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2024 高考物理疑难题精讲（11）
线框通过非匀强磁场
【高考题】
【典例1】．（2023 全国高考新课程卷）（20 分）一边长为L、质量为m 的正方形金属细框，每边电阻为
R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强
度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平
行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻
，导轨电阻可
忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运
动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【名师解析】
（1）设导线框进入磁场时速度为v0，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=BLvi，
感应电流，i=e/4R0,
所受安培力F=BiL，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
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方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v1- v0，
化简得
=m（v0-v1） ①
导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。
导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v=
-v1，
化简得
=m（v1 -
） ②
①②两式消去v1，得v0=
（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，此时金属框
上下部分被短路，其电路可以简化如下。
故电路中的外电路电阻为
=
,总电阻R 总=R0+
=
设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R 总，
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所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=l，Σ△v= v1- v，
化简得
=m（v-v1） ①
解得：v1=v-
=
在这个过程中线框动能减小△Ek1=
-
=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q1，由于R1=2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产
生的热量为4.5Q1，左边电阻产生的热量为2Q1，整个电路电阻产生的热量为Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5 Q1.
解得：Q1=
导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R 的电源，回路总电阻R 总=2.5R，
导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v2，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R 总，
所受安培力F=Bil，
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联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 -
△t=m△v，
方程两侧求和，-Σ
△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v2- v1，
化简得
=m（v1-v2） ①
解得：v2=v1-
=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。
在这个过程中线框动能减小△Ek2=
=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q2，则导线框电阻产生的热量为
Q2，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25
Q2.
解得：Q2.=
整个运动过程中，R1产生的热量为Q= Q1+ Q2 ==
+
=
【典例2】（2018 年4 月浙江选考）如图所示，在竖直平面内建立xOy 坐标系，在0≤x≤0.65m、y≤0.40m 范
围内存在一具有理想边界，方向垂直纸面向内的匀强磁场区域。一边长l=0.10m、质量m=0.02kg、电阻
R=0.40Ω 的匀质正方形刚性导线框abcd 处于图示位置，其中心的坐标为（0，0.65m）。现将线框以初速
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度v0=2.0m/s 水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边
界离开磁场区域，完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy 平面内，其ab 边与x 轴保持平行，空气
阻力不计。求：
（1）磁感应强度B 的大小；
（2）线框在全过程中产生的焦耳热Q；
（3）在全过程中，cb 两端的电势差Ucb与线框中心位置的x 坐标的函数关系。
【名师解析】：本题考查线框在匀强磁场中的切割磁感线运动。
（1）线框做平抛运动，当ab 边与磁场上边界接触时，竖直方向分速度
vy=
=2m/s.
由于水平速度与竖直速度数值相等，所以线框进入磁场区域的速度方向与水平方向成45°角。题述线框匀
速进入磁场区域，线框受力平衡，mg=BIl，
线框ad 边和cd 边切割磁感线产生的感应电动势抵消，只需考虑ab 边切割磁感线产生感应电动势，
E=Blvy，
线框中电流，I=E/R，
联立解得：B=2T。
（2）线框全部进入磁场区域后，磁通量不变，不产生感应电流，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做
加速度为g 的匀加速直线运动。
从磁场右边界离开磁场区域过程中，上下两边产生的感应电动势抵消，只需考虑左侧边切割磁感线产生的
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感应电动势。
由 i=e/R，e=
，q=i△t，△Ф=Bl2，联立解得q= Bl2/R。
在水平方向，由动量定理，- Bil△t=m△v，
设线框出来磁场区域的水平速度为v，方程两侧求和，注意到Σi△t =q，Σm△v=v-v0，
得：Blq= m(v0-v)，
代入相关数据解得：v=1.5m/s
根据能量守恒定律，线框在全过程中产生的焦耳热Q=mgl+
mv0
2-
mv2，
代入相关数据解得：Q=0.0375J。
（3）图中2,3,4,5 状态下线框中心横坐标分别为0.4m，0.5m，0.6m，0.7m。
当x≤0.4m 时，线框还没有进入磁场区域，Ucb=0；
当0.4m< x≤0.5m 时，线框ab、bc、da 边切割磁感线，bc、da 边切割磁感线产生的感应电动势抵消，线框
中电流I=
=1A
Ucb=Bv0vyt-IR/4
由于x=0.4+v0t
所以Ucb = Bvy(x-0.4)-IR/4=（4x-1.7）V；
