2026版《金版教程》高考一轮复习物理第2节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流

高考总复习首选用卷物理第2节法拉第电磁感应定律自感涡流考点一法拉第电磁感应定律的理解和应用1．(多选)关于感应电动势、磁通量、磁通量的变化量，下列说法正确的是()A．穿过回路的磁通量越大，磁通量的变化量不一定越大，回路中的感应电动势也不一定越大B．穿过回路的磁通量的变化量与线圈的匝数无关，回路中的感应电动势与线圈的匝数有关C．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0D．某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为0答案：ABC解析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，穿过回路的磁通量Φ越大，磁通量的变化量ΔΦ不一定越大，磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)不一定越大，回路中的感应电动势不一定越大，故A正确；穿过回路的磁通量的变化量ΔΦ与线圈的匝数n无关，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，回路中的感应电动势E与线圈的匝数n有关，故B正确；穿过回路的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)为0，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，回路中的感应电动势E一定为0，故C正确；某一时刻穿过回路的磁通量Φ为0，磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)不一定为0，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，回路中的感应电动势不一定为0，故D错误。2．(2022·江苏高考)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为()A．πkr2 B．πkR2C．πB0r2 D．πB0R2答案：A解析：由题图可知r<R，则穿过线圈的磁通量为Φ＝BS＝B·πr2，根据法拉第电磁感应定律可知，题图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)πr2，由B＝B0＋kt可知，该匀强磁场磁感应强度的变化率为eq\f(ΔB,Δt)＝k，则E＝πkr2，故选A。3.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，电阻为R，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀增大到2B。在此过程中，通过线圈导线某个横截面的电荷量为()A.eq\f(Ba2,R) B.eq\f(nBa2,R)C.eq\f(nBa2,2R) D.eq\f(Ba2,2R)答案：C解析：根据法拉第电磁感应定律，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(2B－B,Δt)·eq\f(1,2)a2＝eq\f(nBa2,2Δt)，通过线圈导线某个横截面的电荷量为q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(nBa2,2RΔt)Δt＝eq\f(nBa2,2R)，故C正确。4.(2025·湖北省黄石市高三上10月月考)现有100匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若穿过线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是()A．t＝0时刻线圈中感应电动势为0B．t＝5×10－3s时刻线圈中感应电动势最大C．t＝1×10－3s时刻线圈中的感应电动势比t＝2×10－3s时刻的大D．0～5×10－3s时间内线圈中平均感应电动势为0.4V答案：C解析：由题图可知，在t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，但穿过线圈的磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势最大，故A错误；在t＝5×10－3s时刻穿过线圈的磁通量最大，但穿过线圈的磁通量的变化率为0，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为0，故B错误；由于t＝1×10－3s时刻穿过线圈磁通量的变化率比t＝2×10－3s时刻的大，由法拉第电磁感应定律可知，t＝1×10－3s时刻线圈中的感应电动势比t＝2×10－3s时刻的大，故C正确；0～5×10－3s时间内线圈中的平均感应电动势为eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(2×10－3,5×10－3)V＝40V，故D错误。考点二导线切割磁感线产生的感应电动势5.如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右水平运动时，a、c两点间的电势差为()A．BLv B．BLvsinθC．BLvcosθ D．BLv(1＋sinθ)答案：B解析：当金属弯杆以速度v向右水平运动时，其切割磁感线的有效长度为Lsinθ，故感应电动势大小为BLvsinθ，即a、c两点间的电势差为BLvsinθ，故B正确。6.(多选)如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2。在先后两种情况下()A．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝2∶1B．