专题17 转动切割磁感线模型-2023年高考物理电磁感应常用模型最新模拟题精练（解析版）

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高考物理《电磁感应》常用模型最新模拟题精练
专题17 转动切割磁感线模型
一．选择题
1. （2022山东物理）如图所示，平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在平面内以角速度顺时针匀速转动，时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（　　）

A. 在到的过程中，E一直增大
B. 在到的过程中，E先增大后减小
C. 在到过程中，E的变化率一直增大
D. 在到的过程中，E的变化率一直减小
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【名师解析】
如图所示


在到的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当时，有效切割长度最大为，此时，感应电动势最大，所以在到的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；
CD．在到的过程中，设转过的角度为，由几何关系可得
进入磁场部分线框面积
穿过线圈的磁通量
线圈产生的感应电动势，感应电动势的变化率
对求二次导数得
在到的过程中一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误。
2．(2020·浙江7月选考)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Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
【参考答案】B
【名师解析】由法拉第电磁感应定律可知棒产生的电动势为E＝Br·ωr＝Br2ω，选项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q＝mg，可得＝，选项B正确。电阻消耗的电功率P＝＝，选项C错误。电容器所带的电荷量Q＝CU＝CBr2ω，选项D错误。
3. （2022重庆第9次质检）如图甲所示，是一种手压式环保节能手电筒的结构示意图。使用时，迅速按压手柄，灯泡（可视为纯电阻）就能发光，这种不需要干电池的手电筒的工作原理是利用电磁感应现象。其转动装置和齿轮传动装置的简化原理图如图乙、丙所示。假设图乙中的转动装置由金属内圈和金属外圈构成，内、外圈之间接有一根沿半径方向的金属条ab，灯泡通过电刷分别跟内外线圈相连接（图乙中未画出）。整个转动装置固定在转动轴上，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面（纸面）向里。图丙中的齿轮传动装置中A齿轮固定在转动装置的转动轴上，B、C齿轮同心固定，C轮边缘与手柄相啮合，A、B齿轮边缘相啮合，手柄重力忽略不计（　　）

A. 向下压手柄时，齿轮C逆时针转动
B. 转动装置中的A齿轮逆时针转动时，电流由a流向b
C. 手柄向下向上运动时流过ab杆的电流方向相同
D. 流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比
【参考答案】D
【名师解析】由丙图可知，向下压手柄时，齿轮C顺时针转动，A错误；
转动装置中的A齿轮逆时针转动时，金属条ab逆时针转动切割磁感线，回路闭合，由右手定则知电流由b流向a，B错误；手柄向下和向上运动时，A齿轮转动方向相反，流过ab杆的电流方向相反，C错误；流过灯泡的电流

知与A齿轮的角速度成正比；A齿轮与B齿轮边缘点线速度大小相等，B齿轮与C齿轮边缘角速度相等，C齿轮边缘线速度大小等于手柄上下运动的速度大小，由于各齿轮半径不变，所以A齿轮的角速度，与手柄上下运动的速度大小成正比，则流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比，D正确。
【知识拓展】手压式环保节能手电筒的内部，有一发电机，通过手压发电，使灯泡发光。
4. （2022·河北石家庄三模）如图所示的电路中，电流表为理想交流电表，定值电阻的阻值为R，长度为l的金属棒OM可绕O点在竖直面内转动，M端固定一金属小环，长度略大于2l的金属棒PQ穿过小环，可在小环的带动下绕P点在竖直面内转动。时，金属棒OM在外界控制下以角速度绕O端逆时针匀速转动，且金属棒OM每次转至水平时立即以大小相等的角速度返回，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。两金属棒电阻不计，金属环与金属棒接触良好。下列说法正确的是（　　）


A. 该装置产生交流电的周期为
B. 时，电流表的示数为
C. OM运动一个周期的过程中，流过定值电阻的电荷量为
D. OM运动一个周期的过程中，定值电阻产生的焦耳热为
【参考答案】AD
【名师解析】
由图可知，闭合回路中能改变磁通量的区域为△OPM的面积，根据几何知识可得该区域

由于角速度相同，因此金属棒OM从右侧往左侧运动与从左侧往右侧运动，电场通量的变化情况相同，因此金属棒OM移动半圆的时间即为一个周期，即

故A正确；
B．感应电动势为

因此，当时

故B错误；
C．由于电流会在时改变方向，根据对称性，一个周期内流过定值电阻的电荷量为半个周期的两倍，因此半个周期内流过定值电阻的电荷量为

因此一个周期内流过定值电阻的电荷量为

故C错误；
D．感应电动势的最大值为

由于是余弦交流电，因此感应电动势的有效值为

电流有效值为

因此一个周期内定值电阻产生的焦耳热为

故D正确。
5. （2022山东枣庄一模）如图所示，在竖直平面内有一半圆形区域，O为圆心，AOD为半圆的水平直径，区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场。在A、D两点各固定一颗水平的光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框ACDE挂在两颗钉子上，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂重物，使导线处于绷紧状态。设导线框的电阻为r，圆的半径为R，从t=0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，此过程中不考虑导线中产生的磁场。在C从A点移动到D点的过程中，下列说法正确的是（　　）


A. 导线框中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B. 导线框中产生的电热为
C. 通过导线框横截面的电荷量为
D. 导线框中感应电动势随时间t的变化关系为
【参考答案】AD
【名师解析】
设转过角度为θ=ωt，根据几何知识知，线框上部分的三角形的面积
磁通量为Φ=BR2sinθ=BR2sinωt，导线框中磁通量（方向向里）先增大后减小，由楞次定律知感应电流磁场先向外后向里，感应电流先逆时针方向，后顺时针方向，A正确；
D．根据法拉第电磁感应定律知e=ωBR2cosωt，D正确；
C．根据，C点从A移动到D的过程中，=0，所以q=0，C错误；
根据D项分析知电动势有效值为，故电热，故B错误。
6. （2022河南许昌一模）如图所示是铜制圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平固定的转轴上，它的边缘正好在两磁极之间（磁板未画出;磁场方向和铜盘盘面垂直），两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。设铜盘沿顺时针方向（从左向右看）匀速转动，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，关于通过电阻R的电流，下列说法正确的是（　　）

A. 正弦式交变电流
B. 恒定电流，电流方向从上向下通过电阻R
C. 恒定电流，电流方向从下向上通过电阻R
D. 电流大小不断变化，电流方向从下向上通过电阻R
【参考答案】C
【名师解析】
圆盘转动时，相当于半径切割磁感线，因为匀速转动，则产生恒定不变的感应电流，根据右手定则可知，D点相当电源的正极，则电流方向从下向上通过电阻R。故选C。
7．(多选)(2020·广西南宁市高三第一次适应性测试)如图5所示为粗细均匀的裸铜导线制成的半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左侧上方的圆面积内存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆环的电阻为2R.一根长度为2r、电阻为R的均匀金属棒MN以圆环的圆心O点为旋转中心，紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，开始时MN与PQ重合(　　)

图5
A．金属棒中感应电动势的最大值为Br2ω
B．0～时间内通过金属棒MN的横截面电荷量为
C．金属棒中电流的有效值是
D．金属棒旋转一周电路中产生的热量为
【参考答案】BD
【名师解析】　只有当MO、NO分别切割磁感线时，环中才有电流．MO、NO中的感应电动势：E＝Bωr2，故A错误；
金属棒中有电流时，电流为I＝＝，
0～时间内通过金属棒MN的电荷量q＝I·＝，故B正确；
在一个周期内，只有半个周期的时间内金属棒中有电流，由电流有效值定义得I2R总＝I′2R总T，
所以金属棒中电流的有效值I′＝，故C错误；
依题意得Q＝I′2R总T，即Q＝，故D正确．
8.（2020年3月北京延庆模拟）如图9甲所示是法拉第制作的世界上最早的发电机的实验装置.有一个可绕固定转轴转动的铜盘，铜盘的一部分处在蹄形磁体中实验时用导线连接铜盘的中心C。用导线通过滑片与钢盘的边线D连接且按触良好，如图9乙所示，若用外力转动手柄使圆盘转动起来，在CD两端会产生感应电动势（ ）

A.如图9甲所示，产生感应电动势的原因是铜盘盘面上无数个以C 为圆心的同心圆环中的磁通量发生了变化
B.如图9甲所示，因为铜盘转动过程中穿过铜盘的磁通量不变，所以没有感应电动势
C.如图9乙所示，用外力顺时针(从左边看)转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自下而上
D.如图9乙所示，用外力顺时针(从左边看)转动铜盘，电路中会产生感应电流，通过R的电流自上而下
【参考答案】C
【名师解析】如图9甲所示，铜盘盘面可视作由无数沿半径方向的导线组成，铜盘盘面产生感应电动势的原因是铜盘盘面沿半径方向的导线切割磁感线产生感应电动势，选项AB错误；如图9乙所示，用外力顺时针(从左边看)转动铜盘，电路中会产生感应电流，由右手定则可判断出通过R的电流自下而上，选项C正确D错误。
9、（2020·金太阳高三下学期线上一模）如图所示，两光滑圆形导轨固定在水平面内，圆心均为点，半径分别为，，两导轨通过导线与阻值的电阻相连，一长为的导体棒与两圆形导轨接触良好，导体棒一端以点为圆心，以角速度顺时针匀速转动，两圆形导轨所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场，不计导轨及导体棒的电阻，下列说法正确的是（　　）

