专题19 线框切割磁感线模型-2023年高考物理电磁感应常用模型最新模拟题精练（解析版）

这是一份专题19 线框切割磁感线模型-2023年高考物理电磁感应常用模型最新模拟题精练（解析版），共23页。试卷主要包含了 线框切割磁感线模型等内容，欢迎下载使用。

高考物理《电磁感应》常用模型最新模拟题精练
专题19. 线框切割磁感线模型
一、选择题
1. （2023山东潍坊期末）如图所示，平面的第一象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场边界与轴成角，边长为的正方形金属框MNPQ中心位于磁场边界上，电阻为R。现使金属框匀速向右运动至完全进入磁场过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 金属框中感应电流的大小和方向都不变
B. 金属框中磁通量的变化率变大
C. 金属框中感应电动势的变化率不变
D. 通过金属框的电荷量为
【参考答案】C
【名师解析】
金属框运动过程中，根据楞次定律可知金属框磁通量增加，产生的感应电流方向一直为逆时针。只有边和边切割磁感线，若金属框速度为，运动时间为。根据右手定则和电磁感应定律可判断产生的电动势为

根据几何关系可知

整理可得

故感应电动势的变化率为不变。根据

可知随时间变小，故感应电流大小也随时间变小。根据

可知磁通量的变化率也随时间减小，故AB错误、C正确；
通过金属框的电荷量为，故D错误。
2. （2023湖南永州一模） 如图所示，水平虚线、之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为1：4，高为线框ABCD在磁场边界的下方h处，受到竖直向上的拉力作用，从静止开始运动（上升过程中底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，且在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为g，下列正确的是（　　）

A. AB边刚进入磁场时，线框的速度为
B. AB边刚进入磁场时，线框中感应电流的瞬时电功率为
C. DC边刚进入磁场时，线框加速度大小为
D. 从线框开始运动到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为
【参考答案】BD
【名师解析】
设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB=l，则CD=4l，根据动能定理

解得

A错误；
AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则此时安培力的大小为

线框中感应电流的瞬时电功率为
B正确；
AB刚进入磁场时加速度为0，则有

设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为1.5l线框匀速运动时有

联立解得
从线框开始到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得

联立解得
D正确；
CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为2.5l

由闭合电路欧姆定律得

由牛顿第二定律得

解得，C错误。

3. （2022高考上海）如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2 ，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（ ）

A. t1＜t2，W1＜W2， B. t1＜t2，W1＞W2，
C. t1＞t2，W1＜W2， D. t1＞t2，W1＞W2，

【参考答案】B
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+安培力+动量定理+动能定理+等效思维
【名师解析】由于线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，线框都是受到向左的安培力作用做减速运动，因此进入过程的平均速度v1平大于离开过程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。
线框刚进入磁场时速度为v0，设线框边长为L，电阻为R，线框完全进入磁场时速度为v1，刚完全离开磁场时速度为v2，进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E1，平均感应电流为I1，离开磁场过程中产生的平均感应电动势为E2，平均感应电流为I1，由法拉第电磁感应定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由闭合电路欧姆定律，I1= E1/R，I2= E2/R，进入磁场过程通过导体截面的电荷量q1=I1t1，离开磁场过程通过导体截面的电荷量q2=I2t2，联立解得：q1= q2。对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-F1t1=mv1- mv0，F1=B I1L，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-F2t2=mv2- mv1，F2=B I2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1= q2，联立解得：v1-v0= v2- v1。根据动能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W2，选项B正确。
4. （2022山西临汾模拟）如图所示，某空间存在一磁感应强度大小为，方向垂直于纸面（竖直平面）向里的匀强磁场区域，磁场的上、下边界均为水平面且间距为，纸面内磁场上边界的上方有一质量为，电阻为的正方形导线框，其边长也为，上、下两边均与磁场边界平行。将线框以初速度水平抛出，线框恰能匀速进入磁场，重力加速度为，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A. 线框出磁场的瞬间比进磁场的瞬间所受的安培力大
B. 线框抛出时边距离磁场上边界的高度为
C. 线框通过磁场过程中产生的热量为
D. 线框通过磁场的过程中水平位移为
【参考答案】BCD
【名师解析】
由于磁场的高度与正方形连长相同，而线框的下边进入磁场立即匀速运动，则当线框的下边离开磁场时，也将匀速运动，安培力等于重力，故A错误；
B．线框下边界进入磁场时有
根据闭合电路欧姆定律
且在竖直方向上，有
联立解得，故B正确；
线框进入磁场后做匀速直线运动，减小的重力势能转化为电能，据能量守恒定律有，故C正确；
线框在磁场中匀速运动的时间
其水平位移，联立解得，故D正确；
5．（2021宁夏银川模拟）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直纸面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v---t图像。图中数据均为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是
A．t1到t2的过程中，线框中感应电流方向沿逆时针方向
B．线框的边长为v1（t2-t1）
C．安培力的最大功率为

