专题 转动切割与圆盘发电

试卷第试卷第页，总17页参考答案B【详解】A.圆盘转动时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，圆盘与电阻R组成闭合回路，有电流通过电阻R流过电阻区的电流不为零，A错误；B.由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，圆盘中电流方向沿半径向里，则电流沿。到b的方向流过电阻R,B正确；C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，由右手定则可知，电流方向不变，C错误；D.铜盘转动产生的感应电动势为E=-BIjcd2感应电流,EBIjcoI=—=R2R若圆盘转动的角速度3变为原来的2倍，回路电流1变为原来2倍，电阻火不变，根据P=『R可知，电流在R上的热功率P变为原来的4倍，D错误。故选A【详解】设铜盘半径为R,转动的角速度为刃，磁感应强度为历可将铜盘看作是由一条条辐条组成，则回路中产生的感应电动势是辐条切割产生，大小为E=-BR~co2所以电动势不变，通过灯泡£的电流大小不变，铜盘内磁通量没有变化；当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，圆盘中心为电源正极，盘边缘为负极，通过灯泡Z的电流方向由b到。，b处的电势高，故BCD错误，A正确。故选AoC【详解】A.当磁铁转动时，由于电磁感应，速度盘也会随磁铁发生转动，但会略有滞后，故A错误；B.在速度盘转动的过程中，穿过整个速度盘的磁通量不发生变化，故B错误：C.当磁铁转动时，在速度盘中会产生感应电流，感应电流在磁铁产生的磁场中受到安培力，安培力驱使速度盘转动，故c正确；D.速度盘中的感应电流是由电磁感应产生的，不是速度盘中的自由电子随圆盘转动形成的,故D错误。故选C。B【详解】ABC.当/=/时，感应电动势的最大值为2公LcoL=5BL%根据闭合电路欧姆定律得最大电流_5BEco

Am570但卜.一时刻感应电动势会发生突变，电动势的最大值突变为Eim=2BLcoL+BL-2coL=4BL2co根据闭合电路欧姆定律得电流z48L%..

『丁=%所以选项A、C错误，B正确；D.在f=0时刻通过导线框的磁通量最大，感应电流为0,开始转动后磁通量减小，根据楞次定律可知导线框内感应电流的方向沿4,所以选项D错误。故选B。5.D【详解】A.根据右手定则可知，电流从。点流出，流向。点，因此铜片。的电势高于铜片C的电势,故A错误；B.因感应电动势rHT-_3L[EE=BLv9v=,I=一2R整理BLco=2R转速增大为原来的2倍，刃=2万〃，则角速度增大为原来的2倍，电流变为原来的2倍,P=I」R，则我的电功率也将增大为原来的4倍，故B错误.C.因感应电动势____coL.EE=BLvv=--，I=一R整理(£=r)若铜盘半径减小为原来的一半，则感应电动势也变为原来的L,故C错误.4D.可将圆盘看成若干个沿着半径方向的幅条组成，因此在任何时刻都有幅条切割磁感线，产生感应电动势，电阻K上仍将有电流通过，故D正确.D【详解】A.若从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知圆盘中心电势比边缘要高，A错误.B.穿过圆盘的磁通量①=55=5万产,反%/都是常数，穿过圆盘的磁通量保持不变，B错误.C.圆盘转动过程产生的感应电动势：E=；B产①,与半径平方成正比，C错误.2E2D.若3变为原来的2”，电动势变为原来的2倍，根据4=一可知，产热功率变为原来R的4倍，D正确.B【详解】A.圆盘转动时，可看成沿半径方向的金属条切割磁感线，从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势，故A错误；B.圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁场又导致磁针转动，故B正确；C.由于圆盘面积不变，距离磁针的距离不变，故在磁针的磁场中，穿过整个圆盘的磁通量没有变化，故C错误：D.圆盘整体电荷均匀分布，呈电中性，仅圆盘转动不会形成电流，故D错误。故选BD【详解】A.圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，因此是电磁感应现象，故A错误；B.根据右手安培定则，从上往下看,圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流，即圆盘中心电势比边缘高，故B正确：C.实验过程中，穿过圆盘的磁通量没有发生变化，而是导体切割磁感线产生了感应电动势，故C错误；D.从上往下看•，圆盘顺时针转动产生由圆盘边缘指向圆盘中心的电流，则有电流沿。到b的方向流经电阻凡故D正确。故选BDoBD【详解】ABD.图示时刻，由右手定则，MN中电流方向由时到N,根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为两者之和，即由于金属棒MN电阻不计，MN内电压为零，则AW两端电压等于感应电动势，即MN两端电压为Umn=Bcor1由于两半圆环并联电阻为凡则通过MN的电流为.EB『81=—=RR故A错误，BD正确；C.由右手定则可知，当。城在右侧磁场而ON在左侧磁场时，感应电流由N流向河，可知,金属棒MN在转动一周过程中电流方向是发生变化的，故C错误。故选BDoBCD【详解】A.如图所示，金属棒绕OO'轴切割磁感线转动，棒产生的电动势E=Br--=-Br2(o

