第1章 安培力与洛伦兹力单元学能测评-【重难点手册】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步练习册（人教版）浙江专用

第一章 单 时间：60分钟 一、单项选择题（本题共10小题，每小题5分，共 50分) 1.关于如图所示的四个实验现象，下列说法正确 的是( A.图甲说明通电导线周围产生磁场 B.图乙说明通电导线周围产生磁场 C.图丙说明电流间是通过电场发生相互作 用的 D.图丁说明运动电荷产生的磁场方向 2.下列说法正确的是( 励磁线圈 玻璃泡 电子枪 接交流电源 甲 乙 丙 A.图甲中，励磁线圈的电流越大，电子运动的 周期越小 B.图乙中，增大加速电压U,粒子从加速器射 出的最大动能增大 第一章安培力与洛伦花力么型 元学能测评 满分：100分 心图丙中，速度。一君的微子能沿直线向右通 过速度选择器 D.图丁中，电荷量相同的粒子，打在照相底片 上的位置越靠近狭缝S3,质量越大 3.如图所示，匀强磁场中有两 个相同的弹簧测力计，测力 计下方竖直悬挂一副边长4x a N 为L、粗细均匀的均质金属 十 等边三角形，将三条边分别 记为a、b、c.在a的左、右端点M、N连上导 线，并通人由M到N的恒定电流，此时a边中 电流大小为I,两弹簧测力计的示数均为F.仅 将电流反向，两弹簧测力计的示数均为F2.电流 产生的磁场忽略不计，下列说法正确的是(). A.三条边a、b、c中电流大小相等 B.两次弹簧测力计示数F1=F2 C.金属等边三角形的总质量m=P+E D.匀强磁场的磁感应强度B=2F一F,) 3IL 4.如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆 与水平面成0角，将质量为m、电荷量为一g的 带电小球套在细杆上，小球始终处于磁感应强 度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于细 杆所在的竖直平面，不计空气阻力.若小球以 初速度v。沿细杆向上运动，经过一定的时间 又回到出发点，则该过程中小球( A.机械能减小 B.上滑时间大于下滑时间 15 重难点手册高中物理选择性必修第二册F C向上滑动的最大位移为2。 D.向下滑动时受到细杆的弹力大小一定先减 小后增大 5.如图所示为磁流体发电机示意图.平行金属板 a、b之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离 子体（即高温下电离的气体，含有大量等量正、 负离子)垂直于磁场的方向喷入磁场，α、b两 板间便产生电压.如果把a、b板与用电器相连 接，a、b板就是等效直流电源的两个电极.若 磁场的磁感应强度为B,每个离子的电荷量大 小为q、速度为v,a、b两板间距为d,两板间等 离子体的等效电阻为r,用电器电阻为R.稳定 时，下列判断正确的是( Na %6 等离子体 A.图中a板是电源的正极 B.电源的电动势为Bg C.用电器中电流为R十， Bug D用电器两端的电压为R不，5d 6.如图所示，纸面内固定的两平行长直导线ab、 cd中通有大小相同、方向相反的电流，位于纸 面内两导线间P处（靠近ab)的粒子源沿平行 于ab方向发射一速度为vo的带正电粒子.已 知通有电流I的长直导线在距离导线r处产 生的磁场的磁感应强度为B=子，k为常量。 不计粒子重力，图中虚线到ab、cd的距离相 等.则粒子在导线间的运动轨迹可能正确的是 P。 16 (浙江专用) P C D 7.如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图.此 质谱仪由以下几部分构成：粒子源N;P、Q间 的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R 的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电 场，方向沿径向指向圆心O,且与圆心O等距 的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的 有界匀强磁场，方向垂直于纸面向外.