电磁感应【11大题型】解析版-2025-2026学年高二物理下学期（人教版）

电磁感应【11大题型】（期中复习讲义）

内容导航

明•期中考情把握命题趋势，明确备考路径

记•必备知识梳理核心脉络，扫除知识盲区

破•重难题型题型分类突破，方法技巧精讲

题型01探究影响感应电流方向的因素题型02感应电流方向的判断

题型03楞次定律推论的应用题型04法拉第电磁感应定律的理解及应用

题型05导体切割磁感线产生感应电动势题型06自感现象

题型07涡流、电磁阻尼和电磁驱动题型08电磁感应中的电路问题

题型09电磁感应中的图像问题题型10电磁感应中的动力学和能量问题

题型11电磁感应中的动量问题

过•分层验收阶梯实战演练，艇收复习成效

.明•期中考情.

核心考点复习目标考情规律

电磁感应现象能准确判断闭合|口|路中是否产生感应基础必考点。常以选择题形式考查对“磁通量变

与产生条件电流或感应电匆势，并说明理由（磁通化”这一本质条件的理解。易错点：误认为有磁

量是否变化）。场、有切割、有电流就一定有感应电流。

楞次定律与感能熟练运用楞次定律（“增反减同''）或高频核心考点。选择题中常结合具体操作（如磁

应电流方向判右手定则判断感应电流（或感应电动铁插入拔出线圈）考查方向判断。易错点：混淆

断势）的方向，并能解释“来拒去留”等现楞次定律（适用于所有情况）与右手定则（只适

象。用于切割〉的适用范围。

法拉第电磁感能准确理解并应用公式E=nA（P/At计算核心计算考点。是计算一切感应电动势的基础。

应定律感应电动势的大小，理解是磁通常考查对公式中n、△中含义的理解，以及△①

量的变化率。的计算（如面积变化、磁场变化）。

导体切割磁感能熟练应用公式E=BlvsinO计算平动切重点计算考点，应用极广。常作为综合题的起点。

线产生的动生割时的电动势，并能判断其方向（右手易错点：忽视速度v与磁感线方向的夹角0；混

电动势定则）。淆1是有效切割长度。

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电磁感应中的能将产生感应电动势的部分等效为电综合应用基础O是处理几乎所有电磁感应综合问

电路问题源，正确画出等效电路图，并求解路端题的第一步。易错点：电源内外电路识别错误：

电压、电流、电功率等。忽略电源内阻（导体棒电阻）。

电磁感应中的能分析并绘制感应电动势E、感应电流高频难点。考查对物理过程的动态分析能力。常

图像问题I、安培力F等履时间t或位移x变化的见类型：线框进出磁场、导体棒变速运动等。

图像。

中.磁感应中的能对在磁场中运动的导体棒讲行受力综合压轴热点。常与动量、能量结合，构成计算

动力学问题（单分析，应用牛顿第二定律分析其加速题。核心模型：阻尼式、发电式、含源电动式、

杆模型）度、速度的变化，并求解稳定状态（如含容充电式。

匀速运动时的最大速度）。

电磁感应中的能分析电磁感应过程中的能量转化关综合压轴热点。常作为动力学问题的延续，考查

能量问题系，并熟练计算安培力做的功、产生的能用守恒观点的应用。关键方法：焦耳热常通过

焦耳热、机械功率等。克服安培力做功或能量守恒来求解。

电磁感应中的能在电磁感应情境中应用动量定理或能力拔高考点。是近年命题趋势，尤其在双杆模

动量问题（单动量守恒定律，求解电荷量、位移、速型中。常用结论：q=△①/R总；BILAt=mAv（动

杆、双杆）度等问题。量定理）。

自感、互感与涡能解释自感（通电、断电）、互感（变现象与应用考点。常以选择题形式考查对原理的

流压器原理.）及涡流（电磁炉、阻尼）现理解和图像（如I-t图）分析。易错点：断电自

象，并能分析简单自感电路中的电流变感中电流方向判断错误。

化。

■记•必备知识.