22A错误；B.电容器两极板间电压等于电源电动势E,带电微粒在两极板间处于静止状态，则E

a即生=咀=dg=2dgmE1p2Brco

—Brco2B正确：C.电阻消耗的功率

nE2BnE2B2r4a)2

r==R4RC正确：D.电容器所带的电荷量Q=CE=CBrcoD正确。故选BCDcBC【详解】AB.金属杆QM切割磁感线，根据右手定则可知金属杆中电流由。到M，且方向不变，故电阻中电流方向由。到b,故选项A错误，B正确：V仁“端的线速度为丫=劭\金属杆OM切割磁感线的平均速度为V=金属杆OM转动切割磁感线产生的电动势为七=的方=工6，。，由于各个量不变，则E不变，当M位于2最上端时圆环被接入的电阻为0,整个电路的总电阻最小，此时R中有最大电流，为maxk—BrcoEmaxk—BrcoE_2=3八-Brco

3R故选项C正确;D.当M端位于最下端时，圆环左右两部分电阻相等，并联的总电阻最大，R中的电流最小,此时R中有最小电流,E广①此时R中有最小电流,E广①为/.==2/JminRR2RKH1228rco4R故选项D错误;BC【详解】ACD.把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，中心为电源正极，盘边缘为负极，若干个相同的电源并联对外供电，电流方向由b导线经灯泡再从。导线流向铜盘，方向不变，故AD错误，C正确；B.回路中感应电动势为_1E=BLv=-BUa)

2电流为,EBIjcdR2R故B正确。故选BCo(1)由右手定则判断可得。棒中的感应电流方向为垂直纸面向里：Q)喙=等二；(3)BT(7=3RB'F【详解】(1)由右手定则判断可得。棒中的感应电流方向为垂直纸面向里；(2)当重锤下落速度最大时，为匀速下落状态，此时重力对重锤的功率等于导体棒克服安培力的功率，即3mgvm=IlBv又有vw=coR,v=co-2R可得v=2%感应电流为,Blv3B/v1==,十24『3联立解得mgr

v=工炉/(3)安培力的冲量等于4个导体棒切向动量的变化量，则—IlBt=0—4〃八，平均感应电流为TBlv3Blv==广+工处3弧长为联立解得16gM/(7=3RB'r(1)顺时针方向，。点电势高；(2)7.5W；(3)15rad/s<fy<45rad/s【详解】(D要使cd棒保持静止，安培力方向向上，则电流方向从d到c,所以必中的电流方向从b至Ud根据右手定则知，而从上往下看应沿顺时针方向转动；曲棒相当于电源，。端相当于正极，b端相当于负极，。点电势高于b电势。(2)对cd进行受力分析可知mgsill0=BIL代入数据可得流过ab和cd的电流.mgsill0O.lxlOxsiii3O°A.AI=-=A=3ABL0.2x0.5cd杆上消耗的电功率为p=Z2/?=52x0.3W=0.75W⑶当打棒以较小的加速度?转动时，cd棒恰好不下滑时，对cd棒进行受力分析可知11mgcos0+BIJ=ingsin0根据闭合电路的欧姆定律得/1=互

2R而棒产生的感应电动势为E1=啊12联立并代入数据解得0\=15iad/s当血棒以较大的加速度应转动时，cd棒恰好不上滑时，对cd棒进行受力分析可知BI2L=mgsin0+pmgcos0根据闭合电路的欧姆定律得人=殳

■2H而棒产生的感应电动势为E、=BLv.,叭=--2联立并代入数据解得a)2=45iad/s故而杆转动角速度的范闱是15rad/s<co<45rad/s

6⑴(2)2见:⑶故=^^(2-初【详解】(1)电动势为B^rE=-2电流为/=£Rjtmig=BJLco=2/co=2/〃〃gH

B】BdL(2)(2)设a杆碰前速度大小为功，碰后框速度大小为彩，对框3仅77gL1o、―—―=-x3〃呜22〃则=4^由动量守恒有VmvQ=m(--y)+3mvh得%=2%=2廊Z(3)a碰后，匀速时间在磁场中减速时间根据动量定理有在磁场中减速时间根据动量定理有△q=2R16.(1)B2L}cor

