过程穿过线框的磁通量的变

30、化量为:中=(加/)(/)，又国、叵三函,解得:中=-Ba-通过线框截面的电量为:中_ :m产= 9B、根据能量守恒定律得到，此过程回路产生的电能为:故B正确.I 21 /32Q = -fvv 用 -)=-mrC、回路中产生感应电动势为:E =旧吨+以。广5aE ,感应电流为:左右两边所受安培力大小分别为:= BIa=小3/?Vrr-o =-2/?,方向向左,第13页，共17页则根据牛顿第二定律得：+凡=,解得加速度为：门二些立，故C正确.D、此时线框中的电功率：r二产R=/ ,故D错误.4 if故选：BC一，*.、，一AflTI , 一 ，一八，一由推论：感应电荷量 q = * 求出电量.根

31、据功能关系求解回路产生的电能.求出左右两边所受安培力大小，由牛顿第二定律求出加速度.当线框中心线 AB运动到与PQ重合时，左右两边都切割磁感线产生感应电动势，两个电动势方向相同串联.根据感应电 动势公式和欧姆定律求出感应电流，再求线框中的电功率.本题是电磁感应与安培力、 能量守恒定律等知识的综合，其中电磁感应过程中产生的电量毛=3四是一个重要推论，要在推导的基础上记住.【答案】ACD【解析】【分析】由楞次定律可判断电流方向，由左手定则可得出安培力的方向；由 E = BLl ,分析过 程中最长的L可知最大电动势；由法拉第电磁感应定律可得出电动势的平均值。本题注意以下几点： 回感应电动势公式只能来

32、计算平均值；叵|利用感应电动势公式|E二 83计算日t l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度。【解答】A.在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确；B.根据左手定则可以判断，受安培力向下，故 B错误；C.当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a,这时感应电动势最大亘三瓯,C正确；D.由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均 = %加内,故D正确。故选ACD。.【答案】ABC【解析】【分析】由上上%/求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出感应电流方向；外加机械功率等于电阻器上电功率与克服摩擦力做功的功率之和，根据能量转化守恒定律求解杆ab克服摩擦力做功的功