【备战2022】高考物理选择题专项练习集：反电动势(成都专栏)

这是一份【备战2022】高考物理选择题专项练习集：反电动势(成都专栏)，共13页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（共18小题；共72分）
1. 关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是
A. 磁通量越大，感应电动势越大
B. 磁通量变化的越多，感应电动势越大
C. 磁通量增大时，感应电动势一定增大
D. 磁通量变化的越快，感应电动势越大

2. 关于法拉第电磁感应定律，闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的
A. 磁通量成正比B. 磁通量的变化量成正比
C. 磁通量变化所经过的时间成反比D. 磁通量的变化率成正比

3. 法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小
A. 跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比
B. 跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比
C. 跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比
D. 跟发生磁通量的变化所用的时间成反比

4. 一个边长为 6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为 0.36 Ω，磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为
A. 2×10−5 AB. 6×10−5 AC. 22×10−5 AD. 322×10−5 A

5. 一个闭合线圈放在变化的磁场中，线圈产生的感应电动势为 E。若仅将线圈匝数增加为原来的 2 倍，则线圈产生的感应电动势变为
A. 2EB. EC. E2D. E4

6. 关于电磁感应，下列说法正确的是
A. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
B. 穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零
C. 穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大
D. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大

7. 一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时，
A. 穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
B. 穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
C. 穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
D. 穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小

8. 如图所示，匝数为 100 匝的线圈与电流表串联，在 0.3 s 内把磁铁插入线圈，这段时间穿过线圈的磁通量由 0 增至 1.2×10−3 Wb，这个过程中线圈中的感应电动势为
A. 0.4 VB. 4 VC. 0.004 VD. 40 V

9. 以下涉及物理学史上的四个重大发现，其中说法不正确的是
A. 卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量
B. 奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场
C. 纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，总结出后人称之为法拉第电磁感应定律的结论
D. 牛顿根据理想斜面实验，提出力是改变物体运动状态的原因

10. 闭合电路中产生感应电动势的大小，跟穿过这一闭合电路的下列哪个物理量成正比
A. 磁通量B. 磁感应强度
C. 磁通量的变化率D. 磁通量的变化量

11. 穿过一个单匝线圈的磁通量始终为每秒均匀地减小 3 Wb，则：
A. 线圈中的感应电动势每秒增加 3 VB. 线圈中的感应电动势每秒减小 3 V
C. 线圈中的感应电动势始终为 3 VD. 线圈中不产生感应电动势

12. 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是
A. 感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D. 感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同

13. 如图所示，质量为 m 的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是
A. 小于环重力 mg，并保持恒定B. 大于环重力 mg，并保持恒定
C. 始终等于环重力 mg D. 大于环重力 mg，并逐渐减小

14. 如图甲所示，用一根横截面积为 S。电阻率为 ρ 的硬质导线做成一个半径为 r 的圆环，ab 为圆环的直径。在 ab 的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t=0 时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，磁场磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系如图乙所示，则 0∼t1 时间内
A. 圆环中产生感应电流的方向为逆时针
B. 圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针
C. 圆环一直具有扩张的趋势
D. 圆环中感应电流的大小为 B0rS4t0ρ

15. 韦伯和纽曼总结、提出了电磁感应定律，如图是关于该定律的实验，P 是由闭合线圈组成的螺线管，把磁铁从 P 正上方，距 P 上端 h 处由静止释放，磁铁竖直穿过 P 后落在海绵垫上并停下．若仅增大 h，重复原来的操作，磁铁穿过 P 的过程与原来相比，下列说法
A. 穿过线圈的磁通量将增大B. 线圈中产生的感应电动势将增大
C. 通过线圈导线截面的电量将增大D. 线圈对磁铁的阻碍作用将变小

16. 如图所示，两块水平放置的金属板距离为 d，用导线、开关 K 与一个 n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B中．两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为 m 、电荷量为 q 的带正电小球．K 没有闭合时传感器有示数，K 闭合时传感器示数变为原来的一半．则线圈中磁场 B 的变化情况和磁通量的变化率分别为
A. 正在增强，ΔΦΔt=mgd2q B. 正在增强，ΔΦΔt=mgd2nq
C. 正在减弱，ΔΦΔt=mgd2q D. 正在减弱，ΔΦΔt=mgd2nq

17. 一个匝数为 100 匝，电阻为 0.5 Ω 的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化，则线圈中产生交变电流的有效值为
A. 25 AB. 26 AC. 6 AD. 5 A

18. 如图甲所示，梯形硬导线框abcd固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t=0时刻磁场方向垂直纸面向里。在0～5t0时间内，设垂直ab边向上为安培力的正方向，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为( )
A. B.
C. D.

