专题12 电磁感应中的线框模型（讲义）物理人教版选择性必修第二册

本讲义聚焦电磁感应中的线框模型核心知识点，系统梳理无外力和恒定外力两种模型下的动力学关系、能量转化及动量定理应用，通过模型剖析、例题精讲与变式训练构建从理论到实践的学习支架。 该资料以模型建构为主线，结合科学推理（如例题中动量定理分析速度变化）和科学论证（变式训练中磁场方向对运动影响的对比），培养学生解决复杂电磁问题的能力。课中辅助教师引导学生深化理解，课后帮助学生巩固知识，查漏补缺，提升物理观念与科学思维素养。

专题12 电磁感应中的线框模型 【模型一】 无外力线框模型 【模型剖析】 在安培力作用下穿越磁场（磁场宽度足够大） 1. 动力学关系：以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为 , 加速度大小为 ，则 。 与 方向相反，导线框做减速运动， ，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动（全部进入磁场）或静止（导线框离开磁场过程的分析相同）。 2. 能量关系：部分（或全部）动能转化为焦耳热： ； 3.动量关系：动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和除安培力之外 恒力作用的时间： （1）求电荷量或速度： ； （2）求位移： ，即 ； （3）求时间：① ，即 已知电荷量 为恒力，可求出变加速运动的时间； ② ，即 若已知位移 为恒力，也可求出变加速运动的时间 根据焦耳热产生于进、出磁场过程，其大小取决于安培力大小，即平均速度大小，若 ，则 。 （4）若线框水平进入磁场，如图甲，进入过程速度变化量 ，出来过程中速度变化量 , 由动量定理得 ; 因为 ，所以 。 （5）若线框竖直进入磁场，如图乙，进入过程速度变化量 ，出来过程中速度变化量 , 由动量定理得 , 由进入和出来线框位移相同，若 ，安培力冲量相同，则 ，反之亦然。 【例题精讲】 【例1】（2025•江苏模拟）如图所示，光滑绝缘水平桌面上放置一边长为L、质量为m、阻值为R的正方形金属线框MNPQ，a、b是垂直于水平面向上匀强磁场Ⅰ的边界，ef是垂直于水平面向上匀强磁场Ⅱ的边界，两磁场的磁感应强度大小均为B，磁场宽均为L，两磁场边界相互平行且平行于线圈MN边，b、e间距为，给金属线框一个水平向右的初速度，使其滑进磁场，线框刚好能穿过两个磁场。则下列说法正确的是（　　） A．线框MN边刚进入磁场Ⅱ时的加速度大小为 B．线框开始的初速度大小为 C．线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，线框中产生的焦耳热为之比1:1 D．若仅将磁场Ⅱ方向反向，线框也刚好穿出磁场Ⅱ 【推理过程】 【答案】B 【解答】解：A、线框MN边刚进入磁场Ⅱ时，MN、PQ两边同时切割磁感线，电动势方向相反，电路电流为0，加速度为0，故A错误； B、设线框的初速度大小为v0，线框穿过两磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BLΔt＝0﹣mv0 即：mv0，其中：3L 解得：，故B正确； C、设PQ边刚出磁场Ⅰ时速度为v1，取向右为正方向，根据动量定理有：﹣BL＝mv1﹣mv0 即：mv0，其中：L 解得： 线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，线框中产生的焦耳热之比为： 解得：，故C错误； D、若仅将磁场Ⅱ方向反向，两条边同时切割磁感线，安培力变大，线框不能穿出磁场Ⅱ，故D错误。 故选：B。 【变式训练】 【变式训练1】（2025春•疏附县期末）如图所示，矩形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场宽度为2L。质量为m、边长为L的正方形线框以速度v匀速穿过磁场区域，则以下说法正确的是（　　） A．线框进入磁场过程中产生的感应电流方向为cbadc B．线框离开磁场过程时a点的电势高于d点的电势 C．线框进入和离开磁场的过程中外力F大小相等、方向相反 D．线框进入和离开磁场过程中bc两端的电压大小之比为3:1 【答案】D 【解答】解：A、线框进入磁场过程中，由右手定则判断可知，bc边中感应电流方向由b到c，则线框中感应电流方向bcdab，故A错误； B、线框离开磁场过程中，ad边切割磁感线，相当于电源，电流方向a到d，即d点相当于电源的正极，则d点的电势高于a点电势，故B错误； C、线框进入磁场和离开磁场的过程中，线框受到的安培力，由左手定则可知安培力方向均向左。由平衡条件知，线框受到的外力F与FA等大反向，则线框进入和离开磁场的过程中外力F大小相等、方向相同，故C错误； D、线框进入磁场过程中bc边切割磁感线，bc边相当于电源，则bc两端的电压为；线框离开磁场过程中ad边切割磁感线，ad边相当于电源，bc两端的电压为，故线框进入与离开磁场过程中bc两端的电压大小之比为3:1，故D正确。 故选：D。 【变式训练2】（2025秋•浑南区校级期中）如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以速度v1开始进入磁场，离开磁场区域后速度为v2已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈（　　） A．进、出磁场过程通过截面的电荷量不同 B．进、出磁场过程中产生的焦耳热相同 C．线圈在磁场中匀速运动的速度为 D．进、出磁场过程的时间相同 【答案】C 【解答】解：A、通过截面的电荷量为qΔt，因进、出磁场过程中磁通量变化量相同，电阻R不变，所以通过截面的电荷量相同，故A错误； B、进磁场时线圈速度大，感应电动势大，感应电流大，线框受到的安培力大，克服安培力做功多，产生的焦耳热多。相反，出磁场时速度小，产生的焦耳热少，故B错误； C、设线圈在磁场中匀速运动的速度为v，取向右为正方向，进磁场过程，根据动量定理有 又 所以﹣BLq1＝mv﹣mv1 出磁场过程，由动量定理有 又 所以﹣BLq2＝mv2﹣mv 因为q1＝q2 所以mv﹣mv1＝mv2﹣mv 解得，故C正确； D、线框进磁场时平均速度比出磁场时的大，两个过程位移相同，所以进磁场的时间短；出磁场时平均速度小，时间长，故D错误。 故选：C。 【变式训练3】（2025•临沧开学）如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b（b＞3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场。此过程中v﹣t图像如图b所示，则（　　） A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0 B．在t0时刻线框的速度为 C．线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定比t0时刻线框的速度大 D．