微专题05：楞次定律 专题训练 -2026届高考物理一轮复习备考

微专题5：楞次定律 【基础知识导航】 一、楞次定律 1．内容：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． 2．从能量角度理解楞次定律 感应电流沿着楞次定律所述的方向，是能量守恒定律的必然结果，当磁极插入线圈或从线圈内抽出时，推力或拉力做功，使机械能转化为感应电流的电能． 3.判断电磁感应现象是否发生的一般流程 4.“阻碍”的含义及步骤 问题 结论 谁阻碍谁 感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化 为何阻碍 (原)磁场的磁通量发生了变化 阻碍什么 阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身 如何阻碍 当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同” 结果如何 阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行，最终结果不受影响 二、右手定则 伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向． 楞次定律、左手定则与右手定则的比较 定则或定律 适用的现象 因果关系 安培定则 电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场 因电生磁 左手定则 （1）安培力——磁场对通电导线的作用力； （2）洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力 因电受力 右手定则 导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象 因动生电 楞次定律 穿过闭合回路的磁通量变化产生的电磁感应现象 因磁生电 【基础题组】 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．欧姆定律 C．库仑定律 D．能量守恒定律 2．关于楞次定律，下列说法正确的是（　　） A．法拉第通过实验探究得到了楞次定律 B．楞次定律体现了电磁感应现象中的能量守恒 C．楞次定律不适用于判断导体棒在磁场中切割磁感线时产生的感应电流的方向 D．由楞次定律可知，闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比 3.多选]如图所示，某实验把两个线圈绕在一个铁环上，线圈甲与电源、滑动变阻器R组成一个回路，线圈乙与开关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（　BC　） A.闭合开关S的瞬间，电流表G中有感应电流 B.闭合开关S的瞬间，电流表G中无感应电流 C.闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，电流表G中有感应电流 D.闭合开关S，滑动变阻器的滑片静止不动，电流表G中有感应电流 4．如图所示，金属圆环用绝缘细线悬挂在天花板上，一条形磁铁正对圆环水平向右快速移动时，金属圆环（　　） A．既会向右偏，又有缩小的趋势 B．会向右偏，但没有缩小的趋势 C．不会向右偏，但有缩小的趋势 D．既不会向右偏，又没有缩小的趋势 5．绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，其圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。当条形磁铁沿水平方向向右移动时，圆环始终未动。若圆环的质量为m，桌面对它的支持力为FN，在此过程中（　　） A．FN小于mg，圆环有向右的运动趋势 B．FN小于mg，圆环有向左的运动趋势 C．FN大于mg，圆环有向右的运动趋势 D．FN大于mg，圆环有向左的运动趋势 6．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中（　　） A．线框的机械能守恒 B．穿过线框的磁通量保持不变 C．线框所受安掊力的合力方向向上 D．线框中感应电流总是顺时针方向 7如图，固定长直导线L和可自由移动的矩形金属线框abcd在同一光滑水平面上，要使线框中能产生沿abcda方向的感应电流且向右运动，直导线L中的电流必须是（　　） A．方向向下，逐渐减小 B．方向向下，逐渐增大 C．方向向上，逐渐减小 D．方向向上，逐渐增大 8．（多选）如图所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面。要使软导线回路变为圆形，下列方法可行的是（　　） A．使磁场逐渐增强，方向向外 B．使磁场逐渐减弱，方向向外 C．使磁场逐渐减弱，方向向里 D．使磁场逐渐增强，方向向里 9（多选）如图所示，用条形磁铁的磁极靠近铝环，下列关于电磁感应现象的说法正确的是（　　） A．N极靠近闭合的铝环A，环A被排斥，环A中有逆时针方向的电流 B．N极靠近断开的铝环B，环B不动，但环B中有逆时针方向的感生电场 C．S极靠近闭合的铝环A，环A被吸引，环A中有顺时针方向的电流 D．S极靠近断开的铝环B，环B被吸引，环B中有顺时针方向的感生电场 10.（单选）某同学设计了如图所示点火装置。