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专题24 法拉第电磁感应定律的理解及应用
考点
考情
命题方向
考点 法拉第
电磁感应定律
2024 年高考甘肃卷
2024 年高考广东卷
2024 年高考北京卷
2023 年高考湖北卷
2023 高考江苏卷
2022 年高考天津卷
法拉第电磁感应定律是电磁感
应的核心知识点，年年考查，
一般与安培力、动力学、功和
能结合考查。
题型一 对法拉第电磁感应定律的理解及应用
1．感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导
体的电阻相当于电源内阻．
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝.
2．感应电动势大小的决定因素
1
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(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁
通量的变化量ΔΦ 的大小没有必然联系．
(2)当ΔΦ 仅由B 的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ 仅由S 的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ 由B、S 的
变化同时引起时，则E＝n≠n.
3．磁通量的变化率是Φ－t 图象上某点切线的斜率．
[模型演练1] （2024•泰州模拟）如图所示，正三角形ABC 区域存在方向垂直纸面向里、
大小随时间均匀增加的磁场。以三角形顶点C 为圆心，粗细均匀的铜导线制成圆形线圈平行于
纸面固定放置，则下列说法正确的是（ ）
A．线圈中感应电流的方向为顺时针
B．线圈有扩张趋势
C．线圈所受安培力方向与AB 边垂直
D．增加线圈匝数，线圈中感应电流变小
【解答】解：AB、磁场垂直纸面向里，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定
律可知，感应电流的方向为逆时针。因感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，所以线圈有收缩
趋势，故AB 错误；
C、线圈的有效长度与AB 边平行，根据左手定则可知，线圈所受安培力方向与AB 边垂直，故
C 正确；
D、设B＝kt（k＞0，且为常数），圆形线圈的半径为l，电阻为R。
根据法拉第电磁感应定律有
E = N ΔΦ
Δt = N BS
t = N ktS
t = NkS
磁场的有效面积为S = π l
2
6
感应电流的大小为I = E
R = NkS
R = Nkπ l
2
6 R
可知增加线圈匝数N，则线圈中感应电流变大，故D 错误。
故选：C。
[模型演练2] （2024•唐山一模）用一条均匀直导线绕成如图所示的闭合回路，平行纸面
2
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放置，小圆环半径为R，大圆环半径为4R，整个回路处于垂直纸面向外的磁场中，磁场强度
大小随时间的变化规律为B＝kt（k＞0），则闭合回路产生的感应电动势大小为（ ）
A．kπR2
B．7kπR2
C．13kπR2
D．19kπR2
【解答】解：由法拉第电磁感应定律得
E= ΔΦ
Δt = ΔB
Δt S =kS
根据楞次定律可知，三个小圆环中的感应电动势与大圆环中的感应电动势方向相反，可知回路
中产生的感应电动势大小为
E＝kπ（4R）2﹣3×kπR2＝13kπR2，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[模型演练3] （2024•江苏二模）如图所示，半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的
有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B＝B0+kt（k＞0），线圈电阻为R，则磁感应强
度从B0增大到2B0时间内（ ）
A．线圈面积有缩小的趋势
B．线圈中电子沿逆时针方向定向移动
C．线圈中产生的焦耳热为π
2k B0r1
4
R
D．通过导线横截面电荷量为π B0r2
2
R
【解答】解：A.线圈未在磁场中，不受力，没有缩小或扩张的趋势，故A 错误；
B.根据楞次定律和右手定则可知，线圈中感应电流为逆时针方向，因此电子运动方向为顺时针，
故B 错误；
3
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C.线圈中的感应电动势为E= ΔΦ
ΔT =kπ r1
2
变化过程中产生的焦耳热为Q= E
2
R
t
由于t= ΔB
k = B0
k
联立可得Q= π
2k B0r1
4
R
故C 正确；
D.通过导线的电荷量为q＝It= E
R
t
可得q= π B0r1
2
R
故D 错误。
故选：C。
[模型演练4] （2024•下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属
圆环，面积为S，电阻为R。规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。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 内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上
B．1～2s 内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反
C．0～2s 内线圈中产生的感应电动势为B0 S
2
D．2～4s 内线圈中产生的焦耳热为2B0
2 S
2
R
【解答】解：A、0～1s 内磁场向下减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方
向向下，故A 错误；
B、1～2s 内磁场向上增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，所以
4
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感应电流方向与图甲所示方向相同，故B 错误；
C、根据法拉第电磁感应定律有：E＝n ΔΦ
Δt =ns ΔB
Δt
，0～2s 内线圈中产生的感应电动势为E＝
B0S，故C 错误；
D、同C 选项可知在2～4s 内线圈中的感应电动势为E＝B0S，焦耳热P= E
2
R
t，解得：P= 2B0
2 S
2
R
，故D 正确；
故选：D。
题型二 导体切割磁感线产生感应电动势
1．公式E＝Blv 的使用条件
(1)匀强磁场．
(2)B、l、v 三者相互垂直．
(3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ 求解，θ 为B 与v 方向间的夹角．
2．“瞬时性”的理解
(1)若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势．
(2)若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势．
3．切割的“有效长度”
公式中的l 为有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图4 中有效长度分别为：
图4
甲图：l＝sin β；
乙图：沿v1方向运动时，l＝；沿v2方向运动时，l＝0.
丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.
4．“相对性”的理解
E＝Blv 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．
5
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类型1 平动切割磁感线
[模型演练5] （2024•苏州校级二模）如图所示，空间中存在匀强磁场B，方向垂直纸面
向里。一长度为l 的铜棒以速度v 向右匀速运动，速度方向与铜棒之间的夹角为30°，则铜棒
ab 两端的电势差Uab为（ ）
A．Blv
B．﹣Blv
C．1
2 Blv
D．- 1
2 Blv
【解答】解：铜棒ab 切割磁感线产生感应电动势，铜棒ab 相当于电源，根据右手定则可知a 端
相当于电源的负极，b 端相当于电源的正极，则a 端的电势低于b 端的电势，根据法拉第电磁感
应定律可得U ab=- E =- Blvsin30° =- 1
2 Blv，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练6] （2024•重庆模拟）如图所示，金属框abcd 置于水平绝缘平台上，ab 和dc
边平行，和bc 边垂直。ab、dc 足够长，整个金属框电阻可忽略，一根具有一定电阻的导体棒
MN 置于金属框上，用水平恒力F 向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀
强磁场中，MN 与金属框保持良好接触，且与bc 边保持平行，不计一切摩擦。则（ ）
A．金属框的速度逐渐增大，最终趋于恒定
B．金属框的加速度逐渐减小，最终为零
6
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C．导体棒所受安培力逐渐增大，最终趋于恒定
D．导体棒到金属框bc 边的距离逐渐增大，最终趋于恒定
【解答】解：设金属框的质量为M、导体棒的质量为m，导体棒的电阻为R。
ABC、当金属框在恒力F 作用下向右加速时，bc 边产生从c 向b 的感应电流，线框的加速度为
a1，对线框，由牛顿第二定律得：F﹣BIL＝Ma1，导体棒MN 中感应电流从M 向N，在感应电流
安培力作用下向右加速，加速度为a2，对导体棒MN，由牛顿第二定律得：BIL＝ma2，当线框
和导体棒MN 都运动后，线框速度为v1，MN 速度为v2，感应电流为：I= BL(v1- v2)
R
，感应电
流从0 开始增大，则a2从零开始增加，a1从F
M
开始减小，当a1＝a2＝a，速度之差恒定，电流不
变，此后金属框与MN 的速度差维持不变，加速度不变，v﹣t 图象如图所示：
所以金属框的速度逐渐增大，加速度逐渐减小，最后做匀加速直线运动；导体棒所受安培力逐
渐增大，最终趋于恒定，故AB 错误、C 正确；
D、MN 与金属框的速度差不变，但MN 的速度小于金属框速，MN 到金属框bc 边的距离越来越
大，故D 错误。
故选：C。
[模型演练7] （2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，一“＜”形的光滑金属导轨AOC，
OA＝OC＝d，∠AOC＝60°，单位长度的电阻为R0。整个装置竖直固定放置于磁感应强度大小
为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。一质量为m、电阻不计且长也为d 的金属棒平行于
AC 连线放置，O 在金属棒的中点，从O 端开始在一水平外力作用下以速度v0水平向右匀速运
动至A、C 端点，整个运动过程中金属棒与导轨接触良好。关于金属棒运动的整个过程中（不
含O 点），下列说法正确的是（ ）
7
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A．通过金属棒的电流不变
B．感应电流方向为顺时针方向
C．A、C 两点的电势始终有φA＜φC
D．整个过程中通过金属棒的电荷量为√3 Bd
8 RD
【解答】解：B.根据右手定则可知感应电流方向为逆时针方向，故B 错误；
C.金属棒的上端为等效电源的正极，下端为负极，始终有φA＞φC，故C 错误；
A.设金属棒运动的距离为x，可知金属棒产生的感应电流I= B⋅2 xtan30°⋅v0
2 x
cos30° ⋅R0
得I= B v0
2 R0
，为定值，故A 正确；
