金版优课物理一轮教学案专题十考点二法拉第电磁感应定律自感和涡流Word版含解析高品质版.doc

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1、基础点知识点1法拉第电磁感应定律1感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生电动势。(2)产生条件：穿过回路磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。(3)方向判断：感应电动势方向用楞次定律或右手定则判断。2法拉第电磁感应定律(1)内容：感应电动势大小跟穿过这一电路磁通量变化率成正比。(2)公式：En，其中n为线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I。3导体切割磁感线时感应电动势(1)垂直切割：EBlv，式中l为导体切割磁感线有效长度。(2)不垂直切割：EBlvsin，式中为v与B夹角。(3)匀速转动：导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度绕一端转动切割磁感线时，EBl2。知识

2、点2自感涡流1自感现象：由于通过导体自身电流发生变化而产生电磁感应现象。2自感电动势(1)定义：在自感现象中产生感应电动势。(2)表达式：EL。(3)自感系数L相关因素：与线圈大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关。单位：亨利(H)，常用单位还有毫亨(mH)、微亨(H)。1 mH103 H,1H106 H。3涡流：当线圈中电流发生变化时，在它附近导体中产生像水旋涡一样感应电流。(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力方向总是阻碍导体相对运动。(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中产生感应电流使导体受到安培力作用而运动起来。(3)电磁阻尼和电磁驱动原理

3、体现了楞次定律推广应用。重难点一、法拉第电磁感应定律理解1磁通量、磁通量变化量、磁通量变化率比较比较项目磁通量磁通量变化量磁通量变化率物理意义某时刻穿过某个面磁感线条数某一段时间内穿过某个面磁通量变化量穿过某个面磁通量变化快慢大小BS，S是与B垂直面面积21BSSBBS注意穿过某个面有方向相反磁感线，则不能直接用BS求解，应考虑相反方向磁通量抵消后所剩余磁通量开始时和转过180时平面都与磁场垂直，但穿过平面磁通量是一正一负，2BS，而不是0既不表示磁通量大小，也不表示变化多少。实际它就是单匝线圈上产生电动势附注线圈平面与磁感线平行时，0，但最大线圈平面与磁感线垂直时，最大，但02法拉第电磁感应

4、定律应用三种情况(1)磁通量变化是由面积变化引起时，BS，则EnB。(2)磁通量变化是由磁场变化引起时，BS，则En，S是磁场范围内有效面积。(3)磁通量变化是由于面积和磁场变化共同引起，则根据定义求，末初，Enn。3应用法拉第电磁感应定律应注意三个问题(1)公式En求解是一个回路中某段时间内平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。(2)利用公式EnS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内有效面积。(3)通过回路截面电荷量q仅与n、和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：qtt。特别提醒(1)感应电动势大小由线圈匝数n和穿过线圈磁通量变化率共同决定，而与磁通量大小、变化量大小没有

5、必然联系。(2)En研究对象是一个回路，而不是一段导体。(3)En求是t时间内平均感应电动势，当t0时，则E为瞬时感应电动势。(4)En求得电动势是整个回路感应电动势，而不是回路中某段导体电动势，整个回路电动势为零，其回路中某段导体感应电动势不一定为零。二、导体切割磁感线产生感应电动势1导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势计算式EBlv，应从以下几个方面理解和掌握。(1)正交性本公式是在一定条件下得出，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直分量进行计算，公式可为EBlvsin，为B与v方向间夹角。(2)平均性导体平动切割磁感线时

6、，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即Bl。(3)瞬时性若v为瞬时速度，则E为相应瞬时感应电动势。(4)有效性公式中l为有效切割长度，即导体与v垂直方向上投影长度。下图中有效长度分别为：甲图：lcdsin(容易错算成labsin)。乙图：沿v1方向运动时，lMN；沿v2方向运动时，l0。丙图：沿v1方向运动时，lR；沿v2方向运动时，l0；沿v3方向运动时，lR。(5)相对性EBlv中速度v是相对于磁场速度，若磁场也运动时，应注意速度间相对关系。2导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场平面内，绕一端以角速度匀速转动时，产生感应电动势为EBlBl2，如图甲所示。(1)以中点为轴时，E0(不同两

7、段代数和)。(2)以端点为轴时，EBl2(平均速度取中点位置时线速度l)。(3)以任意点为轴时，EB(ll)(不同两段代数和)。(4)长为l导体棒AB绕其延长线上O点(OAr)匀速转动时，电动势为EBlBlBl，如图乙所示。(5)EBL2另一种推导方法：长为L导体棒在磁感应强度为B匀强磁场中匀速转过角度时，所用时间为t，扇形面积SL2，则BSBL2，所以EBL2BL2。3公式En与EBlv区别与联系EnEBlv区别研究对象闭合回路回路中做切割磁感线运动那部分导体研究内容(1)求是t时间内平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应(2)t0时E为瞬时感应电动势(1)若v为瞬时速度，则求是瞬时感应

