高考物理压轴题专题复习—法拉第电磁感应定律的推断题综合及详细答案

高考物理压轴题专题复习—法拉第电磁感应定律的推断题综合及详细答案
一、法拉第电磁感应定律
1．如图所示,在磁感应强度B =1.0 T 的有界匀强磁场中(MN 为边界)，用外力将边长为L =10 cm 的正方形金属线框向右匀速拉出磁场，已知在线框拉出磁场的过程中，ab 边受到的磁场力F 随时间t 变化的关系如图所示，bc 边刚离开磁场的时刻为计时起点(即此时t =0).求:
(1)将金属框拉出的过程中产生的热量Q ; (2)线框的电阻R .
【答案】（1）2.0×10-3 J （2）1.0 Ω 【解析】 【详解】
(1)由题意及图象可知，当0t =时刻ab 边的受力最大，为：
10.02N F BIL ==
可得：
10.02A 0.2A 1.00.1
F I BL =
==⨯ 线框匀速运动，其受到的安培力为阻力大小即为1F ，由能量守恒：
Q W =安310.020.1J 2.010J F L -==⨯=⨯
(2) 金属框拉出的过程中产生的热量：
2Q I Rt
=
线框的电阻：
3
22
2.010Ω 1.0Ω0.20.05
Q R I t -⨯===⨯
2．光滑平行的金属导轨MN 和PQ,间距L=1.0m,与水平面之间的夹角α=30°,匀强磁场磁感应强度B=2.0T,垂直于导轨平面向上,MP 间接有阻值R=2.0Ω的电阻,其它电阻不计,质量m=2.0kg 的金属杆ab 垂直导轨放置,如图(a)所示．用恒力F 沿导轨平面向上拉金属杆ab,由静止开始运动,v−t 图象如图(b)所示.g=10m/s 2，导轨足够长．求： (1)恒力F 的大小；
(2)金属杆速度为2.0m/s 时的加速度大小；
(3)根据v−t 图象估算在前0.8s 内电阻上产生的热量．
【答案】(1)18N(2)2m/s 2（3）4.12J 【解析】 【详解】
（1）由题图知，杆运动的最大速度为4/m v m s =，
有22sin sin m
B L v F mg F mg R
αα=+=+
安，代入数据解得F=18N ． （2）由牛顿第二定律可得：sin F F mg ma α--=安
得222222
212sin 182100.5
2/2/2
B L v F mg R a m s m s m α⨯⨯----⨯⨯===， （3）由题图可知0.8s 末金属杆的速度为1 2.2/v m s =，前0.8s 内图线与t 轴所包围的小方格的个数约为28个，面积为28×0.2×0.2=1.12，即前0.8s 内金属杆的位移为 1.12x m =， 由能量的转化和守恒定律得：2
11sin 2
Q Fx mgx mv α=--， 代入数据解得： 4.12J Q =． 【点睛】
本题电磁感应与力学知识的综合，抓住速度图象的两个意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移辅助求解．估算位移时，采用近似的方法，要学会运用．
3．如图（a ）所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。

在区域I 内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B t 的大小随时间t 变化的规律如图（b ）所示。

t ＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab 从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于区域I 内的导轨上由静止释放。

在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 处之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。

已知cd 棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t ＝t x 时刻（t x 未知）ab 棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g 。

求：
(1)通过cd 棒电流的方向和区域I 内磁场的方向； (2)ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离；
(3)ab 棒开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量。

【答案】(1)通过cd 棒电流的方向从d 到c ，区域I 内磁场的方向垂直于斜面向上；(2)3l （3）4mgl sin θ。

【解析】 【详解】
(1)由楞次定律可知，流过cd 的电流方向为从d 到c ，cd 所受安培力沿导轨向上，由左手定则可知，I 内磁场垂直于斜面向上，故区域I 内磁场的方向垂直于斜面向上。

