4.3 楞次定律 同步训练（word版含答案）

4.3楞次定律
同步训练
一、单选题(共30分)
1．(本题3分)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电流（　　）
348551523495A．在false时为最大
B．在false时改变方向
C．在false时最大，且沿顺时针方向
D．在false时最大，且沿顺时针方向
43300656267452．(本题3分)如图甲所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i随时间的变化如图乙所示。（设电流i的正方向与甲图中箭头所示方向相同）则在t=0到t=t1的时间内，线框中的感应电流的方向为（　　）
A．沿顺时针方向
B．沿逆时针方向
C．先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
D．先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
54292504267203．(本题3分)如图所示，一水平放置的圆形通电线圈1固定，另一较小的圆形线圈2从1的正上方下落，在下落过程中两线圈平面始终保持平行共轴，则线圈2从正上方落至1的正下方过程中，从上往下看，线圈2中的感应电流为（　　）
A．无感应电流
B．始终有顺时针方向的感应电流
C．先是顺时针方向，后是逆时针方向的感应电流
D．先是逆时针方向，后是顺时针方向的感应电流
54463954273554．(本题3分)如图所示，矩形线框abcd与长直导线在同一平面内，直导线中通有向上的恒定电流I．当矩形线框从长直导线的右侧运动到左侧的过程中线框内感应电流的方向为（ ）
A．先dcba，后一直abcd B．先dcba，再abcd，后dcba
C．先abcd，后一直dcba D．先abcd，再dcba，后abcd
5．(本题3分)如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右），则（ ）
4276725253365A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
6．(本题3分)如图所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行光滑金属导轨，导轨跟大线圈M相接，小闭合线圈N在大线圈M包围中，导轨上放一根光滑的金属杆ab，磁感线垂直于导轨所在平面。最初一段时间t0内，线圈N中电流方向如图。要使金属杆ab由静止开始向右运动，则N中的电流应按下图中哪种方式变化（　　）
-762003810A． B． C． D．
45434254476757．(本题3分)如图所示圆环形导体线圈false平放在水平桌面上,在false的正上方固定一竖直螺线管false,二者轴线重合,螺线管与电源和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false向下滑动,下列表述正确的是(? ?)
A．线圈false中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈false的磁通量变小
C．线圈false有扩张的趋势
D．线圈false对水平桌面的压力FN将增大
8．(本题3分)如图所示，有一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间地绕转轴自由转动．如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，我们将观察到的现象是（　　）
540067530480A．铜盘的转动不受磁铁的影响
B．铜盘的转动能持续更长时间
C．铜盘能在较短的时间内停止
D．由于磁铁的影响，铜盘会反向转动
45212004883159．(本题3分)通常磁性合金能够通过加热的方式减弱磁性，从而使它周围的线圈中产生感应电流。如图所示，一圆形线圈放在圆柱形磁性合金材料下方，现对合金材料进行加热，下列说法正确的是（　　）
A．线圈中的感应电流产生的磁场的磁感应强度方向一定向上
B．线圈中将一定产生顺时针方向的电流
C．线圈有扩张的趋势
D．线圈有收缩的趋势
452437533337510．(本题3分)如图，把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。则闭合开关S的瞬间（　　）
A．套环将保持静止，套环内无电流流过
B．套环将保持静止，套环内的电流与线圈内的电流方向相同
C．套环将向上跳起，套环内的电流与线圈内的电流方向相反
D．套环将向上跳起，套环内的电流与线圈内的电流方向相同
二、多选题(共16分)
405765062293511．(本题4分)一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。若在0~false时间内，直导线中电流向上如图甲所示。则在0~T时间内，下列表述正确的是（　　）
A．穿过线框的磁通量始终变小
B．线框中始终产生顺时针方向的感应电流
C．线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势
D．线框所受安培力的合力始终向右
12．(本题4分)如图所示，将一条形磁铁N极向下插入一闭合的螺线管中的过程，螺线管中产生感应电流，则下列说法正确的是( )
408622553340A．螺线管的下端是N极
B．螺线管的上端是N极
C．流过电流表的电流是由上向下
D．流过电流表的电流是由下向上
13．(本题4分)如图，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环中心轴线上方有一个条形磁铁。当条形磁铁沿轴线竖直落下接近铝环的过程中，下列说法正确的是（ 　）