A．通过电阻的电流方向为由到
B．通过电阻的电流为2A
C．导体棒转动时产生的感应电动势为4V
D．当减小而其他条件不变时，通过电阻的电流减小
【参考答案】C
【名师解析】
由右手定则可知，通过电阻的电流方向为到，故A错误；两圆环间导体棒在时间内扫过的面积，由法拉第电磁感应定律可知，两圆环间导体棒切割磁感线产生的感应电动势

通过电阻的电流，故B错误；导体棒转动时产生的感应电动势
故C正确；当减小而其它条件不变时，两圆环间导体棒切割磁感线产生的感应电动势

变大，通过电阻的电流增大，故D错误。
故选C。
10.（2023湖南名校联考）半径分别为r和2r的同心半圆光滑导轨MN、PQ固定在同一水平面内，一长为r、电阻为2R、质量为m且质量分布均匀的导体棒AB置于半圆轨道上面，BA的延长线通过导轨的圆心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。在N、Q之间接有一阻值为R的电阻。导体棒AB在水平外力作用下，以角速度ω绕O顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，重力加速度为g，则下列说正确的是( )

A．导体棒AB两端的电压为Brω2
B．电阻R中的电流方向从Q到N，大小为
C．外力的功率大小为＋μmgrω
D．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁场的磁感应强度增加，且变化得越来越慢
【参考答案】BC
【名师解析】导体棒在匀强磁场中切割磁感线产生感应电动势E＝Bl＝Br＝Br2ω，由等效电路可知：I＝＝，UAB＝E＝Br2ω，故A错误，B正确；由能量的转化和守恒有：P外＝BIr＋f＝＋μmgrω，故C正确；由楞次定律可知D错误。

11.（2023河北邯郸名校联考）如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计。现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以角速度ω转过60°的过程中（金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计）（　　）

A．通过定值电阻的电流方向由b到a
B．金属棒刚开始转动时，产生的感应电动势最大
C．通过定值电阻的最大电流为
D．通过定值电阻的电荷量为
【参考答案】D
【名师解析】金属棒以O点为轴沿顺时针方向转动，由右手定则可知，通过定值电阻的电流方向由a到b，故A错误；当金属棒转过60°时有效的切割长度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大。感应电动势最大值为：Em＝B•2l＝B•2l•＝2Bl2ω，通过定值电阻的最大电流为：Im＝＝，故BC错误。通过定值电阻的电荷量为：q＝△t，平均感应电流为：＝，平均感应电动势为：＝，△Φ＝B•l•l＝Bl2，解得：q＝，故D正确。

12.（2018湖南长郡中学实验班选拔考试）如图所示，x轴上方第一象限和第二象限分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度大小相同，现有四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动，若规定线框中感应电流I顺时针方向为正方向，从图示时刻开始计时，则感应电流I及ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图正确的是（ ）



【参考答案】.AD。
【名师解析】在0~t0时间内，OM边切割第I象限中磁场的磁感线产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向（为负值）；在t0~2t0时间内，OM边切割第II象限中磁场的磁感线，ON边切割第I象限中磁场的磁感线产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出感应电流方向为顺时针方向（为正值），且大小为在0~t0时间内产生的2倍；在2t0~3t0时间内，ON边切割第II象限中磁场的磁感线产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向（为负值），且大小为在0~t0时间内产生感应电流大小。因此感应电流I随时间t的变化示意图选项A正确B错误；在0~t0时间内，ON边虽然有电流但没有进入磁场区域，所受安培力为零；在t0~2t0时间内，感应电流大小为在2t0~3t0时间内产生的2倍，ON边所受安培力为在2t0~3t0时间内的2倍，ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图C错误D正确。
13. 如图所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端。现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是(　　)

A.将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置
B.将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置
C.将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置
D.将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置
【参考答案】　B
【名师解析】　当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观察到感应电流，M、N分别连接电源的两个极即可，故可知只有B项正确。

14.如图所示为一圆环发电装置，用电阻R＝4 Ω的导体棒弯成半径L＝0.2 m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R1＝1 Ω。整个圆环中均有B＝0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过。电阻r＝1 Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s，则(　　)

