2023年高考物理真題分類匯編：電磁

2023年高考真題分類匯編：電磁

一、選擇題

1.（2023?北京）自制一個原、副線圈匝數(shù)分別為600匝和190匝的變壓器，原線圈接12V的正弦交流電

源，副線圈接額定電壓為3.8V的小燈泡。實際測得小燈泡兩端電壓為2.5V。下列措施有可能使小燈泡正

常發(fā)光的是（）

A.僅增加原線圈匝數(shù)

B.僅增加副線圈匝數(shù)

C.將原、副線圈匝數(shù)都增為原來的兩倍

D.將兩個3.8V小燈泡并聯(lián)起來接入副線圈

2.（2023?北京）如圖所示，光滑水平面上的正方形導(dǎo)線框，以某一初速度進入豎直向下的勻強磁場并最

終完全穿出。線框的邊長小于磁場寬度。下列說法正確的是（）

A.線框進磁場的過程中電流方向為順時針方向

B.線框出磁場的過程中做勻減速直線運動

C.線框在進和出的兩過程中產(chǎn)生的焦耳熱相等

D.線框在進和出的兩過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量相等

3.（2023?北京）如圖所示，L是自感系數(shù)很大、電阻很小的線圈，P、Q是兩個相同的小燈泡，開始時,

開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，P燈微亮，Q燈正常發(fā)光，斷開開關(guān)（）

A.P與Q同時熄滅B.P比Q先熄滅

C.Q閃亮后再熄滅D.P閃亮后再熄滅

4.（2023?山東）某節(jié)能儲能輸電網(wǎng)絡(luò)如圖所示，發(fā)電機的輸出電壓Ui=250V,輸出功率500kW。降壓變

壓器的匝數(shù)比m：m=50：1,輸電線總電阻R=62.5C。其余線路電阻不計，用戶端電壓U4=220V,功

率88kW,所有變壓器均為理想變壓器。下列說法正確的是（）

A.發(fā)電機的輸出電流為368A

B.輸電線上損失的功率為4.8kW

C.輸送給儲能站的功率為408kW

D.升壓變壓器的匝數(shù)比m：m=l：44

5.（2023?海南）如圖所示電路，已知電源電動勢為E,內(nèi)阻不計，電容器電容為C,閉合開關(guān)K,待電路

穩(wěn)定后，電容器上電荷量為（）

1?2

A.CEB.iCFC.jCFD.式E

6.（2023?海南）下圖是工廠利用〃=220&sinl00mV的交流電給36V照明燈供電的電路，變壓器原線圈

匝數(shù)為1100匝，下列說法正確的是（）

A.電源電壓有效值為220V^VB.交變電流的周期為0.02s

C.副線圈匝數(shù)為180匝D.副線圈匝數(shù)為240匝

7.（2023?海南）汽車測速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象,汽車可簡化為一個矩形線圈abed,埋在地下的線圈分別

為1、2,通上順時針（俯視）方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過線圈時（）

A.線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上

B.汽車進入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abed

C.汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abed

D.汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同

8.（2023?浙江）如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導(dǎo)體棒，通過兩根長均為/、質(zhì)量不計的導(dǎo)電

細(xì)桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為L細(xì)桿通過開關(guān)S可與直流電源或理想二極管串接。

在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強度方向豎直向上、大小為8的勻強磁場，不計空氣阻力和其它電阻。開

關(guān)S接1,當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時，細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點*然后開關(guān)S接2,棒從右側(cè)開始運動

完成一次振動的過程中（）

A.電源電動勢比=繚9R

B.棒消耗的焦耳熱Q=（1—孝）Mg]

C.從左向右運動時，最大擺角小于今

D.棒兩次過最低點時感應(yīng)電動勢大小相等

9.（2023?浙江）我國llOOkV特高壓直流輸電工程的送電端用“整流”設(shè)備將交流變換成直流，用戶端用

“逆變”設(shè)備再將直流變換成交流。下列說法正確的是（）

A.送電端先升壓再整流B.用戶端先降壓再變交流

C.UOOkV是指交流電的最大值D.輸電功率由送電端電壓決定

10.（2023?上海）如圖所示，&四個完全相同的燈泡，亮度最高的是（）

L,

A.LiB.L2C.L3D.L4

11.（2023?上海）如圖所示，有一光滑導(dǎo)軌處于勻強磁場中，一金屬棒垂直置于導(dǎo)軌上，對其施加外力,

安培力變化如圖所示，取向右為正方向，則外力隨時間變化圖像為（）

12.（2023?湖北）近場通信（NFC）器件應(yīng)用電磁感應(yīng)原理進行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈

尺寸從內(nèi)到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0cm、1.2cm和1.4cm,

圖中線圈外線接入內(nèi)部芯片時與內(nèi)部線圈絕緣。若勻強磁場垂直通過此線圈，磁感應(yīng)強度變化率為

103T/S，則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最接近（）

天線

A.0.30/B.0.44/C.0.59/D.4.3V

13.（2023?遼寧）如圖，空間中存在水平向右的勻強磁場，一導(dǎo)體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速

轉(zhuǎn)動，且始終平行于OP。導(dǎo)體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像可能正確的是（）。

14.（2023?江蘇）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導(dǎo)體棒的。端位于圓心，棒的

中點A位于磁場區(qū)域的邊緣。現(xiàn)使導(dǎo)體棒繞。點在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)動。。、A、C點電勢分別為夕。、“A、

