2024北京高三一模物理汇编：法拉第电磁感应定律

2024北京高三一模物理汇编
法拉第电磁感应定律
一、单选题
1．（2024北京通州高三一模）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出，线框的边长小于磁场宽度，下列说法正确的是（）
A．线框进磁场的过程中做匀减速直线运动
B．线框出磁场的过程中电流方向为逆时针方向
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热不等
D．线框在进和出的两过程中所受安培力方向相反
2．（2024北京朝阳高三一模）电路过载时电流一般比额定电流大一些，而短路时则可能达到额定电流的十几倍以上。

空气开关是一种常见的电气设备，可用于保护电气线路和设备避免过载或短路的破坏，如图1所示。

空气开关内部有电磁脱扣器和热脱扣器两种断开结构，如图2所示。

在过载或短路发生的情况下，电路中的强电流流过电磁线圈，线圈内的金属顶针在电磁力的作用下压缩弹簧撞击弹片使电路断开；热脱扣器则是利用双金属片热胀冷缩的原理，当强电流流过双金属片时，材料不同的双金属片发热形变程度不同，金属片带动连杆开关使电路断开。

一般家庭电路中用电器往往启动瞬间电流较大，为保证用电器顺利启动，多采用脱扣特征曲线如图3所示的空气开关。

脱扣特征曲线的横轴表示线路实际电流相对于额定电流的倍数（部分刻度值未画出），纵轴（t/s）表示电流持续时间，曲线①左下方区域表示空气开关不脱扣，曲线①右上方区域表示脱扣，①、①曲线所夹的区域为不确定区域，在此区域中脱扣器可能是脱扣状态或未脱扣状态。

根据以上信息，下列说法正确的是（）
A．电路发生过载情况时，更易发生电磁脱扣
B．实际电流为额定电流2倍时，线路设备可持续工作至少10秒
C．实际电流为额定电流7倍时，一定是电磁脱扣器执行断开电路动作
D．线路设备在工作条件下，电磁脱扣器不产生焦耳热
3．（2024北京朝阳高三一模）如图所示，水平放置的内壁光滑半径为R 的玻璃圆环，有一直径略小于圆环口径的带正电q 的小球，在圆环内以速度0v 沿顺时针方向匀速转动（俯视）。

在0=t 时刻施加方向竖直向上的变化磁场，磁感应强度()0B kt k =>。

设运动过程中小球带电荷量不变，不计小球运动产生的磁场及相对论效应。

加上磁场后，下列说法正确的是（ ）
A ．小球对玻璃圆环的压力不断增大
B ．小球对玻璃圆环的压力不断减小
C ．小球所受的磁场力一定不断增大
D ．小球每运动一周增加的动能为kq R π
4．（2024北京朝阳高三一模）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。

铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。

圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是（ ）
A ．若圆盘转动的角速度不变，则电流为零
B ．若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，则产生恒定电流
C ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向从a 到b
D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电阻R 的热功率也变为原来的2倍
5．（2024北京海淀高三一模）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有磁感应强度大小为B 方向垂直水平面向下，宽度为2L 的平行边界匀强磁场，一个质量为m ，边长为L 的正方形导体线框abcd ，在磁场边界以初速度0v 进入磁场，恰好穿出磁场，关于线框的运动，下列说法正确的是（ ）
A．线框在整个运动过程中一直做减速运动
B．线框入场、出场过程中，所受安培力方向相反
C．无法计算出线框整个运动过程中产生的焦耳热
D．线框入场、出场过程中，通过线框导体横截面的电荷量大小相同
二、解答题
6．（2024北京门头沟高三一模）图甲是列车进站场景，其刹车原理可简化为图乙。

在车身下方固定一单匝矩形导线框，利用线框进入磁场时所受安培力，辅助列车刹车。

已知列车质量为m，线框总电阻为R，线框ab边长为L，bc边长近似等于车身长度s，列车轨道上匀强磁场区域足够长，且磁感应强度的大小为
v，车尾进入磁场瞬间列车恰好停止，列车停止前所受所有摩擦阻力恒B。

车头刚进入磁场时速度大小为
为f。

求：
（1）列车车头进入磁场瞬间，通过线框ab边的电流I大小和方向（填“a→b”或“b→a”）；
（2）列车车头进入磁场瞬间，列车加速度的大小a；
（3）列车从进站到停止过程中，线框产生的焦耳热Q。

7．（2024北京东城高三一模）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框abcd，在导线框右侧有一宽度大于l的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的左、右边框平行，磁
v进入磁场。