在一个用许多薄硅钢片叠合而成的直条形铁芯上套有两个彼此绝缘且靠近的线圈A和B，调节触点K与带有铁头的弹簧片P恰好接触，合上开关S后，就能在火花塞的两电极M、N之间产生火花。关于该设计方案，下列说法正确的是（　　） A．不可行，因为电源是直流电 B．不可行，因为两个线圈的磁通量没有变化 C．可行，且A的匝数比B多时，点火效果更好 D．可行，且M、N做成针状时，点火效果更好 11如图所示，在同一平面内，同心的两个导体圆环中通以异向的电流时（　　） A．两环都有向内收缩的趋势 B．两环都有向外扩张的趋势 C．内环有收缩的趋势，外环有扩张的趋势 D．内环有扩张的趋势，外环有收缩的趋势 12．（2021春•龙子湖区校级月考）如图所示为实验室所用的某种灵敏天平，安装在天平臂一端（图中的右端）的金属片置于蹄形磁铁的两个磁极之间，该装置有利于振动的天平臂迅速平静下来，现因物体放置在秤上引起天平臂的摆动带动金属片上下运动，则以下说法正确的是（　　） A．当金属片上下运动，由于穿过金属片的磁通量没有发生变化，因此金属片中没有感应电流 B．当金属片上下运动时，金属片中会产生逆时针方向的涡流 C．当金属片向上运动时，金属片受到向下的磁场力 D．由于金属片在上下运动，受到的磁场力总是阻碍金属片的运动，使其机械能转化为内能，导致物体质量测量值偏小 【能力提升题组】 13．如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（　　） A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针 B．感应电流方向一直是逆时针 C．安培力方向始终与速度方向相反 D．安培力方向始终沿竖直方向 14．abcd是放置在水平面内的矩形线框，O为线框的几何中心，MN是线框的对称轴。在线框两侧对称的位置固定有两根长直导线P、Q，两导线均与ab边平行，俯视图如图所示。两导线中通有大小相等、方向相反的电流，电流的大小随时间逐渐增大。则（　　） A．穿过线框的磁通量始终为0 B．线框中不会产生感应电流 C．O点磁感应强度方向水平向右 D．感生电场的方向俯视逆时针 15．航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，则合上开关S的瞬间（　　） A．两个金属环都向左运动 B．从左侧向右看，两个金属环中感应电流都沿顺时针方向 C．铜环受到的安培力等于铝环受到的安培力 D．若交换电源正负极，两个金属环运动方向都与交换前相反 16．如图所示，导线框ABC与长直导线在同一平面内，直导线通恒定电流I，当线框由左向右匀速靠近直导线及穿过直导线后远离导线过程中，线框中感应电流的方向分别是（　　） A．都是ABC B．都是CBA C．先ABC，后CBA D．先CBA，再ABC，再CBA 17．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，沿纸面由位置甲（左）匀速运动到位置乙（右），则（　　） A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→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，受到的安培力为零 D．导线框进入磁场时，受到的安培力为零 18．绝缘水平桌面上放置一金属圆环质量为m，圆心正上方有一竖直的条形磁铁。当条形磁铁沿水平方向向右运动时，圆环始终未动。若桌面对圆环的支持力为FN，对圆环的摩擦力为Ff，重力加速度为g。则（　　） A．FN小于mg，Ff方向向左 B．FN小于mg，Ff方向向右 C．FN大于mg，Ff方向向左 D．FN大于mg，Ff方向向右 19．如图所示，金属圆环a与均匀带正电的绝缘圆环b同心共面放置，当b绕O点在其所在平面内顺时针加速旋转时，圆环a（　　） A．产生逆时针方向的感应电流，有扩张趋势 B．产生逆时针方向的感应电流，有收缩趋势 C．产生顺时针方向的感应电流，有扩张趋势 D．产生顺时针方向的感应电流，有收缩趋势 20．如图所示，光滑固定导轨MN、PQ水平放置，两根导体棒a、b平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当条形磁铁从高处下落接近回路时（　　） A．导体棒a、b将互相靠拢 B．导体棒a、b将互相远离 C．磁铁的加速度仍为g D．磁铁的加速度大于g 21．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 22.（多选）高速铁路列车通常使用磁力刹车系统。磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示。图中磁铁左方铝盘的甲区域（虚线区域）朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域（虚线区域）朝离开磁铁方向运动。下列有关铝盘刹车的说法正确的是（　　） A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场 B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场 C．磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速 D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同 23．