《2025年通成学典课时作业本高中物理选择性必修第二册人教版》

9. (2025·山西太原二模)(多选)如图所示，电阻不计且间距为$L$的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接有电阻$R$和电压传感器，整个装置处于垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现将阻值为$r$的金属杆$ab$从图示位置由静止释放，并开始计时，金属杆在下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平。则下列关于金属杆的加速度$a$和速度$v$，以及位置坐标$x$和电压传感器的示数$u$随时间$t$变化的关系图像中，大致正确的是 (AD)

答案： 9.AD 解析：对金属杆，由牛顿第二定律有mg - BIL = ma，又有E = BLv，$I = \frac{E}{R + r}，$解得$a = g - \frac{B^{2}L^{2}v}{m(R + r)}，$随着金属杆速度v的增大，加速度a逐渐减小，直到变为0做匀速直线运动，选项A正确；随着金属杆速度v的增大，加速度a逐渐减小，v - t图像的斜率减小，选项B错误；随着速度v的增大，x - t图像的斜率应该增大，选项C错误；电压传感器的示数u = IR，解得$u = \frac{BLRv}{R + r}，$随着金属杆速度v的增大，加速度a逐渐减小，v - t图像的斜率减小，u - t图像的斜率也减小，当加速度减小到0时，杆做匀速运动，v不变，电压u不变，选项D正确。

10. (2024·江苏盐城期中)如图甲，$MN$、$PQ$两平行金属光滑导轨固定在绝缘水平面上，其左端接一电容为$C$的电容器，导轨范围内存在竖直向下的匀强磁场，导体棒$ab$垂直$MN$放在导轨上，在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器的带电荷量$Q$随时间$t$变化的图像如图乙，不计导体棒及导轨电阻，下列关于电容器两极板间的电势差$U$、导体棒$ab$的速度$v$、受到的外力$F$以及回路中的电流$i$随时间$t$变化的图像一定错误的是 (C)

答案： 10.C 解析：由图乙所示图像可知：Q与t成正比，设比例系数为k，则Q = kt。根据电容的定义式可知$U = \frac{Q}{C} = \frac{k}{C}t，$感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即U = BLv，解得$v = \frac{k}{BLC}t，$则U与t成正比，v与t成正比，其图像是过原点的倾斜直线，选项AB正确；导体棒的速度$v = \frac{k}{BLC}t，$则导体棒做匀加速直线运动，其加速度$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{k}{BLC}，$电流$i = \frac{Q}{t} = k，$其图像是平行于t轴的直线，由牛顿第二定律得F - BiL = ma，解得$F = BkL + \frac{mk}{BLC}，$其图像是平行于t轴的直线，选项C错误，D正确。

11. (2025·重庆市第十一中学质量检测)如图所示，固定长直导线的正上方用绝缘细线悬挂一金属圆环，静止时金属圆环的中心位于$O$点。现在导线中通有水平向右的恒定电流，将金属圆环的中心拉到$a$位置无初速度释放，金属圆环的中心运动到$b$位置后反向运动，已知金属圆环和长直导线始终在同一平面内，且细线始终处于张紧状态。则金属圆环从$a$到$b$位置的过程中 (B)


A.圆环中没有感应电流产生
B.圆环中感应电流的方向先顺时针再逆时针
C.圆环受到的安培力为零
D.圆环的机械能守恒

答案： 11.B 解析：根据安培定则，通电直导线下方区域磁场方向垂直纸面向里，上方区域磁场方向垂直纸面向外，圆环由a点开始运动到最低点过程中，磁通量增大，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，感应电流的方向沿顺时针，从O到b的过程中，磁通量减小，感应电流的方向沿逆时针，选项A错误，B正确；因为磁感应强度在水平方向均匀分布，把圆环分成若干份，可以知道左右对称的两小段所受安培力的水平分量是大小相等，方向相反的，圆环下方部分所处的磁场强于上方部分，故圆环从a到O过程所受安培力方向竖直向上，从O到b过程所受安培力方向竖直向下，在运动过程中安培力做负功，故圆环的机械能不守恒，选项CD错误。

12. (2025·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学段考)(多选)如图甲所示，轻质细线吊着一质量$m = 2\ kg$、边长$L = 1\ m$、匝数$n = 5$的正方形线圈，线圈总电阻$r = 0.5\ \Omega$。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度$g$取$10\ m/s^{2}$。下列说法正确的是 (BC)


A.$0～6\ s$内穿过线圈磁通量的变化量为$3\ Wb$
B.线圈中产生的感应电流的大小为$1\ A$
C.$t = 6\ s$时轻质细线的拉力大小为$12\ N$
D.$0～6\ s$内线圈产生的焦耳热为$15\ J$

答案： 12.BC 解析：0～6s内穿过线圈磁通量的变化量$ΔΦ = ΔB×\frac{1}{2}L^{2} = (1.6 - 0.4)×\frac{1}{2}×1^{2}Wb = 0.6Wb，$选项A错误；线圈中产生的感应电动势$E = n\frac{\DeltaΦ}{\Delta t} = 5×\frac{1.6 - 0.4}{6}×\frac{1}{2}×1^{2}V = 0.5V，$感应电流的大小$I = \frac{E}{r} = \frac{0.5}{1}A = 1A，$选项B正确；t = 6s时线圈受安培力方向向上，则轻质细线的拉力大小$T = mg - F_{安}，$$F_{安} = nB_{0}IL = 5×1.6×1×1N = 8N，$解得T = 12N，选项C正确；0～6s内线圈产生的焦耳热为$Q = I^{2}rt = 1^{2}×0.5×6J = 3J，$选项D错误。