线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2Fb 【答案】D 【解答】解：A、t＝0时，线框右侧边MN产生的感应电动势为 E＝Bav0 设每条边的电阻为R，MN的两端电压为路端电压，为UMNEBav0，故A错误； B、在t0～3t0时间内，线框做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 F＝ma 根据图像可得 v0＝v1+a•2t0 解得在t0时刻线框的速度为，故B错误； C、线框刚进入磁场与刚出磁场时的初速度相同，进出磁场时的受力情况也相同，则线框进出磁场的运动情况相同，所以线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定与t0时刻线框的速度相同，故C错误； D、设进入磁场时产生的热量为Q1，线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为Q，则 Q＝2Q1 Q1＝W安 从位置1到位置2，根据动能定理有 解得Q＝2Fb，即线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2Fb，故D正确。 故选：D。 【变式训练5】（多选）（2025•文昌校级模拟）如图1所示，光滑水平桌面上有竖直向下、宽度为L的匀强磁场，正方形闭合导线框abcd的边长为l，放在桌面上，bc边与磁场边界平行，L＞l。让导线框在沿ab方向的恒力F作用下穿过匀强磁场，导线框的v﹣t图像如图2所示。以下判断正确的是（　　） A．t1～t2时间内，导线框受到的安培力逐渐增大 B．t2～t3时间内，导线框ad两端的电压恒为0 C．t1～t3时间内，v﹣t图中阴影部分的面积表示磁场的宽度L D．t3～t4时间内，导线框产生的焦耳热大于Fl 【答案】CD 【解答】解：A．根据题意可知，t1时刻，导线框开始进入磁场区域，做减速运动，可知安培力大于恒力F，结合图像斜率可知加速度逐渐变小，所以安培力减小，故A错误； B．根据题意可知，t2～t3时间内，导线框的感应电流为零，但两边都切割磁感线，ad两端的电压不为0，故B错误； C．根据题意可知，t2时刻，导线框全部进入磁场区域，t3时刻，导线框开始离开磁场区域，t1～t3时间段图线和坐标轴围成的面积表示磁场的宽度L，故C正确； D．根据题意可知因为t3～t4段的安培力大于恒力F，位移是l，故导线框产生的焦耳热大于Fl，故D正确。 故选：CD。 【模型二】恒定外力线框模型 【模型剖析】 在恒力 和安培力作用下穿越磁场（磁场宽度足够大） 1. 动力学关系： 以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为 ，加速度为 。 （1）若进入磁场时 ，则导线框匀速运动； （2）若进入磁场时 ，则导线框做加速度减小的加速运动（直至匀速）； （3）若进入磁场时 ，则导线框做加速度减小的减速运动（直至匀速，导线框离开磁场过程的分析相同）。 2. 能量关系：力 做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和： 3.动量关系：动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和除安培力之外恒力作用的时间： （1）求电荷量或速度： ； （2）求位移： ，即 ; (3) 求时间： ①- ，即一 已知电荷量 为恒力，可求出变加速运动的时间； ② ，即 已知位移 为恒力，也可求出变加速运动的时间 【例题精讲】 【例1】（2025•甘肃模拟）如图所示，正方形匀质刚性金属框（形变量忽略不计），边长为L＝0.2m，质量为m＝0.1kg，距离金属框底边H＝0.8m处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝5T。磁场区域上下边界水平，高度为L＝0.2m，左右宽度足够大。把金属框在竖直平面内以v0＝2m/s的初速度水平无旋转地向右抛出，金属框恰好能匀速通过磁场，不计空气阻力，g取10m/s2。下列说法不正确的是（　　） A．刚性金属框电阻为R＝4Ω B．通过磁场的整个过程中，金属框的两条竖直边都不受安培力作用 C．通过磁场的过程中，克服安培力做功为0.4J D．改变平抛的初速度大小，金属框仍然能匀速通过磁场 【推理过程】 【答案】B 【解答】解：A．金属框水平方向上总电动势为0，只在竖直方向上产生电动势，因为金属框匀速通过磁场，则有：mg＝F安 而： 且： 代入数据求得：R＝4Ω，故A正确； B．通过磁场的整个过程中，根据左手定则可知，金属框的两条竖直边所受安培力大小相等，方向相反，都要受安培力，故B错误； C．根据功能关系得克服安培力做功：WF＝mg•2L，解得：WF＝0.4J，故C正确； D．由于安培力大小为，安培力的大小只与线框竖直方向的分速度vy有关，而vy只与高度H有关，则可知，只要抛出高度不变，不管初速度大小如何，金属框仍然能匀速通过磁场，故D正确。 本题选错误的，故选：B。 【例2】（多选）（2025秋•石家庄校级月考）如图所示，空间水平线MN和PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，PQ和EF间有垂直于纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B，相邻两水平线间的距离均为2L。电阻为R、边长为L的正方形线框abcd在MN上方由静止释放，线框释放时cd边离MN的距离也为L，线框运动过程中始终与磁场垂直且cd边始终水平，cd边刚进入磁场时加速度为零，ab边刚要出磁场时加速度也为零，重力加速度为g，则（　　） A．线框的质量为 B．线框通过MN时通过线框横截面的电量与线框通过PQ时通过线框横截面电量相等 C．线框cd边刚过PQ时线框的加速度大小为 D．若线框的质量为m，通过整个磁场过程中线框中产生的焦耳热等于4mgL 【推理过程】 【答案】AC 【解答】解：A、设cd边刚进入磁场时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有，解得：。当cd边刚进入磁场时满足，解得：，故A正确； B、线框通过MN过程中通过线框横截面的电荷量为，线框通过PQ过程中通过线框横截面的电荷量为，故B错误； C、设线框cd边到达PQ时的速度大小为v2，有，根据牛顿第二定律得2BIL﹣mg＝ma，其中，解得：，故C正确； D、根据能量守恒定律，线框通过磁场过程中减少的重力势能转化为焦耳热，即Q＝5mgL，故D错误。 故选AC。 【变式训练】 【变式训练1】（2025•临沧开学）如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b（b＞3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场。此过程中v﹣t图像如图b所示，则（　　） A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0 B．在t0时刻线框的速度为 C．线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定比t0时刻线框的速度大 D．线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2Fb 【答案】D 【解答】解：A、t＝0时，线框右侧边MN产生的感应电动势为 E＝Bav0 设每条边的电阻为R，MN的两端电压为路端电压，为UMNEBav0，故A错误； B、在t0～3t0时间内，线框做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 F＝ma 根据图像可得 v0＝v1+a•2t0 解得在t0时刻线框的速度为，故B错误； C、线框刚进入磁场与刚出磁场时的初速度相同，进出磁场时的受力情况也相同，则线框进出磁场的运动情况相同，所以线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定与t0时刻线框的速度相同，故C错误； D、设进入磁场时产生的热量为Q1，线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为Q，则 Q＝2Q1 Q1＝W安 从位置1到位置2，根据动能定理有 解得Q＝2Fb，即线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2Fb，故D正确。 