愎知识点01磁通量

（1）公式：（P=BS,S为垂直磁场方向的投影面积，磁通量为标量。

（2）物理意义：

磁通量的大小可形象表示为穿过某一面积的磁感线条数的多少。

（3）磁通量的变化：△0=02—01o

•易错点：

•误认为磁通量与匝数有关，计算时错误乘以n0

•只看面积或磁场大小，忽略夹角与有效面积。

•忽略正负，往返穿过磁场时△中算成绝对值之差。

•磁感线与平面平行时，误判磁通量不为零。

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愎知识点02电磁感应现象

(1)电磁感应现象

当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中产生感应电流的现象。

(2)产生感应电流的条件

①条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

②特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。

(3)能量转化

发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能。

•易错点：

•误认为只要导体运动、磁场存在就一定有电磁感应。

•磁通量很大但不变时，误判存在感应电流。

•线圈也数影响电动势，但小影响磁通量本身。

•忽略回路是否断开，把感应电动势直接当作感应电流。

区知识点03感应电流方向的判定

(1)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景的变化。

“阻碍”不一定是相反，“阻碍”的是磁通量的变化；“隹碍”也不是阻止，而是延缓了磁通量的变

化过程。

②适用范围：一切电磁感应现象。

(2)右手定则

①内容：如图所示，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。

右手定则是楞次定律的特例，楞次定律适用于所有电磁感应现象，而右手定则适用于一段导体在磁场中

切割然感线运动的情况。

②适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。

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•易错点：

•右手定则与左手定则混用，方向判断相反。

•忽略回路是否闭合，误认为有感应电动势就一定有感应电流。

•只看磁场强弱变化，不判断磁通量增减趋势。

园＜知识点04法拉第电磁感应定律

(1)感应电动势

①概念：在电磁感应现象中产生的电动势。

②产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。

③方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。

(2)法拉第电磁感应定律

①内容：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。

②公式：E=n—,其中〃为线圈匝数。

2

F

③感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即

R+r

⑶导体切割磁感线的情形

切割方式电动势表达式

垂直切割E=Blv

旋转切割(以一端为轴)E=—RI2o)

2

感应电动势的方向与电池电动势的方向一样，都规定为在电源内部由负极指向正极。

•易错点：

•混淆①、△①、A①/At,以为磁通量越大电动势越大。

•转动切割误用平动公式，或漏乘i/2o

•有效长度判断错误，非垂直切割直接用E=BLvo

・计算电量时未乘匝数n,或总电阻代入错误。

•弯曲导线误算实际长度，未用等效直导线长度。

•速度为平均速度、瞬时速度不分，导致电动势类型用错。

愎知识点05自感、涡流、电磁阻尼、电磁驱动

⑴自感现象

①概念：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势，这种现象

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称为自感。

②自感电动势

a.定义：由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。

b.表达式：E=L——。

③自感系数L

a.相关因索：与线圈的人小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。

b.单位:亨利(H),lmH=10-3H,lgH=10-6H1,

⑵涡流

当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡，所以

叫涡流。

(3)电磁阻尼

导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻得导体的运动。

(4)电磁驱动

如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来。

•易错点：

•误认为自感能阻止电流变化，实际只是延缓变化。

•断电时忽略电路结构，错判灯泡是否闪亮。

•混淆通电、断电自感的目流方向，断电时线圈电流方向不变。

•把自感电动势当作恒定值，忽略其随电流变化而变化。

•误认为涡流只在金属表面产生，忽略整块导体均会产生。

•混淆阻尼与驱动：阻尼是导体减速，驱动是导体被带动。

•忽略涡流产生条件，无磁通量变化时仍判断有阻尼或驱动。

.破•重难题型.

【典例1】某学习小组同学用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管力、滑动变阻器、

开关与电池构成闭合回路：螺线管8与电流计构成闭合电路，螺线管8套在螺线管4的外面。

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(1)要想使电流计指针发生偏转,下列四种操作中可行的是()C

力.闭合开关,螺线管4和螺线管8相对静I卜向卜运动

8.闭合开关，螺线管8不动，螺线管力插入或拔出螺线管8

C.闭合开关，螺线管小B不动，移动滑动变阻器的滑片

。.螺线管48和滑动变阻器的滑片不动，闭合或断开开关

(2)利用图乙所示的装置进一步探究感应电流的方向与磁通量变化的关系，螺线管8与电流计构成闭合电路。

正确连接好实验电路后，将条形磁铁N极朝下插入螺线管8,观察到灵敏电流计G的指针向右偏。

①将条形磁铁N极朝下拔出螺线管8,观察到灵敏电流计G的指针(填“向左偏”或“向右偏”);

②将条形磁铁S极朝下插入螺线管B,观察到灵敏电流计G的指针(填“向左偏”或“向右偏”)。

【答案】BCD

向左偏

向左偏

【解析】

(1)要想使电流计指针发生偏转，即螺线管8与电流计构成闭合电路产生感应电流，螺线管8的磁通量发生变

化。

A.闭合开关，螺线管4和螺线管8相对静止向上运动，螺线管8的磁通量不变，故不产生感应电流，故A错

误；

B.闭合开关，螺线管3不动，螺线管4相当于电磁铁，插入或拔出螺线管8过程，螺线管3磁通量发生变化,

产生感应电流，故B正确；

C.闭合开关，螺线管4、8不动，移动滑动变阻器的滑片螺线管力的电流发生变化，产生的磁场变化，螺线管

8的磁通量发生变化，产生感应电流，故C正确：

D.螺线管4、8和滑动变阻器的滑片不动，闭合或断开开关瞬间螺线管A的电流发生变化，产生的磁场变化,

螺线管8的磁通量发生变化，产生感应电流，故D正确；

故选BCD；

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(2)①将条形磁铁N极朝下拔出螺线管B,磁通量变化与插入的变化相反，产生的感应电流方向相反，观察

