2023年高考物理知識點復(fù)習與真題 線框進出磁場類問題

線框進出磁場類問題

一、真題精選（高考必備）

1.（2007?全國?高考真題）如圖所示，在尸0、QR區(qū)域中存在著磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反的勻強磁場、磁場

方向均垂直于紙面.一導(dǎo)線框“松農(nóng)力位于紙面內(nèi)，框的鄰邊都相互垂直，秘邊與磁場的邊界尸重合，導(dǎo)線框與磁

場區(qū)域的尺寸如圖所示.從f=0時刻開始，線框勻速橫穿兩個磁場區(qū)域.以心∕→c??Λ÷e?力?為線框中的電動勢&

的正方向，以下四個￡一/關(guān)系示意圖中正確的是（）

PQR

I××X

?X××

>×××

I

1×××

'×××

I

I'×××

—>

—：123—12：34t

I

—1234—4t

II

2.（2011?海南?高考真題）如圖，EOF和E9F為空間一勻強磁場的邊界,其中EO0EO,FoEFCy,且EoS）OF；00,

為回EOF的角平分線，Ob間的距離為L；磁場方向垂直于紙面向里.一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿C）Cy方向勻速通過

磁場，t=0時刻恰好位于圖示位置.規(guī)定導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向時為正，則感應(yīng)電流i與時間t的關(guān)系圖線

可能正確的是（）

E.E'

∕×X/

∕χ/r

C，/

?×X\

、、

3.（2020?山東?高考真題）（多選）如圖所示，平面直角坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強度大小相等、

方向相反且垂直于坐標平面的勻強磁場，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“慶杰在外

力作用下以恒定速度沿y軸正方向運動（不發(fā)生轉(zhuǎn)動）。從圖示位置開始計時，4s末歷邊剛好進入磁場。在此過

程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為/,而邊所受安培力的大小為R?,二者與時間f的關(guān)系圖像,可能正確的是（）

4.（2021?全國?高考真題）（多選）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。現(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，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(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。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的是（）

甲□□乙

××××X

××××X

××××X

A.甲和乙都加速運動

B.甲和乙都減速運動

C.甲加速運動，乙減速運動

D.甲減速運動，乙加速運動

5.（2021?湖南?高考真題）（多選）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，處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強磁場。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%水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強度

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%無關(guān)，與病成反比

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)“、％和8,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

6.（2022?山東?高考真題）（多選）如圖所示，Xoy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標原點。為圓心、半徑為J∑L的

扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強磁場。邊長為L的正方形金屬框繞其始終在O點的頂點、在Xoy平面內(nèi)以角

速度。順時針勻速轉(zhuǎn)動，/=0時亥Ij,金屬框開始進入第一象限。不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動勢E隨時

間r變化規(guī)律的描述正確的是（）

■

B

a?在i至”會的過程中,E一直增大

B.在r=0到r=S的過程中，E先增大后減小

2ω

π

C.在，=0到r=S的過程中，石的變化率一直增大

4G

D.在f=0至Ik=S的過程中，E的變化率一直減小

4ω

7.（2022?湖北?高考真題）如圖所示，高度足夠的勻強磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面

向里。正方形單匝線框HCd的邊長L=0.2m、回路電阻R=1.6X10-3Q、質(zhì)量,”=0.2kg。線框平面與磁場方向垂

直,線框的曲邊與磁場左邊界平齊，外邊與磁場下邊界的距離也為人現(xiàn)對線框施加與水平向右方向成。=45。角、

大小為4√∑N的恒力E使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運動。從而邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運

動；A邊進入磁場時?，兒邊恰好到達磁場右邊界。重力加速度大小取g=10m∕s2,求：

（1）曲邊進入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大??；

（2）磁場的磁感應(yīng)強度大小和線框進入磁場的整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱；

（3）磁場區(qū)域的水平寬度。

XXXXXX

××××X×

××××××

×××××X

8.（2020?浙江?高考真題）如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以。為原點、水平向右為正方向建立X軸，在

OMXMIQm區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強磁場。桌面上有一邊長L=0.5m、電阻R=Q25C的正方形線框而W,

當平行于磁場邊界的〃邊進入磁場時，在沿X方向的外力尸作用下以U=LOmZS的速度做勻速運動，直到而邊進入

磁場時撤去外力。若以Cd邊進入磁場時作為計時起點，在0≤r≤LOs內(nèi)磁感應(yīng)強度B的大小與時間r的關(guān)系如圖2

所示，在0≤f≤1.3s內(nèi)線框始終做勻速運動。

⑴求外力尸的大??；

⑵在1.0s≤r≤1.3s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場，求磁感應(yīng)強度8的大小與時間，的關(guān)系；

（3）求在O≤t≤L3s內(nèi)流過導(dǎo)線橫截面的電荷量q.

