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高考电学压轴题模型解读与针对性训练
专题13 电磁感应+图像信息模型
【电磁感应+图像信息模型解读】
分析电磁感应中图像信息问题的思路与方法
图像类型
(1)各量随时间变化的图像：如B -t 图像、Φ -t 图像、E -t 图像、I -t 图
像、F -t 图像、v—t 图像等。
(2)各量随位移变化的图像：如E -x 图像、I -x 图像、v—x 图像等。
问题类型
(1)根据给定的电磁感应过程选择有关图像。
(2)根据给定的图像分析电磁感应过程。
(3)根据某种图像分析判断其它图像。
常用规律
有关方向
的判断
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式
(1)平均感应电动势E＝n。
(2)平动切割电动势E＝Blv。
(3)转动切割电动势E＝Bl2ω(以一端为轴)。
(4)闭合电路的欧姆定律I＝。
(5)安培力F＝IlB。
(6)牛顿运动定律及运动学的相关公式等。
常用方法
排除法
1.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。
2.定量计算相关问题。
函数法
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
关系对图像进行分析和判断。
【高考真题】
【典例1】.[2023 上海]如图（a），单匝矩形线框cdef 位于倾角θ＝30°的斜面上，斜面上有
一长度为D 的匀强磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B＝0.5T，已
知线框边长cd＝D＝0.4m，质量m＝0.1kg，总电阻R＝0.25Ω.现对线框施加一沿斜面向上
的恒力F 使之向上运动，运动一段时间后，撤去外力F.线框与斜面间的动摩擦因数μ＝
❑√3
3
，线框速度随时间变化的图像如图（b）所示.求：（重力加速度g 取9.8m/s2）
图（a） 图（b）
（1）外力F 的大小；
（2）cf 的长度L；
（3）回路产生的焦耳热Q.
答案 （1）F＝1.48N （2）L＝0.5m （3）Q＝0.4J
解析 （1）由题图（b）可知，在0～0.4s 的时间内，线框做匀加速直线运动，进入磁场时
的速度v1＝2.0m/s
结合题图（b）可知线框进入磁场前的加速度大小
a＝v1－0
Δt
＝2.0－0
0.4
m/s2＝5m/s2
进入磁场前，对线框由牛顿第二定律得
F－mgsinθ－Ff＝ma
又Ff＝μFN，FN＝mgcosθ
代入数据得F＝1.48N
（2）由题图（b）可知，线框以恒定的速度v1穿过匀强磁场，该过程中线框中产生的感应
电动势E＝BLv1
线框中产生的感应电流I＝E
R
线框受到的安培力FA＝BIL
由平衡条件得F＝FA＋mgsinθ＋μmgcosθ
联立解得L＝0.5m
（3）经分析可知，线框ed 边离开磁场时，外力F 被撤去，因为μ＝tanθ＝
❑√3
3 ，所以线框
离开磁场运动到最高点，即速度减为零后不会沿斜面向下滑动
设线框穿过磁场所用的时间为t，则有
t＝2 D
v1
＝2×0.4
2.0
s＝0.4s
线框中的感应电流为
I＝BLv1
R
＝0.5×0.5×2.0
0.25
A＝2A
根据焦耳定律可得
Q＝I2Rt＝22×0.25×0.4J＝0.4J.