由粒子 源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进 人静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电 分析器并经小孔S垂直于磁场边界进入磁场， 最终打到胶片M上的某点.粒子从粒子源发 出时的初速度不同，不计粒子所受重力.下列 说法中正确的是( Q R麻 A.从小孔S进人磁场的粒子速度大小一定相等 B.从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等 C.打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等 D.打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比 荷越大 8.如图所示，空间存在竖直方向的 匀强磁场和匀强电场（图中未画 2m 出)，磁感应强度大小为B=1T, 电场强度大小可调.一带电小 球从O点正上方2m处以初速度vo=2m/s 水平抛出.已知小球质量为m=0.1kg,电荷 量为q=0.2C,则其能经过O点时的最大动 能约为(). A.0.20JB.0.28JC.1.28JD.2.20J 9.如图所示，竖直平面内一 半径为R的圆形区域内 M---- ------N 存在磁感应强度为B的匀 ×xO×× 强磁场，方向垂直于纸面 向里.一束质量为m、电荷量为一q的带电粒 子沿平行于直径MN的方向以不同速率。从 P点进入匀强磁场，入射点P到直径MN的 距离h=2R,不计粒子重力.下列说法正确的 是( A.若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其人 射方向相反，则其人射速度，=9BR m B.若粒子恰好能从N点射出，则粒子在磁场 中运动的时间为%8 C.若粒子恰好能从K点(OK⊥MN)射出，则 其在磁场中运动的半径大个为停R D.若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入 射方向垂直，则其人射速度，=B那 3m 10.如图所示，在Oxy平面 中，磁感应强度为B的匀 挡片 强磁场方向垂直于平面 向外，图中虚线圆周的圆 心为O、半径为R,一半 径也为R的四分之一圆弧形薄挡片可以沿虚 线圆周放置在圆周上不同的位置.在x轴上 与圆心相距为2R的P点有一粒子源，粒子 源可以沿y轴正方向发射不同速度的带正电 粒子，已知粒子的质量为m、电荷量为q.整个 装置处于真空中，不计粒子重力，忽略粒子之 间的相互作用.当粒子碰到薄挡片后立即被 吸收，则所有能够被薄挡片吸收的粒子中，在 磁场中运动的最长时间为(). 第一章安培力与洛伦兹力么出型 器 4πm B.3qB c溜 D. 7xm 6gB 二、实验题（本题共2小题，共21分） 11.(9分)物体的带电量是一个不易测得的物理 量，某同学设计了一个实验来测量带电物体 所带电量.如图(a)所示，他将一个由绝缘材 料制成的小物块A放在足够长的木板上，打 点计时器固定在长木板末端，物块A靠近打 点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块A 相连.请结合下列操作步骤回答问题 打点计时器 A凸■ 纸带 打点计时器 ××A + XX (b) (1)如图(b)所示，在该装置处加上一范围足 够大的垂直于纸面向里的匀强磁场，用细 绳通过一轻小定滑轮将物块A与不带电 物块B相连，绳与滑轮的摩擦不计.给物 块A带上一定量的正电荷，保持倾角0。 不变，接通打点计时器，由静止释放小物 块A,该过程可近似认为物块A的带电量 不变.下列关于纸带上点迹的分析正确的 是 A纸带上的点迹间距先增大后减小至0 B.纸带上的点迹间距先增大后减小至一 不为0的定值 C.纸带上的点迹间距逐渐增大，且相邻两 点间的距离之差不变 D.纸带上的点迹间距逐渐增大，且相邻两 点间的距离之差逐渐减小，直至间距不变 (2)为了测定物块A所带电量q,除倾角0。、 磁感应强度B、物块B的质量mB外，本实 17 重难点手册高中物理选择性必修第二册F 验必须测量的物理量还有 (写出物理量的名称及对应的符号). (3)用重力加速度g、磁感应强度B、倾角O。 