（多选）如图甲所示，闭合线圈b处于a线圈内部，并与a线圈共面，以顺时针方向为正方向，当a线圈中通入如图乙所示的正弦交流电时，关于b线圈中的感应电动势与感应电流，下列判断正确的是（　　） A．t1时刻，b线圈中感应电流最大 B．t2时刻，b线圈中感应电流为顺时针方向 C．t3时刻，b线圈中感应电动势为零 D．t4时刻，b线圈中感应电流为顺时针方向 24（多选）如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（　　） A．t1时刻FN＜G，P有扩大的趋势 B．t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量最大 C．t3时刻FN＝G，此时P中有感应电流 D．t4时刻FN＞G，P有收缩的趋势 25．（多选）随着科学技术的发展，手机无线充电功能将广泛应用于生活。图甲为充电原理示意图，充电板中的励磁线圈接如图乙所示的正弦交变电流（电流由a流入时方向为正），从而使手机内的感应线圈产生感应电流，下列说法正确的是（　　） A．感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反 B．感应线圈中产生的是频率相同的余弦交变电流 C．t2时刻，感应线圈中电流的瞬时值为0 D．t1～t3时间内，c点电势高于d点电势 26．如图所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害，关于该装置，下列说法正确的是( 　) A．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中 B．当电梯坠落磁铁到达图示位置时，闭合线圈A、B中的电流方向相反 C．当电梯坠落磁铁到达图示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落 D．当电梯坠落磁铁到达图示位置时，只有闭合线圈B在阻碍电梯下落 27.[多选]城市施工时，为了避免挖到铺设在地下的电线，需要在施工前用检测线圈检测地底是否铺设导线.若地下有一条沿着东西方向的水平直导线，导线中通有电流，现用一闭合的检测线圈来检测，如图所示，下列说法正确的是（ ） A.若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电时，线圈中会产生感应电流 B.若线圈在导线正上方由西向东运动，检测线圈受到的安培力方向与运动方向相反 C.若线圈由北向南沿水平地面通过导线上方，感应电流的方向先逆时针后顺时针，然后再逆时针 D.若线圈由北向南沿水平地面通过导线上方，检测线圈所受安培力在水平方向的分量一直向北 28.[多选]如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路.当PQ在外力作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（　 　） A.向右加速 B.向左加速 C.向右减速 D.向左减速 29 （多选）如图，绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形，彼此接触良好，匀强磁场方向竖直向下。金属杆2、3固定不动，1、4同时沿图箭头方向移动，移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图位置时，金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中（　　） A. 金属杆所围回路中电流方向保持不变 B. 通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加 C. 金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反 D. 金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同 【参考答案】 【基础题组】 1.D解析：楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程，故D正确，ABC错误。 2.B 【解答】解：A、楞次总结出了楞次定律，故A错误； B、楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程，故B正确； C、判断导体棒在磁场中切割磁感线时产生的感应电流的方向是右手定则，而右手定则是楞次定律的特殊情况，故C错误； D、由法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，故D错误。 3.BC 解析：闭合开关S的瞬间，穿过线圈乙的磁通量不发生变化，电流表G中无感应电流，故A错误，B正确；闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑，电阻R增大，电流减小，则通过线圈乙的磁通量减小了，电流表G中有感应电流，故C正确；闭合开关S，滑动变阻器的滑片静止不动，电流不变，穿过线圈乙的磁通量不发生变化，电流表G中无感应电流，故D错误. 4.A 【解答】解：当一条形磁铁正对圆环水平向右快速移动时，穿过线圈的磁场方向向左，磁通量增加，根据楞次定律可知，二者之间是斥力，线圈向右偏转，由于穿过线圈的磁通量增大，根据“增缩减扩”可知，线圈有收缩的趋势，故A正确，BCD错误； 5.A【解答】解：当条形磁铁沿轴线竖直向右移动时，闭合导体环内的磁通量减小，因此线圈做出的反应是面积有扩大的趋势，同时将跟随磁铁，金属圆环受安培力向右上方，则圆环对桌面的压力小于其自身重力，且圆环相对桌面有向右的运动趋势，根据牛顿第三定律，FN小于mg，故A正确，BCD错误。 6.C 【解答】解：AD、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为逆时针方向，因线框中产生电能，所以机械能减小，故AD错误； B、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小，故B错误； C、线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力方向向上，故C正确； 7.D 【解答】解：要使线框中能产生沿abcda方向的感应电流，根据楞次定律，可知，穿过矩形金属线框的磁通量要么垂直纸面向里而增大，要么垂直纸面向外而减小，再由右手螺旋定则可知，通电导线电流方向要么向上，电流大小逐渐增大，要么向下，电流大小逐渐减小，又由于矩形金属线框abcd要向右运动，根据左手定则，可知，通电导线的电流方向向上，大小逐渐增大，故ABC错误，D正确。 8.BC 【解答】解：磁场发生变化，回路变为圆形，受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，即磁场在逐渐减弱，而扩大软导线的面积可以阻碍磁通量的减小，该过程与磁通量的方向无关，即与磁场方向无关，故BC正确，AD错误。 9.AB 【解析】A、用N极靠近闭合的铝环A时，垂直环面向里的磁通量增大，所以A环中感应电流的磁场的方向垂直环面向外，A环产生逆时针方向的感应电流，故A正确； B、N极靠近断开的铝环B，因环B是断开的，没有感应电流，则环B不动，但由楞次定律“增反减同”，则环B中有逆时针方向的感生电场，故B正确； C、S极靠近闭合的铝环A时，产生感应电流，环受力，由楞次定律可知A环会远离磁铁，且环A中有顺时针方向的电流，故C错误； D、S极靠近断开的铝环B，B环不闭合，磁铁靠近B环时，环内不产生感应电流，因此环不受磁场的作用，B环不动，由上分析可知，环B中有顺时针方向的感生电场，故D错误； 10.D 【解答】解：AB、虽然电源是直流电，但当接通开关S时，线圈A中产生磁场，从而会吸引带有铁头的弹簧片P，使开关断开，从而能使通过A线圈的电流发生变化，使穿过铁芯的磁通量发生变化，进而使B线圈当中发生电磁感应，在M、N间产生较大电压，产生火花放电，故AB错误； C、在相同的磁通量变化情况下，线圈的匝数越多，则对应的感应电动势越大，因此当B的匝数比A多时，即B线圈产生的电压就越高，那么点火效果更好，故C错误； D、若M、N做成针状时，那么这两点的电场强度越强，点火效果更好，故D正确。 11.C 【解答】解：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈的运动情况是相互排斥，所以内环有收缩趋势，外环有扩张趋势，故C正确，ABD错误。 故选：C。 12.C 【解答】解：A、当金属片上下运动，由于穿过金属片的磁通量发生变化，因此金属片中有感应电流，故A错误； B、当金属片上下运动时，金属片中会产生方向相反的涡流，依据楞次定律，当金属片向上运动时，导致穿过金属片的磁通量减小，金属片中会产生顺时针方向涡流，当金属片向下运动时，导致穿过金属片的磁通量增大，金属片中会产生逆时针方向的涡流，故B错误； C、当金属片向上运动时，根据楞次定律的推论“来拒去留”，则金属片受到向下的磁场力，阻碍其离开，故C正确； D、由于金属片在上下运动，受到的磁场力总是阻碍金属片的运动，使其机械能转化为内能，致使振动的天平臂迅速平静下来，但物体质量测量值仍不变，故D错误； 【能力提升题组】 13.A 【分析】本题由楞次定律可得出电流的方向，重点在于弄清何时产生电磁感应，以及磁通量是如何变化的；由左手定则判断安培力的方向 【解答】解：AB、铜制圆环在由a开始运动时，中线左侧时，磁通量先向里并增大，铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；从圆环右侧开始越过中线到有一半越过中线过程中，因向里的磁通量较大，故磁通量向里减小，而一半越过中线时，磁通量达最小，然后再向右运动过程中，向外的磁通量增大，故总磁通量向外增大；所以由楞次定律可知，越过中心的全过程中，铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；当圆环全部越过最低点以后，铜制圆环磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，故A正确，B错误； CD、再看安培力方向，由于磁感应强度在竖直方向均匀分布，把铜环分成若干份，则可知对称的一小段在竖直方向的安培力是大小相等，方向相反的，故合力方向始终沿水平方向，故和速度方向会有一定夹角，故CD错误。 【点评】本题考查法拉第电磁感应定律，安培力左手定则，力的合成等，难度较大．注意研究铜制圆环在越过最低点过程中这一环节，如果丢掉这一环节，A、B二者就会错选B. 14.D 【分析】根据右手螺旋定则来判定两通电导线在线圈处的磁场方向，再结合矢量的合成法则，及感应电流产生条件，与楞次定律来判定感应电流方向。 