8、电动势(2)若v为平均速度，则求是平均感应电动势适用范围对任何电路普遍适用只适用于导体切割磁感线运动情况联系(1)EBlv可由En在一定条件下推导出来(2)当导体切割磁感线运动时用EBlv求E方便，当得知穿过回路磁通量发生变化情况时，用En求E比较方便特别提醒感生电动势与动生电动势区别：感生电动势动生电动势产生原因磁场变化导体做切割磁感线运动移动电荷非静电力感生电场对自由电荷电场力导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向分力回路中相当于电源部分处于变化磁场中线圈部分做切割磁感线运动导体方向判断方法由楞次定律判断通常由右手定则判断，也可由楞次定律判断大小计算方法由En计算通常由EBlvsin计算，也

9、可由En计算三、自感和涡流1自感现象四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流变化。(2)通过线圈中电流不能发生突变，只能缓慢变化。(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。(4)线圈自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。2自感现象中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联灯泡与线圈并联灯泡电路图续表与线圈串联灯泡与线圈并联灯泡通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：若I2I1，灯泡逐渐变暗；若I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中

10、电流方向均改变3.通电自感与断电自感有何区别与联系通电自感断电自感电路图器材规格A1、A2同规格，RRL，L较大RLRA现象在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后渐渐熄灭原因由于开关闭合时，流过电感线圈电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流增大，使流过A1灯电流比流过A2灯电流增加得慢断开开关S时，流过线圈L电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流减小，且在S断开后，在A灯和线圈L间形成闭合回路，通过L电流反向通过A灯，由于RLRA，使得流过A灯电流在开关断开瞬间突然增大，随后逐渐减小能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能4.处理

11、自感现象问题技巧(1)通电自感：线圈相当于一个变化电阻阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零。(3)电流稳定时，理想自感线圈相当于导体，非理想自感线圈相当于定值电阻。5涡流(1)涡流产生与应用线圈中电流变化时，在附近导体中产生感应电流，这种电流在导体内形成闭合回路，很像水漩涡，因此把它叫做涡电流，简称涡流。在冶炼炉、电动机、变压器、探雷器等实际应用中都存在着涡流。(2)涡流两种效应热效应：由于导体存在电阻，当电流在导体中流动时，就会产生电热，这就是涡流热效应。磁效应a电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会

12、使导体受到安培力作用，安培力方向总是阻碍导体运动，这种现象称为电磁阻尼。b电磁驱动：当磁场相对于导体运动时，感应电流会使导体受到安培力作用，安培力使导体运动起来，这种现象称为电磁驱动。c电磁阻尼与电磁驱动比较电磁阻尼电磁驱动不同点成因由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力由于磁场运动引起磁通量变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力效果安培力方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动导体受安培力方向与导体运动方向相同，推动导体运动能量转化导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，最终转化为内能由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体机械能，从而对外做功相同点两

13、者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流导体与磁场间相对运动特别提醒(1)解答自感问题核心是理解“通过线圈电流瞬间不变”。即不会突变，通电时，电流逐渐增大；断电时，电流逐渐减小。(2)断电自感现象中分析灯泡是否闪亮关键，是分析断电前后灯泡中电流变化，电流增大，则闪亮，电流变小，则逐渐熄灭。(3)断电自感现象中电流方向是否改变判断：若用电器与线圈在同一条支路中，用电器中电流方向不变；若用电器与线圈不在同一条支路中，用电器中电流方向改变。(4)涡流是整块导体发生电磁感应现象，同样遵守电磁感应定律。1思维辨析(1)线圈中磁通量越大，产生感应电动势越大。()(2)线圈中磁通量变化

14、越大，产生感应电动势越大。()(3)线圈中磁通量变化越快，产生感应电动势越大。()(4)磁通量变化率描述是磁通量变化快慢。()(5)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。()(6)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生感应电动势也越大。()(7)线圈中电流越大，自感系数也越大。()(8)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中自感电动势越大。()(9)自感电动势阻碍电流变化，但不能阻止电流变化。()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)2青藏铁路刷新了一系列世界铁路历史纪录，青藏铁路火车上多种传感器运用了电磁感应原理，有一种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车位置和

