专题四 2 电磁感应定律及其应用 导学案

学而优·教有方PAGEPAGE18专题四电路与电磁感应第2讲电磁感应定律及其应用讲义基本知能：考点一|楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．判定感应电流方向的两种方法(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。2．求感应电动势的方法(1)(2)导体棒垂直切割eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平动切割：E＝Blv,转动切割：E＝\f(1,2)Bl2ω))3．电磁感应中电荷量的求解方法q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝neq\f(ΔΦ,R＋r)(n：匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R＋r：闭合电路的总电阻)4．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。[典例1](多选)(2021·山东素养强化卷)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B＝1T，在匀强磁场区域内，将质量为m＝1kg、长为L＝1m、电阻为R＝1Ω的金属棒ab垂直导轨放置在足够长的水平光滑U形导轨上，且与导轨接触良好，导轨间距为L＝1m，导轨电阻可忽略不计。金属棒ab在垂直于棒的水平拉力F的作用下，由静止开始(t＝0时)以加速度a＝1m/s2向右做匀加速直线运动，2s后保持拉力的功率不变，直到棒ab以最大速度做匀速直线运动再撤去拉力F。下列说法正确的是()A．2s时拉力F的大小为3NB．棒ab的最大速度为6m/sC．0～2s内安培力对金属棒的冲量大小为4N·sD．撤去拉力F后，棒ab运动的距离为eq\r(6)m[典例2](多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。线框穿过磁场的过程中()A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B．感应电流先增大，后减小C．通过线框的电荷量为eq\f(\r(3)BL2,6R)D．c、b两点的最大电势差为eq\r(3)BLv考点二|电磁感应中的图象问题1．“三点关注”(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。2．“两种方法”(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。[典例3](2021·江苏扬州模拟)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化的关系图象正确的是()ABCD感悟：解决电磁感应图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、v­t图、I­t图等(如典例的四个选项中的三类图象)。(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方向对应关系。(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函数关系式。(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。(6)画图象或判断图象。考点三|电磁感应中的力电综合1．2．3．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。(2)功能关系：Q＝W克服安培力。(3)能量转化：Q＝ΔE其他。4．利用动量定理求感应电荷量或运动位移如：Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝Δp，q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，可得q＝eq\f(Δp,BL)。eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R总)Δt＝Δp，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt，可得x＝eq\f(ΔpR总,B2L2)。动力学和能量观点的应用[典例4](2021·山东潍坊高三4月检测)如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量m＝10g、总电阻为R＝1Ω、边长也为d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m/s2，不计其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热。感悟：求解电磁感应中动力学和能量问题的两个关键(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功及这些力做功的特点，就可以知道合外力及能量相互转化情况。动量和能量观点的应用[典例4]两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处平滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T。现杆b以初速度大小v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：甲乙(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。[思路点拨]解此题关键有两点：(1)合理选取研究对象，做好运动过程分析。(2)充分利用图象获取初状态和末状态的信息。感悟：在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。考点四|新情境探究以电磁弹射系统为背景考查楞次定律的应用[案例1](2021·湖南高三一模)美媒称，中国第三艘航母(第二艘国产航母)正在建造当中，很可能体现出优于前两艘航母的技术进步，新航母很可能比两艘“前辈”更大，并配备电磁弹射系统，允许更大、更重的飞机携带更多武器，执行更远距离任务，航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则下列说法正确的是()A．若将金属环置于线圈的右侧，环将不能弹射出去B．金属环向左运动过程中将有扩大趋势C．若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射D．合上开关S的瞬间，从左侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流以带灯的自行车为背景考查电磁感应电路问题[案例2](多选)(2021·福建漳州市高三二模)如图为带灯的自行车后轮的示意图，金属轮框与轮轴之间均匀地连接四根金属条，每根金属条中间都串接一个阻值为3Ω小灯泡，车轮半径为0.3m，轮轴半径可以忽略。车架上固定一个强磁铁，可形成圆心角为60°扇形匀强磁场区域，磁感应强度大小为2.0T，方向垂直纸面(车轮平面)向里。若自行车后轮逆时针转动的角速度恒为10rad/s，不计其他电阻，则()A．通过每个小灯泡的电流始终相等B．当金属条ab在磁场中运动时，金属条ab中的电流从b指向aC．当金属条ab在磁场中运动时，电路的总电阻为4ΩD．当金属条ab在磁场中运动时，所受安培力大小为0.135N以交通工具为背景考查电磁感应问题[案例3]某研学小组设计了一个辅助列车进站时快速刹车的方案。如图所示，在站台轨道下方埋有一励磁线圈，通电后形成竖直方向的磁场(可视为匀强磁场)。