2.1 楞次定律 基础练习（Word版含答案）

2.1、楞次定律
一、选择题（共16题）
1．以下涉及物理学史的四个重大发现符合事实的是（ ）
A．楞次发现了电流热效应的规律
B．安培总结出了点电荷间相互作用的规律
C．焦耳发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．库伦通过扭秤实验发现库伦力与两点电荷的距离平方成反比
2．物理学追求以相同的规律描述多变的实际情况。化学知识中有一条定律也有着强烈的物理味道——勒夏特列原理（LeChateliersprineiple），又名化学平衡移动原理，由法国化学家勒夏特列于1888年发现，是一个定性预测化学平衡点的原理。下列物理规律与勒夏特列原理有着相同规律的是（　　）
A．楞次定律 B．电荷守恒定律 C．牛顿第二定律 D．库仑定律
3．如图甲所示，在长直导线MN旁放有一闭合导线框abcd，长直导线与导线框在同一平面内，长直导线中通有如图乙所示的交变电流。规定电流沿MN的方向为正，下列说法中正确的是（　　）
A．0~t1时间内，线框中产生沿abcd方向的感应电流
B．t2时刻通过线框的磁通量最大
C．0~t1时间内，线框受到向右的安培力
D．t1~t3时间内，线框受到的安培力方向不变
4．如图所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd，则（ ）
A．若线圈向右平动，其中感应电流方向是
B．若线圈竖直向下平动，有感应电流产生
C．当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是
D．当线圈以ab边为轴转动时，其中感应电流方向是
5．如图所示，有一固定的弹性金属环，将条形磁铁插入环中或从环中拔出时，环中感应电流的方向判断正确的是（ ）
A．插入时环中有顺时针方向的感应电流
B．插入时环中有逆时针方向的感应电流
C．插入或拔出时环中都有顺时针方向的感应电流
D．插入或拔出时环中有逆时针方向的感应电流
6．如图所示，矩形导线框必abcd固定在水平桌面上，通有恒定电流的长直导线MN靠近水平桌面，且平行于 ab 边，在长直导线匀速从ab平移到cd边的过程中，下列说法正确的是
A．导线框中有逆时针方向的感应电流
B．导线框中感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．导线框所受的安培力的合力方向水平向右
D．导线框所受的安培力的合力方向先水平向右后水平向左
7．如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，由此可知，圆环a将（　　）
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针匀速旋转 D．逆时针减速旋转
8．物理学家通过艰苦的实验来探究自然物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得我们敬仰。下列描述中符合物理学史实的是（　　）
A．牛顿发现了万有引力定律但并未测定出引力常量
B．开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说
C．法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律
D．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了判断通电导线周围磁场方向的方法
9．如图所示是动圈式麦克风的示意简图，磁铁固定在适当的位置，线圈与一个膜片连接，声波传播时可使膜片左右移动，从而引起线圈运动产生感应电流，则线圈（　　）
A．磁通量增大时，感应电流从a流向b
B．磁通量减小时，感应电流从b流向a
C．磁通量先增大后减小时，感应电流一直从a流向b
D．磁通量先增大后减小时，感应电流先从b流向a再从a流向b
10．如图所示，长直导线右侧的矩形线框abcd与直导线位于同一平面，当长直导线中的电流发生如图所示的变化时（图中所示电流方向为正方向），线框中的感应电流与线框受力情况为( )
A．t1到t2时间内，线框内电流的方向为abcda，线框受力向右
B．t1到t2时间内，线框内电流的方向为abcda，线框受力向左
C．在t2时刻，线框内电流的方向为abcda，线框受力向右
D．在t3时刻，线框内电流最大，线框受力最大
11．如图所示，一根长导线弯曲成“n”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内．在电流I增大的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．金属环中无感应电流产生
B．金属环中有顺时针方向的感应电流
C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力
