2025高考物理步步高同步练习选修2第二章互感和自感含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第二章4互感和自感[学习目标]1.了解互感现象及其应用.2.能够通过电磁感应的有关规律分析通电自感和断电自感现象.3.了解自感电动势的表达式E＝Leq\f(ΔI,Δt)，知道自感系数的决定因素.4.了解自感现象中的能量转化．一、互感现象1．互感和互感电动势：两个相互靠近且没有导线相连的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作互感电动势．2．应用：利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器就是利用互感现象制成的．3．危害：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间．在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作．二、自感现象当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场不仅在邻近的电路中激发出感应电动势，同样也在线圈本身激发出感应电动势，这种现象称为自感．由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势．三、自感系数1．自感电动势：E＝Leq\f(ΔI,Δt)，其中eq\f(ΔI,Δt)是电流的变化率；L是自感系数，简称自感或电感．单位：亨利，符号：H.2．自感系数与线圈的大小、形状、匝数，以及是否有铁芯等因素有关．四、磁场的能量1．线圈中电流从无到有时，磁场从无到有，电源把能量输送给磁场，储存在磁场中．2．线圈中电流减小时，磁场中的能量释放出来转化为电能．3．自感电动势有阻碍线圈中电流变化的性质．1．判断下列说法的正误．(1)两个线圈相距较近时，可以产生互感现象，相距较远时，不产生互感现象．(×)(2)自感现象中，感应电流一定与原电流方向相反．(×)(3)线圈的自感系数与电流大小无关，与电流的变化率有关．(×)(4)对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大．(√)(5)没有发生自感现象时，即使有磁场也不会储存能量．(×)2．如图1所示，电路中电源内阻不能忽略，L的自感系数很大，其直流电阻忽略不计，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，A灯________变亮，B灯________变亮．当S断开时，A灯________熄灭，B灯________熄灭．(均选填“立即”或“缓慢”)图1答案缓慢立即缓慢缓慢一、互感现象导学探究如图2所示，在法拉第的实验中两个线圈并没有用导线连接，当一个线圈中的电流变化时，在另一个线圈中为什么会产生感应电动势呢？图2答案两个线圈之间并没有导线相连，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会使穿过另一个线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势．知识深化1．当一个线圈中的电流变化时，它产生的磁场就发生变化，变化的磁场在周围空间产生感生电场，在感生电场的作用下，另一个线圈中的自由电荷定向运动，于是产生感应电动势．2．一个线圈中电流变化越快(电流的变化率越大)，另一个线圈中产生的感应电动势越大．3．应用与危害(1)应用：变压器、收音机的磁性天线都是利用互感现象制成的．(2)危害：在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作，这时要设法减小电路间的互感．例如在电路板刻制时就要设法减小电路间的互感现象．(多选)(2020·天津卷)手机无线充电是比较新颖的充电方式．如图3所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量．当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电．在充电过程中()图3A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失答案AC解析送电线圈中通入的是正弦式交变电流，故产生的磁场也是周期性变化的，受电线圈中产生的感应电流也是周期性变化的，感应电流产生的磁场也是周期性变化的，故A正确，B错误；送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，故C正确；有一部分能量会以电磁波的形式散发到周围的空间中损失掉，也有一部分能量转化为手机的内能损失掉，故D错误．针对训练如图4所示，在同一铁芯上绕着两个线圈A、B，单刀双掷开关原来接“1”，现在把它从“1”扳向“2”．则在此过程中，电阻R中的电流方向是()图4A．先由P→Q，再由Q→PB．先由Q→P，再由P→QC．始终由Q→PD．始终由P→Q答案A解析由于A线圈产生的磁场发生变化，B线圈中会产生感应电流，这就是互感．将开关由“1”扳到“2”的过程中，分两个阶段来分析电阻R上的电流方向．