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝4∶1D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1答案：AD解析：由I＝eq\f(Blv,R)知，I1∶I2＝2∶1，A正确，B错误；由Q＝I2Rt和t＝eq\f(l,v)联立知，线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，C错误；由q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)知，通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1，D正确。7.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()A．φa>φc，金属框中无电流B．φb>φc，金属框中电流方向沿a→b→c→aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a答案：C解析：由法拉第电磁感应定律知，金属框中无电流；在三角形金属框内，bc边和ac边切割磁感线，产生感应电动势，根据E＝Blv可得感应电动势大小均为eq\f(1,2)Bl2ω；由右手定则结合上述分析知φc>φb＝φa，且Ubc＝Uac＝－eq\f(1,2)Bl2ω。故C正确，A、B、D错误。8．(2024·甘肃高考)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为()A.eq\f(B2d2v,R)，方向向左 B.eq\f(B2d2v,R)，方向向右C.eq\f(B2L2v,R)，方向向左 D.eq\f(B2L2v,R)，方向向右答案：A解析：导体棒ab接入电路的有效长度为d，故其切割磁感线在回路中产生的感应电动势大小为E＝Bdv，感应电流大小为I＝eq\f(E,R)，导体棒ab所受的安培力大小为F＝IdB，联立可得F＝eq\f(B2d2v,R)；根据右手定则可知，导体棒ab中的感应电流由b向a，由左手定则可知，导体棒ab所受的安培力方向向左。故A正确。9.如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该导线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)答案：C解析：设半圆的半径为r，当线框绕过圆心O的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中，产生的感应电动势E＝B0req\o(v,\s\up6(－))＝B0r·eq\f(rω,2)＝eq\f(1,2)B0r2ω；当导线框不动时，E′＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(πr2,2)。由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，I′＝eq\f(E′,R)，要使I＝I′，必须使E＝E′，即eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，C正确。10.(2024·河南省商丘市部分名校高三下模拟考试三)(多选)如图所示，间距为L的平行金属导轨(电阻不计)固定在绝缘水平桌面上，其右端连接阻值为R的定值电阻，虚线左侧区域存在着垂直于水平桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一长度为3L、阻值为3R、粗细均匀的导体棒MN垂直于导轨放置，P、Q是导体棒与导轨的接触点，其中MP＝PQ＝QN。导体棒在水平外力作用下以速度v向右匀速运动，此时M、N、P、Q点的电势分别为φM、φN、φP、φQ，下列说法正确的是()A．φM＝φN B．φM－φP>φN－φQC．φP－φQ＝BLv D．φQ－φN＝BLv答案：BD解析：MP、QN两段导体棒没有围成闭合回路，由法拉第电磁感应定律可得φM－φP＝BLv，φQ－φN＝BLv，则φN－φQ＝－BLv，故φM－φP>φN－φQ，B、D正确；PQ段导体棒与导轨及定值电阻围成了闭合回路，且PQ段导体棒电阻为R，由法拉第电磁感应定律可得PQ段导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，由闭合电路欧姆定律可得φP－φQ＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(1,2)BLv，再经联立可知φM－φN＝eq\f(5,2)BLv，A、C错误。考点三涡流、电磁阻尼和电磁驱动自感现象11．(2024·江苏省南通市高三下第三次适应性考试)图1、图2是演示自感现象的实验电路，实验现象明显。下列说法中正确的是()A．在图1中，开关S闭合时两灯泡同时亮B．在图1中，仅去掉铁芯后线圈的电感增大C．在图2中，开关S断开时线圈中产生自感电动势D．在图2中，开关S断开时灯泡中电流方向不改变答案：C解析：在图1中，开关S闭合时，灯泡A2立即变亮，由于线圈的自感，灯泡A1逐渐变亮，故A错误；电感与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关，在图1中，仅去掉铁芯后线圈的电感减小，故B错误；在图2中，开关S断开时，通过线圈的电流减小，则线圈中会产生自感电动势，故C正确；在图2中，断开开关S前，通过自感线圈的电流方向向右，通过灯泡A的电流方向也向右，断开开关S时，通过线圈的电流不会立即变为零，且自感线圈与灯泡A组成回路，由于通过自感线圈的电流方向不变，该电流通过灯泡A时的方向向左，可见开关S断开时灯泡中电流方向改变，故D错误。12．(2024·湖北高考)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为()A．摩擦 B．声波C．涡流 D．光照答案：C解析：雷击时，会产生瞬间的强电流，从而产生瞬间的强磁场，由电磁感应可知，这种变化的磁场会使金属内产生涡电流，从而使金属发热熔化，而非金属中不能产生涡流，即导致金属熔化而非金属完好的原因可能为涡流，C正确。