课时作业十 互感和自感(Word练习)-【金榜题名】2026-2027学年高二物理选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

课时作业(十) A基础达标 1.(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速运动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则O～D过程中(　　) A．线圈中O时刻感应电动势最大 B．线圈中D时刻感应电动势最大 C．线圈中D时刻感应电动势为零 D．线圈中O至D时间内平均感应电动势为4 V 【解析】　由题图可知，O时刻切线斜率最大，即线圈中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，则线圈中感应电动势为零。从O至D时间内，根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为E＝＝ V＝0.4 V，故AC正确，BD错误。 故选AC。 【答案】　AC 2.图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　) A．恒为 B．从0均匀变化到 C．恒为－ D．从0均匀变化到－ 【解析】　根据题意，穿过线圈的磁感应强度是均匀增加的，根据法拉第电磁感应定律，可得 E＝n ＝n ＝n＞0 故产生的感应电动势是恒定不变的，由于磁感应强度是增加的，即通过线圈向右的磁通量在增大，根据楞次定律，感应电动势顺时针(从右侧看)，所以φa＜φb，即φa－φb＜0，故φa－φb＝－n，故选C。 【答案】　C 3.(多选)如图所示，矩形线框abcd固定于匀强磁场中，ef为一导体棒，可在ab和cd间滑动并接触良好。设磁感应强度为B，矩形线框的宽度ac等于L，在Δt时间内导体棒ef向左匀速滑过距离Δd。则下列判断错误的是(　　) A．当ef向左滑动时，左侧面积减小LΔd，右侧面积增大LΔd，因此感应电动势E＝ B．当ef向左滑动时，左侧面积减小LΔd，右侧面积增大LΔd，互相抵消，因此感应电动势E＝0 C．对于匀强磁场中的情况，公式E＝中，ΔΦ＝BΔS，ΔS是指导体棒切割磁感线扫过的面积，因此E＝ D．在切割磁感线的情况下，电动势的求解既能用E＝BLv计算，也能用E＝计算 【解析】　ABC.电路可等效为矩形线框左右两边并联，然后与导体棒(电源)串联，对于匀强磁场中的情况，公式E＝中，ΔΦ＝BΔS，ΔS是指导体棒切割磁感线扫过的面积，因此E＝，不能像A、B中重复计算或抵消，AB错误，C正确；D.在切割磁感线的情况下，电动势的求解既能用E＝BLv计算，也能用E＝计算，D正确。故选AB。 【答案】　AB 4.如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上。若取逆时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场过程的感应电流I随时间t变化的图像是下图所示的(　　) 【解析】　设直角三角形右下角为α，金属框进入磁场的过程，感应电动势为E＝BLv，L＝vt tan α 则得E＝Bv2ttan α，感应电流大小I＝∝t 由楞次定律判断得知：感应电流为逆时针方向，是正值 金属框穿出磁场的过程，感应电动势为E＝BLv L＝tan α＝(2L0－vt)tan α L0是三角形底边的长度，则得E＝B(2L0－vt)v tan α 感应电流大小I＝＝ 由楞次定律判断得知：感应电流为顺时针方向，是负值。故选A。 【答案】　A 5．如图所示，虚线右侧空间有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框OMN的半径为l，电阻为R绕垂直于纸面的轴O以角速度ω顺时针匀速转动。设线框中感应电流的方向以O→M→N→O为正，线框处于图示位置为计时零点。下列图中能正确表示线框转动一周感应电流变化情况的是(　　) 　 　 【解析】　当线框进入磁场过程中，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变，电流大小为，由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值；当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；当线框离开磁场过程中，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变，电流大小为，由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值，故选A。 【答案】　A 6.