人教版 (2019)选择性必修 第二册1 楞次定律精品同步达标检测题

第二章　电磁感应

课时2.1.1 楞次定律（加强练习）

考点1　楞次定律的理解

1.()楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现? (　　)

A.电阻定律 B.库仑定律

C.欧姆定律 D.能量守恒定律

考点2　安培定则、楞次定律的综合应用

2.()如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是 (　　)

A.同时增大B1减小B2

B.同时减小B1增大B2

C.同时以相同的变化率增大B1和B2

D.同时以相同的变化率减小B1和B2

3.()如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到 (　　)

A.拨至M端或N端，圆环都向左运动

B.拨至M端或N端，圆环都向右运动

C.拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动

D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动

4.()如图所示电路，若将滑动变阻器滑片向上移动，则a、b环中感应电流的方向是 (　　)

A.a环顺时针，b环顺时针

B.a环顺时针，b环逆时针

C.a环逆时针，b环顺时针

D.a环逆时针，b环逆时针

5.()(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是 (　　)

A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动

B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向

C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向

D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动

考点3　右手定则、楞次定律的综合应用

6.()如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是 (　　)

A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向

B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向

C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向

D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向

三年模拟练

应用实践

1.()如图所示，一正方形线圈从磁场外自右向左匀速经过匀强磁场，则从ad边进入磁场至bc边出磁场过程中，线圈中的感应电流情况是 (　　)

A.先沿abcda方向，然后无电流，以后又沿abcda方向

B.先沿abcda方向，然后无电流，以后又沿adcba方向

C.先无电流，当线圈全部进入磁场后才有电流

D.先沿adcba方向，然后无电流，以后又沿abcda方向

2.()如图所示，水平桌面上平放着导体圆环，圆环正上方靠近圆环直径的位置有一根直导线(靠近而不接触)。给直导线通以图示方向的电流I2，现稍移动直导线使圆环中产生图中所示方向的电流I1，则关于直导线的移动方向及稍微移动一点后圆环内部的磁通量变化，下列判断正确的是 (　　)

A.向左移动，磁通量变大

B.向左移动，磁通量变小

C.向右移动，磁通量变大

D.向右移动，磁通量变小

3.()(多选)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上。在开关S闭合、断开的过程中，有关通过灵敏电流计的感应电流方向，下列判断正确的是 (　　)

A.开关闭合瞬间，电流方向从a→b

B.开关闭合瞬间，电流方向从b→a

C.开关断开瞬间，电流方向从a→b

D.开关断开瞬间，电流方向从b→a

4.()(多选)如图所示，平行光滑导轨a、b和c、d在同一水平面内，两组导轨分别和两线圈相连接，匀强磁场的方向垂直导轨所在的平面。金属棒L1和L2可在两组导轨上自由滑动，棒L2原来静止，用外力使L1运动，下列说法中正确的是 (　　)

A.当L1向右加速运动时，L2将向左运动

B.当L1向右加速运动时，L2将向右运动

C.当L1向左加速运动时，L2将向左运动

D.当L1向左加速运动时，L2将向右运动

迁移创新

5.()某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g，问：

(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出?

(2)供电电流I是从C端还是从D端流入?求重物质量与电流的关系。

(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少?

答案全解全析

五年选考练

1.D　楞次定律的本质是感应磁场中能量的转化，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，故选项D正确。

2.B　同时增大B1减小B2，环中的合磁通量方向垂直纸面向里，且增大，由楞次定律可知环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则可知环中感应电流方向为逆时针方向，A错误；同时减小B1增大B2，环中的合磁通量方向垂直纸面向外，且增大，由楞次定律可知环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知环中感应电流方向为顺时针方向，B正确；同时以相同的变化率增大或减小B1和B2，环中的合磁通量始终为零，不产生感应电流，C、D错误。

3.B　左侧线圈通电后相当于条形磁铁，形成的磁场相当于条形磁铁的磁场，将图中开关闭合时，线圈及金属圆环内磁场由0开始增加，根据楞次定律可知，金属圆环将向磁场弱的方向移动，即向右移动。圆环移动方向与开关拨至M或拨至N无关。故选B项。

