第2章 4 互感和自感-【成才之路·练案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步新课程学习指导(人教版)

练案[17] 第二章 4. 基础巩固练 知识点一互感 1.下列关于互感现象的说法不正确的是() A.一个线圈中的电流变化时，与之靠近的线 圈中产生感应电动势的现象称为互感现象 B.互感现象的实质是电磁感应现象，同样遵 循楞次定律和法拉第电磁感应定律 C.利用互感现象能够将能量由一个线圈传递 到另一个线圈，所以人们制造了收音机的 “磁性天线” D.在电力工程以及电子电路中不会出现互感 现象而影响电路的正常工作 2.如图所示是生产中常用的一种延时继电器的 示意图，铁芯上有两个线圈A和B,线圈A跟 电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个 闭合回路。下列说法正确的是 D A.闭合开关S的瞬间，线圈B中产生图示方 向的感应电流 B.断开开关S的瞬间，线圈B中产生图示方 向的感应电流 C.断开开关S时，主要是线圈A具有延时 作用 D.断开开关S的瞬间，弹簧K立即将衔铁D 拉起 知识点二自感现象和自感电动势 3.(多选)下列关于自感现象的说法中，正确的 是 A.自感现象是由导体本身的电流发生变化而 产生的电磁感应现象 B.线圈中自感电动势的方向总与引起自感的 原电流的方向相反 互感和自感 C.线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁 通量变化的快慢有关 D.加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时 要大 4.（多选)线圈通以如图所示的随时间变化的电 流，则 133 A.0~t1时间内线圈中的自感电动势最大 B.t1~2时间内线圈中的自感电动势最大 C.t2~3时间内线圈中的自感电动势最大 D.t1~2时间内线圈中的自感电动势为零 5.（多选)如图所示，灯A、B完全相同，带铁芯的 线圈L的电阻可忽略，则 B A.S闭合的瞬间，灯A、B同时发光，接着灯A 变暗，灯B更亮，最后灯A熄灭 B.S闭合瞬间，灯A不亮，灯B立即亮 C.S闭合瞬间，灯A、B都不立即亮 D.稳定后再断开S的瞬间，灯B立即熄灭，灯 A闪亮一下再熄灭 6.(2025·浙江卷)新能源汽车日趋普及，其能 量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当 制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力 电池所需充电电压(U。)低时，不能直接充入 其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开 关S,实现由低压向高压充电，其中正确的是 () 7.（2025·徐州高二检测)如图所示是研究通电 自感实验的电路图，A,、A2是两个规格相同的 小灯泡，闭合开关调节滑动变阻器R的滑片， 使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R 的滑片，使它们都正常发光，然后断开开关S。 重新闭合开关S,则 A.闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮 B.闭合瞬间A1、A2均立刻变亮 C.稳定后再断开瞬间，A,闪一下再熄灭 D.稳定后再断开瞬间，A,和A2均逐渐熄灭 综合提升练 8.如图甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯 上，A环中电流i随时间t的变化规律如图乙 所示，下列说法中正确的是 A.t,时刻，两环作用力最大 B.t2和t3时刻，两环相互吸引 C.t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥 D.t3和t4时刻，两环相互吸引 17 9.（多选)(2025·河北邯郸市高三期末)如图所 示，三个灯泡L,、L2、L规格相同，螺线管和二 极管的导通电阻可以忽略。竖直悬挂的线圈 中心轴线与螺线管的轴线水平共线。现突然 断开开关S,将发生的现象是 A.L1、L2、L,逐渐熄灭 B.L逐渐熄灭，L2立即熄灭，L3先变亮后熄灭 C.线圈向左摆动，并有收缩趋势 D.线圈中的感应电流为逆时针（从左向右看） 10.（多选)如图所示，两个标有“6V1.2W”的 相同灯泡L,、L,分别与电感线圈L和电阻R 相连后接在内阻r=12的电源两端，闭合开 关S,电路稳定后，两灯泡均正常发光。已知 电感线圈的自感系数很大，电阻R的阻值为 52,则 A.电感线圈的直流电阻为5Ω B.电源的电动势为7.4V C.断开开关S的瞬间，灯泡L2先熄灭 D.断开开关S的瞬间，线圈的自感电动势为 14V 11.