在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车快速刹车。已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为L(L小于匀强磁场的宽度)，整个线框的电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，车头进入磁场瞬间的速度为v0，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。已知磁场的磁感应强度的大小为B，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。(1)求列车车头刚进入磁场瞬间线框中的电流大小I和列车的加速度大小a；(2)求列车从车头进入磁场到停止所用的时间t；(3)请你评价该设计方案的优点和缺点(优、缺点至少写一种)。专题四电路与电磁感应第2讲电磁感应定律及其应用讲义（解析）基本知能：考点一|楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．判定感应电流方向的两种方法(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。2．求感应电动势的方法(1)(2)导体棒垂直切割eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平动切割：E＝Blv,转动切割：E＝\f(1,2)Bl2ω))3．电磁感应中电荷量的求解方法q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝neq\f(ΔΦ,R＋r)(n：匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R＋r：闭合电路的总电阻)4．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。[典例1](多选)(2021·山东素养强化卷)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B＝1T，在匀强磁场区域内，将质量为m＝1kg、长为L＝1m、电阻为R＝1Ω的金属棒ab垂直导轨放置在足够长的水平光滑U形导轨上，且与导轨接触良好，导轨间距为L＝1m，导轨电阻可忽略不计。金属棒ab在垂直于棒的水平拉力F的作用下，由静止开始(t＝0时)以加速度a＝1m/s2向右做匀加速直线运动，2s后保持拉力的功率不变，直到棒ab以最大速度做匀速直线运动再撤去拉力F。下列说法正确的是()A．2s时拉力F的大小为3NB．棒ab的最大速度为6m/sC．0～2s内安培力对金属棒的冲量大小为4N·sD．撤去拉力F后，棒ab运动的距离为eq\r(6)mAD[起初棒ab做匀加速直线运动，t＝2s时由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，棒ab切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv,2s时的速度为v＝at＝2m/s，由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，联立解得F＝3N，A正确；t＝2s时拉力F的功率为P＝Fv＝6W，棒ab最终做匀速运动，设棒ab的最大速度为vmax，棒受力平衡，则有eq\f(P,vmax)－BImaxL＝0，其中Imax＝eq\f(BLvmax,R)，联立解得vmax＝eq\r(6)m/s，B错误；0～2s内，金属棒做匀加速直线运动，所受安培力F安＝eq\f(B2L2at,R)，可知安培力随时间均匀增大，安培力的冲量为F安­t图线与坐标轴围成的面积，即I安＝eq\f(F安2＋0,2)t＝2N·s，C错误；撤去拉力F后，以金属棒ab为研究对象，由动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mΔv，又q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，解得BLq＝mvmax，又有q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，其中x为撤去拉力F后棒ab运动的距离，联立并代入数据解得x＝eq\r(6)m，D正确。故选AD。][典例2](多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。线框穿过磁场的过程中()A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B．感应电流先增大，后减小C．通过线框的电荷量为eq\f(\r(3)BL2,6R)D．c、b两点的最大电势差为eq\r(3)BLvAD[线圈穿过磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B错误；根据q＝eq\f(ΔΦ,R总)，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线框完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，最大为Ucb＝E＝B·eq\r(3)Lv＝eq\r(3)BLv，选项D正确。]考点二|电磁感应中的图象问题1．“三点关注”(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。2．“两种方法”(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。[典例3](2021·江苏扬州模拟)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化的关系图象正确的是()ABCDC[线框的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度。由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)得，感应电流与时间的关系式为I＝eq\f(BLa,R)t，B、L、a均不变，0～t1时间内，感应电流为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，t2时刻后无感应电流，故A、B错误；感应电流与时间的关系式为I＝eq\f(BLa,R)t,0～t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，Uad＝IRad＝eq\f(BLat,R)×eq\f(1,4)R＝eq\f(BLat,4)，电压随时间均匀增加，t2时刻后无感应电流，但有感应电动势，Uad＝E＝BLat，电压随时间均匀增加，故C正确；线框所受的安培力为FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由牛顿第二定律得F－FA＝ma，得F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma,0～t1时间内，感应电流为零，F＝ma，为定值，t1～t2时间内，F与t是线性关系，但不过原点，t2时刻后无感应电流，F＝ma，为定值，故D错误。]感悟：解决电磁感应图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、v­t图、I­t图等(如典例的四个选项中的三类图象)。(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方向对应关系。(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函数关系式。(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。