二、双项选择题（共10小题；共40分）
19. 一个面积 S=4×10−2 m2 、匝数 n=100 匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直平面，磁感应强度的大小随时间变化规律如图，由图可知
A. 在开始 2 秒内穿过线圈的磁通量的变化率等于 0.08 Wb/s
B. 在开始 2 秒内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C. 在开始 2 秒内线圈中产生的感应电动势等于 8 V
D. 在第 3 秒末感应电动势为零

20. 如图（a），在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一导线框 R，R 在 PQ 的右侧。导线 PQ 中通有正弦交流电 i，i 的变化如图（b）所示，规定从 Q 到 P 为电流正方向。导线框 R 中的感应电动势
A. 在 t=T4 时为零B. 在 t=T2 时改变方向
C. 在 t=T2 时最大，且沿顺时针方向D. 在 t=T 时最大，且沿顺时针方向

21. 如图，空中水平固定一闭合铜环，让一 S 极朝下的条形磁铁从铜环圆心 O 正上方 P 位置静止释放，磁铁保持竖直加速下落，经过铜环下方 Q 点，其中 OQ=OP。不计空气阻力，重力加速度大小为 g，则
A. 释放瞬间磁铁的加速度为 g
B. 磁铁在运动的过程机械能守恒
C. 当磁铁在 P 与 Q 时，铜环的磁通量相同
D. 磁铁由 P 到 Q 的过程，铜环顺时针（俯视）的平均电流大于逆时针的平均电流

22. 单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，则
A. O 时刻线圈中感应电动势最大
B. A 时刻线圈中感应电动势最零
C. D 时刻线圈中磁通量变化率最大
D. 0 至 D 时间内线圈中平均感应电动势大小为 0.8V

23. 如图甲所示，100 匝线圈（图中只画了 1 匝）两端 A 、 B 与一电压表相连，线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，下列关于电压表的说法正确的是
A. 电压表读数为 50 V B. 电压表读数为 150 V
C. 电压表“+”接线柱接 A 端D. 电压表“+”接线柱接 B 端

24. 穿过一个电阻为 2 Ω 的闭合线圈的磁通量每秒均匀减小 0.4 Wb，则线圈中
A. 感应电动势为 0.4 V B. 感应电动势每秒减小 0.4 V
C. 感应电流恒为 0.2 A D. 感应电流每秒减小 0.2 A

25. 如图矩形线圈面积为 S，匝数为 n，线圈总电阻为 r，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕 OOʹ 轴以角速度 ω 匀速转动，外电路电阻 R。在线圈由图示位置转过 90∘ 的过程中
A. 磁通量的变化量 ΔΦ=nBSB. 平均感应电动势 E=2nBSωπ
C. 通过电阻的电量为 nBSR+rD. 电阻 R 产生的焦耳热 n2B2S22(R+r)

26. 一个 N 匝圆线圈，放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，线圈平面跟磁感强度方向成 30∘ 角，磁感强度随时间均匀变化，线圈导线规格不变，下列方法中可使线圈中感应电流增加一倍的是
A. 将线圈匝数增加一倍B. 将线圈面积增加一倍
C. 将线圈半径增加一倍D. 适当改变线圈的方向

27. 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，方向垂直于半圆形回路所在的平面。半圆形回路以速度 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. 感应电流方向始终沿顺时针方向B. CD 段直导线始终受安培力作用
C. 感应电动势最大值 Em=BavD. 感应电动势平均值 E=πBav

28. 如图甲所示，线圈 ABCD 固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈 AB 边所受安培力变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图中的
A. B.
C. D.

