第二章 电磁感应 学历案-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

该高中物理电磁感应学历案系统梳理了感应电流方向、电动势大小、感生电场等核心物理观念，通过表格形式将楞次定律与右手定则、平动及转动切割电动势公式等知识点串联，构建“现象-规律-应用”的逻辑知识网络。 其亮点在于采用“概念辨析-情境实验-综合建模”的复习策略，如通过条形磁铁穿铝环实验题培养科学推理能力，导体杆运动图像题强化模型建构思维，分层设计选择、解答题满足不同学生需求，助力知识巩固与教师精准复习教学。

电磁感应复习 物理观念 感应电流的方向 1.楞次定律：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.右手定则：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 感应电动势的大小 1.E=n，适用于一切电磁感应现象 2.导体棒平动切割磁感线：E=Blvsin θ，θ为v与B的夹角 3.导体棒转动切割磁感线：E=Bl2ω 感生电场 麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场 涡流 当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体，如果穿过它的磁通量发生变化，导体内都会产生感应电流，就像水中的漩涡，所以把它叫作涡电流 电磁阻尼和电磁驱动 1.电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的运动 2.电磁驱动：若磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来 互感和自感 1.互感：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 2.自感：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的感应电动势 3.自感电动势：由于自感而产生的感应电动势，E=L，其中是电流的变化率；L是自感系数，简称自感或电感。单位：亨利，简称：亨，符号：H 磁场的能量 线圈中电流从无到有时，磁场也从无到有，电源把能量输送给磁场，储存在磁场中 一、单选题 1．关于线圈中的感应电动势，下列说法中正确的是（　　） A．线圈放在磁场越强的位置，线圈中的感应电动势越大 B．穿过线圈的磁通量越大，线圈中的感应电动势越大 C．穿过线圈的磁通量变化率越大，线圈中的感应电动势越大 D．穿过线圈的磁通量变化越大，线圈中的感应电动势越大 2．如图所示，老师上课做演示实验时，用绝缘细线吊起一个轻质闭合铝环，条形磁铁与铝环的距离比较小。当手持磁铁使其N极突然向右迅速穿过铝环过程中（整个条形磁铁均穿过），下列说法正确的是（　　） A．整个过程中铝环中电流方向改变两次 B．条形磁铁穿过铝环后铝环向右摆动 C．靠近铝环过程中（极还未进入铝环），铝环面积有扩张的趋势 D．远离铝环过程中，从左向右看，铝环中有逆时针方向电流 3．法拉第最初发现电磁感应现象的实验如图所示。线圈A、B绕在同一绝缘铁芯上，G为灵敏电流计，则（　　） A．闭合开关S的瞬间，通过G的电流是a→b B．断开开关S的瞬间，通过G的电流是b→a C．闭合开关S后，滑动变阻器滑片向左滑动过程中，通过G的电流是b→a D．闭合开关S后，匀速向右滑动滑动变阻器滑片，则电流表G指针不会偏转 4．如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0－kt，B0、k为常量，则图中半径为R的n匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为(     ) A．πkr2 B．nπkr2 C．n πB0r2 D．πB0R2 5．如图所示，将一个条形磁铁插入闭合线圈中，第一次快速插入，第二次缓慢插入，两次插入过程中线圈中的磁通量变化量相同。下列说法正确的是（     ） A．两次线圈中的感应电动势相同 B．两次通过线圈导线横截面的电荷量相同 C．两次线圈中产生的电流的热功率相同 D．两次线圈中感应电流的方向相反 6．如图所示，单匝铜线制成的正方形线框边长为、电阻为，两端点用导线与阻值为的电阻构成回路。