(共53张PPT)
主题提升课(二) 电磁感应及其应用
第三章 交变电流
主题一 感应电流的产生
探究影响感应电流方向的因素，理解楞次定律。
【典例1】 如图所示，一根足够长的无缝铝管竖直放置，
一块圆形强磁铁从铝管上端开口处静止释放。不计摩擦阻
力和空气阻力，在磁铁下落的过程中，请回答：
(1)铝管中是否产生感应电流并说明原因；
(2)描述磁铁进入铝管后的运动情况；
(3)系统中的能量转化情况。
[解析] (1)强磁铁从铝管中经过时，铝管中会产生感应电流，因铝管形成的闭合回路中的磁通量发生变化。
(2)由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍磁铁相对铝管的运动，磁铁运动越快，铝管中的感应电流越大，感应电流对磁铁的阻碍作用也越大，因此磁铁先做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动。
(3)磁铁由静止释放后，磁铁的一部分机械能首先转化为电能，由焦耳定律可知，电能再转化为铝管的内能。
[答案] 见解析
主题二 电磁感应现象及其应用
通过实验，理解法拉第电磁感应定律，了解自感现象和涡流现象，能举例说明在生产生活中的应用。
【典例2】 电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠。如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )
A．当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好
B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅体产生涡流，进而发热工作
C．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用
D．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
√
B [锅体中的涡流是由变化的磁场引起的，故所加电流必须是交流，不能是直流，A错误；根据电磁炉的工作原理可知，电磁炉通电线圈加交流电后，在锅体产生涡流，进而发热工作，B正确；在锅和电磁炉中间放一纸板，电磁炉仍能起到加热作用，C错误；电磁炉工作时金属锅体自身产生涡流而直接发热，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，锅体不会产生涡流，D错误。]
√
主题四 变压器
通过实验，探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系。知道远距离输电时通常采用高压输电的原因。
【典例4】 某地区的风力发电场的发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U，电流为I，忽略发电机线圈电阻。下列说法正确的是( )
√
【典例5】 (2023·山东卷)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率为500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率为88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是( )
A．发电机的输出电流为368 A
B．输电线上损失的功率为4.8 kW
C．输送给储能站的功率为408 kW
D．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
√
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章末综合测评(三) 交变电流
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一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。)
1．如图所示，甲→乙→丙→丁过程是交流发电机发电的示意图，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在匀速转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接(从纸面向里看线圈转动方向为逆时针)。下列说法正确的是( )
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A．在图甲位置时，线圈中的磁通量为零
B．在图乙位置时，感应电流方向发生变化
C．在图丙位置时，线圈中的感应电动势最大
D．在图丁位置时，cd边电流方向为d→c
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D [在题图甲位置时，线圈平面与磁场方向垂直，线圈中的磁通量最大，故A错误；在题图乙位置时，线圈平面与磁场方向平行，线圈中的磁通量为零，线圈中的磁通量变化率最大，线圈中感应电流最大，感应电流方向不变，故B错误；在题图丙位置时，线圈平面与磁场方向垂直，线圈中的磁通量最大，线圈中的磁通量变化率为0，线圈中的感应电动势为0，故C错误；在题图丁位置时，由右手定则可知，cd边电流方向为d→c，故D正确。]