三、多项选择题（共2小题；共8分）
29. 如图甲所示，电阻为 5 Ω 、匝数为 100 匝的线圈（图中只画了 2 匝）两端 A 、 B 与电阻 R 相连，R=95 Ω。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。则
A. A 点的电势小于 B 点的电势
B. 在线圈位置上感应电场沿逆时针方向
C. 0.1 s 时间内通过电阻 R 的电荷量为 0.05 C
D. 0.1 s 时间内非静电力所做的功为 2.5 J

30. 煤气灶点火所需的高压由如图所示装置产生，在铁芯 MN 上绕着两组彼此绝缘的线圈，其中用粗导线绕制、匝数较少的是初级线圈，用细导线绕制，匝数较多的是次级线圈。钢制弹簧片 D 上装有一小锤 P，当电路中无电流时，弹簧片 D 与螺丝钉 W 接触。接通开关 S，铁芯被磁化，小锤 P 被吸引，使得弹簧片 D 与螺丝钉分离，电路断开，铁芯失去磁性，小锤重新回到原来位置，电路又被接通，如此反复，在电路发生通断时，由于电磁感应，次级线圈将会产生高压，导致 G 、 D 间出现放电现象。关于该点火装置，下列说法正确的是
A. 增大初级线圈电流，可使线圈周围的磁场增强
B. 增加次级线圈匝数，可增大次级线圈的感应电动势
C. 次级线圈中交变电压周期等于初级线圈中电流的通断周期
D. 小锤质量越大，通断时间间隔越短
答案
第一部分
1. D
2. D
【解析】由法拉第电磁感应定律 E=nΔφΔt，可知感应电动势 E 与磁通量的变化率成正比，即感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与其他因素没有直接关系，故ABC错误，D正确。
3. C
【解析】感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量的大小、磁通量的变化量及所用的时间均无关，选项 C 正确。
4. B
【解析】交流电的有效值是利用与直流电有相同的热效应来定义的：Q=I2Rt，据电流的有效值定义，只要按图算出在一个周期内两段时间内的热量就可以了，设线框中感应电流的有效值为 I，则 I2R(t1+t2)=I12Rt1+I22Rt2。由图与题目条件可知，在前 3 s 内，线框的感应电动势为 E1=7.2×10−6 V，感应电流为 I1=2×10−5 A；后 2 s 内，感应电流为 I2=3×10−5 A，将以上数据代入上式得 I=6×10−5 A，故答案为B。
5. A
【解析】法拉第电磁感应定律：E=N△Φ△t，说明当 △Φ△t 一定时，E 与 N 成正比。线圈匝数增加为原来的 2 倍，则线圈产生的感应电动势变为 2E。
6. D
7. C
8. A
【解析】磁铁插入线圈，闭合线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律得：E=NΔΦΔt=100×1.2×10−30.3 V=0.4 V，故A正确，BCD错误。
9. D
【解析】牛顿提出万有引力定律后，卡文迪许通过扭秤实验，测定出了万有引力常量，故A正确；
奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故B正确；
纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：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变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故C正确；
伽利略根据理想斜面实验，提出力是改变物体运动状态的原因，故D错误。
10. C
【解析】由法拉第电磁感应定律可知：E=nΔΦΔt，即 E 与磁通量的变化率成正比，即电动势取决于磁通量的变化快慢。
11. C
12. C
【解析】由法拉第电磁感应定律 E=nΔΦΔt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错；感应电动势正比于 ΔΦΔt，与磁通量的大小无直接关系，B错误，C正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D错误．
13. D
【解析】磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变。由楞次定律可知，感应电流方向：顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向竖直向下。则 ab 棒所受的安培力 F=BIL，可知安培力 F 均匀减小，且方向向下，金属环 ab 始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小。所以拉力的大小也逐渐减小，则可知，拉力开始时大于重力 mg，并且逐渐减小；故D正确，ABC错误。
14. D
【解析】磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故AB错误；
