第二章 专题二“三定则一定律”的综合应用及楞次定律的推论（word版含答案）

人教版（2019）选择性必修第二册 第二章 专题二“三定则一定律”的综合应用及楞次定律的推论
一、单选题
1．下列四幅演示实验图中，实验现象能正确表述实验结论的是（ ）
A．图甲用磁铁靠近轻质闭合铝环A，A会靠近磁铁
B．图乙中把一强磁体从一足够长的铜管中下落（强磁体与铜管不接触），强磁体先做加速运动，速度达到一定值时，做匀速直线运动
C．图丙闭合开关S时，电流表有示数，断开开关S时，电流表没有示数
D．图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快
2．如图，P环位于螺线管的中垂面处，当P环中感应电流为顺时针方向（右视）且受背离圆心向外的张力时，则螺线管中电流的方向及大小变化是（ ）
A．b→a，减小 B．b→a，增大
C．a→b，减小 D．a→b，增大
3．如图是创意物理实验设计作品“小熊荡秋千”．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒固定在铁架台上，与两个铜线圈组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置．当用手左右摆动线圈时，线圈也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是（ ）
A．向右摆动的过程中，中的电流方向为逆时针方向（从右向左看)
B．向右摆动的过程中，也会向右摆动
C．向右摆动的过程中，会向左摆动
D．若用手左右摆动，会始终保持静止
4．用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径，t=0时刻在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如甲图，磁感应强度B与时间t的关系如乙图，则0—t1时间内下面说法正确的是（ ）
A．圆环一直具有扩展的趋势
B．圆环中产生逆时针方向的感应电流
C．圆环中感应电流的大小为
D．图中a、b两点之间的电势差
5．矩形线圈abcd位于通电直导线附近，且开始时与导线在同一平面，如图所示，线圈的两条边与导线平行，要使线圈中产生顺时针方向的电流，可以
A．线圈不动，增大导线中的电流
B．线圈向上平动
C．ad边与导线重合，绕导线转过一个小角度
D．以bc边为轴转过一个小角度
6．如图所示，固定的水平长直导线中通有向右的恒定电流I，矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下落过程中（ ）
A．线框所受安培力的合力竖直向上
B．穿过线框的磁通量保持不变
C．线框中感应电流的方向为逆时针
D．线框的机械能不断增大
7．如图甲所示，长直导线与闭合线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在时间内，长直导线中电流向上，则线框中感应电流的方向与所受安培力情况是(　　)
A．时间内线框中感应电流方向为顺时针方向
B．时间内线框中感应电流方向为先顺时针方向后逆时针方向
C．时间内线框受安培力的合力向左
D．时间内线框受安培力的合力向右，时间内线框受安培力的合力向左
8．如图甲所示，金属线框abcd放置于磁场中，磁场的磁感应强度变化如图乙所示，关于0～t2时间内金属线框中的电流，以下说法正确的是（　　）
A．有顺时针方向先减小后增大的电流 B．有顺时针方向大小恒定的电流
C．有逆时针方向大小恒定的电流 D．有逆时针方向先增大后减小的电流
9．如图所示，光滑水平面上存在一有界匀强磁场，圆形金属线框在水平拉力的作用下，通过磁场的左边界MN.在此过程中，线框做匀速直线运动，速度的方向与MN成θ角．下列说法正确的是(　　)
A．线框内感应电流沿顺时针方向
B．线框内感应电流先增大后减小
C．水平拉力的大小与θ无关
D．水平拉力的方向与θ有关
10．如图所示，一条形磁铁N极朝下，向下靠近闭合线圈时（　　）
A．磁铁与线圈相互排斥，通过R的感应电流方向从a到b
B．磁铁与线圈相互吸引，通过R的感应电流方向从a到b
C．磁铁与线圈相互排斥，通过R的感应电流方向从b到a
D．磁铁与线圈相互吸引，通过R的感应电流方向从b到a
11．金属杆a b水平放置在某高处，当它被平抛进入方向竖直向上的匀强磁场中时(如图14所示)，以下说法中正确的是（ ）
A．运动过程中感应电动势大小不变，且Ua＞Ub
B．运动过程中感应电动势大小不变，且Ua＜Ub
C．由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且Ua＞Ub
D．由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且Ua＜Ub
12．两个完全相同的灵敏电流计，按图所示的连接方式，用导线连接起来，当外力把电流计的指针向右边拨动的过程中，电流计的指针将（　　）
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止不动
D．发生摆动，但不知道电流计的内部结构情况，故无法确定摆动方向
13．如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内.当发现闭合线圈向右摆动时(　　)
A．AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
B．AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
C．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
D．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流