故选：D。 【变式训练2】（2024秋•赤坎区校级期末）如图所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L（L＜d），质量为m，将线框在磁场上方高h处由静止释放。如果ab边进入磁场时的速度为v0，刚好匀速进入磁场。cd边刚穿出磁场时的速度也为v0，则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中（　　） A．线框刚进入磁场时磁通量减少 B．线框从初始位置到完全进入磁场，磁通量变化量ΔΦ＝BLd C．线框整个过程中一直有感应电流 D．线框从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场损失的机械能为mg（d+L） 【答案】D 【解答】解：A、线框进入磁场的过程，穿过线框的磁感线条数增多，则磁通量增加，故A错误； B、线框从初始位置到完全进入磁场磁通量变化量ΔΦ＝BL2，故B错误； C、线框完全进入磁场在磁场中运动过程，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流，故C错误； D、从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中，动能变化量为零，重力势能减少，重力势能减少量即为损失的机械能，即ΔE损失＝mg（d+L），故D正确。 故选：D。 【变式训练3】（多选）（2025•黄州区校级四模）某工厂检测铜线框是否闭合的装置如图所示，足够长的绝缘传送带水平放置，在传送带上的OACD矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，矩形区域的宽度为d。现让传送带以大小为v0的速度沿顺时针匀速转动，将质量为m、边长也为d的正方形线框从PQ左侧无初速度释放，线框与传送带共速后，从OA边进入磁场，发现线框以的速度匀速离开磁场。已知线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．PQ与AO之间的最短距离 B．匀强磁场的磁感应强度大小为 C．线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热 D．线框从刚开始进入磁场到再次与传送带共速所需的时间 【答案】ABD 【解答】解：A．若线框进入磁场之前恰与传送带达到共速，则PQ与AQ之间的距离最短，由动能定理有 解得，故A正确； B．线框以的速度匀速穿出磁场，安培力与摩擦力平衡，即BI1d＝μmg 其中， 联立解得，故B正确； C．根据功能关系可得产生的焦耳热满足Q＝W安 由动能定理有 解得，故C错误； D．设从线框刚进入磁场到完全出磁场，运动时间为t1，以初速度方向为正方向，由动量定理有 其中 设线框出磁场后，在摩擦力作用下重新达到共速所花的时间为t2，以初速度方向为正方向，由动量定理可得 其中t＝t1+t2 联立解得，故D正确。 故选：ABD。 一、选择题（共8小题） 1.（2025•三门峡模拟）如图所示，纸面内有一粗细均匀的导线围成的闭合线框abc，∠c＝37°，∠b＝90°，ab的边长为L。线框以垂直于ab且恒定的速率v0进入右侧的匀强磁场中，磁场的方向垂直纸面向里，磁场的磁感应强度大小为B，且ab边始终与磁场的虚线边界平行，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则bc边的中点经过磁场边界时，ab边两端的电势差Uab为（　　） A．BLv0 B． C． D． 【答案】D 【解答】解：线框由粗细均匀的导线绕制而成，故三个边的电阻与边长成正比，设线框单位长度的电阻为R0，则： ab边的电阻R1＝LR0、bc边的电阻为R2R0，ac边的电阻为R3 根据右手定则可知，线框进入磁场的过程中电流方向为逆时针。 线框bc边中点经过磁场虚线边界时，线框ab边产生的电动势E＝BLv0，而线框内产生的总感应电动势为：E′BLv0 线框内的感应电流：I 根据闭合电路欧姆定律可知：Uab＝E﹣IR1 联立解得ab边两端的电势差：Uab，故ABC错误、D正确。 故选：D。 2.（2025•射阳县校级模拟）如图所示，用同样导线制成的正方形线圈ABCD，边长为l。线圈以速度v向右匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场过程中，CD两端电势差UCD为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：根据右手定则可知，CD中感应电流方向由D到C，则C端电势高于D端电势，UCD＞0 CD边产生的感应电动势为E＝Blv，CD两端电势差为路端电压，则UCDEBlv，故ABD错误，C正确。 故选：C。 3.（2025春•城关区校级期中）如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是（　　） A．感应电流的大小始终不变 B．CD段直导线始终不受安培力作用 C．感应电动势的最大值Emax＝Bdv D．感应电动势的平均值πBdv 【答案】D 【解答】解：A、在闭合电路进入磁场的过程中，有效切割长度先增大后减小，则感应电流先增大、后减小，故A错误； B、根据安培力的计算公式可知CD段直导线始终受安培力作用，根据左手定则可以判断，受安培力向下，故B错误； C、当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为，这时感应电动势最大EBdv，故C错误； D、由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值：πBdv，故D正确。 故选：D。 4.（2024秋•肥西县期末）某同学利用电磁阻尼现象设计了如图所示的用于缓冲阻拦的原理简图（俯视）。在遥控小车底面安装有单匝矩形金属线框（线框与水平地面平行），小车以初速度v0＝4m/s向右通过竖直向下的有界匀强磁场。已知小车总质量m＝0.2kg，金属框宽为0.1m、长为0.2m，电阻R＝2Ω，磁场宽度D＝0.4m，磁感应强度B＝1T，不计摩擦。下列结论正确的是（　　） A．线框在进入磁场的过程中，通过导线截面的电量为0.01C B．线框进入磁场过程的发热量等于穿出磁场过程的发热量 C．线框穿过磁场的过程中，感应电流的方向为先abcda，后adcba D．ab边刚进入磁场时，线框中产生的感应电流大小为0.2A，小车的加速度大小为0.01m/s2 【答案】A 【解答】解：A、由q，，E 可得q 代入数据解得q＝0.01C，故A正确； B、由 可知，进磁场过程中的平均安培力较大，进场和出磁场过程的位移相等，由W＝Fs可知，进磁场过程中克服安培力做功多，因此线框进入磁场过程的发热量大于穿出磁场过程的发热量，故B错误； C、由楞次定律，进入过程电流方向adcba，穿出过程电流方向为abcda，故C错误； D、由E＝BLv0，I，可得I＝0.2A，小车受到的安培力为F＝BIL，由牛顿第二定律F＝ma解得a＝0.1m/s2，故D错误； 故选：A。 