2021年高考物理真题分类汇编之电磁感应定律

2017-2021年高考物理分类汇编之电磁感应定一．选择题（6小题1（2017•为理想。下列说法正确的是（）BC．电压表的读数为110V2（2021•能很快停止。下列说法正确的是（）B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到力的作用D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到力的作用3（2017•S1A1S2A2逐渐变A3A2与A3（A1中，A1L1B1S1，电路稳定后，A1L1C2R与L2D2S2瞬间，L2R4（2020•）如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin（ωt+φ）的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计内电阻影响。闭合开关S后（）A．电流表A2的示数减 B．电压表V1的示数减C．电压表V2的示数不 D．电流表A1的示数不5（2021•R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0（A．导体棒做匀直线运CR消耗的总电能为 力做的总功小于6（2021•）一正弦式交变电流的i﹣t图像如图所示。下列说法正确的是（A．在t＝0.4s时电流改变方向B．该交变电流的周期为0.5s二．计算题（1小题7（2019•匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场bcv匀速运动，求：ab边产生的焦Q三．解答题（4小题8（2021•f＝kv（k为常量）vtG﹣kv＝m（①式）m为物体质量，Gvm。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①It2I﹣t12R9（2020•）如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝电阻r＝2Ω，其两端与R＝48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示R求电阻RU10（2020•1所示为该列车在进a车v的变化曲线。20m/s3m/stx有关列车电气制动，可以借助图2模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方RMN及导轨的电阻。MNMN棒运动的速度与列车的速度、1P点。论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化1中画出图线。100m/s3m/s（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明1（2017•12所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒abMN、PQ放在轨道上，v（vMN）向右做匀速运动。1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨MPabI。求在△t12ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要abab中的自由电荷所受洛伦兹2017-2021年高考物理分类汇编之电磁感应定参考答案与试一．选择题（6小题1（2017•为理想。下列说法正确的是（）BC．电压表的读数为110V【解答】解：A220V由＝可得，U2＝110V，输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为P＝P出＝W＝220W，故A错误1AB正确；CU＝110VCD、由u＝220 变压器不改变周期，故D错误。故选：B2（2021•能很快停止。下列说法正确的是（）B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到力的作用D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到力的作用导线后，还要产生感应电流，线圈受到力的阻碍作用，表针会很快的停下来。A错误；有感应电流，线圈不受力的作用，故B错误；C错误，D正确。【点评】解答本题时，要知道在电流表时，通常都会用导线把电流表的两个接线柱3（2017•）图1和图2是中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实S1A1S2A2逐渐变A3A2与A3（A1中，A1L1B1S1，电路稳定后，A1L1C2R与L2D2S2瞬间，L2RL的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电【解答】解：A、图1中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小LLA1A错误；B1中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间A1突然闪亮，说明灯泡中的电B错误；RL2C正确；D2S2瞬间，L2L2R中电流不D错误。故选：C4（2020•圈接三个阻值相同的电阻R，不计内电阻影响。闭合开关S后（ A．电流表A2的示数减 B．电压表V1的示数减C．电压表V2的示数不 D．电流表A1的示数不【解答】解：ABCS闭合时，副线圈电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数RV2＝，故电流表A2的示数减小，故A正确，BC错误Ia1变大，电流表A1示数要变大，故D错误；5（2021•R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0（A．导体棒做匀直线运BCR 力做的总功小于【分析】根据第二定律得到加速度和速度的关系，由此分析加速度的变化情况；R消耗的总电能；根据动能定理可知导体棒克服力做的总功。【解答】解：A、设磁感应强度为B，导轨的宽度为L，当速度为v时的力为 加速度减小、导体棒做加速度减小的运动，故A错误；Bb→a，故B电能为ER＝＝，故C正确； 力做的总功等于mv02，故D错误故选：C根据第二定律列方程进行求解加速度大小，根据动能定理、功能关系、焦耳定律等6（2021•）一正弦式交变电流的i﹣t图像如图所示。