由楞次定律的“来拒去留”可知，0∼t0 为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，t0∼t1 为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，故C错误；
由法拉第电磁感应定律可知，E=ΔB⋅S2Δt=B0πr22t0，感应电流 I=ER=B0πr22t0⋅Sρ⋅2πr=B0rS4t0ρ，故D正确；
15. B
16. B
【解析】根据 K 闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受向上的电场力，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，根据安培定则知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增强；对小球受力分析得 qEd=mg2，其中感应电动势 E=nΔΦΔt，代入得 ΔΦΔt=mgd2nq，故B正确．
17. A
【解析】0−1 s 内的磁通量变化率为：k1=0.011 Wb/s=0.01 Wb/s，
则感应电动势 E1=nΔΦΔt=1 V，
1−1.2 s 内的磁通量变化率为：k2=0.010.2 Wb/s=0.05 Wb/s，
则感应电动势 E2=nΔΦΔt=5 V，
对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：
Q=Q1+Q2=120.5×1 J+520.5×0.2 J=12 J
根据有交流电有效值的定义：Q=I2Rt
得：I=25 A，故BCD错误，A正确。
18. D
【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据欧姆定律求解感应电流，根据安培力公式F=BIL求解安培力；根据楞次定律判断感应电流的方向，再由左手定则判定安培力的方向，从而即可求解。
【解析】解：0−2t0，感应电动势为：E1=S△B△t=SB0t0，为定值，
3t0−5t0，感应电动势为：E2=S△B△t=SB0t0，也为定值，
因此感应电流也为定值，
那么安培力F=BIL∝B
由于0−t0，B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律，可知，线圈中感应电流方向顺时针，依据左手定则，可知，线框ab边受到安培力方向向上，即为正；
同理，t0−2t0，安培力方向向下，为负，大小增大，
而在2t0−3t0，没有安培力；
在3t0−4t0，安培力方向向上，为正，大小减小；
在4t0−5t0，安培力方向向下，为负，大小增大，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】本题根据法拉第电磁感应定律和安培力公式判断安培力大小情况；根据楞次定律判断安培力方向，并掌握左手定则的应用，及能与右手定则的区别。
第二部分
19. A， C
【解析】由图象的斜率求出：ΔBΔt=21 T/s=2 T/s
因此有：ΔΦΔt=ΔBΔtS=2×4×10−2 Wb/s=8×10−2 Wb/s，故A正确，B错误；
根据法拉第电磁感应定律得：
E=nΔΦΔt=nΔBΔtS=100×2×4×10−2 V=8 V，故C正确；
由图看出，结合C选项可知，第 3 秒末感应电动势仍为 8 V，故D错误。
20. A， C
【解析】由图（b）可知，导线 PQ 中电流在 t=T4 时达到最大值，变化率为零，导线框 R 中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在 t=T4 时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；
在 t=T2 时，导线 PQ 中电流图象斜率方向不变，导致导线框 R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在 t=T2 时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；
由于在 t=T2 时，导线 PQ 中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框 R 中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在 t=T2 时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；
由楞次定律可判断出在 t=T 时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。
21. A， C
【解析】释放瞬间磁铁还没动，则线圈中还没有感应电流，因此不会对磁铁有阻碍，则此时其加速度为 g，故A正确；
磁铁在下落过程中，导致穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，进而阻碍磁铁的下落，因此磁铁的机械能不守恒，故B错误；
