2026年浙江高考物理二轮复习讲练测题型09 电磁感应（解析版）

题型09电磁感应

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01法拉第电磁感应定律和楞次定律的应用

考向02电磁感应中的电量问题

考向03电磁感应中的电路和图像问题

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

电磁感应是浙江物理选考的核心综合考点，贯穿电学与力学模块，命题围绕“磁通量变化→感应电

动势→感应电流→安培力→运动/能量变化”的核心逻辑，结合导轨、线圈、导体棒等模型，题型

覆盖选择题（高频）、计算题（压轴重点）

（1）情境科技化：常结合发电机、电动机、电磁阻尼、电磁驱动、磁悬浮等实际科技场景；

（2）模块交叉深化：频繁与电路、牛顿运动定律、动量、能量等模块结合，形成多模块综合题；

（3）侧重过程分析与公式联立：选择题侧重定性判断（电流方向、大小变化），计算题侧重定量

计算（速度、距离、热量）；

（4）新增动量定理应用：近年选考高频考查电磁感应中的电荷量计算（）与动量定

理结合。�=ΔΦ/�+�

考向01法拉第电磁感应定律和楞次定律的应用

【例1-1】（2024·浙江·高考真题）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框abcd放在强磁

场中，线框平面与磁场B垂直。若线框固定不动，磁感应强度以T/s均匀增大时，线框的发热功率

Δ�

为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴Δ匀�=速0转.1动时，线框的发热功率为2P，则

'

ab边所受最大的安培力为（）��

A．NB．NC．1ND．

12

【答案】2C22�

【详解】磁场均匀增大时，产生的感应电动势为

V

Δ�

�可=得�=0.1

Δ�

2W

�

�线=框以某=一0.角25速度绕其中心轴匀速转动时电动势的最大值为

�

'

m���

此时有

�=���

m

2

�W

2

2解�得==0.5

�

rad/s

�分析=可1知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大为

A

���

�故ma=b边所=受最5大的安培力为

�

安N

�故选mC=。��m�=1

【例1-2】（2025·浙江·模拟预测）绝缘细圆环总质量为m，半径为R，电荷量为Q的正电荷均匀分布在圆

环上。用外力使圆环从静止开始绕通过环心且垂直于环面的轴线加速转动，如图所示。角速度ω随时间t均

匀增加，即ω=λt（λ为已知量）。圆环转动形成等效电流，该电流产生的磁场通过圆环的磁通量与该电流成

正比，比例系数为k（k为已知量），不计圆环上的电荷作加速运动时所产生的电磁辐射。以下说法正确的

是（）

A．圆环转动形成等效电流的大小为

'�⋅��

B．圆环中会产生大小为的感应电�动=势2�

���

C．圆环每转一圈动能增加4�

2

D．圆环每转一圈外力做功2����

2

【答案】AC2����

【详解】A．在圆环上任取一小段Δx，则其电荷量为Δq，则有

Δ�

经Δt时间形成的等效电流为Δ�=2���

'Δ�

结合题意可知，�=Δ�

联立解得Δ�，=故�·ΔA�正�确=；��=���

'�⋅��

�=2�

．根据法拉第电磁感应定律可得圆环中产生的电动势大小为�⋅��，故错误；

B'B

ΔΦ���⋅2����

C．设圆环转动一周的初、末角速度分别为ω0、ωt，则有�=Δ�=�=�=2�

22

�0

故转动一周圆环动能的增加量k�−�，=故4C��正确；

12222

D．圆环每转动一周外力所做的Δ功�，=一2部�分�增(�加�圆−环�0的)动=能2�，�一�部�分增加圆环的电能，根据功能关系则有

，故错误。�=

k电能2D

2���2���

Δ故�选+AΔC�。=2����+�⋅2�=2����+2�

1.对法拉第电磁感应定律的理解

（1）公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均

Δ�

值。Δ�

（2）感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、磁

Δ�

通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。Δ�

（3）磁通量的变化率对应Φ-t图像上某点切线的斜率。

Δ�

（4）通过回路横截面的Δ�感应电荷量q＝，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。

�Δ�

2.磁通量变化时感应电动势的三种求法�

（1）磁通量的变化仅由面积变化引起时，则ΔΦ＝BΔS，E＝nB。

Δ�

（2）磁通量的变化仅由磁场变化引起时，则ΔΦ＝ΔBS，E＝nΔ�S，注意S应为线圈在磁场中的有效面积。

Δ�

Δ�｜－｜

（3）磁通量的变化由面积和磁场同时变化引起时，则ΔΦ＝｜Φ末－Φ初｜，E＝n≠n。

�2�2�1�1Δ�Δ�

Δ�Δ�

【变式1-1】（2025·浙江金华·三模）如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小B随

时间t的变化关系如图乙所示磁的磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环

心O在区域中心。一质量为m、带电荷量为（q（q>0）的小球t=0时静止在管内的E点，2T0时刻小球第二

次经过F点且不受细管侧壁的作用力，角EOF为120°，小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影