D．安培力的最大功率为
【参考答案】ABD
【命题意图】本题考查对速度图像的理解、电磁感应、楞次定律、电功率、安培力及其相关知识点。体现的核心素养是能量观念和科学思维能力。
【解题思路】t1到t2的过程中，线框向下匀速运动，由楞次定律可判断出线框中感应电流方向沿逆时针方向，选项A正确；t1到t2的过程中，线框匀速运动说明线框受到的安培力与重力平衡，由速度图像面积表示位移可知线框边长L=v1（t2-t1），选项B正确；t1到t2的过程中，线框匀速运动说明线框受到的安培力与重力平衡，由BIL=mg，I=E/R，E=BLv1，解得B2=。由图乙可知，线框最大速度为v2，由I=E/R，E=BLv，F=BIL，解得最大安培力F==，安培力的最大功率P=Fv2=，选项D正确C错误。
【一题多解】选项A判断线框中感应电流方向，可以利用楞次定律，也可利用右手定则。若题述给出磁场的磁感应强度，可以利用线框匀速运动说明线框受到的安培力与重力平衡，由BIL=mg，I=E/R，E=BLv1，解得线框边长。
6．（2021江西九校协作体联考）如图所示，x轴上方有两条曲线均为正弦曲线的半个周期，其高和底的长度均为，在x轴与曲线所围的两区域内存在大小均为B，方向如图所示的匀强磁场，MNPQ为一边长为的正方形导线框，其电阻为R，MN与x轴重合，在外力的作用下，线框从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速向右穿越磁场区域，则下列说法正确的是（ ）
A．线框的PN边到达x坐标为处时，感应电流最大
B．线框的PN边到达x坐标为处时，感应电流最大
C．穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为
D．穿越磁场的整个过程中，外力所做的功为
【参考答案】BD
【名师解析】线框向右匀速运动过程中，当线框的PN边到达时，感应电流最大，此时的感应电流大小为。故A选项错误，B选项正确；线框向右匀速运动过程中，回路中产生的感应电流随时间变化的图像如图所示（规定逆指针方向为正），穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为，由功能关系得：，故D选项正确。
二、计算题
1. （2023河北保定期末）如图所示，相距为L的虚线MN、PQ间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为L、质量为m、电阻值为R的正方形线圈ABCD静止在光滑水平面上，AB边刚好与MN重合。现对线圈施加一水平向右的力F，线圈进入磁场的过程中速度与线圈位移关系为v=kx，当AB边刚出磁场时撤去力F。求：
（1）刚撤去力F时线圈的加速度；
（2）在线圈进入磁场过程中力F做的功；
（3）CD边即将离开磁场时，CD两端的电势差UCD。

【名师解析】
（1）由题意可知当线圈发生L位移时撤去F，此时线圈的速度 （1分）
此时CD切割磁感线产生的电动势
（1分）
此时线圈中的电流
（1分）
由对线框受力分析结合牛顿第二定律有
（1分）
解得 （1分）

（2）在线圈进入磁场的过程中对线框应用动能定理有
（1分）
此过程中线圈在位移为x的位置产生的电动势
（1分）
此时线框受到的安培力
（1分）
安培力做功
（1分）
（用积分、微分或者求和公式表达且正确的都给分）
解得 （2分）
（3）对CD边在磁场中运动的过程由动量定理有
（1分）
（2分）
此时线圈的电动势
（1分）
由电路分析可知CD两端的电势差
（1分）
2. （2022山东淄博高二期末）如图甲所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在区城内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长、电阻的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图乙所示，线框始终做匀速运动。
（1）求外力F的大小；
（2）求在内导线框中产生的热量Q；
（3）若在内匀强磁场的磁感应强度发生连续变化（图乙中未画出），线框仍以的速度做匀速运动，则时的磁感应强度B多大？