夕B,則（）

A.(po>(PcB.(pc><pA

C.(pO=(pAD.(PO-(pA=(pA-(PC

15.（2023?全國乙卷）一學(xué)生小組在探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時，進行了如下比較實驗。用圖（a）所示的纏繞

方式，將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機玻璃管和金屬鋁管上，漆包線的兩端與電流傳感器接通。

兩管皆豎直放置，將一很小的強磁體分別從管的上端由靜止釋放，在管內(nèi)下落至管的下端。實驗中電流

傳感器測得的兩管上流過漆包線的電流I隨時間I的變化分別如圖（b）和圖（C）所示，分析可知

（）

A.圖（c）是用玻璃管獲得的圖像

B.在鋁管中下落，小磁體做勻變速運動

C.在玻璃管中下落，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變

D.用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的短

16.（2023?浙江選考）如圖甲所示，一導(dǎo)體桿用兩條等長細(xì)導(dǎo)線懸掛于水平軸。0',接入電阻R構(gòu)成回

路.導(dǎo)體桿處于豎直向上的勻強磁場中，將導(dǎo)體桿從豎直位置拉開小角度由靜止釋放，導(dǎo)體桿開始下

擺。當(dāng)/?=/?0時，導(dǎo)體桿振動圖像如圖乙所示。若橫縱坐標(biāo)皆采用圖乙標(biāo)度，則當(dāng)R=2R。時，導(dǎo)體桿振

動圖像是（）

甲乙

二、多項選擇題

17.（2023?山東）足夠長U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1巾，電阻不計。質(zhì)量為1kg、長為

1m、電阻為10的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和H區(qū)域內(nèi)分別存

在豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度分別為當(dāng)和助，其中&=27,方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固

定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點與質(zhì)量為0.的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時

刻MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域I和II并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度

Vi=2m/s,CD的速度為外且。2>%，MN和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取lOm/sZ,

C.v2=5m/sD.v2=3m/s

18.（2023?浙江）以下實驗中，說法正確的是（）

A.“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，充電時電流逐漸增大，放電時電流逐漸減小

B.“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，滴入油酸酒精溶液后，需盡快描下油膜輪廓，測出油膜

面積

C.“觀察光敏電阻特性”和“觀察金屬熱電阻特性”實驗中，光照強度增加，光敏電阻阻值減??；溫度升

高，金屬熱電阻阻值增大

D.“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗中，如果可拆變壓器的“橫梁”鐵芯沒裝上，原線

圈接入10V的交流電時，副線圈輸出電壓不為零

19.（2023?遼寧）如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和

2d,處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為

d,導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d,PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點

之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性

限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是

（）。

P

2B.????2M

N

Q

A.彈簧伸展過程中、回路中產(chǎn)生順時針方向的電流

22

B.PQ速率為v時，MN所受安培力大小為4Bd-

3R

C.整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2：1

D.整個運動過程中，通過MN的電荷量為照

20.（2023?湖南）某同學(xué)自制了一個手搖交流發(fā)電機，如圖所示。大輪與小輪通過皮帶傳動（皮帶不打

滑），半徑之比為4：1,小輪與線圈固定在同一轉(zhuǎn)軸上。線圈是由漆包線繞制而成的邊長為L的正方形，

共n匝，總阻值為磁體間磁場可視為磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。大輪以角速度3勻速轉(zhuǎn)動，帶

動小輪及線圈繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸與磁場方向垂直。線圈通過導(dǎo)線、滑環(huán)和電刷連接一個阻值恒為R的燈

泡。假設(shè)發(fā)電時燈泡能發(fā)光且工作在額定電壓以內(nèi)，下列說法正確的是（）

A.線圈轉(zhuǎn)動的角速度為43

B.燈泡兩端電壓有效值為3或nBja

C.若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則燈泡兩端電壓有效

值為

3

D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則燈泡變得更亮

2L（2023?全國乙卷）黑箱外有編號為1、2、3、4的四個接線柱，接線柱1和2、2和3、3和4之間各

接有一個電阻，在接線柱間還接有另外一個電阻R和一個直流電源。測得接線柱之間的電壓Un=

3.0V,U23=2.5V,U34=-1.5VO符合上述測量結(jié)果的可能接法是（）

A.電源接在1、4之間，R接在1、3之間

B.電源接在1、4之間，R接在2、4之間

C.電源接在1、3之間，R接在1、4之間

D.電源接在1、3之間，R接在2、4之間

22.（2023?全國甲卷）一有機玻璃管豎直放在水平地面上，管上有漆包線繞成的線圈，線圈的兩端與電流

傳感器相連，線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布，下部的3匝也均勻分布，下部相鄰兩匝間的距離大于

上部相鄰兩匝間的距離。如圖（a）所示?，F(xiàn)讓一個很小的強磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落，

電流傳感器測得線圈中電流I隨時間t的變化如圖（b）所示。則（）

圖（b）

A.小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來越快

B.下落過程中，小磁體的N極，S極上下順倒了8次

C.下落過程中，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變

D.與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，磁通量變化率的最大值更大

三、非選擇題

23.（2023?浙江）某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火

箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成團合回路。裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出

電壓確保回路電流/恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電

流/在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零，在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小Bi=k/

（其中女為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小

B2=2kl,方向與B/相同?；鸺裏o動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度出進入導(dǎo)軌，到達絕緣

?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M,導(dǎo)軌間距4=當(dāng)，導(dǎo)電

