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第 89 讲 电磁感应中的框模型
（多选）1．（2021•甲卷）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈
的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从
同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上
边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水
平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（ ）
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【解答】解：甲、乙两正方形线圈的材料相同，则它们的密度和电阻率相同，设材料的电阻率
为 ，密度为 ，
密度
两正ρ 方形线圈ρ的边长相同，设线圈边长为 L，设线圈的横截面积为S，线圈的质量m＝
密度
×4nLS＝4n 密度LS， ρ
由题意可知ρ，两线圈的质量相等，则4n甲 密度LS甲 ＝4n乙 密度LS乙 ，则n甲S甲 ＝n乙S乙 ，
两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止ρ开始下落，设线ρ圈下边到磁场的高度为h，
设线圈下边刚进入磁场时的速度为v，线圈进入磁场前做自由落体运动，
则v=√2gh，由于下落高度h相同，则线圈下边刚进入磁场时的速度v相等，
设线圈匝数为n，磁感应强度为B，线圈进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势E＝nBLv，
4nL
由电阻定律可知，线圈电阻：R＝
S
ρ
E nBLv BSv
= = =
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I R 4nρL 4ρ
S
nB2LSv
线圈受到的安培力：F＝nBIL=
4ρ
由于n甲S甲 ＝n乙S乙 ，B、L、 、v都相同，则线圈进入磁场时受到的安培力F相同，线圈质量
ρ相同，则它们受到的重力G＝mg相同，
线圈进入磁场过程所受合力F合 ＝F﹣G相同；
A、如果线圈进入磁场时安培力小于重力，则线圈受到的合力向下，线圈甲、乙都加速运动，故
A正确；
B、如果线圈进入磁场时安培力大于重力，线圈受到的合力向上，线圈甲、乙都做减速运动，故
B正确；
C、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲加速运动，则乙也做加速运动，
故C错误；
D、由于甲、乙所受合力相同、进入磁场时的速度相同，如果甲减速运动，则乙也做减速运动，
故D错误。
故选：AB。
（多选）2．（2021•湖南）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为 L，通过长为L的绝缘轻质
杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强
磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以
初速度v 水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小 B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。
0
下列说法正确的是（ ）
A．B与v 无关，与√H成反比
0
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v 和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
0
【解答】解：A、设组合体质量为m，每个金属框的电阻为R，进入磁场时的速度大小为v，速
度方向与水平方向夹角为 ，竖直方向的速度大小为v ，
y
组合体进入磁场前做平抛运θ动，则有v 2＝2gH，
y
又有v ＝vsin =√2gH
y
θ因金属框边长为L，连接杆长为L，磁场区域高度为L，可知在组合体穿过磁场的过程中始终只
有一条水平方向的边在磁场中，左右两竖直方向的边切割磁感线的速度相同，产生的电动势相
抵消，则
感应电动势E＝BLvsin ，
E θ
感应电流I= ，
R
B2L2vsinθ B2L2√2gH
组合体所受安培力F安 ＝BIL= = ，
R R
组合体穿过磁场过程中受力平衡，则有F安 ＝mg
mgR
解得：B2= ，可见B2与√H成反比，B与√H不成反比，B与v 无关，故A错误；
L2√2gH 0
BLvsinθ
B、由A选项分析可知，I= ，则电流大小不变，组合穿过磁场过程磁通量先增加后减小，
R
再增加再减小，磁场方向垂直纸面向里不变，由楞次定律判断，感应电流方向先逆时针后顺时
