热门试卷

解：A、感应电动势E=n=n=nk•，A正确；

B、由楞次定律知线圈中有逆时针方向的电流，由左手定则知线圈受的安培力向下，细绳拉力最大时，2mg=mg+F，金属框受到的安培力大小为F=mg，B正确；

C、安培力F=nBIl=nBL=，根据左手定则可知，安培力方向向下．故当细线承受的最大拉力为2mg时有：T=2mg=F+mg，将F代人解得：t=．C错误；

故选：AB

解：初状态的磁通量Φ1=BSsinα，末状态的磁通量Φ2=0

根据法拉第电磁感应定律得：E=n=n=10× V=0.4V；

根据楞次定律可知，感应电流的方向：adcba，故C正确，ABD错误；

故选：C．

解：

A、B由图得到：磁通量的变化率==0.5Wb/s，根据法拉第电磁感应定律得：

   E=n=50V，则电压表读数为50V．故A正确，B错误．

C、D根据楞次定律判断可知，回路中感应电动势的方向为逆时针方向，所以电压表“+”接线柱接A端．故C正确，D错误．

故选AC

解：A、由E=N得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定及线圈匝数，与磁通量的变化大小无关，故A错误；

B、由E=N得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定及线圈匝数，与线圈的面积增大无关，故B错误；

C、由E=N得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定及线圈匝数，故C正确；

D、由E=N得，线圈中产生的感应电动势大小由磁通量变化快慢决定，当旋转转速增大，则导致磁通变化率增大，故D正确；

故选：CD

解：由法拉第电磁感应定律：E=n 可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律I= 可求出感应电流大小，

根据电量的公式q=It，可得q=n．

由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，则有△∅=2BS

所以由上公式可得：q=n，则磁感应强度B=，故C正确，ABD错误；

故选：C．

解：AB、由图示B-t图象可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流是逆时针的，为负值；

1～2s磁通量不变，无感应电流；

2～3s，磁场B减小，磁通量Φ减小，由楞次定律可知，感应电流是顺时针的，为正值；

3～4s内没有磁场，则没有感应电流，

4～5s内B的方向垂直纸面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的，

5～6s内B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的，

故A正确、B错误．

CD、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E==，

感应电流I==，由B-t图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，

由左手定则可知，在0～1s内，ad受到的安培力方向：水平向右，是正的，ad边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值；

1～2s无感应电流，没有安培力，

2～3s时间内，ad受到的安培力方向：水平向左，是负的，ad边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值；

3～4s时间内，无磁场，没有安培力，故C错误，D正确；

故选：AD．