响可忽略。下列说法正确的是（）

A．2T0时刻小球过F点的速度大小为

��0�

B．小球两次过F点时受到洛伦兹力的2大�小之比为25

C．T0时刻细玻璃管内的电场强度大小为∶

��0

�0

D．T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零

【答案】BD

【详解】A．设2T0时刻小球过F点的速度，由此可知，此时洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根据牛顿

第二定律可得�2

2

��2

解得�2=�0��2=�

�0��

A错误�2；=�

BC．从开始到2T0时刻小球第二次经过F点，设涡流产生的电场强度为,由动量定理可得

���⋅2�0=��2

结合上述结论解得

�0�

�=2�0场强

从开始运动到第二次经过F点电场力所做的功场强场强

240°10����

由动能定理可得�2=��⋅�2=��×(2��+360°×2��)=3

12

2

�=2��2场强

设从开始运动到第一次经过F点时的速度为，电场力所做的功为，则有场强，

2����

�1�1�1=��⋅�1=3�1=

12

21

联�立�解得

2

�1=5�2

根据牛顿第二定律可得场强

代入上述结论解得��=𝑚

��0�

�=2��0

故第一次经过F点所用时间

�12

�1=�=25�0

此时磁感应强度

�0452

�1=2�0×5�0=5�0

故第一次经过F点的洛伦兹力为

222

111022

即小球两次过F点时受到洛伦兹力�的=大�小��之比=为52�5，×B�×正确5�，C=错5�误；

D．结合上述分析可知T0时刻小球速度∶

��0���0�

�0=��0=2��0�0=2�

若小球在时刻不受细管的作用力，则有

'2

1'��0

解得�02�0��0=�

'�0��

00

故T0�时刻=小2�球=受细�管侧壁的作用力等于零，D正确。

故选BD。

【变式1-2】（2025·浙江·三模）如图所示半径为R的虚线圆内，存在垂直纸面向里感应强度大小为

（k>0）的有界匀强磁场。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，�在=同�一�

电场线上，电场强度大小相同。长度为2R的导体棒ac与虚线圆交于a、b两点，其中b为ac的中点。则

（）

A．b点的电势比a点高

B．b、c两点的电势相等

C．a、b两点间的电动势大小为

32

π

D．a、c两点间的电动势大小为(4��)

