课时分层检测(8) 楞次定律-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测( 0基础达标练0 l.闭合线框abcd,自某高 度自由下落时穿过一 个有界的匀强磁场，当 它经过如图所示的三 个位置时，感应电流的 方向是 ) A.经过I时，a→d→cb→a B.经过Ⅱ时，a→b→c→d→a C.经过Ⅱ时，无感应电流 D.经过Ⅲ时，a→b→c→d→a 2.通电长直导线中有恒定电流I,方 向竖直向上，矩形线框与直导线在 同一竖直面内，现要使线框中产生 如图所示方向的感应电流，则应使线框( A.稍向左平移 B.稍向右平移 C.稍向上平移 D.以直导线为轴匀速转动 3.1931年，英国物理学家狄拉 克从理论上预言：存在只有 一个磁极的粒子，即“磁单 极子”。1982年，美国物理 学家卡布莱设计了一个寻 找磁单极子的实验：他设 想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下 穿过如图所示的闭合超导线圈，那么，从上 向下看，这个线圈中将出现 ( A.先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感 应电流 B.先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感 应电流 C.顺时针方向的持续流动的感应电流 D.逆时针方向的持续流动的感应电流 4.如图所示，一根条形磁 铁自左向右穿过一个闭 合螺线管，则电路中 a©方 A.始终有感应电流自a向b流过电流表© 1 得分 八) 楞次定律 B.始终有感应电流自b向a流过电流表© C.先有a→©→b方向的感应电流，后有b→ ©→a方向的感应电流 D.将不会产生感应电流 5.如图所示的器材可用来研究电磁感应现象 及判定感应电流的方向」 宜 of-o 0 (1)在给出的实物图中，用实线作为导线将 实验仪器连成实验电路， (2)将线圈L1插入L2中，合上开关，能使感 应电流与原电流的绕行方向相同的方法是 A.插入软铁棒 B.拔出线圈L1 C.使变阻器连入电路中的阻值变大 D.断开开关 0能力提升练0 6.ab为一金属杆，它处在 如图所示的垂直于纸面 向里的匀强磁场中，可绕 a点在纸面内转动，s为 以a为圆心位于纸面内 的金属圆环，在杆转动过程中，杆的b端与金 属环保持良好接触，@为电流表，其一端与金 属环相连，另一端与a点良好接触。当杆沿 逆时针方向转动时，某时刻αb杆的位置如 图，则此时刻 A.有电流通过电流表，方向由向d;作用于 杆ab的安培力向右 B.有电流通过电流表，方向由d向c;作用于 杆ab的安培力向左 C.有电流通过电流表，方向由d向c;作用于 杆ab的安培力向右 D.无电流通过电流表；作用于杆ab的安培 力为零 班级 姓名 7.如图所示，在一固定水 平放置的闭合导体圆环 正上方有一条形磁铁由 导体 静止开始下落，下落过 圆环 程中始终保持竖直方 向，起始高度为h,最后 落在水平地面上。若不 777774777* 计空气阻力，重力加速 度取g,下列说法正确的是 ) A.磁铁下落的整个过程中，圆环中感应电流 的方向始终为顺时针方向（俯视圆环） B.磁铁下落的整个过程中，圆环受到它的作 用力总是竖直向下的 C.磁铁下落的整个过程中，它的机械能不变 D.磁铁落地时的速率一定等于√/2gh 8.1831年10月28日，法拉第在一次会议上展： 示了他发明的圆盘发电机，它是利用电磁感： 应的原理制成的，是人类历史上的第一台发 电机。图示是这个圆盘发电机的示意图：铜： 盘安装在水平的铜轴上，铜片甲、乙分别与 转动轴、铜盘边缘接触。下列四幅图中，图！ A、B中磁场方向与铜盘平行；图C、D中磁场 方向与铜盘垂直，C图中磁场区域仅在甲、丙： 之间，D图中磁场区域仅在甲、乙之间。从： 右向左看铜盘以相同的角速度逆时针方向 转动，电阻R上有电流且方向沿纸面向上的 是 丙 丙 B R 丙 B 9.长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静 止不动，如图甲所示。长直导线中通以大小： 和方向都随时间做周期性变化的电流，I-t图： 像如图乙所示。规定沿长直导线方向向上 的电流为正方向。关于0一T时间内矩形线 14 得分 框中感应电流的方向，下列说法正确的是 甲 A.由顺时针方向变为逆时针方向 B.由逆时针方向变为顺时针方向 C.由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺 时针方向 D.