【典例2】. （2022 福建高考）如图（a），一倾角为
的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，
其顶端与两根相距为L 的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，
其末端装有挡板M、N．两根平行金属棒G、H 垂直导轨放置，G 的中心用一不可伸长绝缘
细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A 相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G 垂直，
滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从
开始，H 在水平向右拉力作用下
向右运动；
时，H 与挡板M、N 相碰后立即被锁定．G 在
后的速度一时间图线
如图（b）所示，其中
段为直线．已知：磁感应强度大小
，
，G、
H 和A 的质量均为
，G、H 的电阻均为
；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽
略不计；H 与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A 未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂
直且接触良好：
，
，重力加速度大小取
，图（b）中e 为
自然常数，
．求：
（1）在
时间段内，棒G 的加速度大小和细绳对A 的拉力大小；
（2）
时，棒H 上拉力的瞬时功率；
（3）在
时间段内，棒G 滑行的距离．
【参考答案】（1）
；
；（2）
；（3）
【命题意图】此题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。对速度图像的理解、
牛顿运动定律及其相关知识点。
【名师解析】
（1）由
图像可得在
内，棒G 做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A 的加速度也为
，由牛顿第二定律可得
解得细绳受到拉力
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在
内棒G 做匀加速运动，回路中电流恒定为
，两棒速度差为
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H 由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
由
图像可知
时，棒G 的速度为
此刻棒H 的速度为
其水平向右拉力的功率
．
（3）棒H 停止后，回路中电流发生突变，棒G 受到安培力大小和方向都发生变化，棒G
是否还拉着物块A 一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计
算棒G 加速度为
物块A 加速度为
说明棒H 停止后绳子松弛，物块A 做加速度大小为
的匀减速运动，棒G 做加速度
越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，
在
内
棒G 滑行的距离
这段时间内物块A 速度始终大于棒G 滑行速度，绳子始终松弛。
【针对性训练】
1. (山东德州2025 年5 月冲刺模拟) 如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹
角为
，斜面上两平行水平虚线MN 和PQ 之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ 以下
区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ 两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线
框abcd 四条边的阻值相等，
时刻将处于斜面上的导线框由静止释放，开始释放时ab
边恰好与虚线MN 重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运动的v-t 图像如图
乙所示，
时间内导线框的速度大小为v0，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
A.
时间内，导线框的ab 边一定没有经过虚线PQ
B.
时间内，导线框的速度大小为
C.
时间内，导线框a、c 两点间的电势差为0
D.
时间内，导线框
位移大小为