(1)在线圈A中电流沿原方向减小的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着减弱，导致穿过线圈B的磁通量减少．由楞次定律知，线圈B中会产生由P→Q的感应电流；(2)在线圈A中电流沿原方向增大的过程中，线圈A的磁场自右向左也跟着增强，导致穿过线圈B的磁通量增加．由楞次定律知，线圈B中会产生由Q→P的电流．综上分析可知，全过程中流过电阻R的电流方向先是由P→Q，然后是由Q→P，所以A正确．二、自感现象导学探究1．按照图5连接电路．(1)开关S接通时，灯泡1和2的发光情况有什么不同？图5(2)利用已学知识解释该现象．答案(1)灯泡2立即发光，而灯泡1是逐渐亮起来的．(2)接通电源的瞬间，电流增加，线圈L中产生感应电动势．根据楞次定律，感应电动势会阻碍电流的增加，所以灯泡1慢慢地亮起来．2．按照图6连接电路．(1)先闭合开关使灯泡发光，稳定后断开开关．观察并说明开关断开时灯泡的亮度．图6(2)利用已学知识解释该现象．答案(1)灯泡逐渐熄灭．(2)开关断开时，通过线圈L的电流减小，这时会出现感应电动势阻碍线圈L中的电流减小，线圈中产生与原方向相同的电流，与灯泡构成闭合回路，所以灯泡不是马上熄灭，而是慢慢熄灭．知识深化1．对自感现象的理解自感现象是一种电磁感应现象，遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律．2．对自感电动势的理解(1)产生原因通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在线圈上产生感应电动势．(2)自感电动势的方向当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同(即：增反减同)．(3)自感电动势的作用阻碍原电流的变化，而不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用．3．对电感线圈阻碍作用的理解(1)若电路中的电流正在改变，电感线圈会产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使通过电感线圈的电流不能突变．(2)若电路中的电流是稳定的，电感线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的．(3)线圈通电和断电时线圈中电流的变化规律如图7.图7考向1通电自感现象如图8所示，电路中电源的内阻不能忽略，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，下列说法正确的是(线圈L的自感系数很大，直流电阻较小)()图8A．A比B先亮，然后A逐渐熄灭B．B比A先亮，然后B逐渐变暗C．A、B一起亮，然后A逐渐熄灭D．A、B一起亮，然后B逐渐熄灭答案B解析S闭合时，线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，电路稳定后线圈L的直流电阻较小，故流过B灯支路的电流变小，所以B灯逐渐变暗，故B正确．考向2断电自感现象如图9所示，开关S处于闭合状态，小灯泡A和B均正常发光，小灯泡A的电阻大于线圈L的直流电阻，现断开开关S，以下说法正确的是()图9A．小灯泡A越来越暗，直到熄灭B．小灯泡B越来越暗，直到熄灭C．线圈L中的电流会立即消失D．线圈L中的电流过一会再消失，且方向向右答案D解析S断开瞬间，B立即熄灭．由于小灯泡A的电阻大于线圈L的直流电阻，所以S断开前线圈的电流大于小灯泡A中的电流．S断开瞬间，线圈中出现自感电动势，从而阻碍电流的减小，线圈中的电流方向不变，但大小由原电流逐渐减小，即线圈L中的电流过一会再消失，且方向向右，因L和A组成新的回路，所以A先亮一下，然后慢慢熄灭，故D正确．在如图10所示的电路中，开关S闭合且稳定后流过自感线圈的电流是2A，流过灯泡D的电流是1A，现将开关S突然断开，能正确反映流过灯泡的电流i在开关S断开前后随时间t变化关系的图像是()图10答案D解析开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1A．开关S断开瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的自感电流，使线圈中的电流从2A逐渐减小，方向不变，且与灯泡D构成闭合回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，故D对．三、自感电动势和自感系数导学探究自感电动势的大小与哪些因素有关？自感系数与哪些因素有关？答案根据公式E＝Leq\f(ΔI,Δt)可知，自感电动势与自感系数和电流的变化率有关．自感系数与线圈的大小、形状、匝数以及有无铁芯等因素有关．知识深化1．自感电动势(1)表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).(2)理解：①公式中eq\f(ΔI,Δt)为电流的变化率，电流变化越快，电流变化率越大，自感电动势也越大．②公式中L为线圈的自感系数．2．自感系数关于自感现象、自感系数、自感电动势，下列说法正确的是()A．当线圈中通恒定电流时，线圈中没有自感现象，线圈自感系数为零B．