由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆 时针方向 …0情景创新练0 10.朝南的钢窗原来关着，今将它突然朝外（即 向西边)推开，转过一个小于90°的角度，考 虑到地球磁场的影响，从室内观察，则钢窗 活动的一条边（东边，即钢窗最外的竖直 边)中 () A.有自下而上的微弱电流 B.有自上而下的微弱电流 C.有微弱电流，方向先自上而下，后自下 而上 D.有微弱电流，方向先自下而上，后自上 而下 11.如图所示，在水平地面下有一条沿东西方 向铺设的水平直导线，导线中通有自东向 西稳定、强度大的直流电流。现用一闭合 的检测线圈（线圈中串联有灵敏的电流计， 图中未画出)检测此通电直导线的位置。 不考虑地磁场的影响，且检测线圈位于水 平面内。现使线圈从直导线正上方移动至 距直导线很远处，在此过程中，俯视检测线 圈，其中的感应电流的方向是 检测线圈 东 水平地面↑ h 南 地下通电 直导线 A.一直顺时针 B.一直逆时针 C.先逆时针后顺时针 D.先顺时针后逆时针课时分层检测（七） 1,D[安培力可以做正功，也可以做负功，故A错误：洛伦兹 日T=言×绍-故C正确：若改变右倒破场（左边界 力永远不做功，故B错误：安培力一定垂直于磁场，洛伦兹 位置不变)宽度，使粒子经过O,点后恰好不能从右侧离开该 力也一定垂直于磁场，故C错误：洛伦兹力不做功，不改变· 有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力， 速度的大小，但改变速度的方向，所以不改变物体的动能， 由牛顿第二定律可得qB=m二，把B选项中求得的速度 但可以改变物体的动量，故D正确。] 2.C「微粒沿OA做直线运动，则垂直 大小代入可得√gB 2Um ,则该有界磁场区城的宽度d=r= OA方向上合力一定为零，由于F高= qB与OA垂直，故微粒做匀速直线 2Um 运动，B错误；由平衡条件知，微粒受 gE V√gB,故D错误] 的洛伦兹力垂直OA斜向左上方，由 :8.B[设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为0，则 左手定则可知，微粒带负电，A错误： 1 mg qU=2mi 微粒受力分析如图所示，根据平衡条 带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有 件得qE=mgtan6,mg=quBcos0,由以上两式解得磁场的 整感应强度大小B一。电场的电场强度E 9Bo-m 依题意可知r=d, mgtan0,C正确，D错误。] 联立可解得磁感应强度B=√2gUm 3.AC[当滑片向右移动时，加速电场的电压增大，加速后电： 带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点 子动能增大，进入磁场时的初速度增大，在磁场内做匀速圆 到达C点，水平方向有d=t 周运动的半径变大，向下偏转程度变小，打在荧光屏的位置 上升，在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选 竖直方向有d=g5 2m 项A正确，B错误：磁感应强度增大，电子在磁场中运动速 度大小不变，打在荧光屏上的速度大小不变，选项C正确， 联立可解得电场张定E织 D错误。] 故A、C、D错误，B正确。 4,AC[滑块在运动过程中受到水平向左的电场力和水平向9.解析(1)小球在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力 右的洛伦兹力，竖直方向上有向下的重力和向上的摩擦力。， 提供向心力，有 若μ(qB一gE)=mg,则滑块受力平衡，将一直沿墙壁向： 9,B=m6 下做匀速直线运动；若a(g心，B一gE)<mg,则滑块在开始 运动的一段时间内做加速度减小的加速运动，速度增大到： 又3 某一值时滑块受力平衡，开始做匀速直线运动；若：(q。B 一qE)>g,则滑块在开始运动的一段时间内做减速运动，！ 解得，=gB 3m 速度减小到某一值时滑块受力平衡，开始做匀速直线运动。 综上可知，A、C正确，B、D错误。] 5.AC[在电场中加速时，由动能定理得gU= 2mu-0,在 磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，qB=m口，因此 可解得-gU=品m=密，故选A.C 21 2U (2)小球沿杆向下运动时，受力情况如图所示，受向左的洛 6.B[画出粒子运动轨迹，如图所示， 伦兹力F、向右的弹力FN、向下的静电力gE、向上的摩擦力 O,点为粒子在磁场中运动轨迹的圆 F:。