2.1 楞次定律 讲义 -2025-2026学年高二下学期物理同步复习（教科版选择性必修第二册）

本讲义聚焦高中物理楞次定律核心知识点，系统梳理增反减同、来拒去留等推广结论，结合右手定则及实验探究电磁感应现象，构建从规律理解到应用再到实验验证的完整学习支架。 该资料通过题型分类将抽象规律具象化，如增反减同、来拒去留帮助学生建立模型，培养科学思维，实验题型强化科学探究能力，练习题结合电吉他、电梯缓冲等实例深化物理观念，课中辅助教学，课后助力学生查漏补缺。

第二章第1节 楞次定律 题型1 增反减同 题型2 来拒去留 题型3 右手定则 题型4 楞次定律及其应用 题型5 研究电磁感应现象 ▉题型1 增反减同 【知识点的认识】 楞次定律的推广结论之一：为了“阻碍”原磁场磁通量的变化，当原磁场的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与原磁场相反；当原磁场减的磁通量小时，感应电流的磁场方向与原磁场相同，所以叫作增反减同。 （多选）1．如图所示是法拉第在1831年做的一个电磁感应实验的示意图．他把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路．通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流 B．闭合与断开开关S的瞬间，电流表G中都没有感应电流 C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流 D．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流 2．如图，铝环A用轻线静止悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧．若突然闭合电键S，则铝环A将 　 　 （填“向左”或“向右”或“不”）摆动，并有 　 　 （填“收缩”或“扩张”）趋势． ▉题型2 来拒去留 【知识点的认识】 楞次定律的推广结论之一：为了“阻碍”原磁场磁通量的变化，当因为磁体的靠近导致穿过闭合线圈的磁通量变大时，线圈会对磁体产生作用力，以阻碍磁体的靠近；当因为磁体的离开导致闭合线圈的磁通量减小时，线圈会对磁体产生作用力，以阻碍磁体的远离，这叫作来拒去留。 3．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（　　） A．在P中的下落时间比在Q中的长 B．在两个下落过程中的机械能都守恒 C．在P和Q中都做自由落体运动 D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大 ▉题型3 右手定则 【知识点的认识】 本考点旨在针对粒子先经过速度选择器再进入质谱仪的情况。 1.质谱仪示意图如下 2.质谱仪的作用：分析粒子的性质，测定粒子的质量，研究同位素。 3.质谱仪例的相关参数： （1）加速电场中：qU。 （2）偏转磁场中：Bqv。 （3）轨迹半径：R。 （4）照相底片上间距；d＝2ΔR。 4．如图所示，有一水平放置的金属导轨左端为圆弧形，右端为平行导轨，平行导轨上放置一个与导轨接触良好的金属杆MN，另有一金属圆环S与圆弧R在同一平面内，整个装置都处在匀强磁场中，匀强磁场的磁场方向竖直向下（俯视图为垂直于纸面向里），不计导轨的电阻，现让金属杆MN突然向右加速运动，下列说法正确的是（　　） A．圆弧R中电流沿顺时针方向，金属圆环S中电流沿逆时针方向 B．圆弧R中电流沿顺时针方向，金属圆环S中电流沿顺时针方向 C．圆弧R中电流沿逆时针方向，金属圆环S中电流沿顺时针方向 D．圆弧R中电流沿逆时针方向，金属圆环S中电流沿逆时针方向 ▉题型4 楞次定律及其应用 【知识点的认识】 1.楞次定律的内容：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.适用范围：所有电磁感应现象。 3.实质：楞次定律是能量守恒的体现，感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果。 4.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤： ①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。 ②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。 ③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。 ④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。 ⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。 5．