和所测得的物理量，可得出g的表达式为 12.(12分)下图中虚线框内存在一垂直于纸面的 匀强磁场.现通过测量通电导线在磁场中所 受的磁场力，来测量磁场的磁感应强度大小 所用部分器材已在图中给出，其中D为位于 纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖 直且等长，E为直流电源，R为电阻箱，A为 电流表，S为开关.此外还有细沙、天平、米尺 和若干轻质导线 光滑轻滑轮1 电流表 绝缘 A 细线、 轻绳 支架 轻质 托盘 (1)在图中画线连接成实验电路图. (2)完成下列实验步骤 ①按图接线。 ②保持开关S断开，在托盘内加入适量细 沙，使D处于平衡状态，然后用天平称 出细沙的质量m1. ③闭合开关S,调节R的值使电流大小适 当，重新往托盘内加入适量细沙，使D ,然后读出 (请用文 字和符号表示)，并用天平称出此时细 沙的质量m2 ④用米尺测量D的底边长度L: (3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁 感应强度的大小，可以得出B= (4)判定磁感应强度方向的方法是：若m2 m1(填“>”、“<”或“=”)，磁感 18 (浙江专用) 应强度方向垂直于纸面向外；反之，磁感 应强度方向垂直于纸面向里 三、计算题（本题共2小题，共29分） 13.(14分)学习磁场等相关知识后，某同学设计 了如图所示的装置，两相距为d的平行栅极 板M和N(由金属细丝组成的网状电极)，M 板位于x轴上，其正下方为N板，两板间的 电势差为UN=_3BL9.M板的上方和N 50m 板的下方有磁感应强度大小均为B、方向如 图所示的匀强磁场.粒子探测器位于y轴处， 仅能探测到垂直射人的带电粒子.有一位于 x=一L处的粒子发射源，能沿y轴正方向射 出速率不同、质量为m、电荷量为q(q>0)的 粒子.忽略场的边缘效应、粒子的重力及粒子 间的相互作用力，粒子碰到探测板后即被吸 收，不会反弹.求： yA B 探测器 (1)能被探测器探测到的粒子中，初速度的最 大值v1及其在磁场中运动的时间t1; (2)能够进入N板下方磁场的粒子的初速度 范围。 14.(15分)如图，以坐标原点O为圆心、半径为 R的区域内存在方向垂直于Oxy平面向外的 匀强磁场.磁场左侧有一平行于y轴放置的 荧光屏，相距为d的足够大的金属薄板K、A 平行于x轴正对放置，K板中央有一小孔P, K板与磁场边界相切于P点，A、K两板间加 有恒定电压，K板电势高于A板.紧挨A板 内侧有一长为3d的线状电子源，其中点正对 P孔.电子源可以沿Oxy平面向各个方向发 射速率均为o的电子，沿y轴进入磁场的电 子经磁场偏转后垂直打在光屏上.已知电子质 量为，电荷量大小为e,磁感应强度B-R, 2mvo 不计电子重力及它们间的相互作用.求： 荧光屏 -3d 第一章安培力与洛伦兹力底型 (1)电子在磁场中运动的半径r; (2)A、K极板间的电压大小U; (3)所发射的电子能进入P孔的电子源长度； (4)荧光屏上能有电子到达的区域长度. 19故有Eg=mg tan37°=3N. (②小球在D点速度为=e=9ms,在cD段 做直线运动，分析可知，CD段受力平衡，故有qvcB= cOS37,在F点由牛顿第二定律可得gwpB十mg mg cos 37 =m尺，联立解得R=1m (3)小球在DF段，由动能定理可得W一2mgR= c0s379 名m呢一号m2,解得摩擦力对小球所做的功W= 1 -27.6J. 14.C【解析】由题意知，电子在从阴极板到阳极板的过 程中做非匀速曲线运动，故每时刻瞬时速度大小不相 正，说 等，根据动能定理知mm2=U,可得v=√州 明轨迹Ⅱ的电子从阴极板到达阳极板的瞬时速度为 一√—，放A错误者B=B,将阴极表面尉近灯 丝持续发射的初速度可近似为0的电子的速度分解 成水平向右和水平向左大小相等的两个分速度0，其 中水平向右的分速度。产生竖直向下的洛伦兹力， 刚好与电场力平衡，水平向左的分速度产生竖直向 上的洛伦兹力，使电子做沿顺时针方向的匀速圆周运 动，则电子在极板间的运动可看成水平向右的匀速直线 运动和沿顺时针方向的匀速圆周运动，则有B。= U 可得品风器器 U ea,wB。