2017-2018高中物理（人教版）高三备考 强化训练31 电磁感应定律 动生电动势-切导的曲线运动（二）

PAGEPAGE17强化训练30电磁感应定律动生电动势（二）——’17备考热身教辅系列本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于通过训练，更加熟练地掌握运用法拉第电磁感应定律、或、或、右手定则等确定动生电动势的大小和方向。通过理论和实际的结合，不仅加深了对法拉第电磁感应定律的理解，也极大地提高我们分析问题、解决问题的能力。全卷14题，总计120分，选做题6道备用。一、破解依据欲解“感应电动势的大小”一类问题，大致可用以下几条依据：㈠产生感应电流的条件：⑴穿过回路的“磁通量发生变化”。⑵回路是“闭合”的。㈡动生电动势⑴大小：①其中，n为回路匝数，为回路面积的变化率。方向判定：“手心对N极、拇指表运动、四指示动（生）电（流）”——右手定则。与“手心对N极、四指表通电、拇指示受力”——左手定则显著不同。②，其中，l做定轴转动。③或，其中为动生电动势的最大值。⑵方向：“手心对N极、拇指表运动、四指示动（生）电（流）”——右手定则。与“手心对N极、四指表通电、拇指示受力”——左手定则显著不同。㈢此类问题常涉及外电路变换、变化以及电流、电压、功率、效益等，则需综合应用“恒定电流”的有关概念和规律。㈣亦常涉及功能联系（如动能定理）、能量转化和守恒，则宜采用相应手段处理。二、精选习题㈠选择题（每小题5分，共50分）⒈(15新课标Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“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的磁针，如图-1所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（）图-1图-1A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动⒉（14日照一中）如图-2所示，直角坐标系的2、4象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，在第3象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。现将半径为R，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ在外力作用下以恒定角速度绕O点在纸面内沿逆时针方向匀速转动。t=0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向。则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是（）图-2图-2⒊（15新课标Ⅱ）如图-3，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ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l。下列判断正确的是A．Ua>Uc，金属框中无电流B.Ub>Uc，金属框中电流方向沿a-b-c-aC.Ubc=-1/2Bl²ω，金属框中无电流D.Ubc=1/2Bl²w，金属框中电流方向沿a-c-b-a图-3图-3⒋（15山东）如图-4，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动图-4图-4⒌（16全国Ⅲ）如图-5所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()图-5图-5A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等⒍（13全国大纲版）纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图-6所示。若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是（）图-6图-6ttEOAtEOBtEOCtEOD⒎矩形线圈abcd在匀强磁场中绕00'轴匀速转动，当t=0时，线圈恰好经过图-7中所示的位置，已知线圈为n匝，面积是S，电阻为R，磁感强度为B，转动角速度为ω。(1）从t=0时开始计时，写出感应电动势瞬时值的表达式。(2）由图示位置转过90°角的过程中时线圈上产生的热量？图-7图-7⒏（15西安交大附中）某兴趣小组设计了一种发电装置，如图-8所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为eq\f(4,9)π，磁场均沿半径方向．匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝L、bc＝ad＝2L线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc边和ad边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R。则（）A．线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em=2BL2ωB．线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F＝C．线圈旋转一圈时，流过电阻R的净电荷量为零。D．外力做功的平均功率为图-8图-89．（17天津）在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示-9正弦规律变化．设线圈总电阻为2Ω，则()图-9图-9A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线B．t＝1s时，线圈中的电流改变方向C．t＝1.5s时，线圈中的感应电动势最大D．