江苏省高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 专题强化十一 电磁感应规律的综合应用物理

专题解读1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题．

2．学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心． 3．用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等． 1．题型简述

借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类： (1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；

(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象．常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等． 2．解题关键

弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键． 3．解题步骤

(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等； (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的对应关系；

(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；

(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． 4．常用方法

(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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．

(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断．

例1 (多选)(2020·东北三省四市教研联合体模拟)如图1所示，光滑平行金属导轨MN、

PQ放置在同一水平面内，M、P之间接一定值电阻R，金属棒ab垂直导轨放置，金属棒和导

轨的电阻均不计，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动．下列关于通过金属棒的电流i、通过电阻

R的电荷量q、拉力F和拉力的功率P随时间变化的图象，正确的是( )

图1

答案 AC

12

解析 由题意可知，金属棒由静止开始做匀加速直线运动，则有：x＝at，v＝at，

2根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝BLat， 则感应电流i＝＝

EBLat，故A正确； RREΔΦ根据E＝，I＝和q＝IΔt，

ΔtRΔΦ得q＝，

R12

而ΔΦ＝BΔS＝BLx＝BLat，

2故q＝

BLa2

t，故B错误； 2R根据牛顿第二定律有：F－F安＝ma，

B2L2aF安＝BiL＝t，

RB2L2a解得：F＝ma＋t，故C正确；

RB2L2a22

根据P＝Fv，得P＝Fv＝mat＋t，故D错误．

R2

变式1 (2019·江苏南通、泰州、扬州等七市二模联考)如图2所示，光滑水平杆上套一导体圆环，条形磁铁平行于水平杆固定放置，t＝0时刻，导体环在磁铁左侧O点获得一个向右的初速度，经过t0时间停在磁铁右侧O1点，O、O1两点间距离为x0，且两点关于磁铁左右对称．上述过程中，下列描述穿过导体环的磁通量Φ、导体环所受安培力F随位移x变化的关系图线，以及速度v、电流i随时间t变化的关系图线可能正确的是( )

图2

答案 D 1．题型简述

感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)． 2．处理方法 状态 平衡态 非平衡态 3.基本思路 解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：

特征 加速度为零 加速度不为零 处理方法 根据平衡条件列式分析 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 E＝Blv导体受外力运动――→感应电动势F＝BIl感应电流――→

F合＝ma导体受安培力→合力变化―――→加速度变化→速度变化→临界状态

例2 (2019·江苏盐城中学阶段月考)如图3所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑水平桌面上，分界线OO′分别与平行导轨MN和PQ垂直，两导轨相距L.在OO′的左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在OO′左侧导轨上，并用一根细线垂直棒系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为FT0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力F，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动．

图3

(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0； (2)若细线尚未断裂，求在t时刻水平拉力F的大小；

(3)求从框架开始运动到细线断裂的过程中流过回路的电荷量q.

FT0RB2L2atFT02R答案 (1)22 (2)ma＋ (3)33

BLaR2BLa解析 (1)细线断裂时，框架的速度大小为v1＝at0，

B2L2at0

对棒有：FT0＝F安0＝BI0L＝，

R得：t0＝FT0R； B2L2a(2)在t时刻，框架的速度大小为：v＝at，框架切割磁场产生的电动势为：E＝BLv＝BLat，

B2L2at框架受到的安培力为F安＝BIL＝，

R对框架有F－F安＝ma，

B2L2at故F＝F安＋ma＝ma＋

REΔΦΔΦBΔS(3)E＝，则q＝IΔt＝Δt＝＝，

ΔtRRRBLat02FT02R故从框架开始运动到细线断裂的过程中流过回路的电荷量为q＝＝33.

2R2BLa变式2 (2019·江苏南京市、盐城市二模联考)如图4所示，绝缘斜面倾角为θ，虚线下方有方向垂直于斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场，虚线与斜面底边平行．将质量为m，电阻为R，边长为l的正方形金属框abcd从斜面上由静止释放，释放时cd边与磁场边界平行且距离为x0，不计摩擦，重力加速度为g.求：

图4

(1)金属框cd边进入磁场时，金属框中的感应电动势大小E； (2)金属框cd边进入磁场时的加速度大小a；

(3)金属框进入磁场的整个过程中，通过金属框的电荷量q.

B2l2

答案 (1)Bl2gx0sinθ (2)gsinθ－2gx0sinθ

mRBl2(3)

R解析 (1) 金属框进入磁场前机械能守恒，有：

mgx0sinθ＝mv2

cd边刚进入磁场时，金属框中感应电动势大小为E＝Blv

联立解得E＝Bl2gx0sinθ (2)感应电流I＝，安培力F安＝IlB

对于金属框，根据牛顿第二定律，有mgsinθ－F安＝ma

12

ERB2l2

解得a＝gsinθ－2gx0sinθ

mR(3)金属框进入磁场过程中的平均感应电动势

2EΔΦBlE＝＝，平均电流I＝，流过的电荷量q＝It

ttRBl2联立解得q＝.