由于 OQ=OP，依据 φ=BS，因此当磁铁在 P 与 Q 时，铜环的磁通量相同，故C正确；
依据法拉第电磁感应定律，磁铁运动越快，则产生感应电动势越大，那么对应的感应电流也越大，因此由 P 到 Q 的过程，铜环顺时针（俯视）的平均电流小于逆时针的平均电流，故D错误。
22. A， D
【解析】线圈中 0 时刻切线斜率最大，即磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大，D 时刻磁通量的变化率为零，则感.应电动势为零，故A正确，C错误；
线圈中 A 时刻线圈中感应电动势不等于零，故B错误；
根据法拉第电磁感应定律得：E=ΔΦΔt=4×10−30.005 V=0.8 V，故D正确。
23. A， C
【解析】由图得到：磁通量的变化率 ΔΦΔt=0.15−0.10.1 Wb/s=0.5 Wb/s，根据法拉第电磁感应定律得：
E=nΔΦΔt=50 V，则电压表读数为 50 V，故A正确，B错误；
根据楞次定律判断可知，回路中感应电动势的方向为逆时针方向，所以电压表“+”接线柱接 A 端，故C正确，D错误。
24. A， C
【解析】穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小 0.4 Wb，则得到磁通量变化率大小为 ΔΦΔt=0.4 Wb/s，由法拉第电磁感应定律得：E=ΔΦΔt=0.4 V，感应电动势不变，故A正确，B错误。
由欧姆定律得，感应电流为 I=ER=0.4 V2 Ω=0.2 A，电流恒定不变，故C正确，D错误。
25. B， C
【解析】图示位置磁通量为 Φ1=0，转过 90∘ 磁通量为 Φ2=BS，ΔΦ=Φ2−Φ1=BS，故A错误；
根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势 E=nΔΦΔt，Δt=π2ω 解得 E=2nBSωπ，故B正确；
通过电阻 R 的电量 q=It=ER+rt=nΔΦR+r，得到 q=nBSR+r，故C正确；
电流的有效值为 I=ER+r，E=Em2，电阻 R 所产生的焦耳热 Q=I2Rt，解得 Q=(nBS)2ωRπ4(R+r)2，故D错误。
26. C， D
【解析】法拉第电磁感应定律：E=NΔΦΔt，将线圈的匝数变化时，说明 ΔΦΔt 一定时，E 与 N 成正比。当线圈匝数增加为原来的 1 倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的 1 倍，但线圈电阻也增加原来的 1 倍，因此线圈中的感应电流没有变化，故A错误；
由法拉第电磁感应定律：E=NΔΦΔt，将线圈的面积增加 1 倍时，则 ΔΦ 也增加 1 倍，则线圈产生的感应电动势是原来的 2 倍。线圈的面积增加 1 倍，半径为原来的 2，周长也为原来的 2，由电阻定律 R=ρLS，可得线圈电阻是原来的 2 倍，因此线圈中的感应电流是原来的 2 倍，故B错误；
法拉第电磁感应定律：E=NΔΦΔt，将线圈的直径增加 1 倍时，则线圈面积是原来的 4 倍，因此 ΔΦ 也是原来的 4 倍，所以线圈产生的感应电动势是原来的 4 倍，由电阻定律 R=ρLS，可得线圈电阻是原来的 2 倍，因此线圈中的感应电流是原来的 2 倍，即线圈中产生的感应电流增大 1 倍，故C正确；
由 I=Sr2ρ⋅ΔBΔt⋅sinθ，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sinθ 可以变为原来的 2 倍，电流可以变为原来的 2 倍，故D正确。
27. B， C
【解析】由楞次定律可判定感应电流始终沿逆时针方向，故A错误；
由左手定则知 CD 段直导线始终受安培力，故B正确；
当有一半进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，最大感应电动势为 Em=Bav，选项C正确；
根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值，
E=ΔφΔt=B⋅πa222av=14πBav，
选项D错误。
故选BC。
28. C， D
【解析】由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式 F=BΔBΔtSLR，
因安培力的大小不变，则 BΔBΔt 是定值，若磁场 B 增大，则 ΔBΔt 减小，
若磁场 B 减小，则 ΔBΔt 增大，故CD正确，AB错误。
第三部分
29. B， C， D
30. A， B， C
【解析】电流越强产生的磁场越强，则增大初级线圈电流可以增大线圈周围的磁场，故A正确；
由 E=nΔΦΔt 可知，在磁通量变化快慢不变的情况下，增大线圈匝数可以增大次级线圈的感应电动势，故B正确；
变压器不会改变频率和周期，故次级线圈中交变电压周期等于初级线圈中电流的通断周期，故C正确；
通断时间取决于铁芯磁化和去磁的时间，与小锤质量无关，故D错误。