课时分层检测(12) 互感和自感-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测（十 …0基础达标练 0… 1.为测量线圈L的直 流电阻R。,某研究 小组设计了如图所 S2 示电路。已知线圈 的自感系数较大， 两电表可视为理想 电表，其示数分别 记为U、I,实验开始前，S1处于断开状态，S2 处于闭合状态。关于实验过程，下列说法不 正确的是 A.闭合S1,电流表示数逐渐增大至稳定值 B.闭合S1,电压表示数逐渐减小至稳定值 C.待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值 D.实验结束后，应先断开S 2.如图所示，L是电感足够 n 大的线圈，其直流电阻可 B 忽略不计，A和B是两个 参数相同的灯泡，若将开 关S闭合，等灯泡亮度稳 定后，再断开开关S,则 A.开关S闭合时，灯泡A比B先亮 B.开关S闭合时，灯泡A、B同时亮，最后一 样亮 C.开关S闭合后，灯泡A逐渐熄灭，灯泡B: 逐渐变亮，最后亮度保持不变 D.开关S断开瞬间，A、B闪亮一下逐渐熄灭 3.在制作精密电阻时，为了消除使 用过程中由于电流变化而引起的 自感现象，采用双线并绕的方法， 如图所示。其道理是 ( A.当电路中的电流变化时，两股导线产生的 自感电动势相互抵消 B.当电路中的电流变化时，两股导线产生的 感应电流相互抵消 C.当电路中的电流变化时，两股导线中原电 流的磁通量相互抵消 D.以上说法都不对 4.如图所示是测定自感系 数很大的线圈L的直流 电阻的电路，L两端并联 一只电压表，用来测自感 线圈的直流电压。在测 15 得分 互感和自感 量完毕后，将电路解体时应先 A.断开S B.断开S2 C.拆除电流表 D.拆除电阻R 5.在如图所示的电路中， 灯泡A与一个带铁芯 L 的电感线圈L并联。闭 合开关S,稳定后通过 灯泡A的电流为I1,通 过线圈L的电流为I2。断开开关S,此后通 过灯泡A的电流记为i,规定通过灯泡的电 流方向向右为正，四幅图中能正确反映随 时间变化关系的图像是 i B C D 6.图甲为某同学研究自感现象的实验电路图， 用电流传感器显示出在1=1×10一3s时断 开开关前后一段时间内各时刻通过线圈 的电流（如图乙）。已知电源电动势E=6V, 内阻不计，灯泡的阻值R1为62，电阻R的 阻值为22。 A 0.5出 0出田 2 3t/103s) 甲 乙 (1)线圈的直流电阻R,= 2。 (2)开关断开时，该同学观察到的现象是 ,开关断开瞬 间线圈产生的自感电动势是 V。 班级 姓名 …0能力提升练。… 7.在如图所示的电路中电源内阻不能忽略，两： 个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带 铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。 闭合开关S后，调整R,使L1和L2发光的亮 度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I。: 然后，断开S。若t'时刻再闭合S,则在前 后的一小段时间内，正确反映流过11的电 流i1、流过I2的电流i2随时间t变化的图： 像是 ) 8.在如图所示的电路中，三个灯 泡L1、I2、L3的电阻关系为 D L R1<R2<R3,电感L的直流 电阻可忽略，D为理想二极 管。开关S从闭合状态突然 E S 断开时，下列判断正确的是 A.I1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐 变暗 B.L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然 、 后逐渐变暗 C.I2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗 D.L1、I2、I3均先变亮，然后逐渐变暗 9.如图所示，电源的电动势 E=10V,内阻不计，L与 R的电阻值均为52，两 灯泡的电阻值均为Rs 102。 (1)求断开S的瞬间，灯泡I1两端的电压； 15 得分 (2)定性画出断开S前后一段时间内通过L1 的电流随时间的变化规律。 …0情景创新练0 10.如图所示的电路中，L为自感线圈，其直流 电阻与电阻R相等，C为电容器，电源内阻 不可忽略，当开关S由闭合变为断开时，下 列说法正确的是 B 8H A.A灯立即熄灭 B.A灯突然闪亮一下再熄灭，d点电势比c 点高 C.B灯无电流通过，不可能变亮 D.电容器立即放电 11.