针，再逆时针再顺时针，故B错误；
C、组合体匀速通过磁场的过程中，安培力始终与重力等大反向，克服安培力做功的功率 P＝
mgv ，即等于重力做功的功率，故C正确；
y
D、只要组合体匀速通过磁场，由能量守恒定律，可知产生的热量等于重力势能减少量，即 Q＝
4mgL，产生热量不变，故D正确。
故选：CD。
一.知识回顾
1.常见的框模型有三边框、四边框、五边框、圆形或半圆形框等，在磁场中产生的感应电动势，
有的是动生电动势，有的是感生电动势，有的是两种电动势同时产生。处理框模型，有时需要画等
效电路图，有时需进行受力分析和能量分析，有时是考查图像分析和处理能力，因此，其综合性较
强，需要的知识点较多。
2. 电磁感应中的电路问题的基本步骤
(1)确定电源：先判断产生电磁感应现象的是哪一部分导体，该部分导体可视为电源。
(2)分析电路结构，画等效电路图。
(3)利用电路规律求解，主要有欧姆定律、串并联电路规律等。
3．电磁感应中的电路分析易错点：
(1)不能正确根据感应电动势或感应电流的方向分析外电路中电势的高低。因产生感应电动势
的那部分电路相当于电源，故该部分电路中的电流从低电势流向高电势，而外电路中电流的方向是
从高电势到低电势。(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的影响。
(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，例如并联在等效电源两端的电压表，其示
数是路端电压，而不是等效电源的电动势。
4. 导体棒的动力学分析
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力
情况和运动情况。通常有两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析，
非平衡态 加速度不为零
注意加速度的变化及速度变化。
5.电磁感应中的能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
――→――→
(2)求解焦耳热Q的三种方法(纯电阻电路)
6.电磁感应中的图像问题
（1）图像类型
（2）2．解题关键
①弄清物理量的初始条件和正负方向；
②注意物理量在进、出磁场时的变化；
③写出函数表达式。
（3）解题方法：先定性排除，再定量解析
①定性排除法：用右手定则或楞次定律确定物理量的方向，定性地分析物理量的变化趋势、变
化快慢、是否均匀变化等，特别注意物理量的正负和磁场边界处物理量的变化，通过定性分析排除
错误的选项。
②定量解析法：根据题目所给条件定量地推导出物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图
像作出分析，由图像的斜率、截距等作出判断。
二.典型例题
题型一：三边框之动生电动势与感生电动势同时产生模型（多选）例1．如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变
化的关系为B＝kt（k为大于零的常量）。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运
动。在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀
速进入磁场的过程中（ ）
A．线框中的电流始终为逆时针方向
B．线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
T √3ka2
C．t= 时刻，流过线框的电流大小为
2 6R
T 5√3ka2
D．t= 时刻，流过线框的电流大小为
2 12R
【解答】解：AB、磁场垂直于纸面向里，由右手定则可知，线框向右运动过程，感应电流始终
沿逆时针方向，故A正确，B错误；
a T
CD、线框做匀速直线运动，线框的速度v= ，t= 时刻，线框切割磁感线的有效长度L＝2（a
T 2
T √3
﹣v ）tan30°= a，
2 3
1
此时磁感应强度B＝kt= kT，
2
1 √3 a √3ka2
动生电动势E ＝BLv= kT× a× =
1
2 3 T 6
△Φ △B 3 1 2a √3ka2
由法拉第电磁感应定律可知，感生电动势E = = S=k× × × ×a=
2 △t △t 4 2 √3 4
E +E 5√3ka2
由欧姆定律可知，感应电流I= 1 2= ，故C错误，D正确。
R 12R
故选：AD。题型二：四边框连接体之运动分析与能量转化
例2．如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和
m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为 2l、磁感应强度大
小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线
框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，