如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触且无翻转，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．磁体做自由落体运动 B．磁体做加速度增大的加速运动 C．磁体可能一直做加速度减小的加速运动 D．磁体先做加速运动，最后做减速运动 6．某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下、竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。将磁铁N极（　　） A．加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0 B．加速抽出线圈的过程中，电子秤的示数大于m0 C．加速插入线圈瞬间，线圈中感应电流沿逆时针方向（俯视） D．加速插入线圈瞬间，线圈中感应电流沿顺时针方向（俯视） 7．如图所示，线圈P、Q同轴放置，P与开关S、电源和滑动变阻器R组成回路，Q与电流计G相连，要使线圈Q产生图示方向的电流，可采用的方法有（　　） A．闭合开关S后，把R的滑片右移 B．闭合开关S后，把R的滑片左移 C．闭合开关S后，使Q远离P D．无须闭合开关S，只要使Q靠近P即可 8．公路上安装的一种测速“电子眼”的示意图如图所示。在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈，当汽车通过线圈上方的道路时，会引起线圈中的电流变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速汽车进行抓拍。下列说法正确的是（　　） A．汽车通过线圈上方的道路时，线圈中会产生感应电流 B．汽车通过线圈上方的道路时，线圈中的电流一定增大 C．汽车通过两个线圈的速度越小，线圈中的感应电流越大 D．若某个线圈出现断路故障，则“电子眼”仍能正常工作 9．水平桌面上固定一根绝缘长直导线，矩形导线框abcd靠近长直导线固定桌面上，如图甲所示。当长直导线中的电流按图乙的规律变化时（图甲所示电流方向为其正方向），则（　　） A．0～t1，线框内电流的方向为abcda B．t1～t2，线框内电流的方向为abcda C．t2～t3，线框所受安培力方向一直向左 D．t1～t3，线框所受安培力方向一直向右 10．如图所示，在光滑的水平桌面上有一根长直通电导线MN，通有电流I，方向由M到N，一个边长为L的正方形金属线框在外力的作用下垂直于导线向右以v0的速度做匀速运动，线框电阻为R，已知长直导线在其周围空间产生的磁场大小B＝k，其中k是常数，I是导线中的电流，r是空间某点到导线的垂直距离，则当线框运动到左边框与导线的距离为L时，线框中的感应电流的大小及方向为（　　） A．、顺时针 B．、顺时针 C．、逆时针 D．、逆时针 11．电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时（　　） A．穿过线圈的磁通量减小 B．线圈中不产生感应电流 C．琴弦受向左的安培力 D．线圈有扩张趋势 12．如图所示，a、b为正方形金属线圈，a线圈从图示位置匀速向右拉出匀强磁场的过程中，a、b线圈中产生的感应电流方向分别为（　　） A．顺时针、顺时针 B．逆时针、逆时针 C．顺时针、逆时针 D．逆时针，顺时针 （多选）13．如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关S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。闭合开关S的瞬间，电流表指针向左偏转，与0刻度线的夹角为θ，下列说法中正确的是（　　） A．保持开关S闭合，电流表指针与0刻度线的夹角为θ保持不变 B．保持开关S闭合，滑动变阻器的滑片向左滑动时，电流表指针向右偏转 C．保持开关S闭合，把线圈A从线圈B中取出时，电流表指针向左偏转 D．开关S断开的瞬间，电流表指针向右偏转 （多选）14．以下关于磁场、电磁感应现象的说法正确的是（　　） A．图甲中闭合开关S瞬间，与线圈P连接的电流计的指针发生偏转 B．图乙中电流方向如图所示，则铁环中心O点的磁场垂直纸面向外 C．图丙中当电流从B流入时小磁体向下运动，则小磁铁下端为N极 D．图丁中水平圆环从M 向L运动的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小 （多选）15．如图，某科技小组利用电磁感应的原理设计了一款电梯坠落缓冲装置。如图，在电梯轿厢上安装永久强磁铁，井壁固定水平方向的闭合线圈A、B，当电梯坠至图示位置时，下列说法正确的是（　　） A．俯视看，线圈A中产生逆时针方向的感应电流 B．磁铁对线圈A产生的安培力方向向上 C．若拆掉线圈B，缓冲效果会更好 D．若增加线圈A、B的匝数，缓冲效果会更好 题型5 研究电磁感应现象 【知识点的认识】 一．