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高考电学压轴题模型解读与针对性训练
专题14 线框切割磁感线模型
【线框切割磁感线模型解读】
1.线框的一个边切割磁感线，等效于单杆切割磁感线。
2.线框绕其一个顶点转动切割磁感线，等效于转动切割磁感线。
3.线框的两个对边在匀强磁场中切割磁感线，两个对边产生方向相同大小相等
的感应电动势，线框中感应电流为零。
3.线框的两个对边在非匀强磁场中切割磁感线，两个对边产生方向相同大小不
相等的感应电动势，线框中感应电流不为零。
【高考真题】
【典例1】．（16 分）(2025 高考山东卷18 题)如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面
与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O 点为坐标原点，沿轨道向下为x
轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（−2L ≤ x < −L）内充满磁感应强
度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x ≥ 0）内充满方向垂直轨道平面向上的
磁场，磁感应强度大小B1 = k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t
均匀增加的匀强磁场和随x 轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻
为R 的匀质正方形闭合金属框epqf 时放置在轨道上，pq 边与轨道垂直，由静止释放。已知
轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x 轴垂直，整个过程中金属框
不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域I 的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v
和释放时pq 边与区域I 上边界的距离s；
(2)金属框沿轨道下滑，当ef 边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），此时金属框的速率为
v0，若
，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef 边移动的距离
d。
【答案】(1)
，
(2)
【解析】（1）金属框从开始进入到完全离开区域I 的过程中，金属框只有一条边切割磁感
线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势
线框中电流
线框做匀速直线运动，则
解得金属框从开始进入到完全离开区域I 的过程的速率
金属框开始释放到pq 边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时pq 边与区域I 上边界的距离
（6 分）
（2）当ef 边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），设线框ef 边到O 点的距离为s 时，线框
中产生的感应电动势
，其中
此时线路中的感应电流
线框pq 边受到沿轨道向上的安培力，大小为
线框ef 边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则线框受到的安培力
代入
化简得
当线框平衡时
，可知此时线框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
（10 分）
【典例2】(2022·湖北高考)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖
直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd 的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6
× 10 － 3 Ω、质量m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad 边与磁场左边界平齐，
ab 边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4
N 的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab 边进入磁场开始，在竖直方向
线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10
m/s2，求：
(1)ab 边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度。
答案：(1)20 m/s2 10 m/s2 (2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m
解析：(1)ab 边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律得
在水平方向有Fcos θ＝max
在竖直方向有 Fsin θ － mg＝may
代入数据解得ax＝20 m/s2，ay＝10 m/s2。
(2)ab 边进入磁场开始，ab 边在竖直方向切割磁感线；ad 边和bc 边的上部分也开始进入磁
场，且在水平方向切割磁感线。但ad 和bc 边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整
个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则从ab 边进入磁场开始，
ab 边受到的安培力竖直向下，ad 边的上部分受到的安培力水平向右，bc 边的上部分受到的
安培力水平向左，则ad 边和bc 边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd 受到的安
培力的合力为ab 边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab 边进入磁场开始，在竖
直方向线框做匀速运动，由平衡条件得Fsin θ － mg － ILB＝0，E＝BLvy，I＝，v＝
2ayL，联立解得B＝0.2 T
由题知，从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc 边恰
好到达磁场右边界，则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝
W 安＝ILBy，y＝L
联立解得Q＝0.4 J。
(3)ab 边进入磁场前竖直方向有vy＝ayt1
线框进入磁场的过程竖直方向有L＝vyt2
线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为t＝t1 ＋ t2
联立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x＝axt2＝×20×0.32 m＝0.9 m
则磁场区域的水平宽度x 总＝x ＋ L＝1.1 m。
【针对性训练】
1.(2024·湖北黄冈模拟)如图所示，水平虚线L1、L2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2h 的线框ABCD 在磁场边界L2的下方h 处，受到竖直向上
的拉力F＝2mg 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mg
C．DC 边刚进入磁场时，线框加速度的大小为g