5.（2024春•漳州期末）如图，在直角边长为L的等腰直角三角形区域efg内存在垂直纸面向里的匀强磁场，电阻为R、边长也为L的正方形导线框abcd在纸面上向右匀速运动，cd、ef始终在同一直线上。取逆时针方向的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流i和bc间电势差ubc随位移x变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：AB、位移x在0﹣L的过程，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，为正值。线框bc边有效切线长度为l＝L﹣x；感应电动势为E＝B（L﹣x）v，随x的增加电动势从开始的最大均匀减小，则感应电流均匀减小，同理，x在L﹣2L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿顺时针，为负值，感应电流也是从最大均匀减小，故A错误，B正确。 CD、正方形金属线框abcd进入磁场时，ad边为等效电源，若电源最大电动势E＝BLv＝4U0 则bc间电势差，线框进入磁场过程中电动势均匀减小，则ubc均匀减小； 同理金属框abcd穿出磁场时，此时bc为等效电源，开始感应电动势最大，若电源最大电动势E＝4U0，则，然后ubc均匀减小，故CD错误。 故选：B。 6.（2025春•南京校级月考）如图甲，长方形金属线框从范围足够大的磁场的上边界由静止释放，经过时间t1，下降高度h1时速度为v（此时线框还未完全进入磁场）；若该线框从磁场的下边界以速度v竖直向上抛出，如图乙，经过时间t2上升高度h2到达最高点（此时线框还没有完全进入磁场）。已知重力加速度为g，下列表达式正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：A、金属线框由静止开始进入磁场的过程中，金属线框的下边切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断可知，下边感应电流方向向右，根据左手定则判断可知，线框受到的安培力方向竖直向上，根据安培力公式有F＝BIL 根据切割感应电动势公式有E＝BLv 根据闭合电路欧姆定律有 联立可得 根据牛顿第二定律有 可知金属线框做加速度减小的加速运动，画出其速度—时间图像，如图所示。 结合v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知，故A错误； B、金属线框竖直向上进入磁场的过程中，根据上述分析可知，金属线框做加速度减小的减速运动，其速度—时间图像为如图所示。 可知，故B错误； CD、速度大小为v时，线框受到的安培力大小为。下降过程中，取竖直向下为正方向，由动量定理得mΔv 两边求和有ΣmgΔt 即 同理，上升过程中有 mgt2 联立解得 ，故C正确，D错误。 故选：C。 7.（2025春•烟台期中）如图所示，在虚线MN的上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一边长为a的正方形金属线框ABCD斜向上进入磁场，当对角线AC刚进入磁场时，线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则下列说法正确的是（　　） A．AC刚进入磁场时，C、B两端电势差为 B．AC刚进入磁场时，线框中感应电流为 C．AC刚进入磁场时，线框所受安培力为 D．线框从如图所示位置到全部进入磁场过程中，通过线框某一横截面的电荷量为 【答案】C 【解答】解：ABC、AC刚进入磁场时，只有DC边切割磁感线，产生的感应电动势为E＝Bav，线框中感应电流为I。根据右手定则可知，DC边中感应电流由C到D，则CB边中感应电流由B到C，C点的电势比B点的低，则C、B两端电势差为UCB＝﹣I。线框所受安培力为F＝BI•a＝B•a，故AB错误，C正确； D、线框从如图所示位置到全部进入磁场过程中，通过线框某一横截面的电荷量为qΔt，故D错误。 故选：C。 8.（2025•西安校级模拟）如图，一绝缘轻线跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑轻质定滑轮，绳的一端连接一个小物块，另一端连接一圆形金属线框；左边滑轮的下方虚线所围的区域内有一匀强磁场，其磁感应强度的方向与纸面垂直。初始时线框位于磁场上方，以某一速度竖直向下运动。已知线框完全在磁场中时速度大小不断增加，轻线始终处于拉紧状态。忽略空气阻力，则可能的情况是（　　） A．线框不会完全离开磁场 B．线框完全离开磁场，然后做加速运动 C．线框完全离开磁场，然后做匀速运动 D．线框刚好完全离开磁场时的速度一定大于刚开始进入磁场时的速度 【答案】B 【解答】解：ABC、线框完全在磁场中时不受安培力，其速度大小不断增加，说明线框的质量大于物块的质量，线框会完全离开磁场；线框离开磁场后也不受安培力，所以线框完全离开磁场后做加速运动，故AC错误、B正确； D、由于初速度大小不确定，线框进入磁场过程中可能先减速再匀速，线框离开磁场过程中，也可能先减速再匀速，所以线框刚好完全离开磁场时的速度不一定大于刚开始进入磁场时的速度，故D错误。 故选：B。 二、多选题（共3小题） （多选）9．（2025•重庆）如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F＝kv+b（k＞0，b＞0），且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F＝0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图2所示，图中为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则（　　） A．gh在任一磁场区域的运动时间为 B．金属框的总电阻为 C．小车质量为 D．小车的最大速率为 【答案】BC 【解答】解：B、根据题意：gh段在磁场区域运动时其两端的电压随时间均匀增加，说明gh在磁场中运动时做匀加速直线运动。当运动的速度大小为v时，则有： E＝Bdv；；F安＝BId 根据牛顿第二定律得：F﹣F安＝ma，已知：F＝kv+b 联立解得： 由加速度a恒定，可得：，ma＝b 解得金属框的总电阻，故B正确； CD、设小车的最大速率为vm，对gh在无磁场区域运动过程，以向右为正方向，根据动量定理得： mv0﹣mvm 其中： gh在磁场中运动时做匀加速直线运动，则有： 结合：ma＝b，联立解得小车质量为：，，故C正确，D错误； A、由于gh在磁场中运动时做匀加速直线运动，则有：vm＝v0+at，解得gh在任一磁场区域的运动时间为：，故A错误。 故选：BC。 （多选）10．（2025•石家庄模拟）某科技团队设计了一款磁悬浮列车的电磁制动系统，其简化模型俯视图如图所示。在塑料模型列车底面安装多个相同矩形线圈，列车和线圈的总质量为2kg。每个矩形线圈匝数为50匝，电阻为0.5Ω，ab、bc边的边长分别为0.2m、0.5m，线圈平面与水平滑轨平行。列车以10m/s的初速度沿光滑水平轨道进入方向竖直向下、磁感应强度为0.2T的匀强磁场区域，磁场范围足够大。下列说法正确的是（　　） A．第1个线圈进入磁场的过程中，通过线圈截面的电荷量为2C B．第1个线圈完全进入磁场时，列车的速度降为8m/s C．至少需要10个线圈进入磁场才能使列车停止 D．