9.（2010?北京?高考真題）用密度為d、電阻率為P、橫截面積為A的薄金屬條制成邊長為L的閉合正方形框abb'a'.如

圖所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場方向平行.

設(shè)勻強磁場僅存在于相對磁極之間，其他地方的磁場忽略不計.可認為方框的也'邊和從/邊都處在磁極之間，極

間磁感應(yīng)強度大小為8.方框從靜止開始釋放，其平面在下落過程中保持水平（不計空氣阻力）.

（1）求方框下落的最大速度Vm（設(shè)磁場區(qū)域在數(shù)值方向足夠長）；

（2）當方框下落的加速度為^■時，求方框的發(fā)熱功率P;

（3）已知方框下落時間為t時，下落高度為/J,其速度為Vtet<%,）.若在同一時間t內(nèi)，方框內(nèi)產(chǎn)生的熱與一恒

定電流/°在該框內(nèi)產(chǎn)生的熱相同，求恒定電流/。的表達式.

圖1裝置縱截面示意圖

10.（2018?浙江?高考真題）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立Xoy坐標系，在0≤x≤0.65m,y≤0?40m范圍內(nèi)存在一

具有理想邊界、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域。一邊長為GO.lOm、質(zhì)量m=0.02kg?電阻R=0.40C的勻質(zhì)正方

形剛性導(dǎo)線框岫〃處于圖示位置，其中心的坐標為（0,0.65）,現(xiàn)將線框以初速度%=2m∕s水平向右拋出，線框

在進入磁場過程中速度保持不變，然后在磁場中運動，最后從磁場右邊界離開磁場區(qū)域，完成運動全過程，線框在

全過程中始終處于Xoy平面內(nèi)，其必邊與X軸保持平行，空氣阻力不計，求：

y∕τn

^p→v0

-jb

0.40........................................

××××××

×X×X××

XXXXXX

××××××

OXX×××0.65

XX×××

⑴磁感應(yīng)強度2的大小：

⑵線框在全過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；

⑶在全過程中，的兩端得到電勢差S,與線框中心位置的X坐標的函數(shù)關(guān)系。

二、強基訓(xùn)練（高手成長基地）

1.（2022?河北?模擬預(yù)測）（多選）如圖所示，水平線MN下方有垂直紙向里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小

為B,邊長為人質(zhì)量為機、電阻為R的正三角形金屬線框ACQ在MN上方由靜止釋放，釋放時，AC邊離MN的

高度為〃，線框在向下運動過程中，始終在垂直磁場的豎直面內(nèi)，AC邊始終水平，當AC邊剛要進磁場時，線框的

加速度為零，重力加速度為g,則（）

×××××X

×××××X

×××××X

××××××

A.線框進磁場過程可能一直做減速運動

B.線框進磁場過程中，通過線框截面的電量為幽1

4R

C.線框進磁場過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為mg（∕L米，

D.線框完全進入磁場后繼續(xù)向下運動過程中，A、C兩端的電勢差為0

2.（2018?廣東肇慶?廣東肇慶中學一模）在小車上豎直固定著一個高h=0.05m、總電阻R=IOΩ、n=100匝的閉合

矩形線圈，且小車與線圈的水平長度/相同.現(xiàn)線圈和小車一起在光滑的水平面上運動，速度為W=I?0""s,隨

后穿過與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強度B=LOT的水平有界勻強磁場，方向垂直紙面向里，如圖（a）所示.已知小車

運動（包括線圈）的速度V隨車的位移s變化的V-S圖象如圖（b）所示.求:

,d,

×××

XXBX

'h

////?/////////////////////////1//////s/cm

圖(a)圖(b)

(1)小車的水平長度L和磁場的寬度d：

（2）小車的位移S=IC）Cm時線圈中的電流大小I；

（3）線圈和小車通過磁場的過程中克服安培力做的功.