=mR 由题意知，轨迹Ⅲ的最高点P恰好与阳极相切，对于分 运动匀速圆周运动有d一2R一联立可得B, √，电子运动的周期为T-=,√密， d 故B错误，C正确；若B>Bo,根据以上分析可知，分 运动匀速圆周运动的半径满足R=m0<mU edB2 edB R。,则电子不会到达阳极板，电流I=0,故D错误；若 B<B,则有R=mU>mU edB?edB =R,电子可以到达阳 极板，电流I=ne,故E错误.故选C. 第一章单元学能测评 1.A【解析】题图甲中小磁针发生了偏转，说明小磁针 练习册参考答案与解析么型 受到了磁场的作用，说明通电导线周围产生了磁场，故 A正确；由于导线中通以电流使导线受到了安培力的 作用，不能说明通电导线周围产生了磁场，故B错误； 两导线相互靠近，是因为两导线处在彼此产生的磁场 中，说明通电导线产生了磁场，从而受到了安培力，力 是通过磁场产生的，故C错误；题图丁是为了说明带电 粒子的运动轨迹发生了偏转，表明磁场对带电粒子有 力的作用，故D错误.故选A 2.A【解析】题图甲中，励磁线圈的电流越大，产生的磁 感应强度B越大，根据T一密，可知电子运动的周期 越小，故A正确；题图乙中，当粒子在磁场中的轨道半 径等于D形盒的半径时，粒子从加速器中射出时的动 能最大，则有四B=m爱，可得粒子从加速器中射出 时的最大动能为E=弓m2-8,可知粒子从 2m 加速器中射出时的最大动能与加速电压U无关，故B 错误；题图丙中，粒子若能沿直线向右通过速度选择器， 根据受力平衡可得gB=gE,解得速度为0=片，故C 错误；题图丁中，粒子经过加速电场，由动能定理可得 =之，解得口√受粒子在器场中由洛伦签 力提供向心力州5-m子可得，器-√受 可知电荷量相同的粒子，打在照相底片上的位置越靠近 狭缝S3,轨道半径r越小，质量越小，故D错误.故选A 3.C【解析】根据题意可知，b与c串联后再与a并联，电 压相等，b、c的电阻为a的电阻的两倍，此时a中电流 大小为1，则6，c中的电流为21，故A错误；电流反向 前，根据左手定则，可知a边的安培力方向竖直向上， b、c边的安培力的合力方向也竖直向上，a边的安培力 大小为F。=BIL,b、c边的安培力的合力大小为Fe= B·IL=之BL,对金属等边三角形受力分析，可 得2F+R.+F。-m,解得，-受-，电流 2 反向后，根据左手定则，可知α边的安培力方向竖直向 下，b、c边的安培力的合力方向竖直向下，a边的安培 力大小仍然为F。=BL,b、c边的安培力的合力大小仍 然为P。=B·1·L=BL,对金属等边三角形受 1 9 重难点手册高中物理选择性必修第二册风 力分析，可得2F,=mg十卫.十F,解得，-受+ 3业，由以上分析可得F<R,R十5，=g,R R=号BL,解得m=P十E,B=25F),故 g 3IL B、D错误，C正确.故选C 4.C【解析】小球运动过程中，只受到竖直向下的重力、 与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力和弹力不 做功，所以小球的机械能守恒，故A错误；小球上滑时， 根据牛顿第二定律有mngsin0=ma上，下滑时，根据牛顿 第二定律有mg sin0=ma下，所以a上=a下，根据x= 之a心2可知，上滑时间等于下滑时间，故B错误；小球 向上滑动的最大位移为xm一2a一2gsin0,故C正 确；小球向下滑动时受到竖直向下的重力、垂直于杆向 上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力，小球向下加速时，根 据F洛=qB可知，小球受到的洛伦兹力增大，若小球 回到出发点加速到0，小球受到的洛伦兹力仍小于小 球垂直于杆方向的分力，则根据平衡条件可知，杆对小 球的弹力一直垂直于杆向上减小，故D错误.故选C. 5.D【解析】由左手定则知，正离子受洛伦兹力向下偏 转，负离子受洛伦兹力向上偏转，b板为电源的正极，A 错误；由平衡条件得qB=9,电源电动势E=U= 陆，电流1R品，用电器两端的电压 R R=R十，Bd,故B,C错误，D正确.故选D, 6.C【解析】根据安培定则可知，两导线中的电流在导线 间任一点产生的磁场方向均相同，设两导线间的距离 为山，距离山导钱：处藏场的碳感应强度B=(二十 )。