完全进入磁场的最后1个线圈与进入磁场的第1个线圈产生的热量之比为1:8 【答案】AB 【解答】解：A、根据电荷量的计算公式可得：qt＝nnC＝2C，故A正确； B、第1个线圈完全进入磁场过程中，取初速度方向为正方向，根据动量定理可得：﹣nBLabΔt＝mv﹣mv0，即：nBLabq＝mv0﹣mv，解得：v＝8m/s，故B正确； C、每个线圈进入磁场过程中安培力的冲量：I冲＝nBLabq相同，动量变化相同，列车停止时进入磁场的线圈数为：N 解得：N＝5个，故C错误； D、根据C选项的分析可知，完全进入磁场的最后1个线圈进入磁场的速度大小为v1＝2m/s，产生的热为：Q1 进入磁场的第1个线圈产生的热量为：Q2mv2 则：，故D错误。 故选：AB。 （多选）11．（2025•薛城区校级二模）如图所示，同一竖直面内的水平线aa'、bb'把空间分成三个区域，Ⅰ区域内的匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，Ⅱ区域内的匀强磁场垂直于纸面且均匀减小，Ⅲ区域无磁场。一单匝矩形金属线框由两条相同的橡皮筋悬挂在天花板上，水平边MN、PQ边分别处于Ⅰ、Ⅲ区域，Ⅱ区域内的磁场减小时橡皮筋伸直且无弹力，磁场减小为零后不再变化，线框第一次下降高度h时达到最大速度v0（未知），继续向下运动至MN与aa'重合时，速度减小为零。每根橡皮筋的弹力都遵循胡克定律，劲度系数为k，且始终处于弹性限度内，线框的质量为m，总电阻为R，MN边长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．Ⅱ区域的磁场方向垂直于纸面向里 B．线框最终静止时MN边与aa′重合 C．最大速度v0的大小为 D．线框开始运动后做简谐运动 【答案】AC 【解答】解：A．Ⅱ区域内MN受到的安培力竖直向上，左手定则可知电流方向为M指向N，由于Ⅱ区域内的磁场减小，楞次定律可知Ⅱ区域的磁场方向垂直于纸面向里，故A正确； B．线框第一次下降高度h时速度达到最大，则线框合力为0，线框继续向下运动，弹力增大，合力增大，运动至MN与aa′重合时弹力最大，合力最大，线框将会向上运动，所以线框不会最终静止时MN边与aa′重合，故B错误； C．线框最大速度时，线框合力为0，由平衡条件有mg＝BIL+2kh 因为电流大小满足： 联立解得最大速度v0的大小： 故C正确； D．线框在运动过程中，受到安培力，安培力大小与速度有关，不满足简谐运动回复力F＝﹣kx（k为常数）的特征，所以线框不做简谐运动，故D错误。 故选：AC。 三、解答题（共3小题） 12.（2025•选择性）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1s内B﹣t图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中0～1s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。 （1）求t＝0.5s时ad边受到的安培力大小F。 （2）在图（b）中画出1～2s内B﹣t图像（无需写出计算过程）。 （3）从t＝2s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。 【答案】（1）ad的安培力大小F为0.015N； （2）补充（b）如解析； （3）给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，解得ad经过磁场边界的速度大小v1为0.01m/s。 【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律E＝nn11V＝0.05V，由闭合电路的欧姆定律IA＝0.1A，由图（b）可知，0.5s时的磁感应强度大小B1＝0.15T，则t＝0.5s时，根据安培力公式，ad边受到的安培力F＝B1IL＝0.15×0.1×1N＝0.015N； （2）由图（c）可知，1～2s内电流大小为0.2A，方向沿逆时针方向，由（1）的解答可知，磁感应强度变化率大小是第1s内的2倍，又磁场大小时间连续变化，可知磁场方向不变，均匀增大，补充后的图像如下 （3）由图t＝2s时，磁感应强度为B＝0.3T，对导体框，规定初速度v0的方向为正方向，由动量定理有﹣BL•Δt＝mv1﹣mv0，而qΔtC＝0.3C，代入数据解得v1＝0.01m/s，方向水平向右。 答：（1）ad的安培力大小F为0.015N； （2）补充（b）如解析； （3）给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，解得ad经过磁场边界的速度大小v1为0.01m/s。 13.（2025•和平区一模）磁悬浮列车是通过电磁力牵引列车运行。简化模型如图甲所示，若磁悬浮列车模型的总质量为m，模型底部固定一与其绝缘的单匝矩形金属线框abcd，线框的总电阻为R。用两根足够长水平固定的光滑平行金属导轨PQ、MN模拟列车行驶的轨道，导轨间距为L（和矩形线框的ab边长相等），导轨间存在垂直导轨平面的等间距的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反、磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度与矩形线框的边长ad相等，如图乙所示。将列车模型放置于导轨上，当交替磁场以速度v0向右匀速运动时，列车模型受磁场力由静止开始运动，速度达到时开始匀速运动，假定列车模型在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，不考虑磁场运动时产生的其他影响。 （1）求列车模型所受阻力f的大小； （2）求列车模型匀速运动时，外界在单位时间内需提供的总能量； （3）列车模型匀速运动后，某时刻开始磁场又调整速度，经过t时间后列车模型速度达到，这段时间内磁场运动的位移为d，求此过程列车的位移x车。 【答案】（1）列车模型所受阻力f的大小为； （2）列车模型匀速运动时，外界在单位时间内需提供的总能量为； （3）此过程列车的位移为d。 【解答】解：（1）列车模型速度达到时开始匀速运动，此时感应电动势大小为：E＝2BL（v0） 根据闭合电路欧姆定律可得：I 根据平衡条件可得：f＝2BIL 联立解得：f； （2）列车模型匀速运动时，金属框的电功率为：P1 金属框克服摩擦力做功功率为：P2＝f• 根据能量关系可得外界在单位时间内需提供的总能量为：E总＝（P1+P2）t0，其中t0＝1s 联立解得：E总； （3）在时间t内，取列车前进方向为正方向，根据动量定理可得：2BLt﹣ft＝m•m• 其中：t 联立解得：x车＝d。 答：（1）列车模型所受阻力f的大小为； （2）列车模型匀速运动时，外界在单位时间内需提供的总能量为； （3）此过程列车的位移为d。 14.（2025•岳阳二模）如图所示，质量为m，边长为l，阻值为R且均匀分布的正方形金属框，位于光滑的水平面上。金属框的ab边与磁场左边界平行，运动方向与磁场左边界垂直。图甲和图乙中的磁场为匀强磁场，大小为B，方向垂直水平面向下。图丙中沿x正方向存在按B＝B0+kx均匀增大的稳恒磁场（k是单位为T/m的已知常量，x为坐标值）。 （1）如图甲，给金属框一初速度v0，则金属框刚进磁场时，求ab边所受的安培力的大小； （2）如图乙，给金属框一变力F，使金属框从图示位置由静止开始做匀加速直线运动。在进入磁场的过程中，力F随时间的变化率为定值k。求金属框的加速度大小； （3）如图丙，给金属框一初速度v0，使金属框从图示位置开始向右运动，求停止运动时cd边的坐标值。 【答案】（1）ab边所受的安培力的大小为； （2）金属框的加速度大小为； （3）停止运动时cd边的坐标值为x。 