13.(2025·山东省济南市高三上期中)(多选)电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架，精密实验仪器的防震等。某减震座椅工作原理示意图如图所示，除了弹簧可减震之外，中间还有磁体和配套定子线圈，在震动过程中磁体可在定子线圈内上下移动。下列说法中正确的是()A．定子线圈的电阻越小，电磁阻尼现象越明显B．定子线圈的电阻越大，电磁阻尼现象越明显C．震动过程中减震系统会产生焦耳热D．震动过程中减震系统不会产生焦耳热答案：AC解析：震动速度相同的情况下，定子线圈的电阻越小，线圈中感应电流越大，线圈所受安培力越大，电磁阻尼现象越明显，A正确，B错误；减震过程中会产生电流，定子线圈有电阻，则减震系统会产生焦耳热，C正确，D错误。14.(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯答案：AB解析：交变电流在铁芯中产生交变磁场，金属杯中会产生感应电流而发热。增加线圈的匝数，可以使铁芯中的磁场增强，金属杯中磁通量的变化量ΔΦ增大；提高交流电源的频率，可以使Δt减小，这两种措施都可以使eq\f(ΔΦ,Δt)增大，由法拉第电磁感应定律可知，都可以使金属杯中产生的感应电动势增大，都可以使金属杯中的电流增大，都可缩短加热时间，A、B正确；将金属杯换成瓷杯，变化的磁场不能在瓷杯内产生感应电流，也就不能使水加热，C错误；取走线圈中的铁芯，线圈和金属杯中的磁场减弱，在金属杯中产生的感应电流会减小，从而使水加热至沸腾的时间增加，D错误。15．如图1和图2所示是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R接入电路中的阻值与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等答案：C解析：断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明未断开S1时IL1>IA1，即RL1<RA1，故A错误。图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，B错误。闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明通过L2和A2的电流与通过变阻器R和A3的电流大小相等，则变阻器R接入电路中的阻值与L2的电阻值相同，C正确。闭合S2时，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，通过L2的电流逐渐增大，而通过变阻器R的电流立即达到稳定时电流，与通过L2的电流最终稳定时相等，故闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。16．(2022·河北高考)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为()A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)答案：D解析：根据楞次定律可知，题图所示的1个大圆与5个小圆中的感应电动势方向相同，即可等效成1个大圆与5个小圆串联，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E大＋5E小，根据法拉第电磁感应定律，有E大＝eq\f(ΔB,Δt)S1，E小＝eq\f(ΔB,Δt)S2，将B＝B0＋kt代入，可解得E＝k(S1＋5S2)，故D正确。17.1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是()A．磁针的磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动答案：B解析：铜不是铁磁性物质，不会被磁针磁化，磁针转动的原因在于圆盘与磁针存在相对运动，使圆盘切割磁感线，产生了涡电流，而涡电流产生的磁场导致磁针转动，故A错误，B正确；在圆盘转动的过程中，圆盘位置和面积均未变，根据磁针周围磁感线的分布情况可知，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量未变，故C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动，但铜离子也会随圆盘一起运动，二者产生的等效电流大小相同、方向相反，二者产生的合磁场为0，因此自由电子随圆盘运动形成电流产生的磁场不是磁针转动的原因，故D错误。18.(2025·山西省阳泉市高三上10月月考)如图所示，正方形线圈MOO′N处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为30°，线圈的边长为L，电阻为R，匝数为n。当线圈从竖直面绕OO′顺时针转至水平面的过程中，通过导线截面的电荷量为()A.eq\f(（\r(3)＋1）nBL2,2R) B.eq\f(（\r(3)＋1）n2BL2,2R)C.eq\f(（\r(3)－1）nBL2,2R) D.eq\f(（\r(3)－1）n2BL2,2R)答案：A解析：根据法拉第电磁感应定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，联立解得q＝neq\f(ΔΦ,R)，又因为ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2sin30°，Φ1＝－BL2cos30°，解得q＝eq\f(（\r(3)＋1）nBL2,2R)，故选A。19.如图所示，边长为a、电阻为R的正方形导线框PQMN进入磁感应强度为B的匀强磁场。图示位置线框速度大小为v，此时()A．NM间电势差等于NP间电势差B．线框中电流大小为eq\f(\r(2)Bav,R)C．线框所受安培力大小为eq\f(\r(2)B2a2v,R)D．