435292543815
A．磁铁的机械能减少，下落加速度aB．磁铁的机械能守恒，下落加速度a＝g
C．铝环有收缩趋势，对桌面压力大于其重力
D．铝环有扩张趋势，对桌面压力小于其重力
418147545910514．(本题4分)某同学做了个有趣的实验，如图所示，水平面内有两根光滑平行金属导轨，上面放着两根金属棒a、b（a、b与导轨接触良好，且不会离开导轨）。其上方附近有一条形磁铁，下列对实验现象的描述正确的是（　　）
A．当条形磁铁N极朝下，向下运动时，a、b将靠拢
B．当条形磁铁N极朝下，向下运动时，a、b将分开
C．当条形磁铁S极朝下，向上运动时，a、b将靠拢
D．当条形磁铁S极朝下，向上运动时，a、b将分开
三、解答题(共54分)
15．(本题9分)如图甲，单匝线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁场方向垂直纸面向外。若已知线圈的面积S=0.1m2，磁场的磁感应强度B=1.5×102T。求：
(1)穿过该线圈的磁通量Φ；
(2)写出两种使该线圈中产生感应电流的方法；
35337753790954848225310515(3)如图乙，判断线圈从位置1水平移到位置2的过程中磁通量如何变化，并在线圈上画出感应电流方向。
16．(本题9分)如图，水平放置的光滑平行金属导轨右端与电阻R连接，金属棒ab垂直置于导轨上，导轨间存在垂直于导轨平面的匀强磁场。棒获得初速度v后开始向右运动。
421957583820(1)指出ab棒中感应电流的方向；
(2)ab棒运动过程中，速度如何变化。
17．(本题9分)在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图所示接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系.当闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央.然后按图所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路
（1）S闭合后，将螺线管A（原线圈）插入螺线管B（副线圈）的过程中，电流表的指针将如何偏转？
（2）保持开关S闭合，线圈A放在B中不动时，指针如何偏转？
（3）保持开关S闭合，线圈A放在B中不动将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将如何偏转？
（4）保持开关S闭合，线圈A放在B中不动，突然断开S，电流表指针将如何偏转？
3238500110490
461962531242018．(本题9分)法拉第最初发现电磁感应现象的实验如图所示.软环上绕有两个线圈A和B，当线圈A电路中的开关闭合的瞬间，线圈B中的感应电流沿什么方向？
19．(本题9分)轻质绝缘细线吊着一质量为m=0.05kg，边长为L=1m的正方形线框，线框电阻为r=1Ω，线框的下半部分空间中有方向垂直纸面向里的匀强磁场（如图甲所示），磁感应强度大小随时间的变化如图乙所示，从t=0开始经过时间t0，细线开始松弛，g=10m/s2．求：
4571365158115（1）细线松弛前，线框中的感应电流大小与方向；
（2）t0的值．
20．(本题9分)如图所示，长为 L、电阻 r＝0.3Ω、质量 m＝0.1kg 的金属棒 CD 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是 L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有 R＝0.5Ω 的电阻，量程为0~3.0A 的电流表串接在一条导轨上，量程为 0~1.0V 的电压表接在电阻 R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面。现以向右恒定外力 F 使金属棒右移，当金属棒以 v＝2m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏。问：
4381500200025(1)在图中标出两块表的正负接线柱；
(2)此满偏的电表是什么表？说明理由；
(3)拉动金属棒的外力 F 多大？
参考答案
同步训练
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图可知，在false时导线中电流的变化率为零，此时线圈中磁通量的变化率为零，则感应电流为零，故A错误；
B．从false到false时间内，图像的斜率均为负值，穿过线框的磁通量为先向里减小，后向外增加，可知产生的感应电流方向不变，即在false时线圈中的电流不改变方向，故B错误；
CD．结合正弦曲线变化的特点可知，当PQ中的电流为0时，电流的变化率最大，所以电流产生的磁场的变化率最大，所以在false时刻或t=T时刻线框内磁通量的变化率最大，则产生的电动势最大，在false时刻，向里的磁场减小，R内产生的感应电流的磁场的方向向里，根据安培定则可知，电流的方向为顺时针方向；同理可知，在t=T时刻向外的磁场减小，R内产生的感应电流的磁场的方向向外，根据安培定则可知，感应电流的方向为逆时针方向，故C正确，D错误。
故选C。
2．A
【解析】
【分析】
【详解】
由图乙可知，直导线中电流先是正向减小，又反向增加。当电流正向时，根据安培定则可知矩形导线框中磁场方向垂直纸面向里且减小，根据楞次定律可知，矩形导线框中产生顺时针方向电流；当电流反向时，根据安培定则可知矩形导线框中磁场方向垂直纸面向外且增加，根据楞次定律可知，矩形导线框中产生顺时针方向电流。
故选A。
3．C
【解析】
【分析】
【详解】