32

【答案】AC4+6��

【详解】AB．磁感应强度变化时，电场线为逆时针方向的同心圆，使电子向a点聚集，b点的电势比a点

高；同理可知c点的电势比b点高，故A正确，B错误；

CD．连接Oa、Ob、Oc，Oab构成等边三角形，Ob和Oc所围磁场区域为圆心角30°的扇形，如图所示

电场线垂直于Oa和Ob，电子不发生定向移动，a、b两点间的电动势大小为

ΔΦΔ�

𝑚�=Δ�=Δ��△𝑚�=��△𝑚�=

32

4、��两点间的电动势大小为

bc'∘

ΔΦΔ�30�

'∘22

��π

a、c两点间的电动势大小为�=Δ�=Δ��=(��=�×)360×��=12��

32

故C正确，D错误。𝑚�=𝑚�+𝑎�=4+12��

故选AC。

考向02电磁感应中的电量问题

【例2-1】（2025·浙江台州·一模）如图所示，日字形金属框长、宽L，放置在光滑绝缘水平面上，

左侧接一个阻值为的定值电阻，中间位置和右端接有阻值为𝐶��的金2�属棒和金属棒，其它电阻不计，

线框总质量为m。金4�属框右侧有宽为的匀强磁场区域，磁场方2�向竖直向下��，磁感应强�度�大小为B。已知

金属框以初速度进入匀强磁场，最终2�棒恰好没从磁场中穿出。下列说法正确的是（）

�0��

．在棒进入磁场前，通过棒间定值电阻的总电荷量为

A2

��

．在��棒进入磁场后，通过��间定值电阻的总电荷量为10�

B2

��

����10�

C．棒刚进入磁场时的速度为

2

0

D．�整�个过程中、间定值电阻5产�生的焦耳热为

72

【答案】C��125��0

【详解】A．在PQ棒进入磁场前，回路总电阻总

2�⋅4�10�

通过的总电量�=2�+2�+4�=3

CF总22

�总ΔΦ总1��3��

10�

�=�Δ�=�Δ�=�=3=10�

通过棒间定值电阻的总电荷量为，错误；

总2A

2��

��35�

BC．设��PQ棒刚进入磁场时的速度为�v1，则=从�CF=进入磁场到PQ棒刚进入磁场的过程，由动量定理

−���Δ�=

其中10

��−��2

3��

从PQ�Δ进�=入磁10�场到DE刚进入磁场的过程，由动量定理

''

1

其中−���Δ�=0−��

'2

�总ΔΦ2��

''''2�

�Δ�=�Δ�=4�+2=5�

联立解得

2

10

在棒进�入=磁5场�后，通过间定值电阻的总电荷量为，错误，正确；

总2BC

'''��

����𝐶�=�=�Δ�=5�

D．金属棒PQ刚进入磁场时，整体产生的焦耳热为总

1212212

�1=2��0−2��1=50��0

其中、间定值电阻产生的焦耳热为12总

(3�)⋅4�7

212

122210

���=�×2�+(3�)⋅2�+(3�)⋅4��=125��

金属棒PQ进入磁场后整体产生的焦耳热总

1222

210

、间定值电阻产生的焦耳热为�=2��=25��

DE'2总

�⋅4�82

'2'2

1�⋅4�+�⋅�21250

所以整个过程中D、E间定值电阻�产生=的焦耳热为�Q==Q1+Q�2=�，D错误。

32

故选C。25��0

【例2-2】（2025·浙江·一模）如图所示，某兴趣小组设计了一种水平电磁弹射系统。该系统由输出电流恒

为的电源、间距为的水平金属导轨、可在导轨上滑行的“H”型导电动子（动子由两根电阻为的金属杆和

一根�绝缘横档组成，�其上固定了模型飞机）及开关S组成。导轨间区域存在方向竖直�向下、磁感

应强度大小为的匀强磁场。接通开关S，动子杆在磁场中贴紧�1�边2�从3�静4止开始运动，所受阻力与其速

�0��1�2

度成正比，比例系数为。动子运动距离为（已知）时，动子开始匀速运动；当时，动子

杆到达瞬间，安装�在“H”上的飞机被弹�射0系统以�相0对>于�1“H”2倍的速度弹出，同时S断�开=，�0磁场的磁感�

应强度被�3控�4制为。当时，棒恰好停在。已知动子质量为，飞机质量为，

�0

在运动过程中，动∶��子=始�终0−与�导0轨�−保�持0良好�接=触2，�0忽略�导轨电阻。求�3�4��

∶

(1)S接通瞬间，动子所受安培力；

�

(2)飞机弹射出去前，动子的最大�速度m；

(3)飞机弹射出去前瞬间恒流源提供的电�压；

(4)飞机弹射出去后，动子所受合外力的冲量�合及通过杆的电量。

【答案】(1)，方向向右���

�0��

(2)2

�0��

�

(3)22

���0��

(4)2+�，

�+���0���0��1

−2�+��2�

【详解】（1）动子所受安培力为A，方向向右

�

（2）由牛顿第二定律，动子载着飞�机=加�速02时�

'

其中，�A−�=𝑚

'

当�=���时A=，�动0�子�速度最大，得

mm'

'�A�0��

�A−�=0�=�=�

（3）飞机弹射出去前，由能量守恒有Am

2�'

得��=�2+��

22

���0��

（4�）=飞2机+弹射�前后，水平方向动量守恒

�+���=��1+��2

�解2得=2�1

�+��0��

�1=��+2�

动子最后停下，可得动子所受合外力的冲量为合

�+���0��

1

动子在进入减速过程中，通过a杆的电量为�=0−��=−2�+��

�ΔΦ�0��1

�=��0=2��0=2�=2�

1.q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间)

(1)由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q

＝It。

(2)闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，t时间内通过线

圈横截面的电荷量q＝It。

ΔΦ

2.q＝n(其中R为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量)

R

(1)闭合回路中的电阻R不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势。

(2)从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而变化。

3.Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，L为导体棒切割磁感线的长度，

Δv为导体棒切割速度的变化量)

