高考物理復(fù)習(xí)講義第89講 電磁感應(yīng)中的框模型（解析版）

第89講電磁感應(yīng)中的框模型

I真題示例_______________________________

（多選）1.（2021?甲卷）由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，

兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈

在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻

強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平

行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是

（）

××x×x×××

XXXXXXXX

×xxx××××

A.甲和乙都加速運(yùn)動

B.甲和乙都減速運(yùn)動

C.甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動

D.甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動

【解答】解：甲、乙兩正方形線圈的材料相同，則它們的密度和電阻率相同，設(shè)材料的電

阻率為p,密度為P%：度,

兩正方形線圈的邊長相同，設(shè)線圈邊長為L,設(shè)線圈的橫截面積為S,線圈的質(zhì)量m=p

密度X4nLS=4np密度LS,

由題意UJ知，兩線圈的質(zhì)量相等，則4n甲P福度LS甲=4n乙P密度LS乙，則n甲S甲=n乙S

乙，

兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，設(shè)線圈下邊到磁場的高度為h,

設(shè)線圈下邊剛進(jìn)入磁場時的速度為V,線圈進(jìn)入磁場前做自由落體運(yùn)動，

貝IJV=商元由于下落高度h相同，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時的速度V相等，

設(shè)線圈匝數(shù)為n,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,線圈進(jìn)入磁場過程切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=

nBLv,

4nL

由電阻定律可知，線圈電阻：R=p—

由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流：I=5=喘=察

線圈受到的安培力：F=nBIL=嚓生

由于nq,S甲=ncS乙，B、L、p、V都相同，則線圈進(jìn)入磁場時受到的安培力F相同，線

圈質(zhì)量相同，則它們受到的重力G=mg相同，

線圈進(jìn)入磁場過程所受合力F合=F-G相同；

A、如果線圈進(jìn)入磁場時安培力小于重力，則線圈受到的合力向下，線圈甲、乙都加速運(yùn)

動，故A正確；

B、如果線圈進(jìn)入磁場時安培力大于重力，線圈受到的合力向上，線圈甲、乙都做減速運(yùn)

動，故B正確；

Cs由于甲、乙所受合力相同、進(jìn)入磁場時的速度相同，如果甲加速運(yùn)動，則乙也做加速

運(yùn)動，故C錯誤；

D、由于甲、乙所受合力相同、進(jìn)入磁場時的速度相同，如果甲減速運(yùn)動，則乙也做減速

運(yùn)動，故D錯誤。

故選：ABo

（多選）2.（2021?湖南）兩個完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為L,通過長為L的絕

緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊H處有一方向水平、垂直紙

面向里的勻強(qiáng)磁場。磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為L,左右寬度足夠大。把該組合體在

垂直磁場的平面內(nèi)以初速度Vo水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B使其勻速

通過磁場，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.B與VO無關(guān)，與√77成反比

B.通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變

C.通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等

D.調(diào)節(jié)H、Vo和B,只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱

量不變

【解答】解：A、設(shè)組合體質(zhì)量為m,每個金屬框的電阻為R,進(jìn)入磁場時的速度大小為

V,速度方向與水平方向夾角為0,豎直方向的速度大小為Vy,

組合體進(jìn)入磁場前做平拋運(yùn)動，則有Vy2=2gH,

又有Vy=VSino=j2gH

因金屬框邊長為L,連接桿長為L,磁場區(qū)域高度為L,可知在組合體穿過磁場的過程中

始終只有一條水平方向的邊在磁場中，左右兩豎直方向的邊切割磁感線的速度相同，產(chǎn)