下列说法正确的是（At＝0.4sBC【解答】解：At＝0.4sABT＝0.4sBC、根据图像可知交流电电流的最大值为Im＝2A，角速度i＝2cos5πtACD、电流的有效值为I＝，故D错误；二．计算题（1小题7（2019•匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场bcv匀速运动，求：ab边产生的焦Q【分析（1）根据导体切割磁感应线处的感应电动势计算求解感应电动势大小求出线框产生的总热量，ab（1）Q总ab边产生的热量Q1＝Q总＝。（1）BLv；ab边产生的 为【点评】对于电磁感应问题研究思路常有两条：一条从力的角度，根据第二定律或三．解答题（4小题8（2021•f＝kv（k为常量）vtG﹣kv＝m（①式）m为物体质量，Gvm。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①It2I﹣t12R（1）vmI随时间tI﹣t关系式画出I﹣t（1）a、电路中电流I随时间t的变化规律为：E﹣IR＝L（其中L为线圈的自感系b、根据E﹣IR＝L可得：＝，由于E、R、L不变，I逐渐增大，则I﹣t122电阻R1（1）电流I随时间t变化的方程为E﹣IR＝L；画出I﹣t图线见解析129（2020•）如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝电阻r＝2Ω，其两端与R＝48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示R求电阻RU（1）R（1）Ra→b；R9.6V10（2020•1所示为该列车在进a车v的变化曲线。20m/s3m/stx2RN及导轨的电阻。MNMN棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。列车开始制动时，其速度和电气制动1P1100m/s3m/s（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动规律的综合运用；第二【分析（1）根据图线分析列车速度从20m/s降至3m/s的过程加速度大小，由加速度定义式求时间，由速度﹣位移求位移；P点的正比例函数，由此画图；电气制动和空气阻力产生的加速度都随速度的减小而减小，列车速度从20m/s降至3m/sav减小而增大，由此分析列车速度为多少时需（1）120m/s3m/sa＝0.7m/s2的匀直线运动，所以t＝＝由速度﹣位 v2﹣v02＝﹣2ax得MNMN受到的力MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列P点的正比例函数，画出的图线如下图所示：1100m/s3m/sav减小而增3m/s附近所需机械制动最强。（1）100m/s3m/s3m/s的分析以及第二定律的综合应用等问题，涉及的知识点较多，题干阅读量大，弄清1（2017•12所示的情景。在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒abMN、PQ放在轨道上，v（vMN）向右做匀速运动。1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨MPabI。求在△t12ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要3（1ab4（2ab）中，分别画出自由电荷所受ab中的自由电荷所受洛伦兹（1）△t（1）E电＝EI△t＝2mg＝F安F安联立解得：△Em＝BILv△t（2）a3b到a；图4是由于通电使得导体棒中形成电流，所以电流方向由a到b，同时电荷还要匀速b、以图2“电动机”为例，所受到的洛伦兹力方向如图4所示，导体棒ab中的自由电荷W1＝F′洛xxW2＝﹣F′洛yy，（1）BILv△tb2ab考点匀变速直线运动规律的综合运例1：如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m。该车加速时最大加速度大小为2m/s2，时最大加速度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（ C．如果立即做匀运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车D．如果距停车线5m处，汽车能停在停车线处AB2s的位移和速方案二、停 v1＝v0+a1t1＝12m/s＜12.5m/s，汽车没有超速，A项正确、B如果立即做匀运动，速度减为零需要时间s，此过程通过的位移＝6.4m6.4m18m，汽车不会过停车线，如果距停车线5m处，则会过线，因而C项正确、D错误；6m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车。试求：（1）据运动学求出两车的位移，从而求出两车相距的距离。（1）即at＝v自，解得：t＝＝s＝2s，此时距离△s＝s2﹣s1＝v自t﹣at2，（1）s1则等于其图线与时间轴围成的三角形的面积。t＝t0时矩形与三v﹣t图象的斜率表示物体的加速度，由a＝tanα＝t＝2s。（1）（2）4s12m/s题型①②v1＝v2时，A、B题型2：速度大者（匀）追速度小者（匀速①v1＝v2时，ABA、B②v1＝v2时，AB，则A、B题型3：被追赶的物体做匀运动的追击①2个关系、1②由运动示意图找出两物移间的关联方程，这是关键若被追赶的物体做匀运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动v﹣t图象进行分析。 g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2g例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（ g的匀加速直线g与质量无关．解答：AABBCv＝gtCD正确． 小石子出发点离A点约为 分析根据上痕迹的长度可以知道在时间内物体下落的距离由此可以估算出段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的可以求得下落的距离解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m， 时间为s，所以AB段的平均速度的大小为v＝＝ 由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h＝＝＝20m，所以C正确．例3：如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次的位置．连续两次的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d．根据图中的信息，下列判断正确的是（ 的速度．根据运动学也可求出位置“1”的速度，看求出的加速度是否等于g来判定机解答：根据△x＝aT2，知a＝＝；＝根据v3＝v1+a•2T，得v1＝v3﹣a•2T＝≠0，故位置“1”不是初始位置；根据求出的加速gB、C、D正确，A错误．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动也适用于自3表达式：F合＝maF合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N1N＝1kg•m/s2．（1）第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系对第二定律的进一步理第二定律是动力学的内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的另外，第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬aF合瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时，是瞬时对应的aF合独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循第二定律，而物体的合题型一：对第二定律的进一步理解的考两图线可以得出（）A．物块的质量为1.5kgBC．t＝3sD．t＝3sv﹣tF﹣t4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以速运动，由第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度4～6sf＝F＝2N2～4s根据第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s2m/sB、D正确，A、C错误．再由第二定律来求解．题型二：对第二定律瞬时性的理m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（） 可突变！根据第二定律求解瞬间的加速度．解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由第二定律得：a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；加速度是联系运动和受力的重要“桥梁，将运动学规律和第二定律相结合是解决v0＝4m/sθ＝30°的斜面上滑紧接t图线如图乙所示．g10m/s2（1）由第二定律可以得到摩擦因数由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由第二定律可得下滑的加速度，再由运（1）下滑摩擦力方向变为向上，由第二定律F＝ma得：解得：（1）点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用第二定律和运动学联合求解根据第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应轻弹簧模型：①F＝kxk是弹簧的劲度系数，x②应用第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，情况，都需用第二定律列方程．应用第二定律的解题步根据第二定律和运动列方程求解（列第二定律方程时可把力进行分解能量转化和转移的方例1；如图所示，质量为m的小铁块A以水平速度v0冲上质量为M、长为l、置于光滑水平面C上的木板B，正好不从木板上掉下，已知A、B间的动摩擦因数为μ，此时木板对地s，求这一过程中：（1）μmgs．μmg（l+s（1）μmgs．μmg（l+s例2：如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M＞m）的滑块，通过不可伸长的轻 B．重力对MMC．轻绳对mmDMabBMMBCCD正确；明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量△E减和增加的能量△E增的表达式．列出能量守恒关系式：△E减＝△E闭合电路的欧姆定（2）②E＝U外+Ir（适用于所有电路 R增大时，U当外电路短路时，I短＝如图所示，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑片P处于左端时，三盏灯L1、L2、L3P从左端逐渐向右端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）AL1、L2变暗BL3变暗，L1、L2变亮CV1、V2示数均变大DV1、V2L2L2V2示数的变化。再根据路端电化，分析L1电流的变化，即可判断灯泡L1亮度的变化。根据路端电压的变化，判断两电压解：B、滑片P阻变大，根据闭合欧姆定律可得干路电流I＝变小，灯泡L2变暗，故B错误CL2U2＝IR2V2V1（r+R2A、小灯泡L3变亮，根据串、并联电路的特点I＝I1+I3，I减小，I3＝变大，则通过小灯L1的电流I1L1A正确。DV1、V2U＝E﹣Ir，I减小，UD正确。AD。①E＝U+Ir（E、r不变）U＝IR②③两个关系：外电压等于外电串联各分电压之和；总电流等于各支路电流之和如图所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝3Ω，甲图中R0＝1Ω，乙图中直流电动机内阻＝1ΩR1R2时可使乙电路输P0＝2W A．2Ω，2ΩB．2Ω，1.5ΩC．1.5Ω，1.5Ω解：据P输出 可知对于乙图，输出的功率最大时，电动机的额定功率P0＝2W，电路中电流为所以P输出max＝2W+…①UR2＝12V﹣3I﹣所以I＝B正确。和发热功率的计算是不一样的。其他形式的能，EI＝P内+P外就是能量守恒定律在闭合电路中的体现。②U﹣I如图，直线A为电源的U﹣I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U﹣I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、 解：AB、由图线的交点读出，BP1＝UI＝8WCP2＝UI＝8WA错误，B正确。 ＝效率与路端电压成正比，B接在电源上时路端电压大效率高，η1＞η2C正确，D错误。U﹣I①②③④R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联。A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致。U﹣IU＝E﹣IrU﹣IAORAPA＝（2） 10w的发光二极管（LED灯）60W的白炽灯相当．根据国家节能，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭 ：各自的工作时间，根据W＝Pt可求节能灯少消耗的电能．：B．电，使每盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的功率最小的电路是下图所示的 B．C．D．解：A、由于AB两个灯泡的电阻大小不同，所以直接把AB串连接入电路的话，AB的电压不会平分，ABA错误；B、由于额定电压都是110V，额定功率PA＝100W、PB＝40W，由此可知RB＞RA，把灯泡AAB的电压不会平分，AB不会同时B错误；C110VPA＝100W、PB＝40WRB＞RA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以ABA200W；DABAB并联的总的电阻相等时，ABAB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率280W；CDCCP电P热P电＝PP电＝UI，P热＝I2RP电＞P热I2r．处理非纯电阻电路的计算问题时，要从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热+其他能②IR的乘积．即：类型一两只灯泡AB额定电压都是110V，A的额定功率为60W，B的额定功率为100W，为了接法？（） ． ． ．解：A、由于额定电压都是110V，额定功率PA＝60W、PB＝100W，由此可知RA＞RB，把A错误；B110VAB灯泡并联，B110VB错误；C110VPA＝60W、PB＝100WRA＞RB，把灯泡AA与并联部分的电阻相同，所以ABB200W；DABAB并联的总的电阻相等时，ABAB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率320W；CDCC正确．C．0.2V时，电动机不转，测得流过电动机的电流0.5A2.0V1.0A（1） 求出电动机的发热功率（1）P出＝U2I2﹣I22r＝1.6W．（2）卡住后热功率：P热＝＝（1）热功率是指在这段电因发热而消耗的功率决定于通过这段电路电流强度的平方和这段1．力的方在磁场中所受力的方向．（2）力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面某同学画的表示磁场B、电流I和力F的相互关系如图所示，其中正确的是 A．B．C．D．解根据左手定则可知，A图中力方向应该向下，B图中力应该垂直于磁场斜向上，ABC错误，D正确．感应电动势的产生条法拉第电磁感应定（2） ，一般求平均电动势选用E＝n，求瞬时电动势选用E＝Blvsinθ．导出电荷量q＝n．导体切割磁感线时的感应电动vθE＝BlvsinθvE＝BlvE＝Blv＝lωEOFABABOF以速度v从O点开始右移，设导轨和金属棒均为粗细相同的同种金属制成，则下列说法正 分析：感应电动势大小根据E＝BLv，L是有效的切割长度分析；要判断感应电流，先A、BOtL＝vt•tanα＝BLv＝Bvt•tanα•v∝tA错误，BC、D根据电阻定律得t时刻回路中总电阻为R＝（vt+vt•tanα+）感应电流大小为I＝＝ 与t无关，说明感应电流大小不变，故C正确，D错误。故选：BCE＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥vB、L、v三者两两垂直式中的L应该取vBab的长度。E＝BLvvEvE为若导体不是垂直切割磁感线运动，v与BE＝Blv1＝Blvsinθ电磁感应中的能量感应电流在磁场中受力，外力克服力做功，将其它形式的能转化为电能，电流电流做功产生的热量用焦耳定律计算，为电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5ΩB＝0.8T值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦Qr＝0.1J（g＝10m/s2）求：金属棒在此过程中克服力的功Wv＝2m/s（1）生的热量关系，从而求得总的焦，即为金属棒克服力的功W安．，，（1）由于R＝3r，因此由焦耳定律Q＝I2Rt得：QR＝3Qr＝0.3J，所以克服力做功：W安金属棒下滑速度v＝2m/s时，所受的力为 a＝0时，v可得：vm＝＝若根据能量守恒定律得：mgSsin30°＝W解得：vm＝m/s≈2.73m/s，所以金属棒下滑的最大速度vm为2.73m/s．金属棒在此过程中克服力的功W安是v＝2m/savm化成其它形式的能（如内能．这能转化途径可表示为：利用克服力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服力所做的功自感现象和自感系应电动势叫做自感电动势．单位：（H，1mH＝10﹣3H，1μH＝10﹣6H圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（ 合上开关，a先亮，ba、b合上开关，b先亮，ab比a断开开关，a逐渐熄灭、ba断开开关，b逐渐熄灭、ab解答：A、由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡b比aA错误，B