实验目的：探究感应电流产生的条件． 二．实验器材：条形磁铁、灵敏电流计、原副线圈、滑动变阻器、电源、开关、导线． 三．实验电路图： 四．实验步骤： 1．接好电路后，将磁铁从线圈中插入、拔出观察灵敏电流计指针偏转情况． 2．把原线圈放入副线圈中，接通、断开电键观察灵敏电流计指针偏转情况． 3．把原线圈放入副线圈中，移动滑动变阻器滑臂观察灵敏电流计指针偏转情况． 五．注意事项： 1．必须用G表． 2．有两个电流回路，副线圈回路只有G表． 16．将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计及开关按图示连接。线圈A放在线圈B中，线圈A中插有铁芯。闭合开关前滑动变阻器的滑片P处于如图所示位置。开关闭合的瞬间，电流计指针向左偏转。下列操作中仍使电流计指针向左偏转的是（　　） A．将线圈A中的铁芯拔出 B．将滑片P向右移动 C．A、B保持相对静止一起移动 D．保持其它不变，仅断开开关 17．某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向，设计的实验装置原理图如图甲所示。选用的器材有：一个磁性很强的条形磁铁，两个发光二极管（电压在1.5V至5V都可发光且保证安全），一只多用电表，导线若干。操作步骤如下： ①用多用电表的欧姆挡测出二极管的正、负极； ②把二极管、线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路； ③把条形磁铁插入线圈时，二极管B发光；拔出时，二极管A发光； ④根据楞次定律判断出线圈的缠绕方向。 请回答下列问题： （1）线圈缠绕方向如图乙中的 　 　 （填“A”或“B”）。 （2）条形磁铁运动越快，二极管发光的亮度就越大，这说明感应电动势随 　 　 的增大而增大（填“磁通量”、“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）。 （3）为进一步研究，该小组又做了以下实验：磁体从靠近线圈的上方静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图像应该是图中的 　 　 。 A． B． C． D． 18．为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下的实验。 （1）所用电流计指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“+”接线柱流入电流计时，指针向右偏转； （2）如图甲，将条形磁铁S极向下插入螺线管时，发现电流计的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图乙所示，则螺线管中感应电流产生的磁场方向 　 　 （填“向下”或“向上”）； （3）关于该实验，下列说法正确的是 　 　 。（填正确答案标号） A.将磁铁插入的速度越大，电流计指针偏转幅度越大 B.将磁铁插入的速度越大，电流计指针偏转幅度越小 C.将磁铁的N极向下，并将其抽出，电流计指针向左偏转 D.将磁铁的N极向下，并将其插入，电流计指针向右偏转 （4）本实验也可以用发光二极管代替电流计进行实验，如图丙所示，将条形磁铁N极向下插入螺线管，可观察到发光二极管 　 　 （填“D1”或“D2”）短暂发光。由此可分析得出：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向 　 　 （填“相同”或“相反”）。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二章第1节 楞次定律 题型1 增反减同 题型2 来拒去留 题型3 右手定则 题型4 楞次定律及其应用 题型5 研究电磁感应现象 ▉题型1 增反减同 【知识点的认识】 楞次定律的推广结论之一：为了“阻碍”原磁场磁通量的变化，当原磁场的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与原磁场相反；当原磁场减的磁通量小时，感应电流的磁场方向与原磁场相同，所以叫作增反减同。 （多选）1．如图所示是法拉第在1831年做的一个电磁感应实验的示意图．他把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路．通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流 B．闭合与断开开关S的瞬间，电流表G中都没有感应电流 C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流 D．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流 【答案】BD 【解答】解：闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中均无感应电流。