整个线框内有与线框平面垂直向里的匀强磁场，磁感应强度随时间的的变化规律满足（）。下列说法中正确的是（　　） A．流经电阻的电流方向由到 B．回路中的电流增大 C．电阻两端的电压为 D．时间内通过电阻的电荷量为 7．如图所示，平行形金属导轨和的间距为，导轨平面内存在垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为。导体棒斜放在导轨上与成角，现使导体棒以速度沿垂直导体棒的方向匀速运动，且运动过程始终与导轨接触良好，两导轨间的导体棒产生感应电动势大小为，则（　　） A．点电势高于点电势 B．点电势高于点电势 C．点电势高于点电势 D．点电势高于点电势 8．如图甲所示，100匝的线圈与的定值电阻构成闭合回路，线圈面积为、电阻为，线圈放置在垂直于线圈平面的匀强磁场内，以垂直线圈向里为磁场的正方向。不计导线电阻，当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（    ） A．0∼1s内线圈有收缩的趋势 B．1s时电流方向改变 C．1∼2s内a、b两点间的电势差 D．2s时穿过线圈的磁通量大小为0.04Wb 二、多选题 9．如图所示，水平放置的平行的光滑金属导轨左端连接一个电阻，导轨上垂直导轨水平放置一个金属棒，金属棒与导轨接触良好。匀强磁场垂直导轨平面向下。棒和导轨的电阻不计。现给棒一个向右的瞬时冲量，让棒开始向右运动，当棒向右运动的速度大小为时开始计时并从该位置开始沿着运动方向建立一维坐标系，棒从该位置开始到停止的过程中，棒的瞬时速度大小与时间的图像或与位移的图像基本正确的是（　　） A．B．C．D． 10．如图甲所示，细线悬挂边长为1m、电阻为0.2Ω的正方形单匝导体线框，线框一半处于水平虚线下方的有界匀强磁场中。0～0.2s内，磁场的磁感应强度大小B随时间t变化的图像如图乙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向，线框始终处于静止状态。下列说法正确的是（    ） A．0.15s时线框中的电流方向为顺时针方向 B．0～0.2s内细线上的拉力先减小后增大 C．0.05s时线框中的电流为10A D．0.1s时线框中的电流为0 11．如图所示为全国教育考试安检都会用到的金属探测器。其核心由高频振荡器、振荡检测器、音频振荡器和功率放大器组成。工作原理上，高频振荡器产生约200kHz的电磁场，当探测线圈靠近金属时，因涡流效应导致振荡能量损耗，触发振荡器状态改变，振荡检测器将这种变化转化为电信号，音频振荡器则生成可听声频信号，经功率放大后驱动扬声器报警。下列说法正确的是（　　） A．考生携带的塑料文具袋也能触发探测器报警 B．探测线圈会产生变化的磁场 C．涡流产生在探测器中 D．涡流产生在金属物中 12．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 13．电磁技术的应用非常广泛：图甲是磁流体发电机的原理图、图乙是回旋加速器的示意图、图丙是磁电式电流表的内部结构、图丁是利用电磁炉加热食物。下列说法正确的是（　　） A．磁流体发电机的A板是电源的负极，B板是电源的正极 B．仅增大回旋加速器狭缝间的电压，被加速粒子获得的最大动能不变 C．磁电式仪表中的铝框可使指针较快停止摆动，这是利用了电磁阻尼的原理 D．将电磁炉的电源换成电动势更大的直流电源，可以增加锅具的发热功率 14．如图所示，该电路为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，稳定后设通过线圈的电流为，通过小灯泡的电流为，小灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S，则可观察到小灯泡仍发光一小段时间后才熄灭。在小灯泡仍发光的一小段时间中，下列判断正确的是（　　） A．线圈中电流逐渐增大 B．线圈的端电势低于端电势 C．小灯泡中电流由逐渐减为零，方向与相反 D．小灯泡中电流由逐渐减为零，方向不变 三、解答题 15．如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨和，两导轨间距为，电阻不计。在之间接有一阻值的电阻。导体杆质量为，电阻，并与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场中。现给杆一个初速度，使杆向右运动。