【解答】解：（1）给金属框一初速度v0，感应电动势大小为：E1＝Blv0 感应电流大小为：I1 根据安培力的计算公式可得：F安＝BI1l 联立解得：F安； （2）在进入磁场的过程中，根据牛顿第二定律可得：F﹣BI2l＝ma 即：Fma 由于F＝kt，则k，解得：a； （3）当金属框的速度为v时，金属框中感应电动势的大小为：E＝Bablv﹣Bcdlv＝kl2v 金属框所受安培力大小为：FA＝BabIl﹣BabIl＝kIl2v 取初速度方向为正方向，根据动量定理可得：Δt＝0﹣mv0 则有：mv0，解得：x。 答：（1）ab边所受的安培力的大小为； （2）金属框的加速度大小为； （3）停止运动时cd边的坐标值为x。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 电磁感应中的线框模型 【模型一】 无外力线框模型 【模型剖析】 在安培力作用下穿越磁场（磁场宽度足够大） 1. 动力学关系：以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为 , 加速度大小为 ，则 。 与 方向相反，导线框做减速运动， ，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动（全部进入磁场）或静止（导线框离开磁场过程的分析相同）。 2. 能量关系：部分（或全部）动能转化为焦耳热： ； 3. 动量关系：动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和除安培力之外 恒力作用的时间： （1）求电荷量或速度： ； （2）求位移： ，即 ； （3）求时间：① ，即 已知电荷量 为恒力，可求出变加速运动的时间； ② ，即 若已知位移 为恒力，也可求出变加速运动的时间 根据焦耳热产生于进、出磁场过程，其大小取决于安培力大小，即平均速度大小，若 ，则 。 （4）若线框水平进入磁场，如图甲，进入过程速度变化量 ，出来过程中速度变化量 , 由动量定理得 ; 因为 ，所以 。 （5）若线框竖直进入磁场，如图乙，进入过程速度变化量 ，出来过程中速度变化量 , 由动量定理得 , 由进入和出来线框位移相同，若 ，安培力冲量相同，则 ，反之亦然。 【例题精讲】 【例1】（2025•江苏模拟）如图所示，光滑绝缘水平桌面上放置一边长为L、质量为m、阻值为R的正方形金属线框MNPQ，a、b是垂直于水平面向上匀强磁场Ⅰ的边界，ef是垂直于水平面向上匀强磁场Ⅱ的边界，两磁场的磁感应强度大小均为B，磁场宽均为L，两磁场边界相互平行且平行于线圈MN边，b、e间距为，给金属线框一个水平向右的初速度，使其滑进磁场，线框刚好能穿过两个磁场。则下列说法正确的是（　　） A．线框MN边刚进入磁场Ⅱ时的加速度大小为 B．线框开始的初速度大小为 C．线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，线框中产生的焦耳热为之比1:1 D．若仅将磁场Ⅱ方向反向，线框也刚好穿出磁场Ⅱ 【推理过程】 【答案】B 【解答】解：A、线框MN边刚进入磁场Ⅱ时，MN、PQ两边同时切割磁感线，电动势方向相反，电路电流为0，加速度为0，故A错误； B、设线框的初速度大小为v0，线框穿过两磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣BLΔt＝0﹣mv0 即：mv0，其中：3L 解得：，故B正确； C、设PQ边刚出磁场Ⅰ时速度为v1，取向右为正方向，根据动量定理有：﹣BL＝mv1﹣mv0 即：mv0，其中：L 解得： 线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，线框中产生的焦耳热之比为： 解得：，故C错误； D、若仅将磁场Ⅱ方向反向，两条边同时切割磁感线，安培力变大，线框不能穿出磁场Ⅱ，故D错误。 故选：B。 【变式训练】 【变式训练1】（2025春•疏附县期末）如图所示，矩形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场宽度为2L。质量为m、边长为L的正方形线框以速度v匀速穿过磁场区域，则以下说法正确的是（　　） A．线框进入磁场过程中产生的感应电流方向为cbadc B．线框离开磁场过程时a点的电势高于d点的电势 C．线框进入和离开磁场的过程中外力F大小相等、方向相反 D．线框进入和离开磁场过程中bc两端的电压大小之比为3:1 【变式训练2】（2025秋•浑南区校级期中）如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以速度v1开始进入磁场，离开磁场区域后速度为v2已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈（　　） A．进、出磁场过程通过截面的电荷量不同 B．进、出磁场过程中产生的焦耳热相同 C．线圈在磁场中匀速运动的速度为 D．进、出磁场过程的时间相同 【变式训练3】（2025•临沧开学）如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b（b＞3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场。此过程中v﹣t图像如图b所示，则（　　） A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0 B．在t0时刻线框的速度为 C．线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定比t0时刻线框的速度大 D．线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2Fb 【变式训练5】（多选）（2025•文昌校级模拟）如图1所示，光滑水平桌面上有竖直向下、宽度为L的匀强磁场，正方形闭合导线框abcd的边长为l，放在桌面上，bc边与磁场边界平行，L＞l。让导线框在沿ab方向的恒力F作用下穿过匀强磁场，导线框的v﹣t图像如图2所示。以下判断正确的是（　　） A．t1～t2时间内，导线框受到的安培力逐渐增大 B．t2～t3时间内，导线框ad两端的电压恒为0 C．t1～t3时间内，v﹣t图中阴影部分的面积表示磁场的宽度L D．t3～t4时间内，导线框产生的焦耳热大于Fl 【模型二】恒定外力线框模型 【模型剖析】 在恒力 和安培力作用下穿越磁场（磁场宽度足够大） 1. 动力学关系： 以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为 ，加速度为 。 （1）若进入磁场时 ，则导线框匀速运动； （2）若进入磁场时 ，则导线框做加速度减小的加速运动（直至匀速）； （3）若进入磁场时 ，则导线框做加速度减小的减速运动（直至匀速，导线框离开磁场过程的分析相同）。 2. 能量关系：力 做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和： 3.动量关系：动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和除安培力之外恒力作用的时间： （1）求电荷量或速度： ； （2）求位移： ，即 ; （3）求时间： ①- ，即一 已知电荷量 为恒力，可求出变加速运动的时间； ② ，即 已知位移 为恒力，也可求出变加速运动的时间 【例题精讲】 【例1】（2025•甘肃模拟）如图所示，正方形匀质刚性金属框（形变量忽略不计），边长为L＝0.2m，质量为m＝0.1kg，距离金属框底边H＝0.8m处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝5T。