上分专题10 电磁感应中的线框模型-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

上分专题10 电磁感应中的线框模型 命题密钥 电磁感应中的线框模型在进、出磁场的时间段里，都只有一边在切割磁感线，因此线框模 型本质上就是单杆模型.我们在分析无外力线框和恒力线框时，都可以类比无外力单杆和恒 力单杆的分析思路与核心方程.当线框完全进入磁场时，通过线框的磁通量不发生变化，则没 有感应电动势和感应电流出现. 线框模型是电磁感应中的常考考点，可作为中档题与压轴题出现 考点觉醒 类型 图示 运动特点 过程分析 线框进入磁场时，线框所受合力为0，mg= 如图，线框从距离磁场h的高度 做自由落体运动，ab边刚进入磁 F安 PP,线框产生的感应 ,解得=mgR B R 单框匀速 场时线框恰好做匀速运动，当线 进入磁场 ,由机械能守恒定律可 框完全进入磁场后，做匀加速 电动势E=BL=mg 运动 得：自由落体运动的高度h=mg 2B4L4 如图，线框紧贴磁场上边缘，从静 可利用动量定理求解线框运动的时间， 止竖直下落，线框进入磁场时先 利用功能关系求解线框穿越磁场产生的 单框加速 做加速度减小的加速运动；当安 焦耳热 进人磁场 ××××× h 培力与重力大小相等（若能）后， 动量定理：mw2-mw1=mgt-F安t ××××.×. 线框做匀速运动，当线框完全进 1 入磁场后，做匀加速运动 功能关系：mg(L+h)=Q+2m 可利用动量定理求解线框运动的时间， 如图，线框初入磁场后，做加速度 ×× 利用能量守恒定律求解线框进入磁场产 B 减小的减速运动；当安培力与外 单框诚速 生的焦耳热 力F相等（若能）后，线框做匀速 进人磁场 × 运动；当线框完全进入磁场后，做 动量定理：mw2-m1=Ft-F安t 匀加速运动 功能关系：F(s+l)=Q+ 实战演练 类型一 无外力线框模型 1.*(2025·江西南昌期末)如图所示，abcd是位于竖直平面内用粗细均匀的电阻丝围成的正 方形线框，它的下方有一个垂直于纸面向外的匀强磁场，MN、PQ为磁场的上下水平边界，两边 界间的距离与正方形的边长均为L,线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁场。不计空 气阻力，以bc边进人磁场时为起点，在线框通过磁场的过程中，线框中的感应电流i、bc两点间 黑白题·上分秘籍31 的电势差U、线框所受的安培力F、线框产生的焦耳热Q分别随下落高度h的变化关系错误 的是 ↑U ↑0 3U B.2U C. D :2L U-- 0 L2L: 2L F 2 B ↑B B MxxxxxxN pxxxxxxQ (第1题) （第2题) (第3题) 2.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框MW 边，b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 BL A.线框MN边刚进入磁场Ⅱ时的加速度大小为 2R2 B.线框开始的初速度大小为3BL mR 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 3.整(2025·山西临汾联考)如图所示，间距为L且足够长的光滑平行金属导轨MN、MN'固定 在绝缘水平面上，右端NW间接有阻值为R的定值电阻，导轨间有宽度为的矩形匀强蓝场区 域egh,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。质量为m、边长为L的单匝正方形金属线框 abcd静置在水平导轨上，ab、cd边与导轨重合且接触良好，线框的ab、cd边电阻不计，ad、bc边 的电阻均为R。现给线框abcd一个水平向右的初速度vo,线框停止运动时，ad边恰好与边界 g重合，导轨电阻不计。则下列说法错误的是 () A.ad边经过磁场的过程中，感应电流方向是a→b→c→d→a B.bc边从进人磁场到刚要离开磁场的过程中，流过电阻R的电荷量为 BL2 6R C.当线框bc边运动到边界g时，线框的速度大小为 D.线框abcd进磁场与出磁场的两过程整个电路分别产生的焦耳热之比为3：1 32物理|选择性必修第二册 4.