D.整个过程中通过金属棒的电荷量q＝It= B v0
2 R0
⋅dcos30°
v0
= √3 Bd
4 R0
，故D 错误。
故选：A。
类型2 转动切割磁感线
[模型演练8] （2023 春•包河区校级期末）如图，合肥一中某教室墙上有一朝南的钢窗，
将钢窗右侧向外打开45°，在这一过程中，以推窗人的视角来看，下列说法正确的是（ ）
8
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A．AB 边切割地磁场过程中可以等效成一个左负右正的电源
B．钢窗中有顺时针电流
C．钢窗有收缩趋势
D．B 点电势高于C 点
【解答】解：A、合肥所在处地磁场的水平分量由南指向北，竖直分量竖直向下，将朝南的钢窗
右侧向外打开45°，根据右手定则可知AB 边切割地磁场过程中可以等效成一个左正右负的电源，
故A 错误；
BC、钢窗右侧向外打开过程，向北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律可知，钢窗中感应电
流产生的磁场方向由南指向北，以推窗人的视角来看，感应电流为逆时针电流，同时根据“增
缩减扩”推论可知，钢窗有扩张趋势，故BC 错误；
D、由于流过BC 边的感应电流方向由B 到C，BC 为外电路，所以B 点电势高于C 点，故D 正
确。
故选：D。
[模型演练9] （2024•济南三模）如图所示，半径为R 的半圆形闭合金属线框可绕圆心O
在纸面内逆时针匀速转动，过O 点的边界上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度
大小为B，初始时线框直径与虚线边界垂直。已知线框的电阻为r，线框匀速转动的角速度为
ω，从图示位置开始计时，以顺时针为感应电流的正方向，下列关于线圈中的感应电流i 随时
间t 的变化关系正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：在0- π
2ω
时间内，t 时刻有效切割长度为L＝2Rsinωt
感应电动势瞬时值为e＝BLv =BL0+ Lω
2
= 1
2 B L
2ω= 1
2 B(2 Rsinωt )
2ω=2BR2ωsin2ωt
感应电流瞬时值为i= e
r = 2B R
2ω
r
sin2ωt= 2B R
2ω
r
•1-cos2ωt
2
= B R
2ω
r
（1﹣cos2ωt）
对i 求导数得：i′= B R
2ω
r
ωsin2ωt，i 随着t 增大，i′先增大后减小，则i﹣t 图像切线斜率先增
大后减小；
在π
2ω - π
ω
时间内，磁通量不变，没有感应电流；
在π
ω - 3 π
2ω
时间内，电流大小变化情况与0- π
2ω
时间内相同，方向相反；
在3 π
2ω - 2π
ω
时间内，线框在磁场外，没有感应电流，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练10] （2024•淇滨区校级模拟）如图所示，整个空间中存在方向垂直导轨平面向
里的匀强磁场B，导轨间距为l 且足够长，左端接阻值为R 的定值电阻，导轨电阻不计，现有
一长为2l 的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O 点为轴沿顺时针方向以恒定角速度ω 转过
60°的过程中（金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计）（ ）
10
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A．通过定值电阻的电流方向由b 到a
B．转动过程中棒两端的电动势大小不变
C．通过定值电阻的最大电流为ωBl
2
R
D．通过定值电阻的电荷量为√3 Bl
2
8 R
【解答】解：A、根据右手定则可知，通过定值电阻的电流方向由a 到b，故A 错误；
B、整个导体棒都在磁场中切割磁感线，切割长度不变，故产生感应电动势不变，故B 正确；
C、当金属棒转过60°时，即金属棒两端接触到导轨时，回路内的感应电动势最大，且为
Em＝B•2lv =2Bl•0+2lω
2
=2Bl2ω
则最大感应电流为
I m= Em
R = 2Bl
2ω
R
，故C 错误；
D、转过60°的过程中，通过定值电阻的电荷量为
q = I Δt = E
R Δt =
ΔΦ
Δt
R Δt = BΔS
R
又ΔS = 1