闭合开关S 后，在增大电阻 R 的过程中，电流减小，则通过线圈B的磁通量减小了，根据右手螺旋定则可确定穿过线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可得：电流表G中有 b→a 的感应电流。故BD正确，AC错误； 故选：BD。 2．如图，铝环A用轻线静止悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧．若突然闭合电键S，则铝环A将 　向左　 （填“向左”或“向右”或“不”）摆动，并有 　收缩　 （填“收缩”或“扩张”）趋势． 【答案】向左；收缩 【解答】解：突然闭合电键S，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势． 故答案为：向左，收缩． ▉题型2 来拒去留 【知识点的认识】 楞次定律的推广结论之一：为了“阻碍”原磁场磁通量的变化，当因为磁体的靠近导致穿过闭合线圈的磁通量变大时，线圈会对磁体产生作用力，以阻碍磁体的靠近；当因为磁体的离开导致闭合线圈的磁通量减小时，线圈会对磁体产生作用力，以阻碍磁体的远离，这叫作来拒去留。 3．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（　　） A．在P中的下落时间比在Q中的长 B．在两个下落过程中的机械能都守恒 C．在P和Q中都做自由落体运动 D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大 【答案】A 【解答】解：A、当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，小磁块受到向上的安培阻力，而塑料管Q是绝缘体不产生感应电流，对小磁块没有安培力，所以小磁块Q中做自由落体运动，则在P中的下落时间比在Q中的长，故A正确； B、在铜管P中运动的小磁块要受到向上的安培阻力，机械能不守恒，而在塑料管Q中的小磁块只受重力，机械能守恒，故B错误； C、在P中小磁块做的不是自由落体运动，在Q内小磁块没有任何阻力，做自由落体运动，故C错误； D、在铜管P中运动的小磁块，因安培阻力，导致产生内能，机械能减小，则落至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误。 故选：A。 ▉题型3 右手定则 【知识点的认识】 本考点旨在针对粒子先经过速度选择器再进入质谱仪的情况。 1.质谱仪示意图如下 2.质谱仪的作用：分析粒子的性质，测定粒子的质量，研究同位素。 3.质谱仪例的相关参数： （1）加速电场中：qU。 （2）偏转磁场中：Bqv。 （3）轨迹半径：R。 （4）照相底片上间距；d＝2ΔR。 4．如图所示，有一水平放置的金属导轨左端为圆弧形，右端为平行导轨，平行导轨上放置一个与导轨接触良好的金属杆MN，另有一金属圆环S与圆弧R在同一平面内，整个装置都处在匀强磁场中，匀强磁场的磁场方向竖直向下（俯视图为垂直于纸面向里），不计导轨的电阻，现让金属杆MN突然向右加速运动，下列说法正确的是（　　） A．圆弧R中电流沿顺时针方向，金属圆环S中电流沿逆时针方向 B．圆弧R中电流沿顺时针方向，金属圆环S中电流沿顺时针方向 C．圆弧R中电流沿逆时针方向，金属圆环S中电流沿顺时针方向 D．圆弧R中电流沿逆时针方向，金属圆环S中电流沿逆时针方向 【答案】C 【解答】解：金属杆MN突然向右加速运动，MN切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可知，MN中电流由N流向M，则圆弧R中电流沿逆时针方向。由E＝BLv分析金属杆MN产生的感应电动势分析可知，MN产生的感应电动势增大，则圆弧R中的电流增大，圆弧R中的电流产生的磁场向外增强，根据楞次定律可知金属圆环S的感应电流产生的磁场垂直纸面向里，则金属圆环S中感应电流方向为顺时针，故ABD错误，C正确。 故选：C。 ▉题型4 楞次定律及其应用 【知识点的认识】 1.楞次定律的内容：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.适用范围：所有电磁感应现象。 3.实质：楞次定律是能量守恒的体现，感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果。 4.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤： ①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。 ②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。 ③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。 ④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。 ⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。 5．如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触且无翻转，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．磁体做自由落体运动 B．磁体做加速度增大的加速运动 C．磁体可能一直做加速度减小的加速运动 D．磁体先做加速运动，最后做减速运动 【答案】C 【解答】解：A、磁体在铝管中运动的过程中，穿过铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，感应电流受到的安培力做负功，磁体的加速度小于重力加速度，故A错误； B、根据法拉第电磁感应定律可知，磁体速度越快，产生的感应电动势越大，受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故B错误； CD、小磁体受到的安培力随磁体速度的增大而增大，若铝管较短，磁体一直做加速度减小的加速运动；若铝管较长，磁体先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，故C正确，D错误。 故选：C。 6．某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下、竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。将磁铁N极（　　） A．加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0 B．加速抽出线圈的过程中，电子秤的示数大于m0 C．加速插入线圈瞬间，线圈中感应电流沿逆时针方向（俯视） D．加速插入线圈瞬间，线圈中感应电流沿顺时针方向（俯视） 【答案】C 【解答】解：A．将条形磁铁插入线圈或从线圈中抽出的过程，穿过线圈的通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的准论“来拒去留”可知，在将磁铁加速插入线圈的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子的示数大于m0，故A错误； B．根据楞次定律的准论“来拒去留”可知，在加速抽出磁铁的过程中，线圈与磁铁相互吸引，导致电子秤的示数小于m0，故B错误； CD．将一条形磁铁的N极加速插向线圈时，向下穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可判断，线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向（俯视），故D错误，C正确。 故选：C。 7．如图所示，线圈P、Q同轴放置，P与开关S、电源和滑动变阻器R组成回路，Q与电流计G相连，要使线圈Q产生图示方向的电流，可采用的方法有（　　） A．闭合开关S后，把R的滑片右移 B．闭合开关S后，把R的滑片左移 C．闭合开关S后，使Q远离P D．无须闭合开关S，只要使Q靠近P即可 【答案】B 【解答】解：AB、闭合开关S后，线圈P形成的磁场向右穿过线圈Q，若把R的滑片右移，Q中的磁通量减小，据楞次定律可知，线圈Q中电流方向与图中所标电流方向相反，同理可知，若把R的滑片左移，线圈Q中电流方向与图中所标电流方向相同，故A错误，B正确； C、闭合开关S后，使Q远离P，Q中的磁场向右、磁通量减小，据楞次定律可知，线圈Q中的电流方向与图中所标电流方向相反，故C错误； D、若S不闭合，则穿过线圈Q的磁通量始终为零，故Q中不会有电流产生，故D错误。 故选：B。 8．公路上安装的一种测速“电子眼”的示意图如图所示。在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈，当汽车通过线圈上方的道路时，会引起线圈中的电流变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速汽车进行抓拍。下列说法正确的是（　　） A．汽车通过线圈上方的道路时，线圈中会产生感应电流 B．汽车通过线圈上方的道路时，线圈中的电流一定增大 C．汽车通过两个线圈的速度越小，线圈中的感应电流越大 D．若某个线圈出现断路故障，则“电子眼”仍能正常工作 【答案】A 【解答】解：AB、在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设的是通电线圈，汽车的大部分部件是金属，当汽车通过线圈时会引起通电线圈的磁通量变化，从而产生电磁感应现象，产生感应电动势，汽车经过线圈会产生感应电流，但感应电流的方向和原电流的方向可能相反，故线圈中的电流可能减小，故A正确，B错误； C、由可知，汽车通过两个线圈的速度越小，线圈中的感应电流越小，故C错误； D、若某个线圈断路，汽车通过时就不会产生电流，“电子眼”就无法正常工作，故D错误。 