当=号时，B最小，带电粒子在 1 骏场中运动的过程中，速度大小不变，由B=m二， 解得轨迹的曲率半径r一咒即在虚线附近曲率半径 较大，靠近导线处曲率半径较小，可能正确的是C.故 选C 7.C【解析】粒子在电场中偏转，根据牛顿第二定律有 10 (浙江专用) gE=mR,解得粒子从小孔S进入磁场的速度为= 、亚，可知比荷不同的粒子从小孔S进人磁场的速 m 度大小不同，故A错误；从小孔S进人磁场的粒子动 能为E,=7m2=29ER,可知电荷量不同的粒子从 小孔S进入磁场的动能不同，故B错误；粒子在磁场中 偏转，根据牛顿第二定律有qB=m 二，解得粒子打到 胶片上的位爱取欢于半径，一需5，可见打 到胶片相同位置的粒子只与比荷有关，由A项可知比 荷相同的粒子进入磁场时的速度也相同，则打到的位 置也相同，故C正确；由r的表达式知，打到胶片上位 置距离O点越远的粒子，比荷越小，故D错误.故选C 8.B【解析】由于电场力与重力的合力处于竖直方向，磁 场方向处于竖直方向，在竖直方向的分速度不会产生 洛伦兹力；水平方向的分速度受到洛伦兹力作用；将小 球的运动分解为以初速度，的水平面匀速圆周运动和 竖直方向初速度为0的匀加速直线运动.对于水平面匀 速圆周运动有，B=m号，解得轨道半径为r=1m, 周期为T=2匹=s,则小球从水平抛出到经过0点 所用的时间满足t=nT=nπs(n=1,2,3,…),小球从 水平抛出到经过0点，竖直方向有九=之，可得小球经 2h4 过0点的竖直分速度为，=。一元m/s(n=1,2,3, …),当n=1时，竖直分速度有最大值，小球经过O点 时的动能有最大值，则有Ea=之m=m(6+ )-2×0.1x(2+)J≈0.28J,故选B 9.B【解析】若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入 射方向相反，则粒子的轨迹如图甲所示，由几何关系得 =h冬，由洛伦兹力提供向心力，则有B=m要 6 可得其人射速度为-紧故A错误若粒子恰好 能从N点射出，则粒子的轨迹如图乙所示，由几何关系 得FO2+FN2=NO'2,FN=R+Rsin a,即(r2-h)2+ (R+9x)°=，解得=2限十5R=2BN.可知 ∠P0N=30°，则粒子在磁场中运动的时间为t=驷 gB 一品，故B正确：若粒子恰好能从K点射出，则其运 动轨迹如图丙所示，可知POKO是菱形，则粒子在磁 场中运动的半径r3=R,故C错误；若粒子射出磁场时 的速度方向恰好与其入射方向垂直，则其运动轨迹如 图丁所示，根据几何关系可知∠OPQ=60°一45°=15°， 因△POQ为等腰三角形，故有PQ=2Rcos15°= 2(2+√3)R ,由于△POQ为等腰直角三角形，所以r4 √2+√6 =PQ_2+3)R √2 由洛伦兹力提供向心力，可得qoB 1+√3 品，解得，-1十2迟，故D错误故选日 =m 2m P x M↑ R×× Q M+F---- 0-------4N + 甲 P XX P h R M O K 分 10.B【解析】粒子在磁场中做 匀速圆周运动，其运动的周 期为T-罗，设粒子在藏 场中的运动轨迹对应的圆心 挡 角为0，则粒子在磁场中运 动的时间1一公工，可知圆心角0越大，粒子在磁场中 运动的时间t越长；根据题意可知，当粒子的运动轨 迹半径也为R,且挡板在第三象限时，粒子恰好从挡 板下边缘的C点射出，此时圆心角最大，作出粒子的 练习册参考答案与解析值腿 运动轨迹如图所示，其中粒子运动轨迹的圆心为虚线 圆的左端点A点，且粒子恰好经过虚线圆的圆心O 点，连接OC,可知AC=AO=OC=R,故三角形OAC 为等边三角形，则∠CA0-令，根据几何关系可知粒 于在磁场中运动的最大圆心角9=x+骨一弩，则粒 4π4π 子在磁场中运动的录长时阿为1一云T一夏 器-器放连B 11.(1)D(2)A的质量mA,A与木板间的动摩擦因数 4,运动的最大速度v (3)g=mBg十nAgsin。mAgCOS0g uBo 【解析】(1)以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律 可得(mgg十mAgsin0)-h(Bqu十mAgcos0)= (mB十mA)a,由此式可知，速度增大，摩擦力增大，所 以A、B一起做加速度减小的加速运动，直到加速度 减为0后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小， 最后速度不变.