D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力
12．如图所示，导轨间有垂直纸面向里的磁场，圆形金属环B位于电磁铁A的左端，由于轨道上导体棒的运动，导致金属环B靠近A，则导体棒的运动情况是
A．向右匀速运动 B．向左匀速运动
C．向右加速运动 D．向右减速运动
13．如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线左边，两者彼此绝缘．当导线中的电流突然增大时，线框整体受力情况为( )
A．受力向右
B．受力向左
C．受力向上
D．受力为零
14．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原磁场的变化
15．如图甲所示，矩形线框abcd与直导线MN固定在同一平面内，线框的ad、bc两条边与导线MN平行。规定从N至M为直导线中电流的正方向，当导线MN中通以按图乙所示规律变化的电流时，下列说法正确的是（　　）
A．矩形线框中感应电流先沿abcda方向后沿adcba方向
B．矩形线框中感应电流始终沿abcda方向
C．矩形线框所受安培力方向先向左后向右
D．矩形线框所受安培力方向始终向左
16．如图所示是法拉第在1831年做的一个电磁感应实验的示意图。他把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路。关于该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a→b的感应电流
B．闭合与断开开关S的瞬间，电流表G中都没有感应电流
C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流
D．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
二、填空题
17．如图为法拉第发现电磁感应现象的实验示意图，产生电磁感应现象的是___________（填“A”或“B”）线圈。当电键闭合瞬间，通过灵敏电流计的电流方向为___________（填“D到C”或“C到D”）。
18．（1）如图所示，第一幅图中当电键S闭合瞬间流过表G的感应电流方向是___________________________；第二幅图中当S闭合瞬间，流过表G的感应电流方向是___________________________。
（2）如第三幅图所示长为2L的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为________。
19．如图，边长为l的正方形金属线框，以一定的速度进入磁感应强度为B的匀强磁场，线框平面始终与磁场方向垂直。当线框恰好有一半进入磁场时，穿过该线框的磁通量为_________,产生的感应电流方向为____________（选填“顺时针”或“逆时针”）。
20．如图所示是继电器的原理图，A为常闭触点，B为常开触点，当在接线柱2、3间通入一定的电流时，电磁铁便使衔铁P脱离A而与B接触，从而达到控制电路的目的.接线柱______________与有电源的热敏电阻串联.接线柱___________与外电路串联，即可在温度过高时切断外电路，实现对外电路的自动控制.若要求切断此电路的同时接通另一个外电路，则需要接通的电路应连在____________两个接线柱上.
综合题
21．请写出应用楞次定律判断感应电流方向的步骤．
22．如图甲所示，一轻质闭合铝框两端装有转轴，铝框放在U形磁铁的N、S之间，能灵活转动。现转动安装在U形磁铁上的摇把P使磁铁转动起来，会发现铝框会随之同方向转动起来，试说明其原理。
23．在“研究电磁感应现象”的实验中，可利用右图所示器材，研究在不存在相对运动的情况下能否产生感应电流．
（1）请用笔画线代替导线，将实验所用电路连接好（部分导线已经连好）；
（2）若连好电路后，在闭合开关瞬时，发现电流表指针向右偏，则在断开开关的瞬时，电流表指针将向 （填“左”或“右”）偏；当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表指针将向 （填“左”或“右”）偏．
24．完成下列问题：
(1)画出图(1)中闭合电路的部分导体棒切割运动时所产生的感应电流方向；
(2)画出图(2)中电流在磁场中受力方向；
(3)画出图(3)中通电螺线管的磁场的磁感线方向；
(4)画出图(4)中带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
楞次发现了感应电方向遵守的规律--楞次定律，故A错误．库仑运用扭秤实验总结出了点电荷间相互作用的规律，即库伦力与两点电荷的距离平方成反比，故B错误，D正确．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误．故选D.
