答案解析
1.【答案】C
【解析】由题图，磁通量Φ＝BSsin 30°，则B＝2.【答案】C
【解析】因为铝框是导体，在铝框和指针一块摆动过程中，铝框切割磁感线产生感生电流，此电流在铝框中产生涡流，消耗机械能，使指针很快停止摆动，C对． 3.【答案】B
【解析】左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动．右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动． 4.【答案】C
【解析】S接通瞬间，L中电流从0开始增大，于是产生自感电动势，阻碍电流的增加．因此Q不会立即正常发光，较P要晚些，所以B项错误．S断开瞬间，因L的自感作用，通过P、Q形成的回路的电流逐渐减小为0，通过P的电流方向从右向左，通过Q的电流方向与原来相同，因此，P、Q两只灯泡会一起渐渐熄灭．故C项正确，A、D项错误． 5.【答案】D
【解析】线圈P中通有不断增大的顺时针方向的电流时，在线圈内部产生垂直纸面向里的磁场，但Q线圈中的磁通量变大，根据楞次定律，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，因而线圈Q内有逆时针方向的电流且有扩张的趋势，D正确． 6.【答案】D
【解析】磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝而S＝
，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝
＝S
＝kS，
10－2T. ＝6×
；由楞次定律知电容器P板带负电，D
选项正确． 7.【答案】B
【解析】根据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流． 8.【答案】C
【解析】第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差．第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和．故ΔΦ1＜ΔΦ2，选项C正确．
9.【答案】AC
【解析】由于自感线圈的电阻值为0，电路稳定时线圈两端电压为0，即与之并联的电阻R2两端电压为0，流经R2的电流为0，D错；闭合S2时，回路总电阻减小，电流增大，由于L的自感，使a端电势高于b端，流经电阻R2的电流方向为a→b，A正确；而断开S1时，b端电势高于a端，流经电阻R2的电流方向为b→a，B错；先闭合S2，待电路稳定后，再断开S2时，回路总电阻增大，电流减小，线圈产生自感电动势，R2两端电压不为0(b高a低)，有电流流过R2，C正确． 10.【答案】BD
【解析】声音传感器是根据电磁感应原理工作的．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的．膜片振动时，金属线圈中产生感应电动势．A错误，B正确．膜片随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的．故C错误．膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应电动势．故D正确． 11.【答案】BCD
2a，通过金属杆的电流大小为【解析】根据题述金属杆恰能保存静止，由平衡条件可得：mg＝B2I·I＝
，选项A错误．由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，选项B正确．根据
＝k，由于C1中磁场变化产生的
区域C1中磁场的磁感强度随时间按B1＝b＋kt(k>0)变化，可知感应电动势E＝
πa2＝kπa2，由闭合电路欧姆定律，E＝I(r＋R)，联立解得定值电阻的阻值为R＝
＝
，选项D正确．
2
－r，选项C正确．整个电路中产生的热功率P＝EI＝kπa·
12.【答案】BC
【解析】根据牛顿定律可知，某时刻金属棒的加速度为 a＝
＝
＝
＋
v.若k－
>0，则金属棒做加速度增加的加速运动，
其v－t图象如图甲所示．导体的电流I＝相同；根据FA＝根据
UR＝
可知I与v成正比，则I－t图象应该和v－t图象形状
可知FA与v成正比，则FA－t图象应该和v－t图象形状相同，选项B正确；
UR
可知与v成正比，则UR－t图象应该和v－t图象形状相同；根据P＝＝
2
可知P与v成正比，则P－t图象不应该是直线．同理若k－
<0，则金属棒做加速度减
小的加速运动，其v－t图象如图乙所示；导体的电流I＝可知I与v成正比，则I－t图象应该
和v－t图象形状相同，选项A错误；根据FA＝－t图象形状相同；根据选项C正确；根据P＝误．故选BC.
UR＝
可知FA与v成正比，则FA－t图象应该和v
UR－t
可知UR与v成正比，则图象应该和v－t图象形状相同，
＝
2
可知P与v成正比，则P－t图象不应该是直线，选项D错
13.【答案】0.1 A
【解析】由题图(b)知，线圈中磁感应强度B均匀增加，其变化率第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为E＝n合电路欧姆定律得通过电阻R的电流大小为I＝14.【答案】(1)1.256×10－4Wb 1.256×10－4Wb (2)8.4×10－6Wb
22
3.14×(1×10－【解析】(1)对A线圈，Φ1＝B1πr，Φ2＝B2πr.故磁通量改变量：|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×22
＝T/s＝10 T/s，由法拉
＝n＝
S＝500×10×20×10－4V＝10 V，由闭A＝0.1 A.
)Wb＝1.256×10－4Wb.
3.14×(1×10－2)2Wb＝1.256×10－4Wb. 对D线圈，|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×
2
(2)对C线圈，Φ1＝Bπr2，磁场转过30°，线圈面积在垂直磁场方向上的投影为πrcos 30 °，则Φ22
. ＝Bπrcos 30 °
2
)＝0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866) Wb＝8.4×10－6Wb. 故磁通量改变量：|Φ2－Φ1|＝Bπr(1－cos 30°
15.【答案】
【解析】从图示位置转过180°过程中，经历了半个周期，所用的时间：Δt＝T＝×＝，感应电动势的平均值：
＝N
＝N
＝
.
16.【答案】2.0 V 2.0 A 1.0 V
0.4 m×5 m/s＝2.0 V ① 【解析】(1)根据动生电动势公式得E＝BLv＝1 T×
故感应电流I＝＝(2)导体棒两端电压U＝
＝2.0 A ②
＝1.0 V ⑤