故选：A。 9．水平桌面上固定一根绝缘长直导线，矩形导线框abcd靠近长直导线固定桌面上，如图甲所示。当长直导线中的电流按图乙的规律变化时（图甲所示电流方向为其正方向），则（　　） A．0～t1，线框内电流的方向为abcda B．t1～t2，线框内电流的方向为abcda C．t2～t3，线框所受安培力方向一直向左 D．t1～t3，线框所受安培力方向一直向右 【答案】B 【解答】解：A．由图可知t1到t2时间内，直导线中电流方向向上，根据安培定则可知，根据楞次定律可知线框位置处的磁场方向垂直纸面向里，直导线中电流减小，穿过线框的磁通量减小，线框中感应电流产生的磁场在线框内部方向也垂直纸面向里，可知线框内电流的方向为abcda，故A错误； B．t2到t3时间内，直导线中电流方向向下，根据安培定则可知，线框位置处的磁场方向垂直纸面向外，直导线中电流增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律可知线框中感应电流产生的磁场在线框内部方向垂直纸面向里，根据安培定则，可知线框内电流的方向为abcda，故B正确； C．t2到t3时间内，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向右，bc受安培力向左，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向一直向右，故C错误； D．t1到t2时间内，线框内电流的方向为abcda，根据左手定则，ad受安培力向左，bc受安培力向右，因ad边受安培力大于bc边受的安培力，可知线框所受安培力方向向左；结合C的分析，t2到t3时间内，线框所受安培力方向一直向右。所以知t1～t3，线框所受安培力方向先向左后向右，故D错误。 故选：B。 10．如图所示，在光滑的水平桌面上有一根长直通电导线MN，通有电流I，方向由M到N，一个边长为L的正方形金属线框在外力的作用下垂直于导线向右以v0的速度做匀速运动，线框电阻为R，已知长直导线在其周围空间产生的磁场大小B＝k，其中k是常数，I是导线中的电流，r是空间某点到导线的垂直距离，则当线框运动到左边框与导线的距离为L时，线框中的感应电流的大小及方向为（　　） A．、顺时针 B．、顺时针 C．、逆时针 D．、逆时针 【答案】A 【解答】解：由右手螺旋定则可知导线在右侧产生的磁场方向是垂直于纸面向里，根据磁场大小B＝k 可知，导线右侧磁场的大小为逐渐减小，所以在线框向右运动的过程中磁通量逐渐减小，由楞次定律可知感应电流方向为顺时针；其次，线框产生的总电动势等于左右两边导线切割磁感线产生的电动势叠加而成，即 ， 故感应电流的大小 I，故A正确，BCD错误。 故选：A。 11．电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时（　　） A．穿过线圈的磁通量减小 B．线圈中不产生感应电流 C．琴弦受向左的安培力 D．线圈有扩张趋势 【答案】C 【解答】解：AB、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，从而导致线圈中产生感应电流，故AB错误； C、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生的感应电流会阻碍琴弦向右靠近线圈，即琴弦会受到向左的安培力的作用，故C正确； D、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生的感应电流会使线圈有面积缩小的趋势，故D错误。 故选：C。 12．如图所示，a、b为正方形金属线圈，a线圈从图示位置匀速向右拉出匀强磁场的过程中，a、b线圈中产生的感应电流方向分别为（　　） A．顺时针、顺时针 B．逆时针、逆时针 C．顺时针、逆时针 D．逆时针，顺时针 【答案】A 【解答】解：线圈a从磁场中向右匀速拉出磁场的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理线圈b产生的电流为顺时针，故A正确，BCD错误。 故选：A。 （多选）13．如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关S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。闭合开关S的瞬间，电流表指针向左偏转，与0刻度线的夹角为θ，下列说法中正确的是（　　） A．保持开关S闭合，电流表指针与0刻度线的夹角为θ保持不变 B．保持开关S闭合，滑动变阻器的滑片向左滑动时，电流表指针向右偏转 C．保持开关S闭合，把线圈A从线圈B中取出时，电流表指针向左偏转 D．