a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则下列说法错误的是（ ）
mgR
A．a、b两个线框匀速运动的速度大小为
B2I2
3B2I3
B．线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为
mgR
C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mgl
D．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl
【解答】解：A、设两线框匀速运动的速度为 v，此时轻绳上的张力大小为T，则对a有 T＝
2mg﹣BIl
E mgR
对b有 T＝mg，又I= ，E＝Blv，解得 v= ，故A正确；
R B2l2
B、线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场
3l 3B2l3
到上边离开磁场所用时间为t= = ，故B正确；
v mgR
C、从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳
热，设为Q，由功能关系有2mgl﹣Tl＝Q，得Q＝mgl，故C正确。
D、设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程
中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离。对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl＝2mgl1•3mv2+W，得W＝2mgl 3m3g2R2，故D错误。
+ -
2 2B4l4
本题选错误的，
故选：D。
题型三：四边框之图像题
例3．如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通
过宽度为D、方向竖直向下的有界匀强磁场，线框的边长L小于有界磁场的宽度D，在整个过程
中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力、以U 表示线框ab两点间的电势差、I
ab
表示通过线框的电流（规定逆时针为正，顺时针为负）、P表示拉力的功率，则下列反映这些物
理量随时间变化的图像中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：设线框每边电阻为R，线框的边长为L，线框的速度为v。
BLv
A、线框进入磁场过程，产生的感应电动势为E＝BLv，线框中的电流为I= ，方向为逆时针
4R
方向（正方向），完全进入磁场时电流为零；离开磁场过程中，感应电流方向为为顺时针方向
（负方向），故A错误；
B2L2v
B、由于线框匀速运动，故拉力 F 大小为：F=F =BIL= ，拉力的功率为：
安 4RB2L2v2
P=Fv= ，进出磁场时功率相同，线框完全进入磁场后，根据电流为零，功率为零，故
4R
B正确；
B2L2v
C、根据F=F =BIL= 可知，线框进出磁场时线框所受安培力均向左，大小恒定，故拉
安 4R
力F均向右，大小恒定，当线框完全进入磁场后，线框完全进入磁场过程感应电流为零，拉力
应为0，故C错误；
D、线框进入磁场过程中，ab边相当于电源，ab两点间电压为路端电压，a、b两点间的电势差
3
为：U =I×3R= BLv；
ab 4
线框完全进入磁场过程中，ab间电势差为U ＝BLv；
ab
BLv
线框离开磁场过程，线框中的电流为I= ，方向为顺时针方向（负方向），此过程中 cd边
4R
1
相当于电源，ab只是外电路的一部分，a、b两点间的电势差为：U =IR= BLv，故D错误。
ab 4
故选：B。
题型四：四边框之动力学分析（应用电阻率与密度概念解决问题）
例4．由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用
导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止
开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。
不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁
场后且上边进入磁场前，可能出现的是（ ）
A．甲和乙都加速运动或减速运动
B．甲和乙做什么运动与线圈的横截面积和匝数有关
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【解答】解：甲、乙两正方形线圈的材料相同，则它们的密度和电阻率相同，设材料的电阻率为 ，密度为 ，
密度
两正ρ 方形线圈ρ的边长相同，设线圈边长为 L，设线圈的横截面积为S，线圈的质量m＝
密度
×4nLS＝4n 密度LS， ρ
