专题23 电磁感应基本规律及应用-2025年高考物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

这是一份专题23 电磁感应基本规律及应用-2025年高考物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用），文件包含专题23电磁感应基本规律及应用教师版-2025年高考物理热点知识讲练与题型归纳全国通用docx、专题23电磁感应基本规律及应用学生版-2025年高考物理热点知识讲练与题型归纳全国通用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。


题型一 电磁感应现象的理解和判断
1．磁通量
(1)定义：在匀强磁场中，磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积的乘积．
(2)公式：Φ＝BS.
适用条件：①匀强磁场．
②S为垂直磁场的有效面积．
(3)磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)．
(4)磁通量的意义：
①磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．
②同一线圈平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零．
2．电磁感应现象
(1)电磁感应现象：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．
(2)产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．
产生感应电动势的条件：无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势产生．
(3)电磁感应现象中的能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能，该过程遵循能量守恒定律．
（2024•衡阳模拟）物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，第三个是费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着若干带负电的金属小球。以下说法正确的是（ ）
A．法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，有感应电动势，无感应电流
B．阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，反之，转动小磁针，圆盘则不动
C．费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会顺时针（俯视）转动
D．法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现
【解答】解：A、圆盘运动过程中，沿半径方向的金属条切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连，构成闭合回路，所以有感应电流产生，故A错误；
B、阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，因安培力的作用，另个物体也会跟着转动，故B错误；
C、线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针电场力，圆盘会顺时针（俯视）转动，故C正确；
D、如果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，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。
故选：C。
（2024•广州二模）如图，在墙内或地面埋有一根通有恒定电流的长直导线.为探测该导线的走向，现用一个与灵敏电流计（图中未画出）串联的感应线圈进行探测，结果如下表。忽略地磁场的影响，则该导线可能的走向是（ ）
A．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Oe方向
【解答】解：由表可看出线圈平面平行于地面Oabc移动，电流计均无示数，则导线不可能沿Oa、Ob方向、Oe方向，沿Oa方向平移时有感应电流，说明磁通量发生变化，则可知该导线可能的走向是Oe方向，故ABC错误，D正确；
故选：D。
（2023•嘉兴一模）如图所示为一地下电缆探测装置，圆形金属线圈可沿水平面不同方向运动，若水平Oxy地面下有一平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线，P、M和N为地面上的三点，线圈圆心P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴、PQ关于导线上下对称。则（ ）
A．电流I在P、Q两点产生磁感应强度相同
B．电流I在M、N两点产生磁感应强度大小BM＝BN
C．线圈从P点匀速运动到N点过程中磁通量不变
D．线圈沿y方向匀加速运动时，产生恒定的感应电流
【解答】解：A、根据安培定则，电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，在Q处产生的磁感应强度沿x轴正方向，故A错误；
B、由于MN平行y轴，电流I也平行y轴，且M、N到长直导线的距离相等，所以电流I在M、N两点产生磁感应强度大小相等，故B正确；
C、电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，故线圈在P点的磁通量为零，电流I在N处产生的磁感应强度斜向左下方，故线圈在N点的磁通量不为零，故线圈从P点到N点的过程中的磁通量发生了变化，故C错误；
D、线圈沿y方向运动，线圈始终在长直导线的正上方，直导线正上方的磁感应强度方向始终沿x轴负方向，线圈所在位置磁场关于x轴对称，所以线圈中磁通量始终为零，故线圈匀加速运动中不会产生感应电流，故D错误。
故选B。