感应强度大小为B，磁场方向竖直向下。

导线框以向右的初速度
（1）求dc边刚进入磁场时，线框中感应电动势的大小0E；
（2）求dc边刚进入磁场时，ab边的瞬时电功率0P；
（3）若导线框能够完全通过磁场区域并继续运动，请在图乙中定性画出导线框所受安培力大小F随时间t 变化的图像，并说明安培力随时间变化的原因。

8．（2024北京海淀高三一模）有关列车电气制动，可以借助如图所示模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为L ，磁场的磁感应强度为B ，金属棒MN 的质量为m ，导轨右端接有阻值为R 的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为r ，导轨的电阻不计。

MN 在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN 开始减速时的初速度为v 0。

（1）求开始减速时：
①导体棒两端的电压U 。

①安培力的功率P 。

（2）在制动过程中，列车还会受到轨道和空气阻力的作用，为了研究问题方便，设这些阻力总和大小恒定，对应于棒受到的大小恒定的摩擦阻力f ，在金属棒的速度从v 0减至
02
v 的过程中，金属棒的位移大小为x 。

求该过程中电路中产生的焦耳热Q 。

9．（2024北京房山高三一模）列车进站时，其刹车原理可简化如图所示，在车身下方固定一单匝矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。

已知列车的质量为m ，车身长为s ，线框的ab 和cd 长度均为L （L 小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R 。

站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B 。

车头的线框刚进入磁场的速度为v 0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f 。

车尾的线框刚进入磁场时，列车刚好停止。

求：
（1）车头进入磁场瞬间，线框中产生的感应电流大小I ，并判断方向。

（2）车头进入磁场瞬间，列车的加速度大小a 。

（3）列车从进站到停下来的过程中线框产生的热量Q 。

10．（2024北京朝阳高三一模）地球高层大气空域的电离层中存在大量的自由电子和离子，使用绳系卫星可以研究电离层的特性。

如图所示，由子卫星1P 和2P 组成的绳系卫星，在地球赤道上空的电离层中绕地球中心做匀速圆周运动。

已知绳系卫星轨道距地面的高度为H ，两颗子卫星之间的导体绳长为()L L H ，导体绳沿地球半径方向。

卫星轨道所在处的地磁场磁感应强度大小为B ，方向如图。

地球半径为R ，地球表面处的重力加速度为g ，不计地球自转、电离层的运动。

（1）不计环境阻力，求绳系卫星在轨道上绕地球中心运行速度的大小v ；
（2）考虑环境阻力并设其大小恒为f 、方向总垂直于导体绳，为使卫星保持在原轨道上，设想在导体绳上
串联接入一电动势恒定的电源，如图所示。

该电源、导体绳及附近的电离层可视为闭合电路，电路等效总电阻为r ，此时在电源和感应电动势的共同作用下，导体绳所受安培力恰好克服环境阻力。

a ．说明导体绳中电流方向及导体绳所受安培力方向；
b ．求接入电源的电动势E 。

11．（2024北京朝阳高三一模）某同学根据所学的电磁阻尼知识设计了如图所示的降落缓冲装置的基本原理图，均匀导线构成的正方形线框abcd 质量为m ，边长为L ，总电阻为R 。

匀强磁场的磁感应强度为B ，某时刻线框dc 边刚好以速率v 竖直进入磁场开始做减速运动，线框平面始终保持在竖直平面内，且ab 边始终与水平的磁场边界面平行。

空气阻力不计，重力加速度为g 。

求：
（1）当dc 边以速率v 进入磁场时ab 两点间的电势差Uba ；
（2）如果ab 边刚进磁场的速率为3
v ，则线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q ； （3）实际下落的物体可看作边长为l 的金属正方体，质量为m ，从侧面看该物体是在水平向右的匀强磁场中竖直下落，如图所示，假设物体从静止开始就一直在磁场中运动，为方便计算金属正方体的电阻可忽略不计，则该物体下落的加速度将如何变化，并说明能否起到缓冲作用，请推理论证你的结论。

12．（2024北京西城高三一模）磁力刹车是为了保证过山车在最后进站时的安全而设计的一种刹车形式。

在轨道之间设置较强的磁场，刹车金属片安装在过山车底部，该装置（俯视）可简化为如图所示的模型：水平导轨间距为L ，刹车金属片等效为一根金属杆ab ，整个回路的等效电阻为R 。