由题意可知ρ，两线圈的质量相等，则4n甲 密度LS甲 ＝4n乙 密度LS乙 ，则n甲S甲 ＝n乙S乙 ，
两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止ρ开始下落，设线ρ圈下边到磁场的高度为h，
设线圈下边刚进入磁场时的速度为 v，线圈进入磁场前做自由落体运动，则 v=√2gh，由于下
落高度h相同，则线圈下边刚进入磁场时的速度v相等。
设线圈匝数为n，磁感应强度为B，线圈进入磁场过程切割磁感线产生的感应电动势E＝nBLv，
4nL
由电阻定律可知，线圈电阻：R＝ ⋅
S
ρ
E nBLv BSv
= = =
由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流：I R 4nρL 4ρ
S
nB2LSv
线圈受到的安培力：F＝nBIL=
4ρ
由于n甲S甲 ＝n乙S乙 ，B、L、 、v都相同，则线圈进入磁场时受到的安培力F相同，
ρ F-mg F
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a= = -g，线圈质量相同，则加速度大小相同。
m m
如果线圈进入磁场时安培力小于重力，则线圈受到的合力向下，线圈甲、乙都加速运动，如果
线圈进入磁场时安培力大于重力，线圈受到的合力向上，线圈甲、乙都做减速运动，甲和乙做
什么运动与线圈的横截面积和匝数无关，故BCD错误，A正确。
故选：A。
题型五：五边框之图像问题
（多选）例5．（2020•山东）如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大
小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平
面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。从图示位
置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受
安培力的大小为F ，二者与时间t的关系图象可能正确的是（ ）
abA． B．
C． D．
【解答】解：AB、因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度为每秒向上运动一格，故在0
﹣1s内只有ae切割磁感线，设方格边长L，根据
E ＝2BLv可知电流恒定；
1
2s末时线框在第二象限长度最长，此时
E ＝3BLv
2
这时电流
E
I = 2
2 R
可知，
3
I = I ，
2 2 1
故A错误，B正确；
CD、ab受到安培力F ＝BIL ，
ab ab
可知在0﹣1s内ab边受到安培力线性增加；1s末安培力为F ＝BI L，
ab 13
2s末安培力F '=B× I ×2L，
ab 2 1
所以F ′＝3F ，由图象知，C正确，D错误。
ab ab
故选：BC。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，若两次拉出的速度之
比为1：2，则两次线圈所受外力大小之比F ：F 为（ ）
1 2
A．F ：F ＝2：1 B．F ：F ＝1：2 C．F ：F ＝1：4 D．F ：F ＝1：1
1 2 1 2 1 2 1 2
【解答】解：设线圈左右两边边长为L，整个线圈的电阻为R，磁场的磁感应强度为B。
线圈产生的感应电动势为：E＝BLv
E BLv
感应电流为：I= =
R R
B2L2v
线圈所受的安培力为：F安培 ＝BIL=
R
B2L2v
线圈做匀速直线运动，由平衡条件得线圈所受外力大小：F＝F安培 =
R
可知，F∝v，则得：F ：F ＝v ：v ＝1：2，故ACD错误，B正确。
1 2 1 2
故选：B。
2. 如图所示，光滑绝缘水平面上有一正方形导线框abcd，虚线右侧是匀强磁场区域，磁
场场方向竖直向下。t＝0时，导线框cd边恰与磁场左边界重合，在水平外力F作用下由静止
开始向右运动，外力F与导线框速度v的关系是F＝F +kv（F 、k是常量）。在导线框进入磁
0 0
场的过程中，关于感应电流i与时间t的关系，下列图像中不可能的是（ ）A． B．
C． D．
【解答】解：设线框的边长为L、电阻为R、质量为m，磁场的磁感应强度为B，当线框的速度
B2L2v
为v时，安培力的大小为F =BiL=
安 R
F-F F (kR-B2L2 )v B2L2 F
此时线框的加速度为a= 安= 0+ ，若k= ，则有a= 0，为一个定值，
m m mR R m
BLv BLa
感应电流i= = t，则有i与t成正比；
R R
B2L2 BLv BLa
若k＞ ，则加速度a随着速度的增大而增大，感应电流i= = t，i﹣t图象的斜率
R R R
增大；
B2L2 BLv BLa
若k＜ ，则加速度a随着速度的增大而减小，感应电流i= = t，i﹣t图象的斜率
R R R
减小；综上所述，故ACD正确，B错误；
本题选图像中不可能的是，
故选：B。
3. 两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成
