第十二章 第2讲 法拉第电磁感应定律涡流自感-2025届高三一轮复习物理

第十二章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律涡流自感对应学生用书P276考点一法拉第电磁感应定律1.感应电动势(1)概念:在①中产生的电动势。

(2)产生条件:穿过回路的②发生改变,与电路是否闭合③。

(3)方向判断:感应电动势的方向用④或⑤判断。

2.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⑥成正比。

(2)公式:E=⑦,其中n为线圈匝数。

(3)感应电流与感应电动势的关系:纯电阻电路中遵循闭合电路的⑧定律,即I=⑨。

3.导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直,则E=⑩。

(2)v∥B时,E=0。答案①电磁感应现象②磁通量③无关④楞次定律⑤右手定则⑥变化率⑦nΔΦΔt⑧欧姆如图,结合“探究感应电流产生条件”的几个演示实验,回答下列问题:(1)电流表指针偏转程度跟感应电动势的大小有什么关系?(2)如图,将条形磁体从同一高度插入线圈中,快速插入和慢速插入有什么相同和不同的地方?答案(1)由闭合电路欧姆定律I=ER+r知,当电路的总电阻一定时,E感越大,I感越大,指针偏转程度越大。(2)磁通量变化相同,但磁通量变化的快慢不同,角度1B随时间t变化类型(改编)(多选)无线充电技术已经广泛应用于日常生活中。图1为无线充电受电线圈的示意图,线圈匝数为n,面积为S,总电阻为R,某段时间Δt内送电线圈产生的磁场平行于受电线圈的轴线穿过受电线圈。设向右为正方向,磁感应强度随时间变化的图像如图2所示。则在0到t1时间内,下列说法正确的是()。A.线圈a端的电势比线圈b端的电势高B.通过线圈的磁通量的变化量为nS(B2+B1)C.受电线圈中产生的感应电动势恒为nSD.若用导线(电阻不计)将线圈a、b两端连接起来,则通过导线横截面的电荷量为nS答案AD解析由题意可知线圈中原磁场先向左减弱后向右增强,根据楞次定律可知,感应磁场方向一直向左,根据线圈环绕方向知线圈a端的电势比线圈b端的电势高,A项正确;在0到t1时间内,通过线圈的磁通量的变化量ΔΦ=SB2-S(-B1)=S(B2+B1),B项错误;由法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt=nS(B2+B1)t1,C项错误;若用导线(不计电阻)将线圈a、b两端连接起来,则通过导线横截面的电荷量Q=IΔ(2024届延庆一模)如图1所示,100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个R=40Ω的电阻相连。线圈内有垂直于纸面向里的匀强磁场,穿过线圈的磁通量按图2所示规律变化。已知线圈的总电阻r=10Ω,则()。A.线圈内感应电流的方向为顺时针B.A点电势比B点电势低C.通过电阻R的电流大小为1.0AD.0.2s内电路中产生的电能为1.0J答案C解析由图可知,穿过线圈的磁通量方向向里增大,根据楞次定律可知,线圈内感应电流的方向为逆时针,外电路中电流从A点经电阻R流到B点,所以A点电势比B点电势高,A、B两项错误;根据法拉第电磁感应定律可得,线圈中产生的感应电动势E=nΔΦΔt=100×0.15-0.100.1V=50V,通过电阻R的电流大小I=ER+r=5040+10A=1.0A,C项正确;0.2s内电路中产生的电能等于电路中产生的焦耳热,则有Q=I2(R+r)t=12×(401.应用法拉第电磁感应定律E=nΔΦ(1)研究对象:是一个回路,而不是一段导体。