2 l⋅√3l = √3
2 l
2
联立解得：q = √3 Bl
2
2 R
，故D 错误。
故选：B。
类型3 有效长度问题
[模型演练11] （2024 春•怀柔区校级期中）如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电
动势不是Blv 的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、由图A 所示可知，B⊥l⊥v，则动生电动势为 E＝Blv，故A 不符合题意；
B、由图B 所示可知，水平金属导体不切割磁感线，只有竖直导体切割磁感线，感应电动势为 E
＝Blv；故B 不符合题意；
C、由图C 所示可知，v 与金属导体不垂直，有效切割长度小于l，则感应电动势小于Blv；故C
符合题意；
D、由图D 所示可知，金属导体切割磁感线的有效长度为l，感应电动势E＝Blv，故D 不符合题
意；
本题选产生的感应电动势不是Blv 的是，故选：C。
[模型演练12] （2024 春•烟台期中）如图所示，一根长为L 的金属棒CD 在磁场方向竖直
向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，绕竖直轴OO1顺时针（俯视）转动，O 为金属棒与
竖直轴的交点。圆锥母线与OO1夹角为30°角速度为ω，OC= 3
5
L，则金属杆两端的电势差UCD
为（ ）
A．1
20
BωL2
B．- 1
20
BωL2
C．1
40
BωL2
D．- 1
40
BωL2
【解答】解：根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式，得到金属杆两端的电势差为：
UCD＝UCO+UOD=- 1
2
B（3
5 Lsin30°）2ω+ 1
2
B（2
5
Lsin30°）2ω=- 1
40
BωL2，故ABC 错误，D 正确。
12
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故选：D。
[模型演练13] （2024 春•锡山区校级期中）半径分别为r 和2r 的同心半圆导轨MN、PQ 固
定在同一水平面内，一长为r、电阻为R 的导体棒AB 置于半圆轨道上面，BA 的延长线通过导
轨的圆心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀
强磁场中。在N、Q 之间接有一阻值也为R 的电阻。导体棒AB 以角速度ω 绕O 顺时针匀速转
动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计，则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒A 端相当于电源正极
B．导体棒中的电流方向为B→A
C．导体棒AB 两端的电压大小为3 Br
2ω
4
D．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使磁感应强度增强
【解答】解：AB、导体棒旋转切割磁感线产生感应电动势相当于电源，由右手定则可知，导体
棒中感应电流的方向是从A 端流向B 端，A 点相当于电源负极，B 点相当于电源正极，故AB 错
误；
C、AB 棒产生的感应电动势为E＝Brv =Brrω+2rω
2
= 3
2
Br2ω，导体棒AB 两端的电压大小为
U = E
2 R R = 3
4 Br
2ω，故C 正确；
D、若导体棒不动，使磁感应强度增强，穿过回路的磁通量向里增加，根据楞次定律可得导体棒
中感应电流的方向由B 端流向A 端，同理可知，要产生同方向的感应电流，可使磁感应强度减
小，故D 错误。
故选：C。
[模型演练14] （2023 秋•攀枝花期末）如图所示，在边长为2l 的正三角形ABC 区域内有
垂直纸面向外的匀强磁场，一边长为l 的菱形单匝金属线框abcd 的底边与BC 在同一直线上，
菱形线框的∠c＝60°。使线框保持恒定的速度沿平行于BC 方向匀速穿过磁场区域。以ab 边刚
进磁场时为零时刻，规定导线框中感应电流沿顺时针方向时为正，则感应电流i 与时间t 的关
系图线可能正确的是（ ）
13
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：线框进入磁场时，根据楞次定律可以判断出感应电流的方向为顺时针，所以感应