题型二 感应电流方向的两种判断方法
（1）用楞次定律判断
①楞次定律判断感应电流方向的步骤
②楞次定律中“阻碍”的含义：
（2）用右手定则判断
楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的比较
（多选）（2024•黑龙江三模）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝kt（k为常量，t为时间）的磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h，半径为r，厚度为d（d≪r）。则下列说法正确的是（ ）
A．从上向下看，金属薄圆管中的感应电流为顺时针方向
B．金属薄圆管的感应电动势为kπr2h
C．金属薄圆管的热功率为πdhk2r32ρ
D．轻绳对金属薄圆管的拉力大小随时间减小
【解答】解：A.穿过金属薄圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，金属薄圆管中的感应电流为顺时针方向，故A正确；
B.由法拉第电磁感应定律可知，金属薄圆管的感应电动势大小为E=ΔBΔtπr2=kπr2
故B错误；
C.由电阻定律可知，金属薄圆管的电阻为R=ρ2πrdh
金属薄圆管的热功率大小为P=E2R=πdhk2r32ρ
故C正确；
D.根据左手定则可知，金属薄圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对金属薄圆管的拉力的合力大小始终等于金属薄圆管的重力不随时间变化，故D错误。
故选：AC。
（2024•大连二模）如图，在水平光滑桌面上，固定两条平行绝缘直导线，通以相同电流，导线之间放置两个相同的圆形小线圈。当两侧导线中电流同样增大时，忽略不计两小线圈之间作用力，则（ ）
A．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
B．两小线圈中感应电流都沿逆时针方向
C．两小线圈会相互靠近
D．两小线圈会相互远离
【解答】解：AB、根据安培定则可知，左侧圆形小线圈向下的磁通量变大，右侧圆形小线圈向上的磁通量变大，根据楞次定律，左侧圆形小线圈感应电流沿逆时针方向，右侧圆形小线圈感成电流沿顺时针方向，故AB错误；
CD，根据左手定则可知，左侧圆形小线圈受到向右的安培力，右侧圆形小线圈受到向左的安培力，所以两小线圈会相互靠近，故C正确，D错误。
故选：C。
（2024•江西模拟）高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（ ）
A．铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B．磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力
C．感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因
D．若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好
【解答】解：A.铝盘甲区域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为逆时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
BC.由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力，会使铝盘减速，故B正确，C错误；
D.改成空洞铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D错误。
故选：B。
题型三 楞次定律的应用
1．楞次定律
(1)内容：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)适用情况：所有的电磁感应现象．
2．楞次定律中“阻碍”的含义
eq \x(谁阻碍谁)→eq \x(感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场原磁场的磁通量的变化)
eq \x(阻碍什么)→eq \x(阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身)
eq \x(如何阻碍)→当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”
eq \x(阻碍效果)→eq \x(阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行)
（2024•白云区校级模拟）如图甲所示，连接电流传感器的线圈套在竖直放置的长玻璃管上。将强磁铁从离玻璃管上端高为h处由静止释放，磁铁在玻璃管内下落并穿过线圈。t1、t2、t3时刻的电流为0。如图乙所示是实验中观察到的线圈中电流随时间变化的图像，空气阻力不计则（ ）
A．t1～t3过程中线圈对磁铁作用力方向先向上后向下
B．磁铁上下翻转后重复实验，电流方向先负向后正向
C．t2时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大
D．h加倍后重复实验，电流峰值将加倍
【解答】解：A、根据楞次定律的来拒去留，可知时间t1～t3内，磁铁受到线圈的作用力方向始终向上，故A错误；
B、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知若将磁铁两极翻转后重复实验，磁场方向相反，则磁场的变化也随之相反，产生的感应电流的方向也相反，即先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C、由乙图中感应电流的变化可知，t2时刻强磁铁恰好运动到线圈处，此时穿过线圈的磁通量最大，电流为0，穿过线圈磁通量的变化率为零，故C错误；
D、h加倍后重复实验，由于磁铁向下做加速度不为零的加速运动，假设加速度始终等于重力加速度，则速度v=2gh，考虑到磁铁下降的过程中受到安培力的阻碍作用，下降h时的速度会略小于2gh，同时下降2h时的速度大体上接近下降h时的2倍，根据法拉第电磁感应定律可知，可知h加倍后重复实验，电路中产生的最大感应电动势与感应电流也大体接近原来的2倍，故D错误。
