高考物理一轮复习讲义第65课时　法拉第电磁感应定律　自感、涡流（教师版）

第65课时法拉第电磁感应定律自感、涡流【复习定位】1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)进行有关计算。2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势。3.了解自感现象和涡流现象，能举例说明自感现象和涡流现象在生产生活中的应用。必备知识自主学习对应学生用书P222一、感应电动势1.定义：在eq\o(□,\s\up5(1))电磁感应现象中产生的电动势。2.产生：穿过回路的eq\o(□,\s\up5(2))磁通量发生改变，与电路是否闭合eq\o(□,\s\up5(3))无关。3.感应电动势的方向判断可用：(1)楞次定律；(2)eq\o(□,\s\up5(4))右手定则。4.感应电流与感应电动势的关系(1)有感应电动势，不一定有eq\o(□,\s\up5(5))感应电流；(2)有感应电流，一定有eq\o(□,\s\up5(6))感应电动势。二、法拉第电磁感应定律1.内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的eq\o(□,\s\up5(7))变化率成正比。2.公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。3.导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则E＝eq\o(□,\s\up5(8))Blv。(2)v∥B时，E＝eq\o(□,\s\up5(9))0。三、自感现象1.定义：由于导体本身的eq\o(□,\s\up5(10))电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。2.自感电动势(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作eq\o(□,\s\up5(11))自感电动势。(2)表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。3.自感系数L(1)影响因素：与线圈的eq\o(□,\s\up5(12))大小、形状、eq\o(□,\s\up5(13))匝数以及是否有铁芯等因素有关。(2)单位：国际单位制单位为亨利(H)，1mH＝eq\o(□,\s\up5(14))10-3H，1μH＝eq\o(□,\s\up5(15))10-6H。四、涡流1.定义：块状金属放在eq\o(□,\s\up5(16))变化磁场中，或在磁场中有相对运动时，金属块内产生的漩涡状eq\o(□,\s\up5(17))感应电流。2.产生原因：金属块内eq\o(□,\s\up5(18))磁通量变化→感应电动势→感应电流。1.判断正误。(1)Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)不一定等于0。(√)(2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)(3)线圈中的电流越大，自感系数也越大。(×)(4)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大。(√)(5)涡流是由整块导体发生的电磁感应现象，不遵从电磁感应定律。(×)2.（2024·湖北卷）《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(C)A．摩擦 B．声波C．涡流 D．光照解析在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦、声波和光照的影响，但金属能够因电磁感应产生涡流而非金属不能，因此可能原因为涡流。故选C。关键能力阶梯突破对应学生用书P223考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用1.对公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)常用来计算平均感应电动势；如果磁通量均匀变化，则瞬时值等于平均值。(2)感应电动势的大小由n和eq\f(ΔΦ,Δt)共同决定，与Φ、ΔΦ的大小没有必然联系。(3)磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)对应Φ­t图像上某点切线的斜率。2.公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的三种变形表达式(1)磁通量的变化仅由面积S变化引起时，E＝neq\f(BΔS,Δt)。(2)磁通量的变化仅由磁感应强度B变化引起时，E＝neq\f(SΔB,Δt)（S为线圈在磁场中的有效面积）。(3)磁通量的变化由面积S和磁感应强度B的共同变化引起时，E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt)。【例1】（2022·河北卷）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(D)A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)解析由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故选D。【例2】（2023·湖北卷）近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(B)A．0.30V B．0.44VC．0.59V D．4.3V解析根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10-4V＝0.44V，故选B。【例3】（多选）如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场。t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。下列说法正确的是(AC)A．eq\f(1,2)t0时刻，R中电流方向为由a到bB．eq\f(3,2)t0时刻，R中电流方向为由a到bC．0～t0时间内流过R的电流小于t0～2t0时间内流过R的电流D．