15、运动状态，原理是将能产生匀强磁场磁铁，安装在火车首节车厢下面，俯视如图甲所示，当它经过安放在两铁轨间线圈时，便产生一个电信号，被控制中心接收到，当火车通过线圈时，若控制中心接收到线圈两端电压信号为图乙所示，则说明火车在做()A匀速直线运动B匀加速直线运动C匀减速直线运动D加速度逐渐增大变加速直线运动答案B解析根据EBLv，当火车匀加速运动时vat，则EBLat，此时电动势随时间成线性关系。根据乙图可知，火车做匀加速运动。选项B正确。3如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电感L电阻不计，电阻R阻值大于灯泡D阻值。在t0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在tt1时刻断开S。下列表示A、B两点间

16、电压UAB随时间t变化图象中，正确是()答案B解析闭合开关S后，灯泡D直接发光，电感L电流逐渐增大，电路中总电流也将逐渐增大，电源内电压增大，则路端电压UAB逐渐减小；断开开关S后，灯泡D中原来电流突然消失，电感L中电流通过灯泡形成闭合回路逐渐减小，所以灯泡D中电流将反向，并逐渐减小为零，即UAB反向逐渐减小为零，所以选项B正确。考法综述本考点知识在高考中占有非常重要地位，虽然单独命题考查自感、涡流频度较低，但交汇命题考查法拉第电磁感应定律频度较高，难度较大，因此复习本考点时应掌握：5个概念感应电动势、自感电动势、涡流、电磁阻尼、电磁驱动1个定律法拉第电磁感应定律2个公式En和EBlv2种自感

17、通电自感、断电自感命题法1法拉第电磁感应定律典例1如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生感应电流，现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小电流，磁感应强度随时间变化率大小应为()A.B.C. D.答案C解析当线框绕过圆心O转动轴以角速度匀速转动时，由于面积变化产生感应电动势，从而产生感应电流。设半圆半径为r，导线框电阻为R，即I1。当线框不动，磁感应强度变化时，I2，因I1I2

18、，可得，C选项正确。【解题法】应用法拉第电磁感应定律解题一般步骤(1)分析穿过闭合电路磁场方向及磁通量变化情况；(2)利用楞次定律确定感应电流方向；(3)灵活选择法拉第电磁感应定律不同表达形式列方程求解。命题法2导体切割磁感线产生感应电动势计算典例2(多选)半径为a、右端开小口导体圆环和长为2a导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度为B。直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆位置由确定，如图所示。则()A0时，直杆产生电动势为2BavB时，直杆产生电动势为BavC0

19、时，直杆受安培力大小为D时，直杆受安培力大小为答案AD解析当0时，直杆切割磁感线有效长度l12a，所以直杆产生电动势E1Bl1v2Bav，选项A正确；此时直杆上电流I1，直杆受到安培力大小F1BI1l1，选项C错误；当时，直杆切割磁感线有效长度l22acosa，直杆产生电动势E2Bl2vBav，选项B错误；此时直杆上电流I2，直杆受到安培力大小F2BI2l2，选项D正确。【解题法】求解感应电动势常有如下几种方法表达式EnEBLvsinEBL2ENBSsin(t0)情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动一段导体棒绕与B垂直轴转动导线框意义一般求平均感应电动势，当t

20、0时求是瞬时感应电动势一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求是平均感应电动势用平均值法求瞬时感应电动势求瞬时感应电动势适用条件所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)匀强磁场匀强磁场匀强磁场命题法3自感与涡流典例3某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮原因是()A电源内阻较大 B小灯泡电阻偏大C线圈电阻偏大 D线圈自感系数较大答案C解

21、析由自感规律可知，在开关断开瞬间造成灯泡闪亮以及延时熄灭原因是：线圈中产生了与原电流同向自感电流，且大于稳定时通过灯泡原电流，断开开关S，线圈与灯泡构成闭合自感回路，与电源无关，故A错误；开关S闭合，电路稳定，灯泡正常发光时，如果电感线圈L电阻比灯泡电阻大，则电感线圈L中电流IL比灯泡A中电流IA小；开关S断开，由于自感现象，L和A构成回路，使L和A中电流从IL开始减小，因此不可能看到小灯泡闪亮现象，B错误，C正确；自感系数越大，延时越明显，与是否闪亮无关，D错误。【解题法】线圈在电路中作用(1)线圈中电流增大时，线圈可以等效成一阻值由较大逐渐减小电阻，电流非线性逐渐增大。(2)线圈中电流减小

22、时，线圈可等效成一个电源，线圈中磁场能逐渐转化成电能，线圈中电流沿原方向非线性逐渐减小。(3)线圈在电路中使电流不能发生突变，使电流变化过程延长，但不能改变最终结果。1(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名“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磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针磁场中绕过圆盘中心竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确是() A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内涡电流产生磁场导致磁针转动C在圆盘转动过程中，磁针磁场穿过整个圆盘磁通量发生了变化D圆盘中自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生磁场导致磁