R1．题型简述

电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程． 2．解题步骤

(1)确定研究对象(导体棒或回路)；

(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化； (3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解． 3．两类情况

(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝IRt直接进行计算． (2)若电流变化，则

①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；

②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能． 例3 (2019·江苏南通市二模)如图5甲所示，两根平行光滑金属导轨相距L＝1m，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨的下端PQ间接有R＝8Ω的电阻．相距x＝6m的MN和PQ间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示．将接入电路的阻值为r＝2Ω的导体棒ab垂直放在导轨上，使导体棒从t＝0时由静止释放，t＝1s时导体棒恰好运动到MN，开始匀速下滑．g取10m/s.求：

图5

(1)0～1s时间内回路中的感应电动势； (2)导体棒ab的质量；

(3)0～2s时间内导体棒所产生的热量． 答案 (1)12V (2)0.4kg (3)4.88J

ΔΦΔB解析 (1)0～1s时间内，磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有：E1＝＝S

ΔtΔtΔB2

由题图乙得＝2T/s，且S＝Lx＝6m，

Δt代入解得：E1＝12V

2

2

(2)导体棒从静止开始做匀加速运动，加速度大小

a＝gsinθ＝10×0.5m/s2＝5 m/s2 t1＝1s时进入磁场区域的速度大小为 v＝at1＝5×1m/s＝5 m/s

导体棒切割磁感线产生的电动势

E2＝BLv＝2×1×5V＝10V

根据导体棒进入磁场区域做匀速运动，可知导体棒受到的合力为零，即有：mgsinθ＝F安＝

BI2L

根据闭合电路欧姆定律有：I2＝联立以上各式得：m＝0.4kg

(3)在0～1s时间内回路中产生的感应电动势为E1＝12V 根据闭合电路欧姆定律可得I1＝

12＝A＝1.2A R＋r8＋2

E2

R＋r

E1

1～2s时间内，导体棒切割磁感线产生的电动势为

E2＝10V

根据闭合电路欧姆定律可得I2＝

10＝A＝1A R＋r8＋2

E2

0～2s时间内导体棒所产生的热量

Q＝I12rt1＋I22r(t2－t1)

代入数据解得Q＝4.88J.

1

变式3 (2019·江苏泰州中学、宜兴中学等校三模联考)如图6所示，两根等高光滑的圆4弧轨道，半径l＝0.4m、间距L＝1m，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R＝3Ω的电阻，整个装置处在一个竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5T，现将一根长度也为

L、质量m＝0.5kg、电阻r＝2Ω的金属棒从轨道顶端ab处由静止开始滑下，到达轨道底端cd时对轨道的压力大小为重力的2倍．整个过程中金属棒与导轨接触良好，g＝10m/s2，求：

图6

(1)金属棒滑到最低点时所受的安培力F的大小； (2)金属棒从ab下滑到cd过程中流过金属棒的电荷量q； (3)金属棒从ab下滑到cd过程中电阻R上产生的焦耳热Q. 答案 (1)0.1N (2)0.04C (3)0.6J

解析 (1)设金属棒滑到最低点时速度为v，在cd处对金属棒进行受力分析，由牛顿第二定

v2

律，有：FN－mg＝m

l又FN＝F压＝2mg，代入数据，解得v＝gl＝2m/s 金属棒切割磁场产生的感应电动势为E＝BLv 对应的感应电流为I＝

ER＋r

金属棒所受的受培力F＝BIL

B2L2v综上F＝

R＋r代入数据解得F＝0.1N

(2)流过金属棒的电荷量q＝IΔt

E其中平均感应电流I＝

R＋r

ΔΦ平均感应电动势E＝

Δt磁通量的变化量ΔΦ＝BLl 综上：q＝

BLl R＋r解得q＝0.04C

(3)金属棒从ab下滑到cd过程中，能量守恒，则有：

mgl＝mv2＋Q总

代入数据，解得Q总＝1J 则R上产生的焦耳热QR＝

12

Q总＝0.6J. R＋rR变式4 (2019·江苏苏、锡、常、镇一模)如图7所示，电阻不计的平行光滑金属导轨的倾角θ＝30°，间距d＝0.4m，定值电阻R＝0.8Ω.在导轨平面上有一长为L＝2.6m的匀强磁场区域，磁场方向垂直导轨平面，磁感应强度B＝0.5T．一根与导轨垂直放置的导体棒以初速度v0＝2m/s从上边沿进入磁场，最后以某一速度离开磁场．导体棒的质量m＝0.2 kg，电阻不计．g取10 m/s.