根据安培定则可知，线圈1在内部产生的磁场向上，线圈2从1的正上方落至1的正下方过程中，穿过线圈2向上的磁通量，先增加后减少。根据楞次定律，线圈2产生的磁场先向下后向上，再根据安培定则可知，线圈2上的感应电流先是顺时针方向，后是逆时针方向（从上往下看）。
故选C。
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
由安培定则得，向上的恒定电流I在导线左边产生的磁场垂直纸面向外，在导线右边产生的磁场垂直纸面向里．
当线框abcd向导线靠近时，穿过线框的磁通量是向里的增大，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向外，则感应电流的方向为abcd．
当线框越过导线到线框中心轴线与导线重合时，穿过线框的磁通量是向里的减小，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向里，则感应电流的方向为dcba．
当线框继续向左运动，穿过线框的磁通量是向外的增大，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向里，则感应电流的方向为dcba．
当线框远离导线时，穿过线框的磁通量是向外的减小，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向外，则感应电流的方向为abcd．
综上，线框中电流方向先abcd，再dcba，后abcd．故D项正确，ABC三项错误．
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A、根据楞次定律“增反减同”可知导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a，故A错误
B、根据楞次定律“增反减同”可知当导线框离开磁场时感应电流为a→b→c→d→a，故B错误；
C、根据楞次定律“来拒去留”可知导线框离开磁场时受到了向左的安培力，故C错误；
D、根据楞次定律“来拒去留”可知导线框进入磁场时受到了向左的安培力，故D正确；
6．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．电流均匀增大，根据安培定则，线圈N中产生的磁场方向是垂直直面向里且磁场增强，即穿过大线圈M的磁场也是垂直直面向里也增强，根据楞次定律，大线圈M产生的感应电流方向是逆时针，即电流从false，根据左手定则， ab受到向右的安培力，向右运动，A正确；
B．电流恒定，不变化，则在大线圈M不产生感应电流，ab由静止不动，B错误；
CD．线圈N中电流在减小，根据安培定则，线圈N中产生的磁场方向是垂直直面向里且磁场减弱，即穿过大线圈M的磁场也是垂直直面向里也减弱，根据楞次定律，大线圈M产生的感应电流方向是顺时针，即电流从false，根据左手定则，ab受到向左的安培力，向左运动，CD错误。
故选A。
7．D
【解析】
【分析】
【详解】
当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，接入电路中的电阻变小，所以流过线圈b的电流增大，所以穿过线圈a的磁通量变大．由右手定则可以判断出穿过线圈a的磁通量增大的方向向下，所以根据楞次定律可知线圈a中感应电流所产生的磁场方向向上，再由右手定则可知线圈a中感应电流方向为俯视逆时针，故AB错误．滑片P向下移动使得穿过线圈a的磁通量增加，根据楞次定律的描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，只有线圈a面积减小才能阻碍磁通量的增加，所以线圈a应有收缩的趋势，故C错误．滑片P为不动时，线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力．当滑片P向下滑动时，采用等效法，将线圈a和螺线管b看做两个条形磁铁，由楞次定律可以判断出两条形磁铁的N级相对，互相排斥，所以线圈a对水平桌面的压力变大，故D正确．故选D
8．C
【解析】
【分析】
【详解】
当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则出现感应电流，处于磁场中受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，铜盘能在较短的时间内停止。
故选C。
9．C
【解析】
【分析】
由题意可知，本题考查电磁感应现象及楞次定律。当通过线圈的磁通量发生改变，线圈中就会产生感应电流，感应电流产生的磁场总要阻碍产生感应电流的原因。
【详解】
AB．由题意可知，对合金材料加热，磁场变弱，导致通过线圈的磁通量减小，从而圆形线圈中会产生感应电流。但由于原磁场方向未知，所以不能判断感应电流的方向，也就不能判断感应电流产生的磁感应强度的方向。故AB错误；
CD．对合金材料加热，磁场变弱，导致通过线圈的磁通量减小，根据楞次定律的第二种表述“增缩减扩”，可以判断线圈有扩张的趋势，故C正确，D错误。
故选C。
【点睛】
楞次定律的第二种表述：感应电流产生的效果总是阻碍产生感应电流的原因。即“来拒去留”、“增缩减扩”等。
10．C
【解析】
【分析】
【详解】
ABCD．闭合开关S的瞬间，线圈和铁芯中的磁场增强，则闭合套环中的磁通量增加，根据楞次定律可知，套环中将产生感应电流，且感应电流产生的磁场与线圈中的磁场方向相反，所以套环受到斥力作用向上跳起，又根据右手螺旋定则可知，感应电流的方向与线圈中电流的方向相反，故ABD错误，C正确。
故选C。
11．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，故A错误；
B．在false时间内，磁通量减小，根据楞次定律可以判断，线框中感应电流的方向为顺时针，在false时间内，磁通量反向增大，根据楞次定律可以判断，线框中感应电流的方向也为顺时针，所以线框中始终产生顺时针方向的感应电流，故B正确；