开关S断开的瞬间，电流表指针向右偏转 【答案】BD 【解答】解：A．开关S保持闭合，滑动变阻器的滑片不动，A中的电流不变，则B中磁通量不变，故线圈B中不会产生感应电流，电流表指针的指针指到0刻度，故A错误； B．开关S保持闭合，滑动变阻器的滑片向左滑动时，A中的电流变小，导致B中磁通量变小，根据楞次定律，线圈B中会产生感应电流方向与闭合开关S的瞬间相反，故电流表指针向右偏转，故B正确； C．保持开关S闭合，把线圈A从线圈B中取出时，线圈B的磁通量会减小，根据楞次定律，线圈B中会产生感应电流方向与闭合开关S的瞬间相反，故电流表指针向右偏转，故C错误； D．开关S断开的瞬间，线圈B的磁通量会减小，根据楞次定律，线圈B中会产生感应电流方向与闭合开关S的瞬间相反，故电流表指针向右偏转，故D正确。 故选：BD。 （多选）14．以下关于磁场、电磁感应现象的说法正确的是（　　） A．图甲中闭合开关S瞬间，与线圈P连接的电流计的指针发生偏转 B．图乙中电流方向如图所示，则铁环中心O点的磁场垂直纸面向外 C．图丙中当电流从B流入时小磁体向下运动，则小磁铁下端为N极 D．图丁中水平圆环从M 向L运动的过程中，穿过圆环的磁通量先增大后减小 【答案】AD 【解答】解：A．图甲中闭合开关S瞬间，线圈中产生向左的磁场，磁通量增大，使线圈P发生电磁感应，与线圈P连接的电流计的指针发生偏转，A正确； B．图乙中电流方向如图所示，根据安培定则，两侧线圈在O点产生的磁场方向向下，B错误； C．图丙中当电流从B流入时，根据安培定则，线圈中磁场向上，电磁铁上端为N极，C错误； D．图丁中圆环穿过磁铁的过程中，通过圆环的磁铁内部磁通量大于外部磁通量。中间的外部磁通量最小，净磁通最大，则穿过圆环的磁通量先增大后减小，D正确。 故选：AD。 （多选）15．如图，某科技小组利用电磁感应的原理设计了一款电梯坠落缓冲装置。如图，在电梯轿厢上安装永久强磁铁，井壁固定水平方向的闭合线圈A、B，当电梯坠至图示位置时，下列说法正确的是（　　） A．俯视看，线圈A中产生逆时针方向的感应电流 B．磁铁对线圈A产生的安培力方向向上 C．若拆掉线圈B，缓冲效果会更好 D．若增加线圈A、B的匝数，缓冲效果会更好 【答案】AD 【解答】解：A、由楞次定律，此时穿过线圈A的磁通量向上且减小，则线圈A产生由俯视来看的逆时针方向的感应电流，故A正确； B、根据楞次定律，线圈A对磁铁有竖直向上的力，由牛顿第三定律，则磁铁对线圈A有竖直向下的安培力，故B错误； CD、由楞次定律可知，两个线圈对磁铁的缓冲作用正向叠加，若拆掉线圈B，缓冲效果会变差，增加线圈A、B的匝数，线圈中的感应电流变大，缓冲效果会更好，故C错误，D正确。 故选：AD。 题型5 研究电磁感应现象 【知识点的认识】 一．实验目的：探究感应电流产生的条件． 二．实验器材：条形磁铁、灵敏电流计、原副线圈、滑动变阻器、电源、开关、导线． 三．实验电路图： 四．实验步骤： 1．接好电路后，将磁铁从线圈中插入、拔出观察灵敏电流计指针偏转情况． 2．把原线圈放入副线圈中，接通、断开电键观察灵敏电流计指针偏转情况． 3．把原线圈放入副线圈中，移动滑动变阻器滑臂观察灵敏电流计指针偏转情况． 五．注意事项： 1．必须用G表． 2．有两个电流回路，副线圈回路只有G表． 16．将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流计及开关按图示连接。线圈A放在线圈B中，线圈A中插有铁芯。闭合开关前滑动变阻器的滑片P处于如图所示位置。开关闭合的瞬间，电流计指针向左偏转。下列操作中仍使电流计指针向左偏转的是（　　） A．将线圈A中的铁芯拔出 B．将滑片P向右移动 C．A、B保持相对静止一起移动 D．保持其它不变，仅断开开关 【答案】B 【解答】解：由题意可知，开关闭合的瞬间，电流计指针向左偏转，由此可知，当B中的磁通量增大时，电流计指针向左偏； A、将线圈A向上抽出B线圈的过程中，穿过线圈B的磁通量变小，则电流计指针向右偏转，故A错误； B、滑动变阻器的滑片P向右滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈B的磁通量增大，则会产生感应电流，指针将会向左偏转，故B正确； C、AB保持相对静止一起运动，显然AB线圈的磁通量均不变，B中无感应电流，故C错误； D、断开开关时，穿过线圈B的磁通量减少，电流计指针向右偏转，故D错误； 故选：B。 17．某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向，设计的实验装置原理图如图甲所示。选用的器材有：一个磁性很强的条形磁铁，两个发光二极管（电压在1.5V至5V都可发光且保证安全），一只多用电表，导线若干。操作步骤如下： ①用多用电表的欧姆挡测出二极管的正、负极； ②把二极管、线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路； ③把条形磁铁插入线圈时，二极管B发光；拔出时，二极管A发光； ④根据楞次定律判断出线圈的缠绕方向。 