桿電阻為心導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導(dǎo)軌電阻和裝置A的內(nèi)

阻。在火箭落停過程中，

M

導(dǎo)

軌

(1)求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運動的距離L-,

(2)求回路感應(yīng)電動勢E與運動時間?的關(guān)系；

(3)求裝置A輸出電壓U與運動時間?的關(guān)系和輸出的能量W；

(4)若R的阻值視為0,裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小。

24.(2023?上海)如圖(a),線框cdef位于傾斜角0=30。的斜面上，斜面上有一長度為D的單匝矩形磁場區(qū)

域，磁場方向垂直于斜面向上，大小為0.5T,已知線框邊長cd=D=0.4m,m=0.1kg,總電阻R=0.25C,現(xiàn)

對線框施加一沿斜面向上的力F使之運動。斜面上動摩擦因數(shù)產(chǎn)多線框速度隨時間變化如圖(b)所示。

(重力加速度g取9.8m/s2)

(1)求外力F大小;

(2)求cf長度L；

（3）求回路產(chǎn)生的焦耳熱Q。

25.（2023?江蘇）小明通過實驗探究電壓表內(nèi)阻對測量結(jié)果的影響.所用器材有：干電池（電動勢約

1.5V,內(nèi)阻不計）2節(jié)；兩量程電壓表（量程0~3V,內(nèi)阻約3k。；量程0~15V,內(nèi)阻約15kH）1個；滑

動變阻器（最大阻值50C）1個；定值電阻（阻值50C）21個；開關(guān)1個及導(dǎo)線若干.實驗電路如題1

圖所示.

（1）電壓表量程應(yīng)選用（選填“3V”或T5V”）.

（2）題2圖為該實驗的實物電路（右側(cè)未拍全）.先將滑動變阻器的滑片置于如圖所示的位置，然后

用導(dǎo)線將電池盒上接線柱A與滑動變阻器的接線柱（選填連接，再閉合開關(guān)，開

始實驗.

（3）將滑動變阻器滑片移動到合適位置后保持不變，依次測量電路中。與1,2,…，21之間的電

壓.某次測量時，電壓表指針位置如題3圖所示，其示數(shù)為V.根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出電壓U與被

測電阻值R的關(guān)系圖線,如題4圖中實線所示.

（4）在題1圖所示的電路中，若電源電動勢為E,電壓表視為理想電壓表，滑動變阻器接入的阻值為

Ri，定值電阻的總阻值為￡，當(dāng)被測電阻為R時，其兩端的電壓U=（用及七、&、R

表示），據(jù)此作出U-R理論圖線如題4圖中虛線所示.小明發(fā)現(xiàn)被測電阻較小或較大時，電壓的實測值

與理論值相差較小.

（5）分析可知，當(dāng)R較小時，U的實測值與理論值相差較小，是因為電壓表的分流小，電壓表內(nèi)阻

對測量結(jié)果影響較小.小明認(rèn)為，當(dāng)R較大時，U的實測值與理論值相差較小，也是因為相同的原

因.你是否同意他的觀點？請簡要說明理由.

26.（2023?新課標(biāo)卷）一邊長為L、質(zhì)量為機的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為&,置于光滑的絕緣水平桌

面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為3,兩虛線為磁

場邊界，如圖（。）所示。

2L

____1??B??

圖(a)圖(b)

（1）使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊

界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。

（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻Ri=2R。，導(dǎo)軌電阻

可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運動，進入磁

場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻Ri產(chǎn)

生的熱量。

27.（2023?湖南）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為3兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平

面均與水平面成。角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B.現(xiàn)將質(zhì)

量均為TH的金屬棒a,b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R.運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌

始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為g.

（1）先保持棒。靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小孫;

（2）在（1）問中，當(dāng)棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小劭；

（3）在（2）問中，從棒匕釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間％,兩棒恰好達到相同的速度口，求速度笠的

大小，以及時間口內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離

28.（2023?浙江選考）如圖1所示，剛性導(dǎo)體線框由長為L、質(zhì)量均為m的兩根豎桿，與長為21的兩輕質(zhì)

橫桿組成，且L?2h線框通有恒定電流/o,可以繞其中心豎直軸轉(zhuǎn)動。以線框中心。為原點、轉(zhuǎn)軸為z

軸建立直角坐標(biāo)系，在y軸上距離O為a處，固定放置二半徑遠(yuǎn)小于a,面積為S、電阻為R的小圓

環(huán)，其平面垂直于y軸。在外力作用下，通電線框繞轉(zhuǎn)軸以角速度3勻速轉(zhuǎn)動，當(dāng)線框平面與xOz平面重

合時為計時零點，圓環(huán)處的磁感應(yīng)強度的y分量比與時間的近似關(guān)系如圖2所示，圖中無已知。

（1）求0到今時間內(nèi)，流過圓環(huán)橫截面的電荷量q；

（2）沿y軸正方向看以逆時針為電流正方向，在o?罵時間內(nèi)，求圓環(huán)中的電流與時間的關(guān)系；

（3）求圓環(huán)中電流的有效值；

（4）當(dāng)撤去外力，線框?qū)⒕徛郎p速，經(jīng)擠時間角速度減小量為213（9《1）,設(shè)線框與圓環(huán)的能量轉(zhuǎn)