(6)画图象或判断图象。考点三|电磁感应中的力电综合1．2．3．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。(2)功能关系：Q＝W克服安培力。(3)能量转化：Q＝ΔE其他。4．利用动量定理求感应电荷量或运动位移如：Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝Δp，q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，可得q＝eq\f(Δp,BL)。eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R总)Δt＝Δp，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt，可得x＝eq\f(ΔpR总,B2L2)。动力学和能量观点的应用[典例4](2021·山东潍坊高三4月检测)如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量m＝10g、总电阻为R＝1Ω、边长也为d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m/s2，不计其他阻力，求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热。[题眼点拨](1)“粗糙斜面”考虑摩擦力对运动的影响及摩擦力做功。(2)“刚好做匀速直线运动”沿斜面方向上，重力的分量、摩擦力及安培力合力为零。[解析](1)金属线圈向下匀速进入磁场时有mgsinθ＝μmgcosθ＋F安其中F安＝BId，I＝eq\f(E,R)，E＝Bdv解得v＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθR,B2d2)＝2m/s。(2)设最高点离bb′的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动有v2＝2ax，mgsinθ－μmgcosθ＝ma线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有Ek1－Ek＝μmgcosθ·2x，其中Ek＝eq\f(1,2)mv2解得Ek1＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(v2μmgcosθ,gsinθ－μgcosθ)＝0.1J。(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsinθ·2d－μmgcosθ·2d＋W安＝0，Q＝－W安解得Q＝2mgd(sinθ－μcosθ)＝4×10－3J。[答案](1)2m/s(2)0.1J(3)4×10－3J感悟：求解电磁感应中动力学和能量问题的两个关键(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功及这些力做功的特点，就可以知道合外力及能量相互转化情况。动量和能量观点的应用[典例4]两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处平滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T。现杆b以初速度大小v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：甲乙(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。[思路点拨]解此题关键有两点：(1)合理选取研究对象，做好运动过程分析。(2)充分利用图象获取初状态和末状态的信息。[解析](1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bdeq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝mb(v0－vb0)其中vb0＝2m/s代入数据解得Δt＝5s。(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有magh＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)解得va＝eq\r(2gh)＝5m/s设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入数据解得v′＝eq\f(8,3)m/s杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)而q＝I·Δt′代入数据得q＝eq\f(7,3)C。(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Q＝magh＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq\f(161,6)Jb杆中产生的焦耳热为Q′＝eq\f(Rb,Ra＋Rb)Q＝eq\f(115,6)J。[答案](1)5s(2)eq\f(7,3)C(3)eq\f(115,6)J感悟：在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。考点四|新情境探究以电磁弹射系统为背景考查楞次定律的应用[案例1](2021·湖南高三一模)美媒称，中国第三艘航母(第二艘国产航母)正在建造当中，很可能体现出优于前两艘航母的技术进步，新航母很可能比两艘“前辈”更大，并配备电磁弹射系统，允许更大、更重的飞机携带更多武器，执行更远距离任务，航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则下列说法正确的是()A．若将金属环置于线圈的右侧，环将不能弹射出去B．金属环向左运动过程中将有扩大趋势C．若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射D．合上开关S的瞬间，从左侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流D[若金属环放在线圈右侧，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，A错误；固定线圈上突然通过直流电流，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知金属环被向左弹射的瞬间，还有缩小的趋势，B错误；根据“来拒去留”，在线圈上突然通过直流电流时，环都会受到向左的力的作用，与电源的正负极无关，C错误；线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属环的感应电流由左侧看为逆时针，D正确。]以带灯的自行车为背景考查电磁感应电路问题[案例2](多选)(2021·福建漳州市高三二模)如图为带灯的自行车后轮的示意图，金属轮框与轮轴之间均匀地连接四根金属条，每根金属条中间都串接一个阻值为3Ω小灯泡，车轮半径为0.3m，轮轴半径可以忽略。车架上固定一个强磁铁，可形成圆心角为60°扇形匀强磁场区域，磁感应强度大小为2.0T，方向垂直纸面(车轮平面)向里。若自行车后轮逆时针转动的角速度恒为10rad/s，不计其他电阻，则()A．通过每个小灯泡的电流始终相等B．当金属条ab在磁场中运动时，金属条ab中的电流从b指向aC．当金属条ab在磁场中运动时，电路的总电阻为4ΩD．当金属条ab在磁场中运动时，所受安培力大小为0.135NBCD[当其中一根金属条在磁场中切割磁感线时，该金属条相当于电源，其它三根金属条相当于外电路且并联，根据电路特点可知，通过磁场中的那根金属条的电流是通过其它每根金属条电流的三倍，故A错误；当金