线框所受安培力方向与运动方向相反答案：C解析：图示位置NM边恰好切割磁感线，产生的感应电动势大小为E＝Bav，导线框的NM边相当于电源，由右手定则可知“等效电源”中电流由M流向N，则N点电势高于M点电势，可知此时NM两端的电势差为路端电压，根据串联电路的分压原理可得UNM＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)Bav，UNP＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)Bav，两者不等，故A错误；根据闭合电路的欧姆定律可得，此时线框中的电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，故B错误；线框有两个边在磁场中，等效导体长度为PM＝eq\r(2)a，则线框所受安培力的大小为F＝BI·PM＝eq\f(\r(2)B2a2v,R)，故C正确；根据左手定则，可知此时线框所受安培力垂直于磁场边界，指向磁场区域之外，与运动方向间的夹角为135°，故D错误。20．(2024·北京市房山区高三下一模)在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈L和定值电阻R等元件组成了如图甲所示的电路。闭合开关S待电路稳定后，两支路中的电流分别为I1和I2。断开开关S前、后的一小段时间内，电路中的电流I随时间t变化的关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是()A．断开开关S前，定值电阻R中的电流为I2B．断开开关S前，灯泡的电阻小于定值电阻R和电感线圈L的总电阻C．断开开关S后，小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭D．断开开关S后，小灯泡所在支路中的电流如曲线a所示答案：C解析：根据自感规律可知断开开关S后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向不变且逐渐减小，则电感线圈L所在支路的电流如题图乙中曲线a所示，小灯泡所在支路的电流如题图乙中曲线b所示，则断开开关S前，定值电阻R中的电流为I1，故A、D错误；由题图乙可知，断开开关S前电路稳定时通过电感线圈L的电流I1大于通过小灯泡的电流I2，由欧姆定律可知小灯泡的电阻大于定值电阻R和电感线圈L的总电阻，故B错误；断开开关S后，线圈L、电阻R和灯泡重新组成闭合回路，由题图乙可知小灯泡所在支路的电流先突然增大再逐渐减小至零，即小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭，故C正确。21．(2024·广东省广州市高三下二模)如图，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环；金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。OP绕O点逆时针匀速转动；闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止。已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求：(1)闭合K瞬间MN所受安培力大小和方向；(2)MN匀速运动时的速度大小；(3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热。答案：(1)eq\f(B2L3ω,4r)方向水平向左(2)eq\f(1,2)ωL(3)eq\f(1,16)mω2L2解析：(1)当OP绕O点逆时针匀速转动时，由右手定则可知O点电势高于P点电势，OP切割磁感线产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)BωL2闭合K瞬间，由闭合电路欧姆定律可知，通过MN的电流大小为I＝eq\f(E,2r)，方向由M到NMN所受安培力大小为F＝BIL联立解得F＝eq\f(B2L3ω,4r)由左手定则可知，MN所受安培力方向水平向左。(2)闭合K后，MN所受安培力向左，开始向左做加速运动，速度逐渐增大，MN切割磁感线产生的感应电动势逐渐增大，方向与OP产生的感应电动势方向相反，回路中的电流逐渐减小，则MN所受安培力逐渐减小，MN做加速度减小的加速运动，当MN中电流减小到零时，MN所受安培力为零，加速度为零，MN的速度达到最大，设为v，此时MN切割磁感线产生的感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等，即EMN＝E由法拉第电磁感应定律有EMN＝BLv联立解得v＝eq\f(1,2)ωL。(3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mv2MN产生的焦耳热为QMN＝eq\f(r,r＋r)Q联立解得QMN＝eq\f(1,16)mω2L2。22．(2024·广东省江门市高三下第一次模拟)如图甲所示，列车车头底部安装强磁体，线圈及电流测量仪埋设在轨道地面(测量仪未画出)，P、Q为接测量仪的端口，磁体的匀强磁场垂直地面向下，宽度与线圈宽度相同，俯视图如图乙。当列车经过线圈上方时，测量仪记录线圈的电流为0.12A。磁体的磁感应强度为0.005T，线圈的匝数为5，长为0.2m，电阻为0.5Ω，则在列车经过线圈的过程中，下列说法正确的是()A．穿过线圈的磁通量一直增加B．线圈的电流方向先顺时针后逆时针C．线圈的安培力大小为1.2×10－4ND．列车运行的速率为12m/s答案：D解析：在列车经过线圈的上方时，向下穿过线圈的磁通量先增加后减少，根据楞次定律及安培定则可知，线圈中的感应电流方向先逆时针后顺时针，故A、B错误；线圈的安培力大小为F＝nBIl＝6×10－4N，故C错误；导线切割磁感线产生的感应电动势为E＝nBlv，根据闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)，联立解得列车运行的速率v＝12m/s，故D正确。23.(2024·湖南高考)如图，有一硬质导线Oabc，其中eq