(2)ab 棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，
a ＝
sin mg m
θ
=gs in θ cd 棒始终静止不动，ab 棒在到达区域Ⅱ前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab 棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得：
1Blv t
∆Φ
=∆ 2(sin )x x
B l I
BI g t t θ⋅⋅= 解得
2sin x l
t g θ
=
ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度
12sin v gl θ
则ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离
2
1232
x h at l l =
+= (3)ab 棒在区域Ⅱ中运动时间
222sin x
l l
t v g θ=
= ab 棒从开始下滑至EF 的总时间
222
sin x l
t t t g θ
=+=
感应电动势：
12sin E Blv Bl gl θ==
ab 棒开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量：
Q ＝EIt ＝4mgl sin θ
4．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L ＝1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R ＝0.40 Ω的电阻，质量为m ＝0.01 kg 、电阻为r ＝0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上．现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g ＝10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，求：
(1) ab 棒1.5 s-2.1s 的速度大小及磁感应强度B 的大小； (2)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，通过电阻R 的电荷量； (3)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量。

【答案】(1) v ＝7 m/s B ＝0.1 T (2) q ＝0.67 C (3)0.26 J 【解析】 【详解】
(1)金属棒在AB 段匀速运动，由题中图象得：
v ＝
x
t ∆∆＝7 m/s 根据欧姆定律可得：
I ＝
BLv
r R
+ 根据平衡条件有
mg ＝BIL
解得：
B ＝0.1T
(2)根据电量公式：
q ＝I Δt
根据欧姆定律可得：
I ＝
()R r t
∆Φ
+∆ 磁通量变化量
ΔΦ＝
S t
∆∆B
解得：
q ＝0.67 C
(3)根据能量守恒有：
Q ＝mgx －
12
mv 2 解得：
Q ＝0.455 J
所以
Q R ＝
R
r R
+Q ＝0.26 J 答：(1) v ＝7 m/s B ＝0.1 T (2) q ＝0.67 C (3)0.26 J
5．如图，水平面（纸面）内同距为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．0t 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
（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．
【答案】0F E Blt g m μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ； R =220
B l t m
【解析】 【分析】 【详解】
（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：ma=F-μmg ① 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 =at 0 ②
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，杆中的电动势为:E=Blv ③ 联立①②③式可得:0F E Blt g m μ⎛⎫
=-
⎪⎝⎭
④ （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I ，根据欧姆定律：I=E
R
⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：f BIl = ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F –μmg–f=0 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得: R =220
B l t m
6．如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角θ＝30°，间距L ＝0.5 m ，上端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻．匀强磁场的磁感应强度大小B ＝0.4 T ，磁场方向垂直导轨平面向上．一质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的导体棒MN ，在平行于导轨的外力F 作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好．当棒的位移d ＝9 m 时，电阻R 上消耗的功率为P ＝2.7 W ．其它电阻不计，g 取10 m/s 2.求：
(1)此时通过电阻R 上的电流； (2)这一过程通过电阻R 上的电荷量q ； (3)此时作用于导体棒上的外力F 的大小． 【答案】（1）3A （2）4.5C （3）2N 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据热功率：P ＝I 2R ， 解得：3A P
I R
=
= (2)回路中产生的平均感应电动势：E n t
φ∆=∆ 由欧姆定律得：+E I R r
=
得电流和电量之间关系式：q I t n R r
φ
∆=⋅∆=+ 代入数据得： 4.5C BLd
q R r
=
=+ (3)此时感应电流I ＝3A ，由E BLv
I R r R r
==++ 解得此时速度：()6m/s I R r v BL
+=
=
由匀变速运动公式：v 2＝2ax ，
解得：2
22m/s 2v a d
==
对导体棒由牛顿第二定律得：F －F 安－mgsin30°＝ma ， 即：F －BIL －mgsin30°＝ma ， 解得：F ＝ma ＋BIL ＋mgsin30°＝2 N 【点睛】
本题考查电功率，电量表达式及电磁感应电动势表达式结合牛顿第二定律求解即可，难度不大，本题中加速度的求解是重点． 【考点】
动生电动势、全电路的欧姆定律、牛顿第二定律.
7．如图所示足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 组成的平面与水平面成37°放置，导轨宽度L=1m ，一匀强磁场垂直导轨平面向下，导轨上端M 与P 之间连接阻值R=0.3Ω的电阻，质量为m=0.4kg 、电阻r=0.1Ω的金属棒ab 始终紧贴在导轨上．现使金属导轨ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图像中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计．g=10m/s 2，忽略ab 棒在运动过程中对原磁场的影响．求：
(1)磁感应强度B 的大小；
(2)金属棒ab 在开始运动的2.0s 内，通过电阻R 的电荷量； (3)金属棒ab 在开始运动的2.0s 内，电阻R 产生的焦耳热． 【答案】（1）0.4B T = (2)6q C = (3) 5.4R Q J = 【解析】
（1）导体棒在沿斜面方向的重力分力与安培力平衡： 得sin mg BIL θ=
导体棒切割磁感线产生的电动势为： E BLv =
由闭合电路欧姆定律知：
E
I R r
=
+ 3.66/0.6
x v m s t =
== 联立解得：0.4B T = （2）6()()()
E BsL
q It t t C R r t R r R r R r ∆Φ∆Φ==
====+∆+++
（3）由功能关系得：2
1sin 2
mgx mv Q θ=
+ 5.4R Q
Q R J R r
=
=+ 综上所述本题答案是：（1）0.4T （2）6C （3）5.4J
点睛：对于本题要从力的角度分析安培力作用下导体棒的平衡问题，列平衡方程，另外要借助于动能定理、功能关系求能量之间的关系．
8．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L =0.4m ，上端接有电阻R =0.3Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感强度B =0.5T 。