3.（2022?上海徐匯,上海市南洋模范中學模擬預(yù)測）下圖是一種電梯的提升系統(tǒng)的原理圖，在同一豎直平面的左右

兩邊條形區(qū)域內(nèi)，有垂直平面向里和向外交替的勻強磁場，每塊磁場區(qū)域的高度均為L、磁感應(yīng)強度大小均為夙

梯箱左右兩邊通過絕緣支架均固定有邊長為L、匝數(shù)為〃、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框，線框平面與磁場垂直，上

下兩邊水平。導(dǎo)線框、支架以及梯箱等的總質(zhì)量為M。電機起動后兩邊磁場均以速度y沿豎直軌道向上勻速運動。

忽略一切阻力，梯箱正常運行時防墜落裝置與軌道間沒有相互作用。重力加速度為g。求：

(1)電機從圖示位置啟動，此時導(dǎo)線框ABC￡)：

①相對磁場的運動方向；

②哪條邊會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：

③感應(yīng)電流的方向；

(2)電機剛啟動瞬間導(dǎo)線框ABCD所受安培力的大小;

(3)當梯箱以;的速度向上運動時的加速度大??；

(4)若突然斷電導(dǎo)致周圍由通電線圈繞制的磁場消失,請問防墜落裝置如何設(shè)計才能發(fā)揮防墜落作用，并簡述理

由。

C*儼∣??Cr?儼∣??C

×VX-×^××

××××××

××××××

??????八

??????L

??????

^××^×~~×~×^×~7^

×××導(dǎo)緯框L

×××X××X×X

懺版緣支部,'.l

<×^×Tl_JiIi_rτ×~×^>j77

O梯箱o÷

j

???t∣4???L

???N???、'

防墜落裝置

4.(2022?廣東?模擬預(yù)測)如圖甲所示，質(zhì)量為〃?、粗細均勻總電阻為R=1。、邊長為L=Im的正方形金屬框ABCZ)

由靜止開始下落(計時開始)，經(jīng)過一段時間進入磁感應(yīng)強度為4=1T的第一個有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面

向里與金屬框面垂直，沿水平方向的上下邊界1、2之間的距離為"；磁感應(yīng)強度為&的第二個有界勻強磁場在第

一個正下方，方向垂直紙面向里與金屬框面垂直，沿水平方向的上下邊界3、4之間的距離也為4計時開始后，金

屬框的動量與時間的關(guān)系圖像如圖乙所示，AB邊在〃=L2s時離開邊界2,當CD邊剛到達邊界3時安培力的功率

為巴=T25W,AB邊在"時刻離開邊界4,不計空氣阻力，重力加速度為g=10m∕s2,求:

（1）〃邊剛到達邊界1時金屬框的動量p∕;

（2）金屬框在穿越兩個勻強磁場的過程中機械能的減少量及CQ邊到達邊界3時的速度;

（3）O?Z時間內(nèi)，金屬框重力的平均功率。（保留3位有效數(shù)字）

5.（2022?福建?模擬預(yù)測）如圖有兩條不計電阻的平行光滑金屬導(dǎo)軌MQMMQNl導(dǎo)軌間距L=0.5m,其中M。、

MQ段傾斜放置，傾斜角，=37。，MQ=M'Q'=Am,QN、QN段水平放置,兩段之間通過一小段（大小可忽略）光滑

圓弧絕緣材料平滑相連，在傾斜導(dǎo)軌左端連接一電源及電鍵％,電源電動勢E=3V,內(nèi)阻r=0.5d在Q和C兩端

向下引出兩根無電阻的金屬導(dǎo)線通過電鍵S2與一電容量C=2F的電容器相連,在N和M兩端與電阻器R=0.1Q相連，

在傾斜導(dǎo)軌M。、MQ，區(qū)域內(nèi)加有垂直于傾斜導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場B∕=2T,在水平導(dǎo)軌的E區(qū)域內(nèi)加有垂

直水平導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場B2=0.8T,DD?EE均與導(dǎo)軌垂直，KDE=D1E1=L=OSm,C慮/'是質(zhì)量為3m，每邊

電阻均為R=O.1Q,各邊長度均為L的U形金屬框，開始時緊挨導(dǎo)軌靜置于OoEE左側(cè)外，現(xiàn)有一不計電阻的質(zhì)量

為m的金屬棒α緊貼MM放置,合上電鍵Sl時金屬棒恰好靜止在導(dǎo)軌上。

（1）求金屬棒α的質(zhì)量〃?；

（2）斷開Sl同時閉合S2,金屬棒。向下滑行，求金屬棒”到達傾斜導(dǎo)軌底端Q。'時的速度;