0～t0时间内流过R的电流大于t0～2t0时间内流过R的电流解析由楞次定律可知，0～t0时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，t0～2t0时间内线圈中的感应电流方向为顺时针方向，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，可知0～t0时间内感应电动势大小是t0～2t0时间内感应电动势大小的eq\f(1,2)，感应电流为I＝eq\f(E,R)，所以0～t0时间内流过R的电流是t0～2t0时间内流过R的电流的eq\f(1,2)，故C正确，D错误。考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1.E＝Blv的特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图中导体棒的有效长度为ab间的距离。(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。2.导体转动切割的三种情况(1)以中点为轴时，E＝0（不同两段的代数和）。(2)以端点为轴时，E＝eq\f(1,2)BL2ω（平均速度取中点位置的线速度eq\f(1,2)Lω）。(3)以任意点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bω（Leq\o\al(2,1)－Leq\o\al(2,2)）（L1、L2分别为转轴到两端点的距离，E为导体两端间的电势差）。【例4】如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为(D)A．eq\r(2)BRv B．eq\f(\r(2),2)BRvC．－eq\f(\r(2),4)BRv D．－eq\f(3\r(2),4)BRv解析有效切割长度即a、b连线的长度，如图所示，由几何关系知有效切割长度为eq\r(2)R，所以产生的电动势为E＝BLv＝B·eq\r(2)Rv，电流的方向为a→b，所以Uab＜0，由于在磁场部分的阻值为整个圆环阻值的eq\f(1,4)，所以Uab＝－eq\f(3,4)B·eq\r(2)Rv＝－eq\f(3\r(2),4)BRv，故D正确。【例5】（2024·湖南卷）如图，有一硬质导线Oabc，其中eq\o(abc,\s\up8(︵))是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为(C)A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φcC．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc解析如图，a、b、c点绕O点逆时针转动时，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E＝Blv＝eq\f(1,2)Bωl2，同时有lOb＝lOc＝eq\r(5)R，可得0<UOa<UOb＝UOc，得φO>φa>φb＝φc，故选C。反思提升►确定感应电路中电势高低的方法【例6】（2023·广东卷）光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界eq\f(h,2)处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：(1)t＝0时线框所受的安培力F；答案eq\f(9Beq\o\al(2,0)h2v,R)，方向水平向左解析由题图可知t＝0时线框切割磁感线的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv则感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3B0hv,R)所受的安培力大小为F＝2B0eq\f(3B0hv,R)h＋B0eq\f(3B0hv,R)h＝eq\f(9Beq\o\al(2,0)h2v,R)由左手定则可知方向水平向左。(2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；答案eq\f(3B0h2,10)解析在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界eq\f(h,2)处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为Φ＝1.6B0h·eq\f(1,2)h－B0h·eq\f(1,2)h＝eq\f(3B0h2,10)。(3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。答案eq\f(Beq\o\al(2,0)h4,4τR)解析2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E′＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0\f(1,2)h2,τ)＝eq\f(B0h2,2τ)感应电流大小为I′＝eq\f(E′,R)＝eq\f(B0h2,2τR)则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为Q＝I′2RΔt＝eq\f(Beq\o\al(2,0)h4,4τR)。考点三自感和涡流1.自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。(3)电流稳定时，自感线圈相当于普通导体。(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。2.自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流方向均改变【例7】如图所示的电路中，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，线圈L的电阻和电源的内阻可忽略，D为理想二极管。下列判断正确的是(C)A．开关S从断开状态突然闭合时，L1逐渐变亮，L2一直不亮，L3立即变亮B．开关S从断开状态突然闭合时，L1、L2逐渐变亮，L3立即变亮再熄灭C．