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3．远距离输电都采用高压输电的方式，其主要优点是( )
A．可根据需要调节交变电流的频率
B．可加快输电速度
C．可减少输电线上的能量损失
D．可节省输电线的材料
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5．为了安全，在家庭电路中一般都会在电能表后面的电路中安装一个漏电保护器，其内部结构如图所示。原线圈是由进户线的火线和零线并在一起双线绕成的，当副线圈a、b两端没有电压时，脱扣开关S能始终保持接通；当副线圈a、b两端一旦有电压时，脱扣开关立即断开，切断电路以起保护作用。下列说法正确的是( )
A．用户正常用电时，通过原线圈的磁通量与电路中的电流大小有关
B．用户正常用电时，副线圈a、b之间有电流通过
C．若此装置用于直流电路，则不能起到保护作用
D．若人站在进户线处的地面上，手误触用电器
的火线而触电时，副线圈a、b两端电压不为零
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D [由于原线圈是由进户线的火线和零线并在一起双线绕成的，火线与零线中的电流大小相等、方向相反，则用户正常用电时，火线和零线在原线圈中产生大小相等、方向相反的磁场，合磁场为0，即用户正常用电时，通过原线圈的磁通量始终为0，与电流大小无关，故A错误；根据上述分析可知穿过副线圈的磁通量也始终为0，没有发生变化，即副线圈中没有发生电磁感应现象，副线圈a、b之间没有电流通过，故B错误；若此装置用于直流电路，若用户位置火线、零线中发生触电，则通过火线的电流不等于通过零线的电流，
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穿过原、副线圈的磁通量发生变化，副线圈中发生电磁感应现象，副线圈a、b两端有电压，脱扣开关仍然会立即断开，切断电路以起保护作用，可知若此装置用于直流电路，仍然能起到保护作用，故C错误；若人站在进户线处的地面上，手误触用电器的火线而触电时，通过火线的电流大于通过零线的电流，穿过原、副线圈的磁通量发生变化，副线圈中发生电磁感应现象，副线圈a、b两端有电压，即副线圈a、b两端电压不为零，故D正确。]
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6．如图所示为某小型发电站远距离输电示意图，其中升压变压器输入电压U1保持不变，降压变压器原、副线圈的匝数比为200∶1，输电线路总电阻r＝20 Ω。为了安全测量输电线路中的电压和电流，现在输电线路的起始端接入甲、乙两个特殊的变压器，甲、乙原、副线圈匝数比分别为200∶1和1∶20，电压表的示数为220 V，电流表的示数为5 A，以上变压器均为理想变压器。下列判断正确的是( )
A．用户端的电压U4为210 V
B．输电线路上损耗的功率约占输电总功率的6%
C．若用户端接入的用电设备变多，电流表示数变小
D．若用户端接入的用电设备变多，电压表示数变大
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8．如图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕着垂直于磁场方向的轴匀速转动。线圈的匝数n＝100匝、电阻r＝10 Ω，线圈的两端与R＝90 Ω的电阻连接，电流表为理想电表，熔断器电阻忽略不计。从t＝0时刻开始计时，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙所示的规律变化。下列说法正确的是( )
A．t＝0.01 s时，电流表示数为零
B．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量
的变化率为零
C．通过熔断器的电流为3.14 A
D．从t＝0.01 s到t＝0.02 s，通过R的
电荷量为0.02 C
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9．如图所示为理想自耦变压器，副线圈接有滑
动变阻器R和定值电阻R1，Q是滑动变阻器R的
滑动触头，原线圈两端接电压有效值恒定的交
变电流，所有电表均为理想电表，则( )
A．保持P的位置不变，Q向右滑动，R1消耗功率变小
B．保持P的位置不变，Q向右滑动，两表示数都变小
C．保持Q的位置不变，P向下滑动，R1消耗功率变大
D．保持Q的位置不变，P向上滑动，两表示数都变大
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二、非选择题
11．某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。
(1)先将图甲中的零件组装成图乙中的变压器。再将原线圈接在交流电源上，之后再将副线圈接在电压传感器(可视为理想电压表)上，观察到副线圈输出电压U2随时间t变化的关系如图丙所示，在保证安全的前提下，该同学可能在t1～t2时间内进行的操作是________。
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A
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A．减少了原线圈的匝数
B．减少了原线圈的输入电压
C．增大了交流电源的频率
D．拔掉了变压器铁芯Q
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(2)用匝数na＝50匝和nb＝150匝的变压器，实验测量数据如下表。
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Ua/V 1.25 2.61 3.30
Ub/V 3.80 7.92 9.98
根据测量数据可判断连接电源的线圈是________(选填“na”或“nb”)。
nb
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(3)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为________。
A．原、副线圈通电发热
B．铁芯在交变磁场作用下产生涡流
C．变压器铁芯漏磁
D．原线圈输入电压发生变化
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D
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[答案] (1)e＝500sin 100πt(V) (2)500 J
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(1)图中电压表的示数U；
(2)变压器原线圈和副线圈的匝数之比n1∶n2；
(3)当医疗设备端增加了10 kW的用电功率，发电机线圈中电流的增加量ΔI。
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[答案] (1)50 V (2)5∶22 (3)200 A
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[答案] (1)990 W (2)20 W (3)5.6 A
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15．在空间中足够大的范围内存在匀强磁场，磁感应强度为B，置于其中的闭合矩形线圈abcd，ab边与磁场平行，bc边与磁场垂直，如图甲所示。线圈匝数为n，总电阻为R，边长ab＝l1，bc＝l2。线圈既可绕ad边转动，也可绕ab边转动，如图甲、乙所示。若转动角速度都为ω，求：
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(1)绕ad边转动至图甲所示位置时，线圈中感应电流的大小和方向；
(2)由图甲所示位置转过90°这段时间内，线圈中平均感应电动势的大小；
(3)绕ab边如图乙所示转动时，d、a两点之间的电压Uda；
(4)两种情况下线圈产生的热功率各为多少。
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15章末综合测评(二) 电磁感应
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。)
1．从能量的角度研究电磁感应现象，下列说法不正确的是( )
A．楞次定律中的阻碍过程实质上是能量转化的过程
B．产生感应电流的过程中，机械能和其他形式的能通过电磁感应转化成电能
C．电磁感应现象中，克服安培力做了多少功，就有多少电能产生
D．自感现象和涡流现象都符合能量守恒定律
2．如图所示，光滑的水平桌面上放着a和b两个完全相同的金属环。如果一条形磁铁的N极竖直向下迅速靠近两环，则( )
A．a、b两环均静止不动
B．a、b两环互相靠近
C．a、b两环互相远离
D．a、b两环均向上跳起
3．如图甲所示，螺线管匝数n＝1 000，横截面积S＝0.02 m2，电阻r＝1 Ω，螺线管外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，电阻的一端b接地，一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则( )
A．在0～4 s时间内，R中有电流从a流向b
B．在4～6 s时间内，通过R的电流大小为8 A
C．在t＝3 s时穿过螺线管的磁通量为0.7 Wb
D．在4～6 s时间内，R两端电压Uab＝40 V
4．Ⅰ、Ⅱ两区域存在垂直纸面的匀强磁场，L1、L2、L3是磁场边界，两磁场区域宽度均为d，方向如图所示。与磁场方向垂直的平面内有一直角边长也为d的等腰直角三角形硬导线框。现使导线框以恒定的速度水平向右穿过磁场，运动过程中始终保持一直角边与磁场边界平行。若规定顺时针方向为电流的正方向，则此过程中，导线框内感应电流与时间的关系图像，可能正确的是(图中虚线方格为等大正方形)( )
A B
C D
5．如图所示，匝数N＝2 000、面积S＝60 cm2、电阻r＝1.0 Ω的线圈处在竖直向下的均匀磁场中，磁感应强度为B1，通过软导线分别与边长为l＝10 cm、每个边的阻值均为4 Ω、质量分布均匀的正方形线框的d、c相连接，正方形线框用两个劲度系数为k＝150 N/m的轻质绝缘弹簧悬吊在天花板上，整个线框处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，已知B1随时间的变化规律为B1＝5t(T)，开关闭合前线框静止，开关闭合，稳定后，两弹簧的长度均变化了Δx＝0.5 cm。忽略软导线对线框的作用力。则下列说法正确的是( )
A．线框中的电流方向为由c到d
B．ab边与cd边所受的安培力相等
C．流过线圈的电流为20 A
D．磁感应强度B2的大小为1 T
6．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顺时针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容器，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．电容器两端的电压为
C．电阻消耗的电功率为
D．圆环边缘的电势高于中心的电势
7．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，间距为l，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨的电阻可忽略不计。t＝0时导体棒在水平向右的恒力作用下开始运动。设导体棒MN两端的电压为U，所受安培力的大小为FA，通过的电流为I，速度大小为v，加速度的大小为a。关于导体棒MN开始运动后的情况，下列图像中合理的是( )
A B C D
8．如图所示，电灯A和B正常工作时的电阻与定值电阻的阻值相同，均为R，L是自感系数很大的线圈。当S1闭合，S2断开且电路状态稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路状态再次达到稳定后将S1断开，下列说法正确的是( )
A．B灯立即熄灭
B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭
C．有电流通过B灯，方向为c→d
D．有电流通过A灯，方向为a→b
9．如图所示，两水平虚线之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，边长为a的正方形导体框由磁场上方a处静止释放，导体框的上、下边始终保持与磁场的边界平行，当导体框的下边与磁场的上边界重合时导体框开始匀速运动。已知磁场的磁感应强度大小为B，磁场的宽度为h＝4a，导体框的质量为m、电阻值为R，重力加速度为g，忽略一切阻力。则下列说法正确的是( )
A．导体框进入磁场过程中导体框中产生的焦耳热为mga
B．导体框进入磁场过程中，通过导体框某一横截面的电荷量均为
C．导体框下边出磁场时的速度为2
D．导体框出磁场的过程中做加速运动
10．如图所示，垂直纸面向外的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别向两个方向以v、4v的速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的过程中( )
A．导体框ad边两端电势差相同
B．通过导体框截面的电量相同
C．导体框中产生的焦耳热相同
D．导体框中产生的感应电流方向相同
二、非选择题
11．如图所示，一倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面固定在水平面上，底边宽l＝1.0 m，现将一质量m＝0.25 kg 的导体棒通过细软导线接入电路中，当在斜面范围存在一垂直斜面向下的匀强磁场时，导体棒恰好能水平静止在斜面上，且图中标称为“4 V，8 W”的小灯泡也能正常发光，已知图中电源电动势E＝8.0 V，内阻r＝1.0 Ω，重力加速度g＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
(1)小灯泡的额定电流和通过电源的电流；
(2)金属棒受到的安培力F大小；
(3)磁场的磁感应强度B大小。
12．如图所示，在虚线圆周内有一均匀的磁场，磁场的磁感应强度B正以0.1 T/s的变化率减小。现在圆周内放一金属圆环，圆环平面垂直磁场。已知圆环的半径为0.1 m。问：
(1)圆环中产生的感应电动势为多大？
(2)若圆环的电阻为1 Ω，则圆环中的电流为多大？
(3)在第(2)问条件下，若在圆环上某处断开形成两个端点，在这两个端点之间接入一个4 Ω的电阻，则这两个端点之间的电压为多少？设圆环的电阻保持不变。
13．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。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和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经处的磁感应强度大小均为B，磁场方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接小灯泡的电阻为R。当线圈切割磁感线时，求：
(1)感应电动势的大小；
(2)bc边所受安培力的大小。
14．传统航空母舰的阻拦系统原理如图甲所示，飞机着舰时，通过阻拦索对飞机施加作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。新一代航母阻拦系统的研制，则从阻拦索阻拦转向了引入电磁学模型的电磁阻拦技术，其基本原理如图乙所示，飞机着舰时钩住轨道上的一根金属棒并关闭动力系统，在磁场中共同滑行减速。金属棒在导轨间宽为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰钩住金属棒后与金属棒以共同速度v0进入磁场。轨道端点MP间电阻为R，金属棒电阻为，不计其他电阻，且飞机阻拦索与金属棒绝缘。轨道间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒运动l后飞机停下，测得此过程电阻R上产生焦耳热为Q，求：
(1)通过金属棒的最大电流；
(2)通过金属棒的电荷量；
(3)飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功。
15．(2023·湖南卷)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为l，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。章末综合测评(二)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B C B B D B D AD AC BD
1．B [在电磁感应现象中产生感应电流的过程中，通过克服非静电力做功把其他形式的能转化为电能，克服非静电力做了多少功，就有多少其他形式的能转化成电能，楞次定律中的阻碍过程实质上是能量转化的过程，故A正确，不符合题意；在导体切割磁感线运动产生动生电流的过程中，通过克服安培力做功把其他形式的能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化成电能，故C正确，不符合题意；产生感应电流的过程中，机械能和其他形式的能通过克服非静电力做功转化成电能，故B错误，符合题意；由能量的转化和守恒知，一切过程中能量都守恒，因此，自感现象和涡流现象都符合能量守恒定律，故D正确，不符合题意。]
2．C [当条形磁铁的N极竖直向下迅速靠近两环时，两环中的磁通量增大，根据楞次定律可知两环中的感应电流将阻碍这种变化，于是相互远离。故选C。]
3．B [在0～4 s内，原磁场磁感应强度增大，则穿过螺线管的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向向右，再由安培定则可知R中的电流方向从b流向a，故A错误；在4 s～6 s内，感应电动势为E＝nS＝1 000××0.02 V＝40 V，则R中电流大小为I＝ A＝8 A，故B正确；由题图乙可知，t＝3 s时磁感应强度为B＝3.5 T，则此时穿过螺线管的磁通量为Φ＝BS＝3.5×0.02 Wb＝0.07 Wb，故C错误；在4 s～6 s内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为Uab＝IR＝8×4 V＝32 V，故D错误。故选B。]
4．B [Ⅰ区域存在向里的匀强磁场，Ⅱ区域存在向外的匀强磁场，三角形闭合导线框进入磁场Ⅰ时向里的磁通量增大，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，电流为负；三角形闭合导线框进入Ⅱ时，向里的磁通量减小向外的磁通量增加，根据楞次定律可知，电流方向为顺时针方向，电流为正；三角形闭合导线框离开Ⅱ时，向外的磁通量减小，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，电流为负。故选B。]
5．D [根据楞次定律可知线框中的电流方向由d到c，A错误；由于da，ab，bc串联之后再与dc并联，可知ab边与cd边电流不同，因此所受安培力不同，B错误；回路感应电动势E＝NS＝2 000×5×60×10-4 V＝60 V，回路总电阻R总＝r＋＝4 Ω，因此流过线圈的电流I＝＝15 A，C错误；根据平衡条件可知B2l·＝2kΔx，解得B2＝1 T，D正确。]
6．B [棒产生的电动势为E＝BrBr2ω，故A错误；电容器两端的电压为U＝E＝Br2ω，故B正确；电阻消耗的电功率为P＝，故C错误；根据右手定则可知，圆环边缘的电势低于中心的电势，故D错误。故选B。]
7．D [对MN受力分析可知F－FA＝ma，FA＝BIl，I＝，联立可知a＝v，故D正确；电流为I＝，故电流与速度呈正比例关系，图像应为过原点的直线，故C错误；MN所受安培力为FA＝v，由以上分析可知MN做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速，故安培力应随时间逐渐变大，且变大得越来越慢，最后趋于定值，故B错误；MN两端的电压为U＝Blv，故MN两端的电压应随时间逐渐变大，且变大得越来越慢，最后趋于定值，故A错误。故选D。]
8．AD [S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R。闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等。当断开S1后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成L→a→b→c→L的电流，故A、D正确，C错误；由于自感线圈形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误。故选AD。]
9．AC [导体框进入磁场过程中导体框做匀速运动，根据能量守恒Q＝mga，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，在进入磁场的过程中，根据欧姆定律可得Δt，联立解得q＝，故B错误；根据自由落体公式＝2ga，解得v1＝，导体框进入磁场过程中做匀速运动，导体框完全进入磁场后，因无电磁感应，导体框继续匀加速直线运动，则＝2g·3a，解得v2＝，故C正确；导体框进入磁场过程中做匀速运动，安培力等于重力，导体框出磁场时速度增大，安培力大于重力，所以导体框出磁场的过程中先做减速运动，故D错误。故选AC。]
10．BD [设金属框的边长为l，以v的速度向上匀速拉出磁场时，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得，导体框ad边两端电势差为U1＝Blv，以4v的速度向右匀速拉出磁场时，导体框ad边两端电势差为U2＝Bl×4v＝3Blv，A错误；通过导体框截面的电量为q＝IΔt，由闭合电路欧姆定律可得I＝，由法拉第电磁感应定律可得E＝，ΔΦ＝Bl2，解得q＝，可知q与速度无关，通过导体框截面的电量相同，B正确；以v的速度匀速拉出磁场时，导体框中产生的焦耳热为Q＝，解得Q＝∝v可知速度越大，焦耳热越多，C错误；两次运动中穿过线框的磁通量均减小，根据楞次定律知，导体框中产生的感应电流方向相同，都是逆时针方向，D正确。故选BD。]
11．解析：(1)小灯泡的正常发光时，有PL＝UIL
解得小灯泡的额定电流为IL＝2 A
通过电源的电流为I总＝ A＝4 A。
(2)导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即
F＝mg sin 37°＝1.5 N。
(3)通过导体棒的电流I＝I总－IL＝2 A
导体棒受到的安培力为F＝BIl
解得磁场的磁感应强度B大小为B＝0.75 T。
答案：(1)2 A 4 A (2)1.5 N (3)0.75 T
12．解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得
E＝N S＝1×0.1×π×0.12 V≈3.14×10-3 V。
(2)由闭合电路欧姆定律，则有
I＝ A＝3.14×10-3 A。
(3)由题意知，4 Ω的电阻与圆环串联，则4 Ω的电阻两端的电压为
U＝×4 V≈2.51×10-3 V。
答案：(1)3.14×10-3 V (2)3.14×10-3 A
(3)2.51×10-3 V
13．解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ω
感应电动势Em＝4NBlv
解得Em＝2NBl2ω。
(2)根据欧姆定律得电流Im＝
安培力F＝2NBIml
解得F＝。
答案：(1)2NBl2ω (2)
14．解析：(1)飞机和金属棒刚进入磁场时电流最大，此时电动势为E＝Bdv0
由闭合电路欧姆定律得I＝
得最大电流为I＝。
(2)设系统在磁场中运动的全过程，通过回路平均电流为金属棒的平均电动势为
根据电磁感应定律
由电流定律q＝Δt，得q＝。
(3)根据能量守恒定律，得＝Q电＋Q阻
根据焦耳定律Q＝I2Rt，可知Q电＝ Q＝Q
得W阻＝Q阻＝Q。
答案：(1) (2) (3)Q
15．解析：(1)a匀速运动时受力平衡，有
mg sin θ＝BI0l ①
由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有
I0＝ ②
联立解得v0＝。 ③
(2)a匀速运动时，由(1)可得电路中电流
I0＝ ④
对b由牛顿第二定律有mg sin θ＋BI0l＝ma0 ⑤
联立解得a0＝2g sin θ。 ⑥
(3)分析可知a与b受到的安培力大小始终相等，则对a、b由动量定理分别有
mg sin θ·t0－t0＝mv－mv0 ⑦
mg sin θ·t0＋t0＝mv ⑧
联立③⑦⑧解得v＝gt0sin θ＋ ⑨
⑩
又lt0
q＝ t0＝ t0＝
联立解得Δx＝。
答案：(1) (2)2g sin θ (3)gt0sin θ＋
