教科版 (2019)选择性必修 第二册1 楞次定律课后测评

第二章分层作业9　楞次定律的应用

A级 必备知识基础练

1.(多选)(2023北京西城高二期末)如图所示,用细绳吊起一个铝环,当条形磁铁的某一磁极沿着过铝环圆心的轴线向右靠近铝环时,观察到铝环向右侧摆动。下列判断正确的是(　　)

A.正对环心的一定是条形磁铁的N极

B.使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力

C.磁铁在靠近铝环的过程中,会受到阻碍它运动的磁场力

D.若磁铁向左侧远离铝环,铝环一定不会摆动

2.(2023内蒙古呼和浩特二中高二期末)如图所示,A、B都是很轻的铝环,A环是闭合的,B环是断开的,横梁可以绕中间的支点自由转动。若用磁铁分别接近这两个圆环,则下列说法错误的是(　　)

A.用磁铁的任意一磁极接近A环时,A环均被排斥,说明环内有感应电流

B.把磁铁远离A环,A环会被吸引,说明环内有感应电流

C.磁极接近或者远离B环时,B环保持静止,但环的断口左右两端有电势差

D.磁铁N极接近B环时,环的断口处右端电势比左端电势高

3.(2023浙江台州书生中学高二期末)如图所示,a、b、c为同一平面内的线圈,其中a、b为同心圆,现给a中通以顺时针方向的电流,在a中的电流逐渐增大的过程中,b、c中产生的感应电流方向为(　　)

A.b、c中均为顺时针方向

B.b、c中均为逆时针方向

C.b为逆时针方向,c为顺时针方向

D.b为顺时针方向,c为逆时针方向

4.(2023北京首都师范大学附属中学高二期末)某实验装置如图所示,在铁芯上绕着A和B两个线圈,设电流自左边接线柱进入A时取正,线圈A中电流i与时间t的关系分别如图甲、乙、丙、丁所示。在t1~t2这段时间内(　　)

A.如果A中通以图甲所示电流,则B中电流表G没有电流通过

B.如果A中通以图乙所示电流,则B中电流表G中有向右的电流通过

C.如果A中通以图丙所示电流,则B中电流表G中有向左的电流通过

D.如果A中通以图丁所示电流,则B中电流表G中有向右的电流通过

5.如图所示,一个有弹性的闭合金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方,直导线与圆环在同一竖直面内。当通电直导线中的电流增大时,弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将(　　)

A.S增大,l变长

B.S减小,l变短

C.S增大,l变短

D.S减小,l变长

6.(2023上海青浦高级中学高二期末)如图所示,圆环形导体线圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者直径相同、轴线重合,螺线管与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片向上滑动,下列说法正确的是(　　)

A.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流

B.穿过线圈a的磁通量变大

C.线圈a有扩张的趋势

D.线圈a对水平桌面的压力大于自身重力

B级 关键能力提升练

7.(2023广东广州市第七中学高二期末)如图甲所示,线圈ab中通有如图乙所示的电流,取电流从a到b为正,在0~t2这段时间内,用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流,下列说法正确的是(　　)

A.0~t2这段时间内穿过铝环的磁通量一直在减小

B.从左向右看,铝环中感应电流的方向始终为顺时针

C.t1时铝环中无感应电流

D.从左向右看,铝环中感应电流的方向始终为逆时针

8.(2023河南平顶山高二开学考试)如图所示,线圈P、Q同轴放置,P与开关S、电源和滑动变阻器R组成回路,Q与电流表G相连,要使线圈Q产生图示方向的电流,可采用的方法是(　　)

A.闭合开关S后,把R的滑片右移

B.闭合开关S后,把R的滑片左移

C.闭合开关S后,使Q远离P

D.无须闭合开关S,只要使Q靠近P即可

9.一圆形线圈与一均匀的扁平条形磁铁同在一平面内,磁铁中央与圆心O重合,为了在磁铁开始运动时使线圈中产生一方向如图所示的感应电流,磁铁的运动方式应为(　　)

A.在线圈平面内绕O点沿逆时针方向转动

B.沿垂直于线圈平面的方向向纸外做平动

C.沿垂直于线圈平面的方向向纸内做平动

D.N极向纸内,S极向纸外,绕O点转动

10.如图所示是法拉第在1831年做电磁感应实验的示意图,分析这个实验,下列说法正确的是(　　)

A.闭合开关S的瞬间,电流表G中有b→a的感应电流

B.断开开关S的瞬间,电流表G中有b→a的感应电流

C.闭合开关S后,把滑动变阻器的滑片向左移动,电流表G中有b→a的感应电流

D.闭合开关S后,把滑动变阻器的滑片向右移动,电流表G中有b→a的感应电流

11.(多选)如图所示,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　)

A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动

B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向

C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向

D.开关闭合并保持一段时间后再断开的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动

参考答案

分层作业9　楞次定律的应用

1.BC　解析 由楞次定律可知,正对环心的无论是条形磁铁的N极还是S极,沿着过铝环圆心的轴线向右靠近铝环时,穿过铝环的磁通量都增加,铝环中都会产生感应电流,阻碍磁铁靠近铝环,都能观察到铝环向右侧摆动,A错误;磁铁靠近铝环,铝环中会产生感应电流,使铝环摆动的力是磁场对铝环的安培力,B正确;磁铁在靠近铝环的过程中,产生感应电流的铝环等效为一个小磁铁,磁铁会受到阻碍它运动的磁场力,C正确;若磁铁向左侧远离铝环,穿过铝环的磁通量减小,由楞次定律可知,铝环中会产生感应电流,阻碍磁铁远离铝环,铝环向左摆动,D错误。