线圈中电流变化越快，线圈的自感系数越大C．自感电动势与原电流方向相反D．对于确定的线圈，其产生的自感电动势与其电流变化率成正比答案D解析当线圈中通恒定电流时，线圈中没有自感现象，不产生自感电动势，但是线圈自感系数不为零，选项A错误；线圈中电流变化越快，产生的自感电动势越大，线圈的自感系数与电流变化快慢无关，选项B错误；根据楞次定律，当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流增大，自感电动势方向与原电流方向相反；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流减小，自感电动势方向与原电流方向相同，选项C错误；对于确定的线圈，自感系数L一定，其产生的自感电动势与其电流变化率eq\f(ΔI,Δt)成正比，选项D正确．1．(互感现象)(多选)(2020·惠州市第一次调研)目前无线电力传输已经比较成熟，如图11所示为一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示．利用这一原理，可以实现对手机进行无线充电．下列说法正确的是()图11A．只要A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C．A中电流越大，B中感应电动势越大D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大答案BD解析根据感应电流产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，B线圈中不会产生感应电动势，故A错误；若A线圈中输入变化的电流，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，B线圈中会产生感应电动势，A线圈中电流变化越快，A线圈中电流产生的磁场变化越快，B线圈中感应电动势越大，故B、D正确，C错误．2．(自感系数)(2020·株洲市高二上期中)关于线圈的自感系数，下列说法正确的是()A．线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零C．线圈中电流变化越快，自感系数越大D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定答案D解析线圈的自感系数是由线圈本身的因素及有无铁芯决定的，与有无电流、电流变化情况都没有关系，故选项B、C错误，D正确；自感电动势的大小除了与自感系数有关，还与电流的变化率有关，故选项A错误．3．(自感现象)(2020·四川成都外国语学校期中)如图12所示，L是电感足够大的线圈，其直流电阻可忽略不计，A和B是两个参数相同的灯泡，若将开关S闭合，等灯泡亮度稳定后，再断开开关S，则()图12A．开关S闭合时，灯泡A比B先亮B．开关S闭合时，灯泡A、B同时亮，最后一样亮C．开关S闭合后，灯泡A逐渐熄灭，灯泡B逐渐变亮，最后亮度保持不变D．开关S断开瞬间，A、B闪亮一下逐渐熄灭答案C解析开关S闭合时，由于L的阻碍作用，电流从两灯中流过，故两灯同时亮，此后，有电流流过L，且流过L的电流逐渐增大，流过A的电流逐渐减小，电路稳定后，灯泡A被短路而熄灭，B灯比原来更亮且最后亮度保持不变，故C正确，A、B错误；开关S断开瞬间，B中电流消失，故立即熄灭，由于电感线圈中产生自感电动势，且L和A构成回路，所以A闪亮一下后逐渐熄灭，故D错误．4．(自感现象中的图像问题)(多选)如图13所示，用电流传感器研究自感现象．电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值．t＝0时刻闭合开关S，电路稳定后，t1时刻断开S，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图像．下列图像中可能正确的是()图13答案AD考点一互感现象1．(多选)如图1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Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有()图1A．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，把Q靠近PD．无需闭合开关S，只要把Q靠近P即可答案BC解析闭合开关S后，若把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，Q线圈中电流方向与题图电流方向相反，故A错误；同理可知，B正确；闭合开关S后，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，Q线圈中的电流方向与题图电流方向相同，故C正确；若S不闭合，则Q线圈中无磁场，故Q中不会有电流产生，故D错误．考点二自感现象2.(2020·重庆一中高二上期末)如图2，A、B是两个完全相同的白炽灯，L是自感系数很大、直流电阻可忽略的自感线圈．下列说法正确的是()图2A．闭合开关S，A、B灯同时亮B．闭合开关S，A灯比B灯先亮C．闭合开关S，A、B灯最后一样亮D．