換效率為匕求43的值（當(dāng)OV%?1,有（1一%）2x1—2%）。

答案解析部分

1.【答案】B

【知識點】變壓器原理

【解析】【解答】AB、根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)關(guān)系，群="，可得：提高輸出電壓，

u2n2"1

應(yīng)增加副線圈匝數(shù)、減小原線圈匝數(shù)，A錯誤，B正確；

C、原、副線圈匝數(shù)都增為原來的兩倍，匝數(shù)比不變，輸出電壓不變，C錯誤；

D、輸出電壓決定于變壓器原線圈電壓和匝數(shù)比，D錯誤；

故答案為：B

【分析】根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)的關(guān)系正確判斷。

2.【答案】D

【知識點】電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題

【解析】【解答】A、線框進磁場的過程中，根據(jù)楞次定律增反減同原理可判斷感應(yīng)電流為逆時針方向，

A錯誤；

B、線框出磁場的過程中，在安培力作用下減速運動，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可

得.BLv

伺：Fr安=BDItlL=-R鏟=ma>

可知安培力隨速度減小而減小，線框做加速度減小的減速運動，B錯誤；

C、線框進出磁場所受安培力大小不同，克服安培力所做功不同，產(chǎn)生的焦耳熱不同，C錯誤；

D、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和電流定義式可得：—.人工鞋二掌人幽進出磁場線框

磁通量的變化量相等，導(dǎo)線中通過的電荷量相等，D正確；

故答案為：D

【分析】根據(jù)楞次定律、安培力公式、克服安培力做功和電荷量公式正確判斷。

3.【答案】D

【知識點】自感與互感

【解析】【解答】根據(jù)題意，開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，P燈微亮，Q燈正常發(fā)光，說明自感線圈電阻遠(yuǎn)小于

燈泡電阻，自感線圈上分的電流遠(yuǎn)大于P燈泡上的電流；斷開開關(guān)時，自感線圈電流減小產(chǎn)生自感電動

勢阻礙原電流減小，與P燈泡構(gòu)成閉合回路，所以Q燈熄滅，P燈上通過自感線圈上電流，P燈變亮再

慢慢熄滅，ABC錯誤，D正確；

故答案為：D

【分析】根據(jù)通斷電自感現(xiàn)象正確判斷。

4.【答案】C

【知識點】電功率和電功；電能的輸送；變壓器的應(yīng)用

【解析】【解答】A.發(fā)電機的輸出Pi=U/i，可得發(fā)電機的輸出電流為：％=20004A不符合題意；

B.用戶端得到的功率P2=U4/4,可得降壓變壓器線圈中的電流為：〃=4004根據(jù)介：/4=叫；0可得

降壓變壓器原線圈中的電流為：，3=84則輸電線上損失的功率為：P拔==82x62.5〃=

400014Z=4.0kW,B不符合題意；

C.理想變壓器，輸入功率和輸出功率相等，可得輸送給儲能站的功率為：^P1-P2-P^=

SOOkW-8SkW-4.0/cWZ=408kW,C符合題意；

D.升壓變壓器的輸出功率為：P2+P^=U213,解得：%=U500V,由電壓與匝數(shù)的關(guān)系可得：,=

富,可得升壓變壓器的匝數(shù)比*=表，D不符合題意。

故答案為：Co

【分析】根據(jù)P=U/計算電動機的輸出功率；先根據(jù)P=UI計算降壓變壓器的輸出電流，再由電流與匝數(shù)