如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区
域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v 水
0
平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正
确的是（ ）A．B与v 无关，与√H成反比
0
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率大于重力做功的功率
D．调节H、v 和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则此过程中产生的热量不变
0
【解答】解：A、设组合体质量为m，每个金属框的电阻为R，进入磁场时的速度大小为v，速
度方向与水平方向夹角为 ，竖直方向的速度大小为v 。
y
组合体进入磁场前做平抛运θ动，则有v
y
2＝2gH，又有v
y
＝vsin =√2gH
因金属框边长为L，连接杆长为L，磁场区域高度为L，可知在θ 组合体穿过磁场的过程中始终只
有一条水平方向的边在磁场中，左右两竖直方向的边切割磁感线的速度相同，产生的电动势相
E
抵消，则金属框产生的感应电动势为E＝BLvsin ，感应电流为I= ，组合体所受安培力F安 ＝
R
θ
B2L2vsinθ B2L2√2gH
BIL= =
R R
组合体穿过磁场过程中受力平衡，则有F安 ＝mg
mgR
解得：B2= ，可见B2与√H成反比，B与√H不成反比，B与v 无关，故A错误；
L2√2gH 0
BLvsinθ
B、由A选项分析可知，I= ，则电流大小不变，组合穿过磁场过程磁通量先增加后减小，
R
再增加再减小，磁场方向垂直纸面向里不变，由楞次定律判断，感应电流方向先逆时针后顺时
针，再逆时针再顺时针，故B错误；
C、组合体匀速通过磁场的过程中，安培力始终与重力等大反向，克服安培力做功的功率 P＝
mgv ，即等于重力做功的功率，故C错误；
yD、只要组合体匀速通过磁场，由能量守恒定律，可知产生的热量等于重力势能减少量，即 Q＝
4mgL，产生热量不变，故D正确。
故选：D。
4. 如图所示，单匝正方形金属线圈ABCD在外力F作用下以速度v向右匀速进入匀强磁
场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则（ ）
A．两次产生的感应电流大小之比为1：4
B．两次施加的外力F大小之比为1：4
C．两次线圈中产生的热量之比为1：2
D．两次线圈受外力F的冲量大小之比为1：2
【解答】解：A、设磁感应强度为B，线圈的边长为L，线圈电阻为R，线圈进入磁场过程中，
产生的感应电动势为：E＝BLv
E BLv
感应电流为I= =
R R
可知感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比等于速度之比，即
I ：I ＝v：2v＝1：2，故A错误；
2 1
B、线圈进入磁场时受到的安培力为：
B2L2v
F＝BIL=
R
B2L2v
线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力F =F= ，两次施加的外力F大小之比为
外 R
1：2，故B错误；
BLv L B2L3v
C、线圈进入磁场过程中产生的热量Q=I2Rt=( ) 2R⋅ =
R v R
所以两次线圈中产生的热量之比为1：2，故C正确；
D、外力F的冲量大小为：
B2L2v L B2L3
I＝Ft= ⋅ = 相同，所以两次线圈受外力F的冲量大小为1：1，故D错误；
R v R故选：C。
5. 如图所示，均匀导体围成等腰闭合三角形线圈 abc，底边与匀强磁场的边界平行，磁
场的宽度大于三角形的高度．线圈从磁场上方某一高度处由静止开始竖直下落，穿过该磁场区
域，不计空气阻力．下列说法中正确的是（ ）
A．线圈进磁场的过程中，可能做匀速直线运动
B．线圈底边进、出磁场时，线圈的加速度必定相同
C．线圈底边进、出磁场时，线圈所受安培力可能大小相等、方向不同
D．线圈出磁场的过程中，可能做先减速后加速的直线运动
【解答】解：A、如果匀速，因为有效切割长度越小来越小，安培力会越来越小，不可能匀速运
动，故A错误；
D、如果线圈比较高，而磁场的宽度比等腰三角形的高要大，因面线框进入磁场后先减速后加速，
可能导致进磁场的速度和出磁场的速度是一样的，故D正确；
B2L2v
B、由切割磁感线产生感应电动势和安培力可求得：F安 ＝BIL= ，速度一样，安培力一样，
R
根据牛顿第二定律：mg﹣F安 ＝ma，加速度也可能一样，但不是必定，故B错误；
B2L2v
C、由B选项可知，安培力F安= ，而安培力总是阻碍相对运动，所以大小可能相等，但
R
方向均竖直向上，故C错误。
故选：D。
6. 如图所示，两个完全相同的闭合矩形导线框甲和乙，质量为 m，长边长2L，短边长
L，电阻为R，在其下方某一区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。已知乙线框由底边距磁场
上边界h处静止释放，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正
确的是（ ）A．甲线框要匀速进入磁场，应由底边距磁场上边界4h处自由释放
B．甲、乙线框匀速进入磁场过程中运动时间之比为2：1
3g
C．如甲也从底边距磁场上边界高度h处静止释放，则甲刚进入磁场时加速度大小为
4
D．如甲从距磁场上边界高度h处静止释放，在进入磁场过程中产生的热量Q满足：Q≤mg
（2L+h） m3g2R2
-
2B4L4
【解答】解：A、线框进入磁场前做自由落体运动，乙线框进入磁场时的速度为v，根据动能定
理
1
mgh= mv2
2
解得：v=√2gh
线框进入磁场时受到的安培力
B2 (2L) 2v
F＝BI•2L=
R
因为匀速运动，则有
mg﹣F＝0
对于甲线框，令由底边距磁场上边界h 处自由释放，恰好匀速进入磁场，根据动能定理
1
1
mgh = mv2
1
2
解得：v
1=√2gh
1
线框进入磁场时受到的安培力F'＝BIL B2L2v
= 1
R
因为匀速运动，则有
mg﹣F'＝0
联立可得：v ＝4v，h ＝16h，故A错误；
1 1
B、甲线框匀速进入磁场过程中运动时间为
2L
t'=
v
1
乙线框匀速进入磁场过程中运动时间为
L
t=
v
则甲、乙线框匀速进入磁场过程中运动时间之比为
t'：t＝1：2，故B错误；
C、如甲从底边距磁场上边界高度h处静止释放，根据动能定理
1
mgh= mv2
2
解得：v=√2gh
线框进入磁场时受到的安培力
B2L2v
F＝BIL=
R
根据牛顿第二定律
mg﹣F＝ma
3
联立以上解得：a= g，故C正确；
4
D、如甲从距磁场上边界高度h处静止释放，若在磁场中匀速通过则有
B2L2v
mg- =0
R
根据能量守恒可得在进入磁场过程中产生的热量
1
Q＝mg （2L+h）- mv2
2
由A分析可知甲线框进场过程中将会加速运动，即进场最终速度可能会小于或等于v，所以产生
的热量1
Q≥mg （2L+h）- mv2
2
即Q≥mg（2L+h） m3g2R2，故D错误。
-
2B4L4
故选：C。
7. 某同学研究电磁阻尼效果的实验示意图如图甲所示，虚线M右侧有垂直于水平面向
下的匀强磁场，边长为1m、质量为0.1kg、电阻为0.2 的正方形金属线框在光滑绝缘水平面
上以大小v ＝2m/s的速度向右滑动并进入磁场，磁场边Ω界MN与线框的右边框平行。从线框刚
0
进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是
（ ）
A．图乙中x ＝0.5m
0
B．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零
C．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1J
√2
D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为 C
2
【解答】解：A、线框中的磁通量变化时，线框中会产生感应电流，线框会受到力的作用，从而
速度发生改变，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，不产生感应电流，线框的速度就不变，
所以图乙中的x ＝1m，故A错误；
0
B2L2v
B、线框进入磁场过程中，安培力为F＝BIL= ，由图乙可知，速度减小，则安培力减小，
R
由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，由此线框做加速度减小的减速运动，故B错误；
1 1
C、根据能量守恒可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有：Q= mv2- mv2，代入数据可
2 0 2得：Q＝0.15J，故C错误；
D、线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得：﹣BILt＝mv﹣mv ，
0
B2L2vt B2L2x
即： =mv ﹣mv，其中vt＝x，解得：v＝v -
0 0
R mR
√ 1 √2
结合图像乙可知，当x＝1m时，v＝1m/s，代入解得：B= T= T
50 10
E ΔΦ BL2 √2
通过线框截面的电量为：q=It= t= = ，代入数据解得：q= C，故D正确。
R R R 2
故选：D。
8. （多选）磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图甲所示。它的驱动系统可简化为如图
乙所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R；
水平长直轨道间各边长为L的正方形区域内都存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为 B、