（3）金屬棒。越過后與U形金屬框發(fā)生碰撞，碰后黏在一起穿過磁場B2區(qū)域，求此過程中電阻器R上產(chǎn)生的

焦耳熱。

三、參考答案及解析

(-)真題部分

1.C

【詳解】以-2c?÷d?÷e為為線框中的電動勢e的正方向，即以逆時針為正方向

在第一階段，只有加?切割向外的磁感線，由右手定則知電動勢為負，大小為8∕v

在第二階段，be切割向里的磁感線，由右手定則知電動勢為逆時針方向，同時de切割向外的磁感線，由右手定則

知電動勢為順時針方向，大小為均是B∕v,等效電動勢為零

在第三階段，de切割向里的磁感線同時4切割向外的磁感線，由右手定則知兩個電動勢同為逆時針方向，等效電

動勢為3B∕v

在第四階段，只有少切割向里的磁感線，由右手定則知電動勢為順時針方向，等效電動勢大小為28/人故選C。

2.B

【分析】運用E=BLV找出感應(yīng)電動勢隨時間變化的情況.

其中L為切割磁感線的有效長度.

根據(jù)右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向.

【詳解】在整個正方形導(dǎo)線框通過磁場的過程中，

切割磁感線的邊框為兩豎直邊框，兩水平邊框不切割磁感線.

由于正方形導(dǎo)線框沿Ocy方向勻速通過磁場，

①從開始到左邊框到達0'之前，進入磁場切割磁感線的有效長度隨時間均勻增加，

根據(jù)E=BLV得出感應(yīng)電動勢隨時間也均勻增加，

由于電阻不變，所以感應(yīng)電流i也隨時間均勻增加.

根據(jù)右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向，結(jié)合導(dǎo)線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向時為正，得出開始為正方向.

②當左邊框到達之后，由于進入磁場切割磁感線的有效長度不變，所以感應(yīng)電流i不變.

③當左邊框到達0。'中點，右邊框即將進入磁場切割磁感線，由于左邊框的切割磁感線的有效長度在減小，而右邊

框切割磁感線有效長度在增大，而左右邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，所以整個感應(yīng)電動勢隨時間也

均勻減小.

L

④當左邊框到達距。點N時,左右邊框切割磁感線的有效長度相等,此時感應(yīng)電動勢為0,再往后跟前面過程相反.故

A、C、D錯誤，B正確.

故選B.

3.BC

【詳解】AB.因為4s末從邊剛好進入磁場，可知線框的速度每秒運動一個方格，故在0~ls內(nèi)只有4e邊切割磁場，

設(shè)方格邊長為L根據(jù)

EI=IBLv

/

,R

可知電流恒定；2s末時線框在第二象限長度最長，此時有

E2=3BLv

,2吟

可知

2~4s線框有一部分進入第一象限，電流減小，在4s末同理可得

I3=∣∕1

綜上分析可知A錯誤，B正確；

CD.根據(jù)

可知在O-ls內(nèi)ab邊所受的安培力線性增加；Is末安培力為

FuJ

在2s末可得安培力為

用=8倉《42L

所以有用=3工3由圖像可知C正確，D錯誤。

故選BCo

4.AB

【詳解】設(shè)線圈到磁場的高度為九線圈的邊長為/,則線圈下邊剛進入磁場時，有

V=y∣2gh

感應(yīng)電動勢為

E=nB!v

兩線圈材料相等（設(shè)密度為/）,質(zhì)量相同（設(shè)為W）,則

In=P"X4nlXS

設(shè)材料的電阻率為0,則線圈電阻

Rc4416"PPO

R=P

感應(yīng)電流為

.EmBv

I———=----------

R16∕?/PPO

安培力為

16%O

由牛頓第二定律有

ιng-F=ma

聯(lián)立解得

FB2V

a=g-----=g-7∑------

m\6ppw

加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度。當時，甲和乙都加速

16%O

運動，當g＜盧-時，甲和乙都減速運動，當8=要■時都勻速。

16%O'6ppo

故選

AB0

5.CD

【詳解】A.將組合體以初速度即水平無旋轉(zhuǎn)拋出后，組合體做平拋運動，后進入磁場做勻速運動，由于水平方向

切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互低消，則有

B2L2V

機g=廣安=vvy=

R

綜合有

則B與7=2成正比，A錯誤；

√√7∕

B.當金屬框剛進入磁場時金屬框的磁通量增加，此時感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，當金屬框剛出磁場時金屬框