在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体

ΔqCΔU

棒切割磁感线产生的电动势E，通过电容器的电流I＝＝，又E＝BLv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。

ΔtΔt

【变式2-1】（2025·浙江·一模）如图所示，两个金属轮A、A，可绕各自中心固定的光滑金属细轴和

转动。A金属轮由3根金属辐条和金属环组成，每根辐条1长均2为、电阻均为。A金属轮由1根�1金属�2

辐条和金1属环组成，辐条长为、电阻为。半径为的绝缘圆盘A4�与A同轴且固2�定在一2起。用轻绳一端固

定在A边缘上，在A上绕足够2匝�数后（忽�略A的半径�变化），悬挂3一质1量为的重物。当下落时，通过

细绳带3动A和A绕3轴转动。转动过程中，A3、A保持接触且无相对滑动，辐�条与各自�细轴�之间导电良好。

整个装置处3在磁1感应�1强度为的匀强磁场中，磁1场方2向垂直金属轮平面向里。A轮的轴及A轮的轴分

别引出导线与两平行足够长的�光滑水平金属导轨连接，导轨、处断开，金属导1轨的间�距1为。2两导轨�之2间

的左侧串联了开关S与电阻，电容器C与单刀双掷开关S�串联�，可以通过或与导轨相连�，虚线右侧存

�在竖直向下的匀强磁场1，磁感�应强度大小也为，导轨上有质2量为，长度也�为�、电阻为的金属棒，

除题中所给电阻外不计其他电阻。����𝐺

(1)当S、S都断开，重物下落时，比较与哪个点的电势高；

(2)S闭1合、2S断开，重物下落速度为时�2，求�1与两点之间电势差；

(3)S1闭合、S2断开，重物下落过程中�，0通过电�阻1�的2电量；

12��

(4)S闭合、S先打向，充电稳定后再打向，待金属棒运动稳定时，求金属棒的速度。

【答1案】(1)2点电势�高�𝐺𝐺�1

(2)�1

9

12

���=2���0

(3)2

9��

(4)�=2�

����

22

112�+���

【详�解=】（1）根据右手定则可知，点电势高于A1边缘的电势，而A2边缘的电势高于O2点的电势，可知

点电势高于O2点的电势；�1

�（12）由图可知绝缘轮A与A轮具有相同的角速度，重物P与绝缘轮A具有相同的线速度，有

1

313�1=2·�⋅4�⋅

00

4电�路=的8总�电��阻为总

2�8�

A金属轮与A金�属轮=具3有+相�同+的�线=速3度，则A金属轮的线速度为

则2A金属轮辐1条切割磁感应线产生的电动势为2�'=�=4�0

1

根据2右手定则，可知两个金属轮上每根辐条产生�的2=电2流·�相·2互�⋅增�'强=，4故��两�个0金属轮产生的总电动势为

�=�1+

�根2据=闭12合�电��路0欧姆定律可得

�39

�1�280

�=3��=8�=2���

（）重物下落时，金属轮及轮边缘某点转过的弧长均为，通过的电量16��28��2

3LAA4LR2

ΔΦ总2+29��

128�

�=�=3=2�

（）充电稳定：重力的功率与产生的热功率相等，设重物的速度为，则

4v2

(12���)

8

���=3�

解得

���

22

导线切�=割5磁4�感�线产生的电动势为

稳定时电容器两端的电压�'=12���

39���

打向F，待金属棒GH运动�1稳=定8时�'，=金2属��棒�=GH12�的�电动势与电容器电压相等，金属棒GH的速度稳定，则

有�1

解得����1=��',�=��1,���=��1

����

22

�1=12�+���

【变式2-2】（2025·浙江·一模）为研究强磁体的磁性，某小组进行了以下实验：如图甲所示，建立沿水平

方向的坐标轴x，将一圆柱形钕铁硼强磁体M对称的置于x轴，磁体中心位于坐标原点O。将一圆形线圈C

置于x轴负方向较远处，线圈轴线与x轴重合，线圈与两个传感器（图中未画出）相接。现通过外力作用

使线圈沿x轴正方向做匀速直线运动，这时，一个传感器测得通过圆形线圈C的磁通量Φ（数字“5”与“10”