2.D　解析 用磁铁的任意一磁极接近A环时,A环内磁通量变大,根据楞次定律,可知闭合圆环中会产生感应电流,圆环受到的安培力的效果总是阻碍磁通量的变化(来拒去留),A环被排斥,A正确;同理,把磁铁远离A环,A环会被吸引,环内有感应电流,B正确;磁极接近或者远离B环时,B环内磁通量变化,环的断口左右两端有感应电动势,但是由于不闭合,所以没有感应电流,B环不受安培力的作用,保持静止,C正确;同理当磁铁N极接近B环时,可知环内有感应电动势,此时断口处左端电势比右端电势高,D错误。

3.C　解析 由题意可知线圈a中的电流逐渐增大,电流产生的磁场也不断增大,根据安培定则判断出线圈a中的电流在线圈b中产生的磁场垂直纸面向里,再根据楞次定律可以判断出线圈b产生的感应电流为逆时针方向;同理,根据安培定则判断出线圈a中的电流在线圈c中产生的磁场垂直纸面向外,再根据楞次定律可以判断出线圈c产生的感应电流为顺时针方向,故C正确。

4.A　解析 如果A中通以图甲所示电流,则穿过B的磁通量不变,B中没有感应电流,故A正确;如果A中通以图乙所示电流,根据右手螺旋定则可知,穿过B的磁通量向左增大,根据楞次定律可知,B中电流表G中有向左的电流通过,故B错误;如果A中通以图丙所示电流,根据右手螺旋定则可知,穿过B的磁通量向左减小,根据楞次定律可知,B中电流表G中有向右的电流通过,故C错误;根据以上分析可知,如果A中通以图丁所示电流,则B中电流表G中的电流方向在变化,故D错误。

5.D　解析 当通电直导线中电流增大时,穿过金属圆环的磁通量增大,金属圆环中产生感应电流;根据楞次定律可知,感应电流要阻碍磁通量的增大,一是缩小金属圆环的面积,二是远离直导线,则橡皮绳的长度l将变长,D正确。

6.C　解析 滑片向上滑动,则接入回路的电阻变大,回路中的电流减小,螺线管产生的磁场变弱,穿过线圈a的磁通量变小,故B错误;根据楞次定律可知,感应电流产生的感应磁场应竖直向下,线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流,故A错误;根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知,线圈a有扩张的趋势,故C正确;根据楞次定律的推论“来拒去留”可知,线圈a会受到磁场向上的安培力,对桌面压力变小,小于自身重力,故D错误。

7.B　解析 M处于通电线圈的磁场中,磁通量的变化取决于线圈中电流的变化,0~t1这段时间内线圈中电流减小,穿过铝环的磁通量减小;t1~t2这段时间内线圈中电流反向增大,穿过铝环的磁通量增大;t1时线圈中电流为零,但仍在变化,铝环中磁通量也在变化,故铝环中有感应电流,A、C错误。当电流从a流向b时,由右手螺旋定则可知,螺线管中磁场的方向水平向右,则穿过铝环的磁场水平向右,由于电流减小,所以磁通量减小,根据楞次定律可得,铝环中感应电流的方向为顺时针(从左向右看);当电流从b流向a时,由右手螺旋定则可知,穿过铝环的磁场水平向左,由于电流增大,则磁通量增大,根据楞次定律可得,铝环中感应电流的方向为顺时针(从左向右看),故铝环中感应电流的方向始终为顺时针,B正确,D错误。

8.B　解析 闭合开关S后,线圈P产生的磁场向右穿过线圈Q,线圈Q中的原磁场方向水平向右,要使线圈Q产生图示方向的电流,即线圈Q中的感应磁场方向水平向左,根据“增反减同”的结论,线圈Q中的原磁场的磁通量要增加,则可以把R的滑片左移或者使Q靠近P,故B正确,A、C错误;开关S不闭合,则线圈Q中无磁通量,Q中不会有感应电流产生,故D错误。

9.D　解析 磁铁在线圈平面内绕O点沿逆时针方向转动时,穿过线圈的磁通量保持不变,不会产生感应电流,故A错误;磁铁沿垂直于线圈平面的方向向纸外或向内做平动时,穿过线圈的磁通量仍然保持不变,不会产生感应电流,故B、C错误;图示时刻穿过线圈的磁通量为零,当磁体N极向纸内,S极向纸外,绕O点转动时,穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增大,根据楞次定律,可知在线圈中产生的感应电流为逆时针方向,故D正确。

10.C　解析 闭合或断开开关S的瞬间,线圈B中的磁通量不变,电流表G中没有感应电流通过,故A、B错误。闭合开关S后,把滑动变阻器的滑片向左移动,线圈A中的电流减小,根据安培定则可知线圈B中的磁通量向下减小,根据楞次定律可知电流表G中有b→a的感应电流;把滑动变阻器的滑片向右移动,根据安培定则可知线圈B中的磁通量向下增大,根据楞次定律可知电流表G中有a→b的感应电流,故C正确,D错误。

11.AD　解析 由电路可知,开关闭合瞬间,右侧线圈正面环绕部分的电流向下,由安培定则可知,右侧线圈在铁芯中产生向右的磁场,由楞次定律可知,左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流,则直导线中的电流方向由南向北,由安培定则可知,直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场,则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,A正确;开关闭合并保持一段时间后,穿过左侧线圈的磁通量不变,则左侧线圈中的感应电流为零,直导线不产生磁场,小磁针静止不动,B、C错误;开关闭合并保持一段时间后再断开的瞬间,穿过左侧线圈向右的磁通量减少,则由楞次定律可知,左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流,流过直导线的电流方向由北向南,直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场,则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,D正确。