高中物理第1节 科学探究:感应电流的方向同步训练题

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2021-2022学年鲁科版（2019）选择性必修第二册2.1科学探究：感应电流的方向 课后练习（解析版）1．如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距离。两导线中通有水平向右、大小相同的恒定电流I。则当圆形金属环（　　）A．向上侧靠近导线时，环中产生顺时针方向的感应电流B．向下侧靠近导线时，环中产生顺时针方向的感应电流C．水平向左运动时，环中产生顺时针方向的感应电流D．水平向右运动时，环中产生顺时针方向的感应电流2．通电直导线的右侧固定放置一个共面的三角形导线框，规定沿直导线向上为电流i的正方向，如图甲所示，若直导线中电流为图乙所示的正弦交流电，则（　　）A．在内，导线框中感应电流的方向会改变B．在内，电流i产生的磁场穿过导线框的磁通量大小增加C．在内，导线框中感应电流的方向会改变D．在内，电流i产生的磁场穿过导线框的磁通量大小增加3．如图，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，线圈M与电池、开关S及滑动变阻器串联，线圈N与电流表G连接，若电流从左侧流入G表时，G表指针向左偏转，则（　　）A．S闭合的瞬间，G表指针将向左偏转B．S闭合的瞬间，G表指针将向右偏转C．S闭合稳定后，G表指针将向左偏转D．S闭合稳定后，滑动变阻器滑片P向右滑动时，G表指针将向右偏转4．小李同学在探究电磁感应现象和楞次定律时，进行了如下实验：如图所示，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃上，玻璃正下方有两块完全相同的蹄形磁铁，磁铁四个磁极之间的距离相等。当两块磁铁匀速向右通过玻璃正下方时，玻璃上的线圈始终保持不动，关于线圈所受摩擦力的方向，下列说法正确的是（　　）A．先向左，后向右 B．先向左，后向右，再向左C．一直向右 D．一直向左5．如图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极（Ⅰ在上、Ⅱ在下），ab为放在其间的金属棒；金属棒ab和金属棒cd用导线连成一个闭合回路；当ab棒向左运动时，cd金属棒受到向下的磁场力，则有（　　）
A．由此可知d点电势高于c点电势B．由此可知Ⅰ是S极C．由此可知Ⅰ是N极D．当cd棒向下运动时，金属棒ab不受到向左的磁场力6．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有两条固定的相互垂直彼此绝缘的长直导线，通以大小相同的电流。在角平分线上，对称放置四个相同的圆形金属框。若电流在相同时间间隔内增加相同量，则（　　）A．线圈1中有顺时针方向的感应电流，静止不动B．线圈2中无感应电流，静止不动C．线圈3中有顺时针方向的感应电流，沿着对角线向外运动D．线圈4中有逆针方向的感应电流，沿着对角线向外运动7．如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则（　　）A．开关断开瞬间，电流表指针不偏转B．开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针C．开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转D．开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力8．如图所示，上、下两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。一金属圆环垂直磁场放置，其直径与两磁场的边界重合。下列情况中，可使圆环受到垂直边界向上的安培力的是（　　）A．仅增大B1B．仅增大B2C．同时以相同的变化率增大B1和B2D．同时以相同的变化率减小B1和B29．如图所示，两条平行长直导线a、b固定在光滑的水平桌面上，当两导线中通有大小相同的恒定电流时，将一个矩形导线框放在两条导线之间的正中位置能保持静止。下列说法正确的是（　　）A．线框的磁通量一定为零B．流过导线a、b的电流方向一定相同C．若仅增大导线a的电流，则线框一定向着导线b运动D．若线框向着导线a运动，则导线b的电流一定在增大10．如图所示，光滑绝缘斜面倾角为。斜面底端有一直导线通有M至N的恒定电流I，斜面上有一闭合导线框正沿斜面下滑，边始终与平行。在导线框下滑至边未到达斜面底端过程中，下列说法正确的是（　　）