一个周期内线圈产生的热量为8π2J⒑（16全国Ⅱ）法拉第圆盘发电机的示意图如图-10所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图-10图-10A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍㈡计算题（共70分）⒒（16江苏）（16分）据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图-11所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20m，地磁场的磁感应强度垂直于v，MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，将太阳帆板视为导体．(1)求M、N间感应电动势的大小E；(2)在太阳帆板上将一只“1.5V，0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R＝6.4×103km，地球表面的重力加速度g＝9.8m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字)．图-11图-11⒓(15丰台区二练)（17分）航天飞缆是用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统。飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖拽力，它还能清理“太空垃圾”等。从1967年至1999年17次试验中，飞缆系统试验已获得部分成功。该系统的工作原理可用物理学的相关规律来解释。如图-12所示为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P、Q用长为l的柔性金属缆索连接，外有绝缘层，系统绕地球作圆周运动，运动一周的时间为T，运动过程中Q距地面高为h。飞缆系统沿图示方向在地磁场中运动，缆索总保持指向地心，地磁场在缆索所在处的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。已知地球半径为R，地面的重力加速度为g。不考虑地球自转，可认为缆索切割磁感线的速度等于缆索中点的速度。（1）设缆索中无电流，问缆索P、Q哪端电势高？求P、Q两端的电势差；（2）设缆索的电阻为R1，如果缆索两端物体P、Q通过周围的电离层放电形成电流，相应的电阻为R2，求缆索所受的安培力多大；（3）若物体Q的质量为mQ，求缆索对Q的拉力FQ。图-12图-12⒔(13广东)（18分）如图-13甲所示,在垂直于匀强磁场B的平面内,半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动,圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接。电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图-13乙所示,其中ab段和bc段均为直线,且ab段过坐标原点。ω>0代表圆盘逆时针转动。已知:R=3.0Ω,B=1.0T,r=0.2m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。(1)根据图乙写出ab、bc段对应的I与ω的关系式;(2)求出图乙中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc;(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式。图-13图-1314．(14新课标Ⅱ)（19分）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为r,质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面,BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图-14所示。整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下,在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求:(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小;(2)外力的功率。图-14图-14㈢选做题⒖.（12新课标）如图-15，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，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、垂直于半圆面的轴以角速度ω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的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()图-15图-15A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)⒗（2014·石家庄二检）法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图X21­3所示，用紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是()图-16图-16A．回路中电流的大小变化，方向不变B．回路中电流的大小不变，方向变化C．回路中电流的大小和方向都周期性变化D．回路中电流的方向不变，从b导线流进电流表⒘(14浙江)某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图-17所示。一个半径为R=0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=QUOTE的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落h=0.3m时,测得U=0.15V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g=10m/s2)图-17图-17(1)测U时,与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”?