C．穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故C正确；
D．在false时间内，线框中感应电流的方向为顺时针，根据左手定则判断安培力的合力方向向左，在false时间内，线框中感应电流的方向也为顺时针，根据左手定则判断安培力的合力方向向右，所以线框受安培力的合力方向先向左后向右，故D错误。
故选BC。
12．BC
【解析】
试题分析：根据楞次定律，螺线管的感应电流的磁场应阻碍磁通量的变化，故阻碍条形磁铁的下落，故螺线管对条形磁铁有向上的排斥力，把螺线管等效为条形磁铁，故上端为N极，所以A错误；B正确；根据楞次定律可判断感应电流流过电流表的方向是由上向下，所以C正确；D错误．
考点：本题扣除楞次定律、感应电流
13．AC
【解析】
【分析】
【详解】
当条形磁铁沿轴线竖直自由落下的过程中，闭合导体环内的磁通量增大，根据楞次定律可知环内感应电流的磁场与原磁场的方向相反，且导体环有收缩的趋势，所以对磁体的运动有阻碍作用，所以磁铁受向上的安培力，则向下的加速度小于g；因有电能产生，可知下落过程中机械能减小；根据牛顿第三定律可知，导体环受到的安培力向下，故对桌面压力大于其重力，故AC正确BD错误。
故选AC。
14．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．当条形磁铁靠近导轨时，穿过导轨的磁通量增大，根据楞次定律判断出导轨中产生感应电流，产生磁场将会阻碍磁通量增大，故两棒向内靠近，减小穿过的面积，从而起到阻碍磁通量增大的作用。因此不论条形磁铁是S极还是N极，由于磁铁的靠近，则两棒靠近。故A正确，B错误；
CD．当条形磁铁向上运动，远离导轨时，穿过导轨的磁通量减小，根据楞次定律判断出导轨中产生感应电流，产生磁场将会阻碍磁通量减小，故两棒向外分开，增大穿过的面积，从而起到阻碍磁通量减小的作用。因此不论条形磁铁是S极还是N极，由于磁铁的向上运动，则两棒分开。故C错误，D正确。
故选AD。
15．(1)15Wb；(2)①逐渐增大磁场的磁感应强度，②使线圈以竖直向下的直径为轴转动；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)穿过该线圈的磁通量
false=BS=1.5×102×0.1Wb=15Wb
(2)两种使线圈产生感应电流的方法：①逐渐增大磁场的磁感应强度；②使线圈以竖直向下的直径为轴转动
(3)线圈从位置1水平移到位置2的过程中磁通量逐渐减小，线圈上的感应电流方向如图所示
16．(1)由b指间a；(2)变小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据右手定则，伸开右手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从手心进入，并使大拇指指向导线运动方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向，所以电流的方向从b到a
(2)根据左手定则，伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向，所以导体棒所受安培力水平向左，导体棒减速运动，速度变小
17．（1）向右偏转 （2）不偏转 （3）向右偏转 （4）向左偏转
【解析】
【详解】
在图（a）中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转．在图（b）中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上；
(1)将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；
(2)保持开关S闭合，线圈A放在B中不动时，穿过B的磁通量恒定不变，没有感应电流产生，电流表不偏转；
(3)保持开关S闭合，线圈A放在B中不动将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，A中的电流增大，所以A中的磁场增强，所以穿过B的磁通量增大，楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；
(4)线圈A放在B中不动，突然断开S，A中电流产生的磁场突然消失，故穿过B的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，电流表指针向左偏转。
18．从D到C
【解析】
【详解】
当线圈A电路中的开关闭合的瞬间，线圈A中产生向上的磁场并穿过线圈B，使线圈B中向下的磁通量增大，根据榜次定律“增反、减同”原理，线圈B中感应电流的磁场方向向上，线圈B中产生的电流方向从上往下看为逆时针方向，如图所示，故电表G中电流方向为从D到C.
19．（1）0.25A；逆时针方向（2）2s
【解析】
（1）由图乙得false
由法拉第电磁感应定律得：false；
false；
由楞次定律得，线框的感应电流方向为逆时针方向．
（2）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：false，false；
由图象知false解得false．
20．（1）电压表上正下负、电流表左正右负；（2）电压表满偏，理由见解析；（3）1.6N
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据右手定则可知电压表上正下负、电流表左正右负
(2)电压表满偏
若电流表满偏，则I=3A
根据欧姆定律
false
大于电压表量程，故电压表满偏
(3)U=1V时根据欧姆定律
false
由能量守恒可知回路的电功率等于外力的功率，即
false
解得F=1.6N