故选：B。
（2024•盐城模拟）如图所示，在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，磁铁上升到最高点后下落，在条形磁铁向下运动的过程中，将会出现的情况是（ ）
A．磁铁的加速度大于g
B．金属环对桌面压力小于自身重力
C．俯视观察，左边金属圆环会产生顺时针感应电流
D．两金属环将加速靠近（不考虑金属环之间的作用）
【解答】解：AB、条形磁铁向下运动，穿过两个圆环的磁通量增加，金属环将产生感应电流，金属环受到向下的安培力，而磁铁受到向上的磁场力，所以磁铁向下运动的加速度小于g，金属环对桌面的压力大于自身重力，故AB错误；
C、穿过金属环的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，俯视观察，左边金属圆环会产生逆时针感应电流，故C正确；
D、根据楞次定律，向上的磁场变大，左边圆环有向左运动的趋势，同理右圆环有向右运动的趋势，故应该是远离而不是靠近，故D错误。
故选：C。
（2024•东城区二模）如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个体积很小的磁铁，在小磁铁正下方桌面上放置一个闭合铜制线圈。将小磁铁从初始静止的位置向下拉到某一位置后放开，小磁铁将做阻尼振动，位移x随时间t变化的示意图如图乙所示（初始静止位置为原点，向上为正方向，经t0时间，可认为振幅A衰减到0）。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．x＞0的那些时刻线圈对桌面的压力小于线圈的重力
B．x＝0的那些时刻线圈中没有感应电流
C．更换电阻率更大的线圈，振幅A会更快地衰减到零
D．增加线圈的匝数，t0会减小，线圈产生的内能不变
【解答】解：A.根据“来拒去留”，则x＞0的那些时刻，当磁铁远离线圈向上运动时，磁铁对线圈有向上的作用力，此时线圈对桌面的压力小于线圈的重力，当磁铁靠近线圈向下运动时，磁铁对线圈有向下的作用力，此时线圈对桌面的压力大于线圈的重力，故A错误；
B.x＝0的那些时刻磁铁的速度最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，则线圈中有感应电流，故B错误；
C.更换电阻率更大的线圈，线圈中产生的感应电流会变小，线圈中产生的感应电流的磁场变弱，对磁铁的“阻碍”作用变弱，则振幅A会更慢慢地衰减到零，故C错误；
D.增加线圈的匝数，线圈中产生的感应电动势变大，感应电流变大，机械能很快就转化为内能，则 t会减小，由于开始时线圈的机械能不变，则线圈产生的内能不变，故D正确。
故选：D。
（2024•五华区校级模拟）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＝kIr，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．klv02R、顺时针B．klv0R、顺时针
C．3klv02R、逆时针D．2klv0R、逆时针
【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＝kIr 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
E=B左Lv0-B右Lv0=(B左-B若)Lv0=(kIL-kI2L)Lv0=klv02，
故感应电流的大小 I=ER=kV02R，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024•江门一模）如图甲所示，列车车头底部安装强磁铁，线圈及电流测量仪埋设在轨道地面（测量仪未画出），P、Q为接测量仪器的端口，磁铁的匀强磁场垂直地面向下、宽度与线圈宽度相同，俯视图如图乙。当列车经过线圈上方时，测量仪记录线圈的电流为0.12A。磁铁的磁感应强度为0.005T，线圈的匝数为5，长为0.2m，电阻为0.5Ω，则在列车经过线圈的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．线圈的磁通量一直增加
B．线圈的电流方向先顺时针后逆时针方向
C．线圈的安培力大小为1.2×10﹣4N
D．列车运行的速率为12m/s
【解答】解：A．列车经过线圈的上方时，穿过线圈的磁通量向下，先增大后减小，故A错误；
B．在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向下，所以线圈内的磁通量方向向下，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先逆时针，再顺时针方向。故B错误；
C．线圈受到的安培力大小为F＝nBIlL＝5×0.005×0.12×0.2N＝6×10﹣4N，故C错误；
D．导线切割磁感线的电动势为E＝nBlv
根据闭合电路欧姆定律可得I=ER
联立解得v＝12m/s
故D正确。
故选：D。
题型四 三定则一定律的应用
1．三定则一定律的比较
2.应用技巧
无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断．
“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．
（2024•抚顺三模）如图甲所示，固定的矩形铜线框左半部分处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当匀强磁场的磁感应强度由B0均匀减小到0后反向增大到﹣B0，如图乙所示。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．铜线框中的自由电子先顺时针定向移动、后逆时针定向移动
B．铜线框中的自由电子始终逆时针定向移动
C．铜线框围成的面积始终有扩大的趋势
D．铜线框受到的安培力大小不变
【解答】解：AB、开始时穿过线圈的磁通量向里减少，后来穿过线圈的磁通量向外增大，根据楞次定律，变化的磁场始终产生顺时针方向的感应电流，铜线框中的自由电子始终沿逆时针定向移动，故A错误、B正确；