到灵敏电流计G的指针向左偏；

②将条形磁铁S极朝下插入螺线管B,穿过螺线管8的磁场方向与N极朝下插入的磁场方向相反，产生的感

应电流的方向相反，观察到灵敏电流计G的指针向左偏。

故答案为：(1)8CD；(2)向左偏：向左偏。

【变式1】某同学用以下实验装置探究电磁感应现象中的感应电流，G为显敏电流计(已知电流从“+”接

线柱流入，指针向右偏转；电流从“一”接线柱流入，指针向左偏转)。

(1)如图甲，当导体棒成水平向右运动时，该同学观察到灵敏电流计的指针(填“向左偏转”“向右偏

转”或“不偏转”)。

(2)如图乙，闭合开关S的瞬间，该同学观察到灵敏电流计的指针(填“向左偏转”“向右偏转”或“不

偏转”)。

(3)如图乙，闭合开关S,电路稳定后，快速移动滑动变阻器的滑片与缓慢移动滑动变阻器的滑片相比，观

察到灵敏电流计的指针偏角更(填“大”或“小”

【答案】向左偏转

向左偏转

大

【解析】(1)由右手定则可知，当导体棒Qb水平向右运动时，感应电流方向为QTb,电流从“-”接线柱流

入，指针向左偏转。

(2)闭合开关S的瞬间，穿过右侧线圈的磁通量增大，感应电流的磁场与左侧线圈中电流产生的磁场方向相

反，由右手螺旋定则可知，感应电流从灵敏电流计的“一”接线柱流入，故指针向左偏转。

(3)闭合开关S,电路稳定后，快速移动滑动变阻器的滑片，左侧线圈中电流变化得更快，电流产生的磁场

也变化得更快，右侧线圈中的磁通量也变化得更快，由法拉第耳磁感应定律可知，产生的感应电动势更大,

感应电流也更大，所以灵敏电流计的指针偏角更大。

3题型二感应电流方向的判断

7/33

解I题I技I巧

•通用方法：楞次定律，步骤为定原磁场方向T判磁通量增减T感应磁场“增反减同”T安培定则定电流

方向。

•导体切割磁感线：直接用右手定则，磁感线垂直穿手心，拇指为运动方向，四指为感应电流方向。

•口诀辅助：来拒去留、增缩减扩、增反减同。

•闭合回路磁通量发生变化，才有感应电流。

【典例1】在第70场“南方教研大讲堂”罗老师展示的课例中，她用磁力小车做了小实验。磁力小车如图甲

所示，它的内部结构可以简化为如图乙所示，其中力、8是具有单向导电性的发光二极管（正向电阻为零，反

向电阻为无穷大），与线圈C构成闭合回路。实验前，磁力小车静止在水平桌面上（不计一切阻力）。关于实验

现象，下列说法正确的是（）

甲乙

A.将强磁铁N极快速靠近小车，二极管71将闪亮

B.将强磁铁S极快速靠近小车，二极管8将闪亮

C.将强磁铁N极快速靠近小车，小车将向右运动

D.将强磁铁S极快速靠近小车，小车将向左运动

【答案】ABC

【解析】4B、当将强磁铁N极快速靠近小车时，线圈C中向右的磁通量增加，由楞次定律和安培定则知，回

路产生逆时针方向的电流，二极管A将闪亮；当将强磁铁S极快速靠近小车时，线圈C中向左的磁通量增加,

由楞次定律和安培定则知，回路产生顺时针方向的电流，二极管8将闪亮；故48正确；

CD、无论强磁铁N极还是S极靠近小车，线圈C中磁通量均增加，由楞次定律知，为了阻碍通过线圈C的磁通

量增加，小车将向右运动，故C正确，。错误。

故选ABC。

【变式1】如图所示，导体就、cd可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通。当导体

棒时向左移动时0

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A.ab中感应电流的方向为Q到bB.ab中感应电流的方向为匕到a