的關(guān)系推導(dǎo)出輸電線上的電流，然后根據(jù)P=/2R得到損失功率；根據(jù)理想變壓器的輸入功率與輸出功率

相等，推導(dǎo)輸送給儲能站的功率；先由升壓變壓器的輸出功率推導(dǎo)出升壓變壓器的輸出電壓，再根據(jù)電

壓與匝數(shù)的關(guān)系推導(dǎo)升壓變壓器的匝數(shù)比。

5.【答案】C

【知識點】電容器及其應(yīng)用；串聯(lián)電路和并聯(lián)電路的特點及應(yīng)用

【解析】【解答】由電路圖可知，電路為3R與2R串聯(lián)，R與4R串聯(lián)再并聯(lián)，且電源內(nèi)阻不計，故兩個

支路的總電壓均為E,負(fù)極板電勢視為零，

則2R上的電壓為：U「白?2R=|E="4R上的電壓為：U尸白4/?=射=0廣，

可知電容器兩板之間的電壓為：U下上=程尸-◎/.=|E,故電容器的電荷量為：Q="±C=|EC,

ABD錯誤，C正確；

故答案為：C

【分析】正確應(yīng)用串并聯(lián)電路電壓特點，計算電路圖右端兩個電阻電壓，由于電源負(fù)極板電勢可視作

零，則該電壓分別為電容器上下極板的電勢，由此計算電容器的電勢差和電荷量。

6.【答案】B,C

【知識點】變壓器原理；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值

【解析】【解答】A、電源電壓的有效值為：4=例=2翌=220gA錯誤；

17242

B、交變電流的周期為：T=-=^-=0.02s,B正確；

3lOOir

CD、根據(jù)理想變壓器原理：察可得：叫=融!=蕓乂1100=180歐正確，D錯誤；

u2/空Ni/u

故答案為：BC

【分析】根據(jù)交變電流瞬時值表達式可以得到電源電壓的有效值：就是峰值除以魚；由角速度可計算周

期；利用理想變壓器的電壓與匝數(shù)的關(guān)系計算副線圈匝數(shù)。

7.【答案】C

【知識點】安培力；安培定則；楞次定律

【解析】【解答】A、根據(jù)安培定則判斷線圈1、2中順時針電流的磁場方向為豎直向下，A錯誤；

B、汽車進入線圈1過程，磁通量增大，由楞次定律增反減同原理可知感應(yīng)電流方向為adcb,B錯誤；

C、汽車進入線圈1過程，磁通量減小，由楞次定律增反減同原理可知感應(yīng)電流方向為abed,C正確；

D、線圈所受安培力的方向始終和切割方向相反，亦可以用左手定則判斷，D錯誤；

故答案為：C

【分析】正確理解掌握安培定則、右手定則、楞次定律、左手定則判斷對象和使用方法，就可以做出判

斷。

8.【答案】C

【知識點】安培力；電磁感應(yīng)中的能量類問題

【解析】【解答】A.當(dāng)開關(guān)接1時，對導(dǎo)體棒受力分析如圖：

由幾何關(guān)系得：Mg=BIL,解得：/=黑，根據(jù)歐姆定律得：/=今，聯(lián)立解得：E0=警，故A不

DLKLJL

符合題意；

B.假設(shè)棒從左側(cè)開始運動到達最低點時速度為零，則棒的重力勢能減少：AEp=Mgl(l-cosO)=

(ig)Mgl，根據(jù)能量守恒定律知，棒消耗的焦耳熱：Q=a-^)Mgh由于棒速度為零時高度

高于最低點，所以完成一次過程中，棒消耗的焦耳熱小于a-^)Mgi，故B不符合題意；

C.根據(jù)B選項分析知，導(dǎo)體棒運動過程中，機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以從左向右運動時，最大擺角小于

p故C符合題意；

D.根據(jù)B選項分析知，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過最低點時的速度小于第一次經(jīng)過最低點時的速度，根據(jù)E=

BLu知，棒兩次過最低點時感應(yīng)電動勢大小不相等，故D不符合題意。

故答案為：C

【分析】以棒為研究對象，根據(jù)平衡條件求解電流強度，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源電動勢；假設(shè)

棒從左側(cè)開始運動到達最低點時速度為零時求出棒的重力勢能減少量進行分析；根據(jù)能量守恒定律分析

從左向右運動時的最大擺角；根據(jù)功能關(guān)系分析兩次經(jīng)過最低點的速度大小關(guān)系，再根據(jù)E=B。進行

分析。

9.【答案】A

【知識點】變壓器的應(yīng)用

【解析】【解答】AB.升壓和降壓都需要在交流的時候才能進行，所以送電端應(yīng)該先升壓再整流，用戶端

應(yīng)該先變交流再降壓，故A符合題意，B不符合題意；

C.llOOkU是指交流電的有效值，故C不符合題意；

D.輸電的功率是由用戶端負(fù)載得總功率來決定的，故D不符合題意。

故答案為：A

【分析】升壓和降壓都需要在交流的時候才能進行；llOOkV是指交流電的有效值；輸出功率決定輸入功

率。

10.【答案】A

【知識點】串聯(lián)電路和并聯(lián)電路的特點及應(yīng)用

【解析】【解答】根據(jù)電路圖可知，四個完全相同的燈泡，燈泡k位于干路中，流過燈泡人上的電流最

大，實際功率最大，亮度最亮，故BCD錯誤，A正確;

故答案為：A

【分析】根據(jù)串并聯(lián)電路的電流的特點，干路電流等于支路電流之和，燈泡及上的電流最大，功率最

大，亮度最亮。

11.【答案】C

【知識點】電磁感應(yīng)中的圖像類問題

【解析】【解答】由部分導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢：E=8。可知金屬棒所受安培力為：FA=

22

BIL=2工v，再由乙-t圖像可知，安培力與時間為線性關(guān)系可知：金屬棒先做向右的勻減速，再做

R+r

向左的勻加速直線運動，由牛頓第二定律：安培力與外力的合力為定值，即外力隨時間線性變化，由

F/1-t圖像可知：在0-%時間安培力為負(fù)值，方向向左，由左手定則和右手定則可知，金屬棒向右做減

速運動，在2to時間內(nèi)安培力為正值從零逐漸增加，方向向右，同理可知，金屬棒向左做初速為零的

勻加速直線運動，加速度不變，則在％時刻，合力向左，但乙=0,所以外力為負(fù)值不等于零，方向向

左。故ABD錯誤，C正確；

故答案為：C

【分析】正確掌握部分導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢時導(dǎo)體的安培力，結(jié)合安培力隨時間變化規(guī)律確

定導(dǎo)線運動規(guī)律和方向，即金屬棒先做向右的勻減速，再做向左的勻加速直線運動，由此確定外力與安

培力的合力不變，導(dǎo)線做勻變速直線運動，選取特殊的3時刻，確定外力的大小和方向，做出正確判

斷。

12.【答案】B

【知識點】法拉第電磁感應(yīng)定律

【解析】【解答】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E岑=喈=1。3乂<1,02+1.22+1.42；X

10-4K=0.44V,故B符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析求解。

13.【答案】C

【知識點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)中的圖像類問題

【解析】【解答】分析如圖所示：導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動的速度為v,半徑為r,從圖示位置開始轉(zhuǎn)過9角度，

導(dǎo)體棒垂直于磁感線方向的分速度為：=VCOS（0）,又因為：。=="

可知導(dǎo)體棒垂直磁感線的分速度變化為余弦函數(shù)，由左手定則判斷電流方向的變化規(guī)律，可得：u=

BLvcostj,所以ABD錯誤，C正確;

故答案為：C

【分析】由部分導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，垂直于磁感線方向速度的變化規(guī)律，從而確定感應(yīng)電

動勢的變化規(guī)律。

14.【答案】A

【知識點】楞次定律；感應(yīng)電動勢及其產(chǎn)生條件

【解析】【解答】0A切割磁感線運動，假設(shè)虛線為導(dǎo)體，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向由O點流向A

點，故eo>9A故A選項符合題意，B、C、D不符合題意。

故答案為：A

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，由右手定則判定電勢高低，磁感線垂直穿過掌心，拇指指向切割磁

感線方向，此時指尖電勢高于掌根電勢。

15.【答案】A

【知識點】渦流、電磁阻尼、電磁驅(qū)動；楞次定律；法拉第電磁感應(yīng)定律；電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題

【解析】【解答】A、強磁體在豎直金屬管中運動時，金屬管會產(chǎn)生渦流，所以受到電磁阻尼，強磁鐵在

管中加速后很快打到平衡狀態(tài)，勻速下降，脈沖電流峰值不變，而在玻璃管中磁體一直做加速運動，脈

沖電流峰值不斷增大，A正確；

B、在鋁管中，脈沖電流峰值不變，磁通量的變化率相等，強磁體做勻速直線運動，B錯誤；

C、在玻璃管中，脈沖電流峰值不斷增大，電流不斷變化，電磁阻力不斷變化，C錯誤；

D、強磁體由靜止釋放，在鋁管中，最終在線圈間勻速運動，玻璃管中在線圈間加速運動，故在鋁管中電

流第一個峰到最后一個峰的時間長，D錯誤。

故答案為：Ao

【分析】正確理解應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢的大小由磁通量的變化率決定，感應(yīng)電動勢的

大小也反映了強磁體運動速度的大小，從而區(qū)分玻璃管和金屬管中的運動情況。

16.【答案】B

【知識點】楞次定律；法拉第電磁感應(yīng)定律

【解析】【解答】線框往下擺動，切割磁感線過程中，根據(jù)楞次定律推論“來拒去留，增反減時'可知，線

框受到的安培力會阻礙線框擺動，導(dǎo)致振幅越來越小。當(dāng)電阻變大時?，由歐姆定律可知，電路中電流會

減小，安培力減小即阻力減小。振幅減小會變慢，線框可以運動更長時間。

故選B。

【分析】線框擺動過程受到安培力會阻礙線框擺動，線框做阻尼振動。擺動時間和安培力大小有關(guān)，安

培力越大，振動時間越短。

17.【答案】B,D

【知識點】閉合電路的歐姆定律；左手定則一磁場對通電導(dǎo)線的作用；安培力的計算；楞次定律：導(dǎo)體切割磁

感線時的感應(yīng)電動勢

【解析】【解答】AB.由題意知，導(dǎo)軌的速度大于導(dǎo)體棒的速度，可知導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力，由牛頓

第三定律可知，導(dǎo)軌受到向左的摩擦力，另外導(dǎo)軌還受到向右的拉力和方向未知的安培力，而摩擦力和

拉力的合力卬ng-mog=1N,方向向左,由于導(dǎo)軌在磁場初中做勻速運動，所以CD棒受到的安培力

F2=1N,方向向右，由左手定則可知導(dǎo)體棒MN中的感應(yīng)電流方向為N—M,所以CD中的電流方向為

D-C,由左手定則可知私的方向為向下，A不符合題意，B符合題意；

CD.對導(dǎo)體棒MN受到的安培力％=BJL=f=nmg=2N,對導(dǎo)軌受到的安培力&=B2IL=IN,

電路中的電流為/=小仁兔組，解得/=14B2=IT,v2=3m/s,C不符合題意，D符合題意。

r

故選：BDo

【分析】對導(dǎo)體棒以及導(dǎo)體框受力分析，由共點力平衡條件求出各自所受的安培力的大小和方向，再根

據(jù)左手定則判斷磁感應(yīng)強度方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合導(dǎo)體棒和導(dǎo)體框受到的安培力大小，求解

"2速度大小。

18.【答案】C,D

【知識點】電容器及其應(yīng)用；用油膜法估測油酸分子的大?。蛔儔浩鞯膽?yīng)用；生活中常見的傳感器

【解析】【解答】A.“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，充電時和放電時電流均逐漸減小，故A不符合

題意；

B.“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散開，才能在水面

上形成一層油膜，此時油膜是由單層油酸分子，用一玻璃板輕輕蓋在淺盤上，然后用水筆把油酸溶液的

輪廓畫在玻璃板上，測出油膜面積，故B不符合題意；

C.“觀察光敏電阻特性”和“觀察金屬熱電阻特性”實驗中，光照強度增加，光敏電阻阻值減??；溫度升高，

金屬熱電阻阻值增大，故C符合題意；

D.“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗中，如果可拆變壓器的“橫梁”鐵芯沒裝上，會導(dǎo)致變壓

器的效果減弱，但副線圈磁通量還是會發(fā)生變化，所以副線圈輸出電壓不為零，故D符合題意。

故答案為：CD

【分析】理解電容器充電時和放電時電流均逐漸減??；理解油酸在水面盡可能散開，是為了形成單分子

油膜；光敏電阻阻值隨光照強度增加而減小，金屬熱電阻阻值隨溫度升高而增大；根據(jù)變壓器的規(guī)律分

析。

19.【答案】A,C

【知識點】楞次定律；右手定則：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢：電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題

【解析】【解答】A、由楞次定律增反減同原理，可得回路中有順時針方向的感應(yīng)電流，A正確；

B、在切割磁感線運動中，設(shè)回路中電流為I,則兩根導(dǎo)線所受安培力分別為：FPQ=BI-2d,方向向

左：FMN=2BId,方向向右，

兩根導(dǎo)體棒系統(tǒng)所受合外力為零，設(shè)MN質(zhì)量為m,則PQ質(zhì)量為2m,PQ速度為v,MN速度為1A

根據(jù)動量守恒定律可得：2n=解得：v'=2v

回路中的感應(yīng)電流大小為：/=也電紙:辿=嬰

DAA

22

MN所受安培力大小為：Fmn=2BId=v,B錯誤；

C、根據(jù)動量守恒定律，=zni/t可得：2m%2=血%1又因為：x1+x2=L

解得：MN向左移動；Xi=^PQ向右移動：血=導(dǎo)則可得：g=,，C正確；

2LL

2gd+g2d

D、由電荷量公式可得：0_7At_-T--3_2BdL,D錯誤；

故答案為：AC

【分析】A、由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向；

B、由兩根導(dǎo)線所受安培力的關(guān)系，應(yīng)用動量守恒定律得到速度關(guān)系，從而計算出感應(yīng)電流的大小和MN

導(dǎo)線安培力的大??；

C、由動量守恒定律和彈簧的伸長量計算兩根導(dǎo)線的路程之比；

D、計算磁通量的變化量，由電荷公式計算電荷量。

20.【答案】A.C

【知識點】交變電流的圖像與函數(shù)表達式；電磁感應(yīng)中的電路類問題；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬

時值

【解析】【解答】A.大輪和小輪通過皮帶轉(zhuǎn)動，線速度相等，根據(jù)》=37'知，小輪的角速度為43。小輪和

線圈同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，所以線圈轉(zhuǎn)動的角速度為43,故A符合題意；

B.線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值Emax=nBL2-4?,則線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的有效值E=,=

V乙

2mB%，根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可知燈泡兩端電壓有效值為：U=裊EWnB93,故B不符合

K~rK

題意；

C.若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則線圈的匝數(shù)變?yōu)樵瓉?/p>

的2倍，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值=8nBL2a),此時線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的有效值E'=

或管=ZinB?3,根據(jù)？=p(知，線圈電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，即2R,根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可知燈

泡兩端電壓有效值為："=各￡=生智島,故C符合題意;

D.若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?根據(jù)可知小輪和線圈的角速度變?yōu)?3,根據(jù)E=曙知,

線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢有效值變小,則燈泡變暗，故D不符合題意。

故答案為：AC。

【分析】大輪和小輪通過皮帶轉(zhuǎn)動，線速度相等，根據(jù)u=cor求線圈轉(zhuǎn)動的角速度；根據(jù)Em^=nBS3

求線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值，再根據(jù)E=，求線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的有效值，最后根據(jù)串聯(lián)電路

Vz

分壓原理求燈泡兩端電壓有效值；根據(jù)治皿riBSs求線圈邊長后線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值，再根

據(jù)R'=p（求現(xiàn)在線圈電阻，最后根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理求燈泡兩端電壓有效值；根據(jù)。=3r分析小輪半

徑增大后線圈的角速度變化情況，根據(jù)E=嚕分析線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢有效值的變化。

V乙

21.【答案】C,D

【知識點】串聯(lián)電路和并聯(lián)電路的特點及應(yīng)用；黑箱問題

【解析】【解答】A、根據(jù)題意畫出電路圖如圖所示，

12,__,3,__,4

——II——

-----------1-------------

由已知條件得出：U34電壓為正值，不符合題意，A錯誤;

由已知條件得出：U34電壓為正值，不符合題意，B錯誤;

C、根據(jù)題意畫出電路圖如圖所示，

由已知條件得出符合題目測量結(jié)果，C正確;

D、根據(jù)題意畫出電路圖如圖所示，

由已知條件得出符合題目測量結(jié)果，D正確；

故答案為：CD

【分析】電學(xué)黑箱題，由串并聯(lián)電路的特點，根據(jù)題目選項逐一畫出可能的電路圖進行分析，得出結(jié)

論。

22.【答案】A.D

【知識點】法拉第電磁感應(yīng)定律；電磁感應(yīng)中的圖像類問題

【解析】【解答】A.在小磁體下落的過程中，它經(jīng)過的每匝線圈的磁通量都是先增大后減小，但由上到下

電流的最大值逐漸增大，可以判斷小磁體的下落速度一定時越來越大，故A符合題意；

B.電流變化的原因是線圈的磁通量先增大后減小，而不是小磁體的N、S極上下顛倒，故B不符合題

意；

C.小磁體下落過程中線圈中的最大電流逐漸增大，所以線圈受到的安培力逐漸增大，由牛頓第三定律知

線圈給小磁體的作用力也逐漸增大，故C不符合題意；

D.根據(jù)/=環(huán)知，電流最大值逐漸增大，感應(yīng)電動勢的最大值也逐漸增大，根據(jù)E=等知，感應(yīng)電動勢

的最大值逐漸增大，磁通量的變化率最大值逐漸增大，故D符合題意。

故答案為：ADo

【分析】由上到下電流的最大值逐漸增大，小磁體的下落速度一定時越來越大；電流變化的原因是線圈

的磁通量先增大后減小，而不是小磁體的N、S極上下顛倒；小磁體下落過程中線圈中的最大電流逐漸

增大，所以線圈受到的安培力逐漸增大；根據(jù)/=券、E=弟，結(jié)合圖b分析。

總At

23.【答案】（1）導(dǎo)電桿所受安培力的大小為：F=BJd=3Mg,

火箭落停過程中，導(dǎo)電桿做勻減速直線運動，設(shè)其加速度大小為a,對火箭和導(dǎo)電桿整體，由牛頓第二

定律得：F-Mg=Ma,解得：a=2g,導(dǎo)電桿運動的距離為：乙=啰=也；

2a4g

（2）由速度-時間公式得運動時間為t時，導(dǎo)電桿的速度為3=%-成=%-2gt,回路中感應(yīng)電動勢

為：E-B2dv—叫9（v0—2gt）;

2

（3）根據(jù)能量關(guān)系得：UI=FV+IR,解得：U=竿（vQ-2gt）+/R；火箭落停過程經(jīng)歷的時間

為±1=野=瑞裝置A輸出的功率為：p=UI=?R-6Mg（v0-2gt）,可見裝置A輸出的功率P

與時間成線性關(guān)系，所以可用功率的平均值計算輸出的能量W,初始時功率Po=/2R—6Mg%,末狀態(tài)

2

功率P1=〃R,所以卬=瓦］=劣（Po+Pj匕=粵曳一新詔；

（4）裝置A可回收火箭的動能和重力勢能；從開始火箭從速度％到平臺速度減為零，E'^\Mvl+

MgL=4M詔。

【知識點】電磁感應(yīng)中的電路類問題

【解析】【分析】（1）根據(jù)安培力的計算公式求解安培力大??；由牛頓第二定律求解加速度，再由速度-位

移公式求解運動的距離；

(2)由速度-時間公式求得導(dǎo)電桿的速度與時間的關(guān)系，根據(jù)感應(yīng)電動勢的計算公式求解；

(3)根據(jù)能量關(guān)系求解裝置A輸出電壓U與運動時間t的關(guān)系；根據(jù)裝置A輸出的功率與時間的關(guān)系

為線性關(guān)系，用功率的平均值計算輸出的能量；

(4)裝置A可回收火箭的動能和重力勢能。

m=5m

24?【答案】⑴由v-t圖像可得：a=^=§542/s2

對導(dǎo)線框受力分析可得：F—mgsinO—fimgcosO=ma

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：F=1.48N

答：外力F大小為1.48N.

(2)由v?t圖像可知線框cf邊進磁場時開始勻速直線運動，可得：F=mgsinG-〃7ngeos。+B/L

由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=8。由閉合電路歐姆定律：/=需得：/=半

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：L=0.5m,I=2A

答：cf長度L為0.5m.

(3)線框勻速切割穿過磁場，產(chǎn)生的焦耳熱就等于克服安培力所做的功：Q=W克安=尸發(fā)?2。=

BIL-2D=0.5X2X0.5X2X0.4=0.4/

答：回路產(chǎn)生的焦耳熱Q為0.4J

【知識點】電磁感應(yīng)中的圖像類問題

【解析】【分析】(1)由v-t圖像可知導(dǎo)線框運動的規(guī)律，得出勻加速運動的加速度和導(dǎo)線框勻速切割穿

過磁場，對導(dǎo)線框受力分析由牛頓第二定律計算拉力的大小；

(2)由勻速切割磁感線運動導(dǎo)線框受合力為零，由法拉第電磁感應(yīng)定律計算電動勢，由歐姆定律計算感

應(yīng)電流得到安培力的大小，從而求出導(dǎo)線框切割邊的長度；

(3)由于勻速切割，安培力不變，導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱就是克服安培力所做的功。

25.【答案】(1)3V

(2)D

(3)1.50

(5)不同意，理由見解析

【知識點】串聯(lián)電路和并聯(lián)電路的特點及應(yīng)用；歐姆定律的內(nèi)容、表達式及簡單應(yīng)用

【解析】【解答】(1)兩節(jié)干電池電壓為3v,故選用量程為3V的電壓表；

(2)電路圖中采用限流式接法，滑動變阻器接線柱要滿足“一上一下”，而在閉合開關(guān)前，需要將變阻器

滑片滑到最大阻值處(滑片滑到C端)，因此在閉合開關(guān)前，下接線柱應(yīng)該接到D上，故選填“D”；

（3）電壓表量程是3v,電壓表分度值為O.lOv,故指針?biāo)滴恢米x數(shù)為1.50v。

（4）此時電路中的電流為1=/%,當(dāng)被測電阻為R時，其兩端電壓U=IR=同需

（5）當(dāng)R較大時，U的實測值與理論值相差較小，是因為電壓表與待測電阻并聯(lián)，并聯(lián)電路兩端電壓相

等，所以當(dāng)R較大時，U的實測值與理論值相差較小。

【分析】（1）根據(jù)電動勢的大小，選擇合適的量程，要求不燒壞電表的前提下量程盡量小。

（2）根據(jù)電路圖連接實物圖，注意閉合開關(guān)前滑動變阻器滑片所處的位置。

（3）電壓表的量程為3