开关S从闭合状态突然断开时，L1逐渐熄灭，L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L3立即熄灭D．开关S从闭合状态突然断开时，L1、L2逐渐熄灭，L3突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭解析由于二极管具有单向导电性，所以开关S从断开状态突然闭合时，二极管不能导通，L2一直不亮；此时L1、L3和L串联在同一回路中，L产生自感电动势阻碍通过其电流的增大，所以通过L1和L3的电流逐渐增大，L1和L3均逐渐变亮，故A、B错误。开关S从闭合状态突然断开时，通过L3的电流立即变为零，所以L3立即熄灭；L产生自感电动势阻碍通过其电流的减小，此时自感电动势的方向满足二极管导通的条件，所以L1、L2和L串联在同一回路中，通过L1的电流逐渐减小，L1逐渐熄灭，而由于L2开始时不亮，所以L2突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，故C正确，D错误。【例8】（2025·北京海淀阶段预测）如图1所示为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，在t0时刻，将开关S断开，测量得到t0时刻前后灯泡A、B两端电势差Uab、Ucd随时间t的变化关系图像。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可忽略不计。下列说法正确的是(D)A．图2所示为灯泡A两端电势差Uab在S断开前后随时间的变化关系图像B．S断开瞬间，自感线圈L两端电势差大小为U0C．电源电动势为2U0D．由图2和图3可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2解析电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，Uab>0，Ucd>0，开关S断开瞬间，由于自感有Uab>0，Ucd<0，所以题图2所示为灯泡B两端电势差Ucd在S断开前后随时间的变化关系图像，故A错误；根据题图2和题图3可知，S断开瞬间，自感线圈L两端电势差大小为U＝Uab＋Udc＝3U0，故B错误；电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，由题图可知电源电动势为U0，故C错误；S断开瞬间，线圈L、灯泡A、B构成闭合回路，经过两灯泡的电流相等，由于Udc＝2Uab，根据U＝IR可知灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2，故D正确。【例9】扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(A)解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。在题图A中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在题图B中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动和向右振动无感应电流产生；在题图C中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流；在题图D中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生。故选项A正确，B、C、D错误。课时作业对应学生用书P440[基础过关]1.如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警­2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行。该机的翼展（两翼尖之间的距离）为50m，北京地区地磁场向下的竖直分量大小为4.7×10-5T，则(C)A．两翼尖之间的电势差为2.9VB．两翼尖之间的电势差为1.1VC．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低解析飞机的飞行速度为4.5×102km/h＝125m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝Blv＝4.7×10-5×50×125V≈0.29V，A、B两项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直分量向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误。2.（2023·北京卷）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关(D)A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭解析由题意知，开始开关S闭合时，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，Q灯立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。故选D。3.如图甲所示，正方形虚线框为匀强磁场区域的边界，取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。匝数为n、半径为r的导线圈恰好处于虚线框的外接圆上，导线圈与电阻箱R1、定值电阻R2组成回路，回路中的其他电阻不计。以下说法正确的是(D)A．R2中的电流方向先向左，再向右B．回路中的电动势为eq\f(πnr2B0,t0)C．t＝t0时刻，回路中的电流为零D．R1＝R2时，R1消耗的电功率最大解析由题图乙可知，磁感应强度B先正向减小后反向增大，根据楞次定律和安培定则可知R2中的电流方向一直向左，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝n（eq\r(2)r）2eq\f(B0,t0)＝eq\f(2nr2B0,t0)，B错误；由题图乙可知磁感应强度B一直在发生变化，所以t＝t0时刻，回路中的电流不为零，C错误；根据闭合电路欧姆定律可知，R1消耗的电功率为P＝（eq\f(E,R1＋R2)）2R1＝eq\f(E2,\f((R1－R2)2,R1)＋4R2)，由此可知，当R1＝R2时，R1消耗的电功率最大，D正确。