【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）从开始到线框完全进入磁场所用时间为，所以，磁感应强度始
终为

则回路电流

安培力

外力

联立以上各式得

（2）时间内的电流


时间内的电动势

电流


时间内产生的热量

解得

（3）时，线框cd边刚好到磁场左边界，内线框匀速出磁场，线框不受安培力，感应电流为0，所以磁通量保持不变

解得

3．（2023浙江宁波重点高中期末）（10分）基于电磁阻尼设计的电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全性及乘坐舒适程度的辅助制动装置．其电磁阻尼作用可以借助图1模型讨论：光滑斜面倾角为37o，其上L1、L2、L3、L4等间距且与斜面底边平行，间距a = 0.2m，L1和L2之间，L3和L4之间存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B均为1T．有一矩形线圈MNPQ从图示位置（MN边与斜面底边平行）由静止释放，已知边长lMN = 0.2m，线圈质量m = 0.01kg，内阻R = 2Ω．从线圈释放开始计时，t3时刻线圈PQ边恰好从L4离开磁场，其运动图像如图2所示，求：
（1）线圈在阻尼作用下匀速运动时v2的大小；
（2）t2 -t3过程中线圈所产生的热量Q；
（3）线圈在磁场区域内无阻尼作用时做匀加速直线运动所经历的时间t12．
第21题图1
第21题图2

【名师解析】．（ 10分）
（1）线圈t3时刻PQ边恰好从L4离开磁场，故t2 –t3过程中只有PQ边切割磁感线，线圈做匀速直线运动，受力平衡：F安=， 2分 得：v2 =3m/s； 1分
（2）t2 –t3过程中线圈动能不变，重力势能转化为内能，根据能量守恒定律可知：
Q = mga sin， 2分 得：Q=0.012J； 1分
（3）由线圈的运动图像可知t1时刻MN边通过L2，t2时刻PQ边从L3进入下面区域磁场，t1 -t2过程中线圈一直做匀加速直线运动，故lNP = 0.4m， 1分
线圈在t1 -t2内的位移：x = 3a = 0.6m， 1分
根据运动学规律：，得v1 =m/s， 1分
故t12 ==s． 1分
4. （2023湖南三湘创新发展联考）质量为m、边长为L的均匀导线首尾相接制成的单匝正方形闭合导线框abcd，总电阻为R。将其置于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场上方h处，磁场的上边界水平，方向垂直纸面向外，如图所示。将导线框由静止释放，当导线框一半面积进入磁场时，恰好处于平衡状态，导线框平面保持在竖直平面内，且b、d两点的连线始终水平，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）导线框一半面积进入磁场时，导线框的速度大小v；
（2）导线框从静止下落到一半面积进入磁场时，导线产生的热量Q；
（3）导线框从静止下落到完全进入磁场时，通过导线框某一横截面的电荷量q。


【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）导线框一半面积进入磁场时，线框切割磁感线的有效长度为，则线框产生的感应电动势为

根据闭合电路的欧姆定律可知线框中的感应电流为

根据平衡条件有

解得

（2）导线框从静止下落到一半面积进入磁场的过程中，根据能量守恒定律有

解得

（3）导线框进入磁场过程中的平均感应电动势

平均感应电流为

根据电流的定义有

解得

5. （2023浙江舟山质检）如图所示，、是光滑平行轨道，间距为，左侧倾斜部分为电阻不计的金属轨道，水平部分轨道为绝缘材料制成，两部分轨道在处平滑连接，左侧倾斜轨道倾角为，轨道固定且水平部分足够长。轨道顶端间接有阻值为的电阻，左侧倾斜部分所在区域分布着垂直导轨平面向下、磁感应强度的匀强磁场，水平轨道上放置一质量的“”型金属框，“”型金属框三边长均为L，每边的电阻均为。金属框右侧区域内存在宽度为L，磁感应强度也为B匀强磁场。现将一根质量，长度为L，电阻的金属棒从图示位置静止释放，金属棒到达倾斜轨道底端前已处于匀速运动状态。金属棒到达水平轨道后与“”型金属框粘在一起形成闭合金属框。则：
（1）金属棒下滑过程中，a、b两点哪点电势高；
（2）求金属棒匀速下滑的速度大小；
（3）金属框刚进入水平轨道上的磁场区域时，两端的电势差；
（4）闭合金属框能否穿过水平轨道上的磁场区域？若能，请计算金属框穿过磁场区域后的速度大小；若不能，请计算边与磁场区域左边界的最大距高。