的磁通量減少，此時感應(yīng)電流的方向為順時針方向，B錯誤；

C.由于組合體進入磁場后做勻速運動，由于水平方向的感應(yīng)電動勢相互低消，有

，跖=小=牛

R

則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確;

D.無論調(diào)節(jié)哪個物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場，都有

Ing=F安

則安培力做的功都為

W=4F受L

則組合體通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱不變，D正確。

故選CD。

-IT-rr

在F=O到r=f的過程中，線框的有效切割長度先變大再變小，當，=白時，有效切割長度最大為√∑L,此時，感

應(yīng)電動勢最大，所以在f=0到r=S的過程中，E先增大后減小，故B正確，A錯誤;

2ω

JT

cd?在,=°到元的過程中,設(shè)轉(zhuǎn)過的角度為0,由幾何關(guān)系可得

θ=cot

進入磁場部分線框的面積

CLLtanθ

S=-------------

2

穿過線圈的磁通量

不nctanωt

Φ=BS=-------------

2

線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢

E—Φ=-----

M

感應(yīng)電動勢的變化率

里=E

?r

對八吟理求二次導(dǎo)數(shù)得

=Bdsec2ωttanωt

?r

TT

在"0到’=丁的過程中比2療sec2mtan而一直變大，所以E的變化率一直增大，故C正確，D錯誤。

故選BCo

7.(1)ax^20m∕s2,ay=10m∕s2;(2)B=O.2T,。=0.4J；(3)X=l.Im

【詳解】(1)外邊進入磁場前，對線框進行受力分析，在水平方向有

max二尸CoSo

代入數(shù)據(jù)有

ax-20m∕s2

在豎直方向有

may=FSine-mg

代入數(shù)據(jù)有

ay=10m∕s2

(2)必邊進入磁場開始，H邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和兒邊的上部分也開始進入磁場，且在水平方向切

割磁感線。但曲和be邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互抵消，則整個回路的電源為必，根據(jù)右手定則可知回路的

電流為。A加，則外邊進入磁場開始，外邊受到的安培力豎直向下，ad邊的上部分受到的安培力水平向右，be邊

的上部分受到的安培力水平向左，則曲邊和兒邊的上部分受到的安培力相互抵消，故線框HCd受到的安培力的合

力為外動受到的豎直向下的安培力。由題知，線框從必邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動，有

尸Sine-Zng-BlL=O

E=BLvy

E

~R

vy2=2ayL

聯(lián)立有

B=0.2T

由題知，從M邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；de邊進入磁場時，歷邊恰好到達磁場右邊界。則線

框進入磁場的整個過程中，線框受到的安培力為恒力，則有

Q=W紛=BILy

y=L

FSine-mg=BIL

聯(lián)立解得

Q=0.4J

(3)線框從開始運動到進入磁場的整個過程中所用的時間為

vy=ayt∣

L=vyt2

t=f∣+t2

聯(lián)立解得

t-0.3s

由(2)分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運動，則在水平方向有

x=-at1=—×20×0.32m=0.9m

2r2

則磁場區(qū)域的水平寬度

X=x+L=1.1m

8.(l)0.0625N;(2)B=-!—；(3)0.5C

6-4/

【詳解】⑴由圖2可知t0=0,券=O25T,則回路電流

I=膽

R

安培力

所以外力

F=FA=0?0625N

⑵勻速出磁場，電流為0,磁通量不變①I=①，6=Ia時，S=0.5T,磁通量①I=BJ2,貝IJf時刻，磁通量

φ?β?[?-v(z-z1)]

解得

B=—

6-4t

⑶O≤f≤05s電荷量

D/2

q=g±,=0.25C

,R

0.5s≤r≤1.0s電荷量

%=底泮W

總電荷量

q=0+%=0.5C

9.⑴VTg（2）心也誓

（3）I=A.gh-gv：

Dβ~a

【詳解】（1）方框質(zhì)量:

m=4LAd

方框電阻:

4吟

方框下落速度為V時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢:

E=B?2Lv

感應(yīng)電流:

EBAv

It=—=----

RIp

方框下落過程，受到重力G及安培力F,G=mg=4LAdg,方向豎直向下

R2Al

安培力F=B∕?2L=-------V,方向豎直向上

P

當F=G時，方框達到最大速度，即v=w",則:

B2AL

-------v,,,=4M?