C.cd向左移动D.cd向右移动

【答案】AD

【解析】由右手定则可判断力中感应电流方向为从。到山从而cd中电流方向为从c到d,根据左手定则可判

定cd中安培力方向水平向右，即cd向右移动，4、Q正确。

包题型三楞次定律推论的应用

解|题|卷|巧

•牢记楞次定律核心推论：增反减同、来拒去留、增缩减扩、阻碍相对运动。

•磁通量增加，感应磁场与原磁场反向；减少则同向，快速判断方向。

•导体或磁铁靠近时排斥，远离时吸引；回路面积随磁通量增减自动收缩（趋势）或扩张（趋势）。

•直接用推论定性判断运动、形变、电流方向，不用逐步分析。

【典例1】在获悉法拉第发现电磁感应现象之后，楞次立即开始进行电工方面的实验研究，并于1834年提

出楞次定律。下面几种与楞次定隹有关的现象描述正确的是。

A.条形磁铁靠近线圈时电子秤示数增大

B.™0条形磁铁靠近铝环时铝环会向左摆动

口

I

C.通电直导线的电流增大时矩形线框会向右运助或有向右运动的趋势

D.调整滑片P到某一位置闭合开关后电流表中有恒定电流

9/33

【答案】AC

【解析】4根据楞次定律可知条形磁铁靠近线圈时，条形磁铁和线圈相互排斥，则电子秤示教增大，故力

正确：

4.根据楞次定律可知条形磁铁靠近铝环时由于安培力铝环会向右摆动，B错误；

C根据楞次定律可知通电直导线的电流向上或向下增大时，矩形线框会向右运动或有向右运动的趋势，故C

正确；

。.根据楞次定律可知调整滑片户到某一固定位置，闭合开关M电路中电流稳定后，通过N线圈的磁通量不变,

电流表中无电流，。错误。

【变式1】如图所示，在水平桌面上有一金属圆环，在它圆心正上方有一条形磁铁（极性不明），当条形磁铁

F落时，可以判定（）

A.环中将产生俯视顺时针方向的感应电流B.环对桌面的压力将增大

C.环有面积缩小的趋势D.磁铁将受到竖直向下的电磁作用力

【答案】BC

【解析】4由于磁铁的极性不明，无法确定环中感应电流的方向，故4错误：

从磁铁靠近圆环，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律的推论可知，环有面枳减小和远离磁铁的趋势，故环

对桌面的压力将增大，故4C正确；

。.根据力的作用是相互的，可知，磁铁受到环对它施加的竖直向上的作用力，故。错误。

故选BC。

团题型四法拉第电磁感应定律的理解及应用

摊「靛「£「15

:•定律公式：E=nA（D/At,感应电动势与磁通量变化率成正比，与大小、变化量无关。

j•导体切割：E=BLv（垂直切割），有效长度取垂直速度与磁场分量。

:•转动切割：E=BwL2/2,注意转轴位置。

j•求电量用q=nA<D/R俵，与时间无关。

【典例1】图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近

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螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是()

A.按下按钮过程，螺线管P端电势较高

B.松开按钮后，穿过螺线管的磁通量为零

C.按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势

D.若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势

【答案】D

【解析】4按下按钮过程，通过螺线管的磁场向左、磁通晟增大，根据楞次定律增反减同结合右手螺旋定则，

可知电流从Q端流出，则螺线管Q瑞电势较高，故力错误；

8松开按钮后，穿过螺线管的磁通量变小，但不为零，故4错误；

。.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管中不会产生感应电动势，故C错误；

D按下和松开按钮过程，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管中磁通量的变化率相同，故螺线管产生的

感应电动势大小相同，故。正确C

故选

【变式1】穿过同•闭合回路的磁通量中随时间t变化的图像分别如图中的①〜④所示，下列关于回路中感

应电动势的论述正确的是0

A.图①同路产生恒定不变的感应电动势

B.图②何路产生的感应电动势一直在变大

C.图③回路0〜£i时间内产生的感应电动势小于门〜以时间内产生的感应电动势

D.图④网路产生的感应电动势先变小再变大

11/33

【答案】D

【解析【题图①中磁通量。不变，无感应电动势，4错误；题图②中磁通量e随时间£均匀增天，图像的斜

率A不变，也就是说产生的感应电动势不变，4错误；设题图③中回路在。〜口时间内磁通量。随时间t变化

的图像的斜率的绝对值为於，在口〜£2时间内磁通最。随时间t变化的图像的斜率的绝对值为七，从图像中发

现：的大于七，所以在。〜h时间内产生的感应电动势大于在h〜以时间内产生的感应电动势，C错误；题

图④中磁通量。随时间t变化的图像的斜率的绝对值先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，。正确。

包题型五导体切割磁感线产生感应电动势

傩「最i£j后

平动切割：垂直时E=BLv,帧斜时取有效长度和垂直分量。

转动切割：绕一端旋转E=Bo)U/2,注意角速度与线速度关系。

:•有效长度为导线两端点在垂直速度方向上的投影长度。

j•多棒串联电动势相加，并联取单棒电动势。

【典例1】如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度〃沿与棒和磁感应强

度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为。将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于