2．A
【详解】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
A．楞次定律指感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。两者都是描述动态变化趋势的规律，故A正确；
B．电荷守恒定律突出了守恒思想，B错误；
CD．牛顿第二定律和库仑定律是揭示几个物理量间的关系规律的定律，CD错误。
故选A。
3．C
【详解】
A．在0～t1时间内，由M到N的电流增大，则穿过矩形导线框abcd的磁通量向内增大，根据楞次定律可知，导线框中产生adcb方向的感应电流，故A错误；
B． t2时刻由M到N的电流为0，通过线框的磁通量为0，故B错误；
C．0~t1时间内，由A选项的分析知，穿过矩形导线框abcd的磁通量向内，导线框中产生adcb方向的感应电流，由左手定则可知，长直导线受到的安培力向右，故C正确；
D． t1~t2时间内, 由M到N的电流减小，则穿过矩形导线框abcd的磁通量向内减小，根据楞次定律可知，导线框中产生abcd方向的感应电流，由左手定则可知，长直导线受到的安培力向左；t2~t3时间内，由N到M的电流增大，则穿过矩形导线框abcd的磁通量向外增大，根据楞次定律可知，导线框中产生abcd方向的感应电流，由左手定则可知，长直导线受到的安培力向右；故D错误。
故选C。
4．A
【详解】
由图根据右手螺旋定则可知，导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，离导线越近，磁感应强度越大。
A．若线圈向右平动，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为，A正确；
B．若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流，B错误；
C．当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流方向是，C错误；
D．当线圈以ab边为轴转动一周后将产生交变电流，由于不知道转动多少角度则无法说明线圈内感应电流的方向，D错误。
故选A。
5．A
【详解】
试题分析：AB、将条形磁铁插入环中时，原磁场方向向上，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向下，由安培定则，知感应电流的方向（自上向下看）沿顺时针方向，故A正确，B错误；
CD、将条形磁铁拔出环中时，原磁场方向向上，且磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向上，由安培定则，知感应电流的方向（自上向下看）沿逆时针方向，故CD错误；
故选A．
6．C
【详解】
AB.直导线中通有向上的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场方向先垂直向里减小，然后垂直向外增大，根据楞次定律知感应电流的方向为顺时针方向，故A、B错误．
CD.根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向右，则线框所受安培力的合力方向水平向右，故C正确，D错误．
7．B
【详解】
AB．当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，圆环a相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手螺旋定则可知，其内有垂直于纸面向里的磁场，其外有垂直于纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b内的合磁通量垂直纸面向里而且在增大，根据楞次定律可知，b中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，所以A错误，B正确；
C．逆时针匀速旋转时，穿过圆环b的磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误；
D．圆环a逆时针减速旋转与顺时针加速旋转是等效的，选项D错误。
故选B。
8．A
【详解】
A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量，故A项正确；
B．哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星运动三定律，故B项错误；
C．法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结了判断感应电流方向的规律，故C项错误；
D．奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了判断通电导线周围磁场方向的方法，故D项错误。
9．D
【详解】
由图中可知，螺线管中原磁场方向向右；当磁通量增大时，感应电流磁场方向向左，由右手螺旋定则可知感应电流方向从b流向a；磁通量减小时，感应电流磁场方向向右，由右手螺旋定则可知感应电流从a流向b，故A、B、C错误，D正确；
故选D。
10．B
【详解】
AB．由图知到时间内，导线中向上的电流减小，线框内向里的磁通量减小，由楞次定律可知，线框内有abcda方向的感应电流，由左手定则可知，线框受力向左；A错误，B正确；
C．在时刻，由楞次定律知，线框内有abcda方向的感应电流，因导线中电流为零，所以线框受力为零，选项C错误；
D．在t3时刻，直导线中电流最大，但是电流变化率为零，线框内电流为零，线框受力为零，选项D错误。
故选B。
11．C
【详解】
A、B、根据安培定则知，弯曲成“п”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小增加.由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针；故A，B均错误.