(2)求此时铝块的速度大小;(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。⒙（13郑州一模）如图-18所示，在xOy平面内有一扇形金属框abc，其半径为r，ac边与y轴重合，bc边与x轴重合，且c为坐标原点，ac边与bc边的电阻不计，圆弧ab上单位长度的电阻为R.金属杆MN长度为L，放在金属框abc上，MN与ac边紧邻．磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直并充满平面．现对MN杆施加一个外力(图中未画出)，使之以c点为轴顺时针匀速转动，角速度为ω.求：图-18图-18(1)在MN杆运动过程中，通过杆的电流I与转过的角度θ间的关系；(2)整个电路消耗电功率的最小值是多少？⒚(15苏州二调)．（15分）如图-19所示，两根半径为r的圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B．将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放．已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg．求：（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量．图-19图-19⒛（14广州一模）如图-20所示，匀强磁场垂直于铜环所在的平面，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴圆环，可绕O匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两块竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间的M点，被拉起到水平位置；合上开关S，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧．已知磁感应强度为B，a的角速度为ω，长度为l，电阻为r，R1＝R2＝2r，铜环的电阻不计，P、Q两板的间距为d，小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g.求：(1)a匀速转动的方向；(2)P、Q间电场强度E的大小；(3)小球通过N点时对细线拉力F的大小．图-20图-20三、参考答案㈠选择题⒈【答案】A、B【解析】因为当磁体和导体之间的相对运动在导体内产生出了感应电流，而感应电流产生的磁力又会与磁体的磁力相互作用，从而使磁体一起转动起来，具休是当铜圆盘在小磁针的磁场中转动时，半径方向的金属条在切割磁感线，发生电磁感应现象，在铜圆盘的圆心和边缘之间产生感应电动势，选项A正确；圆盘在径向的辐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而形成感应电流即涡流（根据圆盘转向的不同以及磁极的不同，感应电流从轴心流向边缘或从边缘流向轴心），而感应电流产生的磁力又会与小磁针的磁力相互作用，从而使小磁针一起转动起来，故选项B正确，圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，故磁场穿过整个圆盘的磁通量没有变化，选项C错误；圆盘本身呈中性，不会产生环形电流，D错误。⒉【答案】B【解析】在0-t时间内，线框从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为：

E1=Bω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I1=．根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针．在t-2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：

E2=Bω•R2+•2Bω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；

在2t-3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回路电流方向为逆时针．回路中产生的感应电动势为：

E3=Bω•R2+•2Bω•R2=Bω•R2=3E1；感应电流为：I2=3I1；在3t-4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：

E4=Bω•R2；由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：I4=I1；故B正确．故选：B⒊【答案】C⒋【答案】ABD⒌【答案】BC【解析】设导线圈半径为l，角速度为ω，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E＝eq\f(1,2)Bωl2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，如图所示，A错误；由T＝eq\f(2π,ω)可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T，B正确；在t＝eq\f(T,8)时，两导线框均在切割磁感线，故两导线框中产生的感应电动势均为eq\f(1,2)Bωl2，C正确；对于线框M，有eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,有M),R)·T，解得U有M＝E；对于线框N，有eq\f(E2,R)·eq\f(T,4)＋0＋eq\f(E2,R)·eq\f(T,4)＋0＝eq\f(Ueq\o\al(2,有N),R)·T，解得U有N＝eq\f(\r(2),2)E，故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D错误．⒍【答案】C【解析】导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，在转过180°的过程中，切割磁感线的导体棒长度先不均匀增大后减小，由右手定则可判断出感应电动势的方向为由O指向A为正，所以下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是C。