（多选)(2025·河南开封市高二月考)图(a) 是用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以 忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两 个电阻的阻值均为R,L是一个自感系数足够 大的自感线圈，其直流电阻也为R,电源内阻 不计。图(b)是某同学画出的在t。时刻开关 S切换前后，通过传感器的电流随时间变化 的图像。关于这些图像，下列说法正确的是 ( R 传感器1 传感器2 (a) 丙 (b) A.图甲是开关S由断开变为闭合，通过传感 器1的电流随时间变化的情况 B.图乙是开关S由断开变为闭合，通过传感 器1的电流随时间变化的情况 C.图丙是开关S由闭合变为断开，通过传感 器2的电流随时间变化的情况 D.图丁是开关S由闭合变为断开，通过传感 器2的电流随时间变化的情况 12.如图所示是一种触电保护器，保护器A处用 双股相线（火线）和零线平行绕制成线圈，然 后接到用电器上，B处有一个输出线圈，一旦 有电流，经放大后便能立即推动继电器J切 断电源，下列情况下能使保护器切断电源起 保护作用的是哪一种？说明理由。 零线 ⑧⑧-⑧⑧ 电源 相线（火线） 保护器 —176 (1)增加开灯的盏数； (2)当有人双手分别接触相线（火线）和零线 触电时： (3)当有人单手接触相线（火线），脚与地相 接触而触电时。练案[16] 基础巩固练 1.C要产生恒定的感生电场，所产生的感应电动势一定是恒定 的，由E=n4 =ns可知，磁场必须是均匀变化的，C △t △t 正确。 2.C感生电场与静电场不同，它不是由电荷产生的，A错误：感 生电场线与静电场线不同，静电场线不闭合，而感生电场线闭 合，B错误；感生电场对电荷的作用力是产生感生电动势的非 静电力，C正确；感生电动势由磁场变化产生，动生电动势由 导体运动而产生，D错误。 3.AD感生电场中磁场的方向用楞次定律来判定，原磁场向上 且磁感应强度在增大，在周围有闭合导线的情况下，感应电流 的磁场方向应与原磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向 下，再由安培定则知感应电流的方向即感生电场的方向，从上 向下看应为顺时针方向；同理可知，原磁场方向向上且磁感应 强度减小时，感生电场的方向从上向下看应为逆时针方向，所 以A、D正确。 4.CD由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金 属类材料，而且电源必须是交流电源，A、B错误：减小内置线 圈中所通电流的频率可减少封口过程中产生的热量，即控制 温度，C正确：封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容 器不能是金属，否则可能被熔化，应选用玻璃、塑料等材质，D 正确。 5.C根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右 侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极间的磁场竖 直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为顺 时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。 6.C对调磁体的磁极，震动过程线圈仍会产生感应电流，不影 响减震效果，故A错误，C正确：根据法拉第电磁感应定律E =n心，线圈匝数越多，产生的感应电动势越大，线圈电流越 大，电磁阻尼现象越明显，故增多线圈匝数会影响安培力的大 小，故B错误：震动过程中，线圈中磁通量的变化情况会根据 磁体的靠近或者远离而不同，由楞次定律可知，感应电流方向 也会随之改变，故D错误。 7.C当磁体转动时，通过线圈的磁通量发生变化，线圈中有感 应电流产生，由楞次定律知，为了阻碍磁通量的变化，线圈的 转动方向与磁体的转动方向相同，但转速一定小于磁体的转 速。如果两者转速相同，则线圈与磁体相对静止，线圈不切割 磁感线，无感应电流产生，C正确。 8.C甲方案中，铝板摆动时，扇形铝板的半径切割磁感线，即使 铝板摆动幅度很小，在铝板内也能形成涡流，起到电磁阻尼的 作用，指针能很快停下来；乙方案中，当指针偏转角度较小时， 铝框中磁通量不变，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作 用，指针不能很快停下，因此甲方案更合理，C正确，A、B、D 错误。 