与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度〃运动时，棒两端的感应电动势大

小为匚则£等于()

lxXXXX

XXXzxX

yx

B.空C.lD.V2

【答案】B

【解析】设金属棒的长度为L，左侧的金属棒有效的切割长度为L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为

e=BLv,右侧的金属棒有效的切割长度为弓3垂直切割磁感线，产生的感应电动势为w'=B学4；,则£=

苧，故NCO错误，8正确。

【变式1】如图所示，导体棒4B长为2L,绕。点以角速度/沿逆时针方向匀速转动，0B长为L,且。84三点

在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为从充满转动平面且与转动平面垂更，那么48两端的电势差大小

为0

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A,少心B.2Ba)L2CABcoL2D.6Ba)L2

【答案】C

【解析】解：48两端的电势差大小等于金属棒48中感应电动势的大小，为：

E=B-2L-V=g-2L^L+^3L=4BL2a),故选C。

当题型六自感现象

解|靛|£「15

•自感遵循楞次定律，感应电动势阻碍电流的变化，即“增反减同”。

•通电自感：线圈阻碍电流增大，灯泡逐渐变亮；断电自感：阻碍电流减小，灯泡闪亮或缓慢熄灭。

•断电是否闪亮，看线圈稳定巨流是否大于灯泡原电流。

•有铁芯、匝数多，自感系数大，自感效应更明显。

【典例1］在如图所示电路中，L为自感系数较大的线圈，直流电阻不计，灯泡力1和力2是两个相同的灯泡,

R为定值电阻，下列说法正确的是()

A.开关闭合瞬间，灯泡①和乙都立即变亮

B.开关闭合稳定后，灯泡心和心一样亮

C.开关由闭合再突然断开，仆逐渐熄灭，心闪亮一下再熄灭

D.开关由闭合再突然断开，线圈L的左端电势高于右端

【答案】C

【解析】4开关闭合瞬间，儿逐渐变亮，力2立即变亮，故力错误;

及闭合稳定后月1更亮，6错误；

13/33

CD开关断开时，仆逐渐熄灭，力闪凫一下再熄灭，线圈右端电势更高，故C正确，。错误。

【变式1】如图所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，Li和殳为电感线圈.实验时，断开

开关Si瞬间，灯小突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2,灯上逐渐变亮.而另一个相同的灯心立即变亮，

最终心与小的亮度相同.下列说法正确的是0

A.图甲中，心与人的电阻值相同

B.图甲中，闭合Si，电路稳定后,公中电流大于Li中电流

C.图乙中，变阻器R与L的电阻值相同

D.图乙中，闭合S2瞬间，42中电流与变阻器R中电流相等

【答案】C

【解析】4图甲中，断开Si的瞬间，①灯闪亮，是因为电路稳定时，久的电流小于小的电流，则可知5的

电阻小于4的电阻，故4错误；

8.图甲中，，的电阻小于小的电阻，闭合电路稳定后，灯泡中的电流小于线圈中的电流，故8错误；

。.图乙中，因为闭合开关S2后，最终於与43的亮度相同，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，

所以变阻器R与儿的电阻值相同，故C正确：

。.图乙中，闭合S2瞬间，上对电流有阻碍作用，所以42中电流小于变阻器R中电流，故。错误。

3题型七涡流、电磁阻尼和电磁驱动

解।题।卷i巧

•涡流：整块导体磁通量变化产生感应电流，应用于真空冶炼、安检、电磁灶。

•电磁阻尼：导体相对磁场运动，涡流阻碍相对运动，做减速运动。

•电磁驷动：磁场运动带动导体运动，两者同向但转速不同。

•本质均为电磁感应+安培力作用，用楞次定律”阻碍相对运动”判断。

【典例1】扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌.为了有效隔离外界振动对STM的

扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所

示.无扰动时.，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板_L下及左右振动的哀

14/33

减最有效的方案是()

【答案】A

【解析】施加磁场来衰减振动是利用电磁阻尼实现的，即振动过程中发生电磁感应现象，产仁的感应电流

在磁场中受安培力阻碍其振动.

4选项的图中紫铜薄板无论上卜.振动还是左右振动都会出现磁通量的变化,从而会产生电磁感应现象：

8选项的图中紫铜薄板上下振动时没有磁通景的变化，不会产生电磁感应现象；

C选项的图中紫铜薄板无论上下振动还是左右振动均不会产生电磁感应现象；

。选项的图中紫铜薄板上下振动时不会产生电磁感应现象，故最有效的方案是4选项力正确.