熱(2025·四川广安期中)如图所示，足够长的光滑斜面倾角为0=30°，斜面上方空间等间距 分布着垂直于斜面向下的条形匀强磁场，磁感应强度大小B=1T,条形磁场区域的宽度及相邻 条形磁场区域的间距均为L=0.4m,现有一边长L=0.4m、质量m=0.32kg、电阻R=0.42的正 方形线框abcd在斜面上距离第一个条形磁场上边界L=0.4m处由静止释放，从刚进人磁场开 始经过t=1.0s,线框速度达到v,=3m/s,已知重力加速度g取10m/s2.求： (1)线框ab边刚进入磁场时受到的安培力的大小F; (2)线框匀速运动的速度大小vm; (3)从释放线框到线框速度达到v,的过程，线框中产生的焦耳热Q. ---” 类型二有外力线框模型 5.*(2025·山西晋城二模)如图所示，直角梯形金属框abcd平放在光滑绝缘的水平面上，框 的质量为m、电阻为R,∠b=45°，∠c=∠d=90°，ad=cd=L,水平线MN右侧有竖直向下的匀强 磁场，磁感应强度大小为B。开始时bc边垂直于MN且b点在MN上，给框施加一个垂直 于MN水平向右、大小为F的恒力，当a点刚进入磁场时，框的加速度恰好为零，运动过程中，bc 始终垂直于MN,则下列说法正确的是 （) A.ab边进入磁场过程中，框受的安培力垂直于ab向左 y :×××××× B.框进入磁场过程中通过框截面的电量为B弘 :×××××× Fx x xBx×X ×××××× C.b边进人磁场过程中，框中产生的焦耳热为2FL-mFR b:××××XX 2B4L4 D.若框进入磁场过程中电流的有效值为I,则框进磁场的时间为FLmR PR 2PB'L 黑白题·上分秘籍33 6.热(2025·黑龙江哈尔滨期末)如图，足够长光滑绝缘斜面的倾角为0，且si0=0.2,斜面上 相距为1m的水平虚线MN和PQ之间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B三 0.4T,一边长L=0.5m、质量m=0.5kg、电阻R=0.22的正方形金属线框abcd的ab边紧靠磁 场边界MN。t=0时刻，线框在沿斜面向上的外力作用下，由静止开始以大小为a=6/s2的加 速度匀加速进人匀强磁场，当线框cd边到达磁场边界MN时，撤去外力，当线框cd边到达磁场 边界PQ时，线框速度恰好减为零。重力加速度g取10m/s2,此过程中说法正确的是() B P M 10 A.线框进磁场过程与出磁场过程安培力的冲量不同 B.整个过程线框中感应电流的最大值为2A C.线框进入磁场过程中，拉力的功率与时间的关系为P=7.2t2+24t(W) D.线框从ab边刚离开边界PQ到cd边抵达边界PQ经历的时间为1.1s 7.禁(2025·江西上饶期末)如图所示，倾角0=37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面上存在一 宽度为d=1.9m、方向垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B=1.5T.质量为m=0.2kg、 电阻为R=0.92、边长为L=0.4m的正方形线框通过轻质细线绕过光滑定滑轮与质量m= 0.2kg的重物相连，线框与斜面间的动摩擦因数4=0.25.初始时，线框上边与磁场下边界有一 定距离，重物离地面足够高，细线处于绷直状态，将系统由静止释放，线框恰好能匀速进入磁 场.已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2. (1)求线框匀速运动时所受安培力的大小F; (2)求初始时刻线框上边与磁场下边界的距离s; (3)若线框出磁场的时间为0.2s,求线框通过整个磁场过程中产生的焦耳热Q. 34物理|选择性必修第二册根据=是4Q=CA,4=BA,是=4，联立解得4 mgsin =4 m/s m+CB2L2 a棒做匀加速直线运动，t1时刻a棒的速度1=a141=4m/s, 位移-2m 对a棒和电容器，根据能量守恒定律有mgxsin0= 2 mvi+E, 解得E。