生的電動勢相抵消，則

感應(yīng)電動勢E=BLvsinθ,

感應(yīng)電流I=I

K

組合體所受安培力F次=BlL=身?生=BL尸,

組合體穿過磁場過程中受力平衡，則有F女=mg

解得：B2=,可見B2與√77成反比，B與不成反比，B與VO無關(guān)，故A錯誤；

B、由A選項(xiàng)分析可知，I=出*,則電流大小不變，組合穿過磁場過程磁通量先增加

后減小，再增加再減小，磁場方向垂直紙面向里不變，由楞次定律判斷，感應(yīng)電流方向先

逆時針后順時針，再逆時針再順時針，故B錯誤；

C、組合體勻速通過磁場的過程中，安培力始終與重力等大反向，克服安培力做功的功率

P=mgvy,即等于重力做功的功率，故C正確；

D、只要組合體勻速通過磁場，由能量守恒定律，可知產(chǎn)生的熱量等于重力勢能減少量,

即Q=4mgL,產(chǎn)生熱量不變，故D正確。

故選：CDo

—,知識回顧

1.常見的框模型有三邊框、四邊框、五邊框、圓形或半圓形框等，在磁場中產(chǎn)生的感應(yīng)

電動勢，有的是動生電動勢，有的是感生電動勢，有的是兩種電動勢同時產(chǎn)生。處理框模型，

有時需要畫等效電路圖，有時需進(jìn)行受力分析和能量分析,有時是考查圖像分析和處理能力，

因此，其綜合性較強(qiáng)，需要的知識點(diǎn)較多。

2.電磁感應(yīng)中的電路問題的基本步驟

(1)確定電源：先判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的是哪一部分導(dǎo)體，該部分導(dǎo)體可視為電源。

(2)分析電路結(jié)構(gòu)，畫等效電路圖。

(3)利用電路規(guī)律求解，主要有歐姆定律、串并聯(lián)電路規(guī)律等。

3.電磁感應(yīng)中的電路分析易錯點(diǎn)：

(1)不能正確根據(jù)感應(yīng)電動勢或感應(yīng)電流的方向分析外電路中電勢的高低。因產(chǎn)生感應(yīng)

電動勢的那部分電路相當(dāng)于電源，故該部分電路中的電流從低電勢流向高電勢，而外電路中

電流的方向是從高電勢到低電勢。

(2)應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時，沒有考慮到電源的內(nèi)阻對電路的影響。

(3)對連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進(jìn)行分析,例如并聯(lián)在等效電源兩端的電壓表,

其示數(shù)是路端電壓，而不是等效電源的電動勢。

4.導(dǎo)體棒的動力學(xué)分析

電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)

的受力情況和運(yùn)動情況。通常有兩種狀態(tài)及處理方法

狀態(tài)特征處理方法

平衡態(tài)-加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析

根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析，

非平衡態(tài)加速度不為零

注意加速度的變化及速度變化。

5.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法

(D能量轉(zhuǎn)化

其他形式克服安培囤電流做功焦耳熱或其他

的能量療械功能"形式的能量

(2)求解焦耳熱0的三種方法(純電阻電路)

T焦耳定律：Q=/海I

焦耳熱Q的

―T功能關(guān)系：O=W

三種求法

T能斌轉(zhuǎn)化：Q=AEHliMI?M<M]

6.電磁感應(yīng)中的圖像問題

(1)圖像類型

閉合■電路

歐姆定律

串、并聯(lián)

電路知識

電功

'電

焦

功

率

、

用

定

律

(2)2.解題關(guān)鍵

①弄清物理量的初始條件和正負(fù)方向；

②注意物理量在進(jìn)、出磁場時的變化；

③寫出函數(shù)表達(dá)式。

(3)解題方法：先定性排除，再定量解析

①定性排除法：用右手定則或楞次定律確定物理量的方向，定性地分析物理量的變化趨

勢、變化快慢、是否均勻變化等，特別注意物理量的正負(fù)和磁場邊界處物理量的變化，通過

定性分析排除錯誤的選項(xiàng)。

②定量解析法：根據(jù)題目所給條件定量地推導(dǎo)出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)

