2.1楞次定律课后练（Word版含答案）

2.1 楞次定律 课后练
一、单选题
1．如图所示，吊机把质量为10吨的重物由静止匀加速起吊， 2s内竖直提高了2m，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。则此过程中（　　）
A．重物的重力势能增加2×104J B．重物的动能增加了1×104J
C．吊机牵引力的最大功率为2.2×105W D．重物的机械能增加了2.2×104J
2．描述磁场强弱的物理量是（　　）
A．磁感应强度 B．磁通量 C．磁通量的变化量 D．磁场力
3．如图甲所示，竖直放置的螺线管与导线构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，螺线管正下方水平桌面上有一导体圆环。导线所围区域内磁场的磁感应强度按图乙中哪一种图线随时间变化时，导体圆环对桌面的压力将小于环的重力（ ）
A． B． C． D．
4．如图，甲、乙为两根固定在同一竖直平面内的平行长直导线，通有大小相等、方向向上的恒定电流，虚线AB到甲、乙两直导线的距离相等。一圆形金属环环面平行于两导线放置于两导线间，环的圆心与虚线AB重合,环的直径远小于两导线间的距离。下列说法正确的是（　　）
A．导线甲对导线乙的安培力方向水平向右
B．两导线在虚线AB上形成的磁场的磁感应强度不为0
C．金属环沿虚线AB向上移动时，环上有感应电流产生
D．金属环向右靠近导线乙时，环上有顺时针方向的感应电流
5．我国的航天技术在世界上具有举足轻重的地位，我国发射的神舟10号飞船绕地球运行的高度大约为343km，而神舟11号飞船绕地球运行的高度大约为393km。目前，火箭是卫星发射的唯一工具，火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化。火箭在返回匀速下降过程中机械能（　　）
A．增大 B．减小 C．不变 D．条件不足，无法确定
6．如图所示，垂直纸面的匀强磁场分布在正方形虚线区域内，电阻均匀的正方形导线框位于虚线区域的中央，两正方形共面且四边相互平行。现将导线框先后朝图示两个方向以速度、分别匀速拉出磁场，拉出时保持线框不离开纸面且速度垂直线框。比较两次移出磁场的过程中，以下说法正确的是（　　）
A．线框中产生的感应电流方向相反
B．边两端的电压之比为
C．线框中产生的焦耳热之比为
D．通过导线框某一截面的电荷量之比为
7．关于电磁感应，下列说法正确的是（　　）
A．只要导体切割磁感线就会产生感应电流
B．只要磁通量发生了变化就会产生感应电动势
C．感应电流的磁场总是与原来磁场的方向相反
D．线圈中的电流变化越快，其自感系数就越大
8．关于楞次定律，下列说法中正确的是 （　　）
A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强
B．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱
C．感应电流的磁场总是和原磁场方向相反
D．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化
9．图甲所示为2019年日本发射货运飞船搭载的STARS-Me系列卫星，其包含两颗微小、犹如魔方大小的卫星，卫星之间通过一根细钢缆相连，它们以相同角速度环绕地球从东向西转动，其简化图如图乙所示，己知卫星A位于卫星B正下方，轨道高度均低于地球同步轨道，下列说法正确的是（ ）
A．两颗卫星线速度均大于7.9km/s
B．根据公式，卫星A的线速度大于B的线速度
C．卫星A与卫星B之间钢缆上可能没有力的作用
D．当两颗卫星在赤道平面上方转动时，卫星A电势高
10．法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕。法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连。当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，下列说法错误的是（ ）
A．电刷A的电势低于电刷B的电势
B．若仅提高金属盘转速，灵敏电流计的示数将变大
C．若仅减小电刷A、B之间的距离，灵敏电流计的示数将变小
D．若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将变小
二、多选题
11．如图所示，边长为L不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域， 其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt（常量k>0）．回路中滑动变阻器R的最大阻值为2R0，滑片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R2=R0，电容器与R2并联.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则
A．正方形导线框中的感应电动势为kL2
B．电容器的a极板带负电
C．R2 两端的电压为U/5
D．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
12．下列几辐图中，由电流产生的磁场方向错误的是（　　）
A． B．
C． D．
13．要使图中b线圈产生图示中的电流方向，可采取的办法有（ ）
A．闭合电键K
B．闭合电键K后，把b靠近a
C．闭合电键K后，把电阻R滑片左移
D．闭合电键K后，把a铁芯向左边抽出
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．重物的重力势能增加为
A错误；
B．由匀变速运动规律可得
解得
重物的动能增加了
B错误；
C．由动能定理可得
解得吊机牵引力为
吊机牵引力的最大功率为
C正确；
D．重物的机械能增加为
D错误。
故选C。
2．A
【解析】
【详解】
磁感应强度是用来描述磁场强弱和方向的物理量。故A正确，BCD错误。
故选A。
3．D
【解析】