14．2012年11月24日，中国的歼－15战机在“辽宁号”航母上起降，使中国真正拥有了自己的航母。由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端直接会有一定的电势差。则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势（ ）
A．低 B．高 C．相等 D．以上情况都有可能
二、多选题
15．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（　　）
A．感应电流方向不变
B．CD段直线始终不受安培力
C．感应电动势最大值
D．感应电动势平均值=
16．如图（a）、（b）分别是动圈式话筒与动圈式扬声器的内部构造原理图，其中（ ）
图（a）动圈式话筒 图（b）动圈式扬声器
A．话筒是将电信号转化为声信号 B．话筒是利用电磁感应原理
C．扬声器是利用电磁感应原理 D．扬声器是利用磁场对电流的作用原理
17．如图所示，设匀强磁场的磁感应强度B＝0.10T，矩形线框向右匀速运动的速度v＝5.0m/s，长度l＝40cm的一条边在磁场中切割磁感线，整个线框的电阻R＝0.05Ω，则下列说法正确的是（　　）
A．感应电流的方向为顺时针
B．感应电流的方向为逆时针
C．感应电动势的大小为0.2 V
D．感应电流的大小为0.4A
18．在图中，线圈和线圈绕在同一铁芯上，线圈和灵敏电流计组成闭合回路，则（　　）
A．当合上开关的瞬时，通过灵敏电流计的电流由流向
B．当合开关的瞬时，通过灵敏电流计的电流由流向
C．当断开开关的瞬时，通过灵敏电流计的电流由流向
D．当断开开关的瞬时，通过灵敏电流计的电流由流向
19．一个线圈与演示用电流计连接后，把条形磁铁的N极靠近线圈时，发现电流计指针向右偏转，如图所示（忽略空气阻力）。下列说法中正确的是（　　）
A．如果将条形磁铁的N极远离线圈时， 电流计指针向左偏转
B．如果把线圈固定在空中，条形磁铁在线圈正上方由静止释放，磁铁穿出线圈时的加速度小于g
C．如果把线圈固定在空中，条形磁铁在线圈正上方由静止释放，条形磁铁的高度越大，磁铁穿出线圈时的加速度越大
D．如果把线圈固定在空中，条形磁铁由线圈正上方由静止释放后过程中，磁铁的机械能减少
20．如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则（ ）
A．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N极
B．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N极
C．无论如何台秤的示数都不可能变化
D．台秤的示数可能随电流的增大而减小
21．如图所示，矩形线框abcd位于通电直导线附近，且开始时与导线在同一平面，线框的两个边与导线平行．欲使线框中产生感应电流，下面做法可行的是 （ ）
A．线框向上平动
B．线框向右平动
C．ad边与导线重合，绕导线转过一个小角度
D．以ab边为轴转过一个小角度
22．如图所示，长为2a宽为a的长方形区域内有匀强磁场B，方向垂直纸面向外，一个长方形导线框，电阻为R，t=0时恰好与磁场边界重合，之后以周期T绕其中心O点在纸面内顺时针匀速转动，在t=0到t=时间内流过导线框的平均电流，下列判断正确的是（　　）
A．方向为顺时针 B．方向为逆时针 C．大小为 D．大小为
23．关于楞次定律，下列说法中正确的是（　　）
A．感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相反
B．感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相同
C．感应电流的磁场方向与磁通量增大还是减小有关
D．感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
A．根据楞次定律“来拒去留”可知，图甲用磁铁靠近轻质闭合铝环A，A会远离磁铁，选项A错误；
B．图乙中把一强磁体从一足够长的铜管中下落，铜管中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍强磁体的下落，开始时强磁体所受安培力小于重力，则强磁体先做加速运动，随速度的增加，当安培力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后强磁体做匀速直线运动，选项B正确；
C．图丙闭合开关S时，穿过线圈N的磁通量增加，会产生感应电流，则电流表有示数；断开开关S时，穿过线圈N的磁通量减小，也会产生感应电流，则电流表也有示数，选项C错误；
D．图丁铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘中会产生感应电流阻碍铜盘的转动，则转动会减慢，选项D错误。
故选B。
2．D
【解析】
【详解】
试题分析:因P环受背离圆心向外的张力，知原磁场增大，AC错；假设原电流方向由b到a，则原磁场的方向向左，原磁场增强，故感应电流的磁场与原磁场方向相反，故在P环中感应电流形成的磁场向右，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向（右视），故B错；同理知D对．
考点:安培定则、左手定则、楞次定律．
【名师点睛】对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：
（1）阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
（2）阻碍相对运动——“来拒去留”；
（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；
（4）阻碍原电流的变化（自感现象）——“增反减同”．
3．B
【解析】
【详解】
A.向右摆动的过程中，穿过的磁通量减小．根据楞次定律，中有顺时针方向的电流（从右向左看），故A项不合题意.