电流为正值，由于ab 边与AB 边平行，所以ab 边进入磁场后线框切割磁感线的有效长度一直为：
l' =lsin60
o= √3
2 l
根据动生电动势公式有：E＝Bl′v
线框中的电流为：I = E
R
可知，有效切割长度不变，电流都不变。
线框全部进入磁场后，由几何关系可知，a 点即将从AC 边穿出，在穿出磁场过程中根据楞次定
律，可判断出感应电流方向为逆时针，所以电流为负值。
线框在穿出磁场的过程中有效切割长度从0 开始增大到l′后又逐渐减小到0，
根据动生电动势公式有：E＝Bl′v
线框中的电流：I = E
R
，可知，电流先增大后减小。故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
14
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题型三 自感现象
1．自感现象
(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势
叫做自感电动势．
(2)表达式：E＝L.
(3)自感系数L 的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
2．自感现象“阻碍”作用的理解
(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢
地增加．
(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢
地减小．
线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小．
3．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停
止，更不能使过程反向．
4．断电自感中，灯泡是否闪亮问题
(1)通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮．
(2)通过灯泡的自感电流小于或等于原电流时，灯泡不会闪亮．
[模型演练15] （2024•重庆模拟）如图甲为手机正在进行无线充电，无线充电的原理图如
图乙所示，充电器和手机各有一个线圈，充电器端的叫发射线圈（匝数为n1），手机端的叫接
收线圈（匝数为n2），两线圈面积均为S，在Δt 内发射线圈产生磁场的磁感应强度增加量为
ΔB。磁场可视为垂直穿过线圈。下列说法正确的是（ ）
15
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A．手机端的接收线圈b 点的电势低于a 点
B．手机端的接收线圈a 和b 间的电势差值为n2 ΔBS
Δt
C．接收线圈和发射线圈是通过自感实现能量传递
D．增加c、d 间电流的变化率，接收线圈a 和b 间的电势差始终不变
【解答】解：A．由楞次定律得，电流从a 流向b，线圈是电源，在内电路电流由低电势流向高
电势，所以手机端的接收线圈b 点的电势高于a 点，故A 错误；
B．手机端的接收线圈a 和b 间的电势差值为Uba，由法拉第电磁感应定律得：
U ba=n2
ΔBS
Δt
故B 正确；
C．无线充电利用的是电磁感应原理，所以送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，故
C 错误；
D．增加c、d 间电流的变化率，将会使磁场的变化率增加，根据法拉第电磁感应定律可知，接
收线圈a 和b 间的电势差变大，故D 错误。
故选：B。
[模型演练16] （2024 春•成都期末）如图所示，电路中A、B 是两个完全相同的灯泡，L
是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C 是电容很大的电容器。在S 刚闭合时与闭合
足够长时间之后，A、B 两灯泡的发光情况是（ ）
A．S 刚闭合时，B 亮一下又逐渐变暗
B．S 刚闭合时，A 亮一下又逐渐熄灭
C．S 闭合足够长时间后，A 和B 一样亮
D．S 闭合足够长时间后，A、B 都熄灭
【解答】解：开关刚闭合时，由于线圈自感系数很大，对电流阻碍作用很强，相当于断路，B 灯
与电容并联后与A 灯串联，所以两灯瞬间都亮，但由于线圈电阻可忽略，S 闭合足够长时间后，
线圈相当于导线，灯泡A 被短路而熄灭，B 灯中电流增大，所以A 亮一下又逐渐变暗，灯泡B
16