(2)物理意义:E=nΔΦΔt求的是Δt时间内的平均感应电动势,当Δt→0时(3)E=nΔΦΔt求得的电动势是整个回路的感应电动势,而不是回路中某段导体的电动势,2.法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时,ΔΦ=B·ΔS,则E=nBΔS(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时,ΔΦ=ΔB·S,则E=nΔBΔt·S(3)磁通量的变化是面积和磁场变化共同引起时,则根据定义式求,ΔΦ=Φ末-Φ初,E=nB2S2-角度2金属棒平动切割磁感线如图,一段直导线(或等效成直导线),以垂直于磁场的速度v平动切割磁感线,产生的感应电动势E=Blv。(2024届湛江模拟)(多选)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面。导线以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是()。A.CD段直导线不受安培力B.CD段直导线受安培力C.感应电动势最大值Em=2BavD.感应电动势平均值E-=14答案BD解析由楞次定律和安培定则可知,感应电流始终沿逆时针方向,由左手定则判断,CD段直导线所受安培力方向始终向下,A项错误,B项正确;当线框有一半进入磁场时,切割磁感线的有效长度最大,最大感应电动势Em=Bav,C项错误;根据法拉第电磁感应定律可得,感应电动势的平均值E-=nΔΦΔt,n=1,则E-=BSΔt=BE=Blv的五个特性角度3金属棒旋转切割磁感线(2023年辽宁卷)如图,空间中存在水平向右的匀强磁场,一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动,且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是()。答案C解析如图所示,导体棒匀速转动,设速度为v,棒转过的角度为θ,则导体棒垂直于磁感线方向的分速度v⊥=vcosθ,根据e=BLv⊥,可知导体棒两端的电势差u=e=BLvcosθ=BLvcosωt,即u随时间t变化的图像为余弦图像,C项正确。(2024届深圳一模)某直升机在北半球上空悬停时,长度为L的导体螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动(俯视),转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx,竖直分量为By。叶片的近轴端为a,远轴端为b。忽略转轴的尺寸,则()。A.叶片中感应电动势为12BxL2ω,a端电势高于bB.叶片中感应电动势为12BxL2ω,a端电势低于bC.叶片中感应电动势为12ByL2ω,a端电势高于bD.叶片中感应电动势为12ByL2ω,a端电势低于b答案D解析北半球的地磁场方向相对于地面是斜向下的,由题意可知,叶片切割地磁场的竖直分量,叶片中感应电动势E=ByL·0+ωL2=12ByL2ω,由题意知,每个叶片都切割磁感线,相当于电源,且电源内部电流从低电势流向高电势,则由右手定则可得,a端电势低于b端电势直导体棒旋转切割产生感应电动势的三种情况(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=12BωL2(3)以任意点为轴时,E=12Bω(L12-L22)(L1>L考点二自感涡流电磁驱动与电磁阻尼1.自感现象(1)概念:由于导体本身的①变化而产生的电磁感应现象称为自感。