4.C　电路中电流沿逆时针方向，由安培定则可知，在a处的磁场方向向外，在b处的磁场方向向里；当滑动变阻器的滑片向上移动时，接入电路中的电阻值增大，电路中的电流减小，则穿过a向外的磁通量减小，由楞次定律结合安培定则可知，a环产生的感应电流沿逆时针方向；同时穿过b向里的磁通量也减小，由楞次定律结合安培定则可知，b环产生的感应电流沿顺时针方向。选项A、B、D错误，C正确。

5.AD　当开关闭合瞬间，右侧线圈中电流突然增大，铁芯上向右的磁场增强，由楞次定律可知左侧线圈中正面感应电流向上，则远处直导线上电流向左，由安培定则可知小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸面向里，A项正确。开关闭合并保持一段时间后，磁场不再变化，左侧线圈中没有感应电流，小磁针N、S极回到原始方向，故B、C两项错误。开关断开的瞬间，右侧线圈中电流减小，左侧线圈正面感应电流向下，远处直导线上电流向右，由安培定则知，小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸面向外，故D项正确。

6.D　金属杆PQ向右运动，穿过PQRS的磁通量增加，由楞次定律及安培定则可知，PQRS中产生逆时针方向的感应电流。这时因为PQRS中感应电流的作用，依据楞次定律及安培定则可知，T中产生顺时针方向的感应电流。故选D。

三年模拟练

1.D　线圈进入磁场过程中，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流，由楞次定律结合安培定则可知，感应电流沿adcba方向；线圈完全进入磁场中时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生；线圈穿出磁场的过程，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律结合安培定则可知，感应电流沿abcda方向。选项D正确，A、B、C错误。

2.C　当通电直导线在圆环正上方时，根据安培定则判断可知，穿过圆环左半部分的磁场方向向外，穿过圆环右半部分的磁场方向向里，由于左右两部分关于直导线对称，总磁通量为零。若将直导线向左移动，根据安培定则可知，穿过圆环、导线左侧的向外的磁通量小于导线右侧向里的磁通量，总磁通量变大，根据楞次定律结合安培定则可知圆环中产生逆时针方向的电流；若将直导线向右移动，根据安培定则可知，穿过圆环、导线左侧的向外的磁通量大于导线右侧向里的磁通量，总磁通量变大，根据楞次定律结合安培定则可知，圆环中产生顺时针方向的电流。选项C正确，A、B、D错误。

3.AD　在合上开关S的瞬时，线圈M中产生的磁场向右，穿过线圈P的磁通量从无到有，则线圈P中感应电流产生的磁场向左，根据右手螺旋定则可得通过电流计的电流方向从a→b，选项A正确，B错误；在断开开关S的瞬时，线圈M产生的磁场消失，穿过线圈P的磁通量从有到无，则线圈P中感应电流产生的磁场方向向右，根据右手螺旋定则可得通过电流计的电流方向从b→a，选项C错误，D正确。

4.BC　当L1向右加速运动时，L1中产生由b向a的电流，右侧线圈中产生向里且增强的磁场，根据楞次定律可知，外侧线圈中产生向外的磁场，根据安培定则可知，通过L2的电流由c流向d，根据左手定则可知，L2将向右运动，选项A错误，B正确。当L1向左加速运动时，L1中产生由a向b的电流，右侧线圈中产生向外且增强的磁场，根据楞次定律可知，外侧线圈中产生向里的磁场，根据安培定则，通过L2的电流由d流向c，根据左手定则可知，L2将向左运动，选项C正确，D错误。

方法技巧　利用楞次定律判断感应电流方向

5.答案　(1)C端　(2)D端　m=　(3)

解析　(1)由右手定则可知感应电流从C端流出。

(2)外电路对线圈供电，秤盘和线圈向上恢复到未放重物时的位置并静止，说明安培力的方向向上，由左手定则即可判断出电流由C流出，由D流入。两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，线圈匝数为n，左右两侧受力相等，有mg=2n·ILB，得m=。

(3)设称量最大质量为mm

得mmg=2n·ILB①

又P=I2R②

联立得mm=。