断开开关S，A灯慢慢熄灭，B灯闪亮一下再慢慢熄灭答案C解析开关闭合的瞬间，电源两端的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光；由于线圈的自感作用，A灯逐渐发光，由于线圈的直流电阻可以忽略，则电路稳定时两灯一样亮，选项A、B错误，C正确．断开开关的瞬间，原来流过B灯的电流立即消失，流过线圈的电流将要减小，线圈产生自感电动势，相当于电源，线圈与两灯A、B构成一个闭合回路，则两灯同时逐渐熄灭；由于原来通过A、B两灯的电流相等，则B灯不会闪亮，选项D错误．3.如图3所示，多匝线圈L的电阻和电源内阻不计，两个电阻的阻值都是R，开关S原来是断开的，电流I0＝eq\f(E,2R)，现闭合开关S将一电阻短路，于是线圈有自感电动势产生，则该电动势()图3A．有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零B．有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0C．有阻碍电流增大的作用，因而电流将保持I0不变D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是增大到2I0答案D解析开关S由断开到闭合，回路中的电流要增大，因而在L上要产生自感电动势，自感电动势要阻碍原电流的增大，但阻碍不是阻止，电流仍要增大，达到稳定后电流为2I0，选项D正确．4.(多选)如图4所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大的线圈，其直流电阻等于灯泡电阻．闭合开关S，电路稳定时，B灯恰能正常发光．则()图4A．开关S闭合时，A、B两灯同时亮B．开关S闭合，电流稳定时，A灯熄灭C．开关S断开时，两灯都会亮一下再熄灭D．开关S断开时，A灯灯丝不可能被烧断答案AD解析开关S闭合瞬间，A和B同时发光，故A正确；电路稳定后L的电感不再起作用，起作用的只是它的直流电阻，因A、B是完全相同的两个小灯泡，B此时正常发光，那么说明灯的额定电流由并联的A和L的直流电阻分配，L的直流电阻等于灯泡电阻，那么A支路的电流等于其额定电流的eq\f(1,2)，也就是说其亮度较B灯暗，但不熄灭，故B错误；断开开关S的瞬间，由电感的特性可知，L和A组成的回路中的电流大小不变，其数值就是S断开前L支路中的电流，即等于额定电流的一半，A灯不会闪亮一下，灯丝也不可能被烧断，而B灯立即熄灭，故C错误，D正确．5．(2020·北京海淀区期末)在如图5所示的电路中，两个完全相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S待电路稳定后，调整R的滑片使L1和L2亮度一样，此时通过两个灯泡的电流均为I.在之后的t0时刻断开S，则在下列选项中，能正确反映t0前后的一小段时间内通过L1的电流i1和通过L2的电流i2随时间t变化关系的图像是()图5答案A解析L1与线圈串联，断开S瞬间，流过线圈的电流不变，电感线圈产生与流过它的电流同向的感应电动势，电动势慢慢变小，则电流慢慢变小，故A正确，B错误；S断开的瞬间，流过L2的电流反向，之后电流逐渐减小，故C、D错误．6．(多选)在如图6所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用i1、i2表示流过D1、D2的电流，则下列图像中能定性描述电流随时间变化关系的是()图6答案BC解析闭合开关S后，通过D1、D2和D3的电流方向都是由上向下，D1中电流逐渐增大至稳定，且D1中稳定电流为D2、D3中稳定电流的2倍，断开开关S后，由于自感现象，通过D1的电流方向不变，电流逐渐减为0，故选项A错误，B正确；开关断开后，D2和D3中电流方向与原方向相反，大小由D1中的稳定电流值逐渐减为0，故选项C正确，D错误．7.(2020·郑州市期中)在如图7所示的电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零刻度在表盘中央的两个相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1、G2的指针都偏向右方，那么当断开开关S时，将出现的现象是()图7A．G1和G2的指针都立即回到零点B．G1的指针立即回到零点，而G2的指针缓慢地回到零点C．G1的指针缓慢地回到零点，而G2的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D．G2的指针缓慢地回到零点，而G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点答案D解析S断开瞬间，由于L的自感电动势的作用，电流不会立即消失，而是与原电流同向，即沿L、G2、G1方向在闭合回路中继续维持一个较短的时间，因此G2的指针缓慢地回到零点，而G1的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，故选D.本章知识网络构建楞次定律的应用[学习目标]1.进一步理解楞次定律，掌握楞次定律的几个推论.2.熟练应用安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律分析有关综合问题．