现将质量m =0.05kg 、电阻r =0.1Ω的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v -t 图像如图乙所示，0-1s 内的v -t 图像为过原点的直线，2s 后的v -t 图像为平行于t 轴的横线，不计空气阻力，g 取10m/s 2，求：
(1)金属杆ab 刚进入磁场时感应电流的大小；
(2)已知金属杆ab 在t =2s 时在磁场中下落了h =6.65m ，则杆从静止下落2s 的过程中电阻R 产生的热量是多少？ 【答案】(1)I 1=5A (2)Q R =3.9J 【解析】 【分析】
本题首先通过对图像的分析，得到金属杆刚开始做匀加速直线运动，可以利用运动学公式与闭合电路的相关知识求解，其次抓住图中匀速可以列出平衡式子，对于非匀变速可以从能量角度列示求解。

【详解】
（1）由图乙可知，t=1s 时，金属杆进入磁场 v 1=gt E 1=BLv 1
联立以上各式，代入数据得 I 1=5A
（2）由第1问，v 1=10m/s ，2s 后金属杆匀速运动，由：mg=BI 2L
E 2 = BLv 2，代入数据得：v 2=5m/s
金属杆下落过程有：
代入数据得Q R =3.9J 【点睛】
本题强化对图像的认识，图像中两段运动比较特殊，一段是匀加速，一段是匀速，这个是解题的突破口，可以用运动学公式结合电路相关公式求解问题。

对于非匀变速突出从能量角度找突破口列示求解。

9．如图所示，两根相距d=1m 的足够长的光滑平行金属导轨位于xoy 竖直面内，两金属导轨一端接有阻值为R=2Ω的电阻．在y ＞0的一侧存在垂直纸面的磁场，磁场大小沿x 轴均匀分布，沿y 轴大小按规律0.5B y =分布。

一质量为m=0.05kg 、阻值r=1Ω的金属直杆与金属导轨垂直，在导轨上滑动时接触良好，当t=0时位于y=0处，速度v 0=4m/s ，方向沿y 轴的正方向。

在运动过程中，有一大小可调节、方向为竖直向上的外力F 作用于金属杆以保持金属杆的加速度恒定，大小为a ，方向沿y 轴的负方向．设导轨电阻忽略不计，空气阻力不计，重力加速度为g 。