【答案】CD
【解析】．导线框在下滑过程中，若导线框的边长大于MN 和PQ 之间的磁场宽度，导线
框的ab 边可以经过虚线PQ，故A 错误；
时间内，设导线框的总电阻为
，根据平衡条件可得
其中
时间内，根据平衡条件可得
其中
则
时间内，导线框的速度大小为
故B 错误；
时间内，a、b 两点间的电势差为
a、c 两点间的电势差为
故导线框a、c 两点间的电势差为0，故C 正确；
时间内，根据动量定理
其中
解得导线框的位移大小为
故D 正确。
2. (2024 江西赣州期末) 如图甲所示，正方形线圈abcd 内右半部分存在垂直于线圈的匀强
磁场，已知线圈匝数
，边长
，线圈总电阻
，线圈内磁感应强度随时
间的变化情况如图乙所示，线圈始终静止在粗糙的水平面。规定垂直平面向里为磁场的正
方向，则线圈产生的感应电流I（规定顺时针为电流正方向）、受到的安培力F 安（取向右
为正方向）、受到的摩擦力f（取向右为正方向）和产生的焦耳热Q 随时间t 变化的图像，
正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】根据楞次定律，0～1s 内感应电流沿顺时针方向为正值，1～5s 内感应电流沿逆时
针方向为负值，A 错误；根据左手定则，0～1s 内和3～5s 内线圈所受安培力向左为负值，
1～3s 内所受安培力向右为正值，B 错误；根据焦耳定律
，3～5s 内焦耳热随着时
间增大，不能减小，所以D 错误；因为0～1s 内和3～5s 内线圈所受安培力向左为负值，1
～3s 内所受安培力向右为正值，根据平衡条件，0～1s 内和3～5s 内线圈所受摩擦力向右为
正值，1～3s 内所受摩擦力向左为负值；在0～1s 的过程中1s 末的摩擦力大小为
在1～3s 的过程中1s 末的摩擦力大小为
在3～5s 的过程中5s 末的摩擦力大小为
故选C。
3.（2024 陕西咸阳一模）如图甲所示，虚线
是斜面上平行于斜面底端的一条直线，
上方存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示。
时刻将一单匝正方形导体框自与
距离
处由静止释放，直至导体框完全穿
出磁场的过程中其速度一时间图像如图丙所示。已知斜面倾角
，导体框与斜面间
的动摩擦因数
，运动中导体框底边与
始终平行，导体框质量
，电阻
，边长
，重力加速度
。设从释放至导体框穿出磁场的过程
中，整个导体框所受安培力大小为F，回路中产生的焦耳热的功率为P，通过导体框的电
流为I，导体框的机械能为E（释放处
），沿斜面下滑的位移为x，则下列图像正确
的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【参考答案】AD
【名师解析】
．0~1s 内，根据感生电动势
，得
由于上下两个边均切割磁感线因此动生电动势为0；回路中感应电流沿顺时针方向，导体
框所受安培力对边相抵
根据功能关系得：从开始到
处过程中导体框所受安培力合力为0，做匀加速直线运
动，加速度
解得
1s 末速率
位移
之后磁感应强度B 不变
，
导体框开始匀速穿出磁场，故A 正确；
0~1s 内
解得
恒定不变，故B 错误；
0~1s 内，通过导体框的电流
故C 错误；
0~1s 内导体框机械能满足
，
即
处
从
到
处过程中满足
解得
处时
故D 正确。
4 (2025 年湖南长沙期末)如图甲所示，一足够长电阻不计的光滑平行金属导轨
MN、PQ 之间的距离L=0.5m，NQ 两端连接阻值R=2.0Ω 的定值电阻，导轨间
有垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，导轨平面与水平面间的夹角θ=30°。
一质量m1=0.40kg、接入电路的阻值r=1.0Ω 的金属棒垂直于导轨放置，用绝缘
细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2=0.80kg 的重物相连，细线与金属导轨平
行。无初速度释放重物，测得金属棒沿导轨向上滑行的速度v 与时间t 之间的关
系如图乙所示。g=10m/s2，求：
（1）磁感应强度B 的大小；
（2）从t1=1.11s 到t2=2.22s 流过金属棒的电荷量q；
（3）从t1=1.11s 到t2=2.22s 定值电阻R 上产生的热量Q。（结果保留3 位有效
数字）
.【答案】（1）3T；（2）284C；（3）30.7J
【解析】（1）由乙图知经过足够长的时间金属棒开始做匀速运动，其速度
vm=8m/s
此时金属棒感应电动势
回路电流
对重物由平衡条件有
对金属棒有
解得 B=3T。
（2）设金属棒速度为v 时加速度为a，电流为i，对重物和金属棒系统由牛顿第
二定律有