4.边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间，a、b两端的电势差Uab为(A)A．eq\f(1,3)Bl2ω B．－eq\f(1,2)Bl2ωC．－eq\f(1,3)Bl2ω D．eq\f(1,6)Bl2ω解析当ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即为a、b间的距离l，则E＝Bleq\x\to(v)＝Bleq\f(lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω；由右手定则知，感应电流方向为逆时针方向，则φa＞φb，设每个边的电阻为R，a、b两端的电势差为Uab＝I·2R＝eq\f(E,3R)·2R＝eq\f(1,3)Bl2ω，故A正确，B、C、D错误。5.（2024·广东卷）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是(D)A．穿过线圈的磁通量为BL2B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向解析根据题图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，穿过线圈垂直纸面向外的磁通量增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。6.某同学想对比自感线圈和小灯泡对电路的影响，他设计了如图甲所示的电路，电路两端电压U恒定，A1、A2为完全相同的电流传感器。先闭合开关K得到如图乙所示的i­t图像，等电路稳定后，断开开关（断开开关的实验数据未画出）。下列关于该实验的说法正确的是(D)A．闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零B．图乙中的a曲线表示电流传感器A2测得的数据C．断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭D．t1时刻小灯泡与线圈的电阻相等解析闭合开关时，线圈自感电动势等于电源电动势，自感线圈中电流为零，故A错误；A2中电流等于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大，最后趋于稳定，故A2中数据应为题图乙中b曲线，故B错误；断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，回路中的电流不变，故灯泡不会发生明显闪亮，而是逐渐熄灭，故C错误；t1时刻，两支路中电压相等，电流相等，则小灯泡与线圈的电阻相等，故D正确。[能力提升]7.图甲和图乙是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(C)A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析在题图甲中，断开开关S1瞬间，L1与A1构成闭合回路，通过灯A1的电流与L1相同，又因灯A1突然闪亮，即通过A1的电流增大，则可推出，闭合S1，待电路稳定后，通过L1的电流大于通过灯A1的电流，根据L1与A1并联，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A、B错误。在题图乙中，闭合开关S2，最终A2与A3亮度相同，即电流相同，所以L2与R电阻相同，闭合开关S2的瞬间，L2中电流小于变阻器R中电流，故C正确，D错误。8.（多选）如图所示，用两根完全相同的带有绝缘外皮的导线首尾相接，分别绕制成一个单匝闭合圆环和两匝闭合圆环，把它们垂直放在随时间均匀变化的同一磁场中，下列说法正确的是(BCD)A．穿过两环的磁通量之比为2∶1B．两环中的感应电动势大小之比为2∶1C．两环中的感应电流之比为2∶1D．相同时间内通过两环任一截面的电荷量之比为2∶1解析两根导线长度相同，有2πr1＝2πr2×2，即eq\f(r1,r2)＝eq\f(2,1)，则两圆环面积之比为eq\f(S1,S2)＝eq\f(4,1)，可得eq\f(Φ1,Φ2)＝eq\f(BS1,BS2)＝eq\f(4,1)，故A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔB,Δt)S，可得eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，故B正确；两根导线完全相同，有eq\f(I1,I2)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，故C正确；通过的电荷量q＝neq\f(ΔB·S,R)，可得eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,1)，故D正确。9.如图所示，在半径为R的圆形区域内存在垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆外无磁场。一根长为2R的导体杆ab水平放置，a端处在圆形磁场的下边界，现使杆绕a端以角速度ω逆时针匀速旋转180°，在旋转过程中(C)A．b端的电势始终高于a端B．ab杆的电动势最大值E＝BR2ωC．全过程中，ab杆平均电动势eq\x\to(E)＝BR2ωD．当杆旋转θ＝120°时，ab间电势差Uab＝eq\f(1,2)BR2ω解析根据右手定则可知，a端相当于电源正极，b端相当于电源负极，a端电势高于b端电势，故A错误；当导体杆ab和直径重合时，切割磁感线的有效长度l＝2R，此时产生的感应电动势最大，ab杆切割磁感线产生的感应电动势最大值为E＝eq\f(1,2)Bl2ω＝2BR2ω，故B错误；根据法拉第电磁感应定律可知，全过程中，ab杆平均电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·πR2,\f(π,ω))＝BR2ω，故C正确；当θ＝120°时，ab杆切割磁感线的有效长度l′＝eq\r(3)R，ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E′＝eq\f(1,2)Bl′2ω＝eq\f(3,2)BR2ω，故D错误。10.（2022·全国甲卷）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的