求：
(1)当金属直杆的速度大小v=2m/s 时金属直杆两端的电压； (2)当时间分别为t=3s 和t=5s 时外力F 的大小； (3)R 的最大电功率。

【答案】（1）233U V =
(2) 1 1.1N F = ; 20.6N F = (3) 8
9
m P W = 【解析】(1)当金属杆的速度大小为v =2m/s
此时的位移22
3m 2v v y a
-=
=- 此时的磁场0.53T B =
此时的感应电动势0.5312V=3V E Bdv ==⋅ 金属直杆两端的电压2
3V 3
R U E R r =
=+ (2)金属直杆在磁场中运动的时间满足0
24s v t a
<
⋅= 当t =3s 时，金属直杆向上运动，此时速度02m/s v v at =-=-
位移
22
03m
2
v v
y
a
-
==
-
所以0.53T
B=
由牛顿第二定律得
1
Bdv
F mg B d ma
R r
--=
+
解得
1
1.1N
F=
当5s4s
t=>时，金属直杆已向上离开磁场区域
由
2
F mg ma
-=
解得：
2
0.6N
F=
(3)设金属直杆的速度为v时，回路中的电流为I，R的电功率为P
Bdv
I
R r
=
+
，
22
0.5
2
v v
B
a
-
=，
()
()22
222
2
2
16
72
v v
B d v
P I R R
R r
-
===
+
当28
v=即22
v=m/s时P最大
8
9
m
P=W
【点睛】本题是电磁感应与力学的综合题，解决本题的关键抓住金属杆做匀变速运动，运用运动学公式，结合切割产生的感应电动势公式、牛顿第二定律进行求解．
10．如图甲所示为发电机的简化模型，固定于绝缘水平桌面上的金属导轨，处在方向竖直向下的匀强磁场中，导体棒ab在水平向右的拉力F作用下，以水平速度v沿金属导轨向右做匀速直线运动，导体棒ab始终与金属导轨形成闭合回路．已知导体棒ab的长度恰好等于平行导轨间距l，磁场的磁感应强度大小为B，忽略摩擦阻力．
(1)求导体棒ab运动过程中产生的感应电动势E和感应电流I；
(2)从微观角度看，导体棒切割磁感线产生感应电动势是由于导体内部的自由电荷受到沿棒方向的洛伦兹力做功而产生的．如图乙(甲图中导体棒ab)所示，为了方便，可认为导体棒ab中的自由电荷为正电荷，每个自由电荷的电荷量为q，设导体棒ab中总共有N个自由电荷．
a.求自由电荷沿导体棒定向移动的速率u；
b.请分别从宏观和微观两个角度，推导非静电力做功的功率等于拉力做功的功率．
【答案】(1) Blv F Bl
(2) F NqB 宏观角度
【解析】
(1)根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E Blv = 导体棒水平向右匀速运动，受力平衡，则有F BIl F ==安
联立解得：F
I Bl
=
(2)a 如图所示：
每个自由电荷沿导体棒定向移动，都会受到水平向左的洛伦兹力1f quB = 所有自由电荷所受水平向左的洛伦兹力的合力宏观表现为安培力F 安 则有：1F Nf NquB F ===安 解得：F u NqB
=
B, 宏观角度：非静电力对导体棒ab 中所有自由电荷做功的功率等于感应电源的电功率，则有：P P EI Fv ===非电 拉力做功的功率为：P Fv =拉
因此P P =非拉， 即非静电力做功的功率等于拉力做功的功率； 微观角度：如图所示：
对于一个自由电荷q ，非静电力为沿棒方向所受洛伦兹力2f qvB = 非静电力对导体棒ab 中所有自由电荷做功的功率2P Nf u 非= 将u 和2f 代入得非静电力做功的功率P Fv =非 拉力做功的功率P Fv =拉
因此P P =非拉 即非静电力做功的功率等于拉力做功的功率.
11．如图所示，光滑、足够长的平行金属导轨MN 、PQ 的间距为l ，所在平面与水平面成θ
角，处于磁感应强度为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．两导轨的一端接有阻值为R 的电阻．质量为m 、电阻为r 的金属棒ab 垂直放置于导轨上，且m 由一根轻绳通过一个定滑轮与质量为M 的静止物块相连，物块被释放后，拉动金属棒ab 加速运动H 距离后，金属棒以速度v 匀速运动．求：（导轨电阻不计）
（1）金属棒αb 以速度v 匀速运动时两端的电势差U ab ； （2）物块运动H 距离过程中电阻R 产生的焦耳热Q R ． 【答案】1）ab BlvR U R r =+（2）()()21sin 2R Q M m gH M m v R r θ⎡⎤
=--+⎢⎥+⎣⎦
【解析】
(1)金属棒ab 以速度v 匀速运动时，产生的感应电动势大小为：E =Blv 由闭合电路欧姆定律得： E
I R r
=
+ 金属棒αb 两端的电压大小为：U =IR 解得： BlvR
U R r
=
+ 由右手定则可得金属棒ab 中的电流方向由a 到b ， 可知U ab 为负值，故： ab BlvR
U R r
=
+ (2)物块运动H 距离过程中，设整个回路产生的焦耳热为Q ， 由能量守恒定律得：2211
sin 22
MgH mgH mv Mv Q θ=+++ 由焦耳定律得：2
()Q I R r t =+
2R Q I Rt =
解得：21[(sin )()]2R
Q M m gH M m v R r
θ=--
++ 【点睛】本题是一道电磁感应与电路、运动学相结合的综合题，分析清楚棒的运动过程、找出电流的房你想、应用能量守恒和功能关系等相关知识，是正确解题的关键．
12．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm ，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R 的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg 、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．求：
(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；
(3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．(g=10rn／s2，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8)
【答案】（1）4m／s2（2）10m/s（3）0.4T，方向垂直导轨平面向上
【解析】试题分析：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：
①
由①式解得＝10×（O.6－0.25×0.8）m／s2=4m／s2②
（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡
③
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻消耗的电功率：
④
由③、④两式解得
⑤
（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B
⑥
⑦
由⑥、⑦两式解得⑧
磁场方向垂直导轨平面向上
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律
【名师点睛】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律。