磁场区域上下边界水平，高度为L＝0.2m，左右宽度足够大。把金属框在竖直平面内以v0＝2m/s的初速度水平无旋转地向右抛出，金属框恰好能匀速通过磁场，不计空气阻力，g取10m/s2。下列说法不正确的是（　　） A．刚性金属框电阻为R＝4Ω B．通过磁场的整个过程中，金属框的两条竖直边都不受安培力作用 C．通过磁场的过程中，克服安培力做功为0.4J D．改变平抛的初速度大小，金属框仍然能匀速通过磁场 【推理过程】 【答案】B 【解答】解：A．金属框水平方向上总电动势为0，只在竖直方向上产生电动势，因为金属框匀速通过磁场，则有：mg＝F安 而： 且： 代入数据求得：R＝4Ω，故A正确； B．通过磁场的整个过程中，根据左手定则可知，金属框的两条竖直边所受安培力大小相等，方向相反，都要受安培力，故B错误； C．根据功能关系得克服安培力做功：WF＝mg•2L，解得：WF＝0.4J，故C正确； D．由于安培力大小为，安培力的大小只与线框竖直方向的分速度vy有关，而vy只与高度H有关，则可知，只要抛出高度不变，不管初速度大小如何，金属框仍然能匀速通过磁场，故D正确。 本题选错误的，故选：B。 【例2】（多选）（2025秋•石家庄校级月考）如图所示，空间水平线MN和PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，PQ和EF间有垂直于纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B，相邻两水平线间的距离均为2L。电阻为R、边长为L的正方形线框abcd在MN上方由静止释放，线框释放时cd边离MN的距离也为L，线框运动过程中始终与磁场垂直且cd边始终水平，cd边刚进入磁场时加速度为零，ab边刚要出磁场时加速度也为零，重力加速度为g，则（　　） A．线框的质量为 B．线框通过MN时通过线框横截面的电量与线框通过PQ时通过线框横截面电量相等 C．线框cd边刚过PQ时线框的加速度大小为 D．若线框的质量为m，通过整个磁场过程中线框中产生的焦耳热等于4mgL 【推理过程】 【答案】AC 【解答】解：A、设cd边刚进入磁场时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有，解得：。当cd边刚进入磁场时满足，解得：，故A正确； B、线框通过MN过程中通过线框横截面的电荷量为，线框通过PQ过程中通过线框横截面的电荷量为，故B错误； C、设线框cd边到达PQ时的速度大小为v2，有，根据牛顿第二定律得2BIL﹣mg＝ma，其中，解得：，故C正确； D、根据能量守恒定律，线框通过磁场过程中减少的重力势能转化为焦耳热，即Q＝5mgL，故D错误。 故选AC。 【变式训练】 【变式训练1】（2025•临沧开学）如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b（b＞3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场。此过程中v﹣t图像如图b所示，则（　　） A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0 B．在t0时刻线框的速度为 C．线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定比t0时刻线框的速度大 D．线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2Fb 【变式训练2】（2024秋•赤坎区校级期末）如图所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L（L＜d），质量为m，将线框在磁场上方高h处由静止释放。如果ab边进入磁场时的速度为v0，刚好匀速进入磁场。cd边刚穿出磁场时的速度也为v0，则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中（　　） A．线框刚进入磁场时磁通量减少 B．线框从初始位置到完全进入磁场，磁通量变化量ΔΦ＝BLd C．线框整个过程中一直有感应电流 D．线框从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场损失的机械能为mg（d+L） 【变式训练3】（多选）（2025•黄州区校级四模）某工厂检测铜线框是否闭合的装置如图所示，足够长的绝缘传送带水平放置，在传送带上的OACD矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，矩形区域的宽度为d。现让传送带以大小为v0的速度沿顺时针匀速转动，将质量为m、边长也为d的正方形线框从PQ左侧无初速度释放，线框与传送带共速后，从OA边进入磁场，发现线框以的速度匀速离开磁场。已知线框的阻值为R，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．PQ与AO之间的最短距离 B．匀强磁场的磁感应强度大小为 C．线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热 D．线框从刚开始进入磁场到再次与传送带共速所需的时间 一、选择题（共8小题） 1.（2025•三门峡模拟）如图所示，纸面内有一粗细均匀的导线围成的闭合线框abc，∠c＝37°，∠b＝90°，ab的边长为L。线框以垂直于ab且恒定的速率v0进入右侧的匀强磁场中，磁场的方向垂直纸面向里，磁场的磁感应强度大小为B，且ab边始终与磁场的虚线边界平行，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则bc边的中点经过磁场边界时，ab边两端的电势差Uab为（　　） A．BLv0 B． C． D． 2.（2025•射阳县校级模拟）如图所示，用同样导线制成的正方形线圈ABCD，边长为l。线圈以速度v向右匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场过程中，CD两端电势差UCD为（　　） A． B． C． D． 3.（2025春•城关区校级期中）如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是（　　） A．感应电流的大小始终不变 B．CD段直导线始终不受安培力作用 C．感应电动势的最大值Emax＝Bdv D．感应电动势的平均值πBdv 4.（2024秋•肥西县期末）某同学利用电磁阻尼现象设计了如图所示的用于缓冲阻拦的原理简图（俯视）。在遥控小车底面安装有单匝矩形金属线框（线框与水平地面平行），小车以初速度v0＝4m/s向右通过竖直向下的有界匀强磁场。已知小车总质量m＝0.2kg，金属框宽为0.1m、长为0.2m，电阻R＝2Ω，磁场宽度D＝0.4m，磁感应强度B＝1T，不计摩擦。下列结论正确的是（　　） A．线框在进入磁场的过程中，通过导线截面的电量为0.01C B．线框进入磁场过程的发热量等于穿出磁场过程的发热量 C．线框穿过磁场的过程中，感应电流的方向为先abcda，后adcba D．ab边刚进入磁场时，线框中产生的感应电流大小为0.2A，小车的加速度大小为0.01m/s2 5.