【解答】解：AD、根据右手螺旋定则，可知，直导线P与Q在线圈内部的磁场方向均是竖直向下，因此随着电流的大小随时间逐渐增大，竖直向下穿过线框的磁通量也增大，再根据楞次定律，那么感生电场的方向俯视逆时针，故A错误，D正确； B、由上分析可知，穿过线框的磁通量变化，则线框中会产生感应电流，故B错误； C、由上分析，结合矢量的叠加法则，可知，O点磁感应强度方向应该是垂直纸面向里，并不是水平向右，故C错误； 【点评】考查直导线周围的磁场分布，掌握右手螺旋定则与楞次定律的内容，理解感应电流产生的条件，注意磁感应强度是矢量，也满足矢量的合成法则。 15.B 【分析】由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向。 【解答】解：A、合上开关S的瞬间，穿过两个金属环的磁通量变大，根据楞次定律的推广可知，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，故A错误； B、由右手螺旋定则可知，闭合S瞬间线圈产生的磁场的方向向左增大，该磁场向左穿过铝环，则向左穿过铝环的磁通量增大，由楞次定律知，从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向，同理，从左侧向右看，铜环中感应电流沿顺时针方向，故B正确； C、由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称地放在固定线圈两侧，闭合S瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相同，两环产生的感应电动势大小相同，由于铜的电阻率较小，那么铜环电阻较小，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，故C错误； D、若交换电源正负极，依据楞次定律从阻碍相对运动的角度出发，可知，两个金属环运动方向都与交换前相同，故D错误。 【点评】本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向。 16.D 【分析】根据通电导线由安培定则，来判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向． 【解答】解：由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直纸面向外，右边的磁场方向垂直向里， 当导线框ABC向导线靠近时，则穿过导线框向外的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为CBAC； 当导线框C点越过导线时到导线框中心轴与导线重合，穿过导线框的磁通量的变小，则感应电流方向为ABCA； 当继续向右运动时，穿过导线框向内的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流方向为：ABCA； 当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：CBAC；故ABC错误，D正确， 【点评】通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，注意通电导线的磁场大小与方向的分布．会应用楞次定律解题；同时注意线圈中心轴处于导线位置时，磁通量为零． 17.A 【分析】线框进入时cd边切割磁感线，出来时ab边切割磁感线，根据楞次定律或右手定则可以判断出感应电流方向，由左手定则判断安培力方向。 【解答】解：A、线框进入磁场时，穿过线框的磁通量增大，磁场方向垂直于纸面向外，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向磁场方向垂直于纸面向里，由安培定则知感应电流方向为：a→d→c→b→a．故A正确； B、导线框离开磁场时，磁通量减小，磁场方向垂直于纸面向外，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向磁场方向垂直于纸面向外，由安培定则知感应电流方向为：a→b→c→d→a．故B错误； C、导线框离开磁场时，由左手定则可知，受到的安培力方向水平向左，故C错误； D、导线框进入磁场时，由左手定则可知，受到的安培力方向水平向左，故D错误； 【点评】本题运用楞次定律判断电流的方向，也可以由右手定则进地判断，体会二者间的关系。对于安培力的方向，也可以根据楞次定律直接判断。 18.A 【分析】根据楞次定律的三种表述分析。由楞次定律知，线圈所做出的所有反应都是阻碍其磁通量的变化。从感应电流磁场的磁通量、面积、速度、受力等反面的变化分析。 【解答】解：当条形磁铁沿水平方向向右运动时，闭合导体环内的磁通量减小，因此线圈做出的反应是面积有扩大的趋势，同时将跟随磁铁，金属圆环受安培力向右上方，则圆环对桌面的压力小于其自身重力，根据牛顿第三定律，FN小于mg，且圆环相对桌面有向右的运动趋势，那么桌面对圆环的摩擦力方向向左，故A正确，BCD错误。 【点评】本题从力、运动的角度考查楞次定律，是对楞次定律的全面理解的考查，难度较大。 19.B 【分析】本题中是由于b的转动而形成了感应电流，而只有a中的感应电流的变化可以在a中产生磁通量的变化，才使a中产生了感应电流，即可分析判断． 