【详解】
AB．abcd区域内的磁场均匀变化，因此产生恒定的电流，螺旋管中电流不变，其产生的磁场也不变，则导体圆环中不产生感应电流，导体圆环对桌面的压力等于重力，故A、B错误；
CD．要使导体圆环对桌面的压力小于重力，则螺线管对导体圆环为引力，由楞次定律可知穿过导体圆环的磁通量变小，故螺线管中电流变小，因此abcd区域的磁通量变化率应该越来越小，故C错误，D正确；
故选D。
4．D
【解析】
【详解】
A．由左手定则可知导线甲对导线乙的安培力方向水平向左，A错误；
B．因为两根导线通有大小相等、方向向上的恒定电流，根据安培定则可知二者在AB线上形成的磁感应强度等大反向，故合场强为零，B错误；
C．金属环沿虚线AB向上移动时，磁通量不变，环上没有感应电流产生，C错误；
D．金属环向右靠近导线乙时，穿过线圈的磁场方向垂直纸面向外，且磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知环上有顺时针方向的感应电流，D正确。
故选D。
5．B
【解析】
【详解】
火箭在返回匀速下降过程中，动能不变，重力势能减小，则机械能减小。
故选B。
6．D
【解析】
【详解】
A．因将导线框移出磁场的过程中，穿过导线框的磁通量减少，由楞次定律知两次移出磁场的过程中导线框产生的电流方向相同，A错误；
B．以速度v拉出磁场时，bc边相当于电源，切割电动势
ad边两端的电压
以速度3v拉出磁场时，ad边相当于电源，切割电动势
导体框ad边两端的电压
ad边两端的电压之比为1∶9，B错误；
C．设变长为L，总电阻为R，运动速度v，根据
则产生的热量
可见产生的热量与速度有关，所以线框中产生的焦耳热之比为1∶3，C错误；
D．平均感应电动势
平均电流
电荷量
与速度无关，向左和向右两次拉出磁场过程中，磁通量的变化量相等，故两次的电荷量之比为1：1，D正确。
故选D。
7．B
【解析】
【详解】
A．当闭合回路的部分导体切割磁感线运动时才会产生感应电流，选项A错误；
B．只要磁通量发生了变化就会产生感应电动势，选项B正确；
C．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，与原来磁场的方向可能相同，也可能相反，选项C错误；
D．线圈的自感系数只由线圈本身决定，与线圈中的电流变化快慢无关，选项D错误。
故选B。
8．D
【解析】
【详解】
楞次定律的内容：感应电流产生的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以ABC错误；D正确；
故选D。
9．D
【解析】
【详解】
A．第一宇宙速度7.9km/s是物体在地球表面附近做匀速圆周运动的速度，同时也是绕地球运行的最大环绕速度，所以两颗卫星线速度均小于7.9km/s，故A错误；
B．由题意并根据可知卫星A的线速度小于B的线速度，故B错误；
C．根据可知，若没有钢缆的作用，则卫星A的线速度应比卫星B的线速度大，由于钢缆的作用使得卫星A的线速度小于B的线速度，所以钢缆上一定有力的作用，故C错误；
D．赤道上方地磁场的方向为从南向北，当两颗卫星在赤道平面上方从东向西转动时，根据右手定则可知A卫星电势高，故D正确。
故选D。
10．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向左，根据右手定则，金属盘产生的感应电流方向从B到A，则电刷A的电势高于电刷B的电势，A错误；
B．根据E=BLv，若仅提高金属盘转速，感应电动势将增大，则感应电流增大，灵敏电流计的示数将变大，B正确；
C．根据E=BLv，若仅减小电刷A、B之间的距离，感应电动势将减小，则感应电流减小，灵敏电流计的示数将变小，C正确；
D．若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，流过电磁铁的电流将会减小，产生的磁感应强度减小，根据E=BLv，感应电动势将减小，则感应电流减小，灵敏电流计的示数将变小，D正确。
故选A。
11．BCD
【解析】
【详解】
根据法拉第电磁感应定律，导线框中产生的感应电动势为：，所以A错误；由B=kt（常量 k>0）知，磁感应强度增大，根据楞次定律可知导线框中感应电流的方向为逆时针，可知b板带正电，A板带负电，B正确；由图知，外电路的连接是R2与滑动变阻器的右边一半并联，然后与R1、滑动变阻器左边部分串联，外电路总电阻为5R0/2，总电压为U，根据串联电路的分压规律可求R2两端的电压为U/5，C正确；由题意知滑动变阻器与R2并联部分的电阻阻值与R2相等都是R0，所以消耗的功率相同为P，滑片左边部分阻值也是R0，但电流是R2的2倍，根据P=I2R可知，其功率是R2的4倍，即为4P，所以滑动变阻器消耗的功率为5P，是R2消耗功率的5倍，故D正确．
12．ACD
【解析】
【详解】
A．根据安培定则可知，图中直导线右边磁场向里，左边向外，选项A错误，符合题意；
B．根据安培定则可知，图中环形电流磁场外边向里，里边向外，选项B正确，不符合题意；
C．根据安培定则可知，图中磁场方向向下，选项C错误，符合题意；
D．根据安培定则可知，图中磁场方向向左，选项D错误，符合题意；
故选ACD。
13．CD
【解析】
【详解】
试题分析：由于流经a螺线管的电流方向，用右手螺旋定则判定出a螺线管左边为S极，右边为N极，a螺线管内的磁场方向向右，由b螺线管的电流方向判断出感应电流的磁场方向向右，原磁场方向与感应电流的磁场方向相同，根据楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应的磁通量的变化，即“增反减同”的方法，可知a中的电流减小，使a螺线管的磁性减小，b螺线管的磁通量减小．闭合电键K，b螺线管的磁通量增加，A错误；闭合电键K后，把b靠近a，b螺线管的磁通量增加，B错误；闭合电键K后，把电阻R滑片左移，a中电流减小，b螺线管的磁通量减小，C正确；闭合电键K后，把a铁芯向左边抽出，b螺线管的磁通量减小，D正确；故选CD．
考点：楞次定律
【名师点睛】
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页