磁场区域为方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，过山车的总质量为m 。

过山车以速度v 进入磁场区域，通过磁场区域后速度变为0.5v 。

磁力刹车阶段不计摩擦力和空气阻力。

（1）求杆ab 刚进入磁场区域时，受到的安培力F 的大小和方向。

（2）求过山车通过磁场区域的过程中，电路中产生的焦耳热Q 。

（3）求磁力刹车阶段过山车加速度大小a 的变化范围。

为使过山车加速度的大小不超过a ①，磁感应强度的大小应满足什么条件？
13．（2024北京海淀高三一模）如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，两条平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距为L ，左端接有阻值R 的电阻。

一质量为m 、阻值为r 的金属棒MN 放置在导轨上，金属棒与金属导轨的动摩擦因数为0.5。

对金属棒施加大小为2.5mg 水平向右的拉力F ，使金属棒由静止开始运动，金属棒向右移动x 后恰好达到最大速度。

求：
（1）金属棒达到的最大速度v m ；
（2）从静止到金属棒达到最大速度的过程，整个电路产生的电热Q ；
（3）从静止到金属棒达到最大速度的过程，通过金属棒的电量q 。

14．（2024北京石景山高三一模）（1）如图1所示，固定于水平面的U 形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为 B ，金属框两平行导轨间距为l 。

金属棒 MN 在外力的作用下，沿框架以速度v 向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。

请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒 MN 切割磁感线产生的感应电动势E 1的大小。

（22所示，空间存在一个垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B 0，磁场区域半径为R 。

一半径为r 的圆形导线环放置在纸面内，其圆心O 与圆形磁场区域的中心重合。

如果磁感应强度B 随时间t 的变化关系为 0B B kt =+其中k 为大于0的常量。

求圆形导线环中的感应电动势E 2的大小。

（3）电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，电源的电动势是电源内部非静电力所做的功与所移动的电荷量之比。

已知电子的电荷量为e 。

求上述金属棒中电子所受到的非静电力F ①的大小和导线环中电子所受到的非静电力F 2的大小。

参考答案
1．C
【详解】A ．线框进磁场的过程中受到向左的安培力，其大小为
22B L v F BIL R
== 由于速度减小，则安培力减小，加速度减小，故线框做加速度减小的减速运动，故A 错误； B ．线框出磁场的过程中，根据右手定则可知电流方向为顺时针方向，故B 错误；
C ．线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度较大，安培力大，产生的焦耳热多，故C 正确；
D ．根据左手定则可知，线框进、出磁场过程中均受到向左的安培力，故D 错误。

故选C 。

2．B
【详解】A.电路发生过载情况时，电路过载时电流一般比额定电流大一些，所以线路实际电流相对于额定电流的倍数偏小，由图3可知更容易发生热脱扣，故A 错误；
B.实际电流为额定电流2倍时，由图3可得线路设备可持续工作至少10秒，故B 正确；
C.实际电流为额定电流7倍时，由图3可见刚好处于不确定区域，所以不一定是电磁脱扣器执行断开电路动作，故C 错误；
D.线路设备在工作条件下，电路中的强电流流过电磁线圈，所以电磁脱扣器产生焦耳热，故D 错误。

故选B 。

3．C
【详解】AB ．由楞次定律判断可得当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做正功使其沿顺时针方向做加速运动，根据牛顿第二定律可得未加磁场时
20N v F m R
= 加磁场后，小球所受洛伦兹力方向指向圆心，圆环对小球的压力与小球洛伦兹力的合力提供向心力，没有确定的数量关系去比较洛伦兹力与向心力的大小，所以小球与圆环之间的弹力变化情况不明。

故AB 错误；
C ．根据
f qvB =
可知小球所受的磁场力一定不断增大。

故C 正确；
D ．由动能定理可得
k W E =∆电
小球每运动一周，电场力做功为
2B W qU U R t
π∆==⋅∆电， 联立，解得
2k E k qR π∆=
故D 错误。

故选C 。

4．C
【详解】AB ．设铜盘的半径为r ，则铜盘转动产生的感应电动势为
212
E Br ω= 根据欧姆定律可得，电流为
22E Br I R R
ω== 若圆盘转动的角速度不变，则电流不为零保持不变；若圆盘转动方向不变，角速度大小均匀增大，则电流均匀增大，故AB 错误；
C ．若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a 到b 的方向流动，故C 正确；
D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据
2P I R =
电流在R 上的热功率也变为原来的4倍，故D 错误。