图7

(1)求导体棒刚进入磁场时加速度的大小；

2

(2)求题述过程中通过电阻R的电荷量；

(3)若定值电阻R在此过程中产生的热量为0.5J，求导体棒离开磁场时的速度大小． 答案 (1)4.5m/s (2)0.65 C (3)5 m/s

解析 (1)导体棒刚进入磁场时，产生的感应电动势为：

2

E＝Bdv0

导体棒中的电流为：I＝

根据牛顿第二定律可得：mgsinθ－BId＝ma 代入数据可得：a＝4.5m/s

ΔФ

(2)电路中的平均感应电动势为：E＝

Δt2

ERE电路中的平均感应电流为：I＝通过的电荷量：q＝IΔt ΔΦ联立可得：q＝ R R磁通量的变化量为：ΔΦ＝BLd 代入数据可得：q＝0.65C

1212(3)由能量守恒有mgLsinθ＝Q＋(mv－mv0)

22代入数据可得：v＝5m/s

1．(电磁感应中的图象问题)(2019·山东济宁市第二次摸底)如图8甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图象是下图中的( )

图8

答案 D

ΔΦΔBnSΔtΔtE解析 因为感应电流大小不变，根据法拉第电磁感应定律得：I＝＝＝，而线圈

nRRRΔBΔiSnSΔtΔtl1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I＝∝，所以线圈l1中的电流

nRR均匀改变，A、C错误；根据题图乙，0～时间内感应电流磁场向左，所以线圈l1产生的磁

4

T场向左减小，或向右增大，B错误，D正确．

2．(电磁感应中的动力学问题)(2016·全国卷Ⅱ·24)如图9，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：

图9

(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值．

FB2l2t0

答案 (1)Blt0(－μg) (2) mm解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②

当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③ 联立①②③式可得E＝Blt0(－μg)④

(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律

FmEI＝⑤ R式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为

F安＝BlI⑥

因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0⑦

B2l2t0

联立④⑤⑥⑦式得R＝.

m3．(电磁感应中的动力学和能量问题)(2020·宁夏银川市质检)如图10所示，水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝5T，导轨宽度L＝0.4m，左侧与R＝0.5Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒ab垂直导轨跨放在导轨上，导体棒

ab质量m＝2.0kg，电阻r＝0.5Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计．导

体棒ab在大小为10N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x＝40cm后，速度达到最大，取g＝10m/s.求：

图10

2

(1)导体棒ab运动的最大速度的大小；

(2)当导体棒ab的速度v＝1m/s时，导体棒ab的加速度的大小；

(3)导体棒ab由静止运动到刚达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量． 答案 (1)1.5m/s (2)1 m/s (3)0.075J

解析 (1)导体棒ab垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小：E＝BLv 由闭合电路欧姆定律得：I＝

2

ER＋r

B2L2v可得导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝ R＋rB2L2vm

当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：＋μmg＝F

R＋r解得最大速度：vm＝1.5m/s；

B2L2v(2)当导体棒ab的速度v＝1m/s时，由牛顿第二定律得：F－－μmg＝ma

R＋r解得：a＝1m/s；

(3)导体棒ab由静止运动到刚达到最大速度的过程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx12＋mvm 2解得：Q＝0.15J 所以QR＝

2

Q＝0.075J. R＋rR1．(多选)(2019·广东肇庆市第二次统一检测)如图1甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流i正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向．下列图象正确的是( )

图1

答案 BD

2．(多选)(2019·山西临汾市二轮复习模拟)如图2甲所示，半径为1m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1kg、电阻为1Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则( )

2

图2

A．导体棒的电流是从b到a B．通过导体棒的电流大小为0.5A C．0～2s内，导体棒产生的热量为0.125J D．t＝πs时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3N 答案 AC

解析 穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒的电流是从b到a，选项A正确；假设0～πs时间内导体棒静止不动，感应电动势E＝

ΔΦΔB10.512

＝·πr＝×ΔtΔt2π2

E0.252

π×1V＝0.25V，则感应电流I＝＝A＝0.25A，t＝πs时，导体棒受到的安培力F＝2BIrR1

＝2×0.5×0.25×1N＝0.25N，最大静摩擦力Ffm＝μmg＝0.3N，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25N，选项B、D错误；0～2s内，导体棒产生的热量为Q＝IRt＝0.25×1×2J＝0.125J，选项C正确．

3．(2020·河南驻马店市调研)如图3甲所示，间距为L＝0.5m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2T，轨道左侧连接一阻值R＝1Ω的定值电阻．垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示．已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10m/s，求：

图3

(1)导体棒的加速度大小； (2)导体棒的质量． 答案 (1)5m/s (2)0.1kg

解析 (1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度大小为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，则导体棒产生的电动势：E＝BLv 回路中的电流I＝ 导体棒受到的安培力：F安＝BIL 由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma 由题意v＝at

2

2

2

2

ERB2L2a联立解得：F＝t＋ma＋Ff

R根据题图乙可知，0～10s内图象的斜率为0.05N/s，

B2L2a即＝0.05N/s，

R解得a＝5m/s

(2)由F－t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0N 又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.