当0.5m< x≤0.6m 时，线框完全进入磁场区域，磁通量不变，不产生感应电流，但bc 边切割磁感线产生感
应电动势，
Ucb=Blv0=0.4V；
当0.6m< x≤0.7m 时，线框bc 已经出磁场， da 边切割磁感线产生的感应电动势，E=Blvx，
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由动量定理，
= m(v0-vx)
代入数据解得：vx =（5-5x）m/s
E=Bl vx =2×0.1×（5-5x）V=（1-x）V
Ucb=E/R×R/4=[0.25（1-x）]V
【高考模拟题】
1. .(2023 河南名校联考) 如图所示，地面上方存在一个沿水平方向的磁场，以O 点为坐标原点，水平向右
为x 轴，竖直向下为y 轴，磁感应强度在相同高度处大小相等，竖直方向按B=ky 分布(k>0)。将一个矩形
线框abcd 从图示位置水平向右抛出，运动过程中线框始终处于竖直平面内，且ad 边保持水平，磁场区
域足够大，不计空气阻力。关于线框下列说法正确的是( )
A.电流方向是abcda
B.水平方向做匀减速运动
C.竖直方向做匀加速运动
D.最终斜向右下方做匀速运动
【参考答案】D
【名师解析】A.线框沿水平向右抛出后，在重力作用下在竖直方向上做加速运动，磁通量增加，磁场方向
垂直纸面向外，由楞次定律判断可知感应电流方向是adcba，故A 错误；
B.边和所受的安培力大小相等、方向相反，则线框在水平方向上所受的合力为零，所以线框在水平方向做
匀速直线运动，故B 错误；.由左手定则可知边受到的安培力竖直向下，边受到的安培力竖直向上，由于处
的磁感应强度总比处的大，则边受到的安培力比边的大，所以线框所受安培力方向始终竖直向上，设线框
边长为
L ，某时刻竖直分速度为
v ，则线框产生的感应电动势为：
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，故随着速度v 的增加，线圈产生的感应电动
势E 增加，感应电流增加，线框所受的安培力增加，合力减小，加速度减小，当安培力与重力平衡时开始
做匀速运动，所以线框在竖直方向上先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动，线框在水平方
向做匀速直线运动，因此，线框最终斜向右下方做匀速运动，故C 错误，D 正确。
2.（2021 河北邯郸期末）如图所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x 轴方向
均匀增大，沿y 轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外.现有一闭合的正方形金属线框，质量为m，以速
度大小为v0、方向沿其对角线且与x 轴成45°角开始运动，以下关于线框的说法中正确的是
A.线框中的感应电流方向沿顺时针
B.线框将做匀减速直线运动
C.线框运动中产生的内能为
D.线框最终将静止于平面上的某个位置
【参考答案】AC
【名师解析】磁场方向垂直纸面向外，线框运动过程中磁通量增大，根据楞次定律，线框中的感应电流方
向沿顺时针方向，选项A 正确；线框运动过程中由于磁场分布沿y 轴方向不变，沿x 轴方向均匀增大，所
以线框所受安培力沿y 轴方向合力为零，沿x 轴方向合力方向沿x 轴负方向，合力方向与速度方向夹角不
为零，线框将做匀变速曲线运动，选项B 错误；最终线框沿x 轴方向速度减小到零，沿y 轴方向速度不变，
所以线框最终速度大小为
，由能量守恒定律，可得线框运动中产生的内能为Q=
-
=
，选项C 正确D 错误。
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3. (14 分)（２０２２山东名校模拟）如图所示，边长为
、质量为
=1kg、电阻为R=
的匀质
正方形刚性导体线框ABCD 和直角坐标系
(x 轴水平，y 轴竖直)均处于竖直平面内。在第一象限的空间
内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x 方向均匀分布，y 方向上满足B=2+ky(各量均采用国际单位，
k 为大于0 的未知量)。初始时，线框的A 与坐标原点O 重合，AB 边与
轴重合(记为位置1)。现给线框一
个沿x 轴正方向的速度v0=1m／s，并且给线框一个竖直向上的恒力
，当线框A 点下降的高度为
H=1.25m(记为位置2)时，线框恰好达到最大速度，且线框中的电流I=2.5A。此后恒力F 保持大小不变，方
向改为x 方向，线框继续运动到位置3(位置3 和位置2 中的横坐标相距3.5L)，此后轨迹为抛物线。若整个
运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，AB 边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)k 的数值；
(2)线框从位置1 到位置2 的时间
；
(3)线框从位置2 运动到位置3 的竖直高度差h。
【名师解析】
.(14 分 ) (1) 由右手定则知线框内电流的方向为逆时针或者 ADCBA，线框位于位置 2 时恰好达到平衡状
态，设下边所在处磁感强度为 B2，上边所在处为 B1，则
mg - F = B2IL - B1IL 1 分
B2- B1= kL 1 分
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解得 k = 2 T/m 1 分
(2) 2 位置时 I =
=2 5 A
解得 vy1= 1.25 m/s
线框从位置 1 到位置 2, 在竖直方向上根据动量定理 mgt1- Ft1- IA= mvy1 2 分
其中安培力冲量 IA=
解得 t1 = 1.25 s 1 分
(3) 线框从位置 2 到位置 3, 水平方向做匀加速运动，由牛顿第二定律
F = mg/2 = ma 得 a = 5 m/s2
由运动学公式 3.5L = v0t +
at2
解得 t = 1 s
3 位置后轨迹为抛物线，即竖直方向受力平衡，有 mg =
线框从位置 2 到位置 3，竖直方向由动量定理，
代入数据可得h=
m
4.（2023 河北正定中学质检）10. 如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀
强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L。长为3L、单
位长度的质量为m、单位长度的电阻为r 的矩形金属线框，以初速度v 垂直磁场方向从图中实线位置开始
向右运动，当线框运动到虚线位置（在左边磁场中的长度为L。在右边磁场中的长度为2L）时，线框的速
度为
，则下列判断正确的是（ ）
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A. 此时线框中电流方向为逆时针，电功率为
B. 此过程中通过线框截面的电量为
C. 此过程中线框克服安培力做的功为
D. 此时线框的加速度大小为
【参考答案】CD
【名师解析】
线框左边切割磁感线相当于电源，由右手定则可知，其下端为正极，同理线框右边其上端为正极，则感应
电流方向为逆时针，回路中产生感应电动势为
感应电流为
此时线框中的电功率
故A 错误；
此过程穿过线框的磁通量的变化量为
通过线框截面的电量为
故B 错误；
根据能量守恒定律得到，此过程中克服安培力做的功为
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故C 正确；
左右两边所受安培力大小分别为
，方向向左
，方向向左
则根据牛顿第二定律得
其中
解得
故D 正确。
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