(2)自感电动势A.定义:在自感现象中产生的感应电动势叫作②。

B.表达式:E=③。

(3)自感系数LA.相关因素:与线圈的④、形状、⑤以及是否有铁芯有关。

B.单位:亨利(H),1mH=⑥H,1μH=⑦H。

2.涡流当线圈中的电流发生变化时,在它附近的任何导体中都会产生感应电流,这种电流像水的漩涡,所以叫涡流。答案①电流②自感电动势③LΔIΔt④大小⑤匝数⑥10-3⑦如图所示,闭合开关,调节R使两灯泡亮度相同(说明电感线圈L的直流电阻与R接入电路的阻值相等),再调节R1,使两灯泡正常发光。(1)断开开关,观察到的现象:。原因:断开开关时,电感线圈L中的电流减小,会产生自感电动势阻碍其,电感线圈L与A1、A2及R构成闭合回路。

(2)闭合开关,观察到的现象:。原因:闭合开关时,电感线圈L中的电流增大,会产生自感电动势阻碍其,相当于这条支路的电阻很大。

答案(1)A1、A2逐渐变暗,最终熄灭减小(2)A1逐渐变亮,A2瞬间变亮增大角度1两类自感现象1.通电自感和断电自感的比较2.分析自感问题的三个技巧(2024届辽宁期末)在如图所示的电路中,A1和A2是完全相同的灯泡,自感线圈L的直流电阻可以忽略。下列说法正确的是()。A.合上开关S瞬间,A1和A2同时亮B.合上开关S瞬间,A1立刻亮,A2逐渐变亮C.合上开关S一段时间后,A1和A2一样亮D.合上开关S一段时间后,A2比A1更亮答案C解析合上开关S瞬间,由于电感线圈会阻碍电流的增大,所以A1支路电流缓慢增大,A1逐渐变亮,A2支路由于只有灯泡,所以A2立刻亮,A、B两项错误;合上开关一段时间后,自感线圈对电流不再有阻碍作用,又线圈L的直流电阻可以忽略,故两灯泡一样亮,C项正确,D项错误。角度2涡流及其应用(1)现象:块状金属放在变化磁场中,或者让它在磁场中运动时,金属块内产生的漩涡状感应电流。(2)原因:金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。(2024届南昌期中)2023年3月22日02时至20时,北京市阵风7级左右,山区阵风高达9级,给人们的出行带来困难。北京中信大厦(中国尊)上的电磁阻尼器出现了摆动,及时对大厦进行减振,示意图如图所示。下列说法正确的是()。A.风速越大,导体板中磁通量变化率越小B.风速越大,导体板内产生的感应电动势越小C.风速越大,导体板内涡电流越小D.导体板内涡电流对永磁铁的电磁阻力是中信大厦(中国尊)减振的原因答案D解析风速越大,永磁铁与可摆动质量块摆动越厉害,导体板中磁通量变化率越大,导体板中产生的感应电动势越大,产生的涡电流也越大,A、B、C三项错误;导体板内的涡电流与永磁铁间的电磁阻力,是中信大厦(中国尊)减振的原因,D项正确。角度3电磁驱动与电磁阻尼比较项电磁阻尼电磁驱动不同点成因导体在磁场中运动而产生感应电流,从而使导体受到安培力磁场运动(或变化)引起导体所在电路中磁通量变化而产生感应电流,从而使其受安培力效果导体受到安培力的方向与其运动方向相反,阻碍导体运动导体受到安培力的方向与其运动方向相同,推动导体运动能量转化导体克服安培力做功,其他形式的能转化为电能,最终转化为内能磁场能在电磁感应过程中转化为电能,又通过安培力做功,电能转化为导体的机械能,从而对外做功相同点两者都是电磁感应现象,都遵循楞次定律,都是安培力阻碍导体与引起感应电流的磁场间的相对运动(2024届滨州期中)关于教材中的插图,下列说法正确的是()。A.图1中,转动手柄使磁体转动起来,由于电磁感应,铝框也会跟着一起转动,稳定后铝框一定比磁体转动慢B.图2中,将一圆柱形强磁体从甲、乙所示的铝管上端放入管口,由静止释放。因为乙管有裂缝不闭合,强磁体做自由落体运动C.图3为动圈式扬声器,线圈圆筒安放在永磁体磁极间的空隙中,能够在空隙中左右运动。音频电流通进线圈,安培力使线圈左右运动。纸盆与线圈连接,随着线圈振动而发声。这样的扬声器不能当作话筒D.