A.当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 W
B.当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 W
C.全电路最大功率为3 W
D.全电路最大功率为4.5 W
【参考答案】　AD
【名师解析】　当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 Ω，与R1串联接入电源，外电阻为2 Ω，棒转动过程中产生的感应电动势E＝BL2ω＝3 V，圆环上分压为1 V，所以圆环上的电功率为1 W，A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以电功率最大为P＝＝4.5 W，C错误，D正确。

15.如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)(　　)

A.由c到d，I＝ B.由d到c，I＝
C.由c到d，I＝ D.由d到c，I＝
【参考答案】　D
【名师解析】　由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动势E＝Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝。选项D正确。
二．计算题
1. .（2022南京三模） (8分)某风速实验装置由风杯组系统(如图甲所示)和电磁信号产生系统(如图乙所示)两部分组成．电磁信号产生器由圆形匀强磁场和固定于风轮转轴上的导体棒OA组成(O点连接风轮转轴)，磁场半径为L，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导体棒OA长为1.5L，电阻为r.风推动风杯绕水平轴顺时针匀速转动，风杯中心到转轴距离为2L.导体棒每转一周A端与弹性簧片接触一次，接触时产生的电流强度恒为I.图中电阻为R，其余电阻不计．求：
(1) 当导体棒与弹性簧片接触时，OA两端电势差UOA；
(2) 风杯的速率v.

【名师解析】. (8分)解：(1) 由右手定则可知φA>φ0(1分)
由欧姆定律可得UOA＝－IR(没有标明正负的只得1分)(2分)
(2) 导体棒中的电动势E＝BL2ω(2分)
由闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)(1分)
解得ω＝(1分)
则风杯速率v＝ω(2L)＝(1分)
2. （2022河南名校联盟大联考）如图所示，右边是法拉第圆盘发电机，圆盘直径，转动方向如图所示（从右向左看是逆时针），圆盘处于磁感应强度的匀强磁场中，左边有两条间距的平行倾斜导轨，倾角，导轨处有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度，用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻。在倾斜导轨上水平放一根质量、电阻的导体棒，导体棒与导轨之间的动摩擦因数且始终接触良好，导体棒长度也是，重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，其余电阻不计。求：
（1）若圆盘转动的角速度时，产生的感应电动势；
（2）若导体棒静止在倾斜导轨上时，导体棒所受的安培力应满足的条件；
（3）若导体棒静止在倾斜导轨上时，圆盘转动的角速度应满足的条件。

【参考答案】（1）10V；（2）；（3）
【名师解析】
（1）圆盘发电机可以看成半径旋转切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律得

代入数据得

（2）如果导体棒受的安培力较大，导体棒有沿导轨向上滑动的趋势，导体棒受摩擦力沿导轨向下，建立坐标系分析导体棒受力如图示，根据y轴受力平衡得


根据x轴受力平衡得


代入数据得

如果导体棒受的安培力较小，导体棒有沿导轨向下滑动的趋势，导体棒受摩擦力沿导轨向上，建立坐标系分析导体棒受力如图所示
根据y轴受力平衡得

根据x轴受力平衡得




代入数据得堡

导体棒所受的安培力应满足

（3）设时圆盘转动的角速度为，根据

代入数据得

根据闭合电路欧姆定律

代入数据得

根据法拉第电磁感应定律

代入数据得

同理当时，圆盘转动的角速度

圆盘转动的角速度应满足

3. (2020·绍兴诸暨中学期中)如图所示，ab和cd为质量m＝0.1 kg、长度L＝0.5 m、电阻R＝0.3 Ω的两相同金属棒，ab放在半径分别为r1＝0.5 m和r2＝1 m的水平同心圆环导轨上，导轨处在磁感应强度为B＝0.2 T竖直向上的匀强磁场中；cd跨放在间距也为L＝0.5 m、倾角为θ＝30°的光滑平行导轨上，导轨处于磁感应强度也为B＝0.2 T方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．四条导轨由导线连接并与两导体棒组成闭合电路，除导体棒电阻外其余电阻均不计．ab在外力作用下沿圆环导轨匀速转动，使cd在倾斜导轨上保持静止．重力加速度为g＝10 m/s2.