（2024春•漳州期末）如图，在直角边长为L的等腰直角三角形区域efg内存在垂直纸面向里的匀强磁场，电阻为R、边长也为L的正方形导线框abcd在纸面上向右匀速运动，cd、ef始终在同一直线上。取逆时针方向的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流i和bc间电势差ubc随位移x变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 6.（2025春•南京校级月考）如图甲，长方形金属线框从范围足够大的磁场的上边界由静止释放，经过时间t1，下降高度h1时速度为v（此时线框还未完全进入磁场）；若该线框从磁场的下边界以速度v竖直向上抛出，如图乙，经过时间t2上升高度h2到达最高点（此时线框还没有完全进入磁场）。已知重力加速度为g，下列表达式正确的是（　　） A． B． C． D． 7.（2025春•烟台期中）如图所示，在虚线MN的上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一边长为a的正方形金属线框ABCD斜向上进入磁场，当对角线AC刚进入磁场时，线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则下列说法正确的是（　　） A．AC刚进入磁场时，C、B两端电势差为 B．AC刚进入磁场时，线框中感应电流为 C．AC刚进入磁场时，线框所受安培力为 D．线框从如图所示位置到全部进入磁场过程中，通过线框某一横截面的电荷量为 8.（2025•西安校级模拟）如图，一绝缘轻线跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑轻质定滑轮，绳的一端连接一个小物块，另一端连接一圆形金属线框；左边滑轮的下方虚线所围的区域内有一匀强磁场，其磁感应强度的方向与纸面垂直。初始时线框位于磁场上方，以某一速度竖直向下运动。已知线框完全在磁场中时速度大小不断增加，轻线始终处于拉紧状态。忽略空气阻力，则可能的情况是（　　） A．线框不会完全离开磁场 B．线框完全离开磁场，然后做加速运动 C．线框完全离开磁场，然后做匀速运动 D．线框刚好完全离开磁场时的速度一定大于刚开始进入磁场时的速度 二、多选题（共3小题） （多选）9．（2025•重庆）如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F＝kv+b（k＞0，b＞0），且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F＝0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图2所示，图中为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则（　　） A．gh在任一磁场区域的运动时间为 B．金属框的总电阻为 C．小车质量为 D．小车的最大速率为 （多选）10．（2025•石家庄模拟）某科技团队设计了一款磁悬浮列车的电磁制动系统，其简化模型俯视图如图所示。在塑料模型列车底面安装多个相同矩形线圈，列车和线圈的总质量为2kg。每个矩形线圈匝数为50匝，电阻为0.5Ω，ab、bc边的边长分别为0.2m、0.5m，线圈平面与水平滑轨平行。列车以10m/s的初速度沿光滑水平轨道进入方向竖直向下、磁感应强度为0.2T的匀强磁场区域，磁场范围足够大。下列说法正确的是（　　） A．第1个线圈进入磁场的过程中，通过线圈截面的电荷量为2C B．第1个线圈完全进入磁场时，列车的速度降为8m/s C．至少需要10个线圈进入磁场才能使列车停止 D．完全进入磁场的最后1个线圈与进入磁场的第1个线圈产生的热量之比为1:8 （多选）11．（2025•薛城区校级二模）如图所示，同一竖直面内的水平线aa'、bb'把空间分成三个区域，Ⅰ区域内的匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，Ⅱ区域内的匀强磁场垂直于纸面且均匀减小，Ⅲ区域无磁场。一单匝矩形金属线框由两条相同的橡皮筋悬挂在天花板上，水平边MN、PQ边分别处于Ⅰ、Ⅲ区域，Ⅱ区域内的磁场减小时橡皮筋伸直且无弹力，磁场减小为零后不再变化，线框第一次下降高度h时达到最大速度v0（未知），继续向下运动至MN与aa'重合时，速度减小为零。每根橡皮筋的弹力都遵循胡克定律，劲度系数为k，且始终处于弹性限度内，线框的质量为m，总电阻为R，MN边长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．Ⅱ区域的磁场方向垂直于纸面向里 B．线框最终静止时MN边与aa′重合 C．最大速度v0的大小为 D．线框开始运动后做简谐运动 三、解答题（共3小题） 12.（2025•选择性）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1s内B﹣t图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中0～1s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。 （1）求t＝0.5s时ad边受到的安培力大小F。 （2）在图（b）中画出1～2s内B﹣t图像（无需写出计算过程）。 （3）从t＝2s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。 13.（2025•和平区一模）磁悬浮列车是通过电磁力牵引列车运行。简化模型如图甲所示，若磁悬浮列车模型的总质量为m，模型底部固定一与其绝缘的单匝矩形金属线框abcd，线框的总电阻为R。用两根足够长水平固定的光滑平行金属导轨PQ、MN模拟列车行驶的轨道，导轨间距为L（和矩形线框的ab边长相等），导轨间存在垂直导轨平面的等间距的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反、磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度与矩形线框的边长ad相等，如图乙所示。将列车模型放置于导轨上，当交替磁场以速度v0向右匀速运动时，列车模型受磁场力由静止开始运动，速度达到时开始匀速运动，假定列车模型在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，不考虑磁场运动时产生的其他影响。 （1）求列车模型所受阻力f的大小； （2）求列车模型匀速运动时，外界在单位时间内需提供的总能量； （3）列车模型匀速运动后，某时刻开始磁场又调整速度，经过t时间后列车模型速度达到，这段时间内磁场运动的位移为d，求此过程列车的位移x车。 14.（2025•岳阳二模）如图所示，质量为m，边长为l，阻值为R且均匀分布的正方形金属框，位于光滑的水平面上。金属框的ab边与磁场左边界平行，运动方向与磁场左边界垂直。图甲和图乙中的磁场为匀强磁场，大小为B，方向垂直水平面向下。图丙中沿x正方向存在按B＝B0+kx均匀增大的稳恒磁场（k是单位为T/m的已知常量，x为坐标值）。 （1）如图甲，给金属框一初速度v0，则金属框刚进磁场时，求ab边所受的安培力的大小； （2）如图乙，给金属框一变力F，使金属框从图示位置由静止开始做匀加速直线运动。在进入磁场的过程中，力F随时间的变化率为定值k。求金属框的加速度大小； （3）如图丙，给金属框一初速度v0，使金属框从图示位置开始向右运动，求停止运动时cd边的坐标值。 学科网（北京）股份有限公司 $