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mgh
答案：BD
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Fh－mgh＝mv，解得v0＝，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F 安＝F－mg＝mg，线框中感应电流的瞬时电功率为P＝F 安v0＝mg，
B 正确；AB 刚进入磁场时加速度为0，则有F＝mg＋，设DC 边刚进入磁场前匀速运动时
速度为v1，线框切割磁感线的有效长度为1.5l，线框匀速运动时有F＝mg＋，联立解得v1
＝＝，从线框开始运动到CD 边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得F·3h－mg·3h－Q＝
mv，联立解得Q＝mgh，D 正确；CD 刚进入磁场瞬间，线框切割磁感线的有效长度为
2.5l，F1＝I1·2.5lB，由闭合电路欧姆定律得I1＝，由牛顿第二定律得a＝，解得a＝g，C 错
误。故选BD。
2．(2024·云南大理联考)如图所示，图甲中虚线下方有垂直纸面向里的匀强磁场，图乙中虚
线边界上、下方有方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均相同。现有两个完全相同的正
方形金属线框P 和Q 分别从不同高度静止下落，两线框都刚好匀速经过虚线边界，忽略空
气阻力，则下列说法正确的是( )
A．P、Q 金属框经过虚线边界过程，金属框上产生的热量之比为1∶1
B．P、Q 金属框初始位置距磁场虚线边界的距离之比为4∶1
C．P、Q 金属框经过虚线边界过程，受到的安培力之比为2∶1
D．P、Q 金属框经过虚线边界过程，流过金属框横截面的电量之比为1∶2
答案：AD
解析：P、Q 金属框刚好匀速经过虚线边界，两金属框受到的安培力均等于重力，所以受到
的安培力之比为1∶1，故C 错误；由能量守恒可得，减小的重力势能均全部转化为金属框
上产生的热量，而P、Q 金属框经过虚线边界过程中减小的重力势能相等，故金属框上产
生的热量之比为1∶1，故A 正确；P、Q 金属框经过虚线边界过程中，P 金属框受力情况为
mg＝，Q 金属框受力情况为mg＝，而金属框到达虚线边界前均只受重力，机械能守恒，
则mgh1＝mv，mgh2＝mv，可得v1∶v2＝4∶1，h1∶h2＝16∶1，故B 错误；流过金属框横截
面的电量为q＝t＝Δt＝Δt＝，可得q1∶q2＝ΔΦ1∶ΔΦ2＝1∶2，故D 正确。故选AD。
3 （2021 高考全国甲卷）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
【参考答案】AB
【名师解析】根据题述，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，甲线圈导线
乙
甲
的横截面积是乙的1/2，甲线圈导线长度为乙的2 倍，根据电阻定律可知，甲线圈导线电阻
为乙的4 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，进入磁场区域时速度相同，甲产生的感应电动势是乙的
2 倍，由闭合电路欧姆定律可知，甲线圈中电流是乙的1/2，甲线圈受到的安培力与乙相等，
所以甲乙两线圈运动情况完全相同，选项AB 正确CD 错误。
【一题多解】定量分析。线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，由机械能守
恒定律，mgh=
mv2，解得v=
产生的感应电动势为E=nBlv，
两线圈材料相同，质量m 相同，设材料密度为ρ0，横截面积为S，则m=×4nlS
线圈电阻R=ρ
=
由闭合电路欧姆定律。I=E/R=
所受安培力F=nBIl=
由牛顿第二定律，mg-F=ma，
联立解得：a=g-
由此可知，线圈进入磁场后运动的加速度与线圈的匝数n、横截面积S 无关，则甲乙两线
圈进入磁场后，具有相同的加速度。当g＞
时，甲和乙都做加速运动；当g＜
时，甲和乙都做减速运动；当g=
时，甲和乙都做匀速运动。选项AB 正确
CD 错误。
4. （2021 新高考湖南卷）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为
，通过长为
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
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
，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
水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小
使其匀速通
过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A.
与
无关，与
成反比
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
、
和
，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
【参考答案】ACD
【命题意图】本题考查电磁感应，能量守恒定律及其相关知识点。
【解题思路】本题考查电磁感应，能量守恒定律，主要考查灵活运用知识分
析解决问题的能力..组合体做平抛运动，进入匀强磁场区域后水平方向切割磁感线的两
段导体产生的感应电动势抵消，竖直方向切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到安
培力作用，使其匀速通过磁场。由平抛运动规律，竖直方向速度v⊥=
，产生的感应
电动势E=BL v⊥=BL
，由闭合电路欧姆定律，感应电流I=E/R=
，所受安
培力F=BIL=
，匀速运动，F=mg，即
=mg，B 与v0 无关，与H
成反比，选项A 正确。通过磁场的过程中，金属框中电流大小不变，方向改变，
选项B 错误；由于组合体匀速通过磁场，组合体克服安培力做功的功率与重力
做功的功率相等，选项C 正确；只要组合体匀速通过磁场，由能量守恒定律，
可知减少的重力势能等于产生的热量，选项D 正确。
【名师点评】在电磁感应现象中，损失的机械能等于产生的焦耳热。
5.[ 2024 江西九校联考/多选]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 轴正方向均匀增大，沿y 轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外.现有一闭合
的矩形金属线框，质量为m，以速度大小为v0、方向沿其对角线且与x 轴成30°角开始向右
运动，以下关于线框的说法正确的是（ BD ）
A.线框一直做曲线运动
B.最初阶段线框中感应电流的方向沿顺时针方向
C.线框中感应电流大小保持不变
D.线框运动中产生的内能为3
8mv0
2
【答案】BD
解析 由楞次定律可判断，最初阶段线框中感应电流的方向为顺时针方向，B 正确；线框
上、下边受到的安培力等大反向，线框左边受到的向右的安培力小于线框右边受到的向左
的安培力，故线框整体受到的安培力方向水平向左，线框做减速运动，速度减小，回路中
的感应电动势减小，感应电流减小，C 错误；当线框水平向右的分速度减为零时，回路中
【点拨】感应电动势E=（B 右-B 左）lv，（B 右-B 左）和l 恒定，所以E 随v 的减小而减小
的磁通量不再发生变化，感应电流为零，线框不再受安培力，沿y 轴正方向做匀速直线运
动，A 错误；线框最终稳定时的速度大小v 末＝v0 sin 30°＝1
2v0，从线框开始运动到稳定的
过程中，由能量守恒定律有1
2mv0
2＝Q＋1
2mv末
2 ，联立解得Q＝3
8mv0
2，D 正确.