(1)从上向下看ab应沿顺时针还是逆时针方向转动？
(2)求ab转动的角速度大小；
(3)若使ab加速转动一周，同时用外力保持cd静止，则该过程中通过cd的电荷量为多少？
【名师解析】：
(1)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ab中的电流方向从b到a，根据右手定则知，ab从上往下看应沿顺时针方向转动．
(2)对cd进行受力分析可知：mgsin θ＝BIL
代入数据可得：流过ab和cd的电流
I＝＝ A＝5 A
根据闭合电路欧姆定律，ab产生的感应电动势E＝I·2R＝5×2×0.3 V＝3 V
ab切割磁感线产生感应电动势E＝BLv
所以E＝BL·(ωr1＋ωr2)
代入数据可得：ω＝40 rad/s.
(3)该过程中通过cd的电荷量Q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝＝0.785 C.
答案：(1)顺时针　(2)40 rad/s　(3)0.785 C

4.(12分) （2020高考仿真冲刺卷7）如图所示,在水平面内放置着金属导轨OAC,OA段是直径为a的半圆,AC段是半径为a的14圆弧,半圆、14圆弧和虚线CO围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B;其余区域没有磁场.OP是一根长为a的均匀细金属棒,以恒定的角速度ω绕O点顺时针旋转,旋转过程中金属棒OP与圆弧均接触良好.已知金属棒OP的电阻为R0,两个圆弧的电阻可忽略,开始时P点与A点重合.求:

(1)t(T<π2ω)时刻,金属棒OP产生的感应电动势的大小.
(2)t(T<π2ω)时刻,金属棒OP所受到的安培力的大小.
【名师解析】:(1)经过时间t,OP转过的弧度为ωt,其有效切割长度
l=a(1-cos ωt)(2分)
P点的线速度vP=ωa(1分)
棒与AO弧的交点Q点的线速度
vQ=ωa·cos ωt(2分)
由法拉第电磁感应定律,电动势E=Blv(1分)
v=vP+vQ2(1分)
联立得E=Ba2ωsin2ωt2.(1分)
(2)由闭合电路欧姆定律I=ER(1分)
PQ间的电阻R=R0·la(1分)
金属棒OP所受安培力F=BIl(1分)
F=B2a3ωsin2ωt2R0.(1分)
答案:(1)Ba2ωsin2ωt2　(2)B2a3ωsin2ωt2R0
5. 有电阻的导电圆盘半径为R，其边缘用电阻不计的导电材料包裹，可绕固定点O在水平面内转动，其轴心O和边缘处电刷A均不会在转动时产生阻力，空气阻力也忽略不计。用导线将电动势为E的电源、导电圆盘、电阻和开关连接成闭合回路，如图1所示在圆盘所在区域内充满竖直向下的匀强磁场，如图2所示只在A、O之间的一块圆形区域内存在竖直向下的匀强磁场，两图中磁场的磁感应强度大小均为B，且磁场区域固定。如果将开关S闭合，圆盘将会转动起来。
（1）在图1中，将开关S闭合足够长时间后，圆盘转速达到稳定。
a．从上往下看，圆盘的转动方向是顺时针还是逆时针？
b．求稳定时圆盘转动的角速度ω1的大小。
（2）在图2中，进行了两次操作：第一次，当圆盘加速到ω0时将开关断开，圆盘逐渐减速停下；第二次，当圆盘加速到2ω0时将开关断开，圆盘逐渐减速停下。已知从理论上可以证明：在圆盘减速过程中任意一个极短的时间△t内，角速度的变化量△ω=kF△t，F是该时刻圆盘在磁场区域受到的安培力的大小，k为常量。求两次操作中从开始减速到停下的过程中圆盘转过的角度之比θ1：θ2。
（3）由于图1中的磁场范围比图2中的大，所以刚闭合开关瞬时，图1中圆盘比图2中圆盘加速得快。有人认为：断开开关后，图1中圆盘也将比图2中圆盘减速得快。请分析说明这样的想法是否正确。
.【名师解析】（1）a．根据左手定则知：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r处沿半径方向取一小段长度△r，这一小段距离上的感应电动势为：
△E感=Brω△r
从轴O到圆盘边缘处求和，可得感应电动势为：E感=Br2ω
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：
Br2ω1=E
解得：ω1=。
（2）图2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E感∝ω，且可认为圆盘中电流流经的路径及电阻不变，因此安培力F∝I∝E感∝ω，即安培力F与角速度ω成正比；
由题意知：在任意一段极短的时间△t内，角速度的变化量△ω=kF△t，考虑到其中F∝ω，可知△ω=k′ω△t（k′为另一常量），又因为ω△t=△θ（圆盘转过角度的变化量），因此有：对应任一小段时间△t，总有△θ∝△ω。
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，即为：
θ1：θ2=ω0：2ω0=1：2。
（3）开关断开后，由于图1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2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。
【参考答案】：（1）a．从上往下看，圆盘的转动方向是逆时针。
b．稳定时圆盘转动的角速度ω1的大小是。
（2）θ1：θ2是1：2。
（3）这样的想法错误。