=4J; (2)以b棒和物块为研究对象，设其加速度为α，根据牛顿 第二定律有mg=2ma2, 解得a2=5m/s2, t1时刻b棒的速度2=a2t1=5m/s, 此时回路的电动势E=BL(2-u,)=1V, 此时电流1员1A 对a棒，由牛顿第二定律有B=ma3, 解得a3=1m/s2, 对b棒和物块，由牛顿第二定律有mg-BIL=2ma4, 解得a4=4.5m/s2; (3)设两棒加速度相同时a、b棒的速度分别为v。和6，回路 中的电动势E=BL(v。v。), 由闭合电路欧姆定律得1= BL(6-va） R 安培力F=BIL, 由两棒加速度相同得2 B2L(。-v)B2L(-v.) R =mg R 10 解得。=3m/s, 对a棒利用动量定理有∑BILAt-=m(v,-v1), 则BLg=m(v。-v1), 对b棒和物块利用动量定理有mgt2-∑BIL△t=2m(v,-v2), 则mgt2-BLq=2m(v-"2), 联立解得q=9 上分专题10电磁感应中的线框模型 1.C解析：A.线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁 场，那么线框以相同的速度匀速穿出磁场，设线框每条边电 阻为R,根据E=,1乐解得1-职不变1不变，根据 楞次定律，感应电流的方向先逆时针后顺时针，A正确； E B.进人磁场过程中E=B,I=4RU=3R,解得U= 子B,穿出磁场过程中E=Bu,1石，.=R,解得U 4B,始终6点电势高，B正确；C.根据左手定则，安培力 的方向始终竖直向上，C错误；D.线框产生的热量Q=卫· 4=4R么_4Bhxh,D正确，故选C 1 01 2.B解析：A线框MN边刚进人磁场Ⅱ时，MN、PQ两边同时 参考答案与解析 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。，线框穿过两磁场过 程中，根据动量定理-B业=0-m,即BL=m,又： E-4中g=△中3B AE,9=R=R一，则B RL=m,解得，= 故 B正确；C.设PQ边刚出磁场I时速度为1，根据动量定理有 。1 )BL=m心，解得，2o,线框穿过磁场1、Ⅱ，线框 R 1 产生的焦耳热为之比品.之m(6-) 3 Q,1nP=1,故C错误；D.若 2m(2 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. 3.C解析：A.线框进人磁场的过程，由楞次定律可知电流方 向为a→d→c→b→a,出磁场的过程，由楞次定律可知电流 方向为ab→c→d→a,故A正确；B.bc边进入磁场到刚要 2 Bx- 离开磁场的过程，总电荷量为q= 2 BL2 ,此时外电路ad 3 3R 边与定值电阻并联，阻值相等，故流过电阻R的电荷量为 q'=g-B二，故B正确；C.bc边从进人到B的过程，由动量 定理有-BI1L△1=mw,-mo,从ad边进人磁场到g的过 程，由动量定理有-BI2L△12=0-m1,由于线框进、出磁场区 域产生的总电荷量相等，即14山=4山=？，解得=之，故 C错误；D.bc边进入磁场的过程产生的总焦耳热为Q,= 了子-了（侣）广=名，侧出破扬过程产生的耳热 23 1 1 为Q,=2m哈-Q,=8m6,故两过程产生的焦耳热之比为 3:1,故D正确.故选C 4.（1)0.8N(2)4m/s(3)4.32J 解析：(1)设线框ab边刚进入磁场时的速度为o,根据动能 定理有gsn30弓民， 解得vo=2m/s, 线框ab边切割磁感线产生的感应电动势E=BLo=O.8V, 根据闭合电路欧姆定律有1==2A, R 可得线框ab边刚进入磁场时受到安培力F=BL=O.8N: (2)线框匀速运动时受到的合力为零，根据受力平衡有 F安=mgsin30°， E1 BLam 又F安=BL,山=RR 代入数据解得vm=4m/s; (3)由题意可知，线框在沿斜面下滑的过程中始终受到安培 力的作用，设线框从刚进人磁场开始经时间△：，速度变化为 B2Lv △，线框速度为，此时有F安=R 黑白题53 在△t时间内，根据动量定理有(mgsin0-F安)△t=m△v, 设经时间t=1s,线框沿斜面下滑的位移为x,对上式两边求 B2 和，可得∑(mgsin30°)△- RAi=∑m4, 可得(mgsin30°)t B2L2 x=m(1-), 代人数据解得x=3.2m, 由能最守恒定律有mgxin30=Q+m-m。 