图4为一个铜盘,轻轻拨动它,能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把U形磁铁的两极放在铜盘的边缘,但并不与铜盘接触,铜盘就能在较短的时间内停止,把铜盘换成塑料盘,也会看到同样的现象答案A解析根据电磁驱动原理,当转动手柄使得蹄形磁体转动时,铝框会同向转动,且比磁体转动得慢,A项正确;题图2中乙虽然是有竖直裂缝的铝管,但是强磁体在铝管中下落时,在铝管中也会产生涡流,对强磁体产生向上的阻力,所以强磁体的运动不是自由落体运动,B项错误;题图3中这种是动圈式扬声器,若有声音使得纸盆振动,则会带动线圈振动,切割磁感线产生感应电流,所以这样的扬声器也能当作话筒,C项错误;当转动铜盘时,铜盘的一部分切割磁感线,从而产生感应电流,此时机械能转化为电能,最终转化为内能,把铜盘换成塑料盘,不会产生感应电流,则不会消耗机械能,即不会看到同样的现象,D项错误。1.(改编)(多选)有一简易发电装置如图所示,半径r=0.3m的导体圆环位于纸面内,组成该导体圆环材料的总电阻R1=0.4Ω,且单位长度电阻相同,O为圆心。环内存在匀强磁场,磁感应强度B=2T,方向垂直纸面向里。导体棒OM可绕O转动,M端通过滑动触点与圆环良好接触。在圆心和圆环间连接的小灯泡电阻R2=1.4Ω。OM以恒定角速度ω=4rad/s逆时针转动,导体棒的电阻R3=0.3Ω。则下列说法正确的是()。A.φO<φMB.电流方向由M指向OC.感应电动势E=0.16VD.OM间电压的最大值为0.3V答案BD解析导体棒OM逆时针转动,根据右手定则,可得OM中感应电流由M到O,OM相当于电源,则O端电势较高,A项错误,B项正确;根据法拉第电磁感应定律,可得回路的电动势大小E=Brv=Br·rω2=2×0.3×0.3×42V=0.36V,C项错误;当M端移到圆环最低点时,外电阻最大,则闭合回路中的最大电阻R=R2+R3+12×12R1=1.8Ω,则最小电流I=ER=0.361.8A=0.2A,根据闭合电路欧姆定律,可得OM间最大电压U=E-IR3=(0.36-0.2×0.32.如图所示,一足够大的光滑水平台面上存在垂直于水平面向下的非匀强磁场,已知沿x轴正方向磁场的磁感应强度均匀增大,沿y轴方向磁场的磁感应强度不变。一闭合的正方形金属线框在图示恒力F作用下由静止开始运动,下列说法中正确的是()。A.线框中产生顺时针方向的感应电流B.线框的加速度一直减小C.恒力F的功率一直增大D.线框运动的速度先增大后不变答案C解析根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针,A项错误;将恒力F沿x轴方向和y轴方向分解,y轴方向合力只有Fy且为恒力,x轴方向合力逐渐减小至零,可见加速度先减小后不变,速度一直增大,B、D两项错误;由于恒力F沿y轴方向与x轴方向分力大小不变,y轴方向速度一直增大,x轴方向速度先增大后不变,而PF=Fyvy+Fxvx,故恒力F的功率一直增大,C项正确。3.(多选)图1为两个平行正对的线圈O1、O2(O1、O2为两线圈的圆心),两线圈通有大小、方向均相同的电流,电流随时间变化的规律如图2所示,m点位于O1、O2连线中点,在m点放置一个与通电线圈平行的小金属圆环,其圆心在m点。n点在O1O2的延长线上并位于O2右侧附近,下列说法正确的是()。A.0~t1时间段,位于m点的圆环产生的感应电流方向与产生磁场的线圈电流方向相反B.t1~t2时间段,位于m点的圆环产生的感生电动势增大C.t2~t3时间段,线圈O1、O2对位于m点的环的合力始终为零D.如果在n点放一小金属块,在t4~t5时间段,小金属块将受到线圈O1、O2对它的排斥力答案ABC解析0~t1时间段,通过位于m点的小圆环的磁通量增大,故产生的感应电流方向与产生磁场的线圈电流方向相反,A项正确;t1~t2时间段,线圈电流变化率增大,位于m点的圆环产生的感生电动势增大,B项正确;t2~t3时间段,两通电线圈中电流反向增大,由楞次定律可知,圆环中电流与线圈中电流反向,两线圈对圆环的作用力均为吸引力,又因为m为O1、O2的中点,所以线圈对圆环的合力为零,C项正确;如果在n点放一小金属块,在t4~t5时间段,电流减小,则磁场减小,穿过金属块的磁通量减小,金属块中产生与线圈中电流方向相同的涡流,金属块受到线圈O1、O2对它的吸引力,D项错误。4.