P

方框下落的最大速度:

4Pd

g

B2

（2）方框下落加速度為會時，根據(jù)牛頓第二定律有:

mg—Bl-2L=m?,

即：

Lmg_Adg

~4BL一^B~

方框的發(fā)熱功率:

（3）根據(jù)能量守恒定律，有:

122

mgh=-mvl÷∕θ∕?/

【點睛】此題是法拉第電磁感應(yīng)定律、牛頓第二定律以及物體的平衡的綜合題目；解答這類問題的關(guān)鍵是通過受力

分析，正確分析安培力的變化情況，找出最大速度的運動特征.電磁感應(yīng)與電路結(jié)合的題目，感應(yīng)電動勢是中間橋

梁.

10.(1)2T；(2)0?0375J;(3)進入磁場前：x≤0.4m,Ucl,=0-進入磁場過程：0.4m<x≤0.5m,U(A=(2x-0.7)V；

在磁場中：0.5m<x40.6m,Ucb=0.4V；出磁場過程：0.6m<x≤0.7m,Ucb=ɑV

【分析】由運動學公式求出線框進入磁場的豎直速度呼，由題意線框進入磁場時速度不變，由平衡條件和歐姆定律

就能求出磁感應(yīng)強度的大?。挥蓜恿慷ɡ斫Y(jié)合線框通過磁場區(qū)域內(nèi)電量是一定的，恰恰能求出線框的末速度，由能

量守恒定律就能求出全過程產(chǎn)生的熱量；分段考慮線框進入磁場時切割磁感線的速度(即豎直速度)，先表示出電

動勢，再由歐姆定律表示Ucb兩端的電壓。

【詳解】⑴線框進入磁場的過程中速度不變，線框受力平衡

mg=BIL

感應(yīng)電流為

,B小

/=------

R

進入時的y方向速度

vv=y∣2gh=2m∕s

解得

B=2T

⑵進磁場，動能定理得

IngL-QI=O

出磁場，水平方向，動量定理得

-BLAq=tnv-mv0

水平方向動能定理得

???12

-Q2=-mv---mv0

聯(lián)立解得

Qt+Q2=0.0375J

⑶剛好進入磁場時，水平位移為

當x≤0.4m時，線圈在磁場外，則幾=0。

完全進入磁場時，水平位移為

v

%=o(A+r，)=?(rl+—)=0.5m

vV

當0.4m<x≤0.5m時，c?間產(chǎn)生的電勢差為

311311

Ucb=^Ebc--Ead+-Eab=-BPΛV0--BVΛV0+-BΔVV=(2x-0.7)V

在磁場中，即0.5m<x≤0.6m時，線圈上下兩邊，在仍間產(chǎn)生的電勢差為0,回路電流為零，則

Ueh=BLv0=0.4V

出磁場過程，當0.6mVx≤0.7m時，水平方向,動量定理得

,,

-BL?q=mv-∕πv0

又

,BL(x-0.6)

a=----------

R

聯(lián)立解得

vr=5(l-x)m∕s

線圈上下兩邊，在仍間產(chǎn)生的電勢差為0,則

=LEU=LBZy=支NV

%4αrf44

(二)強基部分

1.BC

【詳解】A.由于線框剛進磁場時安培力很小，因此一定是先加速運動，A項錯誤;

B.線框進磁場過程中通過線框截面的電量為

B√3.2_√?

q=--------Z.

/?4-44

B項正確；

C.設(shè)線框AC邊剛要進磁場時線框的速度為V,則

B2I3V

=mg

R

解得

V=-IgR

￡而

根據(jù)能量守恒

12(,療gR]

Q=ιngh--mv~=mgh--------

?2B4L4)

C項正確;

D.線框完全進入磁場后繼續(xù)向下運動過程中，由于導(dǎo)體切割磁感線，A、C兩端的電勢差不為O,D項錯誤。

故選BCo

2.(I)Z=IOcm;d-25cm(2)/=OAA(3)W=0.3J

【詳解】試題分析：線圈進入磁場，線圈中有感應(yīng)電流受安培力作用，小車做減速運動速度V隨位移S減小，當線

圈完全進入磁場，線圈中感應(yīng)電流消失，小車做勻速運動.結(jié)合圖象的信息，讀出小車的水平長度I,根據(jù)小車的

運動情況，求磁場的寬度d.

(1)由圖可知，從s=5cm開始，線圈進入磁場，線圈中有感應(yīng)電流，受安培力作用，小車做減速運動，速度V隨位

移S減小，當s=15cm時，線圈完全進入磁場，線圈中感應(yīng)電流消失，小車做勻速運動.因此小車的水平長度/=10

cm,

當s=30cm時，線圈開始離開磁場，則

d=(30—5)。%=25cm；

(2)當S=IOCm時，由圖象中可知線圈右邊切割磁感線的速度嶺=0?8%

由閉合電路歐姆定律得線圈中的電流/=4=空殳

RR

解得：I=OAA↑

(3)設(shè)小車和線圈的質(zhì)量為m.在線圈進入磁場和離開磁場過程中的一小段時間加，內(nèi)安培力的沖量大小為

I=〃BI的=逝達”

R

由動量定理得：里亞加=加△口

R

又因為必/=6,所以有包=適至

AvmR

?是V-S圖的斜率，由圖中可以看出線圈進入磁場和離開磁場過程中孚=4s-

△sΔΛ,

n2B2h2_

小車和線圈的質(zhì)量為："丁=°625必

A

由圖知，線圈左邊離開磁場時，小車的速度為匕=Q2%

線圈進入磁場和離開磁場時，

克服安培力做功等于線圈和小車的動能減少量W=d)=0.3J

點晴：本題關(guān)鍵要根據(jù)速度的變化分析磁場寬度，同時要結(jié)合力和運動的關(guān)系進行分析求解，明確安培力對物體運

動的影響.

3.(1)①向下運動；②AB邊、CZ)邊會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢；③逆時針；(2)VT；(3)αJ6/3Z?

R3MR

(4)見解析

【詳解】(1)①由于電機起動后兩邊磁場均以速度V沿豎直軌道向上勻速運動，則導(dǎo)體框相對磁場向下運動。

②則線框中AB邊、CO邊均切割磁感線，故線框中AB邊、C。邊會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。

③根據(jù)楞次定律可知線框中有逆時針(或AoCBA方向的感應(yīng)電流).

（2）電機剛啟動瞬間導(dǎo)體框A3CO中感應(yīng)電動勢大小為

E=2nBLv

則感應(yīng)電流大小

/一

R

得

τ_InBLv

R

則每根導(dǎo)線所受安培力

F^IL

整個導(dǎo)線框ABCD所受安培力為

Lc4∕22B2L2V

廣安總一""L-R

（3）當梯箱以三的速度向上運動時ABCD中感應(yīng)電動勢大小為

感應(yīng)電流大小為

T

2R

兩線框所受安培力大小為

F=4nBhL

根據(jù)牛頓第二定律有

F—Mg=Ma

解得

↑6n2B2l3v

a-----------------g

3MR

（4）在梯廂上安裝永久磁鐵，利用電梯井壁上鋪設(shè)的線圈，原理如圖所示。當電梯墜落至永久磁鐵在題圖所示位

置時，閉合線圈A中向上的磁場減弱，產(chǎn)生感應(yīng)電流；閉合線圈B中向上的磁場增強，產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈A與B

中感應(yīng)電流方向相反，都對永久磁鐵產(chǎn)生豎直向上的磁場力起到阻礙電梯下落。

C-----二一線圈A

S

<-----、

2Z=Zj^線圈B

l

4.(1)pl=l()kg?m?s^；(2)ΔE=4()J,v2=12.5m∕s；(3)P≈73.4W

【詳解】（1）由乙圖分析可知，金屬框在穿越磁場的過程中動量不變，做勻速運動，金屬框的邊長L與上下邊界

間的距離4相等才能勻速穿越磁場，則有

J=L=Im

設(shè)金屬框進入第一個磁場之前自由落體運動的時間為tl,則有

W=Stl

設(shè)金屬框以也勻速穿越第一個磁場的時間為△〃，則有

2L=v∣?∕∣

由題意和圖像可得

且

4>?r2

金屬框以山勻速穿越第一個磁場，感應(yīng)電動勢不變

EI=BILvl

感應(yīng)電流不變

由安培力的定義