专题24 法拉第电磁感应定律的理解及应用-2025年高考物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

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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＝eq \f(E,R＋r).
2．感应电动势大小的决定因素
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)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＝neq \f(ΔB·S,Δt)；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝neq \f(B·ΔS,Δt)；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝neq \f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq \f(ΔB·ΔS,Δt).
3．磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率．
（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=NΔΦΔt=NBSt=NktSt=NkS
磁场的有效面积为S=πl26
感应电流的大小为I=ER=NkSR=Nkπl26R
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。
（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．kπR2B．7kπR2C．13kπR2D．19kπR2
【解答】解：由法拉第电磁感应定律得
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=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。
（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π2kB0r14R
D．通过导线横截面电荷量为πB0r22R
【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；
C.线圈中的感应电动势为E=ΔΦΔT=kπr12
变化过程中产生的焦耳热为Q=E2Rt
由于t=ΔBk=B0k
联立可得Q=π2kB0r14R
故C正确；
D.通过导线的电荷量为q＝It=ERt
可得q=πB0r12R
故D错误。
故选：C。
（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B0S2
D．2～4s内线圈中产生的焦耳热为2B02S2R
【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＝nΔΦΔt=nsΔBΔt，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=E2Rt，解得：P=2B02S2R，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＝eq \x\t(cd)sin β；
乙图：沿v1方向运动时，l＝eq \x\t(MN)；沿v2方向运动时，l＝0.
丙图：沿v1方向运动时，l＝eq \r(2)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．
类型1 平动切割磁感线
（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．BlvB．﹣BlvC．12BlvD．-12Blv
【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Uab=-E=-Blvsin30°=-12Blv，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（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
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FM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。
（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（ ）
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3Bd8RD
【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⋅2xtan30°⋅v02xcs30°⋅R0
得I=Bv02R0，为定值，故A正确；
D.整个过程中通过金属棒的电荷量q＝It=Bv02R0⋅dcs30°v0=3Bd4R0，故D错误。
故选：A。
类型2 转动切割磁感线
（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（ ）
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。
（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（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：在0-π2ω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+Lω2=12BL2ω=12B(2Rsinωt)2ω=2BR2ωsin2ωt
感应电流瞬时值为i=er=2BR2ωrsin2ωt=2BR2ωr•1-cs2ωt2=BR2ωr（1﹣cs2ωt）
对i求导数得：i′=BR2ωrωsin2ωt，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π2ω-πω时间内，磁通量不变，没有感应电流；
在πω-3π2ω时间内，电流大小变化情况与0-π2ω时间内相同，方向相反；
在3π2ω-2πω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。
（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）（ ）
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ωBl2R
D．通过定值电阻的电荷量为3Bl28R
【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+2lω2=2Bl2ω
则最大感应电流为
Im=EmR=2Bl2ωR，故C错误；
D、转过60°的过程中，通过定值电阻的电荷量为
q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔtRΔt=BΔSR
又ΔS=12l⋅3l=32l2
联立解得：q=3Bl22R，故D错误。
故选：B。
类型3 有效长度问题
（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（ ）
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。
（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=35L，则金属杆两端的电势差UCD为（ ）
A．120BωL2B．-120BωL2C．140BωL2D．-140BωL2
【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=-12B（35Lsin30°）2ω+12B（25Lsin30°）2ω=-140BωL2，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（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3Br2ω4
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+2rω2=32Br2ω，导体棒AB两端的电压大小为U=E2RR=34Br2ω，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。
（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（ ）
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=32l
根据动生电动势公式有：E＝Bl′v
线框中的电流为：I=ER
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=ER，可知，电流先增大后减小。故ACD错误，B正确。
故选：B。
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＝Leq \f(ΔI,Δt).
(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．
（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（ ）
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n2ΔBSΔt
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：
Uba=n2ΔBSΔt
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。
（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亮度增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（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。
（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（ ）
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IU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=LΔIΔt
【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律：E=ΔΦΔt，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=ΦQ，那么M的单位为：V⋅sA⋅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：1R=IU，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IU来描述物体的导电性质，C正确；
D、根据电感的定义式：L=ΦI=ΔΦΔI，法拉第电磁感应定律：E=ΔΦΔt，联立解得：E=LΔIΔt，故D正确。
本题选择说法错误的，故选：A。
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(eq \f(ΔB,Δt)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.
（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。
（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=12m磁v2-12（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。
（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。
（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（ ）
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。
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。