求： (1)杆速度减为时，杆加速度大小； (2)杆速度减为时，求杆上、两点电势差并判断、两点谁的电势更高？ (3)整个过程电阻上产生的热量； 16．如图1所示，轻质绝缘细线吊着质量，边长，电阻的单匝正方形闭合金属线框，对角线的下方区域分布着垂直纸面向里的磁场，其磁感应强度B随时间的变化图像如图2所示。不考虑线框的形变，取重力加速度，当线框处于静止状态，求： (1)线框中感应电流大小及方向（答“顺时针”或“逆时针”即可）； (2)内线框中产生的焦耳热； (3)当时，线框受到细绳的拉力的大小。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《电磁感应复习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C B B D B D AD AC 题号 11 12 13 14 答案 BD AD ABC BC 1．C 【详解】A．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁场强弱无直接关联，若线圈磁通量保持不变，即使处于极强磁场中，感应电动势也为0，故A错误； B．感应电动势与磁通量本身的大小无直接关联，若磁通量很大但不发生变化，感应电动势为0，故B错误； C．感应电动势与磁通量变化率成正比，因此磁通量变化率越大，线圈的感应电动势越大，故C正确； D．磁通量变化量大时，若对应的变化时间很长，磁通量变化率反而很小，感应电动势也会很小，故D错误。 故选C。 2．B 【详解】当条形磁铁靠近铝环时，穿过铝环的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，铝环中产生从左向右看逆时针方向的感应电流；当条形磁铁远离铝环时，穿过铝环的磁通量向右减小，根据楞次定律可知，铝环中产生从左向右看顺时针方向的感应电流，则整个过程中铝环中电流方向改变一次；根据“来拒去留”，条形磁铁靠近时铝环向右运动，远离时也向右运动；根据“增缩减扩”可知，条形磁铁靠近时铝环面积有收缩的趋势。 故选B。 3．C 【详解】AB．闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不会发生变化，所以电流表G中均无感应电流。故AB错误； C．闭合开关S后，滑动变阻器滑片向左滑动的过程中，左侧电路中的电阻增大，则根据闭合电路欧姆定律可知，线圈A中电流减小，故通过线圈B的磁通量顺时针减小，则根据楞次定律“增反减同”可知，穿过线圈B的感应磁场方向为顺时针，再根据右手螺旋定则可判断电流表G中有b→a的感应电流，故C正确； D．闭合开关S后，匀速向右滑动滑动变阻器滑片，线圈A中电流变大，穿过线圈B的磁通量变大，所以B中会产生感应电流，则电流表G指针会发生偏转，故D错误。 故选C。 4．B 【详解】由题意可知磁场的变化率大小为 磁通量大小等于磁感应强度大小与有效面积的乘积，根据法拉第电磁感应定律可知 故选B。 5．B 【详解】A．题意可知两次插入过程中线圈中的磁通量变化量相同，快速插入时更小，根据可知，快速插入时线圈产生的电动势更大，故A错误； B．根据 因为两次插入过程中线圈中的磁通量变化量相同，因此两次通过线圈导线横截面的电荷量相同，故B正确； C．由A选项可知，快速插入时线圈中产生的电动势更大，线圈中产生的电流更大，根据热功率可知，快速插入时线圈中产生的电流的热功率更大，故C错误； D．两次插入过程，穿过线圈的磁通量均增大，根据楞次定律，两次线圈中感应电流的方向相同，故D错误。 故选B。 6．D 【详解】A．由楞次定律可得，正方形线框中感应电流为逆时针方向，故通过中电流方向为，故A错误； B．由法拉第电磁感应定律可得，正方形线框中产生的感应电动势 回路中感应电流 可知电流大小不变，故B错误； C．两端电压，故C错误； D．时间内通过的电荷量，故D正确。 故选D。 7．B 【详解】、、两两相互垂直，切割磁感线的长度 根据法拉第电磁感应定律有 根据右手定则知电流有，故点电势更高。 故选B。 8．D 【详解】A．由题知，以垂直线圈向里为磁场的正方向。根据乙图可知，在0∼1s内的磁感应强度垂直线圈向外随时间均匀减小，故穿过线圈的磁通量逐渐减小，根据“增缩减扩”可知，线圈具有扩张的趋势，故A错误； B．