如图1所示,等腰直角三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板下方,图中虚线过ab边中点和ac边中点,在虚线的下方有垂直于导线框向里的匀强磁场。磁感应强度大小随时间变化的图像如图2所示,已知三角形导线框直角边的长度l=0.40m,导线框的总电阻R=0.006Ω。求:(1)t=2.0s时三角形导线框所受安培力的大小。(2)在t=0到t=2.0s时间内三角形导线框产生的焦耳热。答案(1)0.022N(2)0.012J解析(1)导线框中产生的感应电动势E=Δ由图2可知ΔBΔt=0.所以E=SΔBΔt=34SabcΔBΔt=34×12×0.4导线框中的电流I=ER=1由图2可知t=2.0s时磁感应强度B2=(0.3-0.1×2)T=0.1T导线框处于磁场中的有效长度L=0.22m此时导线框所受安培力大小F=B2IL代入数据得F=0.022N。(2)在t=0到t=2.0s时间内,三角形导线框产生的焦耳热Q=I2Rt代入数据得Q=0.012J。见《高效训练》P931.(2023年湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信,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()。A.0.30VB.0.44VC.0.59VD.4.3V答案B解析根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔΦΔt=SΔBΔt=103×(1.02+1.22+1.42)×10-4V=02.(2023年江苏卷)如图所示,圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,OC导体棒的O端位于圆心,棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC,则()。A.φO>φCB.φC>φAC.φO=φAD.φO-φA=φA-φC答案A解析由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线,则根据右手定则可知φO>φA,其中导体棒AC段不在磁场中,不切割磁感线,电流为0,则φC=φA,A项正确,B、C两项错误;根据以上分析可知φO-φA>0,φA-φC=0,则φO-φA>φA-φC,D项错误。3.(2024届北京一模)如图所示,用同种细导线做成两个闭合单匝线圈,正方形线圈的边长与圆形线圈的直径相等,把它们放入磁感应强度随时间均匀变化的同一匀强磁场中,线圈所在平面均与磁场方向垂直。若正方形、圆形线圈中的感应电动势分别用E1、E2表示,感应电流分别用I1,I2表示,则()。A.E1∶E2=4∶πI1∶I2=4∶πB.E1∶E2=4∶πI1∶I2=1∶1C.E1∶E2=1∶1I1∶I2=1∶1D.E1∶E2=1∶1I1∶I2=4∶π答案B解析设正方形线圈的边长为L,则圆形线圈的直径也为L,根据法拉第电磁感应定律可得两者的感应电动势分别为E1=L2ΔBΔt,E2=πL22ΔBΔt,解得E1∶E2=4∶π;根据电阻定律可得两者的电阻分别为R1=ρ4LS,R2=ρπLS,又I=E4.(2024届岳阳二模)如图所示,半径为r的圆形区域内存在方向竖直向上,磁感应强度大小随时间变化的匀强磁场,关系为B=kt(k>0且为常量)。现将单位长度电阻为R、半径为x的金属圆环放入这个磁场中,圆环与磁场边界为同心圆。下列说法正确的是()。A.若x为2r,则圆环产生的感应电动势大小为4kπr2B.从上往下看,金属圆环中的电流沿顺时针方向,且电流随时间均匀增大C.若x分别为12r和2r,则两种圆环中产生的感应电动势之比为1∶D.若x分别为12r和2r,则单位时间内两种圆环中产生的焦耳热之比为1∶答案C解析圆环产生的感应电动势大小E=ΔΦΔt=πr2·ΔBΔt=kπr2,A项错误;由楞次定律可得,金属圆环中的电流沿顺时针方向,且感应电动势为定值,则感应电流也为定值,B项错误;若x分别为12r和2r,则这两种圆环中产生的感应电动势之比E1E2=π12r2kπr2k=15.