系對圖像作出分析，由圖像的斜率、截距等作出判斷。

二.典型例題

題型一：三邊框之動生電動勢與感生電動勢同時產(chǎn)生模型

（多選）例1.如圖所示，在MN右側(cè)區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨

時間變化的關(guān)系為B=kt（k為大于零的常量）。一高為a、電阻為R的正三角形金屬線

框向右勻速運(yùn)動。在t=0時刻，線框底邊恰好到達(dá)MN處；在t=T時刻，線框恰好完全

進(jìn)入磁場。在線框勻速進(jìn)入磁場的過程中（）

B

××

××

X×

××

X×

A.線框中的電流始終為逆時針方向

B.線框中的電流先逆時針方向，后順時針方向

C?t=9寸刻，流過線框的電流大小為誓?

D.t=g時刻，流過線框的電流大小為必會-

【解答】解：AB、磁場垂直于紙面向里，由右手定則可知，線框向右運(yùn)動過程，感應(yīng)電

流始終沿逆時針方向，故A正確，B錯誤；

CD、線框做勻速直線運(yùn)動，線框的速度V=熱t(yī)=彳時刻，線框切割磁感線的有效長度L

T√3

=2（a-v?）tan30o=-?-a,

此時磁感應(yīng)強(qiáng)度B=kt=∣kT,

動生電動勢El=BLV=∣kT×*ax號=在普

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感生電動勢E2=^=??S=∕c×2×i×?×α=在絆

?C?t4Z√34

由歐姆定律可知，感應(yīng)電流I=綽”=2爵，故C錯誤，D正確。

KIZA

故選：ADo

題型二：四邊框連接體之運(yùn)動分析與能量轉(zhuǎn)化

例2.如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為1,電阻均為R,質(zhì)量分別

為2m和m。它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為

21、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直豎直面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。開始時，線框b的上邊與勻

強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為1?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋

放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運(yùn)動。不計摩擦和空氣阻力,

則下列說法錯誤的是（）

A.a、b兩個線框勻速運(yùn)動的速度大小為六

B2I2

3夕2/3

B.線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間為-----

mgR

C.從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mgl

D.從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl

【解答】解：A、設(shè)兩線框勻速運(yùn)動的速度為V,此時輕繩上的張力大小為T,則對a有

T=2mg-BIl

對b有T=mg,又I=率E=BIv,解得V=m騁,故A正確：

B、線框a從下邊進(jìn)入磁場后，線框a通過磁場時以速度V勻速運(yùn)動，則線框a從下邊進(jìn)

入磁場到上邊離開磁場所用時間為t=源鬻，故B正確；

C、從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a只在其勻速進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)

生焦耳熱，設(shè)為Q,由功能關(guān)系有2mgl-Tl=Q,得Q=mgl,故C正確。

D、設(shè)兩線框從開始運(yùn)動至a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做的功為W,

此過程中左、右兩線框分別向上、向下運(yùn)動21的距離。對這一過程，由能量守恒定律有：

4mgl=2mgl+∣?3mv2+W,得W=2mg1-，'"-受?"，故D錯誤。

Z2B1

本題選錯誤的，

故選：D。

題型三：四邊框之圖像題

例3.如圖所示，邊長為L的單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定

速度通過寬度為D、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場，線框的邊長L小于有界磁場的寬度

D,在整個過程中線框的ab邊始終與磁場的邊界平行，若以F表示拉力、以Uab表示線

框ab兩點(diǎn)間的電勢差、I表示通過線框的電流（規(guī)定逆時針為正，順時針為負(fù)）、P表示

拉力的功率，則下列反映這些物理量隨時間變化的圖像中正確的是（)