一、楞次定律的重要结论1．“增反减同”法感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化．(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反．(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．口诀记为“增反减同”．如图1所示，三个线圈在同一平面内，当I减小时，关于a、b线圈中的感应电流方向，以下说法正确的是()图1A．都为顺时针方向B．a线圈中为顺时针方向，b线圈中为逆时针方向C．都为逆时针方向D．a线圈中为逆时针方向，b线圈中为顺时针方向答案D解析根据安培定则判断可知，在线圈a处产生的磁场方向垂直于纸面向外，当I减小时，穿过线圈a的磁通量减少，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈a中产生逆时针方向的感应电流；线圈b处的磁场方向垂直于纸面向里，当I减小时，穿过线圈b的磁通量减少，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈b中产生顺时针方向的感应电流，选项D正确，A、B、C错误．2．“来拒去留”法由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动．口诀记为“来拒去留”．(多选)如图2所示，用绳吊起一个铝环，用条形磁体的N极去靠近铝环，直至从右侧穿出的过程中()图2A．磁体从左侧靠近铝环时，铝环向右摆动B．磁体在右侧远离铝环时，铝环向左摆动C．磁体从左侧靠近铝环时，铝环A端为N极D．磁体在右侧远离铝环时，B端为S极答案AC解析磁体从左侧靠近铝环时，在铝环中产生感应电流，感应电流的磁场必定阻碍磁体的靠近，铝环A端为N极，铝环向右摆动，A、C正确；当磁体在右侧远离铝环时，感应电流的磁场阻碍铝环的远离，铝环右摆，B端为N极，B、D错误．3．“增缩减扩”法就闭合电路的面积而言，收缩或扩张是为了阻碍穿过电路的原磁通量的变化．若穿过闭合电路的磁通量增加，面积有收缩趋势；若穿过闭合电路的磁通量减少，面积有扩张趋势．口诀记为“增缩减扩”．说明此法只适用于回路中只有一个方向的磁感线的情况．(多选)如图3所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路．当一条形磁体从高处下落接近回路时(重力加速度为g)()图3A．p、q将互相靠拢B．p、q将互相远离C．磁体的加速度仍为gD．磁体的加速度小于g答案AD解析由楞次定律的结论可知，当穿过闭合回路的磁通量增加时，回路的面积有收缩趋势且阻碍磁体的靠近，所以p、q将相互靠拢且磁体受到向上的阻力，磁体的加速度小于g，故选项A、D正确．4．“增离减靠”法若磁场变化且线圈回路可移动，当磁场增强使得穿过线圈回路的磁通量增加时，线圈将通过远离磁体来阻碍磁通量增加；反之，当磁场减弱使得穿过线圈回路的磁通量减少时，线圈将通过靠近磁体来阻碍磁通量减少．口诀记为“增离减靠”．如图4所示，一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，能观察到N向左运动的是()图4A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时答案C解析金属环N向左运动，说明穿过N的磁通量在减少，则线圈M中的电流在减小，只有选项C符合．针对训练(多选)(2020·临沂十九中高二上月考)如图5所示，在水平木质桌面上平放一个铜质圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁体，铜环始终静止．关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是()图5A．当条形磁体靠近铜环时，F>GB．当条形磁体远离铜环时，F<GC．无论条形磁体靠近还是远离铜环，F＝GD．无论条形磁体靠近还是远离铜环，F>G答案AB解析当条形磁体靠近铜环时，根据楞次定律的推论“增离减靠”，铜环将远离条形磁体，所以对桌面的压力变大，故A正确．当条形磁体远离铜环时，铜环中的磁通量减少，铜环将靠近条形磁体，所以对桌面的压力减小，故B正确，C、D错误．二、“三定则一定律”的综合应用安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较比较项目安培定则左手定则右手定则楞次定律适用场合判断电流周围的磁感线方向判断通电导线在磁场中所受的安培力方向判断导体切割磁感线时产生的感应电流方向判断回路中磁通量变化时产生的感应电流方向因果关系因电而生磁(I→B)因电而受力(I、B→F安)因动而生电(v、B→I感)因磁通量变化而生电(ΔΦ→I感)(多选)如图6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，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是(导体切割磁感线速度越大，感应电流越大)()图6A．