相邻区域的磁场方向相反。当磁场以速度v匀速向右运动时，可驱动停在轨道上的列车，不能
忽略列车受到的阻力，以下说法正确的是（ ）
A．列车的最大速度小于v
B．列车的最大速度为v，列车运动的方向与磁场运动的方向相反
4NBL2
C．列车相对磁场位移为L的过程中通过线框的电荷量为
R
4N2B2L2 (v-v')
D．列车速度为v′时线框受到的安培力大小为
R
【解答】解：A、金属框达到最大速度v时，金属框受力平衡，感应电流稳定，相对于磁场的速
度稳定，只有最大速度小于磁场的速度，才可能有切割磁感线，故A正确；
B、由左手定则可知，线框所受安培力方向向右，线框向右运动，列车的运动方向与磁场移动的
方向相同，故B错误；
ΔΦ
N
C、列车相对磁场运动L时，通过线框的电荷量q E Δt NBL2，故C
=I×Δt= ×Δt= ×Δt=
R R R正确；
D、列车受到为v′时线框相对于磁场的速度大小为v﹣v′，方向向左，线框的左右两边都切割
磁感线产生感应电动势，感应电动势大小E＝2NBL（v﹣v′），由闭合电路的欧姆定律可知，
E 4N2B2L2 (v-v')
感应电流I= ，列车速度为v'时线框受到的安培力大F＝2NBIL，解得：F=
R R
，故D正确。
故选：ACD。
9. （多选）如图所示，水平线MN下方有垂直纸向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大
小为B，边长为L、质量为m、电阻为R的正三角形金属线框ACD在MN上方由静止释放，
释放时，AC边离MN的高度为h，线框在向下运动过程中，始终在垂直磁场的竖直面内，AC
边始终水平，当AC边刚要进磁场时，线框的加速度为零，重力加速度为g，则（ ）
A．线框进磁场过程可能一直做减速运动
√3BL2
B．线框进磁场过程中，通过线框截面的电量为
4R
C．线框进磁场过程中，线框中产生的焦耳热为 m2gR2
mg(h- )
2B4L4
D．线框完全进入磁场后继续向下运动过程中，A、C两端的电势差为0
【解答】解：A、由于线框进磁场过程有效的切割磁感线的长度由零逐渐增加，由E＝BLv可知
感应电动势由零逐渐增大，感应电流也逐渐增大，由 F＝BIL可知线框受到向上的安培力也由零
逐渐增大，因此一定是先加速运动，故A错误；
B、线框进磁场过程中通过线框截面的电量为：
E ΔΦ ΔΦ BS B √3 √3BL2
q=I⋅Δt= ⋅Δt= ⋅Δt= = = ⋅ L2= ，故B正确；
R ΔtR R R R 4 4R
C、设线框AC边刚要进磁场时线框的速度为v，则有：B2L2v mgR
F＝BIL= =mg，解得：v=
R B2L2
根据能量守恒得线框中产生的焦耳热为：
1 m2gR2 ，故C正确；
Q=mgh- mv2=mg(h- )
2 2B4L4
D、线框完全进入磁场后继续向下运动过程中，线框磁通量不变，故无感应电流，但是由于线框
的三条边都在切割磁感应，会产生感应电动势，故A、C两端的电势差不为0，故D错误。
故选：BC。
10. 如图所示，一阻值为R、质量为m、边长为l的匀质正方形闭合导体线框abcd位于竖
直平面内，其下方存在一系列宽均为l的强磁场区，磁场方向与线框平面垂直，各磁场区的上
下边界及线框cd边均水平。线框cd边到第1磁场区上边界的距离为h 。线框从静止开始下落，
1
在通过每个磁场区时均做匀速运动，且通过每个磁场区的速度均为通过其上一个磁场速度的 2
倍。重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）第10个磁场区磁感应强度的大小（用B 表示）与第1个磁场区磁场强度的大小（用B 表
10 0
示）所满足的关系。
（2）线框穿过第1磁场区产生的焦耳热Q 。
1
（3）从线框开始下落至cd边到达第11磁场区上边界的过程中，线框下落的高度H及线框产生
的总热量Q。
【解答】解：（1）设线框在第n个和第n+1个磁场区的速度大小分别为v 、v ；
n n+1
由平衡条件得 B 2l2v ， B2 l2v
mg= n n mg= n+1 n+1
R R
据题有v ＝2v
n+1 n
1
联立解得B = B
n+1 √2 n1 √2
则B =( ) 9B = B 。
10 √2 0 32 0
（2）线框匀速穿过，损失的机械能转化为电能，有Q ＝2mgl
1
（3）设 cd 边加速下落的总距离为 h，匀速下落的总距离为 L，由运动学公式得 v 2，
h= 11
2g
，
v 2=2gh v =210v
1 1 11 1
L＝2×（11﹣1）l
联立解得H＝h+L＝220h +20l
1
由能量守恒定律得：Q＝20mgl。
答：（1）第10个磁场区磁感应强度的大小（用B 表示）与第1个磁场区磁场强度的大小（用
10
√2
B 表示）所满足的关系为B = B 。
0 10 0
32
（2）线框穿过第1磁场区产生的焦耳热Q 为2mgl。
1
（3）从线框开始下落至 cd 边到达第 11 磁场区上边界的过程中，线框下落的高度 H 为
220h +20l，线框产生的总热量Q为20mgl。
1