【解答】解：設(shè)線框每邊電阻為R,線框的邊長為L,線框的速度為V。

A、線框進(jìn)入磁場過程，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLV,線框中的電流為/=需，方向?yàn)?/p>

zr∏

逆時針方向（正方向），完全進(jìn)入磁場時電流為零；離開磁場過程中，感應(yīng)電流方向?yàn)闉?/p>

順時針方向（負(fù)方向），故A錯誤；

22

B、由于線框勻速運(yùn)動，故拉力F大小為：F=F今=8〃=舞二拉力的功率為：P=

?^iTIx

22人22

FU=51L,進(jìn)出磁場時功率相同，線框完全進(jìn)入磁場后，根據(jù)電流為零，功率為零，

itK

故B正確；

O2Z217

C、根據(jù)F=F安=B/L=可知,線框進(jìn)出磁場時線框所受安培力均向左,大小恒定，

故拉力F均向右，大小恒定，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后，線框完全進(jìn)入磁場過程感應(yīng)電流

為零，拉力應(yīng)為0,故C錯誤；

D、線框進(jìn)入磁場過程中，ab邊相當(dāng)于電源，ab兩點(diǎn)間電壓為路端電壓，a、b兩點(diǎn)間的

電勢差為：Uab=I×3R=^BLvi

線框完全進(jìn)入磁場過程中，ab間電勢差為Uab=BLv;

線框離開磁場過程，線框中的電流為/=照，方向?yàn)轫槙r針方向（負(fù)方向），此過程中Cd

邊相當(dāng)于電源，ab只是外電路的一部分，a、b兩點(diǎn)間的電勢差為：Uab=IR=1BLv,

故D錯誤。

故選:Bo

題型四：四邊框之動力學(xué)分析（應(yīng)用電阻率與密度概念解決問題）

例4.由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等,

但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一

高度同時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的

上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，己知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊

保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是（）

甲□□乙

XXXXX

XXXXX

XXXXX

A.甲和乙都加速運(yùn)動或減速運(yùn)動

B.甲和乙做什么運(yùn)動與線圈的橫截面積和匝數(shù)有關(guān)

C.甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動

D.甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動

【解答】解：甲、乙兩正方形線圈的材料相同，則它們的密度和電阻率相同，設(shè)材料的電

阻率為P，密度為P%度，

兩正方形線圈的邊長相同，設(shè)線圈邊長為L,設(shè)線圈的橫截面積為S,線圈的質(zhì)量m=p

密度X4nLS=4np密度LS，

由題意可知，兩線圈的質(zhì)量相等，則4nFf∣p密度LS甲=4n乙P密度LS乙，則n甲S甲=n乙S

乙，

兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，設(shè)線圈下邊到磁場的高度為h,

設(shè)線圈下邊剛進(jìn)入磁場時的速度為V,線圈進(jìn)入磁場前做自由落體運(yùn)動，則V=J可，

由于下落高度h相同，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時的速度V相等。

設(shè)線圈匝數(shù)為n,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,線圈進(jìn)入磁場過程切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=

nBLv,

由電阻定律可知，線圈電阻：R=P?華

由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流：I=W=嗡=鬻

線圈受到的安培力：F=nBIL=嚓生

由于n甲S甲=n乙S乙，L、p、V都相同，則線圈進(jìn)入磁場時受到的安培力F相同,

根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：a=胃型=3-。，線圈質(zhì)量相同，則加速度大

小相同。

如果線圈進(jìn)入磁場時安培力小于重力，則線圈受到的合力向下，線圈甲、乙都加速運(yùn)動，

如果線圈進(jìn)入磁場時安培力大于重力，線圈受到的合力向上，線圈甲、乙都做減速運(yùn)動，

甲和乙做什么運(yùn)動與線圈的橫截面積和匝數(shù)無關(guān)，故BCD錯誤，A正確。

故選：Ao

題型五：五邊框之圖像問題

（多選）例5.（2020?山東）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場，圖中虛線方格為等大正方形。

一位于OXy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動（不

發(fā)生轉(zhuǎn)動）。從圖示位置開始計時，4s末be邊剛好進(jìn)入磁場。在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感

應(yīng)電流的大小為I,ab邊所受安培力的大小為Fab-二者與時間t的關(guān)系圖象可能正確的

是（）

B.