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亮度增大，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[模型演练17] （2024 春•南岸区校级期中）如图所示，两个完全相同的灯泡A、B 与定值
电阻的阻值均为R，L 为自感系数很大的线圈，其直流电阻也是R。下列说法中正确的是（
）
A．S 闭合时，B 灯先亮，稳定后A 灯比B 灯亮
B．S 闭合时，B 灯先亮，稳定后两灯一样亮
C．S 由通路断开时，A 灯逐渐熄灭，B 灯立即熄灭
D．S 由通路断开时，B 灯会闪亮一下再逐渐熄灭
【解答】解：A、闭合开关的瞬间，B 灯立即正常发光，A 灯所在电路上线圈产生自感电动势，
阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，A 灯逐渐变亮；A 灯支路的电流增大，则电源消耗的内电
压增大，所以B 灯逐渐变暗；待电路稳定后由于两个支路的电阻值相等，所以流过两个支路的
电流相等，两灯一样亮，故A 错误，B 正确。
CD、闭合开关，待电路稳定后流过两个支路的电流相等；断开开关，L 中产生自感电动势，相
当于电源，电流从稳定时的电流值开始减小，A、B 两灯串联，A 的电流不会增大，所以两灯都
逐渐变暗，B 灯不会闪亮一下，故CD 错误。
故选：B。
[模型演练18] （2024•北京）电荷量Q、电压U、电流I 和磁通量Φ 是电磁学中重要的物
理量，其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性，如
图所示。类似地，上世纪七十年代有科学家预言Φ 和Q 之比可能也是一种电磁学元件的属性，
并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻
器”对电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。下列说法错误
的是（ ）
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A．QU 的单位和ΦI 的单位不同
B．在国际单位制中，图中所定义的M 的单位是欧姆
C．可以用I
U
来描述物体的导电性质
D．根据图中电感L 的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式E = L ΔI
Δt
【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律：E = ΔΦ
Δt
，可知Φ 的单位为V•s，所以ΦI 的单位为
V•A•s。由Q＝It，可知Q 的单位为A•s，则QU 的单位相同为V•A•s，可见QU 的单位和ΦI 的
单位是相同的，故A 错误；
B、图中M 的定义式为：M = Φ
Q
，那么M 的单位为：V ⋅s
A ⋅s =V / A，电阻的单位也是V/A，因
此在国际单位制中，图中M 的单位为欧姆，故B 正确；
C、由欧姆定律可得：1
R = I
U
，当导体的两端电压U 不变时，通过的电流越大，导体的电阻越小，
说明物体导电能力越大，因此可以用I
U
来描述物体的导电性质，C 正确；
D、根据电感的定义式：L= Φ
I = ΔΦ
ΔI
，法拉第电磁感应定律：E = ΔΦ
Δt
，联立解得：E = L ΔI
Δt
，
故D 正确。
本题选择说法错误的，故选：A。
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题型四 涡流 电磁阻尼和电磁驱动
一、涡流
1.涡流：当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，电流在导体中
组成闭合回路，很像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流，简称涡流.
2.涡流大小的决定因素：磁场变化越快(越大)，导体的横截面积S 越大，导体材料的电阻率越小，
形成的涡流就越大.
二、电磁阻尼
当导体在磁场中运动时，导体中产生的感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体
的运动，这种现象称为电磁阻尼.
三、电磁驱动
若磁场相对导体转动，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，这种作用常常称为电磁驱动.