【解答】解：当带正电的绝缘圆环b顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向有电流，并且在增大， 根据右手定则，其内（金属圆环b内）有垂直纸面向里的磁场，因此金属圆环a处有垂直纸面向内的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大， 根据楞次定律，a中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以a中产生逆时针方向的感应电流， 在a环上取一微流元，通过左手定则判断出该微流元所受安培力指向圆心，a环有收缩的趋势，故B正确；ACD错误。 【点评】本题综合考查电流的磁场（安培定则），磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等． 20.A 【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况． 【解答】解：AB、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A正确，B错误； CD、由于磁铁受到向上的磁场力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，故CD错误。 【点评】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键． 21.B 【分析】当磁感应强度变化，导致线圈的磁通量变化，根据楞次定律分析感应电流的方向。 【解答】解：A、增大B1，则金属圆环上半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；减小B2，则金属圆环下半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；故同时增大B1减小B2在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，故A错误； B、减小B1，则金属圆环上半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；增大B2，则金属圆环下半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；故同时减小B1增大B2在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故B正确； CD、根据上面的分析可知同时以相同的变化率增大B1和B2或同时以相同的变化率减小B1和B2都不会在环中产生感应电流，故CD错误； 【点评】根据楞次定律分析感应电流的方向，注意在分析过程中要同时考虑B1和B2的变化。 22.AC 【分析】依据楞次定律穿过闭合回路的磁通量减小，则感应电流磁场与原磁场方向相同，若穿过闭合回路的磁通量增大，则感应电流磁场与原磁场方向相反；结合感应电流磁场总要阻碍闭合回路磁通量的变化，从而即可判定求解。 【解答】解：A、由题意可知，因圆形铝盘逆时针方向旋转，那么穿过铝盘甲区域的磁通量增大，根据楞次定律，可知，感应电流产生磁场与原来磁场方向相反，即垂直铝盘向外的磁场，故A正确； B、同理，因圆形铝盘逆时针方向旋转，那么穿过铝盘乙区域的磁通量减小，根据楞次定律，可知，感应电流产生磁场与原来磁场方向相同，即垂直铝盘向里的磁场，故B错误； C、依据楞次定律的”近斥远吸“，则有甲区域要靠近磁铁，则相互排斥，而乙区域要远离磁铁，则相互吸引，因此磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速，故C正确； D、若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，这样会导致涡流磁场减弱，则磁铁对空洞铝盘所产生的减速效果明显低于实心铝盘的，故D错误； 【点评】考查楞次定律的应用，掌握楞次定律的”增反减同“、”近斥远吸“的内涵，理解涡流的概念。 23.BC 【分析】根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，可判定感应电流大小，再依据楞次定律来判定感应电流的方向。 【解答】解：A、t1时刻，b线圈中产生的感应电动势，由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS＝nSk，可知，此时b线圈中感应电动势为零，则感应电流也为零，故A错误； B、以顺时针方向为正方向，在t2时刻，顺时针通入a线圈减小为零，依据楞次定律的”增反减同“，可知，则b线圈中感应电流为顺时针方向，故B正确； C、同理，由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS＝nSk，可知，在t3时刻，b线圈中感应电动势为零，故C正确； D、同理，由B选项分析，可知，在t4时刻，逆时针通入a线圈减小为零，依据楞次定律的”增反减同“，可知，则b线圈中感应电流为逆时针方向，故D错误； 【点评】本题主要考查了法拉第电磁感应定律，明确a线圈和b线圈的作用，熟练公式应用和楞次定律的内容。 24.BC 【分析】当螺线管中通入变化的电流时形成变化的磁场，这时线圈P中的磁通量发生变化，由其磁通量的变化根据楞次定律可以判断P中产生感应电流的大小方向以及P线圈收缩和扩展趋势。 【解答】解：A、当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN＞G，P有缩小的趋势。