高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册互感和自感优秀同步测试题

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册互感和自感优秀同步测试题，文件包含人教版高中物理选修二同步题型训练专题26电磁感应动生过程中的电路问题学生版docx、人教版高中物理选修二同步题型训练专题26电磁感应动生过程中的电路问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc9103" 【题型1 一根导体棒平动切割中的电路问题】
\l "_Tc1161" 【题型2 两根导体棒平动切割中的电路问题】
\l "_Tc1161" 【题型3 三角形导线框切割中的电路问题】
\l "_Tc1161" 【题型4 矩形导线框平动切割中的电路问题】
\l "_Tc25206" 【题型5 旋转切割中的电路问题】
【题型1 一根导体棒平动切割中的电路问题】
【例1】如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程中PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
答案 C
解析 设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为R外＝eq \f(Rx3R－Rx,3R)，外电路电阻先增大后减小，再根据闭合电路欧姆定律可得PQ中的电流I＝eq \f(E,R＋R外)先减小后增大，路端电压先增大后减小，故A、B错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝BIl，拉力的功率P＝BIlv，故先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外＝eq \f(Rx3R－Rx,3R)，最大值为eq \f(3,4)R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系图象可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误．
【变式1-1】如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场，当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为( )
A.eq \r(2)BRv B.eq \f(\r(2),2)BRv
C.eq \f(\r(2),4)BRv D.eq \f(3\r(2),4)BRv
答案 D
解析 当圆环运动到题图所示位置时，圆环切割磁感线的有效长度为eq \r(2)R，产生的感应电动势为E＝eq \r(2)BRv，a、b两点的电势差Uab＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3\r(2),4)BRv，故选D.
【变式1-2】(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是( )
A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针
B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化，且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLv
C．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLv
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq \f(R,2)时，滑动变阻器有最大电功率，且为eq \f(B2L2v2,8R)
[解析] 根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝eq \f(R,2)，故导体棒两端的电压即路端电压为eq \f(1,3)BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为eq \f(R,2)，故当R1＝eq \f(R,2)时，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm＝eq \f(UR12,R1)＝eq \f(\f(1,4)E2,\f(R,2))＝eq \f(B2L2v2,8R)，故D正确。
[答案] AD
【变式1-3】如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l＝0.5 m，左端通过导线与阻值R＝3 Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为RL＝6 Ω的小灯泡L连接，在CDEF矩形区域内存在竖直向上、磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场．一根阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒在恒力F＝2 N的作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，经过t＝1 s刚好进入磁场区域．求金属棒刚进入磁场时：
(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；
(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力．
答案 (1)1 V (2)0.8 V 0.04 N，方向水平向左
解析 (1)0～1 s棒只受拉力，由牛顿第二定律得F＝ma，金属棒进入磁场前的加速度a＝eq \f(F,m)＝10 m/s2.
设其刚要进入磁场时速度为v，
v＝at＝10×1 m/s＝10 m/s.
金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势
E＝Blv＝0.2×0.5×10 V＝1 V.
(2)小灯泡与电阻R并联，R并＝eq \f(R·RL,R＋RL)＝2 Ω，通过金属棒的电流大小I＝eq \f(E,R并＋r)＝0.4 A，小灯泡两端的电压U＝E－Ir＝1 V－0.4×0.5 V＝0.8 V.
金属棒受到的安培力大小FA＝BIl＝0.2×0.4×0.5 N＝0.04 N，由右手定则和左手定则可判断安培力方向水平向左．
【题型2 两根根导体棒平动切割中的电路问题】
【例2】如图，两平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨垂直构成闭合回路，且两棒都可沿导轨无摩擦滑动．用与导轨平行的水平恒力F向右拉cd棒，经过足够长时间以后( )
A．两棒间的距离保持不变
B．两棒都做匀速直线运动
C．两棒都做匀加速直线运动
D．ab棒中的电流方向由b流向a
答案 CD