[模型演练19] （2024•松江区校级三模）涡流、电磁驱动和电磁阻尼都是电磁感应现象，
三者常常有紧密联系。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，如果在上下振动的磁铁下固定一个铝板，磁铁会很快静止下来，这属于电磁阻尼现
象
B．图甲中，如果在上下振动的磁铁下固定一个铝板，磁铁振动时，铝板中会产生涡流，涡流对
磁铁总有排斥作用
C．图乙中，竖直放置的蹄形磁铁转动后，同轴的闭合线圈会同向转动，这属于电磁阻尼现象
D．图乙中，蹄形磁铁匀速转动时间足够长，闭合线圈的转速可以大于蹄形磁铁的转速
【解答】解：AB.磁铁上下运动中，穿过铝板磁通量发生变化，产生感应电流，根据楞次定律可
知，向下振动时，相互排斥，向上运动时相互吸引，属于电磁阻尼现象，故A 正确，B 错误；
C.竖直放置的蹄形磁铁转动后，同轴的闭合线圈由于阻碍其相对运动，会同向转动，这就是电
磁驱动现象，故C 错误；
D.如果闭合线圈的转速超过蹄形磁铁的转速，则穿过线圈的磁通量就会增大，与楞次定律相矛
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盾，所以闭合线圈的转速一定小于蹄形磁铁的转速，故D 错误。
故选：A。
[模型演练20] （2024 春•常州期中）如图，质量为1kg 的方形铝管静置在足够大的绝缘水
平面上，现使质量为2kg 的条形磁铁（条形磁铁横截面比铝管管内横截面小）以v＝6m/s 的水
平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则（ ）
A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为5m/s
C．磁铁穿过铝管时的速度不小于4m/s
D．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到15J
【解答】解：A.磁铁穿过铝管的过程中，根据“来拒去留”的思路分析，铝管受到的安培力一
直向右的方向，故A 错误；
B.根据题意，磁铁和铝管组成的系统在水平方向作用时满足动量守恒定律，规定向右的方向为
正方向，有m 磁v＝m 磁v 磁+m 铝v 铝，代入数据2×6＝2v 磁+1×5，得v 磁＝3.5m/s＜5m/s，不符合
题意，故B 错误；
C.根据动量守恒定律，规定向右的方向为正方向，假设磁铁和铝管共速，有m 磁v＝（m 磁+m
铝）v 共，代入数据解得v 共＝4m/s，题中给定的条件是磁铁穿过铝管，说明磁铁的速度要大于这
个速度，铝管的速度就会小于这个速度，故C 正确；
D.假设磁铁和铝管最终共速，则产生的热量最多，此时产生的热量为Qm= 1
2
m 磁v2- 1
2
（m 磁+m
铝）v共
2 ，代入数据解得Qm＝12J，实际上因为磁铁穿过了铝管，故能量损失没有达到12J，所以
产生的热量也不可能大于12J，故D 错误。
故选：C。
[模型演练21] （2024•延边州一模）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
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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，转动小磁针，圆盘也会同向转动
C．费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会逆时针（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，圆盘中磁通量不变，但沿半径方向的金属条在切割磁感线，
在圆心和边缘之间产生了感应电动势，会产生感应电流，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，根据楞次定律的推论，感应电流
的磁场总要阻碍相对运动，因安培力的作用，另个物体也会跟着转动，属于电磁驱动，故B 正
确；
C．开关闭合瞬间，线圈产生向下的磁场且强度在增加，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 错误；
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：B。
[模型演练22] （2024 春•温州期末）高达632 米的上海中心大厦，在工程师的巧妙设计下，
它能抵挡15 级大风，位于第126 层的“电涡流摆设式调谐质量阻尼器”起到了关键作用。这
款阻尼器由我国自主研发，重达1000 吨，在大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器质量块的由于
惯性产生反向摆动，在质量块下方圆盘状的永磁体与楼体地板正对，由于电磁感应产生涡流，
从而使大厦减振减摆，其简化示意图如图所示。下列关于该阻尼器的说法正确的是（ ）
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A．质量块下方相对的地板可以是导体也可以是绝缘体，对减振效果没有影响
B．阻尼器的振动频率取决于自身的固有频率
C．大厦受到风力作用摇晃时，阻尼器质量块的振动频率小于大厦的摇晃频率
D．地板随大厦摇晃时，在地板内产生涡流，使大厦摇晃的机械能最终转化为热能
【解答】解：A、根据题意，该阻尼器依靠电磁感应原理产生涡流实现减振，地板必须是导体才
行，故A 错误；
BC、该阻尼器是在大厦受到风力作用摇晃时由于惯性反向摆动来工作的，属于受迫振动，所以
其振动频率等于大厦摇晃的频率，故BC 错误；
D、质量块与地板发生相对运动，相当于地板在切割永磁体的磁场，从而在地板内部产生涡流，
即大厦摇晃的机械能转化成了电能，并通过涡流产生热能耗散掉，故D 正确。
故选：D。
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