(2024届江苏二模)如图1所示,一条南北走向的马路,路口设有出入道闸,每侧道闸金属杆长为L,当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过90°,所用时间为t。此处地磁场方向如图2所示,B为地磁场总量,BH为地磁场水平分量,Bx、By、Bz分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小。则杆在转动升起的过程中,两端电势差的大小为()。A.πBxL24t B.π2B答案A解析杆从水平位置匀速转过90°,所用时间为t,可知金属杆的角速度ω=π2t,由于马路沿南北方向,则金属杆转动过程切割Bx,则金属杆两端电势差的大小U=BxLv=BxL0+ωL2=12BxL2ω,联立解得6.(2024届西城二模)将灯泡A、线圈L、电池组E和开关S连接成如图所示的电路。先闭合开关S,使灯泡发光,然后断开开关S,观察到灯泡闪亮的现象。下列说法正确的是()。A.闭合S瞬间线圈L不产生自感电动势B.断开S瞬间电路中a点电势低于b点电势C.断开S前后通过灯泡A的电流大小不变D.闭合S后电源输出的电功等于灯泡A和线圈L的焦耳热之和答案B解析闭合S瞬间,电路接通,线圈L要阻碍电流通过,产生与电源相反的自感电动势,A项错误;开关S断开前,自感线圈中的电流是自左向右的,在断开S瞬间,自感线圈要阻碍电流的减小,因此产生与原电流方向相同的感应电流,与灯泡构成闭合回路,回路中的电流为逆时针方向,因此a点电势低于b点电势,B项正确;断开开关S,观察到灯泡闪亮的现象,说明断开开关后瞬间通过灯泡的瞬时电流大于开关断开前的电流,C项错误;因为闭合开关后,自感线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来,因此闭合S后电源输出的电功大于灯泡A和线圈L的焦耳热之和,D项错误。7.(2024届武汉期末)(多选)汽车上使用的电磁制动装置示意图如图所示。电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,会产生涡流,使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是()。A.制动过程中,导体不会产生热量B.制动力的大小与导体运动的速度有关C.线圈中既可以通交流电,也可以通直流电D.如果改变线圈中的电流方向,可以使导体获得促进它运动的动力答案BC解析当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,会产生涡流,电流流过电阻时会产生热量,A项错误;导体运动的速度越大,磁通量变化越快,产生的感应电流越强,制动器对转盘的制动力越大,故制动力的大小与导体运动的速度有关,B项正确;电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时,产生涡流,故通电线圈通直流电,产生方向不变的磁场也是可以的,C项正确;如果改变线圈中的电流方向,铁芯产生的磁感线的方向反向,此时产生的涡流方向也相反,根据安培力的公式,电流和所处的磁场方向同时反向,安培力方向不变,故还是使导体受到阻碍运动的制动力,D项错误。8.(改编)如图所示,有界匀强磁场的磁感应强度大小为B,有一半径为R的线圈,其单位长度上的电阻为r,线圈直径MN垂直磁场边界于M点,现以M点为轴,在纸面内将线圈沿顺时针方向匀速旋转90°,角速度为ω,则()。A.感应电流方向为逆时针方向B.感应电动势的最大值为BR2ωC.感应电流的最大值为2D.整个过程通过导体任意横截面的电荷量为BR答案D解析根据楞次定律,感应电流产生的磁场总要阻碍原磁通量的变化,可知在线圈转动的过程中通过线圈的磁通量减小,由此可知感应电流应为顺时针方向,A项错误;当转过90°时,瞬间感应电动势最大,此时切割磁感线的有效长度最大,为圆形线圈的直径,由此可得感应电动势的最大值Em=12B(2R)2ω=2BR2ω,根据闭合电路的欧姆定律可知感应电流的最大值Im=EmR总=2BR2ω2πRr=BRωπr,B、9.(2024届桂林二模)(多选)如图所示,纸面内的菱形金属线框ABCD以速度v0平行于AD方