A．线框有扩张的趋势B．线框中有沿流动的感应电流C．线框边受到的安培力沿斜面向上D．整个线框所受安培力的合力为零11．如图，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P向下滑动，下列表述正确的是（　　）A．线圈a有扩大的趋势B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a对水平桌面的压力FN将增大D．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流12．如图所示，一根光滑的水平绝缘杆，A处固定一个金属线圈，B处挂一个闭合铜环。现给线圈分别通以如图所示的四种电流，其中能使铜环在0~t1时间内加速度方向保持向右的是（　　）A． B． C． D．13．如图甲所示，光滑的水平桌面上固定着一根绝缘的长直导线，可以自由移动的矩形导线框abcd靠近长直导线静止放在桌面上。当长直导线中的电流按图乙所示的规律变化时（图甲所示电流的方向为正方向），则t1到t2时间内线框（　　）A．向右做加速运动B．向左做加速运动C．向右做减速运动D．向左做减速运动14．如图所示，无限长通电直导线与右侧的矩形导线圈ABCD在同一平面内，线圈的AB边与直导线平行。现用外力使线圈向直导线靠近且始终保持AB边与直导线平行，在AB边靠近直导线的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．线圈内产生的感应电流方向是ADCBAB．直导线对AB边和CD边的安培力等大反向C．直导线对AD边和BC边的安培力等大反向D．在线圈ABCD内部的区域的磁场方向为垂直线圈所在平面向外15．如图，两金属棒ab、cd分别置于两个异名磁极之间，组成闭合回路。能使cd棒受到向下磁场力的情况是（　　）①磁极I为S极，磁极III为S极，ab棒向左运动②磁极I为S极，磁极III为N极，ab棒向右运动③磁极I为N极，磁极III为N极，ab棒向左运动④磁极I为N极，磁极III为S极，ab棒向右运动A．①②④ B．①②③④ C．②④ D．①③16．如图所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，磁铁中心为O，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合。下列说法正确的是（　　）
A．当从上往下看时通过圆环电流方向先顺时针再逆时针B．当从上往下看时通过圆环电流方向先逆时针再顺时针C．细线对磁铁拉力一直增大D．圆环过磁铁中心线O处加速度最大17．在一根较长的铁钉上，用漆包线绕上两个线圈A、B，将线圈B的两端接在一起，并把CD段直漆包线沿南北方向放置在静止的小磁针的上方，如图所示。下列判断正确的是（　　）A．开关闭合电流稳定时，小磁针不发生偏转B．开关闭合瞬间，小磁针的N极垂直纸面向里转动C．开关断开瞬间，小磁针的N极垂直纸面向里转动D．开关断开瞬间，小磁针的N极垂直纸面向外转动18．科学家们曾设想存在磁单极子，即一些仅带有N极或S极单一磁极的磁性物质。假设在P点有一个固定的磁单极子，在其周围形成均匀辐射磁场，磁感线如图所示。当质量为m、半径为R的导体圆环通有恒定的电流时，恰好能静止在该磁单极子正上方，环心与P点的距离为H，且圆环平面恰好沿水平方向。已知距磁单极子r处的磁感应强度大小为，其中k为已知常量，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　）A．圆环静止时磁场对环的安培力使其有沿半径方向扩张的趋势B．圆环静止时可由题中条件求出环中电流的大小C．若将圆环竖直向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中环中电流不受影响D．若将圆环竖直向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程中环的加速度先减小后增大 19．图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间后才执行这个动作。延时继电器就是因此而得名的。(1)请解释：当开关S断开后，为什么电磁铁还会继续吸住衔铁一小段时间？(2)如果线圈B不闭合，是否会对延时效果产生影响？为什么？   20．如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。