如图所示，半径为r＝2 m的金属圆环放在绝缘粗糙水平桌面上，圆环电阻为R＝4 Ω，ab为圆环的一条弦，对应的圆心角为90°。在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化关系为B＝4t＋1(T)，圆环在桌上未动。则(　　) A．圆环中产生顺时针方向的感应电流 B．圆环受到桌面的静摩擦力，方向垂直ab向右 C．圆环中感应电流的大小为(π－2)A D．图中穿过圆环的磁通量随时间增大，电动势也增大 【解析】　A．由题意可知磁感应强度均匀增大，穿过闭合线圈的磁通量增大，根据楞次定律可以判断，圆环中产生逆时针方向的感应电流，故A错误； CD.圆环中产生的感应电动势为E＝＝ s＝4×＝4(π－2)V，由此可知电动势为一定值， 圆环中感应电流的大小为I＝＝ A＝(π－2) A 故C正确，D错误； B．由上分析可知圆环中产生逆时针方向的感应电流，根据安培左手定则可知圆环受到的安培力方向垂直ab向右，根据平衡条件可知桌面受到的静摩擦力，方向垂直ab向左，故B错误。故选C。 【答案】　C 7.如图所示，直角三角形导线框ABC，处于磁感强度为B的匀强磁场中，线框在纸面上绕B点以匀角速度ω做顺时针方向转动，∠B＝53°，∠C＝90°，AB＝L，(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)则A、C两端的电势差UAC(　　) A.BL2ω　　　　　　 B.BL2ω C.BL2ω D.BL2ω 【解析】　该题等效电路如图所示 根据法拉第电磁感应定律，穿过回路ABC的磁通量没有发生变化，所以整个回路的电动势E总＝0 设AB、BC 、AC导体产生的电动势分别为E1、E2、E3，由等效电路图有E总＝E1＋E2＋E3 又E1＝，E2＝ 解方程得A、C两端的电势差E3＝E1－E2＝＝UAC，故选B。 【答案】　B 8．(多选)如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，导轨和金属棒电阻忽略不计，下列说法正确的是(　　) A．金属棒运动过程中，电容器的上极板带正电 B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0 tan θ C．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定 【解析】　A．根据右手定则可知，金属棒运动过程中，电流的方向为逆时针，则电容器的上极板带正电，A正确； B．金属棒到达x0时，此时金属棒的有效长度为l＝2x0tan θ，产生的感应电动势为U＝Blv 流过导体棒的电荷量为Q＝CU 则为Q＝2CBvx0tan θ，B错误； C．则金属棒的电流为I＝＝＝2CBv2tan θ，C正确； D．金属棒做匀速直线运动，受力平衡，有F＝F安＝BIl 其中B恒定，由I＝2CBv2tan θ 可知，I恒定，而l＝2x0tan θ 不断变大，则F逐渐增大，由P＝Fv 可知，F的功率增大，D错误。 故选AC。 【答案】　AC 9.如图所示，足够长的平行金属导轨AB、CD水平放置，两金属导轨的间距为L，在导轨左侧接有定值电阻R，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面。t＝0时刻，磁感应强度大小为B0，金属杆MN与导轨左侧所围面积为S0，当金属杆MN以速度v向右匀速滑动，整个过程杆与导轨垂直并接触良好，要使杆运动过程中电阻上没有电流通过，试推导磁感应强度B与时间t的关系式。 【解析】　t＝0时刻，穿过闭合回路的磁通量为Φ0＝B0S0 设在t时刻磁感应强度大小为B，回路面积为S 则穿过闭合回路的磁通量为Φ＝BS 其中S＝S0＋vtL 要使杆运动过程中电阻上没有电流通过， 则穿过闭合回路的磁通量不变，即Φ0＝Φ 联立以上各式解得B＝ 【答案】　 B能力提升 10.(多选)如图所示，将半径分别为r和2r的同心圆形金属导轨固定在同一绝缘水平面内，两导轨之间接有阻值为R的定值电阻和一个电容为C的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。将一个长度为r、阻值为R的金属棒AD置于圆导轨上面，O、A、D三点共线，在外力的作用下金属棒以O为转轴顺时针匀速转动，转动周期为T，假设金属棒在转动过程中与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属棒在经过R和C时互不干扰。下列说法正确的是(　　) A．D点的电势高于A点的电势 B．电容器C的上极板带正电 C．通过电阻R的电流为 D．电容器的电荷量为 【解析】　AB.由右手定则可知，D点的电势高于A点的电势，电容器C的下极板带正电，B错误A正确； C．