当小球做匀速运动时，水平方向有FN=F=q,B 心，粒子在磁场中做圆周运动的半 竖直方向， 径为r=胎，0C=,粒子在电场中 0 O& 有qE=F,=FN 解得E=B1 做类平抛运动，有OQ=2OC=2r,粒子在电场中运动的时！ 10m8 间为=0Q=2-2,0C=号 (3)小球从a运动到b的过程中，由动能定理 0。V0qB i=合×5×f,联立解 m 1 得W电W=2mw 得E=子Ba,放E:B=分故B正骑，A,CD错误。] 又W电=gE1=9B1 10m 7,BC[带负电粒子向右加速， S 所受电场力向右，场强向左， 所以W,=9B上-1 10m m%,2-2gB1 45m 说明极板S,带负电，故A错 ×××× 4 误；设粒子到达O,点的速度大 A 小为v,由动能定理可得gU (3)4:9 2qd,故B 答案(1) 名m,解得√识 3m 2 ××× 课时分层检测（八） 正确；由几何关系可知粒子运 cL×.×】 ,「线框经过时，向里的破通受增加，根据拐次定律知感 动的圆心角为9=60=登，此子在篮场中运动的时间1= 应电流磁场方向向外，由安培定则判断感应电流方向为逆 时针，故A错误：线框经过Ⅱ时，磁通量不变，则感应电流为 235 0,故B错误，C正确：线框经过Ⅲ时，向里的磁通量减少，根：10.B[当钢窗转过一个小于90°的角度时，穿过窗框平面的 据楞次定律知感应电流的磁场方向向里，由安培定则判断 磁感线条数减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总 感应电流方向为顺时针，故D错误。] 是阻碍原来磁通量的减小，因此感应电流的磁场与原磁场 2.B[由楞次定律可知，线框左移，磁通量增加，感应电流的！ 方向相同。由安培定则知，钢窗活动的一条边（东边，即钢 方向与题图所示方向相反：选项C、D磁通量不变，无感应： 窗最外的竖直边)中的电流是自上而下的，因此选B。] 电流产生，故选项B正确。] :11.D当检测线圈由直导线正上方移至远处时，穿过线圈的 3.D[当N磁单极子向下靠近线圈时，穿过线图向下的磁通！ 磁场有向上的分量，磁通量先增大后减小，由楞次定律和 量增加，当N磁单极子向下远离线圈时，穿过线圈的磁通量 安培定则可知，线圈中的电流方向先顺时针后逆时针，所 向上且减少，根据楞次定律结合安培定则可知，产生的感应 以D正确。 电流均为逆时针方向，选项D正确。] 课时分层检测（九） 4.C[在条形磁铁进入螺线管的过程中，穿过闭合线图的磁1，B[左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流， 通量增大，产生的感应电流方向为a·©→b:当条形磁铁完 故横杆不发生转动。右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感 全进入螺线管时，穿过闭合线圈的磁通量不变，无感应电流！ 应电流，在磁场力的作用下横杆将发生转动，故B正确。」 产生；在条形磁铁穿出螺线管的过程中，穿过闭合线图的磁2.D[闭合开关S的瞬间，电流从线圈右侧流入，产生的磁场 通量减小，产生的感应电流方向为b→©→a,选项C正确。] 方向向左，由楞次定律可知，金属环中的感应电流方向由左 5.解析(1)实物连接如图所示. 侧看为顺时针，A错误；电池正负极调换后，根据“增离减 靠”可得，金属环仍将向左弹出，B错误；若将金属环置于线 圈的右侧，根据“增离减靠”可得，金属环将向右弹射，C错 误，D正确。] 3.D[条形磁铁从线圈中线AB正上方由左向右运动的过程 中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的“来拒 去留”可知，线圈先有向下和向右运动的趋势，后有向上和 向右运动的趋势，故线圈受到的支持力先大于重力后小于 (2)实验结果要使感应电流与原电流的绕行方向相同，必须 使线圈L2中的磁通量减少，故正确选项是B、C、D, 重力，运动趋势向右，故选D。 答案(1)实物电路图见解析(2)BCD :4.D[当通电直导线中电流增大时，穿过金属线圈的磁通量 增大，金属线圈中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流 6.BL当杆沿逆时针方向转动时，根据右手定则，判断出αb 杆中感应电流方向为b~a,电流通过电流表，方向为d·c; 要阻碍原磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍， 根据左手定则可知，作用于杆b的安培力向左，故B正确， 二是用远离直导线的方式进行阻碍，故D正确。 