9.AB当圆盘转动时，圆盘的半径切割 磁针产生的磁场的磁感线，产生感应 电动势，选项A正确：如图所示，圆盘 上存在许多小的闭合回路，当圆盘转 2 动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应 电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了 相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正 确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始 终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子与等量的正电荷一起 运动，不能形成电流，选项D错误。 综合提升练 10.D由题意知，小球在管内运动，洛伦兹力对小球始终不做 功，B错误；磁感应强度B均匀增大，涡旋电场方向为逆时针 方向（从上向下看），则涡旋电场使小球加速，小球动能增大， D正确，A、C错误。 11.C管道壁中产生涡流，有一定的热功率，P微励=P检测+P热， 激励线圈输人功率大于检测线圈消耗功率，故A错误；增大 频率，检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变 大，则电流变大，故B错误：增大频率，检测线圈的功率和管 道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确： 当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，厚度减小， 则管道壁中产生的涡流变小，故D错误。 12()向右运动(2)megh-分h,2-方 解析：(1)磁铁B向右运动时，螺线管中产生感应电流，感应 电流产生电磁驱动作用，使得螺线管A向右运动。 (2)全过程中，磁铁减少的重力势能转化为A、B的动能和螺 线管中的电能，根据能量守恒定律得 mgh=分，2+7m2+E元 即E。=me动-h,2-7m2。 1 练案[17] 基础巩固练 1.D一个线圈中的电流变化时，与之靠近的线圈中产生感应电 动势的现象称为互感现象，故A正确，不符合题意：互感现象 的实质是电磁感应现象，同样遵循楞次定律和法拉第电磁感 应定律，故B正确，不符合题意：利用互感现象能够将能量由 一个线圈传递到另一个线圈，所以人们制造了收音机的“磁性 天线”，故C正确，不符合题意；互感现象能发生在任何两个相 互靠近的电路之间，会影响电力工程以及电子电路中电路的 正常工作，故D错误，符合题意。 2.B闭合开关S的瞬间，线圈A中突然出现电流，产生竖直向 上的磁场，导致穿过线圈B的磁通量向上增加，则线圈B中感 应电流的磁场方向向下，感应电流与图示电流方向相反，A错 误；断开开关S的瞬间，线圈B中感应电流的磁场方向向上， 线圈B中感应电流方向与图示方向相同，B正确；断开开关S 时，是线圈B中感应电流的磁场吸引衔铁，起到延时作用，弹 簧不能立即将衔铁拉起，C、D错误。 3.ACD根据自感现象的概念判断，A项正确；由楞次定律知， 线圈中自感电动势的方向阻碍原电流的变化，但不是总与原 电流的方向相反，B项错误；自感电动势也是感应电动势，同 样遵从法拉第电磁感应定律，根据法拉第电磁感应定律知，C 项正确：自感系数的大小与线圈的大小、形状、匝数以及是否 有铁芯等因素有关，加铁芯后，线圈的自感系数变大，D项 正确。 5 4.CD线圈中的自感电动势与通入的电流的变化率（取绝对 值)成正比，即￡x兰。根据题图知，0~时间内的电流变化 率小于2~t?时间内的电流变化率，A错误，C正确；t,~t2时 间内的电流变化率为零，自感电动势为零，B错误，D正确。 5.ADS接通的瞬间，因L中的自感电动势阻碍电流增加，L可 看作断路，即干路中的电流几乎全部流过灯A,所以灯A、B会 同时亮：又因L中电流逐渐稳定，感应电动势逐渐消失，灯A 逐渐变暗至短路熄灭，这个过程灯B会更亮。稳定后S断开 瞬间，由于线圈的电流较大，L与灯A组成回路，灯A要闪亮 一下再熄灭，灯B立即熄灭。由以上分析知，选项A、D正确。 6.BA选项电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能 给电池充电，选项A错误；B选项电路中当S闭合时稳定时， 线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电 流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电 池两端，且此时二极管导通，从而实现给高压充电，选项B正 确：C选项电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过， 但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U 加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项C错误：D 选项电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S 断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势相当电源加 在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项D错误。