C、穿过铜线框的磁通量先减小后反向增大，铜线框围成的面积先有扩大的趋势、后有缩小的趋势，故C错误；
D、磁场的磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生的感应电动势不变，结合闭合电路的欧姆定律可知通过铜线框的电流不变，而磁感应强度先减小后反向增大，根据F＝BIL可知铜线框受到的安培力大小先减小后增大，故D错误。
故选：B。
（2024•兰州模拟）“自激发电机”具有自励磁的特点，它无需外部励磁电源就能自行激励产生磁场。其原理如图所示：一金属圆盘在某一大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，在弱的轴向磁场B中绕金属轴OO'转动，根据法拉第电磁感应定律，盘轴与盘边之间将产生感应电动势，圆盘下方螺旋形导线M端通过电刷与盘边相连，N端与盘轴相连，MN中就有感应电流产生，最终回路中的电流会达到稳定值，磁场也达到稳定值。下列说法正确的是（ ）
A．MN中的电流方向从N→M
B．圆盘转动的速度先增大后减小
C．MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同
D．磁场达到稳定状态后，MN中不再产生感应电流
【解答】解：A．根据右手定则知，MN中的电流方向从M→N，故A错误；
B．圆盘在大小恒定、方向时刻沿切线方向的外力作用下，转动的速度先越来越大，磁场也越来越大，根据法拉第电磁感应定律E＝BLv
知产生的电动势也越来越大，流过电阻R的电流也越来越大，最终回路中的电流达到稳定值，磁场也达到稳定状态，则圆盘转动的速度也达到稳定值，故B错误；
C．根据右手螺旋定则判断知MN中感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故C正确；
D．可将圆盘看成若干个沿着半径方向的幅条组成，因此在任何时刻都有幅条切割磁感线，故磁场达到稳定状态后，MN中也产生感应电流，故D错误。
故选：C。
（2024•重庆模拟）如图所示，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。当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）
A．由于回路磁通量增加，p、q将互相靠拢
B．由于回路磁通量增加，p、q将互相远离
C．由于p、q中电流方向相反，所以p、q将互相远离
D．磁铁的加速度仍为g
【解答】解：ABC、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，p、q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A正确，BC错误。
D、由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，故D错误。
故选：A。
（2024•山西模拟）如图所示，铝管竖直立于水平桌面上，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，下列说法正确的是（ ）
A．铝管中产生水平方向的感应电流
B．铝管中产生竖直方向的感应电流
C．铝管对桌面的压力等于它的重力
D．铝管对桌面的压力小于它的重力
【解答】解：AB、磁铁下落过程中，铝管的磁通量发生变化，根据右手定则可以判断，产生水平方向的感应电流，故A正确，B错误；
CD、磁铁下落过程中，根据“来拒去留”可知，铝管受向下的作用力，故铝管对桌面的压力大于其重力，故CD错误。
故选：A。
（多选）（2024•郫都区校级模拟）某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是（ ）
A．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相同
B．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相反
C．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B均对电梯的下落起阻碍作用
D．当电梯坠落至永久磁铁在线圈B下方时，闭合线圈A、B不再对电梯的下落起阻碍作用
【解答】解：AB．当电梯坠落在AB之间时，磁铁在线圈A中产生向上的磁场减弱，根据楞次定律，则线圈A中会产生逆时针电流（俯视），磁铁在线圈B中产生向上的磁场增强，根据楞次定律，则B中产生顺时针电流（俯视），所以A和B中电流方向相反，故A错误，B正确；
CD．若电梯突然坠落，线圈内的磁通量发生变化，将在两个线圈中产生感应电流，两个线圈的感应电流都会有来拒去留的效果，都会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，可起到应急避险作用，故C正确，D错误。
故选：BC。
考点
考情
命题方向
考点 楞次定律
2024年高考江苏卷
2024年高考北京卷
2023年高考河北卷
2023年高考海南卷
1.楞次定律是高考考查频率较高
的知识点，可能单独考查，也可能
与其他知识点结合考查。
探测
灵敏电流计有无示数
线圈平面平行于地面Oabc
沿Oa方向平移
无
沿Oc方向平移
无
线圈平面平行于墙面Oade
沿Oa方向平移
有
沿Oe方向平移
无
阻碍原磁通量变化——“增反减同”
阻碍相对运动——“来拒去留”
使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”
阻碍原电流的变化——“增反减同”
应用的定则
安培（右手螺旋）定则
左手定则
右手定则
手势图
因果关系
电生磁
电受力
动生电
形象记忆
“磁”的右半边“兹”螺旋写法，用右手螺旋；
“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；
“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手。
基本现象
应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律