如图是家庭用的 )电器 “漏电保护器”的部 分的原理图，入户 的两根电线（火线 aQ方 和零线)采用双线绕法，然后再接户内的用 电器。其中P是一个铁芯，P上的另一线 圈接Q,它是一个脱扣开关的控制部分（脱 扣开关本身没有画出，它串联在本图左边 的火线上，开关断开时，用户的供电被切 断)，Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b 之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开 关闭合，当a、b间有电压时脱扣开关立即 断开，使用户断电。试问： (1)用户正常用电时，a、b之间有没有电压？ 为什么？ (2)如果某人站在地面上，手误触火线而触 电，脱扣开关是否会断开？为什么？时，为阻碍磁通量的变化，圆环与磁铁同向转动，所以选项 A正确。] 5.ABD「真空治炼炉是利用线圈中的电流做周期性变化，在 金属中产生涡流，从而产生大量的热量，熔化金属的，故A 正确：金属探测器中通有变化的电流，逼到金属物体时，被 测金属中产生涡流，涡流的磁场反过来影响探测器中的电 流，从而进行探测，故B正确；电磁炉工作时，在锅体中产生 涡流，加热食物，故C错误：当变压器中的电流变化时，在其 铁芯中将产生涡流，使用硅钢片制成的铁芯可以减小涡流， 从而减小能量损失，故D正确。] 6.B[铜球进磁场和出磁场的过程中，都有涡流产生，阻碍铜 球的摆动，从而有机械能转化为内能，A点高于B点，最终 铜球将在磁场中做等幅摆动，故选B。] 7.D[涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化，根据 楞次定律可知，涡流的磁场与线圈的磁场方向可能相同也 可能相反，故A错误：涡流的大小取决于磁场变化的快慢， 故与通入线圈的交流电频率有关，故B错误；电磁感应只能 发生在金属物体中，故待测工件只能是金属制品，故C错 误；因为线圈中交流电是周期性变化的，故在待测工件中引 起的交流电也是周期性变化的，可知通电线圈和待测工件 间存在周期性变化的作用力，故D正确。] 8.A[当铜环转动时，乙环一直与磁场方向平行，穿过乙环 的磁通量为零，穿过甲环的磁通量不断变化，甲环中有感应 电流产生，一定受到安培力，安培力阻碍圆环与磁场间的相 对运动，故甲环先停止运动，A正确。] 9。AC[磁场变化的频率越高，磁通量变化率越大，由法拉第 电磁感应定律可知，产生的感应电动势越大，回路中的电流 越大，加热效果越好，故A正确：由上往下看，根据右手螺旋 定则可知，题图乙线圈中该时刻电流沿逆时针方向，故B错 误：电磁炉的工作原理是利用交变电流通过线圈产生交变 磁场，使金属锅自身产生无数小涡流从而加热锅内的食物， 故C正确：交变磁场在普通陶瓷砂锅内不能形成涡流，则不 能用来加热煲汤，故D错误。] 10.D[金属块在曲面上滑动的过程中，由初状态到末状态 (金属块在磁场区域内往复运动)能量守恒。取x轴所在 水平面为重力势能零势能面。 初状态机械能E,=mgb十之mu 末状态机械能E2=mga 总热量Q=E,一E,=mg(b-a)+2mt,故D正确。] 11.BD[若磁场为匀强磁场，穿过环的磁通量不变，不产生 感应电流，即无机械能向电能转化，机械能守恒，故A错 误，B正确；若磁场为非匀强磁场，环内要产生涡流，机械 能减少，故C错误，D正确。] 12.AD「磁性小球穿过金属圆管过程中，将圆管看作由许多 金属圆环组成，小球产生的磁场使每个圆环中产生感应电 流，根据楞次定律，该电流阻碍磁性小球的下落，小球向下 运动的加速度小于重力加速度；小球在塑料、胶木等非金 属材料圆管中不会产生感应电流，小球仍然做自由落体运 动，穿过塑料、胶木圆管的时间比穿过金属圆管的时间少， 故A、D正确。] 13.C「永磁体下滑时由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速 度的增大而增大，永磁体所受的摩擦力不变，由ngsin日 F:-∫尼=ma可知，若开始时a>0,随着永磁体的加速下 滑，阻尼作用增大，则加速度逐渐减小，)~t图线的斜率减 小，A可能正确：若开始下滑时满足mgsin日-F一∫m龙= 0,则永磁体匀速下滑，此时动能不变，B可能正确；永磁体 下滑时重力势能逐渐减小，但是不会趋近于某一定值， C错误；永磁体下滑过程中，由于有电能产生，则机械能逐 渐减小，若刚开始下滑时其加速度向下，则在一定时间内， 其机械能会减小得越来越快，D可能正确。因选错误的， 故选C。] 2 课时分层检测（十二） 1.D[闭合S,,电流通过L流向电流表，由于线圈的自感电 动势，导致电路中电流慢慢增大，直到一稳定值，A不合题 意：闭合S,电压表示数等于线圈两端的电压为U=U一 IR,电路中电流慢慢增大，直到一稳定值，电压表示数逐渐 减小至稳定值，B不合题意；待两电表示数稳定后，方可读 取U1的值，此时R,=号，C不合题意：若先断开开关S 或先拆去电流表或先拆去电阻R,由于L的自感作用都会 使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在 这个电流将反向通过电压表，并产生很大反向电动势，造成 电压表损坏，所以实验完毕应先断开开关S,,D符合题意。] 2.C「开关S闭合时，由于L的阻碍作用，电流从两灯中流 过，故两灯同时亮，此后，有电流流过L,且流过L的电流逐 渐增大，流过A的电流逐渐减小，电路稳定后，灯泡A被短 路而熄灭，B灯比原来更亮且最后亮度保持不变，故C正 确，A、B错误；开关S断开瞬间，B中电流消失，故立即熄 灭，由于电感线圈中产生自感电动势，且L和A构成回路， 所以A闪亮一下后逐渐熄灭，故D错误。 3.C[由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两股导线中 的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股导 线中的电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反 向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现 象，因此消除了自感，选项A、B、D错误，C正确。 4,B[当S,,S2均闭合时，电压表与线圈L并联，当S闭合 而S,断开时，电压表与线圈L串联，所以在干路断开前后 自感线圈L中电流方向相同而电压表中电流方向相反。只 要不断开S,,线圈L与电压表就会组成回路，在断开千路 时，L中产生与原来电流同方向的自感电流，使电压表指针 反向转动而可能损坏电压表，故正确答案为B。] 5.D[当开关断开时，灯泡中原来的电流I,立即消失，但是 L由于自感要阻碍自身电流的减小，L中的电流由I,逐渐 减小，由于L与灯泡组成回路，L中的电流要经过灯泡，所 以灯泡中的电流突然变为【，且电流为反方向，然后逐渐减 小到0，由于规定通过灯泡的电流方向向右为正，所以此时 流过灯泡的电流方向为负，且在稳定时I,大于【1，故选项 D正确。] 6.解析(1)由图像可知S闭合稳定时I,=1.5A 则R一1 -R—1.52—22=22 E=6A=1A。 (2)电流稳定时小灯泡的电流1一R=6 S断开后，L、R、灯泡组成闭合回路，电流由1.5A逐渐减 小，所以灯泡会闪亮一下再熄灭，自感电动势E=I,(R十 R,+R)=15V。 答案(1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭15 7.B[闭合开关S后，调整R,使两个灯泡L1、L2发光的亮度 一样，电流为I,说明R,=R。若t时刻再闭合S,流过电感 线圈L和灯泡L1的电流增大，使电感线圈L产生自感电动 势，阻碍了流过L,的电流增大，直至达到电流I,故选项 A错误，B正确；而对于t'时刻再闭合S,流过灯泡L,的电 流i2立即达到最大，然后逐渐减小至电流I,故选项C、D 错误。 8.B[开关S从闭合状态突然断开时，L中产生方向向右的 自感电动势，L1逐渐变暗，L:立即熄灭（理想二极管单向导 电)，L3先变亮后逐渐变暗(L3中原电流小于L1中电流)， 选项B正确。] 9.解析(1)电路稳定工作时，由于α、b两点的电势相等，导 线ab上无电流通过，因此通过L的电流为 E=10A=1A I=2R10 E=10A=0.5A 流过L,的电流为1=2R20 8 断开S的瞬间，由于线圈要想维持I,不变，而与L1组成闭：6AC[线圈面积不变，电阻不变，根据法拉第电磁感应定 合回路，因此通过L1的最大电流为1A 所以此时L1两端的电压为U=I,·Rs=10V。 体，感庭电动劳E=兽=S智感应电流1是-是× (2)断开S前，流过L1的电流为0.5A且大小不变，而断开！ 8即感应电流大小与B-t图像斜率成正比，1一2s感应 S的瞬间，通过L1的电流突变为1A,且方向也发生变化， 然后渐渐减小到零，所以它的图像如图所示(t。为断开S的 电流为0，即B-t图像斜率为0，故B错误；根据楞次定律 时刻)。 “增反减同”的原则知，0一1$要产生顺时针方向的感应电 ↑IIA 流，磁场可能是正向增大，也可能是负向减小，故D错误： 0.5 2~4$感应电流为负向，磁场可能是正向减小或者负向增 t/s 大，而且根据电流大小关系，B-t图像在0~1s的斜率等于 24s斜率的二倍，故A、C正确。门 :7.A[导体棒AB摆到竖直位置时，AB切割磁感线产生的 答案(1)10V(2)图见解析 10.B[断开开关瞬间，通过线图从左向右的电流减小，线图： 瞬时感应电动势E=B:2a·号=Bau。外电路电阻大小 的自感阻碍原电流的减小，所以线圈中从左向右的电流逐！ 渐减小。而断开开关前，电路稳定时通过线圈的电流大于 R.R 通过A灯的电流，所以断开开关瓣间，通过A灯的电流由 为R特= ?又=R,由闭合电路欧姆定律有Us|= d到c且大于通过A灯的原电流，所以A灯突然闪亮一下 + 再熄灭，d点电势比c,点高，故A错误，B正确；开关闭合 后，电容器两端电压为路端电压，开关断开后，电容器继续： RX广=Bau,故A正确。门 43 充电，两端电压要达到电动势的大小，所以电容器两端电 压增大，电容器充电瞬间B灯中有电流流过，所以B灯可8.解析(1)由楞次定律可求得电流的方向为逆时针，通过R 能亮一下后熄灭，故C、D错误。] 的电流方向为ba。 11.解析(1)火线和零线采用双线绕法，正常工作时通过两 由法拉第电磁感应定律可得 线的电流时刻大小相等方向相反，在铁芯中磁通量时刻为 零，因此，在Q所接线圈中不会产生电磁感应，、b间没有 E=n0=nsAB10X0.2X0.02V=0.4) △t 电压。 由闭合电路欧姆定律得电路中的电流 (2)手误触火线时，相当于把入户线短接，通过人体的电流 不通过线圈，所以火线通过的电流大于地线通过的电流， 1,片A=01N 在铁芯中磁通量不再为零，因此，在Q所接线圈中产生电 4s内通过导线横截面的电荷量g=It=0.4C。 磁感应，、b间有电压，Q会断开，从而保护了用户的用电 (2)UUc=UR=IR=0.1×3V=0.3V 安全。 Q=CU=30×106X0.3C=9X10-C。 答案见解析 答案(1)方向由b→a0.4C(2)9×10C 课时分层检测（十三） 9解析(1)导体棒产生的感应电动势 1,D[正方形金属线圈从题图所示位置转过90°时，磁通量变： 化量为△0=B·合= 之，g=VA地NB E=BL0=1×1×3V=3V。 R 2R,故D RR:=40 (2)整个电路的总电阻R=r十R,十R 正确。门 2.C[此题线框的左边部分相当于电源， 号体体中的电流1=是-是入 画出等效电路如图所示，由题意得B t 则外电压的大小U=E-1=3V-子×2V=1.5V 0.2T/s,故E=△地=△B ·S=0.1V,由 △t△t U2=3W 楞次定律可知，线框内的感应电流方向 则R,消耗的电功率P,=R=8 为逆时针，a点电势低于b点电势，即9。<9，故选项C R消耗的电功率P尺=4W。 正确。] 3.A「线框进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度先增大！ 答案)3V(2)gw是w 后减小，则感应电动势先增大后减小，感应电流也是先增大 后减小，又由楞次定律可知感应电流方向是逆时针方向，则10.解析1)MN向右滑动时，切割磁感线的有效长度不断 电流为负值，故选A。] 变化，当MN经过圆心时，有效切割长度最长，此时感应电 4.D[由题图乙可知，0~t内，线框中电流的大小与方向都： 动势和感应电流达到最大值，所以【=R mas=2Bru 不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线框中磁通量的变化 R 率不变，故0一t,内磁感应强度与时间的关系图线是一条倾 (2)流过电阻R的电荷量等于平均感应电流与时间的乘 斜的直线，A、B错误；又由于0~t1时间内电流的方向为 △Φ 积，所以g=1△1A.R·△1== 正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的 R 磁场方向垂直纸面向里，故0~t1内原磁场垂直纸面向里减！ (3)根据闭合电路欧姆定律得'= E 2Brv 小或垂直纸面向外增大，C错误，D正确。] R+RR+Ro 5.A[设开始时穿过导线环向里的磁通量为正值，中，=· 则电阻R两端的电压为U=IR=R十R。 Bπa,则向外的磁通量为负值，重=一B·π(b一a),总的 磁通量为它们的代数和（取绝对值），中=B·πb一2a|,末 答案2e)晋a R 态总的磁通量为=0，由法拉第电磁感应定律得平均感应！ 课时分层检测（十四） 电动势为E=A她，通过导线环藏面的电荷量为9=卡 E △t ·:1,A[根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方 y=B6.2a⊥，A项正确] 向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆 R 环受力分析，根据受力平衡有Fr=mg十F安，得Fr>mg, 239