【参考答案】（1）b端；（2）；（3）；（4）能，
【名师解析】
（1）金属棒下滑过程中切割磁感线，由右手定则可知，b端等效为电源正极，电势较高。
（2）金属棒匀速下滑时，由平衡条件可得

其中


联立解得

（3）金属棒与框相结合后的速度为，据动量守恒定律可得

解得

cd边切割磁感线，产生感应电流，等效为电源，其两端电压相当于路端电压，可得

（4）设线框穿过磁场区域时的速度为，据动量定理可得

其中


联立解得

故闭合金属框能穿过水平轨道上的磁场区域，穿过磁场区域后的速度大小为。
6．. （2022福建福州3月质检1） 如图所示，在相距为h的两水平虚线之间存在磁感应强度为B、方向垂直竖直平面向里的匀强磁场，在该竖直平面内有一质量m、电阻为R的正方形线框abcd。现用竖直向上的恒力向上提线框，从位置I静止开始向上运动一段距离，匀速穿过整个磁场区域；到达位置II（此时ab边与磁场上边界重合）时，撤去向上恒力，然后线框继续向上运动一段时间后落回，又匀速穿过整个磁场。线框运动过程中，cd边始终与磁场上下边界平行，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）ab边向下进入磁场时，线框中电流方向和线框速度大小v；
（2）在I位置时cd边离磁场下边界的距离H。

【参考答案】（1）逆时针方向，；（2）
【名师解析】
（1）ab边向下进入磁场时,由楞次定律线框中电流方向为逆时针方向，即a→b→c→d→a
线框匀速进入磁场。
设：线框中电流为I电动势为E.线框边长为L由平衡条件

由法拉第电磁感应定律

由闭合电路欧姆定律

正方形线框从进入磁场、在磁场中和出磁场整个过程均做匀速直线运动。说明整个过程受到安培力作用，可得正方形线框边长

联立解得

（2）线框出磁场上边界后做竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律得线框向上出磁场速度与线框向下进入磁场速度大小均为v，依题意得线框上下穿过整个磁场过程中速度大小也为v，线框从下方进入磁场时，平衡条件

线框从1位置开始运动到刚要进入磁场过程，动能定理

由上述方程解得

7．（2021·辽宁朝阳市·高三月考）如图所示，绝缘水平面上有条形区域I、Ⅱ、Ⅲ，其宽度均为s，区域I内有磁感应强度大小为B、竖直向下的的匀强磁场（俯视图）。用粗细均匀的电阻丝制成边长为s的单匝正方形金属线框，线框总电阻为R，质量为，线框制作平整，与水平面贴合良好，除区域Ⅲ水平面与线框间有恒定的动摩擦因数外，其余部分光滑。线框以初速度进入匀强磁场，运动至线框中心对称线与重合时速度恰好减为0，重力加速度为g，求：
（1）线框刚好完全进入区域I的速度大小；
（2）区域Ⅲ与线框间的动摩擦因数。

【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
(1)设线框刚好完全进入区域I的速度为v1，进入过程线框内的平均电流为，进入时间为，根据动量定理

根据法拉第电磁感应定律

回路电流

电量为

磁通量的变化为

解得

(2)线框出磁场的过程，边受向后的安培力，仍然在安培力的作用下减速，根据动量定理

根据法拉第电磁感应定律

回路电流

电量为

磁通量的变化为

解得线框完全出磁场时速度

设线框和水平面间的动摩擦因数为线框进入磁场后边受到恒定的摩擦力作用

边和边受到的摩擦力逐渐增大，平均力为

根据动能定理

解得

8. （2020湖北黄冈模拟3）如图所示，两平行的光滑金属导轨固定在竖直平面内，导轨间距为L、足够长且电阻忽略不计，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝导线框连接在一起组成装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒与金属导轨总是处于接触状态，并在其中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未图出）。线框的边长为d（d＜L），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直，重力加速度为g。试求：