向右加速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向左减速运动答案BC解析当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，故选项A错误，C正确．同理可判断选项B正确，D错误．1．(“增反减同”法)(2020·大连市期中)如图7甲所示的闭合圆线圈放在匀强磁场中，t＝0时磁感应强度垂直线圈平面向里，磁感应强度随时间变化的关系图像如图乙所示．则在0～2s内线圈中感应电流的方向为()图7A．逆时针 B．先逆时针后顺时针C．顺时针 D．先顺时针后逆时针答案C解析将0～2s时间段划分为两段：0～1s内，线圈中磁场的磁感应强度为正，磁感应强度垂直线圈平面向里且磁通量减小，由“增反减同”可知，感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里，根据安培定则可知，感应电流的方向为顺时针；1～2s内，线圈中磁场的磁感应强度为负，磁感应强度垂直线圈平面向外且磁通量增大，由“增反减同”可知，感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里，根据安培定则可知，感应电流的方向仍为顺时针，所以选项C正确．2．(“来拒去留”法)如图8所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁体．下列选项能使流过电阻的感应电流的方向由b到a，且线圈与磁体相互排斥的是()图8A．S极向下，磁体向下运动B．S极向下，磁体向上运动C．N极向下，磁体向下运动D．N极向下，磁体向上运动答案A3.(“增缩减扩”法)(2020·湖北随州一中期中)如图9所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法中正确的是()图9A．穿过线圈a的磁通量变大B．线圈a有收缩的趋势C．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大答案C解析当滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，通过线圈b的电流减小，线圈b产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小，故A错误；根据楞次定律的结论知，线圈a应有扩张的趋势，故B错误；线圈a中感应电流方向为俯视顺时针，故C正确；将线圈a和b等效成两个条形磁体，可判断此时两磁体互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故D错误．4.(“增离减靠”法)如图10所示，通电螺线管中间正上方和左侧分别用绝缘细线静止悬挂着铝环a和b，两环平面与螺线管的中心轴线都垂直，b环的圆心在螺线管的中心轴上．当滑动变阻器R的滑片P向左滑动时，下列关于两环中产生的感应电流方向和受到的安培力方向的说法正确的是()图10A．电流方向相同，受力方向a环向上、b环向右B．电流方向相同，受力方向a环向下、b环向左C．电流方向相反，受力方向a环向下、b环向右D．电流方向相反，受力方向a环向上、b环向左答案D解析当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电流变大，通电螺线管的磁性将增强，穿过a和b的磁通量都增大，根据楞次定律可知，要阻碍磁通量的增大，a将向上方磁场较弱的方向运动，而b将向左侧磁场较弱的方向运动，即a、b分别受到向上和向左的安培力；根据安培定则可知，a所处位置的磁场方向向右，当磁场增强时，根据楞次定律可知，a产生从左向右看逆时针方向的感应电流，b所处位置的磁场的方向向左，当磁场增强时，根据楞次定律可知，b产生从左向右看顺时针方向的感应电流．综上，二者产生的电流方向相反，同时a环受到向上的安培力，b环受到向左的安培力，故A、B、C错误，D正确．1．(多选)如图1是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()图1A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动答案AC解析当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对右线圈来说，磁通量增加，产生感应电流，使钻头M向右运动，同理可知，开关由闭合到断开瞬间，钻头M向左运动，故A项正确，B项错误；当开关S已经闭合时，只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动，故C项正确，D项错误．2.(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图2所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当导体棒AB在外力F的作用下向右运动时，下列说法中正确的是()图2A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．磁场对导体棒CD的作用力向左D．