请通过分析形成以下结论：把条形磁铁向水平方向移动时，金属圆环将受到水平方向运动的驱动力，驱动力的方向跟条形磁铁运动的方向相同。   21．如图所示，在一根较长的铁钉上，用漆包线绕两个线圈A和将线圈B的两端与漆包线CD相连，使CD平放在静止的小磁针的正上方，与小磁针平行试判断合上开关的瞬间，小磁针N极的偏转情况？线圈A中电流稳定后，小磁针又怎样偏转？  22．如图所示，试探究在以下四种情况中小磁针N极的偏转方向。(1)开关S闭合时；(2)开关S闭合后；(3)开关S闭合后，调节滑动变阻器使电流增强；(4)开关S断开时。 参考答案1．B【详解】A.金属环向上侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针，故A错误；B.金属环向下侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为顺时针，故B正确；CD．直导线之间的磁场时对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，金属环左右运动的时候，圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故CD错误；故选B。2．C【详解】A．在0<t<t1内，电流向上，且大小增大，根据右手螺旋定则可知，穿过线圈中的磁通量增大，且垂直纸面向里，由楞次定律可知，产生的感应电流方向顺时针，故A错误；B．在t1<t<t2内，向上的电流，且大小减小，则穿过线圈中的磁通量变小，故B错误；C．在t2<t<t4内，向下电流，先增大后减小，则由楞次定律可知，产生的感应电流方向先顺时针后逆时针，故C正确；D．在t3<t<t4内，向下电流，大小在减小，则穿过线圈中的磁通量变小，故D错误。故选C。3．A【详解】AB．当闭合S的瞬间，导致电流增大，线圈M中磁场增强。根据右手螺旋定则可知，线圈M左端是S极，右端是N极，磁场方向向右，所以线圈N中向右穿过线圈的磁通量在增大，根据楞次定律，由增反减同可知，感应电流方向由左向右流入G表，即指针向左偏转。故A正确，B错误；C．S闭合稳定后，线圈N中磁通量不变，没有感应电流，因此G表指针不偏转。故C错误；D．S闭合稳定后，滑动变阻器滑片P向右滑动，阻值减小，导致电流增大，线圈M中磁场增强。根据右手螺旋定则可知，线圈M左端是S极，右端是N极，磁场方向向右，所以线圈N中向右穿过线圈的磁通量在增大，根据楞次定律，由增反减同可知，感应电流方向由左向右流入G表，即指针向左偏转。故D错误。故选A。4．D【详解】由楞次定律，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，故磁极对线圈有向右的安培力，则线圈所受摩擦力一直向左。故选D。5．B【详解】A．cd金属棒受到向下的磁场力，根据左手定则可知，电流方向c到d，故d点电势低于c点电势，故A错误；BC．电流为b到a，根据右手定则可以判断由此可知Ⅰ是S极，故B正确C错误；D．当cd棒向下运动时，cd棒中产生由d到c的电流，ab棒中的电流由a到b，由左手定则可知可知ab导线受到向左的磁场力。故D错误。故选B。6．D【详解】AC．根据安培定则，判断线圈1、3中磁通量始终为零，所以无感应电流，静止不动。故AC错误；BD．根据安培定则，判断线圈2、4中磁通量均增加，由楞次定律可知，线圈2中有顺针方向的感应电流，线圈4中有逆针方向的感应电流，两线圈均沿着对角线向外运动。故B错误；D正确。故选D。7．C【详解】A.开关断开瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，所以电流表指针会偏转，故A错误；B.开关闭合瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量增大，所以两个线圈中的电流方向一定相反，故B错误；C.开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入回路的阻值减小，则线圈A中的电流增大，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量增大，所以感应电流的方向应和开关闭合瞬间时的相同，即电流表指针向右偏转，故C正确；D.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，表现为线圈B对线圈A产生吸引力，故D错误。故选C。8．B【详解】A．仅增大B1由右手定则得，圆环中产生逆时针方向的电流，由左手定则得圆环受到垂直边界向下的安培力，故A错误；B．仅增大B2由右手定则得，圆环中产生顺时针方向的电流，由左手定则得圆环受到垂直边界向上的安培力，故B正确；CD．同时以相同的变化率增大或减小B1和B2，金属环中的磁通量始终为0，不发生变化，圆环中不会出现感应电流，没有安培力，故CD错误。故选B。9．C【详解】A．当两导线的电流方向相同时，线框的磁通量一定为零，电流方向相反时，线框的磁通量不为零，所以A错误；B．流过导线a、b的电流方向相同，线框磁通量不变没有感应电流，则线框不动保持静止，当流过导线a、b的电流方向相反，由于对称性线框左右两边所处的磁感应强度总是相等的，又因为左右两边的电流方向总相反，由左手定则可判断两边安培力总是大小相等，方向相反，所以线圈能保持静止，所以B错误；C．若仅增大导线a的电流，则线框的磁通量增大，由楞次定律的推论可知，为了阻碍磁通量的增大，则线框一定向着导线b运动，所以C正确；D．若线框向着导线a运动，则导线b的电流在增大或者导线a电流在减小，所以D错误；故选C。10．B【详解】A．根据直导线产生的磁场特点：离导线越近磁场越强，在导线框下滑过程中，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故A错误；B．在导线框下滑过程中，穿过线框的磁通量增大，磁场方向垂直斜面向上，根据“楞次定律”可知，线框中有沿方向的感应电流，故B正确；C．中的电流由d到c，磁场方向垂直斜面向上，根据左手定则可知，线框边受到的安培力沿斜面向下，故C错误；D．由于边与边所在处的磁场不同，与中的电流相同，所以、所受安培力大小不同，与所受安培力大小相同，所以整个线框所受安培力的合力不为零，故D错误．故选B。11．C【详解】AB．将滑动变阻器的滑片P向下滑动，接入电路中的电阻减小，电路中电流增大，螺线管激发的磁场变强，线圈a中的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈a有缩小的趋势，与螺线管间出现排斥力，即线圈a对水平桌面的压力FN将增大。故A错误；B错误；C正确；D．根据电路图可判断出螺线管的下端为N极，可知线圈a中的磁通量为竖直向下的增大，根据楞次定律的增反减同，可知线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，故D错误。故选C。12．C【详解】当铜环具有向右的加速度时，说明其产生的感应电流具有使其远离线圈的趋势，根据环形电流的磁场强度分布规律可知，在0~t1时间内穿过铜环的磁通量应一直增大，所以在线圈中通入的电流也应一直增大，故C正确。故选C。13．C【详解】由图可知，在t1到t2，时间内，导线的电流为正向在减小，产生的磁场在减小，根据楞次定律可知，导线框的感应磁场与原磁场的方向相同，由右手螺旋定则可得，电流的方向为abcda，直导线的电流和线框的da边的电流方向相同，它们互相吸引，但是由于在0到t1时间内，导线的电流为正向在增大，产生的磁场在增大，根据楞次定律可知，它们互相排斥，导线框已经向右运动，有了初速度，所以此时线框向右做减速直线运动，但不是匀减速运动，故选C。14．C【详解】A．根据右手定则，直导线在右手边的磁场方向垂直纸面向里，在AB边靠近直导线的过程中，线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈内产生的感应电流方向是ABCDA，所以A错误；B．直导线周围的磁场的磁感应强度，离直导线越近磁感应强度越大，则对AB边和CD边的安培力不等大但是方向是相反的，所以B错误；C．由对称性可知，直导线对AD边和BC边的安培力等大反向，所以C正确；D．在线圈ABCD内部的区域的磁场方向为垂直线圈所在平面向里，因为感应电流产生的磁场只是阻碍原磁通量的增大，而不是阻止，所以总磁通量还是增大，所以D错误；故选C。15．B【详解】①磁极III为S极，则cd棒所处的磁场方向向左，cd棒受到向下磁场力，根据左手定则可知，cd棒的电流方向为d指向c，所以ab棒的电流方向为由b指向a，当磁极I为S极时，ab棒所处的磁场方向竖直向上，由右手定则可得ab棒向左运动，所以①正确；②磁极I为S极，ab棒向右运动时，由右手定则可判断感应电流方向为abcda，通过cd棒的电流为c指向b，当磁极III为N极，由左手定则可知，cd棒受到向下磁场力，所以②正确；同理可得③④也正确；所以B正确；ACD错误；故选B。16．AD【详解】AB．