属于中等难度的题目，解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，根据运动状态列方程求解。

开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，根据牛顿第二定律可直接求解加速度的大小；金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力。

视频
13．桌面上放着一个单匝矩形线圈，线圈中心上方一定高度上有一竖立的条形磁体（如图），此时线圈内的磁通量为0.04Wb。

把条形磁体竖放在线圈内的桌面上时，线圈内磁通量为0.12Wb。

分别计算以下两个过程中线圈中的感应电动势。

（1）把条形磁体从图中位置在0.5s内放到线圈内的桌面上；
（2）换用100匝的矩形线圈，线圈面积和原单匝线圈相同，把条形磁体从图中位置在0.1s 内放到线圈内的桌面上。

【答案】（1）0.16V ；（2）80V 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据法拉第电磁感应定律，把条形磁体从图中位置在0.5s 内放到线圈内的桌面上线圈中的感应电动势
0.120.04
V 0.16V 0.5
E t ϕ∆-=
==∆ （2）换用100匝的矩形线圈条形磁体从图中位置在0.1s 内放到线圈内的桌面上的感应电动势
0.120.04100V 80V 0.1
E n
t ϕ∆-==⨯=∆
14．两根足够长的光滑直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，且接有阻值为R 的电阻。

整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。

导轨和金属杆的电阻可忽略。

让金属杆MN 由静止沿导轨开始下滑.求：
（1）当导体棒的速度为v （未达到最大速度）时，通过MN 棒的电流大小和方向； （2）导体棒运动的最大速度. 【答案】(1) Blv
I R =,方向为从N 到M (2)22sin m mgR v B L
θ= 【解析】 【详解】
（1）当导体棒的速度为v 时，产生的感应电动势为E Blv = 回路中的电流大小为Blv I R
=
由右手定则可知电流方向为从N 到M
（2）导体棒在磁场中运动时，所受安培力大小为
22B L v
F ILB R
== 由左手定则可知，安培力方向沿斜面向上当导体棒的加速度为零时，速度最大即：
22sin m
B L v mg R
θ=
可解得最大速度为:
22
sin m mgR v B L θ
=
答：（1）当导体棒的速度为v （未达到最大速度）时，通过MN 棒的电流大小为Blv
I R
=,方向为从N 到M ；
（2）导体棒运动的最大速度22
sin m mgR v B L θ
=
15．如图甲所示的螺线管，匝数n =1500匝，横截面积S =20cm 2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。

则
（1）2s 内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？ （2）磁通量的变化率多大？ （3）线圈中感应电动势大小为多少？
【答案】（1）8×10-3
Wb （2）4×10-3
Wb/s （3）6.0V 【解析】 【详解】
（1）磁通量的变化量是由磁感应强度的变化引起的， 则11B S Φ=，22B S Φ=，21∆Φ=Φ-Φ。

43(62)2010Wb 810Wb BS --∆Φ∆=-⨯⨯=⨯=
（2）磁通量的变化率为：
3
3810Wb/s 410Wb/s 2
t --∆Φ⨯==⨯∆ （3）根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小：
31500410V 6.0V E n
t
-==⨯⨯=∆Φ
∆ 答：（1）2s 内穿过线圈的磁通量的变化量8×
10-3Wb （2）磁通量的变化率为4×
10-3Wb/s （3）线圈中感应电动势大小为6.0V。