仅表示格数）随圆环位置x的变化图像如图乙所示，另一个传感器测得线圈中的电流I随时间t变化的图像

如图丙所示。已知在乙图中x=±6cm处的切线斜率绝对值最大，丙图中时刻6s到10s之间的图线可近似的

看成直线，线圈的匝数n=100，线圈的电阻R=10Ω。为研究方便，不考虑传感器与线圈间力的作用，线圈

导线各处的磁感应强度大小均视为相同。求：

(1)圆形线圈做匀速直线运动的速度大小；

(2)6s至8s期间流过线圈的电量；

(3)整个过程中通过线圈的最大磁通量；

(4)为维持线圈匀速移动，所需水平方向外力的最大值。

【答案】(1)ms

(2)C0.03/

−2

(3)2×W10b

1

(4)150N

2

【详�解=】15（1）根据乙图中cm处的切线斜率最大，即感应电动势最大，对应于丙图中时刻10s，而

乙图中处则对应于丙�图=中+时6刻，故圆形线圈做匀速直线运动的速度大小�=

s−2ms

Δ�6×10

m�s=0�=8�=Δ�=2/=

（）至期间流过电阻的电流均匀变化，则流过电阻的电量m

0.0236/s8s−3C

�+020×10+0

C���=��=2�=2×2=2×

−2

1（03）由法拉第电磁感应定律可得

�ΔΦ

��

根据乙图可得，6s至8s期间�Φ=m��=Φ�m=�

7

10

综合得ΦmWbΔΦ=−

1

（4）为维持=线150圈匀速移动，应有外安

最大安培力

安mm�=�

�=����·2��m

其中为线圈所在处径向的磁感应强度，为线圈半径，又m，m

�

��

综合得�m��=��=��⋅2���

安m2N

��2

即所需水�平方=向�上=的1最5大外力为N。

2

15

考向03电磁感应中的电路和图像问题

【例3-1】（2025·浙江温州·二模）如图1所示，在光滑绝缘的水平面内建立坐标系，空间中

的范围内存在竖直向下的磁场，任一时刻磁感应强度分布与y无关，随x按���的规律变化，0k随<时�<间5的�

变化如图2所示，其中T/m，s。水平面上有一边长m、质�量=��kg、总电阻Ω

的匀质正方形刚性导线框�0a=bc2d，�0内=锁0.定5在图1所示的位置，�时=刻1解除锁定�，=同2时对线框施加�向=右0.5的

水平恒力N，使之开始沿x0轴~�正0方向运动，已知当ab边到达�0时，线框开始做匀速运动。在线

框ab边越�过0=磁4场右边界后瞬间，改施加变力，使之后线框在离开磁�场=的3过�程中其电流保持不变。线框在全

过程中始终处于平面内，其ab边与y轴始终保持平行，空气阻力不计。求：

���

(1)内线框中电流I的大小及方向；

(2)0线~框�0在磁场中匀速运动的速度大小v；

(3)线框在匀速运动过程中，ab两端的电势差随ab边的x坐标变化的关系式；

(4)线框在穿出磁场的过程中产生的焦耳热Q。𝑚�

【答案】(1)4A，顺时针

(2)m/s

（）（）

(3)�=0.5V

(4)𝑚�=−J�+0.253�≤�<5�

【详�解=】72（1）内感应电动势

ΔΦ

010

磁通变化量大小0~��=�

3

�2�2�

根据ΔΦ=2�02⋅�−�02⋅�=�02

�1

解得�1=�A

电流方�1向=为4顺时针

（2）匀速运动时，

2�2

202

根据平衡安�=Δ�⋅��=����=�

解得�m=/sΔ�⋅�2�=�0

（3）�根=据0.（52）解得A

线框ab边�2=2

�0=�0�⋅��

根据

�

得𝑚�=�24−�0（V）（）

（�）��线=框−�+边0.2越5过磁场右3边�界≤后�瞬<间5�，电流发生突变

4ab2A

4�0��

穿出过程（cd边的x坐标）：安培力随位置�3均=匀变�化的=特8点通过安培力做功的能量关系间接求

解，有克安安，4�≤�克安<5�

�=�⋅��=�

根据安

9

解得�=�J�3�=2�0�⋅�3�

�=72

【例3-2】（2025·浙江·模拟预测）如图所示，正六边形线框边长为，放置在绝缘平面上，线框右

侧有一宽度为的匀强磁场区域，、为磁场边界线，��/�/���//，线框2�以垂直方向的速度匀速向右

运动。设线框中4�感应电流为，磁场�对�线框��的安培力为。以�逆�时�针�方��向为线框中感应��电流的正方向，水平

向左为安培力的正方向。线框�点进入磁场时开始计时�，下列图像可能正确的是（）

�

A．B．

C．D．

【答案】D

【详解】第一步：判断进磁场过程线框中电流方向

线框进磁场过程，线框中的磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向。

第二步：按阶段划分线框运动过程

开始计时后，在时刻，线框点到磁场左边界的距离［提示：由选项可知］。当