【变式1】以下哪个措施是为了防止涡流的危害0

A.且磁炉所用的锅要用金属厚平底锅

B.变压器用互相绝缘的硅片叠成铁芯来代替整块硅钢铁芯

c利用金属探测器探测埋在地卜.的地雷

D.做电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上

【答案】B

【解析】AC选项都是对涡流的应用，。选项是利用电磁阻尼尽快使得线圈停止运动，只有8选项是防止涡流

的危害，故选8。

包题型八电磁感应中的电路问题

解|题|技|巧

•确定电源：切割导体或磁通量变化的线圈为等效电源，用楞次定律/右手定则判极性。

•用法拉第电磁感应定律E=nA<D/At或E=BLv求电动势。

•画等效电路图，分清内、外丹路，用闭合电路欧姆定律I=E/(R+r)。

•求电量用q=nA①/R与速度、时间无关。

15/33

【典例1】如图所示，a、匕两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径i二2入，图示区域内有

匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，则下列说法正确的是0

A。、b线圈中产生的感应电流方向均沿顺时针方向

B。、b线圈均有收缩趋势

C.Q、b线圈中产生的感应电动势之比E0：%,=4：1

D.a、b线圈中产生的感应电流之比〃：Ib=2：l

【答案】ACD

【解析】4根据楞次定律可知，原磁场向里减小，则感应电流的谏场与原磁场方向相同，因此感应电流为顺

时针，力正确；

8.根据左手定则可知，线圈受到的安培力向外，即线圈有扩张趋势，8错误；

C.根据法拉第电磁感应定律可知，£=爸=巴浮，而5=万厂2

因此电动势之比为,=*=总=*C正确；

D设导线横截面积为S'，由电阻定律R=P/

而导线长度心=2仃，故电阻之比为祟二段=4

由欧姆定律可知/=1则电流之比为"=$塞=；Q正确

R1B七BKA1

故选:ACDa

【变式1】如图所示，MN和PQ是两根相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计。

ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆具有一定的质量和电阻。开始时，将开关S

断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合。从S刚闭合开始，金属杆可能0

A.做加速度不变的减速运动B.做加速度变大的减速运动

16/33

C.做加速度变大的加速运动D.做加速度变小的加速运动

【答案】D

【解析】闭合开关时，金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力作用，若重力与安培力大小相等，金属杆

的合力为零，做匀速直线运动；

闭合开关时，若安培力小于重力，则金属杆的合力向下，加速度向下，做加速运动。随着速度增大，金属

杆产生的感应电动势增大，感应电流增大，金属杆受到的安培力增大,则合力减小,加速度减小，金属杆

做加速度逐渐减小的加速运动:

闭合开关时，若安培力大于重力，则金属杆的合力向上，加速度向上，做减速运动。随着速度减小，金属

杆产生的感应电动势减小，感应电流减小，金属杆受到的安培力减小,则合力减小，加速度减小，则金属

杆做加速度逐渐减小的减速运动，故力4C不可能，D可能。

故选：D。

包题型九电磁感应中的图像问题

解|题|花|巧

•先确定磁通晟变化，用楞次定律判断感应电流方向，用法拉第定律判断大小。

•图像重点看：B-t、6-t、E-t、1-1的斜率、正负、突变点。

•匀速切割时E、I恒定；匀变速时E恒定；面枳变化对应E变化。

•多过程分段分析，进出磁场时电流方向常相反。

【典例1】如图甲所示，等边三隹形匀质导线框用绝缘细杆悬挂于天花板上，图中虚线过江、ac边中点c、

d,虚线下方有垂直于导线框向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。己知导线框的

电阻为1仅加边的长度为1m。若磁感应强度8垂直纸面向里为正，线框中电流i顺时针为正，线框所受安培

力F安向上为正，Ude为d、e两点间的电势差，则下列图像正确的是0

17/33

【答案】D

【解析1.感生电动势E=黑，有效面积S='x]xlx警疗二娑巾2,感应电流；[由题图乙知，

ZJC4//1OIX

0〜2s内磁场均匀变化，=^T/s=2T/s,贝IJO〜2s内产生的恒定电流1=苧4故/、8错误；

。.结合上述分析，0〜2s内感生电动势£*=苧1/,根据楞次定律可知，e点电势高，由几何关系知，导线ead

的长度为导线框总长度的小则d、e两点间的电势差以=-'1=—/；2~3s内磁场不变化，不产生感应

电动势，d、e两点间的电势差为零；3〜5s内，d点电势高，d、e两点间的电势差以=与=今忆故。错

误；

D.安培力F安=BE有,有效长度力克=0.5m,0〜2s内磁感应强度随时间的关系为8=2—2t,线框所受安

培力产安向上为正，则0〜2s内安培力随时间的关系为/安=一等+苧t：同理，结合上述分析，2~3s内

安培力为零，3〜5s内尸安一t图像与0〜2s内一样，故。正确。

故选D。

【变式1】如图所示，有一宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里.现有一边长为J粗细均匀

的正方形金属线框MNPQ,以恒定速度穿过磁场区域。在运动过程中，金属线框MN边始终与磁场区域边界

平行，取MN边刚进入磁场为计时起点，规定逆时针方向为电流正方向，则在下列选项中，能正确反映线框

中感应电流以及MM两点间电势差UMN随时间变化规律的是0

18/33

【答案】BD

【解析】线框进入磁场的过程，由楞次定律可知，线框中感应可流沿逆时针方向，为正。感应电动势大小

和感应电流大小分别为

E=RIA),i=$=喀,MN两点间电势差为小3=华.进入过程所用时间为匕=与线框完全进入至恰

要:出磁场的过程，线圈内磁通量没有变化，没有感应电流。MN两点间电势差为UMN=BL〃该过程所用时

间为垃=5，线框出磁场的过程，由楞次定律可知电流方向为顺时针方向，为负。感应电动势大小和感应电

流大小分别为E=若=昭MN两点间电势差为U“N二竽，穿出过程所用时间为打二，故BD

KKeV

正确，力C错误。

故选：BD。

包题型十电磁感应中的动力学和能量问题

葡最「记「15

・动力学：先求感应电动势£=83，再求安培力F#B2[?V/R,结合牛顿定律分析加速或匀速。

•能量：安培力始终做负功，机械能转化为电能，再变为焦耳热。

•匀速运动时：外力功率等于日路热功率；变加速用动能定理。

•用楞次定律判断安培力方向，始终阻碍相对运动.

19/33

【典例1］如图所示，光滑平行导轨固定于水平面内，间距为Z,其所在空间存在方向竖直向上，磁感应强

度大小为8的匀强磁场，导轨左恻接有阻值为R的定值电阻，一长为1,质量为m,阻值为丁的导体棒垂直导

轨放置。导轨电阻忽略不计，导体棒运动中始终与导轨垂直且接触良好。现使导体棒获得一水平向右的速

度的，在导体棒向右运动的整个过程中，下列说法正确的是()

A.流过电阻R的电流方向为aT/?TbB.导体棒向右做匀减速运动

C.导体棒开始运动时的加速度为繇需D.电流通过电阻R产生的热量为语

【答案】C

【解析】解：A根据右手定则，导体棒向右运动时产生的感应电流在R的方向是biRia,故力错误；

及导体棒向右运动时，根据牛顿第二定律

BIV22

BDl”l=D1=Bl,v=ma,

R+rRD+r

由干u减小，故Q减小，不是匀减速运动，故8错误；

C导体棒开始运动时，由与警=ma,

R+r

得a=黔，故0正确；

。.根据能量的转化和守恒定律可知，整个电路产生的总焦耳热等于导体棒的初动能｝n屏，即R和r共同产生

的热量，故A上产生的热量小于为评，故。错误。

故选:Co

【变式1】如图所示，由同种材料、粗细均匀的电阻丝绕制成的矩形导体框Qbcd的斜边长为/、林边长为2，.

在外力作用下以速度〃向右匀速进入有界匀强磁场，第一次必边与磁场边界平行、第二次左边与磁场边界平

行。不计空气阻力，则先后两次进入过程()

20/33

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

A.线圈中电流之比为1:2

B.外力做功的功率之比为1:2

C.通过导体棒截面的电量之比为1:2

D.刚进入磁场时，Q、b两点间的电势差之比为5:2

【答案】AD

【解析】4根据E=可知，在导体框进入磁场的过程中，第一次与第二次切割磁感线的有效长度之比为

1:2,因此可知第一次和第二次导体框产生的感应电动势之比为1:2,设导体框的电阻为R,则感应电流为

/=i

R

同一导体框，总电阻相同，则感应电流之比也等于1:2,故力正确；

8.导体框在进入磁场的过程中，上下两边所受安培力始终大小相等方向相反，因此导体棒所受安培力的合力

实际等于切割磁感线的边所受安培力的大小，第一次和第二次进入磁场时电流之比为1：2,切割磁感线的边

长之比为1:2,根据/安=8几可知第一次和第二次导体框所受安培力大小之比为1:4,而导体框匀速进入磁

场，因此可知，外力大小之比为1:4,则外力所做的功之比为鉴二普=；':二J而两次导体框进入磁

场中所用时间之比为於日X”?由此可得外力的功率之比为宾=耨乂铝"片宗故6错误；

C.根据法拉第电磁感应定律E=几黑=黑，则7=[=啜;，而q=7戊二九8券•戊=〃吟■,其中

ZJtZJCKnZJiAZJLA

n=l,则q=8附，因为两次导体框完全进入磁场后面积的变化量相同，因此两次通过导体棒截面的电量

之比为1:1,故c错误;