23、针转动答案AB解析当圆盘在磁针磁场中绕过圆盘中心竖直轴旋转时，圆盘半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流，选项A正确；圆盘内涡电流产生磁场对磁针施加磁场力作用，导致磁针转动，选项B正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，在圆盘转动过程中，磁针磁场穿过整个圆盘磁通量不变，选项C错误；圆盘中自由电子随圆盘一起运动形成电流磁场，由安培定则可判断出在中心方向竖直向下，其他位置关于中心对称，此磁场不会导致磁针转动，选项D错误。2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边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边长度

24、为l。下列判断正确是()AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUacBl2，金属框中电流方向沿acba答案C解析在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据EBlv可得：电动势大小为Bl2；其二为ac边，ac边有效切割长度为l，根据EBlv，可得：电动势大小也为Bl2；由右手定则可知：金属框内无电流，且UcUbUa，选项A、B错误；UbcUacBl2，选项C正确，选项D错误。3图为无线充电技术中使用受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到

25、B2，则该段时间线圈两端a和b之间电势差ab()A恒为B从0均匀变化到C恒为D从0均匀变化到答案C解析由楞次定律判定，感应电流从a流向b，b点电势高于a点电势，故abnS，因为磁场均匀增加，所以ab为恒定，可见C正确。4如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直方向运动时，棒两端感应电动势大小为；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直折线，置于与磁感应强度相垂直平面内，当它沿两段折线夹角平分线方向以速度v运动时，棒两端感应电动势大小为。则等于()A. B.C1 D.答案B解析由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势BLv，将此棒弯成两段长度相

26、等且互相垂直折线，并放于与磁感应强度垂直平面内，并沿折线夹角平分线方向以相同速度v运动时， BLv，则。因此B对，A、C、D错。5如图所示，一正方形线圈匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在t时间内，磁感应强度方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生感应电动势为()A. B.C. D.答案B解析由法拉第电磁感应定律，Enn，选项B正确。6(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行有()A增加线圈匝数B提高交流电源频率C将金属杯换为瓷杯D取走线圈中铁芯答案AB解析根据

27、题意，金属杯产生了涡流使水温度升高。要缩短加热时间，应使涡流增大。根据法拉第电磁感应定律，增加线圈匝数、提高交变电流频率，均可使涡流增大，选项A、B正确；换为瓷杯，不能产生涡流，选项C错误；取走铁芯，使涡流减小，选项D错误。7(多选)如图所示，从两相同线圈正上方某一高度由静止释放一条形磁铁，条形磁铁沿两线圈中心轴线竖直下落至两线圈正中间位置时，关于两线圈中感应电流说法正确是()A感应电流方向相同 B感应电流方向相反C感应电流大小相等 D感应电流大小不等答案BC解析由楞次定律可知，穿过上下两线圈磁场方向相同，且磁通量变化相反，因此产生感应电流方向也相反，选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律

28、可知，条形磁铁沿两线圈中心轴线竖直下落至两线圈正中间位置时，由对称性可知，产生感应电动势相等，则感应电流大小也相等，故C正确，D错误。8(多选)如图所示，L是自感系数很大线圈，但其自身电阻几乎为零。A和B是两个完全相同灯泡，则下列说法中正确有()A当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭B当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭C当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低D当开关S断开瞬间，流经灯泡B电流是由a到b答案AD解析开关S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，选项A正确；稳定后当开关S断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中

29、电流只能慢慢减小，其相当于电源，左端电势高，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B电流是由a到b，B闪一下再熄灭，选项D正确，B、C错误。9小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1。线圈下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在02.0 A范围内调节电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体质量。(重力加速度取g10 m/s2)(1)为使电磁天平量程达到0.5 kg，线圈匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现

30、象，另选N2100匝、形状相同线圈，总电阻R10 。不接外电流，两臂平衡。如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg物体时，天平平衡，求此时磁感应强度变化率。答案(1)25(2)0.1 T/s解析(1)线圈受到安培力FN1B0IL天平平衡mgN1B0IL代入数据得N125(2)由电磁感应定律得EN2EN2Ld由欧姆定律得I线圈受到安培力FN2B0IL天平平衡mgNB0代入数据可得0.1 T/s10某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示。一个半径为R0.1 m圆形金属导轨固定在竖直平面

31、上，一根长为R金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处转轴上。转轴左端有一个半径为r圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长细线，下端挂着一个质量为m0.5 kg铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右匀强磁场，磁感应强度B0.5 T。a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h0.3 m时，测得U0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷电阻均不计，重力加速度g10 m/s2)(1)测U时，与a点相接是电压表“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能损失。答案(1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J解析(1)正极(2)由电磁感应定律得UEBR2，UBR2vrR，所以v2 m/s(3)Emghmv2E0.5 J。26 / 26