⒎【解析】（1）显然，从中性面开始计时电动势瞬时值表达式为：(2)由焦耳定律可得①②③④联立①②③④得⒏【答案】CD【解析】A、bc、ad边的运动速度：感应电动势：，解得：，故A错误；B、根据欧姆定律得：电流：安培力：，解得：，故B错误；C、线圈旋转一圈时，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故流过电阻R的净电荷量为零，故C正确；D、在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为，电机的总功率：；外力做功的功率与电源的总功率相等，故D正确。故选：CD⒐【答案】AD【解析】由图可知，t＝0时，磁通量为0，线圈平面平行于磁感线，A正确；t＝1s时，由法拉第电磁感应定律和图线的斜率可知，线圈中的电流方向不变，B错误；t＝1.5s时磁通量的变化率为0，感应电动势为0，C错误；交变电流的电动势最大值Em＝nΦmω，所以电流的有效值I＝eq\f(Em,\r(2)R)，根据焦耳定律Q＝I2RT，联立解得Q＝8π2J，D正确．⒑【答案】AB【解析】将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时(从上往下看)，根据右手定则可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻R的电流方向从a到b，B正确；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv＝eq\f(1,2)BL2ω，而I＝eq\f(E,R)，故A正确，C错误；当角速度ω变为原来的2倍时，感应电动势E＝eq\f(1,2)BL2ω变为原来的2倍，感应电流I变为原来的2倍，电流在R上的热动率P＝I2R变为原来的4倍，D错误．㈡计算题⒒【答案】(1)1.54V(2)不能，理由见解析(3)4×105m【解析】(1)法拉第电磁感应定律E＝BLv，代入数据得E＝1.54V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．(3)在地球表面有Geq\f(Mm,R2)＝mg匀速圆周运动Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝meq\f(v2,R＋h)解得h＝geq\f(R2,v2)－R，代入数据得h≈4×105m(数量级正确都算对)⒓【解析】（1）由右手定则可以判定P点电势高设缆索中点的速度设为v①P、Q两点电势差就是缆索的电动势UPQ=E=BlvQ=②另解：（2）缆索电流I=③安培力FA=BIl④将①②③代入④式解得FA=（3）Q的速度设为vQ，Q受地球引力和缆索拉力FQ作用－FQ=mQ⑤物体Q绕地球做匀速圆周运动，设Q的速度设为vQ⑥又⑦将⑥⑦代入⑤式解得：FQ=mQ[－]⒔【答案】(1)ab段:I=QUOTEωA(-45rad/s≤ω≤15rad/s)bc段:I=(-0.05+QUOTEω)A(15rad/s≤ω≤45rad/s)(2)0.3V0.9V(3)ab段:IP=0bc段:IP=QUOTEA【解析】(1)根据题图乙可求得ab段斜率kab=QUOTE故ab段:I=QUOTEωA(-45rad/s≤ω≤15rad/s)bc段斜率kbc=QUOTE故bc段:I=I0+QUOTEω,把b点的坐标ω=15rad/s,I=0.1A代入可求得I0=-0.05A故bc段有:I=(-0.05+QUOTEω)A(15rad/s≤ω≤45rad/s)(2)圆盘逆时针转动切割磁感线产生感应电动势E=QUOTEBr2ω,得E=0.02ω当ω=15rad/s时,E=0.3V;当ω=45rad/s时,E=0.9V。由于圆盘电阻忽略不计,故Ub=0.3V,Uc=0.9V。(3)ab段:由右手定则,可判断加在P的电压是反向电压,故IP=0,对应于c点P导通,通过电流表的电流I==QUOTEA+QUOTEA=0.4A解得:RP=9Ω所以对应bc段流过P的电流IP=QUOTEA。⒕【答案】(1)（2）【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律,导体棒产生的感应电动势大小:①又因为,v1=rω,v2=2rω②通过电阻R的感应电流的大小③联立①②③解得④根据右手定则,感应电流的方向由B端流向A端,因此通过电阻R的感应电流方向为C→R→D。(2)由于导体棒质量分布均匀,导体棒对内外圆导轨的正压力相等,正压力为⑤两导轨对棒的滑动摩擦力f=μN⑥在Δt时间内导体棒在内外圆导轨上滑过的弧长l1=rωΔt,l2=2rωΔt⑦导体棒克服摩擦力做的功Wf=f(l1+l2)⑧在Δt时间内,电阻R上产生的焦耳热Q=I2RΔt⑨根据能量转化与守恒定律,外力在Δt时间内做的功W=Wf+Q⑩外力的功率⑪由④至⑪式可得:㈢选做题⒖【答案】C【解析】当导线框在磁场中转动时，产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)B0R2ω，当导线框在磁场中不转动而磁场变化时，产生的感应电动势为E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πR2，故eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，C正确．⒗【答案】D【解析】圆盘辐向垂直切割磁感线，由E＝eq\f(1,2)Br2ω可得，电动势的大小一定，则电流的大小一定；由右手定则可知，电流方向从圆盘边缘流向圆心，电流从b导线流进电流表，选项D正确．⒘【答案】(1)正极(2)2m/s(3)0.5J【解析】(1)由右手定则可知A是电源正极,所以a点接的是电压表的正极。(2)金属棒切割磁感线产生的电动势E=QUOTE圆盘和金属棒的角速度相同,设为ω,铝块速度为v,则v=ωr,vA=ωR,代入数据可得v=2m/s(其中E=U)。(3)下落过程中铝块机械能的损失ΔE=mgh-QUOTE代入数据得ΔE=0.5J18.【答案】(1)eq\f(πBr2ω,2πR0＋2θ（π－2θ）rR)(2)eq\f(2B2r4ω2,8R0＋πrR)【解析】(1)电路中感应电动势E＝eq\f(1,2)Br2ω设金属杆的电阻为R0，则电路总电阻R总＝R0＋eq\f