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=BI1L，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-F2t2=mv2-mv1，F2=BI2L，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=mgasin，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