D

【解答】解：AB、因?yàn)?s末be邊剛好進(jìn)入磁場，可知線框的速度為每秒向上運(yùn)動一格,

故在O-IS內(nèi)只有ae切割磁感線，設(shè)方格邊長L,根據(jù)

Eι=2BLv可知電流恒定;

2s末時線框在第二象限長度最長，此時

E2=3BLV

這時電流

可知,

故A錯誤，B正確；

CD、ab受到安培力Fab=BILab，

可知在O-IS內(nèi)ab邊受到安培力線性增加；IS末安培力為Fab=BIiL,

2s末安培力FaJ=BXl/1X2L,

所以Fab'=3Fab,由圖象知，C正確，D錯誤。

故選：BCo

三.舉一反三，鞏固練習(xí)

1.如圖，從勻強(qiáng)磁場中把不發(fā)生形變的矩形線圈勻速拉出磁場區(qū)，若兩次拉出的速度之比

為1：2,則兩次線圈所受外力大小之比Fi：F2為（）

XXX

XX

XXX

A.Fl：F2=2:1B.F∣:F2=I:2C.Fi：F2=I:4D.F∣:F2=I:1

【解答】解：設(shè)線圈左右兩邊邊長為L,整個線圈的電阻為R,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。

線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv

感應(yīng)電流為：I=EK=喀K

22

線圈所受的安培力為：F支培=BlL=粵上

K

22

線圈做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件得線圈所受外力大?。篎=F安培=竺RI尹

可知，F(xiàn)0=v,則得：Fi：F2=VI:V2=I:2,故ACD錯誤，B正確。

故選：Bo

2.如圖所示，光滑絕緣水平面上有一正方形導(dǎo)線框abed,虛線右側(cè)是勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場

場方向豎直向下?t=0時，導(dǎo)線框Cd邊恰與磁場左邊界重合，在水平外力F作用下由

靜止開始向右運(yùn)動，外力F與導(dǎo)線框速度V的關(guān)系是F=Fo+kv（Fo、k是常量）。在導(dǎo)

線框進(jìn)入磁場的過程中,關(guān)于感應(yīng)電流i與時間t的關(guān)系，下列圖像中不可能的是（)

【解答】解：設(shè)線框的邊長為L、電阻為R、質(zhì)量為m,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,當(dāng)線框

p2J2

的速度為V時，安培力的大小為尸安=B遼=幺”

此時線框的加速度為α==至=常+（ICR嚏2）”,若k=字，則有α=需為一個

定值，感應(yīng)電流i=等=喀3則有i與t成正比；

KK

22

若k>%則加速度a隨著速度的增大而增大，感應(yīng)電流i=等=等t,i-t圖象的

斜率增大；

若AV噂，則加速度a隨著速度的增大而減小，感應(yīng)電流i=等=等3i-t圖象的

KKK

斜率減??；綜上所述，故ACD正確，B錯誤；

本題選圖像中不可能的是，

故選：Bo

3.兩個完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為L,通過長為L的絕緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)成如

圖所示的組合體。距離組合體下底邊H處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。

磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為L,左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內(nèi)

以初速度VO水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B使其勻速通過磁場，不計

空氣阻力。下列說法正確的是（）

X×

XX

A.B與Vo無關(guān)，與√77成反比

B.通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變

C.通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率大于重力做功的功率

D.調(diào)節(jié)H、Vo和B,只要組合體仍能勻速通過磁場，則此過程中產(chǎn)生的熱量不變

【解答】解：A、設(shè)組合體質(zhì)量為m,每個金屬框的電阻為R,進(jìn)入磁場時的速度大小為

V,速度方向與水平方向夾角為0,豎直方向的速度大小為Vy。

組合體進(jìn)入磁場前做平拋運(yùn)動，則有Vy2=2gH,又有Vy=VSine=yj2gH

因金屬框邊長為L,連接桿長為L,磁場區(qū)域高度為L,可知在組合體穿過磁場的過程中

始終只有一條水平方向的邊在磁場中，左右兩豎直方向的邊切割磁感線的速度相同，產(chǎn)

生的電動勢相抵消，則金屬框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLVSin。，感應(yīng)電流為I=E，組合

體所受安培力F,=BIL=的孕㈣=B汨留

組合體穿過磁場過程中受力平衡，則有F女=mg

解得：B2=4≠=,可見B2與√77成反比，B與√77不成反比，B與VO無關(guān)，故A錯誤；

2

Ly∣2gH

B、由A選項(xiàng)分析可知，I=嗎咽，則電流大小不變，組合穿過磁場過程磁通量先增加

后減小，再增加再減小，磁場方向垂直紙面向里不變，由楞次定律判斷，感應(yīng)電流方向先

逆時針后順時針，再逆時針再順時針，故B錯誤；

C、組合體勻速通過磁場的過程中，安培力始終與重力等大反向，克服安培力做功的功率

P=mgvy,即等于重力做功的功率，故C錯誤；

D、只要組合體勻速通過磁場，由能量守恒定律，可知產(chǎn)生的熱量等于重力勢能減少量,

即Q=4mgL,產(chǎn)生熱量不變，故D正確。

故選：D..

4.如圖所示，單匝正方形金屬線圈ABCD在外力F作用下以速度V向右勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁

場，第二次又以速度2v勻速進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場，則（）

XXX

B

X-XX

LJX

XX×

A.兩次產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小之比為1：4

B.兩次施加的外力F大小之比為1：4

C.兩次線圈中產(chǎn)生的熱量之比為1：2

D.兩次線圈受外力F的沖量大小之比為1：2

【解答】解：A、設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,線圈的邊長為L,線圈電阻為R,線圈進(jìn)入磁場過

程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLV

感應(yīng)電流為/=苓=竿

可知感應(yīng)電流I與速度V成正比，第二次進(jìn)入與第一次進(jìn)入時線圈中電流之比等于速度

之比，即12：li=v：2v=l：2,故A錯誤;

B、線圈進(jìn)入磁場時受到的安培力為：

22

線圈做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件得，外力F/=F=旦尹，兩次施加的外力F大小之

比為1：2,故B錯誤；

C、線圈進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量Q=I2Rt=（華）2R?S=彗囪

所以兩次線圈中產(chǎn)生的熱量之比為1：2,故C正確；

D、外力F的沖量大小為：

I=Ft="尹?￡=罕相同，所以兩次線圈受外力F的沖量大小為1：1,故D錯誤；

故選：Co

5.如圖所示，均勻?qū)w圍成等腰閉合三角形線圈abc,底邊與勻強(qiáng)磁場的邊界平行，磁場

的寬度大于三角形的高度.線圈從磁場上方某一高度處由靜止開始豎直下落，穿過該磁

場區(qū)域，不計空氣阻力.下列說法中正確的是（）

A.線圈進(jìn)磁場的過程中，可能做勻速直線運(yùn)動

B.線圈底邊進(jìn)、出磁場時，線圈的加速度必定相同

C.線圈底邊進(jìn)、出磁場時，線圈所受安培力可能大小相等、方向不同

D.線圈出磁場的過程中，可能做先減速后加速的直線運(yùn)動

【解答】解：A、如果勻速，因?yàn)橛行懈铋L度越小來越小，安培力會越來越小，不可能

勻速運(yùn)動，故A錯誤；

D、如果線圈比較高，而磁場的寬度比等腰三角形的高要大，因面線框進(jìn)入磁場后先減速

后加速，可能導(dǎo)致進(jìn)磁場的速度和出磁場的速度是一樣的，故DLE確；

p2r2

B、由切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和安培力可求得：F發(fā)=BlL="尹，速度一樣，安培