（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；
（2）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm。
【名师解析】
（1）因为导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，所以导体棒所受安培力方向竖直向上，根据左手定则可知导体棒通有电流的方向水平向右；安培力大小为：
F=BIL
设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，由动能定理得：
mg•4d+W-BLId=0
且Q=-W
解得：Q=4mgd-BLId
（2）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，由动能定理得：
mgxm-BLI（xm-d）=0
解得：xm=
答：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热为4mgd-BLId；
（2）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离为。
【关键点拨】
（1）线框中产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功，安培力所做的功可以通过动能定理去求； 
（2）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，可以根据动能定理直接求出最大距离。
该题考查了动能定理以及能量守恒定律在磁场中的运用，弄清楚导体棒和线框的受力情况和能量转化情况，根据动能定理结合功能关系进行分析是关键。

9 .如图甲所示，有一竖直方向的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，区域的上下边缘间距为H＝85 cm，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。有一长L1＝20 cm、宽L2＝10 cm、匝数n＝5的矩形线圈，其总电阻R＝0.2 Ω、质量m＝0.5 kg，在t＝0时刻，线圈从离磁场区域的上边缘高为h＝5 cm处由静止开始下落，0.2 s时线圈刚好全部进入磁场，0.5 s时线圈刚好开始从磁场中出来。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)线圈穿过磁场区域所经历的时间t；
(2)线圈穿过磁场区域产生的热量Q。
【名师解析】　(1)设线圈做自由落体运动的末速度为v1，则
v12＝2gh，得v1＝1 m/s
h＝gt12，得t1＝0.1 s
进入磁场时，E1＝nB1L1v1，I1＝，FA1＝nB1I1L1
得FA1＝5 N，即FA1＝mg
线圈匀速进入磁场，L2＝v1t2
得t2＝0.1 s
之后线圈向下做匀加速运动，运动d＝H－L2＝0.75 m后，线圈的下边刚好到达磁场的下边缘
有v22－v12＝2gd，得v2＝4 m/s
由v2－v1＝gt3，得t3＝0.3 s
出磁场时，E2＝nB2L1v2，I2＝，FA2＝nB2I2L1
得FA2＝5 N，即FA2＝mg
线圈匀速出磁场，L2＝v2t4
得t4＝0.025 s
因此线圈穿过磁场区域所经历的时间
t＝t2＋t3＋t4＝0.425 s
(2)线圈进出磁场过程均做匀速运动，该过程中线圈产生的热量
Q1＝mg·2L2＝1.0 J
整个线圈在磁场中运动时，
E3＝nL1L2
＝ T/s
Q2＝t3＝ J≈0.042 J
因此全过程产生的总热量Q＝Q1＋Q2＝1.042 J。
答案　(1)0.425 s　(2)1.042 J
10 .如图所示,一质量为m、边长为h的正方形金属线框abcd自某一高度由静止下落,依次经过两匀强磁场区域,且金属线框bc边的初始位置离磁场B1的上边界的高度为h4,两磁场的磁感应强度分别为B1和B2,且B1=2B0,B2=B0(B0已知),两磁场的间距为H(H未知,但H>h),线框进入磁场B1时,始终做加速度为g的匀加速直线运动,有时需对线框施加竖直方向的外力F,且H=2h,线框的电阻为R.求:
(1)当正方形金属线框abcd的bc边恰好进入磁场B2时的竖直外力F;
(2)当正方形金属线框abcd从静止开始运动到bc边离开磁场B1,通过线框a点的电荷量Q.

【名师解析】
.(1)bc边恰好进入磁场B2时的速度v=2g·13h4=13gh2,
此时的安培力F安=B2Ih=B2h2R13gh2
由牛顿第二定律得mg+F-F安=mg
则竖直外力F=B2h2R13gh2
(2)由法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt,则平均电流I=ER
通过线框a点的电荷量Q=IΔt=ΔΦR=Bh2R.