C、D、根据左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成是“п”导线，所以金属环下边圆弧受到的安培吸引力小于上边圆弧受到的安培排斥力，总的安培力向下，因此导致挂环的拉力增大，但环仍处于静止状态，故C正确，D错误.
故选C.
12．D
【详解】
如果导体棒匀速运动，导体棒切割磁感线产生的感应电动势必为定值，电磁铁A中的电流必为恒定电流，磁通量不变，金属环B中无感应电流，B不会受到安培力作用而运动，所以A、B选项均错．如果导体棒加速运动，A中电流必增大，B的磁通量必增大，B会远离A向左运动，本题B靠近A，说明A、B中的磁通量在减小，故导体棒必做减速运动，C错误， D正确．
13．A
【详解】
MN导线两端的磁场对称，所以线框中总磁通量方向垂直纸面向外，当导线中的电流突然增大时，磁场增强，根据楞次定律，线框要阻碍增强，有向右运动的趋势，B正确．
14．CD
【详解】
感应电流的磁场并不阻碍磁场，阻碍原磁场的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同．即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小，简而言之“增反减同”．故CD正确．
15．BC
【详解】
AB．导线MN中电流先向上均匀减小后向下均匀增大，通过线框的磁感线先垂直纸面向里，磁通量减小，后垂直纸面向外，磁通量增大，由楞次定律“增反减同”可知，线框中感应电流始终是顺时针方向，即始终沿abcda方向，故A错误，B正确；
CD．线框中感应电流始终是顺时针方向，先处于垂直纸面向里的磁场中，ad边所处的磁感应强度大于bc边，所以线框所受安培力合力与ad边所受安培力一致，由左手定则可知安培力合力水平向左；线框后处于垂直纸面向外的磁场中，由左手定则知安培力合力水平向右，故C正确，D错误。
故选BC。
16．BD
【详解】
闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中均无感应电流。闭合开关S 后，在增大电阻 R 的过程中，电流减小，则通过线圈B的磁通量减小了，根据右手螺旋定则可确定穿过线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可得：电流表G中有 b→a 的感应电流，所以BD正确；AC错误；
故选BD。
17． B D到C
【详解】
当电键断开或闭合的瞬间，A线圈中电流变化，引起A线圈周围磁场强弱变化，通过B线圈中的磁通量变化，因此在B线圈中产生电磁感应现象。
当电键闭合瞬间，A线圈中电流增强，磁场增强，磁感应强度增大；由安培定则可知电磁铁中磁感应强度的方向是顺时针方向；因此通过B线圈的磁场方向是顺时针方向，且增强，由楞次定律可知，B线圈中感应电流的磁场方向是逆时针，感应电流方向从D到C。
18． b→a a→b BIL
【详解】
(1)图中当电键S闭合瞬间，根据安培定则可知右边的线圈产生向上增大的磁场，该磁场向下穿过左边的线圈，并且在增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍该磁场的增大，即感应电流的磁场向上，再根据安培定则可知，流过表G的感应电流方向是b→a；
图中当电键S闭合瞬间，根据安培定则可知左边的线圈产生向右增大的磁场，该磁场向右穿过右边的线圈，并且在增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍该磁场的增大，即感应电流的磁场左，再根据安培定则可知，流过表G的感应电流方向是a→b．
(2)导线在磁场内有效长度为
2Lsin30°=L
故该V形通电导线受到安培力大小为
F= BI 2Lsin30°=BIL
19． 逆时针
【详解】
当线框恰好有一半进入磁场时，穿过该线框的磁通量为
；
根据楞次定律可知，产生的感应电流方向为逆时针。
20． 2，3 1，5 1，4
【详解】
试题分析：控制电路电流的通断是由温度控制的，当温度到达金属丝下端所指的温度时，电磁铁中有电流通过，温度达不到时，电磁铁中无电流通过，所以有电源的热敏电阻与接线柱2、3 相连；当在温度过高时要切断外电路，实现对外电路的自动，导致热敏电阻阻值减小，磁性会把衔铁吸过来，使接线柱1、5的外电路断开；若要求切断此电路的同时接通另一个外电路，则需要接通的电路应连在1、4两个接线柱上．
21．见解析
【解析】
试题分析：对于感应电流的方向，可由楞次定律判定，用楞次定律判断感应电流方向一般有4个步骤：
① 确定原磁场的方向．
②判断原磁场的变化趋势．
② 根据楞次定律确定感应电流的磁场的方向．
④根据右手螺旋定则确定感应电流的方向．
22．见解析
【解析】
为了更好地展示导体相对运动方向和磁场运动方向，画出自右向左观察实验装置的右侧视图，如图乙所示。
当U形磁铁如图所示逆时针转动时，O点上部磁感线向左切割ab导线，同时O点下部磁感线向右切割cd导线，根据相对运动的原理可假设磁感线不同，导线ab向右切割磁感线，而导线cd向左切割磁感线。应用右手定则可知铝框中的感应电流方向为a→b→c→d。再应用左手定则可知ab边和cd边所受的磁场力方向分别为向左和向右，这样线框受到两个逆时针方向的力矩作用转动起来。
23．（1）如图；
（2）左；左
【详解】
（1）实验电路有两套电路，每套电路各自形成闭合回路，实验电路图如图所示．
（2）将螺线管A插入B中，在闭合开关瞬时，发现电流表指针向右偏，若在断开电键的瞬时，穿过回路的磁通量变小，根据楞次定律可知，电流表指针向左偏转，电键保持闭合，滑动变阻器滑片向右滑动时，电阻增大，电流减小，则通过线圈的磁通量减小，感应电流方向同向，则电流表指针向左偏转．
24．(1)；(2) ；(3)；(4)
【详解】
(1)根据右手定则可得电流方向垂直流向纸内，如下图所示
(2)根据左手定则可得，电流受力方向向下，如下图所示
(3)根据右手螺旋定则可得通电螺线管的磁场的磁感线方向向左，如下图所示
(4)根据左手定则可得洛伦兹力向上，如下图所示
答案第1页，共2页