4.(2019·安徽安庆市二模)如图4所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L＝0.5m，左端接有阻值R＝3Ω的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量m＝0.2kg，电阻r＝2Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝4T的匀强磁场中，t＝0时刻，在MN上加一与金属杆垂直、方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a＝2m/s的加速度向右做匀加速直线运动，2s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：

图4

(1)1s末外力F的大小；

(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热． 答案 (1)2N (2)0.96J

解析 (1)1s末，金属杆MN的速度大小为

2

2

v1＝at1＝2×1m/s＝2 m/s

金属杆MN产生的感应电动势为E＝BLv1 金属杆MN中的感应电流大小I＝

ER＋r 金属杆MN受到的安培力大小F安＝BIL

B2L2v1联立得F安＝＝1.6N

R＋r根据牛顿第二定律有F－F安＝ma 可得F＝F安＋ma＝2N

(2)2s末，金属杆MN的速度大小为v2＝at2＝2×2m/s＝4 m/s

1212

撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Q＝mv2＝×0.2×4 J

22

＝1.6J

电阻R上产生的焦耳热QR＝

Q＝×1.6J＝0.96J. R＋r3＋2

R3

5.(2019·江苏省四星级高中一调)如图5所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨间距为L，接在两导轨间的电阻为R，在导轨的中间矩形区域内存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、接入电路的电阻为r的导体棒从距磁场上边缘d处由静止释放，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直．不计导轨的电阻，重力加速度为g.

图5

(1)求导体棒刚进入磁场时的速度v0的大小；

(2)求导体棒通过磁场过程中，通过电阻R的电荷量q；

(3)若导体棒刚离开磁场时的加速度为0，求导体棒通过磁场的过程中回路中产生的焦耳热

Q.

BLdr＋R答案 (1)2gdsinθ (2)(3)2mgdsinθ－44

r＋R2BL解析 (1)导体棒从静止下滑距离d的过程中有：

2

m3g2sinθ

mgdsinθ＝mv02－0，解得：v0＝2gdsinθ；

(2)由法拉第电磁感应定律得：

1

2

EΔΦE＝，I＝，q＝IΔt

ΔtR＋rΔΦBLd解得：q＝＝；

R＋rr＋RB2L2v(3)由导体棒刚离开磁场时加速度为0可知：mgsinθ＝，由能量守恒定律有：2mgdsinθr＋R12

＝Q＋mv

2

r＋R联立解得：Q＝2mgdsinθ－44

2BL2

m3g2sin2θ

6．(2019·江苏南京师大附中5月模拟)1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机．如图6所示为一圆盘发电机对小灯泡供电的示意图，铜圆盘可绕竖直铜轴转动，两块铜片C、D分别与圆盘的竖直轴和边缘接触．已知铜圆盘半径为L，接入电路中的电阻为r，匀强磁场竖直向上，磁感应强度为B，小灯泡电阻为R.不计摩擦阻力，当铜

圆盘以角速度ω沿顺时针方向(俯视)匀速转动时，求：

图6

(1)铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小E； (2)流过小灯泡的电流方向，以及小灯泡两端的电压U； (3)维持圆盘匀速转动的外力的功率P.

1RBωLBωL2

答案 (1)BωL (2)由a到b (3)

22R＋r4R＋r解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：

2

2

24

E＝BLv

圆盘半径两端的平均速度为：v＝

1

(0＋ωL) 2

12

由以上方程可得铜圆盘的铜轴与边缘之间的感应电动势大小：E＝BωL

2(2)由右手定则可得电流方向：由a到b； 由闭合电路欧姆定律可得电流为：I＝所以灯泡两端的电压为：U＝IR

ER＋r

RBωL2

由以上方程解得：U＝

2R＋r(3)由能量守恒可知，维持圆盘匀速转动的外力的功率等于电路消耗的总功率，即：P＝P电 而电路中消耗的总功率为：P电＝

E2

R＋r

B2ω2L4

由以上方程解得：P＝

4R＋r