【变式2-1】如图所示，两根电阻不计且足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角α＝37°，导轨间距L＝1m，顶端用电阻R＝2Ω的定值电阻相连。虚线上方存在垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1T．质量m1＝0.1kg、电阻R1＝4Ω的导体棒M在磁场中距虚线的距离d＝2m，M与导轨间的动摩擦因数μ1＝0.25，质量m2＝0.3kg、电阻R2＝2Ω的导体棒N在虚线处，N与导轨间的动摩擦因数μ2＝0.8．将导体棒M、N同时从导轨上由静止释放，M到达虚线前已经匀速，重力加速度g取10m/s2，运动过程中M、N与导轨始终接触良好，已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）求M、N相碰前，M上产生的焦耳热；
（2）求M、N相碰前M运动的时间；
（3）M、N相遇发生弹性碰撞，碰后瞬间对M施加一个沿斜面方向的作用力F，使M、N同时匀减速到零，求M棒在减速到零的过程中作用力F的大小随时间变化的表达式。
【解答】解：（1）M棒匀速时，有：m1g sin37°＝μ1m1g cs37°+BIL…①
因为E＝BLv0…②
根据欧姆定律有：I=ER总⋯③
因为R总=R1+RR2R+R2⋯④
M棒从开始到达虚线位置，根据能量守恒有：m1gdsin37°=μ1m1gdcs37°+12m1v02+Q总⋯⑤
M棒、N棒、电阻R产生的焦耳热之比为：QM：QN：QR＝8：1：1…⑥
QM=810Q总…⑦
由①～⑦式解得：QM＝0.48J
（2）对M棒由动量定理有：（m1g sin37﹣μ1m1g cs37°﹣BIL）t＝m1v0…⑧
q=It=△ΦR总⋯⑨
△Φ＝BLd …⑩
联立解得：t＝1.5s
（3）对M、N棒碰撞过程，根据动量守恒以及能量守恒有：m1 v0＝m1 v1+m2 v2…⑪
12m1v02=12m1v12+12m2v22⋯⑫
碰后对N棒有：μ2m2g cs37°﹣m2g sin37＝m2a2…⑬
v2＝a2t0…⑭
碰后对M棒有：m1g sin37+μ1m1g cs37°+BI′L﹣F＝m1a1…⑮
v1＝a1t0…⑯
根据欧姆定律有：I'=BL(v1-a1t)R总⋯⑰
t0＝2.5s…⑱
由⑪～⑱式解得…F＝0.96﹣0.08t （t≤2.5s）。
答：（1）M、N相碰前，M上产生的焦耳热为0.48J；
（2）M、N相碰前M运动的时间为1.5s；
（3）M、N相遇发生弹性碰撞，碰后瞬间对M施加一个沿斜面方向的作用力F，使M、N同时匀减速到零，M棒在减速到零的过程中作用力F的大小随时间变化的表达式为F＝0.96﹣0.08t （t≤2.5s）。
【变式2-2】如图所示，倾角为α＝37°的绝缘斜面体固定在水平面上，顶端放有一“U”形导体框HEFG，导体框质量为M＝2kg，电阻忽略不计且足够长，导体框EF边长度为L＝0.2m，与斜面底边平行，导体框与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75。质量为m＝1kg、电阻为R＝2Ω的光滑金属棒CD的两端置于导体框上，构成矩形回路。整个装置处在磁感应强度大小为B＝10T、方向垂直于斜面向下的匀强磁场中。t＝0时刻金属棒CD与EF边间距为x0＝1m，且金属棒与导体框均以初速度v0＝2m/s沿斜面向下运动。t＝2s以后金属棒的运动可视为匀速运动，导体框仍沿斜面向下运动，金属棒与导体框始终接触良好且平行EF边，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）在0＜t＜2s时间内，任意时刻金属棒与导体框的加速度大小之比；
（2）t＝2s时金属棒和导体框的速度；
（3）t＝2s时金属棒CD与EF边的距离d。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】（1）在0~2s内，金属棒向下做加速运动，导体框向下做减速运动，根据牛顿第二定律 对金属棒
对导体框
解得，
代入数据可求得
（2）2s时金属棒做匀速直线运动，设速度为v1，导体框速度为v2，对金属棒可得
得
得
因金属棒和导体框组成的系统所受摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，安培力等大、反向，等效为内力，故整体受力平衡，根据动量守恒
联立得，
（3）对金属棒，由动量定理
设2s内金属棒与EF边的相对位移为x，则
解得
2s时金属棒与EF间距为
【变式2-3】如图所示，宽度为L、左右两部分倾角均为的足够长光滑金属导轨ACD一A1C1D1分别置于两匀强磁场中，CC1两侧的匀强磁场分别垂直于对应导轨所在平面，CC1左侧磁场的磁感应强度大小为2B，右侧磁场的磁感应强度大小为B。长度均为L，电阻均为R，质量分别为2m、m的导体棒ab、cd分别垂直导轨放置在CC1两侧的导轨上，两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。某时刻将导体棒ab、cd由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A. 任意时刻导体棒ab、cd运动的加速度都相同
B. 导体棒ab的最大速度为
C. 若导体棒ab下降高度h时达到最大速度，则此过程中导体棒ab克服安培力做的功为
D. 若导体棒ab下降高度h时达到最大速度，则此过程经历的时间为
【答案】BD
【解析】对ab受力分析，由牛顿第二定律可知
同理cd棒有
解得
所以加速过程ab、cd棒的加速度大小相等，方向不同，A错误；
当
时，ab的速度达到最大，此时有
又因为
联立解得
B正确；
若ab棒下降高度h时达到最大速度，根据动能定理对ab棒有
解得此过程中ab克服安培力做的功为
C错误；
在ab下降高度为h时，通过ab某一截面的电荷量为
由动量定理可知，ab棒由静止释放至达到最大速度的过程有
联立解得
D正确。
故选BD。
【题型3 三角形导线框切割中的电路问题】
【例3】如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC，其中AB＝L，BC＝2L，两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为L，导线框BC边与虚线边界垂直．现让导线框从图示位置开始沿BC方向匀速穿过磁场区域．设线框中产生顺时针方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场的过程中，产生的感应电流与线框运动距离x的函数关系图象正确的是( )
答案 D
解析 在线框进入0～L范围时，线框内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁感线的有效长度从0均匀增加到eq \f(L,2)，可知感应电流均匀增加；从L～2L，线框切割磁感线的有效长度为eq \f(L,2)不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；从2L～3L，线框切割磁感线的有效长度从eq \f(L,2)逐渐增加到L，则感应电动势增加到原来的2倍，感应电流增加到原来的2倍，方向为顺时针方向，故选D.