力一樣，根據(jù)牛頓第二定律：mg-F安=ma,加速度也可能一樣，但不是必定，故B錯

誤；

p2J2

C、由B選項(xiàng)可知，安培力F安=色/，而安培力總是阻礙相對運(yùn)動，所以大小可能相

K

等，但方向均豎直向上，故C錯誤。

故選：D。

6.如圖所示，兩個完全相同的閉合矩形導(dǎo)線框甲和乙，質(zhì)量為m,長邊長2L,短邊長L,

電阻為R，在其下方某一區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。已知乙線框由底邊距磁

場上邊界h處靜止釋放，恰好能勻速進(jìn)入磁場。不計空氣阻力，重力加速度為g,則下

列判斷正確的是（）

甲乙

×××XX×X

××××X×X

×××XX×X

XXXXXXX

A.甲線框要勻速進(jìn)入磁場，應(yīng)由底邊距磁場上邊界4h處自由釋放

B.甲、乙線框勻速進(jìn)入磁場過程中運(yùn)動時間之比為2：1

3a

C.如甲也從底邊距磁場上邊界高度h處靜止釋放，則甲剛進(jìn)入磁場時加速度大小為上

4

D.如甲從距磁場上邊界高度h處靜止釋放，在進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量Q滿足：Q

m3g2R2

≤mg(2L÷h)—

2β4L4

【解答】解：A、線框進(jìn)入磁場前做自由落體運(yùn)動，乙線框進(jìn)入磁場時的速度為V,根據(jù)

動能定理

12

mghu=Inw"

解得：V=y∣2gh

線框進(jìn)入磁場時受到的安培力

F=B1?2L=??

K

因?yàn)閯蛩龠\(yùn)動，則有

mg-F=O

對于甲線框，令由底邊距磁場上邊界%處自由釋放，恰好勻速進(jìn)入磁場，根據(jù)動能定理

mghι=^mv2

解得：Vi=yj2gh1

線框進(jìn)入磁場時受到的安培力

F=BIL=

R

因?yàn)閯蛩龠\(yùn)動，則有

mg-F,=0

聯(lián)立可得：vι=4v,hι=16h,故A錯誤；

B、甲線框勻速進(jìn)入磁場過程中運(yùn)動時間為

口

%

乙線框勻速進(jìn)入磁場過程中運(yùn)動時間為

t=L

一V

則甲、乙線框勻速進(jìn)入磁場過程中運(yùn)動時間之比為

t':t=l：2,故B錯誤；

C、如甲從底邊距磁場上邊界高度h處靜止釋放，根據(jù)動能定理

mgh,=12

解得：v=y∕2gh

線框進(jìn)入磁場時受到的安培力

根據(jù)牛頓第二定律

mg-F=ma

聯(lián)立以上解得：a=∣g,故C正確：

D、如甲從距磁場上邊界高度h處靜止釋放，若在磁場中勻速通過則有

根據(jù)能量守恒可得在進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量

Q=mg(2L+h)-^mv2

由A分析可知甲線框進(jìn)場過程中將會加速運(yùn)動，即進(jìn)場最終速度可能會小于或等于V,

所以產(chǎn)生的熱量

Q》mg(2L+h)-?/nv2

即Q》mg(2L+h)—-~?-故D錯誤。

2B4L*

故選：Co

7.某同學(xué)研究電磁阻尼效果的實(shí)驗(yàn)示意圖如圖甲所示，虛線M右側(cè)有垂直于水平面向下

的勻強(qiáng)磁場，邊長為1m、質(zhì)量為0.1kg、電阻為0.2。的正方形金屬線框在光滑絕緣水

平面上以大小v0-2m∕s的速度向右滑動并進(jìn)入磁場，磁場邊界MN與線框的右邊框平

行。從線框剛進(jìn)入磁場開始計時，線框的速度V隨滑行的距離X變化的規(guī)律如圖乙所

示，下列說法正確的是()

M▲v∕(m?Γ1)