6. 如图所示，在竖直平面内，存在一个水平长3L、竖直高2L 的长方形区域abcd，区域
内存在垂直纸面向内的匀强磁场(图中没有画出)。一边长为L、质量为m、电阻为R 的匀质
正方形刚性导线框ABCD 从图示位置处在外力作用下以水平速度v0匀速进入磁场，导线框
完全进入磁场时立即撤去外力，直到导线框开始出磁场时再恢复外力让导线框沿直线匀速
离开。已知L＝0.2 m，m＝0.02 kg、电阻R＝0.4 Ω，B＝1 T，v0＝2 m/s，重力加速度g＝
10 m/s2，从导线框开始出磁场为计时起点。求：
(1)导线框进入磁场过程中外力F1；
(2)导线框开始出磁场时A 点的位置及速度；
(3)导线框出磁场过程中安培力F2随时间t 的变化关系式；
(4)导线框出磁场过程中流过截面的电荷量。
答案：(1)0.2 N，斜向左上与水平方向成45° (2)a 点 2 m/s，斜向左下与水平方向成
45° (3)F2＝10(0.2－2t)2 N (4)0.1 C
解析：(1)导线框进入时，有E＝BLv0
I＝
FA＝ILB＝＝0.2 N
由平衡条件得F1＝＝0.2 N，方向斜向左上与水平方向成45°。
(2)导线框在磁场内做平抛运动，若AD 边恰能从ad 边出磁场，有t1＝
导线框在竖直方向下落的高度h＝gt＝0.2 m＝L，AD 边也恰好落到ad 边，可以知道导线框
的A 点从磁场区域的a 点离开磁场，如图甲所示
可知vy＝gt1＝2 m/s
导线框开始出磁场时A 点的速度v＝＝2 m/s，方向斜向左下与水平方向成45°。
(3)导线框出磁场时，所受安培力如图乙所示
E＝2Bv0
I＝＝＝10 A
FA＝IB＝＝102 N
导线框出磁场过程中安培力F2随时间t 的变化关系式为F2＝FA＝102 N。
(4)导线框出磁场过程中流过截面的电荷量q＝t2＝t2＝t2＝＝＝0.1 C。
7. 如图所示，正方形单匝线框abcd 边长L＝0.4 m，每边电阻相同，总电阻R＝0.16 Ω。一
根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物
体P，手持物体P 使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内。线框的正上方有一有界匀
强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4 m，磁感线方向垂直于线框所
在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0 T，磁场的下边界与线框的上边ab 相距h＝1.6 m。
现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，ab 边保持水平，刚好以
v＝4.0 m/s 的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。
(1)线框ab 边进入磁场中运动时，a、b 两点间的电势差Uab为多少？
(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q 为多少？
(3)若在线框ab 边刚进入磁场时，立即给物体P 施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁
场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F 做功WF＝3.6 J，求ab 边上产
生的焦耳热Qab为多少？
答案：(1)1.2 V (2)3.2 J (3)0.9 J
解析：(1)线框ab 边以v＝4.0 m/s 的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为E＝
BLv＝1×0.4×4 V＝1.6 V
因为a、b 两点间作为等效电源，则a、b 两点间的电势差为外电压Uab＝E＝1.2 V。
(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力F 安＝ILB
根据闭合电路欧姆定律有I＝
联立解得F 安＝4 N
所以克服安培力做功W 安＝F 安×2L＝4×2×0.4 J＝3.2 J。
而Q＝W 安，故该过程中产生的焦耳热Q＝3.2 J。
(3)设线框出磁场区域的速度大小为v1，则根据运动学关系有v－v2＝2a·2L
而根据牛顿第二定律可知a＝
联立整理得(M＋m)( v－v2)＝(M－m)g·2L
线框穿过磁场区域过程中，力F 和安培力都是变力，根据动能定理有
WF－W 安′＋(M－m)g·2L＝(M＋m)( v－v2)
联立解得WF－W 安′＝0
而W 安′＝ Q′，故Q′＝3.6 J
又因为线框每边产生的热量相等，故ab 边上产生的焦耳热Qab＝Q′＝0.9 J。