所以纸带上的点迹间距逐渐增加后保 持不变；根据公式△x=aT2,可知加速度减小，则相 邻两点间的距离之差逐渐减小，匀速运动时，相邻两 点间的距离之差不变.故选D. (2)当速度达到最大时有(mgg十mAgsin0。)一 μ(Bqu+mAg cos0o)=0, 解得g=B8十mA5sin0。一mAg COS。 uBv 故本实验还必须测量的物理量有A的质量mA、A与 木板间的动摩擦因数μ以及运动的最大速度. (3)可得出q的表达式为 g=mB8十Agsin0。-OnAg COS0, uBu 12.(1)图见解析.(2)重新处于平衡状态；电流表示数I (3)mzmilg (4)> IL 【解析】(1)电路图如图所示. 光滑轻滑轮 电流表 A 缘 细线 轻绳 支架 轻质 托盘 11 重难点手册高中物理选择性必修第二册尺 (2)闭合开关S,调节R的值使电流大小适当，重新往 托盘内加人适量细沙，故应使D重新处于平衡状态； 两次细沙的重力之差与D的底边所受磁场力大小相 等，磁场力与电流大小有关，故还需读出电流表的示 数I. (3)两次细沙的重力之差与D的底边所受磁场力相 等，即BIL=|m2一m1|g,解得磁感应强度为B= mz-mig IL (4)若m2>m1,则安培力的方向向下，根据左手定则 可得，磁感应强度方向垂直于纸面向外，反之，磁感应 强度方向垂直于纸面向里。 13.(1)由题意可知最大半径r1=L,根据洛伦兹力提供 向心力有心，B=m,得最大速率1=L,粒子 m 的运动时间：器一器 (2)能进入N板下方的粒子的最小速度为2，则有 名m>-Ua-3B,得>店.能进人 50m 5m N板下方的粒子中最大的运动半径为，<专，因此 粒子的速率为，<9，所以能进人N板下方的粒 2m BLq 子速度范围为3BL9∠u<2m, 5m 14,①)根据题意，电子在磁场中运动圆周，可得半径 r=R. (2)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有ewB 2 =m,,电子在A、K间运动，根据动能定理有U= mu,解得U=3mu 2mu21 1 (3)当速度方向为平行于x轴发射的电子刚好可以进 入P时，该电子就是电子源在离中心点最远处发射 的，如图甲所示，设此处离中心点的距离为x,则有 1 U x=ot,d=2at,根据牛顿第二定律有e=ma,联 立解得工二23山.所以满足条件的长度为2= 3 d. 12 (浙江专用) P -K+ ●】 -A- 为 (4)由几何关系得，进人磁场的所有电子都平行于 x轴击中荧光屏，能从P孔进入磁场的电子，其速度 方向与OP的最大夹角为0，如图乙、丙所示，可得 sin0=,解得0=30.则有y1=R+Rsin0,y2= R-Rsin0,解得l=y1-y2=R. 丙 第二章 电磁感应 第1节楞次定律 1.D【解析】原磁场穿过闭合回路的磁通量减少时，感应 电流的磁场与原磁场同向，故A错误；感应电流的磁场 总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B错误， D正确；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电 流的磁场与原磁场反向，故C错误.故选D, 2.C【解析】A线圈的电流方向为顺时针方向，由安培定 则可知，B线圈中磁通量方向垂直于纸面向里，故A错 误；若线圈A匀速转动，线圈B中的磁通量不变，则不 会产生感应电流，故B错误；若线圈A加速转动，线圈 B中的磁通量垂直于纸面向里且增大，根据楞次定律 可知，线圈B中产生逆时针方向的感应电流，故C正 确；若线圈A减速转动，穿过线圈B的磁通量垂直于 纸面向里且减小，根据楞次定律可知，线圈B中产生顺 时针方向的电流，而线圈B处于垂直于纸面向外的磁 场中，根据左手定则可知，线圈B受到指向圆心的安培 力，故D错误故选C 3.B【解析】根据楞次定律“来拒去留”可知，磁体向右侧 靠近铝环时，铝环向右摆动，选项A错误；磁体靠近或 者远离铝环时，穿过铝环的磁通量发生变化，从而在铝 环中产生感应电流，铝环受到安培力作用，使铝环摆动 的力是磁场对铝环的安培力，选项B正确；根据楞次定