热门试卷

解：A、磁铁在A点时，线圈中的磁通量为φ1，故通过一匝线圈的磁通量也为φ1，与匝数无关，故A错误；

B、磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E=n=-n=，故B正确；

C、D、磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故C错误，D错误；

故选：B．

解：0-1s内，由楞次定律知，感应电流的方向为ADCBA，根据，电流为定值，根据左手定则，AB边所受安培力的方向向左，由F=BIL知，安培力均匀减小．

   1-2s内，由楞次定律知，感应电流的方向为ABCDA，根据，电流为定值，根据左手定则，AB边所受安培力的方向向右，由F=BIL知，安培力均匀增大．故B、C、D错误，A正确．

故选A．

解：根据法拉第电磁感应定律知：感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N．

由数学知识我们知道：Φ-t图象切线的斜率k=．

A、图甲中磁通量Φ不变，k==0，则知E=0，无感应电动势．故A错误．

B、图乙中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变．故B错误．

C、图丙中回路在O～t1时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率大小为k1，在t1～2t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率大小为k2，从图象中发现：k1大于k2．所以回路在0～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生的感应电动势．故C正确．

D、图丁中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误．

故选：C．

解：A、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A错误；

B、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B正确；

C、由法拉第电磁感应定律可知，E===kπr2，感应电流I==，故C正确；

D、与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为=|kπr2|，故D正确；

故选：BCD．

解：由法拉第电磁感应定律：，且△ϕ1=△BS、△ϕ2=B△S

则有 ，．

故两过程中感应电动势的大小相等．

故选B．

解：

A、B根据几何关系得到，线圈的有效面积减小为△S=，

根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势E==，

解得，E=．故A正确，B错误．

C、D由于虚线位置是经过 时到达的，不论顺时针还是逆时针，线框的磁通量都是变小的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出感应电流的方向为：E→F→G→E，故C正确，D错误．

故选AC

解：设线框的边长为L，电阻为R，磁场的磁感应强度为B．设线框运动的时间为t．

在0-1s时间内，根据楞次定律判断可知，穿过线圈垂直向里的磁场在增加，则感应电流方向沿逆时针方向，为正方向；感应电动势大小为E=Bv•vttan45°=Bv2t，感应电流为I==，B、v均一定，则I=∝t．

在1s-1.5s时间内，根据楞次定律判断可知，穿过线圈的垂直向里的磁场在增加，则感应电流方向沿逆时针方向，为正方向；感应电动势大小为E=Bv[L-（vt-L）tan45°-（vt-L）tan45°]=Bv（3L-2vt）．当t=1.5时，I=0．

在1.5s-2s时间内与在1s-1.5s时间内，在2s-3s时间内与0-1s时间内情况相反，所以根据数学知识得知，C正确．

故选：C