角速度大小为ω＝ 所以金属棒产生的感应电动势大小为 E＝Brv＝Br ＝ 通过电阻R的电流为I＝＝， C错误； D．电容器两端电压U＝R＝ 电容器的电荷量为Q＝CU＝， D正确。 故选AD。 【答案】　AD 11.(多选)如图所示，在以水平线段AD为直径的半圆形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。现有一个闭合导线框ACD由细软弹性电阻丝制成，端点A、D固定。在竖直面内，将导线与圆周的接触点C点以恒定角速度ω(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点，使导线框上产生感应电流。设导线框的电阻恒为r，圆的半径为R，从A点开始计时，下列说法正确的是(　　) A．导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针 B．在C从A点移动到D的过程中，穿过ACD回路的磁通量与时间的关系为φ＝BR2sin ωt C．在C从A点移动到图中∠CAD＝60°位置的过程中，通过导线截面的电荷量为 D．若以AD为轴，保持∠ADC＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°，回路中的电动势逐渐减小 【解析】　A．依题意，回路中的磁通量先增大后减小，且磁场方向一直向里，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向先是向外然后再向里，则根据右手螺旋定则，感应电流的方向先是逆时针后是顺时针，故A正确； B．依题意，C点在旋转过程中，有∠CDA＝∠COA＝ωt，φ＝×AC×CD＝×2Rsin ×2Rcos ＝BR2sin ωt，故B正确； C．依题意有q＝t＝×Δt＝＝，ΔS＝R2，解得q＝，故C正确； D．若以AD为轴，保持∠ADC＝45°， AC、CD边速度方向边与磁场方向夹角从零逐渐变大，依题意，其回路中的电动势与时间t的关系式为e＝BR2ω2sin ω2t 将导线框以恒定的角速度ω2转90°的过程中，其电动势逐渐变大，故D错误。故选ABC。 【答案】　ABC 12.(多选)如图所示，两根足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨与水平面之间的倾角θ＝30°，两导轨间距离为L，下端接有阻值为R的电阻。导轨上质量为m、长度为L，电阻为R的金属棒ab与一个上端固定、劲度系数为k的轻质绝缘弹簧相接，整个装置处于磁感应强度为B匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上、现金属棒从弹簧原长处获得初速度v0开始运动，假设金属棒运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．开始运动时金属棒的加速度为g B．开始运动时金属棒两端的电压为 C．金属棒ab最终将停在与初始位置距离x＝ D．电阻R产生的总热量为mv＋ 【解析】　A．开始运动时若初速度沿斜面向下， 则mgsin θ－＝ma 可知a≠g。若初速度沿斜面向上， 则mgsin θ＋＝ma 可知a≠g，故A错误； B．开始运动时感应电动势大小E＝BLv0， 所以金属棒两端的电压为U＝＝，故B正确； C．金属棒ab最终将处于静止状态， 有mgsin θ＝kx 解得x＝＝，故C正确； D．全过程由能量守恒可得mv＋mgxsin θ ＝Q＋kx2，x＝ 解得Q＝mv＋－ 所以QR＝Q＝mv＋－＝mv＋，故D错误。故选BC。 【答案】　BC 13.(多选)如图所示，虚线MN下方存在水平方向的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ是用相同材料、粗细不同的电阻丝制成的两个边长相同单匝正方形线框(Ⅱ的电阻丝较粗)。现将它们从磁场上方相同高度处无初速度释放，在它们进入磁场的过程(　　) A．Ⅱ的速度始终比Ⅰ的速度大 B．所用的时间相同 C．安培力的冲量相同 D．Ⅱ产生的热量较大 【解析】　AB.设材料的密度为ρ密，电阻率为ρ，材料横截面积为S，线框边长为L，线框从静止释放到刚要进入磁场过程做自由落体运动，可知两线框刚进入磁场的速度v0相等，线框刚进入磁场产生的电动势为E＝BLv0 电流为I＝，安培力为F＝BIL＝＝ 对线框根据牛顿第二定律可得mg－F安＝ma 解得a＝g－＝g－＝g－ 同理可得当线框速度为v1， 线圈的加速度为a1＝g－ 可知两线框在磁场中的加速度始终相等，与线框的粗细无关，说明两个线框在磁场中的运动情况完全一样，故两线框的速度始终相等，两线框进入磁场所用的时间相同，A错误，B正确； C．线框在进入磁场过程的速度为v时，线框在磁场中受到的安培力大小为F＝∝S 可知粗线框受到安培力始终比细线框受到的安培力大，由于两个线框进入磁场所用的时间相同，故粗线框受到的安培力冲量比细线框受到的安培力冲量大，C错误； D．