磁场的方向向上，当铜环向下运动的过程中，穿过铜环的磁通量向上先增大，后减小，根据楞次定律可知，从上往下看时通过圆环电流方向先顺时针再逆时针，B错误A正确；C．铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，则磁体受到一个向下的作用力，因此拉力大于重力；当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离对铜环施加一个向上的安培力，则磁体受到一个向下的作用力，则拉力大于重力；当铜环处于磁铁中央时，磁通量不变，则没有感应电流，没有安培阻力，因此拉力等于重力，C错误；D．铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，则铜环的加速度小于重力加速度；当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离对铜环施加一个向上的安培力，则铜环的加速度小于重力加速度；当铜环处于磁铁中央时，磁通量不变，则没有感应电流，没有安培阻力，因此拉力等于重力，则铜环的加速度等于重力加速度，D正确。故选AD。17．AC【详解】A．开关闭合电流稳定时，由电磁感应现象可知，线圈B中没有感应电流产生，因此小磁针不发生偏转，A正确；B．开关闭合瞬间，由楞次定律可知线圈B中产生感应电流方向由D到C，由安培定则可知，CD导线下面的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极垂直纸面向外转动，S极垂直纸面向里转动，B错误；CD．开关打开瞬间，由楞次定律可知线圈B中产生感应电流方向由C到D，由安培定则可知，CD导线下面的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极垂直纸面向里转动，S极垂直纸面向外转动，C正确，D错误。故选AC。18．BD【详解】A．环在安培力与重力作用下处于静止状态，且安培力与磁场方向垂直，故最左侧一小段导线所受安培力如图所示其余各部分受力类似，故安培力在水平方向的分力有使其沿半径方向缩小的趋势，A错误；B．设安培力与竖直方向的夹角为，由平衡条件可得由几何关系可得环所在处的磁感应强度为联立可解得环中电流的大小为B正确；C．若将圆环竖直向上平移一小段距离后由静止释放，下落过程穿过圆环的磁通量会发生变化，环中会产生感应电流，故环中电流会受影响，C错误；D．若将圆环竖直向上平移一小段距离后由静止释放，环中会产生感应电流，会受到向上的安培阻力作用，由于刚开始重力大于安培阻力，环做加速运动，由于速度增大感应电流增大、安培阻力增大，故加速度减小，到原来位置时受力平衡速度最大，由于惯性继续向下运动，安培阻力大于重力，做加速度增大的减速运动，D正确。故选BD。19．(1)因为线圈B中产生了电磁感应现象，从而产生延时作用；(2)线圈不闭合，则不会产生延时效果。【详解】(1)由题意可知，当S断开后，线圈A中磁场减弱，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律可知，B中产生的感应电流的磁场阻碍原来磁通量的减小，导致穿过线圈B的磁通量减小变慢，产生有延时释放D的作用；(2)如果线圈不闭合，则B线圈中会有电磁感应现象，但不产生感应电流，故不会产生延时效果；20．见解析【详解】当条形磁铁沿轴线竖直向右迅速移动时，闭合导体环内的磁通量减小，因此线圈做出的反应是：根据“增缩减扩”，则面积有扩大的趋势，同时根据“来拒去留”可知线圈将跟随磁铁运动，金属圆环受安培力向右。21．在开关合上的瞬间，小磁针的N极向纸内偏转；当线圈A内的电流稳定以后，小磁针又回到原来的位置。【详解】干电池通电的瞬间，根据楞次定律，线圈B中产生电流，电流的方向由C到D，根据安培定则，CD导线下方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极向纸内偏转，S极向纸外偏转。线圈A中电流稳定后，B线圈中的感应电流消失，小磁针又回到原来的位置。22．(1)垂直纸面向外；  (2)不偏转；   (3)垂直纸面向外；  (4)垂直纸面向里【详解】开关S闭合时，左边线圈的电流及磁场情况和穿过右边线圈磁通量方向如图所示。(1)S闭合时，穿过右边线圈的磁通量Φ增加，由楞次定律可知，感应电流b→a，再由安培定则可知，N极指向垂直纸面向外的方向。(2)S闭合后，穿过右边线圈的磁通量Φ不变，不产生感应电流，小磁针不偏转。(3)此种情况同(1)现象相同，即N极指向垂直纸面向外的方向。(4)此种情况与(1)现象相反，即N极指向垂直纸面向里的方向。