16.(1)B2L}cor

R+%BLr⑶2mgr+7ra)B2l3r2(R+H°)【分析】当导体棒经过最低点和最高点时，产生的感应电动势最大，结合切割产生的感应电动势公式求出电动势的最大值，从而求出安培力最大值；求出电动势的有效值，根据欧姆定律求出电压表的示数，根据4=〃可得通过电阻火的电荷量；根据动能定理即可求出导体棒而从环的最低点运动半周到最高点的过程中外力厂做的功.【详解】（1）导体棒ab产生的最大感应电动势Em=BLv=BLcorE根据欧姆定律可得：/=K+i\t受到的安培力最大值：FjBIL解得：F解得：Fnl=Brlicor

R+&EE（2）电动势的有效值为：E=+通过电阻及的电流1=后二,D、。2T2（R+R。）电压表的示数U=/Hm犯n屈BLcorR解得：U=2（R+&）—△①导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程产生的平均感应电动势E=——△/-E通过电阻五的电荷量〃=/♦△，=ZR+人磁通量的变化量A①=52>解得：q=解得：q=BLrR+R。（3）此过程安培力做的功为：W安=—I,（R+Ro）5由动能定理有：W+%—mg・2r=0117「7tcoB2ljr解得：W=2mgr+2(R+人)【点睛】本题主要考查了导体棒切割产生正弦式交流电，知道峰值和有效值的关系，根据动能定理求出外力产做的功.（1）a.逆时针方向（1）a.逆时针方向bf=空BR-(2)=1:2(3)错误【解析】试题分析（1）根据右手定则可以确定圆盘的转动方向，根据法拉电磁感应定律可以求角速度；（2）根据角度与角速度的关系式进行求解即可；（3）根据涡流产生原理进行分析.（1）a.从上往下看，圆盘的转动方向是逆时针方向.b.圆盘转动时，产生沿半径方向的感应电动势，在与轴O距离为，•处沿半径方向取一小段长度&•,这一小段距离上的感应电动势△石感=&7M-，从轴。到圆盘边缘处求和可得感应电动势：）R=gBR~co当转动稳定后，圆盘的感应电动势（即反电动势）与电源电动势相等因此有98箱用=七22E解得：限麻（2）图乙中开关断开圆盘减速时，由于磁场区域固定，所以仍有圆盘的感应电动势后感8。，且可认为圆盘中电流流经的路径及电阻不变因此安培力/OC/OCEOCG，即安培力户与角速度G成正比由题意知：在任意一段极短的时间4内，角速度的变化量△啰=g4考虑到其中尸8口，可知（&'为另一常量）又因为她二△夕（圆盘转过角度的变化量）因此有：对应任一小段时间△，总有△夕％△口所以，从开始减速到停下的这段时间内，圆盘转过的角度正比于其角速度的改变量，即a：a=%：2%=i：2.（3）开关断开后，由于图甲中磁场充满整个圆盘，使得圆盘沿每条半径方向的感应电动势都一样大，电荷只在盘心和盘边缘处积累，不会在圆盘内部形成电流（涡流），因此在开关断开后，只要没有其它的阻力，圆盘将匀速转动不会减速.图乙中由于磁场存在于圆盘中的一部分区域内，使得开关断开后，仍有电流在圆盘内部形成回路（涡流），进而引起安培力使圆盘减速.因此这样的想法错误.【点睛】通电导体在磁场中会受安培力作用，根据右手定则可以知道导体转动的方向；根据安培力的公式和角度与角速度的关系，分析角度的变化情况，根据涡流的产生原理分析即可.18.(1)Ex=BLvf。端电势高；(2)(3)e=sin(。f)【详解】(1)感应电动势Ei=BLv由右手定则可知。端电势高；(2)在△，时间内，导体棒扫过的扇形面积«①4.①・kt・13ASnL=2乃2磁通量的变化.,DAC6。•△7・Z?△①=B-AS=2由法拉莱电磁感应定律得E.=-=-BIjco-Ar2(3)设。端绕转轴转动的半径为ri,d端绕转轴转动的半径为72,则f\+r2=L2叭=cor.；•IL=vi-sin(G・f)=coi\sin(o・/)v21=v2・sin(a)t)=cor2・sin(67r)eL==6\刃4・sin(3・f)e2=BLy2L=Bl^cor.sin(a)-t)e=〃(q+e2)=〃[5。劭：・sin(a)t)+5L1G匕-sin(d>-，)]=•亿+u)・sin(G・f)解得e=nBL1L,0)-sin(o・t)1512512519.(1)3.2V,b端电势较高(2)一Rq+——(rad/s)