故选C 。

5．D
【详解】A ．因为磁场区域宽度大于线框边长，所以线框完全进入磁场后的一段时间内，所受合力为零，做匀速直线运动，故A 错误；
B ．根据楞次定律可以判断，线框入场过程中，感应电流的磁场阻碍线框磁通量增大，即阻碍线框进场，所受安培力水平向左。

线框出场过程中，感应电流的磁场阻碍线框磁通量减小，即阻碍线框出场，所受安培力水平也向左，故B 错误；
C ．根据能量守恒定律可知线框整个运动过程中产生的焦耳热为
2012
Q mv = 故C 错误；
D ．线框入场过程中，通过线框导体横截面积的电荷量为
2
E BL q I t t t R R t R
∆Φ=∆=∆=∆=∆ 由于线框出场过程中，磁通量变化量相同，所以通过线框导体横截面的电荷量和进场过程相同，故D 正确。

故选D 。

6．（1）0BLv R ，电流方向为a →b ；（2）220B L v f mR m
+；（3）2012mv fs - 【详解】（1）列车车头进入磁场瞬间，ab 边切割磁感线产生的电动势为
00E BLv =
则通过线框ab 边的电流大小为
0B E I R R
Lv == 由右手定则可知，通过线框ab 边的电流方向为a →b 。

（2）列车车头进入磁场瞬间，根据牛顿第二定律可得
BIL f ma +=
联立解得列车加速度的大小为
220B L v f a mR m
=+ （3）列车从进站到停止过程中，根据功能关系可得
2012
mv fs Q =+ 解得线框产生的焦耳热为
2012
Q mv fs =- 7．（1）00E Blv =；（2）222004B l v P R =；（3），原因见解析
【详解】（1）刚进入磁场时，dc 边切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可知，此时线框中感应电动势为
00E Blv =
（2）根据闭合电路欧姆定律可知，dc 边刚进入磁场时，线框中感应电流为
00E I R
= 故ab 边的瞬时电功率为
2004
R P I = 联立解得
222004B l v P R
= （3）当线框dc 边进入磁场到ab 边进入磁场之前，根据法拉第电磁感应定律可知，任意时刻dc 边产生的瞬时感应电动势为
E Blv =
回路中的瞬时电流为
E I R
=
线框此时受到的安培力为
F BIl =
联立可得得
22B l v F R
= 方向与速度方向相反，因此，导线框做减速运动，随着速度v 减小，安培力F 也减小；根据牛顿第二定律有
F a m
= 且a 为速度的变化率，并且F 正比于v ，所以F 减小的越来越慢。

由于导线框能够全部通过磁场区域，故导线框在速度减为零前已完全进入磁场，且当整个线框均在磁场中运动时，ab 边和cd 边都产生感应电动势，但线框总电动势为零，电流为零，安培力为零，线框做匀速直线运动；当线框离开磁场区域时，只有ab 边做切割磁感应线运动，只有ab 边产生感应电动势，导线框又受到安培力作用，初始大小与ab 边刚进入磁场时相同，之后随着速度的减小而减小。

故导线框所受安培力大小F 随时间t 变化的图像如答图所示。

8．（1）①0RBLv R r +；①2220B L v R r
+；（2）2038mv fx - 【详解】（1）①根据法拉第电磁感应定律可知
0E BLv =
导体棒两端的电压为
0RBLv R U E R r R r
=
=++ ①电路中的电流为 E I R r
=+ 安培力的功率为
0P BILv =
解得
2220B L v P R r
=+ （2）根据能量守恒定律可知
220011()222
v mv m fx Q -=+ 解得
2038
Q mv fx =- 9．（1）0B E I R R Lv ==，电流方向为abcd ；（2）220B L v fR a Rm
+=；（3）2012Q mv fs =- 【详解】（1）根据楞次定律结合安培定则可知，线框中电流的方向为顺时针（俯视），即列车进站过程中电流方向为abcd 。