线框在磁场中受到的安培力大小为F＝∝S 可知粗线框受到安培力始终比细线框受到的安培力大，由于两个线框进入磁场所通过的位移相等，故粗线框受到的安培力做功比细线框受到的安培力做功大，根据功能关系可知，粗线框产生的焦耳热比细线框产生的焦耳热大，D正确；故选BD。 【答案】　BD 14．(多选)如图甲所示，质量为0.01 kg、长为0.2 m的水平金属细杆CD的两头分别放置在两水银槽的水银中，水银槽所在空间存在磁感应强度大小B1＝10 T、方向水平向右的匀强磁场，且细杆CD与该匀强磁场垂直。有一匝数为100匝、横截面积为0.01 m2的线圈通过开关S与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t的变化关系如图乙所示。在t＝0.20 s时闭合开关S，细杆瞬间弹起(可认为安培力远大于重力)，弹起的最大高度为0.2 m，不计空气阻力和水银的黏滞作用，不考虑细杆落回水银槽后的运动，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．t＝0.10 s时，磁感应强度B2的方向竖直向下 B．t＝0.05 s时，线圈中的感应电动势大小为10 V C．细杆弹起过程中，细杆所受安培力的冲量大小为0.01 N·s D．开关S闭合后，通过细杆CD的电荷量为0.01 C 【解析】　A．细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为C→D，由安培定则可知，感应电流的磁场方向竖直向上，由题图乙可知，在0.15～0.25 s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2的方向竖直向上，故A错误； B．由题图乙可知，0～0.10 s内 ΔΦ＝ΔB·S＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb 0～0.10 s线圈中的感应电动势大小 E＝n ＝100× V＝10 V 即t＝0.05 s时，线圈中的感应电动势大小为10 V，故B正确； C．细杆弹起瞬间的速度v＝＝ m/s＝2 m/s 在t＝0.20 s时，细杆所受安培力的冲量大小(可认为安培力远大于重力) I＝m·v＝0.01×2 N·s＝0.02 N·s 故C错误； D．开关S闭合后，对细杆CD，由动量定理得B1IL·Δt＝mv－0 电荷量q＝IΔt 解得通过细杆CD的电荷量q＝IΔt＝＝ C＝0.01 C 故D正确。故选BD。 【答案】　BD 15．如图所示，间距l＝0.6 m的两平行金属导轨由倾斜导轨和水平导轨平滑连接而成，导轨倾斜导轨与水平面间的夹角θ＝37°，整个倾斜导轨均处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B1。MN与EF及金属棒c的距离均为d＝0.1 m，MN右侧的水平导轨均处于磁感应强度大小为B2的匀强磁场中，B2的大小变化如图乙所示。金属棒b、c分别固定在倾斜导轨和水平导轨上，质量m＝0.1 kg的金属棒a在(t＝0时刻无初速释放在倾斜导轨上，位置离水平面高h＝1.85 m，观察到其静止0.1 s后才开始运动，到达EF前已达最大速度。已知三根金属棒的电阻均为r＝0.1 Ω，金属棒a与水平导轨间的动摩擦因数为μ＝0.4，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，导轨电阻不计，除EM与FN两段外其余导轨均不计摩擦，运动过程中，杆与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直，最终a棒能停在MN和c棒之间，忽略磁场边界效应。求： 甲 乙 (1)0.1 s内流过金属棒C的电流大小I； (2)磁感应强度B1的大小； (3)整个过程中a棒上产生的焦耳热Q。 【解析】　(1)由法拉第电磁感应定律 E＝，可得E＝0.6 V 根据等效电阻可求得R总＝0.15 Ω 根据闭合电路的欧姆定律有I＝ 可知I＝4 A。 (2)当金属棒a静止在倾斜导轨上时，满足mgsin θ＝B1Ial 又因为Ia＝2 A，解得B1＝0.5 T。 (3)0.1 s内a棒上产生的焦耳热Q1＝I2rt＝0.04 J 当金属棒a达到最大速度v时合力为0， 则有mgsin θ＝ 解得v＝1 m/s， a棒在倾斜导轨上运动时产生的焦耳热 Q2＝×＝1.2 J a棒在进入B2后产生的焦耳热Q3＝×＝ J＝0.006 J 所以整个过程中a棒上产生的焦耳热为 Q＝(Q1＋Q2＋Q3)＝1.246 J 【答案】　(1)4 A　(2)0.5 T　(3)1.246 J 学科网（北京）股份有限公司 $$