Ic

××2L

!××>

I

4×X>…__

______；×X>(XX1

(××0∣~?—

；×X>

I

N

甲乙

A.圖乙中Xo=O.5m

B.線框進(jìn)入磁場的過程中,線框的加速度先不變再突然減為零

C.線框進(jìn)入磁場的過程中,線框中產(chǎn)生的焦耳熱為O?1J

D.線框進(jìn)入磁場的過程中,通過線框某橫截面的電荷里為三c

【解答】解：A、線框中的磁通量變化時，線框中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框會受到力的作用，

從而速度發(fā)生改變，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場時，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框的速度

就不變，所以圖乙中的XO=Im,故A錯誤；

B、線框進(jìn)入磁場過程中，安培力為F=BlL="/，由圖乙可知，速度減小，則安培力

減小，由牛頓第二定律可知，線框的加速度減小，由此線框做加速度減小的減速運(yùn)動，故

B錯誤；

C、根據(jù)能量守恒可得，減少的動能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，則有：Q=品詔TnW2,代入

數(shù)據(jù)可得：Q=0.15J,故C錯誤；

D、線框進(jìn)入磁場過程中，取水平向右為正，根據(jù)動量定理可得：-BlLt=mv-mvo，

B2LzVtR2∕

即：------=mvo-mv,其中萬t=x,解得：V=VO-----∏-

RmR

結(jié)合圖像乙可知，當(dāng)X=Im時，V=Irn∕s,代入解得：B=J^T=含T

通過線框截面的電量為：q=7t=5t=竿=嗒，代入數(shù)據(jù)解得：q=孝C,故D正確。

故選：D=

8.（多選）磁懸浮列車是高速低耗交通工具，如圖甲所示。它的驅(qū)動系統(tǒng)可簡化為如圖乙

所示的物理模型。固定在列車底部的正方形金屬線框的邊長為L,匝數(shù)為N,總電阻為

R：水平長直軌道間各邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)都存在勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小均為B、相鄰區(qū)域的磁場方向相反。當(dāng)磁場以速度V勻速向右運(yùn)動時，可驅(qū)動停在軌

道上的列車，不能忽略列車受到的阻力，以下說法正確的是（）

A.列車的最大速度小于V

B.列車的最大速度為V,列車運(yùn)動的方向與磁場運(yùn)動的方向相反

4NBL2

C.列車相對磁場位移為L的過程中通過線框的電荷量為/—

222

D.列車速度為v'時線框受到的安培力大小為-4-N--B-廣L——（V-V-）

【解答】解：A、金屬框達(dá)到最大速度V時一，金屬框受力平衡，感應(yīng)電流穩(wěn)定，相對于磁

場的速度穩(wěn)定，只有最大速度小于磁場的速度，才可能有切割磁感線，故AlE確；

B、由左手定則可知，線框所受安培力方向向右，線框向右運(yùn)動，列車的運(yùn)動方向與磁場

移動的方向相同，故B錯誤；

C、列車相對磁場運(yùn)動L時，通過線框的電荷量q=7XZJt="At=等X戊=半，

故C正確；

D、列車受到為v'時線框相對于磁場的速度大小為V-v',方向向左，線框的左右兩邊

都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電動勢大小E=2NBL（v-v'）,由閉合電路的歐姆

定律可知，感應(yīng)電流I=今列車速度為娟時線框受到的安培力大F=2NBIL,解得：F=

4/5,故D正確。

K

故選：ACDo

9.（多選）如圖所示，水平線MN下方有垂直紙向里的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B,邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的正三角形金屬線框ACD在MN上方由靜止釋

放，釋放時，AC邊離MN的高度為h,線框在向下運(yùn)動過程中，始終在垂直磁場的豎

直面內(nèi)，AC邊始終水平，當(dāng)AC邊剛要進(jìn)磁場時，線框的加速度為零，重力加速度為

g,貝IJ（）

D

M-.......二…P-N

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

A.線框進(jìn)磁場過程可能一直做減速運(yùn)動

√3BL2

B.線框進(jìn)磁場過程中，通過線框截面的電量為