故 选B。 7.D闭合瞬间，由于线圈L自感电动势的阻碍作用，A1逐渐变 亮，而A2立即变亮，A、B错误；由题意可知，稳定时两灯泡中 电流相同，故断开瞬间，由于线圈L自感电动势的延迟作用， A1和A2均逐渐熄灭，C错误，D正确。 综合提升练 8.Bt时刻感应电流为零，故两环作用力为零，A错误；2和 时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电 流，两环相互吸引，B正确，C错误：t4时刻A环中电流为零 两环无相互作用，D错误。 9.BD突然断开开关，由于螺线管的自感现象，线圈产生自感 电动势，使得电流41（向右）不能突变，而是逐渐变为0，L,逐 渐熄灭，由于二极管的单向导电性，L2马上熄灭，由于1>1， 所以L闪亮后熄灭，故A错误，B正确；穿过线圈内的磁通量 减小，根据楞次定律可知，线圈和螺线管间将有引力作用，线 圈向右摆动，且有扩大趋势，线圈中的感应电流方向为逆时针 方向，故C错误，D正确。 10.ABD当闭合开关S,电路稳定后，灯泡L、L,两端的电压均 为6V,流过的电流均为0.2A,电感线圈L的直流电阻也为 5,故A正确：根据部分电路的欧姆定律U=R可知，电阻 R两端的电压为1V,根据闭合电路的欧姆定律可知，电源的 电动势为7.4V,故B正确；断开开关S的瞬间，由于电感线 圈的自感作用，两灯泡上的电流均从0.2A逐渐减小，最后 一起熄灭，故C错误；断开S的瞬间，电感线圈作为电源与 L1、L2、R形成闭合回路，电流此时为0.2A,由闭合电路欧姆 定律可得E=U+U2+IR+IR,=14V,故D正确。 11.BC开关S由断开变为闭合瞬间，流过自感线圈的电流为 零，设电源电动势为E,流过传感器1,2的电流均为京：闭合 电路稳定后，流过传感器1的电流为发流过传感器2的电 -24 流为系，A错误，B正确：开关断开后，流过传感器1的电流 立即变为零，流过传感器2的电流方向反向，大小从发逐渐 变为零，C正确，D错误。 12.见解析 解析：(1)不能，因A处线圈采用的是双线绕法，增加开灯的 盏数只会使电路中电流增大，但A处两线中电流始终大小相 等方向相反，线圈中磁通量相互抵消，B处线圈中磁通量始 终为零，不发生改变，则B中没有感应电流，故不能推动继电 器J切断电源。 (2)不能，理由同(1)，因为双手分别接触相线和零线相当于 将一个电阻并联接入电路。 (3)能，因为有电流通过人体而流入地下，使A处相线与零线 的电流不同，从而使B中磁通量发生改变，B中产生感应电 流，从而推动继电器J切断电源。 练案[18] 基础巩固练 1.ABC 2.ACD题图甲中线圈在匀强磁场中按逆时针方向匀速转动， 会产生正弦式交变电流：题图乙中的金属棒不切割磁感线，不 产生感应电动势，故不产生交变电流；题图丙中的·形线框与 矩形线圈切割磁感线的效果是相同的，可以产生交变电流：磁 通量按题图丁所示变化，线圈中能产生正弦式交变电流，故 选ACD。 3.BC线圈转动过程中，在中性面位置，穿过线圈的磁通量最 大、电流等于零，方向改变，线圈在一个周期内经过中性面2 次，故2个周期内电流方向政变4次，线圈平面由中性面经子 周期到与中性面垂直，电流逐渐增大到最大，故B、C正确，A、 D错误。 4.Bt,时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势 最大，通过电阻的电流最大，根据楞次定律判断可知通过电阻 的电流方向从右向左，A错误，B正确；t2时刻，穿过线框的磁 通量最大，磁通量的变化率为零，线框产生的感应电动势为 零，通过电阻的电流为零，C、D错误。 5.C感应电动势的瞬时值表达式为e=Esin ot,其中E。= NBwS,w=2πn,当转速n提高一倍而S减半时，Em不变，故正 确答案为C。 6.BCt1和t3时刻，感应电动势为0，线圈通过中性面，磁通量 最大，故A错误；t1和t3时刻，感应电动势为0，根据法拉第电 磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量变化率为0，故B正确：t =0时刻感应电动势最大，线圈平面与磁场方向平行，故C正 确；每当感应电动势改变方向时，线圈平面与磁场方向垂 直，线圈通过中性面，穿过线圈的磁通量最大，故D错误。 7.CD由题图可知，t=0、t=1s、t=2s时，穿过线圈的磁通量为 零，磁通量的变化率最大，则线圈平面与磁场方向平行，线圈 中的感应电动势最大，感应电流最大，电流方向不发生改变， 故A、B错误，D正确：由题图可知，t=1.5s时，穿过线圈的磁 通量最大，磁通量的变化率为零，则线圈平面与磁场方向垂 直，线圈中的感应电动势为零，故C正确。 6