。.刚进入磁场时，切割磁感线的导体相当于电源，则第一次%匕两点间的电势差为路端电压，有4力=亮

也也第二次进入磁场时a、b两点间的电势差为Uab2=t8x2山=^82,则可知两次的电势差之比为既=

hlux故短正确。

。DtVL

21/33

故选力。°

解I题I技I巧

•安培力是变力时，优先用动量定理：1安=饵）。

•安培力冲量化简：ZBILAt=BLq,q=n△①/R他。

・双棒切割、无外力时，系统动量守恒，安培力为内力。

•最终常达到匀速，两棒电动势相等或磁通量不变。

【典例1］如图，将足够长的平行光滑导轨水平放置，空间中存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，导轨上静

止放置两平行光滑导体棒就、加（导体棒垂直导轨且与导轨接触良好）.现给cd棒以沿导轨方向且远离疑棒的

初速度，则之后的过程中，两导体棒：（）

A.速度相等时相距最远B.静止在导轨上时距离最远

C.动量变化量大小一定相等D.速度变化量大小一定相等

【答案】AC

【解析】48.两导体棒速度相等时，问路中不再有感应电流，二者以相同的速度做匀速直线运动，相距最远,

故,4正确，8错误；

。•日于两导体棒所受安培力大小相等，根据动量定理，两导体棒动量的变化量大小相等，故。正确；

。.由动量定理：Zip=mAv,由于天知道两导体棒的质量关系，无法得到速度变化量大小的关系，故。错误。

故选片C。

【变式1】如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，与俄场方向垂直的水平面内有两根固定的足够

长的平行金属导轨,，导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒时和cd.构成矩形回路°己知两根导体

棒的质量均为血、电阻均为R,其他电阻忽略不计，导体棒均可沿导较无摩擦滑行。初始时刻打棒静止，给

cd棒一个向右的初速度火。两导体棒在运动中始终不接触。下列说法中正确的是（）

22/33

A.cd棒开始运动时，助棒中电流方向为bTQ,大小为簪

B.当cd棒速度减为0.8%时，油棒的加速度大小为嘿率

1Uffln

C.从开始运动到最终稳定，电路中产牛.的电能为萼

D.Qb棒的最终速度为为

【答案】B

【解析】4根据右手定则，cd棒电流方向由d到。，帅棒电流由a—》，电流大小/二殁，/错误；

£r\

股两棒组成的系统动量守恒，mv=mx0.8v+rnv,回路电流/=。？%)=0.3*。,棒的

00ab""OMo乙Kq"K

安培力Fab=BIL,ab棒的加速度大小。=警=嚅言，B正确;

III1U77ln

CD稳定时两棒共速“，7九%)=2m%v=0.5vo，电路中产生的电能为£电=/诏一杷血泄=刎诏，CD

均错误；

正确选项B

.过•分层验收.

期中基础通关练(测试时间：10分钟)

・，!|，・，。，・，。，・，・，・，。，・，・，・1・，・，・，・，・，・，■，■，■，・，・，・，■，・，・，・，・，・，,，・，・，■，・・・，・，・，・，・，■，・，■(■，■■■，■，■，・1。，・，・，・，・，・，・，・，■，・，・，・，・，・，・，・，・，・，・，・，・，・，・，・，■，・，・，・，

1.如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感

应电流。下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是0

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【答案】D

【解析由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆

环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故力错误；

由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通

量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故8错误；

C、由图示可知，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通

量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；

D.由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通

量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故。正确；

故选:Do

2.a》cd是•个用粗细均匀的电阻丝围成的正方形单匝线框，边长为L,每边电阻为R,匀强磁场与线框所在

平面垂直，如图所示,磁感应强度大小为B,线框在外力作用下以速度u向右匀速进入磁场，在进入过程中,

下列说法正确的是()

A.d端电势低于c端电势

B.dc两端电压的大小为BLu

C.Qd边不受安培力

D.线框受到的安培力方向向左，且大小为喏

【答案】D

【解析】根据右手定则可知cd中电流方向为由c到d,则d端电势高于c端电势，故力错误;cd边产生的感应电

动势的大小为E=84,则de两端电压为等效电源的路端电压，大小为〃=磊.3/?=审?加，故B错误;ad边

在磁场中的部分受安培力，在磁场外的部分不受安培力，故C错误;根据左手定则可知线框受到的安培力方

向向左，感应电流大小为/=翳，安培力大小为FA=1LB=嗤二故。正确。

3.电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随

24/33

发动机一起上下振动，每对永磁铁间均有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为8。磁场中，边长为L

的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线

不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是()

图甲

A.穿过线圈的磁通量为

B.永磁铁相对线圈上升越高,线圈中感应电动势越大

C.永磁铁相对线圈上升越快,线圈中感应电动势越小

D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向

【答案】D

【解析】题图乙所示位置穿过线圈的磁通量G=IBS,故“错误；根据法拉第电磁感应定律

可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故以C错误；永磁铁相对线圈

下降时，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故。正确。

4.两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直，边长为0.1m