A、C、D错误。] ·5.D[开关S断开时，线圈中无感应电流，对磁体无阻碍作 7,[由题图可知，磁铁下落的过程中，穿过圆环的磁场方向 用，故磁体自由下落，山1=g:当S闭合时，线图中有感应电 向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增大，在磁铁 流，对磁体有阻碍作用，故a2<g。所以t<t2,>U2,故D 远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从 正确。] 上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针6，B[磁铁向左运动，穿过两环的磁通量都增加，根据楞次定 方向，A错误；由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁与！ 律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量的增加，所以两环都向 圆环间的相对运动，在磁铁靠近圆环的过程中为阻碍磁铁： 左运动。另外，两环产生的感应电流方向相同，依据安培定 的靠近，圆环对磁铁的作用力竖直向上，在磁铁穿过圆环并！ 则和左手定则可以判断两个环之间是相互吸引的，所以选 远离的过程中为阻碍磁铁的远离，圆环对磁铁的作用力竖 项A、C、D错误，B正确。 直向上，则在整个过程中，圆环对磁铁的作用力始终竖直向：7，A[当滑动变阻器的滑动触头句左滑动时，电路中的总电 上，根据牛顿第三定律可知，圆环受到磁铁的作用力总是竖！ 阻变小，流过螺线管的电流将增大，因此螺线管的磁场变 直向下的，B正确：磁铁下落的过程中，圆环中产生感应电： 强，即磁感应强度B变大，根据楞次定律可知，两根金属棒 流，圆环中有电能产生，磁铁的机械能有部分转化为电能， 应分别向外运动，增大回路的面积，以增大螺线管外部磁场 由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，C错误：若磁铁！ 的磁通量来抵消内部磁场磁通量的增大，故A正确。] 做自由落体运动，有⑦=2gh,磁铁落地时的速度。=！8，D[由题图知，穿过线圈的磁场方向向下，在磁铁向下运动 √2gh,由于磁铁下落时能量有损失，磁铁落地时的速度应 的过程中，穿过线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方 向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到α，电 小于√2gh,D错误。 容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确。] 8.D[A、B图中圆盘与磁场方向平行，不切割磁感线，故没 :9.C「根据楞次定律，当接通开关瞬间时，穿过线圈的磁通量 有感应电流产生，A、B错误：C图中，从右向左看，铜盘逆时 向左增大，则铜环中的感应电流的磁场方向向右，从左往右 针转动时，由右手定则可知，铜盘内感应电流的方向由乙流： 看，铜环中产生顺时针方向的感应电流，故A、B错误；接通 向甲，所以电阻R上的电流方向沿纸面向下，C错误：D图 中，根据右手定则可知，铜盘内感应电流的方向从甲到乙， 开关瞬间，穿过线圈的磁通量向左增大，根据楞次定律可 知，铜环的面积有收缩的趋势，故C正确，D错误。] 流经R的电流方向沿纸面向上，D正确。」] 10.AB[穿过线图P的磁感线方向向左，P向右摆动的过程 9.D[0~T时间内，长直导线中向上的电流增大，则线框中 中，磁通量减小，根据楞次定律，P中的电流方向从右向左 的磁通量增加，根据楞次定律和安培定则可知，线框中产生· 看为顺时针方向，A正确：由于Q与P构成一回路，Q中的 电流也为顺时针方向，Q线圈最下面的一条边中通过的电 递时针方向的感应电流：干~子时间内，长直等线中向上 流垂直于纸面向外，该处的磁场方向向下，则该边所受的 的电流减小，则线框中的磁通量减少，线框中产生顺时针方！ 安培力向右，那么Q会向右摆动，B正确，C错误；若使Q 向的感应电流：网理荆断出号~是T时问内、是T~T时同 左右摆动，最下面的那条边切割磁感线产生感应电流，则 P中有电流，那么P将受到安培力而运动，D错误。] 内的感应电流方向分别为顺时针方向和逆时针方向，故：11.B[胶木圆盘A由静止开始绕其轴线O按箭头所示方 选D。] 向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据安 236