磁场对导体棒AB的作用力向左答案BD解析导体棒AB切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，AB中感应电流的方向为B→A，则导体棒CD内有电流通过，方向是C→D，故A错误，B正确；导体棒CD内有电流通过，导体棒CD受到安培力作用，由左手定则判断可知，磁场对导体棒CD的作用力向右，磁场对导体棒AB的作用力向左，故C错误，D正确．3.(2020·江苏南通一中高二上期末)如图3所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两个可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增大时，导体ab和cd的运动情况是()图3A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离答案C解析由于在闭合回路abdc中，ab和cd中感应电流方向相反，所以两导体运动方向一定相反，排除A、B；当载流直导线中的电流逐渐增大时，穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍穿过闭合回路的磁通量的变化，所以两导体相互靠近，减小面积，达到阻碍磁通量增大的目的．故选C.4．如图4甲所示，有一闭合导体环，磁场方向垂直于环面向里(为正方向)，当磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化时，顺着磁场方向看，导体环中感应电流的方向是()图4A．一直顺时针 B．一直逆时针C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针答案D解析由题图乙可知，0～t0内，穿过导体环的磁通量增加，由楞次定律的结论——“增反减同”可知，感应电流产生的磁场方向垂直环面向外，所以感应电流方向为逆时针；同理可得t0～2t0内感应电流方向为顺时针，故D正确．5．(2020·全国卷Ⅲ)如图5，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()图5A．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端时向左运动答案B解析开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次定律(增离减靠)可知圆环会阻碍磁通量的增加，即向右运动，故选B.6.航母上舰载机电磁弹射的驱动原理如图6所示，当闭合开关S，固定线圈中突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则()图6A．闭合开关S的瞬间，从左侧看金属环中的感应电流沿逆时针方向B．若将电池正负极调换后，金属环弹射方向将改变C．若将金属环置于线圈的右侧，金属环将向左弹射D．若将金属环置于线圈的右侧，金属环将向右弹射答案D解析闭合开关S的瞬间，电流从线圈右侧流入，产生的磁场方向向左，由楞次定律可知，金属环中的感应电流方向由左侧看为顺时针，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．7.(多选)(2020·南通市期末)如图7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，不计空气阻力，在下落过程中()图7A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流的方向保持不变C．线框所受安培力的合力方向向上D．线框的机械能不断增大答案BC解析当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针方向，且方向不发生变化，A错误，B正确；整个线框所受的安培力的合力方向向上，对线框做负功，线框的机械能不断减小，C正确，D错误．8．如图8所示，一条形磁体从高h处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈，开关S断开时，由开始下落至落地用时t1，落地时速度为v1；开关S闭合时，由开始下落至落地用时t2，落地时速度为v2.不计空气阻力，则它们的大小关系是()图8A．t1>t2，v1>v2B．t1＝t2，v1＝v2C．t1<t2，v1<v2D．t1<t2，v1>v2答案D解析开关S断开时，线圈中无感应电流，对磁体无阻碍作用，故磁体自由下落，a1＝g；当S闭合时，线圈中有感应电流，对磁体有阻碍作用，故a2<g.所以t1<t2，v1>v2，故D正确．9.(多选)如图9所示，两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，漆包线绕成的两个线圈P、Q与其组成闭合回路．两个磁性很强的条形磁体如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动．以下说法正确的是()图9A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)B．P向右摆动的过程中，Q会向右摆动C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动D．若使Q左右摆动，P会始终保持静止答案AB解析穿过线圈