列车车头进入磁场瞬间产生的感应电动势的大小为
0E BLv =
则回路中产生的瞬时感应电流的大小为
0B E I R R
Lv == （2）车头进入磁场瞬间所受安培力的大小为
F BIL =
则由牛顿第二定律有
F f ma +=
联立解得
220B L v fR a Rm
+= （3恒有
2012
mv fs Q =+ 解得
2012
Q mv fs =-
10．（1）v =（2）a ．电流方向由1P 指向2P ，安培力方向与卫星运动方向相同；
b ．fr E BL
= 【详解】（1）万有引力提供向心力
2
2()Mm v G m R H R H
=++ 对地面质量为m '的物体有
2Mm G m g R
'
'=
得
v =（2）a ．根据题意可知，导体绳所受安培力恰好克服环境阻力，则安培力方向与卫星运动方向相同，根据左手定则可知，电流方向由1P 指向2P 。

b ．由于电流方向由P 1指向P 2，根据闭合电路欧姆定律和右手定则有
E BLv Ir -=
要求安培力与阻力平衡
BIL f =
联立，解得
fr E BL
= 11．（1）4ab BLv U =-；（2）249
Q mv mgL =+；（3）见解析 【详解】（1）由右手定则可知，线框dc 边以速率v 进入磁场时电流方向从d 到c ，产生的感应电动势 E BLv =ab 两点间的电势差为
144
ab E BLv U R R =-⨯=- （2）线框进入磁场过程中，根据能量守恒定律有
2
211223v mv mgL m Q ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭ 得
249
Q mv mgL =+ （3）平行磁感线的左右两个面可近似看作平行板电容器，电容为C 。

正方体以速率v 切割磁感线时产生感应电动势为
E BLv =
则正方体左右面所构成电容器的电荷量为
Q CE =
由于v 不断变大，E 和Q 也不断变大，由左表面到右表面的充电电流大小为
Q v i CBL t t
∆∆=
=∆∆ 所受安培阻力大小为 F BiL =
根据牛顿第二定律有
Mg F Ma -=
根据加速度的定义式有
v a t ∆=
∆ 得
22M a g M B L C
=+ 因此，正方体做加速度小于g 的匀加速直线运动，起到缓冲作用。

12．（1）22B L v F R =；与速度方向相反；（2）238mv ；（3）B ≤【详解】（1）杆ab 通过磁场的过程，产生的感应电动势为
E BLv =
根据闭合电路欧姆定律，回路的感应电流的大小
BLv I R
= 杆ab 受到的安培力大小
22B L v F BIL R
== 杆ab 受到的安培力方向与速度方向相反。

（2）杆ab 通过磁场的过程中，根据能量守恒定律有
2
221132228v Q mv m mv ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭ （3）设杆ab 刚进入磁场时加速度的大小为1a ，根据牛顿第二定律有
1F ma =
得
221B L v a mR
= 同理，杆ab 即将离开磁场时的加速度大小
2222B L v a mR
= 磁力刹车阶段过山车的加速度大小的变化范围为
22222B L v B L v mR mR
~ 为使加速度的大小不超过0a ，则
220B L v a mR
≤ 得
B ≤13．（1）222()mg R r B L +；（2）322
44
2(2)m r mg g L x R B -+；（3）BLx R r +
【详解】（1）当速度达到最大时，加速度为零，根据平衡条件可得
F F mg μ=+安
解得
2F mg =安
F BIL =安
所以
2mg I BL
= 根据闭合电路欧姆定律可得
2()E g I R L
r m R r B ==++（） m E BLv =
解得
m 22
2()mg R r v B L += （2）从静止到金属棒达到的最大速度过程，根据动能定理有
2m 1()2
W fx Fx mv +-+=安 解得
322
442()2m g R r Q mgx B L
+=- （3）从静止到金属棒达到的最大速度的过程中
q i t
∆=∆ v ∆∆=∆=
∆=++BL BL x q i t t R r R r
解得 =∆=∆=++∑∑BL BLx q q x R r R r
14．（1）1E Blv =；（2）22E r k π=；（3）1F Bev =；22kre F =
【详解】（1）在①t 内金属框和棒所围面积的变化量是
①S =lv ①t
则穿过闭合电路的磁通量的变化量是
①Φ=B ①S =Blv ①t
根据法拉第电磁感应定律 1E t
∆Φ=∆
解得感应电动势
1E Blv =
（2）由
0B B kt =+
得
B k t
∆=∆ 根据法拉第电磁感应定律
2E t
∆Φ=∆ 解得
222r B
E r k t ππ∆==∆
（3）①金属棒 MN 向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛仑兹力充当非静电力 F ①。

由
11W Fl E e e
==非 解得
1F Bev =
①在很短的时间内导线环中电子的位移为①x ，非静电力对电子做的功为 F ①①x ，电子沿着导线环运动一周，非静电力做的功
222W F x F r π=∑∆=⋅非
根据电动势定义
2W E e
=非 解得
22
kre F =。