【变式3-1】如图所示，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽度均为a的两个匀强磁场。这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反。线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直。取逆时针方向的电流为正。若从图示位置开始，线框中产生的感应电流i与沿运动方向的位移x之间的函数图象，下面四个图中正确的是( )
A.B.
C.D.
【答案】B
解析：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针。因切割的有效长度均匀增大，故由可知，时间内，切割的有效长度均匀增大，电动势也均匀增加，感应电流均匀增加；时间内，切割的有效长度均匀减小，电动势也均匀减小，感应电流均匀减小；时间内，垂直向外的磁通量增多，垂直向内的磁通量减少，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，由于分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，所以在时刻感应电动势是时刻的两倍，故B项正确。
综上所述，本题正确答案为B。
【变式3-2】如图，直角三角形金属框放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于边向上。当金属框绕边以角速度ω逆时针转动时，三点的电势分别为。已知边的长度为l。下列判断正确的是( )
A.，金属框中无电流
B.，金属框中电流方向沿
C.，金属框中无电流
D.，金属框中电流方向沿
答案：C
解析：在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为边，电动势大小为；其二为边，边有效的切割长度为l，电动势大小也为。由右手定则可知金属框中无电流，且，选项ABD错误。，选项C正确。
【变式3-3】（多选）如图所示，等边三角形导体框边长为，，导体框绕轴以角速度ω匀速转动，导体框所在空间有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。下列说法正确的是( )
A.导体框中无感应电流 B.导体框中产生正弦交变电流
C.两点间电势差为零D.两点间电势差大小为
答案：AD
解析：本题考查电磁感应的电路问题。导体框绕转动过程中，穿过导体框的磁通量总是零，故无感应电流产生，A正确，B错误；依据感应电动势公式及，可得两点间电势差大小为，C错误，D正确。
【题型4 矩形导线框切割中的电路问题】
【例4】用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框、以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是( )
A．Ua＜Ub＜Uc＜Ud B．Ua＜Ub＜Ud＜Uc
C．Ua＝Ub＝Uc＝Ud D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc
解析：选B 线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d的一半，设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r。在线框进入磁场的过程中，MN两端的电压等于线框回路中的路端电压，根据线框长度和电阻的关系及闭合电路欧姆定律，可知Ua＝eq \f(3,4)BLv，Ub＝eq \f(5,6)BLv，Uc＝eq \f(3,4)B·2Lv＝eq \f(3,2)BLv，Ud＝eq \f(4,6)B·2Lv＝eq \f(4,3)BLv，所以Ua＜Ub＜Ud＜Uc，故B正确。
【变式4-1】如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧小三角形内磁场方向垂直纸面向外，右侧小三角形内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )
答案 D
解析 bc边的位置坐标x在L～2L过程，线框bc边有效切割长度为l1＝x－L，感应电动势为E＝Bl1v＝B(x－L)v，感应电流i1＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bx－Lv,R)，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值，x在2L～3L过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，有效切割长度为l2＝L，感应电动势为E＝Bl2v＝BLv，感应电流i2＝－eq \f(BLv,R).x在3L～4L过程，线框ad边有效切割长度为l3＝L－(x－3L)＝4L－x，感应电动势为E＝Bl3v＝B(4L－x)v，感应电流i3＝eq \f(B4L－xv,R)，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．根据数学知识可知，D正确．
【变式4-2】如图所示，正方形MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框M′N′P′Q′在外力作用下沿轴线OO′水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为i，逆时针方向为电流的正方向，当t＝0时M′Q′与NP重合，在M′Q′从NP到临近MQ的过程中，下列图像中能反映i随时间t变化规律的是( )
解析：选B 在闭合导线框M′N′P′Q′匀速向左运动过程，穿过回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向一直是逆时针的，切割磁感线的有效长度先减小到零，后增大，所以感应电流先减小到零，后增大，B项正确。