BCD.向右摆动的过程中，中的电流方向为顺时针方向，则下端的电流方向向外，根据左手定则知，下端所受的安培力向右，则向右摆动．同理，用手左右摆动会左右摆动，故B项符合题意，C项不合题意，D项不合题意.
4．C
【解析】
【详解】
试题分析：由乙图可知，0—t0时间内，磁通量向里减小，t0—t1时间内，磁通量向外增大．由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的变化，线圈应先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故A错误；由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向始终为顺时针，故B错误；由法拉第电磁感应定律可知，，感应电流，故C正确；a、b两点之间的电势差 ，故选项D错误；故选C．
考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律
5．D
【解析】
【分析】
当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向．
【详解】
A.当电流增大时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增加，根据楞次定律可知，感应电流方向逆时针，故A错误；
B.导线中的电流不变，线圈向上平动，穿过线圈的磁场不变，穿过线圈的磁通量也不变，则不产生感应电流，故B错误；
C.ad边与导线重合，绕导线转过一个小角度，穿过线圈的磁通量不变，则不产生感应电流，故C错误；
D.以bc边为轴转过一个小角度，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里减小，根据楞次定律可知，产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda，故D正确．
故选D．
6．A
【解析】
【详解】
A．线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力竖直向上零，故A正确；
B．线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小，故B错误；
C．下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，结合安培定则可知感应电流的方向为顺时针方向，故C错误；
D．线框中产生电能，机械能减小．故D错误。
故选A。
【点睛】
根据磁能量形象表示：穿过磁场中某一面积的磁感线的条数判断磁能量的变化．用楞次定律研究感应电流的方向．用左手定则分析安培力，根据能量守恒定律研究机械能的变化．
7．A
【解析】
【详解】
时间内，电流i在减小，闭合线框内的磁通量必然在减小，由楞次定律可以判断线框中感应电流方向为顺时针方向，而且时间内线框受安培力的合力应向左；同理，可以判断在时间内，电流i在反向增大，闭合线框内的磁通量必然增大，由楞次定律可以判断线框中感应电流方向也为顺时针方向，故A对B错；
而且时间内线框受安培力的合力应向右，C、D错误．
【点睛】
解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的方向的关系，运用楞次定律判断感应电流的方向，以及运用左手定则判断安培力的方向．
8．B
【解析】
【详解】
0～t1时间内磁场方向垂直纸面向里均匀减小，由楞次定律“减同”可判断感应电流为顺时针恒定电流；t1～t2时间内磁场方向垂直纸面向外均匀增大，由楞次定律“增反”可判断感应电流也为顺时针恒定电流。
故选B。
9．B
【解析】
【详解】
试题分析：圆形金属线框出磁场过程中，磁通量一直在减小，根据楞次定律增反减同，感应电流磁场和原磁场同向，右手判断感应电流为顺时针方向，但是没有题目没有告诉是进磁场还是出磁场，A错．线框进出磁场过程，切割磁感线的有效长度是磁场中线框的首尾连接的线段，如图所示，当圆形线框的圆心处于MN时有效切割长度最大，感应电流最大，安培力最大，拉力最大，所以感应电流先增大后减小．速度和有效切割长度不垂直，夹角为，安培力，拉力的大小等于安培力与有关答案C错．有效长度始终是沿MN方向，因此安培力方向不变，拉力方向与安培力反向，与无关，D错．
考点：楞次定律 有效切割长度
10．A
【解析】
【详解】
由“来拒去留”可知，磁铁靠近线圈，则磁铁与线圈相互排斥；由题目中图可知，当磁铁竖直向下运动时，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场向上，则由右手螺旋定则可知电流方向从a经过R到b．故A正确，BCD错误、故选A．
点睛：在判断电磁感应中磁极间的相互作用时可以直接利用楞次定律的第二种表示：“来拒去留”直接判断，不必再由安培定则判断线圈中的磁场，再由磁极间的相互作用判断力的方向．
11．A
【解析】
【详解】
切割磁感线的导体棒相当于电源，在电源内部电流从负极流向正极，利用右手定则判断A对；
12．B
【解析】
【分析】
【详解】
因两表的结构完全相同，对A来说就是由于拨动指针带动线圈切割磁感线产生感应电流，电流方向应用右手定则判断；对B表来说是线圈受安培力作用带动指针偏转，偏转方向应由左手定则判断，此电流在左侧电流表中受到的安培力，阻碍表针向右拨动。即安培力使左侧表指针向左摆。由于连接方法从左边的表流出的电流从右侧的电表的接线柱“-”流入，从接线柱“+”流出；研究两表的接线可知，两表串联，故可判定电流计B的指针向左摆动。
故选B。
13．C
【解析】
【分析】
楞次定律；安培定则
【详解】
A．根据安培定则可知导线框所在处的磁场方向垂直纸面向里；AB中的电流减小，线圈中向里的磁通量减小，所以将产生顺时针方向的电流．故A错误；
B．AB中的电流不变，线圈中向里的磁通量不变，没有感应电流产生．故B错误；
C D．AB中的电流增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向．根据左手定则可知导线框所受安培力指指向线框内，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；远离导线磁场弱，则安培力较小．因此线圈离开AB直导线，向右运动．故D错误，C正确．
【点睛】
本题考查安培定则、楞次定律和左手定则综合应用的能力．同时注意远离直导线的磁场较弱，靠近直导线的磁场较强．并根据线框所受安培力的合力大小来判定如何运动．
14．B
【解析】
【详解】
地磁场在北半球的竖直分量竖直向下，当飞机在北半球水平飞行时，飞机切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知：机翼左端的电势比右端的电势高，故B正确，ACD错误。
故选B。
15．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确；
B．根据左手定则可以判断，CD段直线受安培力，方向向下，B错误；
C．当半圆闭合回路进入磁场一半时，这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大为
C错误；
D．感应电动势平均值式为
D正确。
故选AD。
16．BD
【解析】
【详解】
A．话筒是将声信号转化为电信号，通过功率放大，经扬声器放出．故A错误；
B．话筒是利用电磁感应现象的原理，故B正确；
CD．扬声器是利用磁场对电流的作用原理，从而导致线圈就不断地来回振动，纸盆也就振动动起来，便发出了声音．故C错误，D正确.