故A错误； B、当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t2时刻FN＝G，此时穿过P的磁通量最大。故B正确； C、t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流；故C正确； D、当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t4时刻FN＝G，此时穿过P的没有收缩的趋势，故D错误； 【点评】该题考查楞次定律的应用，要注意正确理解楞次定律中“阻碍”的含义，注意判断感应电流的大小看磁通量的变化率而不是看磁通量的大小。 25.BD 【分析】励磁线圈中通有变化的交流电时，感应线圈产生电流也在变化；感应线圈中的电流方向可以由楞次定律判断，当励磁线圈中电流降低时，为了弥补变化的磁场，感应电流的方向可能与励磁线圈的电流方向相同；t3时刻，励磁线圈中电流的斜率为零，所以感应线圈中电流瞬时值也为0；由楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向应与励磁线圈产生的磁场方向相同所以电流应从d流向c，进而所以c点电势高于d点电势。 【解答】解：A、感应线圈中电流的方向取决于励磁线圈的磁通量的变化，所以当穿过线圈的磁通量增大时，则感应线圈中电流的方向与励磁线圈中电流方向相反，当穿过线圈的磁通量减小时，则感应线圈中电流的方向与励磁线圈中电流方向相同，故A错误； B、感应线圈中产生的电流取决于励磁线圈电流的变化率，励磁线圈是正弦交变电流，所以感应线圈是频率相同的余弦交变电流，故B正确； C、t2时刻，虽然励磁线圈电流为0，但变化率最大，产生的磁场的变化率最大，感应线圈中的感应电动势最大，感应电流最大，故C错误； D、t1～t3时间内，励磁线圈的电流先正向减小后负向增大，电流产生的磁场先向上减小后向下增大，感应线圈中的感应电流的磁场向上，根据安培定则可判断c点电势高于d点电势，故D正确. 【点评】本题主要考查了使用楞次定律判断感应电流的方向，结合电流的图象可知感应电流的方向以及感应电动势的变化，本题较为综合，能考查学生对于电磁感应的理解情况。 26.B 解析：A、若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，故A错误； B、当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，故B正确； C、D、结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误，D错误。 【点评】带有磁铁的电梯在穿过闭合线圈的过程中，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，由此分析即可。本题考查了楞次定律的灵活应用，注意楞次定律也是能量转化与守恒的表现，要正确理解和应用，同时考查学生分析实际问题的能力。 27.CD 解析：若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电时，由对称性可知，穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化量为零，感应电流为零，A错误.若线圈在导线正上方由西向东运动，由对称性可知，穿过线圈的磁通量始终为零，磁通量变化量为零，所以感应电流为零，则安培力为零，B错误.根据通电直导线周围的磁感线分布特点可知，导线上方左侧磁感应强度斜向下，右侧磁感应强度斜向上，由对称性可知，当检测线圈在导线正上方时，磁通量为零，在导线左上方某点（设为A）时磁通量向下达到最大，同理，在导线右上方某点（设为B）时磁通量向上达到最大.检测线圈自北靠近直导线到A点过程中，磁通量向下增大，由楞次定律和安培定则可知，从上往下看，线圈中电流方向为逆时针.同理，从A到B的过程中，检测线圈中有顺时针方向的感应电流，从B到逐渐远离导线的过程中，检测线圈中有逆时针方向的感应电流.故C正确.由楞次定律“来拒去留”可知，检测线圈受到安培力在水平方向的分量一直向北，D正确. 28.BC 解析　MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，导线ab在MN处的磁场垂直于纸面向里MN中的感应电流由M→NL1中感应电流的磁场方向向上 ，若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为Q→P且减小PQ向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为P→Q且增大PQ向左加速运动，故B、C正确. 29.CD 【解析】．由数学知识可知金属杆所围回路的面积先增大后减小，金属杆所围回路内磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误； ．由于金属杆所围回路的面积非均匀变化，故感应电流的大小不恒定，故通过金属杆截面的电荷量随时间不是均匀增加的，故B错误； ．由上述分析，再根据左手定则，可知金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反，金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同，故CD正确。 21 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $$