2021年高考物理真題分類匯編之電磁感應(yīng)定律

一．選擇題（2小題1（2018O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OMO轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好。空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度過程Ⅰ； A．B．C．2（2017?了有效外界對STM的擾動(dòng)在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小，如圖所示，無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對紫銅薄板 B． 二．多選題（4小題3（2021v0a0t＝t2，b棒仍位（A．t1時(shí)刻aB．t2bC．t1～t2時(shí)間內(nèi)，通過ab2D．t1～t2時(shí)間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦為）4（2020?新課標(biāo)Ⅰ后（）（多選）5（218）（A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)BN極指向垂直紙面向里的方向動(dòng)）6（2019?新課標(biāo)ⅠrOMN上。t＝0所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示。則在t＝0t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)（）圓環(huán)所受力的方向始終不參考答案與試題解一．選擇題（2小題1（2018O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OMO轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度過程Ⅰ； A．B．C．q＝It求出即可。R，金屬桿從Q到S 設(shè)回路的總電阻為r，第一次通過線圈某一橫截面的電荷量為：q1＝I1△t1＝＝磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B聯(lián)立①②③可得：．故B正確，ACD錯(cuò)誤，2（2017?了有效外界對STM的擾動(dòng)在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小，如圖所示，無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對紫銅薄板 B． BD選項(xiàng)，只能左右振動(dòng)時(shí)，才有磁通量變化，上下振動(dòng)時(shí)，卻沒有磁通量變化；C選項(xiàng)上下左右振動(dòng)時(shí)，磁通量都A選項(xiàng)上下左右振動(dòng)時(shí)穿過板的磁通量均變化，故A正確，BCD錯(cuò)誤；二．多選題（4小題3（2021應(yīng)強(qiáng)度大B的勻強(qiáng)磁場t＝t1時(shí)刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GHv0a0t＝t2，b棒仍位（A．t1時(shí)刻aB．t2bC．t1～t2時(shí)間內(nèi)，通過ab2D．t1～t2時(shí)間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的 a、b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向，確定感應(yīng)電動(dòng)勢，求得a棒所受力，由第二定律求得加速度；由已知求得b棒質(zhì)量，分析a、b受力，判斷系【解答】解：Aa、b進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流均為順時(shí)針方a、bE＝2BLv0。對a由第二定律得解得：a＝，故A正確可知a的體積是b的2倍，密度相同，則a的質(zhì)量是b的2倍，即b的質(zhì)量為a、b在磁場中時(shí)，通過的電流總是反向等大，所受力總是反向等大，a、b組成的系可知兩者此時(shí)速度相同，設(shè)為v。取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0﹣v0＝（m+解得：v＝v0，即t2時(shí)刻b棒的速度為v0，故B錯(cuò)誤C、t1～t2時(shí)間內(nèi)，通過a、bq＝Ita、b棒橫截面的電荷C錯(cuò)誤；D、t1～t2時(shí)間內(nèi)，對a、bm+×＝（m+）v2+Qa棒產(chǎn)生的焦 Qa＝Q總＝m ，故D正確。）4（2020?新課標(biāo)Ⅰ后（）【分析】分別對金屬框和導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，根據(jù)第二定律和電動(dòng)勢公式求出者的加速度表達(dá)式及感應(yīng)電流的表達(dá)式，解得加速度差值a1﹣a2＝﹣（+）BIL，當(dāng)加速度差值為零時(shí)，解得I＝，畫出v﹣t圖象分析即可。應(yīng)電流從M向N，在感應(yīng)電流力作用下向右加速，加速度為a2，對導(dǎo)體棒MN，由＝，此后金屬框與MN的速度差維持不變，感應(yīng)電流不變，MN受到的安培力不變，加速度不變，v﹣t圖象如圖所示：A錯(cuò)誤；BCD、MNMN的速度小于金屬框速，MNbc邊的距D錯(cuò)誤。（多選）5（218）（A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動(dòng)BN極指向垂直紙面向里的方向動(dòng)的方向，結(jié)合定則得出直導(dǎo)線周圍磁場的方向，從而確定指南針的偏轉(zhuǎn)方向。同理結(jié)合定則得出直導(dǎo)線周圍磁場的方向，從而確定指南針的偏轉(zhuǎn)方向。的方向由南到北，根據(jù)定則，直導(dǎo)線上方的磁場方向垂直紙面向里，則小磁針N極A正確。BC、干電池開關(guān)閉合并保持一段時(shí)間后，根據(jù)定則，可知，左邊線圈中有磁通量，BC錯(cuò)誤。DA選項(xiàng)分析，可知，根據(jù)楞次定律，左邊線圈中產(chǎn)生電流，電流的方向由北到南，根據(jù)定則，直導(dǎo)線上方的磁場方向垂直紙面向外，則小磁針ND正確；【點(diǎn)評】本題考查了楞次定律和定則的基本運(yùn)用，知道小磁針靜止時(shí)N極的指向?yàn)椋?（2019?新課標(biāo)ⅠrOMN上。t＝0間隔內(nèi)（）A．圓環(huán)所受力的方向始終不由左手定則可知：0﹣t0時(shí)間內(nèi)圓環(huán)受到的力向左，t0﹣t1時(shí)間內(nèi)力向右，故錯(cuò)誤，B ，故C正確，D錯(cuò)誤；考點(diǎn)卡表達(dá)式：F合＝maF合＝k?ma，只有在國際做1N1N＝1kg?m/s2．對第二定律的進(jìn)一步理涵：F量化了迫使物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)”的基本特性（慣性a則描述了物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個(gè)量的另外，第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時(shí)關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此 A．物塊的質(zhì)量為1.5kgB2NC．t＝3sD．t＝3sv﹣tF﹣t4～6s，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，所以速運(yùn)動(dòng)，由第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大?。鶕?jù)速度時(shí)間圖線求出3s時(shí)的速度4～6sf＝F＝22～s3s2m/sB、D正確，A、C錯(cuò)誤．再由第二定律來求解．QF1F2a應(yīng)是（）A．則a＝g，方向豎直向 B．則a＝g，方向豎直向 D．則a＝，方向水平向可突變！根據(jù)第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時(shí)，受力如圖所示，由共點(diǎn)力平衡條件得，F(xiàn)2＝mgtanθ，F(xiàn)1＝由幾何關(guān)系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由第二定律得：a＝＝，方向水平向左，故ABC錯(cuò)誤，D正確；，v0＝4m/sθ＝30°的斜面上滑緊接t圖線如圖乙所示．g10m/s2．求：（1）由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得上滑距離，上下距離相等，由第二定律可得下滑的加速度，再由運(yùn)（1）上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由第二定律F＝ma得上滑過程下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏?，由第二定律F＝ma得：（1） 根據(jù)第二定律知，加速度與合外力存在瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系．對于分析瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系時(shí)應(yīng)輕彈簧模型：①F＝kxk是彈簧的勁度系數(shù)，x應(yīng)用第二定律解答動(dòng)力學(xué)問題時(shí)，首先要對物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，情況，都需用第二定律列方程．應(yīng)用第二定律的解題步根據(jù)第二定和運(yùn)公式列程求解（第二律方程可把力行分解）△p1＝﹣△p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，地面光滑．當(dāng)彈簧突然釋放后，則有（）A．A、B系統(tǒng)動(dòng)量守 解答：A、BA、B和彈簧、小車組成的系統(tǒng)受合外力為零，所mA：mB＝3：2，A、BA、B組A錯(cuò)誤．B正確；C、D由于A、Bm1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN(yùn)＝μmg知，A對C正確，D錯(cuò)誤．例子：如圖所示，C3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊AB，它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ最初木板靜止A、木塊A分析（1）A、B兩木塊同時(shí)水平向右滑動(dòng)后，木塊A先做勻直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊A與終共同的速度，對B由第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理求解發(fā)生的位移；（2）ACAAA在整個(gè)過程中的最小速度．解答（1）木塊A先做勻直線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B一直做勻直線CA、B、C三者的速度相等為止，v1A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：B（2）ACAB（1）；（2）木塊Ah＝0.3mmv0在水平面上迎著v0g＝1Om/s2）解答：設(shè)小球越過滑塊最高點(diǎn)的速度為v1v2，根據(jù)動(dòng)量守恒得：mv02＝mv12+v1＞v2，至少也要有v1＝v2v1＝v2＝v，上述兩式變?yōu)閙v02＞M＝2kg的甲、乙兩輛小車，兩車之間通過一的瞬時(shí)速度沒有影響Pμ＝0.5，P之間使彈簧處于壓縮狀態(tài)，此時(shí)彈簧的彈上乙車后最終未滑離乙車，g10m/s2．求：（1）P滑上乙時(shí)的瞬時(shí)速度．（1）E0＝ +①②兩式聯(lián)立解得：v1＝4m/s（1）（2）滑塊P滑上乙車后最終未滑離乙車，滑塊P在乙車上滑行的距離為m．①（1）計(jì)算式：ρ＝ A錯(cuò)誤，BD正確．如圖所示，PL，直徑為D，鍍膜材料的電阻率為ρ，膜的厚度為d．管兩端有導(dǎo)電金屬箍M、N．現(xiàn)把它接入電路中，測得M、NUI．則金屬膜的電阻率的值為（）A.B.C.大小，在根據(jù)電阻定律R＝ρ計(jì)算出鍍膜材料的電阻率即可．鍍膜材料的截面積為s＝2π?d＝πDd，ρρ＝＝，所以C正確．C．為陶瓷管周長，寬為d的矩形，計(jì)算出截面積，再根據(jù)電阻定律計(jì)算即可．UI R增大時(shí)，UL3P從左端逐漸向右端滑動(dòng)的過程中，下列說法中正確的是（AL1、L2變暗B．小燈泡L3變暗，L1、L2CV1、V2示數(shù)均變大D．電壓表V1、V2L2L2V2示數(shù)的變化。再根據(jù)路端電（r+R2A、小燈泡L3變亮，根據(jù)串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)I＝I1+I3，I減小，I3＝ 泡L1的電流I1減小，小燈泡L1變暗，故A正確。DV1、V2示數(shù)之和為U＝E﹣Ir，I減小，U增大，故D正確。AD。①閉合電路歐姆定律E＝U+Ir（E、r不變）和部分電路歐姆定律U＝IRP0＝2W， 2Ω，2ΩB．2Ω，1.5ΩC．1.5Ω，1.5Ω解：據(jù)P輸出 可知對于乙圖，輸出的功率最大時(shí)，電的額定功率P0＝2W，電路中電流為I，所以P輸出max＝2W+…①所以I＝B正確。其他形式的能，EI＝P內(nèi)+P外就是能量守恒定律在閉合電路中的體現(xiàn)。A為電源的U﹣IBCR1R2的U﹣I圖線，用該電R1、R2P1、P2η1、η2，則 U﹣I圖線的交點(diǎn)，CP2＝UI＝8WA錯(cuò)誤，B正確。CD電源的效率η＝＝＝效率與路端電壓成正比，B接在電源上時(shí)路端電壓大，效率高，η1＞η2C正確，D錯(cuò)誤。U﹣I①明確坐標(biāo)的物理意義R串與并聯(lián)部分串聯(lián)。A、BR串三、電源的U﹣IAPA＝對于U﹣I圖線中縱坐標(biāo)（U）不從零開始的情況，圖線與橫坐標(biāo)的交點(diǎn)坐標(biāo)小于短路電環(huán)形電流的兩側(cè)是NS極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，力1．力的方在磁場中所受力的方向．（2）力方向的特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B、I決定的平面2．力的大Bθ當(dāng)磁場和電流垂直時(shí)，力最大，為當(dāng)磁場和電流平行時(shí)，力等于零 不垂直應(yīng)當(dāng)將導(dǎo)線沿磁場與垂直于磁場分解，因此垂直時(shí)力最大，最大為F＝BIL．解：AB、根據(jù)左手定則可知，力方向與磁場和電流組成的平面垂直，即與電流和磁場A錯(cuò)誤，B正確；C錯(cuò)誤；，D、當(dāng)電流方向與磁場的方向平行，所受力為0，將直導(dǎo)線從中折成直角，力的大，的，故D錯(cuò)誤導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直時(shí)，力最大，為F＝BIL．M、N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大?。ˋ．oa、b、c、d四點(diǎn)磁場的方向，根據(jù)平行四邊形0A錯(cuò)誤．B、Mab處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，N在a處產(chǎn)生的B錯(cuò)誤．C、Mc處產(chǎn)生的磁場方向垂直于cMddM偏下，N在ccNddN偏下，根據(jù)平行四邊形定則，知c處的磁場方向豎直向下，d處的磁場方向豎直向下，且合場強(qiáng)大小相等．故C正確．D、a、c兩點(diǎn)的磁場方向都是豎直向下．故D錯(cuò)誤．C．．（二）力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向的判法法結(jié)體磁場中所受的力然后由第三定律確定磁體所受電流磁場的作用力，在應(yīng)用左手定則判定力方向時(shí)，磁感線方向不一定垂直于電流方向，但力方（三）與力有關(guān)的力學(xué)綜合問題（1）BLL等于兩端點(diǎn)所連直線的長度（如圖所示L變?nèi)S為二維，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，其中力F安⊥B、F安⊥I；1．力的方在磁場中所受力的方向．（2）力方向的特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B、I決定的平面 解根據(jù)左手定則可知，A圖中力方向應(yīng)該向下，B圖中力應(yīng)該垂直于磁場斜向上，垂直于電流方向，故ABC錯(cuò)誤，D正確．1．力的方在磁場中所受力的方向．（2）力方向的特點(diǎn)：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B、I決定的平面2．力的大Bθ當(dāng)磁場和電流垂直時(shí)，力最大，為當(dāng)磁場和電流平行時(shí)，力等于零受到的力大小為（）A．0B．0.5BIlC．BIl解：導(dǎo)線在磁場內(nèi)有效長度為2lsin30°＝l，故該V形通電導(dǎo)線受到力大小為F＝BI2lsin30°＝BILC正確．Φ磁感應(yīng)強(qiáng)度變化（隨時(shí)間、位置變化）Φ變化．計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢的公式有兩個(gè)：一個(gè)是E＝n 確選用公式，一般求平均電動(dòng)勢選用E＝n ，求瞬時(shí)電動(dòng)勢選用E＝Blvsinθ．導(dǎo)出電荷量q＝n E＝Blv＝lω如圖所示，三角形金屬導(dǎo)軌EOF上放一金屬桿AB，在外力作用下使AB保持與OF垂直，以速度v從O點(diǎn)開始右移，設(shè)導(dǎo)軌和金屬棒均為粗細(xì)相同的同種金屬制成，則下列說法正 E＝BLv，L是有效的切割長