故选BD.
点睛：对比记忆扬声器和话筒：话筒把声信号转换成电信号，机械能转化成电能，是电磁感应现象原理；扬声器把电信信号转换成声信号，电能转化成机械能，通电导体在磁场中受力原理．
17．AC
【解析】
【详解】
AB．根据楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针．故A正确、B错误．
C．线框中的感应电动势为：
E＝Blv＝0.1×0.4×5V＝0.2V
故C正确．
D．线框中的感应电流为：
故D错误．
18．BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．当合上开关的瞬时，通过线圈的磁通量增大，根据楞次定律知，灵敏电流计中的电流由流向；A错误，B正确；
CD．当断开开关的瞬时，通过线圈的磁通量减小，根据楞次定律知，灵敏电流计中的电流由流向；C正确，D错误；
故选BC。
19．ABD
【解析】
【详解】
A．把条形磁铁的N极靠近线圈时，线圈的磁通量增加，发现电流计指针向右偏转，则条形磁铁的N极远离线圈时，线圈磁通量减小，电流计指针将向左偏转。故A正确；
BC．根据楞次定律的“来拒去留”如果把线圈固定在空中，条形磁铁在线圈正上方由静止释放，磁铁穿出线圈时将受到线圈向上的“吸引力”由牛顿第二定律，有
所以磁铁的加速度小于g。条形磁铁的高度越大，磁铁穿出线圈时相对线圈的速度越大，线圈对磁铁的“吸引力”越大，则其加速度越小。故B正确；C错误；
D．如果把线圈固定在空中，条形磁铁由线圈正上方由静止释放后过程中，磁铁的机械能减少，转化成线圈中的电能，总的能量保持不变。故D正确。
故选ABD。
20．AD
【解析】
【详解】
试题分析：先由台秤示数的变化得到电流对磁铁的作用力方向，然后根据牛顿第三定律得到磁体对电流的安培力方向，再根据左手定则判断磁场方向，最后得到磁极分布情况．
解：AB、如果台秤的示数增大，说明电流对磁铁的作用力向下，根据牛顿第三定律得到磁体对电流的安培力向上，根据左手定则，电流所在位置磁场向右，故磁铁左侧为N极，右侧为S极，故A正确，B错误；
CD、由A分析，结合F=BIL可得，随电流的增大，安培力也增大，但由于磁极不知，所以台秤示数可能定增大，也可能减小，故C错误，D正确；
故选AD．
【点评】判断磁体以电流间作用力可以先以电流为研究对象，然后结合左手定则分析，注意牛顿第三定律的应用．
21．BD
【解析】
【详解】
试题分析：当线圈向上平动，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，故A错误；当线圈向右移动，逐渐远离线圈，穿过线圈的磁场的磁感应强度减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流，故B正确；通电直导线周围的磁场具有轴对称性，若ad边与导线重合，绕导线转过一个小角度，磁通量不变，故没有感应电流产生，故C错误；以ab边为轴转过一个小角度，穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流，故D正确；
考点：考查了感应电流的产生条件．
22．BC
【解析】
【详解】
线框顺时针方向转动，经过的时间，所以线框的磁通量是变小的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出感应电流的方向为逆时针，故A错误,B正确；
根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势，而，，所以，平均电流，故C正确，D错误．
23．CD
【解析】
【详解】
当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。即感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，其方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减少，简而言之“增反减同”，选项CD正确，AB错误。
故选CD。
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