解得Q=4.32J. 5.D解析：A.ab边进入磁场过程中，框受到的安培力垂直 于MN水平向左，故A错误：B.框进人磁场过程中，通过框 E 截面的电量g=1·△t= R 4·R·4s40 ·4=4中 R 3BL2 ,故B错误：C.当a点刚进入磁场时，框 R 2R 的加速度恰好为零，设此时金属框的速度为”，则有F安。= =F,解得- BLL=- R 心，根据功能关系，b边进人磁场 过程中，框中产生的焦耳热为Q=FL2mw=FL2B2,故 C错误；D.根据功能关系，框进入磁场过程中产生的焦耳热 Q-21-号=21，又有0=P,联立年得 没器放D正确放法n 6.C解析：A.由题意可知，线框由静止到线框cd边到达磁场 I 边界MN时，在外力的驱动下线框做匀加速直线运动；线框 完全进人磁场到线框αb边到PQ时，线框做匀减速直线运 动（加速度由线框重力的分力提供）：线框冲出磁场到线 框cd边到达磁场边界PQ时，线框做变减速直线运动；设线 框开始进磁场到完全进入磁场的时间为t,根据法拉第电磁 感应定律有E=4中=B =R,过程中受到的平均安培力 F安=BL1,以上方程联立得F安=BL7=BLBC_E RR,则线框 进人磁场过程的冲量为=下：-，同理，线板出發场 过程的冲量为-F-,可得=，故A错误 B.由题意分析可知，线框完全进入磁场，线框cd边到达磁 场边界MN,此时线框的速度最大，设此时的速度为u1,由运 动学公式有0-v=-2a,此刻线框产生的感应电动势为E, 线框产生的电流为I,则有E=BL,=R,以上方程联立代入 数值解得I= R=6A,故B错误；C.线框进人磁场过程 中，对线框进行受力分析，根据牛顿第二定律有F合= F拉-mgsin0-F安=ma,根据感应电动势及线框所受的安培力 B2Lv 有F装=Bn=BLR=R,则有F数=mgsin+m@+ R' 根据加速公式有v=at,则拉力的功率与时间的关系为P=: 选择性必修第二册 F拉0=(mgasin0+ma2)t+R”2=24t+7.2P(W),故C正 确；D.设线框ab边到PQ时的速度为2，在线框完全进入磁 场到线框ab边到PQ的过程中，线框做匀减速直线运动，加 速度由线框重力的分力提供，则有a=gsin0,由速度位移公 式得-=-2 Lgsin0,又因为子=2aL,设线框从ab边刚离 开边界PQ到cd边抵达边界PQ过程所用的时间为t,由A B2L 可知线框出磁场过程的冲量为I安= ,根据动量定理有 6:-e-=-(mgn8):B股=0-m,以上方程联立代人 数据解得t=0.9s,故D错误.故选C. 7.(1)0.4N(2)0.5m(3)0.472J 解析：(1)线框能匀速进入磁场，由受力分析可知T= mgsin 0+F+f,f=umgcos 0, 线框匀速则重物也做匀速直线运动，对重物分析可得T= mg, 联立可得F=0.4N; (2)线框进人磁场前对线框和重物组成的系统，由动能定理 可得(mg-mgsin6-imgcos6)s=2(m+m), 线框刚进入感场时E=,1尽，F=BL, 联立可得v1=1m/s,s=0.5m; (3)线框匀速进入磁场的过程中运动时间为t1,1= 1 0.4s, 则进入磁场的过程线框中流过的电荷量q=1, 线框全部进入磁场到上边界刚要离开磁场的过程中，对线框 和重物组成的系统，由能量守恒可得(mg-mgsin0- mmngcos0)·(d-三)(m+m)2(m+m) 解得v2=2m/s, 线框出磁场的过程中，对线框和重物组成的系统，由动量定 理可得(mg-mgsin0-umgcos0)t-Bilt=（m+m)g-(m+ m)u2, 解得v3=1.8m/s, 对线框和重物组成的系统从进磁场到全部出磁场的过程中 由能量守恒可得mg·(d+L)-mgsin6.(d+L)=2（m+ m)D7(m+m)听tumgcos0·(d+L)+Q 解得Q=0.472J. 上分专题11电磁感应中的图像问题 1.C解析：A.由楞次定律可知，在磁感应强度垂直于纸面向里 逐渐增大时，线圈中感应电流产生的磁场方向为垂直于纸面 向外，即线圈中的电流方向为abcda,故A错误；B.由法拉第 电磁感应定律，可知En<号10x410.2V=0,1V 6x2 由闭合电路欧姆定律可知I=￡=0.1A,故B错误，C.由图可 R 黑白题54