由电流定义和加速度定义从t1=1.11s 到t2=2.22s 进行积累可得
其中由乙图知: v1=4m/s , v2=6m/s ，
解得 q=2.84C
（3）回路中电流
根据电流定义和速度定义从t1=1.11s 到t2=2.22s 进行积累可得
解得金属棒的位移 x=5.68m
设回路在该过程产生的总热量为
，对系统由能量守恒定律有
根据焦耳定律以及定值电阻与金属棒的串联关系知
。
5（16 分）．2024 年4 月长沙名校质检）如图甲所示，水平面上固定着间距为
的两
条平行直轨道（除
是绝缘的连接段外，其他轨道均为不计电阻的导体，且轨道
足够长。），
之间有一个
的定值电阻，
的左侧轨道内分布着竖直向下的
匀强磁场
，该磁场随时间的变化情况如图乙所示，
的右侧轨道内分布着垂直导轨平
面的匀强磁场，磁感应强度
，方向竖直向上。
时刻，质量
、电阻
的
棒静止在距离导轨左侧
处，质量
、电阻
的
棒在
距离
右侧
处被一种特定的装置锁定，两棒均长
，且与轨道接触良好。
左侧的轨道与棒间的动摩擦因数
右侧的轨道光滑且足够长，可认为最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑轨道连接处的阻碍。
时，对
棒施加水平向右
的恒力，在离开
磁场区域时已达到稳定的速度，过
后撤去恒力。当
棒刚
接触到
棒时，
棒的锁定装置迅速解除，随后两棒发生弹性碰撞。
（1）
时，通过
棒的电流大小及方向（图中向上或向下）；
（2）
棒刚进入
磁场时，求
棒两端的电势差
；
（3）求
棒在整个过程中产生的焦耳热；
【名师解析】：（1）
内，磁场增强，由楞次定律判断，
棒上的电流方向为向上
（逆时针）
假设
棒不动，根据法拉第电磁感应定律可得：
根据闭合电路欧姆定律可得感应电流为：
根据安培力的计算公式可得：
由于最大静摩擦
，假设成立，
棒不动，
所以通过
棒的电流大小为2A；
（2）
棒离开
时已达到稳定速度，此时有：
根据闭合电路欧姆定律可得：
解得：
，
棒以
的速度冲入
的匀强磁场，产生的感应电动势为：
解得：
，
棒两端的电势差为：
代入数据解得：
；
（3）考虑
棒进入磁场时，与
棒相距
棒在与
棒相撞前，
棒一定处于静
止状态，设
棒与
棒碰撞前瞬间的速度为
，
以
棒为研究对象，取向右为正方向，由动量定理，有：
解得
棒在与
棒相撞前的速度为：
由能量守恒定律可知，从
棒刚进入
磁场开始到
两棒碰撞前瞬间，
棒减少的动
能转化为电能，通过电流做功，释放焦耳热，则有：
代入数据解得：
；
碰后
速度交换，设碰后速度为
，
则
最终b 棒带动a 运动，两者达到共速。
则
则
6．（2024 年山东潍坊重点高中3 月质检）如图甲所示，倾角为θ＝37°足够长的倾斜导体
轨道与光滑水平轨道平滑连接。轨道宽度d＝0.5m，电阻忽略不计。在水平轨道平面内
有水平向右的匀强磁场，倾斜轨道平面内有垂直于倾斜轨道向下的匀强磁场，大小都为
B，现将质量m＝0.4kg、电阻R＝1Ω 的两个相同导体棒ab 和cd，垂直于轨道分别置于
水平轨道上和倾斜轨道的顶端，同时由静止释放。导体cd 下滑过程中加速度a 和速度v
的关系如图乙所示。cd 棒从开始运动到最大速度的过程中流过cd 棒的电荷量q＝0.4C
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2），则：
（1）cd 和倾斜轨道之间的动摩擦因数是多少；
（2）ab 和水平轨道之间的最大压力是多少；
（3）cd 棒从开始运动到速度最大的过程中ab 棒上产生的焦耳热是多少。
【名师解析】：（1）由图乙所示图象可知，刚释放导体棒cd 时，加速度：a＝5m/s2，
对导体棒cd，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，
代入数据解得：μ＝0.125；
（2）由图乙所示图象可知，a＝0 时cd 棒速度达到最大，此时电路中的电流最大，
此时cd 速度：v＝1m/s，ab 安培力达到最大，对地面压力也达到最大，
由平衡条件得：
对导体棒cd：mgsinθ＝F 安培+μmgcosθ，
对导体棒ab：FN＝mg+F 安培，
代入数据解得：FN＝6N，F 安培＝2N，
由牛顿第三定律可知，ab 对过道的压力：FN′＝FN＝6N；
（3）导体棒所受安培力大小：F 安培＝BId＝
，
代入数据解得：B＝4T，
通过导体棒cd 的电荷量：q＝Δt＝
Δt＝
Δt＝
＝
，
代入数据解得，cd 从释放到刚运动运动时下滑的距离：x＝0.4m，
cd 从开始到速度最大的过程中，能量守恒定律得：mgxsinθ＝μmgxcosθ+
+Q，
ab 棒上产生的焦耳热：Qab＝
Q，
代入数据解得：Qab＝0.3J；
