热门试卷

解：根据E=n知，E=．电动势保持不变．故B、D正确，A、C错误．

故选：BD．

解：由图象可知，磁感应随时间均匀增大，则由∅=BS可知，磁通量随时间均匀增加，故其变化率恒定不变，故C正确；

由楞次定律可知，电流方向为顺时针，故A正确；

由法拉第电磁感应定律可知，E==S，故感应电动势保持不变，电流强度不变，故BD均错；

故选：AC．

解：A、若R1两端电压u1=10sin100πt（V），则R1两端电压的峰值为10V，所以有效值为10V，由于电阻R1=R2=10Ω，则R2两端电压也为10V，因此电压表示数为10V，故A错误；

B、根据A选项分析可知，副线圈的电压有效值为20V，而电阻R1=R2=10Ω，由欧姆定律，I=，可得，副线圈的电流I′==1A；

由于原、副线圈匝数之比为2：1，且匝数与电流成反比，原线圈的电流为0.5A，即电流表的示数为0.5A，故B正确；

C、根据功率表达式P===10W，故C错误；

D、因R1两端电压u1=10sin100πt（V），其频率为f===50Hz，那么原线圈的频率也为50Hz，故D正确．

故选：BD．

解：由图可知，磁场是周期性变化的，因此产生电压也是周期性变化的，变化的周期6s；

0～3s时间内，有：E1==S=×0.052=5×10-4V；

3s～4s内，采用强度不变，磁通量不变，感应电动势：E2=0；

4s～6s内，有：E3==S=×0.052=7.5×10-4V；

感应电动势的有效值设为E，有：t=t1+t3，

即：E2×6=（5×10-4）2×3+（7.5×10-4）2×2，

由欧姆定律得，电流的有效值：I=，

解得：I=×10-3A，故A正确；

故选：A．

解：AB、当S断开时，电压表测量值，即为感应电动势大小，由法拉第电磁感应定律E===3.6V，故A错误，B正确；

C、根据闭合电路欧姆定律，则有感应电流大小I===0.3A，故C正确；

D、根据楞次定律：“增反减同”可知，电流表中电流方向向右，故D错误；

故选：BC．

解：A、B、根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流，也是顺时针，则整个导线框的感应电流方向顺时针，故A错误，B正确；

C、D、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E=2×，

再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I==．故C错误，D正确．

故选：BD．

解：A、当线框磁通量为零时，磁场与线圈平面平行，磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大，故A错误；

B、假设磁通量的表达式为Φ=Φmsinωt，则感应电动势的表达式为e=Emcosωt，所以当线框磁通量减小时，感应电动势在增大，故B正确；

C、当穿过线框的磁通量最大时，则穿过线框的磁通量的变化率为零，则线框中感应电动势为零，故C正确；

D、最大感应电动势为Em=BSω，最大磁通量фm=BS，所以Em=фmω，所以ω=，故D正确．

故选：BCD．

解：根据法拉第电磁感应定律E=n知，磁感应强度大、磁通量大、磁通量变化量大，感应电动势不一定大．磁通量变化快，即磁通量变化率大，则感应电动势大．感应电动势与磁通量的变化快慢有关，即与磁通量的变化率有关．故CD正确，AB错误．

故选：CD．

解：①将一磁铁缓慢或迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，初末位置相同，则初末位置的磁通量相同，可知磁通量的变化量相同．故①正确

②磁通量的变化率为，因为磁通量变化量相同，所用时间不同，则磁通量的变化率不同．故②错误．

③感应电动势E=，磁通量的变化率不同，则感应电动势不同，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流的大小不同．故③错误．

④根据电量的表达式q=知，磁通量的变化量相同，则通过导体横截面的电荷量相同．故④正确．故B正确，A、C、D错误．

故选：B