请回答下列问题： （1）线圈缠绕方向如图乙中的 　A　 （填“A”或“B”）。 （2）条形磁铁运动越快，二极管发光的亮度就越大，这说明感应电动势随 　磁通量的变化率　 的增大而增大（填“磁通量”、“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”）。 （3）为进一步研究，该小组又做了以下实验：磁体从靠近线圈的上方静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图像应该是图中的 　A　 。 A． B． C． D． 【答案】（1）A；（2）磁通量的变化率；（3）A。 【解答】解：（1）把条形磁铁插入线圈时，二极管B发光，说明回路中的电流沿顺时针方向； 根据楞次定律，感应电流的磁场方向竖直向上，根据安培定则可知，俯视时线圈中的绕向沿逆时针方向，故A正确，B错误。 故选：A。 （2）条形磁铁从初始到完全插入，磁通量的变化量相同，磁铁运动速度越快，磁通量变化越快，发光二极管的亮度就越大，说明感应电动势随磁通量的变化率的增大而增大。 （3）磁体从靠近线圈的上方静止下落，当磁体进入线圈的过程，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向下，当磁体离开线圈的过程，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向上，所以磁体进入和穿出线圈时感应电流方向相反；当磁体完全进入线圈时，穿过线圈的磁通量不变，则不会产生感应电流，磁体会加速运动，当到达线圈底部时，磁通量变化率大于磁体刚进入线圈时，依据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知到达底部的感应电流较大，故A正确，B、C、D错误。 故选：A. 故答案为：（1）A；（2）磁通量的变化率；（3）A。 18．为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下的实验。 （1）所用电流计指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“+”接线柱流入电流计时，指针向右偏转； （2）如图甲，将条形磁铁S极向下插入螺线管时，发现电流计的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图乙所示，则螺线管中感应电流产生的磁场方向 　向下　 （填“向下”或“向上”）； （3）关于该实验，下列说法正确的是 　A　 。（填正确答案标号） A.将磁铁插入的速度越大，电流计指针偏转幅度越大 B.将磁铁插入的速度越大，电流计指针偏转幅度越小 C.将磁铁的N极向下，并将其抽出，电流计指针向左偏转 D.将磁铁的N极向下，并将其插入，电流计指针向右偏转 （4）本实验也可以用发光二极管代替电流计进行实验，如图丙所示，将条形磁铁N极向下插入螺线管，可观察到发光二极管 　D1 （填“D1”或“D2”）短暂发光。由此可分析得出：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向 　相反　 （填“相同”或“相反”）。 【答案】（2）向下；（3）A；（4）D1；相反。 【解答】解：（2）将条形磁铁S极向下插入螺线管时，穿过线圈的原磁场方向向上，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，螺线管中感应电流产生的磁场方向向下； （3）AB.将磁铁插入的速度越大，穿过线圈的磁通量的变化率越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，偏转幅度越大，故A正确，B错误； C.将磁铁的N极向下，穿过线圈的原磁场方向向下，并将其抽出，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向下，根据安培定则线圈中的感应电流由B流向A，电流计指针向右偏转，故C错误； D.将磁铁的N极向下，穿过线圈的原磁场方向向下，并将其插入，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向上，根据安培定则线圈中的感应电流由A流向B，电流计指针向左偏转，故D错误。 故选：A。 （4）将条形磁铁N极向下插入螺线管，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向上；根据安培定则线圈中产生的感应电流方向俯视时为逆时针方向，可观察到发光二极管 D1短暂发光； 由此可分析得出当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向相反。 故答案为：（2）向下；（3）A；（4）D1；相反。 学科网（北京）股份有限公司 $