热门试卷

解：A、由图示图象可知，0时刻磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故A正确；

B、由图示图象可知，0.05s时刻磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故B正确，C错误；

D、由法拉第电磁感应定律可知，0～0.05s内平均感电动势：E===0.4V，故D正确；

本题选错误的，故选：C．

解：乙图中有线圈，要减缓电流的增加，安培力要小于甲图中的安培力，则甲图克服安培力做功大于乙图克服安培力做功，根据动能定律得，，因为导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动，通过的位移相等，则末动能相等．所以甲图外力做功大于乙图外力做功．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

解：A、当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭合，则无感应电流，有感应电动势．故A正确，B错误，

    C、根据法拉第电磁感应定律，E=N．知感应电动势的大小与线圈的电阻无关．故C错误．

    D、感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与线圈电阻无关．当电路闭合，则感应电流与线圈电阻有关．故D错误；

故选：A．

解：a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，面积之比是4：1，根据电阻定律R=ρ，电阻之比为2：1；

A、B两点间电势差大小为路端电压，为：U=E；

磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式E=n=•S，得到两次电动势的大小之比为4：1；

故两次的路段电压之比为U1：U2==Ra：Rb=2：1，故C正确；

故选：C．

解：由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；

同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，即为正方向，2-3s内，电路中的电流为顺时针，即为正方向，3-4s内，电路中的电流为逆时针，即为负方向，

由E=N=可知，电路中电流大小恒定不变，故A正确，BCD错误．

故选：A．

解：AB、有连续的等离子气流从左方以vo射入，根据左手定则可知，正离子向上偏，负离子向下偏，则P1板的电势比P2板的电势高，故A正确，B错误；

CD、左侧实际上为等离子体发电机，将在ab中形成从a到b的电流，由图乙可知，0～2s内磁场均匀变化，根据楞次定律可知将形成从c到d的电流，同理2～4s形成从d到c的电流，且电流大小不变，故0～2s秒内电流同向，相互吸引，2～4s电流反向，相互排斥，那么在0～内，ab、cd导线互相吸引，

根据法拉第电磁感应定律E=s，可知，感应电动势大小不变，那么感应电流大小不变，则吸引力大小不变，故CD错误．

故选：A．

解：A、根据闭合电路欧姆定律得，I==nS，知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1，则最大电流I=A=0.01A．故A错误．

B、根据楞次定律知，感应电流的方向先顺时针后逆时针方向．故B正确．

C、当电流最大时，发热功率最大，则P=I2R=0.012×1=1×10-4W．故C正确．

D、根据q=△t=，因为在0～5s内磁通量的变化量为零，则通过线圈某截面的总电量为零．故D正确．

本题选择错误的，故选：A．

解：A、因为R1：R2：R3=1：2：3，可以设R1=R，R2=2R，R3=3R；

由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，

设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得：E1=3IR

当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，

由欧姆定律可得：E2=5I×5R=25IR

当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，

此时感应电动势E=E1+E2=28IR，则此时的电流I′==7I．故B正确，A错误．

C、根据P=I2R，可知，串联电路电流相等，则功率与电阻成正比，那么R1、R3消耗的功率之比PR1：PR3为1：3，故C错误；

D、由A选项分析可知，E1=3IR；E2=5I×5R=25IR；E=E1+E2=28IR，

再根据法拉第电磁感应定律，E=，

可知，上下两部分磁场的面积之比S上：S下为3：25，故D正确；

故选：BD．