【变式4-3】如图所示，在倾角α＝30°的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L，一质量为m、边长为L的正方形线框的ab边距磁场上边界MN为L处由静止沿斜面下滑，ab边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动。ab边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速直线运动。重力加速度为g。求：
（1）ab边刚越过两磁场的分界线PQ时线框受到的安培力的大小；
（2）线框再次匀速运动时的速度大小；
（3）线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q。
【解答】解：（1）线框开始时沿斜面向下做匀加速运动，根据机械能守恒有：mgLsin30°=12mv2
则线框进入上侧磁场时的速度：v=gL
线框ab边进入磁场时产生的感应电动势：E＝BLv
线框中感应电流：I=ER
ab边受到的安培力：F=BIL=B2L2vR
线框匀速进入磁场，则有：mgsin30°=B2L2vR
ab边刚越过PQ时，cd也同时越过了MN，则线框上产生的电动势：E'＝2BLv
线框所受的安培力变为：F'=2BI'L=4B2L2vR=2mg
（2）根据平衡条件：mgsin30°=4B2L2v'R
解得：v'=v4=gL4
（3）线框穿过上侧磁场的过程中，根据能量守恒定律有：mgsin30°•2L+12mv2=12mv′2+Q
解得：Q=47mgL32
答：（1）ab边刚越过两磁场的分界线PQ时线框受到的安培力的大小为2mg；
（2）线框再次匀速运动时的速度大小为gL4。
（3）线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q为47mgL32。
【题型5 旋转切割中的电路问题】
【例5】如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为eq \f(R,2)的导体棒AB，由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度大小为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为( )
A.eq \f(Bav,3) B.eq \f(Bav,6)
C.eq \f(2Bav,3) D．Bav
答案 A
解析 当摆到竖直位置时，导体棒AB产生的感应电动势为：E＝B·2aeq \x\t(v)＝2Baeq \f(0＋v,2)＝Bav，圆环被导体棒分为两个半圆环，两半圆环并联，并联电阻R并＝eq \f(\f(R,2)×\f(R,2),\f(R,2)＋\f(R,2))＝eq \f(R,4)，电路电流：I＝eq \f(E,\f(R,2)＋\f(R,4))＝eq \f(4Bav,3R)，AB两端的电压为UAB＝IR并＝eq \f(Bav,3).
【变式5-1】如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A．棒产生的电动势为eq \f(1,2)Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为eq \f(2gd,Br2ω)
C．电阻消耗的电功率为eq \f(πB2r4ω,2R)
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
解析：选B 由法拉第电磁感应定律可知棒产生的电动势为E＝Br·eq \f(1,2)ωr＝eq \f(1,2)Br2ω，A错误。金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有qeq \f(U,d)＝mg，可得eq \f(q,m)＝eq \f(2gd,Br2ω)，B正确。电阻消耗的电功率P＝eq \f(U2,R)＝eq \f(B2r4ω2,4R)，C错误。电容器所带的电荷量Q＝CU＝eq \f(1,2)CBr2ω，D错误。
【变式5-2】(多选)如图是金属圆盘发电机的原理图。匀强磁场垂直于金属圆盘，电阻R通过导线与两块铜片电刷D、C连接，D、C分别与转动轴和圆盘的边缘良好接触。圆盘绕通过圆心O的固定转动轴按图示顺时针方向转动，电阻R中就有电流通过。则( )
A．电流方向由D经过电阻R流向C
B．通过电阻R的电流大小与铜盘的半径成正比
C．通过电阻R的电流大小与磁感应强度成正比
D．通过电阻R的电流大小与圆盘转动的角速度成正比
[解析] 金属圆盘按题图所示方向转动，切割磁感线，产生感应电动势，根据右手定则可判断圆盘边缘电势比轴心电势高，故电流方向由C经过电阻R流向D，A错误；根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E＝BLv＝eq \f(1,2)BωR2，结合欧姆定律可知，B错误，C、D正确。
[答案] CD
【变式5-3】 (多选)如图所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是( )
A．C点电势一定高于D点电势
B．圆盘中产生的感应电动势大小为eq \f(1,2)Bωr2
C．电流表中的电流方向为由a到b
D．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流
【答案】BD
【解析】把铜盘看成由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，盘边缘为电源正极，中心为电源负极，C点电势低于D点电势，选项A错误；此电源对外电路供电，电流由b经电流表再从a流向铜盘，选项C错误；铜盘转动切割磁感线，相当于电源，回路中感应电动势为E＝Brv＝Brωeq \f(1,2)r＝eq \f(1,2)Bωr2，选项B正确；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动，形成环形电流，选项D正确．