时，线框的有效切�割长度�tan�=�0��0�0=�0<�<�

感应电动势�=2�60°

2

又线框电阻不�=变�，��则0回=路2中3�的�感0�应电流随时间均匀增大，线框所受安培力

A232

12��0�

方向水平向左，安培力与时间的关系图像是过原点，开口向上的抛物线。�=���=�

当时，线框的有效切割长度不变，为，感应电动势不变，感应电流不变，为沿

23𝑚�0

逆时�<针�方<向3，�安培力大小不变，为，2方3向�水平向左。�=�

A22

12���0

当时，线框的有效切割�长=度�tan

感应3�电<动�势<4��=24�−�60°

线框中电流随�=时�间��均0匀=减2小3�，�沿04逆�时−针�0方�向，线框所受安培力

A22

12��04�−�0�

方向水平向左，安培力与时间的关系图像是顶点坐标为、�开=口�向��上=的抛物�线。

4�

分析可知，线框出磁场过程的电流时间图线与进磁场过程�的0,电0流时间图线关于点中心对称，线框出磁

4�

场过程的安培力时间图线与进磁场过程的安培力时间图线关于对称，综上所�述0,。0

4�

故选D。�=�0

1.电磁感应中电路知识的关系图

2.解决电磁感应中电路问题的“三部曲”

3.解答电磁感应中的图像问题的四个关键

（1）随时间变化的图像：如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像、F-t图像等。

图像类型

（2）随位移变化的图像：如E-x图像、I-x图像等

（1）根据电磁感应过程选择图像。

问题类型（2）根据图像分析电磁感应过程。

（3）电磁感应中的图像转换

判断

右手定则、楞次定律、左手定则、安培定则等

方向

常用规律

计算

切割公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律及其他有关规律

大小

排除定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势（增大还是减小）、变化快慢（均匀

法变化还是非均匀变化），特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项

常用方法

函数根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像

法进行分析和判断

【变式3-1】（2025·浙江嘉兴·模拟预测）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy直角坐标系，在区

域Ⅰ内分布着垂直该平面向外的匀强磁场（右边界EF的横坐标在2a~3a间某处），其磁感应强度大小随

时间变化如图乙所示；在区域II（5a≤x≤6a）内分布着垂直该平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。

该平面内有边长为2a、电阻为R、质量为m的正三角形金属框，其MN边与y轴重合，N点与坐标原点

O重合。

(1)若金属框不动，在t02t0的时间内判断框内电流方向，并求出MN边上产生的焦耳热Q；

(2)若在t=0时，沿x轴正∼方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动。t=2t0时顶点P刚好运动到边界EF

处；当顶点P运动到x=5a和x=6a处时的速度分别为v1（未知）和v2；框顶点P到达x=6a处后，继续

向前运动直到停止（此时MN边尚未进入区域II）。运动中MN边始终与y轴平行。比较v1与v0的大小；

(3)在第（2）问的基础上求金属框停止时顶点P的横坐标xp；

【答案】电流方向为逆时针，

(1)42

��0

(2)��0

(3)�1=�0

3���2

22

【详6�解+】4�（0�1）根据题意可知，金属框不动，在的时间内，穿过线圈的磁通量均匀减小，由楞次定律

可知，线圈中电流方向为逆时针，由法拉第电磁�0感~应2�0定律有

2

ΔΦΔ��013��0

感�=应�电流为=��=××2�×2�sin60°=

���02�0

MN边上产生的焦耳热为

�

�=�

42

20

10��

（�=）由�图��乙=可知，时间内，线框在磁场内，无论线框中是否有感应电流，整个线框均不受安培力，

23��0

线框做匀速运动，0~后2，�0区域I内磁场为零，线框顶点P运动到过程中，线框继续做匀速直线运动，

则有2�0�=5�

（）根据题意，由几何关系可知，顶点到达处后，线框进入区域的有效长度为

�13=�0PⅡ

�=6�

�23

�继=续向前运=动直到�停止，由动量定理有

sin60°3

又有

−�0��Δ�=0−��2