根据乙图可知，在0∼1s内的磁感应强度垂直线圈向外随时间均匀减小，故穿过线圈的磁通量逐渐减小，根据楞次定律，可知感应电流方向为逆时针；在1∼2s内的磁感应强度垂直线圈向里随时间均匀增大，故穿过线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律，可知感应电流方向为逆时针，故1s时电流方向没有发生改变，故B错误； C．在1∼2s内，根据法拉第电磁感应定律有 其中 联立解得 根据电路的结构分析，可知a、b两点间的电势差等于路端电压，则有，故C错误； D．根据乙图可知，在t=2s时磁感应强度为，则此时穿过线圈的磁通量大小为，故D正确。 故选D。 9．AD 【详解】AB．设导轨间距为L，由法拉第电磁感应定律，由欧姆定律得棒所受的安培力大小，方向与速度方向相反，棒的速度减小，安培力减小 由牛顿第二定律有，加速度方向与速度方向相反，加速度大小也减小，故棒做加速度减小的减速，A正确，B错误； CD．由动量定理有，其中，， 整理得，图像为斜率为负的直线，C错误，D正确。 故选AD。 10．AC 【详解】A．根据楞次定律可知，0～0.2s内线框中的电流方向始终为顺时针方向，故A正确； B．因为0～0.2s内线框中的电流方向始终为顺时针方向，根据左手定则可知，0～0.1s内线框受到的安培力方向竖直向下，因为磁感应强度逐渐减小，根据F=BIL 可知安培力不断减小，根据平衡条件可知细线上的拉力逐渐减小，同理有0.1s～0.2s内线框受到的安培力方向竖直向上，且安培力逐渐增大，根据平衡条件可知细线上的拉力逐渐减小，因此0～0.2s内细线上的拉力一直减小，故B错误； CD．0～0.2s内，根据法拉第电磁感应定律，有 代入数据可得线框中的电流，故C正确，D错误。 故选AC。 11．BD 【详解】A．塑料文具袋不能产生涡流，则不能触发探测器报警，A错误； B．探测线圈有高频振荡器，会产生变化的磁场，B正确； CD．探测器中产生的高频振荡的磁场会在金属中产生涡流，C错误，D正确。 故选BD。 12．AD 【详解】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，A正确； B．线圈A对磁铁有竖直向上的力，则磁铁对线圈A有竖直向下的安培力，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，C错误，D正确。 故选AD。 13．ABC 【详解】A．磁场从N极指向S极，方向水平向右，等离子体垂直纸面射入，正电荷受洛伦兹力向下偏转至B板，负电荷受洛伦兹力向上偏转至A板，因此A板带负电是电源负极，B板带正电是电源正极，故A正确； B．回旋加速器中，洛伦兹力提供向心力，有 最大半径为D形盒的半径，最大动能 最大动能仅与磁感应强度、D形盒半径、粒子比荷有关，与加速电压无关，因此仅增大狭缝电压，最大动能不变，故B正确； C．磁电式仪表摆动时，铝框切割磁感线产生感应电流，感应电流的安培力阻碍铝框的摆动，使指针快速停下，这是利用了电磁阻尼的原理，故C正确； D．电磁炉利用交变电流产生交变磁场，使锅具中产生涡流，通过涡流的焦耳热加热食物。若换成直流电源，磁场恒定，锅具中磁通量不变，无法产生涡流，锅具不会发热，即使电动势更大也无法增加发热功率，故D错误。 故选ABC。 14．BC 【详解】A．当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势阻碍电流的减小，则线圈中电流逐渐减小为零，故A错误； B．迅速断开开关S时，线圈产生自感电动势，相当于电源，b端相当正极，a相当于负极，b端电势高于a端，故B正确； CD．迅速断开开关S时，小灯泡仍发光一小段时间后才熄灭，是由于线圈产生的感应电流流过灯泡，灯泡L1中电流由逐渐减为零，方向与相反，故C正确，D错误。 故选BC。 15．(1) (2)1.5V，b点电势高 (3) 【详解】（1）ab杆速度减为2m/s时，ab杆产生的电动势为 回路电流为 ab杆受到的安培力为 则ab杆的加速度的大小为 （2）根据右手定则可知，b点电势高于a点电势，根据闭合电路的欧姆定律可知，杆上、两点电势差 （3）由能量守恒可知整个过程产生的热量为 电阻R上产生的热量为 16．(1)1A，方向为逆时针 (2)1J (3)16N 【详解】（1）由欧姆定律有 根据法拉第电磁感应定律有 其中 由图2得 解得，方向为逆时针 （2）根据焦耳定律有 解得 （3）由图2可知当时 线框在磁场中的有效长度为 对于线框由平衡得 其中 解得线框受到细绳的拉力 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $