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2023年高考真题分类汇编：电磁学1
一、选择题
1．（2023·北京）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（ ）
A．仅增加原线圈匝数
B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
2．（2023·北京）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（ ）
A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
3．（2023·北京）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关（ ）
A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭
C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭
4．（2023·山东）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1= 250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4= 50：1，输电线总电阻R = 62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4= 220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44
5．（2023·海南）如图所示电路，已知电源电动势为，内阻不计，电容器电容为，闭合开关，待电路稳定后，电容器上电荷量为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·海南）下图是工厂利用的交流电给照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是（ ）
A．电源电压有效值为 B．交变电流的周期为
C．副线圈匝数为180匝 D．副线圈匝数为240匝
7．（2023·海南）汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（ ）
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
8．（2023·浙江）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A．电源电动势
B．棒消耗的焦耳热
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
9．（2023·浙江）我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（ ）
A．送电端先升压再整流 B．用户端先降压再变交流
C．1100kV是指交流电的最大值 D．输电功率由送电端电压决定
10．（2023·上海）如图所示，四个完全相同的灯泡，亮度最高的是（ ）
A．L1 B．L2 C．L3 D．L4
11．（2023·上海）如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为（ ）
A． B．
C． D．
12．（2023·湖北）近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为、和，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为，则线圈产生的感应电动势最接近（ ）
A． B． C． D．
13．（2023·辽宁）如图，空间中存在水平向右的匀强磁场， 一导体棒绕固定的竖直轴OP 在磁场中匀速转动，且始终平行于 OP。 导体棒两端的电势差 u 随时间t 变化的图像可能正确的是（ ）。
A． B．
C． D．
14．（2023·江苏）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φ0、φA、φB，则（ ）
A．φO > φ C B．φ C> φA
C．φ O=φA D．φ O-φA= φA-φ C
15．（2023·全国乙卷）一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（ ）
A．图（c）是用玻璃管获得的图像
B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
16．（2023·浙江选考）如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当时，导体杆振动图像是（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题
17．（2023·山东）足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为，电阻不计。质量为、长为、电阻为的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为和，其中，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域I和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度，CD的速度为且，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取，下列说法正确的是（ ）
A．的方向向上 B．的方向向下
C． D．
18．（2023·浙江）以下实验中，说法正确的是（ ）
A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小
B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积
C．“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零
19．（2023·辽宁）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d 和 2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和 B 。已知导体棒 MN 的电阻为R、 长度为d， 导体棒 PQ 的电阻为2R、 长度为2d，PQ 的质量是 MN 的 2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L 的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（ ）。
A．弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v 时， MN 所受安培力大小为
C．整个运动过程中， MN 与 PQ 的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN 的电荷量为
20．（2023·湖南）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为的正方形，共匝，总阻值为。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为的匀强磁场。 大轮以角速度匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动的角速度为
B．灯泡两端电压有效值为
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
21．（2023·全国乙卷）黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12 = 3.0V，U23 = 2.5V，U34 = －1.5V。符合上述测量结果的可能接法是（ ）
A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间
22．（2023·全国甲卷）一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离。如图(a)所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示。则（ ）
A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B．下落过程中，小磁体的N极，S极上下顺倒了8次
C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
三、非选择题
23．（2023·浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成团合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
24．（2023·上海）如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ=30°的斜面上，斜面上有一长度为D的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5T，已知线框边长cd=D=0.4m，m=0.1kg，总电阻R=0.25Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面上动摩擦因数μ=，线框速度随时间变化如图(b)所示。(重力加速度g取9.8m/s2)
（1）求外力F大小；
（2）求cf长度L；
（3）求回路产生的焦耳热Q。
25．（2023·江苏）小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响．所用器材有：干电池（电动势约1.5V，内阻不计）2节；两量程电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ；量程0~15V，内阻约15kΩ）1个；滑动变阻器（最大阻值50Ω）1个；定值电阻（阻值50Ω）21个；开关1个及导线若干．实验电路如题1图所示．
（1）电压表量程应选用 （选填“3V”或“15V”）．
（2）题2图为该实验的实物电路（右侧未拍全）．先将滑动变阻器的滑片置于如图所示的位置，然后用导线将电池盒上接线柱A与滑动变阻器的接线柱 （选填“B”“C”“D”）连接，再闭合开关，开始实验．
（3）将滑动变阻器滑片移动到合适位置后保持不变，依次测量电路中O与1，2，…，21之间的电压．某次测量时，电压表指针位置如题3图所示，其示数为 V．根据测量数据作出电压U与被测电阻值R的关系图线，如题4图中实线所示．
（4）在题1图所示的电路中，若电源电动势为E，电压表视为理想电压表，滑动变阻器接入的阻值为，定值电阻的总阻值为，当被测电阻为R时，其两端的电压 （用E、、、R表示），据此作出理论图线如题4图中虚线所示．小明发现被测电阻较小或较大时，电压的实测值与理论值相差较小．
（5）分析可知，当R较小时，U的实测值与理论值相差较小，是因为电压表的分流小，电压表内阻对测量结果影响较小．小明认为，当R较大时，U的实测值与理论值相差较小，也是因为相同的原因．你是否同意他的观点？请简要说明理由．
26．（2023·新课标卷）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1= 2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
27．（2023·湖南）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为．
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离．
28．（2023·浙江选考）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为的两轻质横杆组成，且。线框通有恒定电流，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置二半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度匀速转动，当线框平面与平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量与时间的近似关系如图2所示，图中已知。
（1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
（3）求圆环中电流的有效值；
（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求的值（当，有）。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB、根据理想变压器电压与匝数关系，，可得：，提高输出电压，应增加副线圈匝数、减小原线圈匝数，A错误，B正确；
C、原、副线圈匝数都增为原来的两倍，匝数比不变，输出电压不变，C错误；
D、输出电压决定于变压器原线圈电压和匝数比，D错误；
故答案为：B
【分析】根据理想变压器电压与匝数的关系正确判断。
2．【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、线框进磁场的过程中，根据楞次定律增反减同原理可判断感应电流为逆时针方向，A错误；
B、线框出磁场的过程中，在安培力作用下减速运动，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得：，
可知安培力随速度减小而减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；
C、线框进出磁场所受安培力大小不同，克服安培力所做功不同，产生的焦耳热不同，C错误；
D、根据法拉第电磁感应定律和电流定义式可得：，进出磁场线框磁通量的变化量相等，导线中通过的电荷量相等，D正确；
故答案为：D
【分析】根据楞次定律、安培力公式、克服安培力做功和电荷量公式正确判断。
3．【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】根据题意，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，说明自感线圈电阻远小于灯泡电阻，自感线圈上分的电流远大于P灯泡上的电流；断开开关时，自感线圈电流减小产生自感电动势阻碍原电流减小，与P灯泡构成闭合回路，所以Q灯熄灭，P灯上通过自感线圈上电流，P灯变亮再慢慢熄灭，ABC错误，D正确；
故答案为：D
【分析】根据通断电自感现象正确判断。
4．【答案】C
【知识点】电功率和电功；电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A.发电机的输出，可得发电机的输出电流为：，A不符合题意；
B.用户端得到的功率，可得降压变压器线圈中的电流为：，根据可得降压变压器原线圈中的电流为：，则输电线上损失的功率为：，B不符合题意；
C.理想变压器，输入功率和输出功率相等，可得输送给储能站的功率为：，C符合题意；
D.升压变压器的输出功率为：，解得：，由电压与匝数的关系可得：，可得升压变压器的匝数比，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据计算电动机的输出功率；先根据P=UI计算降压变压器的输出电流，再由电流与匝数的关系推导出输电线上的电流，然后根据得到损失功率；根据理想变压器的输入功率与输出功率相等，推导输送给储能站的功率；先由升压变压器的输出功率推导出升压变压器的输出电压，再根据电压与匝数的关系推导升压变压器的匝数比。
5．【答案】C
【知识点】电容器及其应用；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】由电路图可知，电路为3R与2R串联，R与4R串联再并联，且电源内阻不计，故两个支路的总电压均为E，负极板电势视为零，
则2R上的电压为：；4R上的电压为：，
可知电容器两板之间的电压为：，故电容器的电荷量为：，ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确应用串并联电路电压特点，计算电路图右端两个电阻电压，由于电源负极板电势可视作零，则该电压分别为电容器上下极板的电势，由此计算电容器的电势差和电荷量。
6．【答案】B,C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电源电压的有效值为：， A错误；
B、交变电流的周期为： ， B正确；
CD、根据理想变压器原理：可得：C正确，D错误；
故答案为：BC
【分析】根据交变电流瞬时值表达式可以得到电源电压的有效值：就是峰值除以；由角速度可计算周期；利用理想变压器的电压与匝数的关系计算副线圈匝数。
7．【答案】C
【知识点】安培力；安培定则；楞次定律
【解析】【解答】A、根据安培定则判断线圈1、2中顺时针电流的磁场方向为竖直向下，A错误；
B、汽车进入线圈1过程，磁通量增大，由楞次定律增反减同原理可知感应电流方向为adcb，B错误；
C、汽车进入线圈1过程，磁通量减小，由楞次定律增反减同原理可知感应电流方向为abcd，C正确；
D、线圈所受安培力的方向始终和切割方向相反，亦可以用左手定则判断，D错误；
故答案为：C
【分析】正确理解掌握安培定则、右手定则、楞次定律、左手定则判断对象和使用方法，就可以做出判断。
8．【答案】C
【知识点】安培力；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A.当开关接1时，对导体棒受力分析如图：
由几何关系得：，解得：，根据欧姆定律得：，联立解得：，故A不符合题意；
B.假设棒从左侧开始运动到达最低点时速度为零，则棒的重力势能减少：，根据能量守恒定律知，棒消耗的焦耳热：；由于棒速度为零时高度高于最低点，所以完成一次过程中，棒消耗的焦耳热小于，故B不符合题意；
C.根据B选项分析知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C符合题意；
D.根据B选项分析知，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据知，棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】以棒为研究对象，根据平衡条件求解电流强度，根据闭合电路欧姆定律求解电源电动势；假设棒从左侧开始运动到达最低点时速度为零时求出棒的重力势能减少量进行分析；根据能量守恒定律分析从左向右运动时的最大摆角；根据功能关系分析两次经过最低点的速度大小关系，再根据进行 分析。
9．【答案】A
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】AB.升压和降压都需要在交流的时候才能进行，所以送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A符合题意，B不符合题意；
C.是指交流电的有效值，故C不符合题意；
D.输电的功率是由用户端负载得总功率来决定的，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】升压和降压都需要在交流的时候才能进行；是指交流电的有效值；输出功率决定输入功率。
10．【答案】A
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】根据电路图可知，四个完全相同的灯泡，灯泡位于干路中，流过灯泡上的电流最大，实际功率最大，亮度最亮，故BCD错误，A正确；
故答案为：A
【分析】根据串并联电路的电流的特点，干路电流等于支路电流之和，灯泡上的电流最大，功率最大，亮度最亮。
11．【答案】C
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】由部分导线切割磁感线产生感应电动势：可知金属棒所受安培力为：， 再由图像可知，安培力与时间为线性关系可知：金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由牛顿第二定律：安培力与外力的合力为定值，即外力随时间线性变化，由图像可知：在时间安培力为负值，方向向左，由左手定则和右手定则可知，金属棒向右做减速运动，在时间内安培力为正值从零逐渐增加，方向向右，同理可知，金属棒向左做初速为零的匀加速直线运动，加速度不变，则在时刻，合力向左，但，所以外力为负值不等于零，方向向左。故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确掌握部分导线切割磁感线产生感应电动势时导体的安培力，结合安培力随时间变化规律确定导线运动规律和方向，即金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由此确定外力与安培力的合力不变，导线做匀变速直线运动，选取特殊的时刻，确定外力的大小和方向，做出正确判断。
12．【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律得：，故B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据法拉第电磁感应定律分析求解。
13．【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】分析如图所示：导体棒匀速转动的速度为v，半径为r， 从图示位置开始转过θ角度，
导体棒垂直于磁感线方向的分速度为：，又因为：
可知导体棒垂直磁感线的分速度变化为余弦函数，由左手定则判断电流方向的变化规律，可得：，所以ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】由部分导线切割磁感线产生感应电动势，垂直于磁感线方向速度的变化规律，从而确定感应电动势的变化规律。
14．【答案】A
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】 OA切割磁感线运动，假设虚线为导体，根据楞次定律，感应电流方向由O点流向A点，故 φO > φ A。故A选项符合题意，B、C、D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据法拉第电磁感应定律，由右手定则判定电势高低，磁感线垂直穿过掌心，拇指指向切割磁感线方向，此时指尖电势高于掌根电势。
15．【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、强磁体在竖直金属管中运动时，金属管会产生涡流，所以受到电磁阻尼，强磁铁在管中加速后很快打到平衡状态，匀速下降，脉冲电流峰值不变，而在玻璃管中磁体一直做加速运动，脉冲电流峰值不断增大，A正确；
B、在铝管中，脉冲电流峰值不变，磁通量的变化率相等，强磁体做匀速直线运动，B错误；
C、在玻璃管中，脉冲电流峰值不断增大，电流不断变化，电磁阻力不断变化，C错误；
D、强磁体由静止释放，在铝管中，最终在线圈间匀速运动，玻璃管中在线圈间加速运动，故在铝管中电流第一个峰到最后一个峰的时间长，D错误。
故答案为：A。
【分析】正确理解应用法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定，感应电动势的大小也反映了强磁体运动速度的大小，从而区分玻璃管和金属管中的运动情况。
16．【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】线框往下摆动，切割磁感线过程中，根据楞次定律推论“来拒去留，增反减同”可知，线框受到的安培力会阻碍线框摆动，导致振幅越来越小。当电阻变大时，由欧姆定律可知，电路中电流会减小，安培力减小即阻力减小。振幅减小会变慢，线框可以运动更长时间。
故选B。
【分析】线框摆动过程受到安培力会阻碍线框摆动，线框做阻尼振动。摆动时间和安培力大小有关，安培力越大，振动时间越短。
17．【答案】B,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算；楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB．由题意知，导轨的速度大于导体棒的速度，可知导体棒受到向右的摩擦力，由牛顿第三定律可知，导轨受到向左的摩擦力，另外导轨还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，方向向左，由于导轨在磁场中做匀速运动，所以CD棒受到的安培力，方向向右，由左手定则可知导体棒MN中的感应电流方向为N→M，所以CD中的电流方向为D→C，由左手定则可知的方向为向下，A不符合题意，B符合题意；
CD．对导体棒MN受到的安培力，对导轨受到的安培力，电路中的电流为，解得，，，C不符合题意，D符合题意。
故选：BD。
【分析】对导体棒以及导体框受力分析，由共点力平衡条件求出各自所受的安培力的大小和方向，再根据左手定则判断磁感应强度方向；由法拉第电磁感应定律结合导体棒和导体框受到的安培力大小，求解速度大小。
18．【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用；用油膜法估测油酸分子的大小；变压器的应用；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A.“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小，故A不符合题意；
B.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开，才能在水面上形成一层油膜，此时油膜是由单层油酸分子 ，用一玻璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，故B不符合题意；
C.“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大，故C符合题意；
D.“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，会导致变压器的效果减弱，但副线圈磁通量还是会发生变化，所以副线圈输出电压不为零，故D符合题意。
故答案为：CD
【分析】理解电容器充电时和放电时电流均逐渐减小；理解油酸在水面尽可能散开，是为了形成单分子油膜；光敏电阻阻值随光照强度增加而减小，金属热电阻阻值随温度升高而增大；根据变压器的规律分析。
19．【答案】A,C
【知识点】楞次定律；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、由楞次定律增反减同原理，可得回路中有顺时针方向的感应电流，A正确；
B、在切割磁感线运动中，设回路中电流为I，则两根导线所受安培力分别为：，方向向左； ，方向向右，
两根导体棒系统所受合外力为零，设MN质量为m，则PQ质量为2m，PQ速度为v，MN速度为，
根据动量守恒定律可得：解得：
回路中的感应电流大小为：
MN所受安培力大小为：，B错误；
C、根据动量守恒定律，可得：又因为：
解得：MN向左移动； PQ向右移动：，则可得：，C正确；
D、由电荷量公式可得：，D错误；
故答案为：AC
【分析】A、由楞次定律判断感应电流方向；
B、由两根导线所受安培力的关系，应用动量守恒定律得到速度关系，从而计算出感应电流的大小和MN导线安培力的大小；
C、由动量守恒定律和弹簧的伸长量计算两根导线的路程之比；
D、计算磁通量的变化量，由电荷公式计算电荷量。
20．【答案】A,C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；电磁感应中的电路类问题；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A.大轮和小轮通过皮带转动，线速度相等，根据知，小轮的角速度为。小轮和线圈同轴转动，角速度相等，所以线圈转动的角速度为，故A符合题意；
B.线圈产生感应电动势的最大值，则线圈产生感应电动势的有效值，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为：，故B不符合题意；
C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值，此时线圈产生感应电动势的有效值，根据知，线圈电阻变为原来的2倍，即2R，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为：，故C符合题意；
D. 若仅将小轮半径变为原来的两倍 ，根据可知小轮和线圈的角速度变为，根据知，线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，故D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】大轮和小轮通过皮带转动，线速度相等，根据求线圈转动的角速度；根据求线圈产生感应电动势的最大值，再根据求线圈产生感应电动势的有效值，最后根据串联电路分压原理求灯泡两端电压有效值；根据求线圈边长后线圈产生感应电动势的最大值，再根据求现在线圈电阻，最后根据串联电路分压原理求灯泡两端电压有效值；根据分析小轮半径增大后线圈的角速度变化情况，根据分析线圈产生的感应电动势有效值的变化。
21．【答案】C,D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；黑箱问题
【解析】【解答】A、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，A错误；
B、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，B错误；
C、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，C正确；
D、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，D正确；
故答案为：CD
【分析】电学黑箱题，由串并联电路的特点，根据题目选项逐一画出可能的电路图进行分析，得出结论。
22．【答案】A,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A.在小磁体下落的过程中，它经过的每匝线圈的磁通量都是先增大后减小，但由上到下电流的最大值逐渐增大，可以判断小磁体的下落速度一定时越来越大，故A符合题意；
B.电流变化的原因是线圈的磁通量先增大后减小，而不是小磁体的N、S极上下颠倒，故B不符合题意；
C.小磁体下落过程中线圈中的最大电流逐渐增大，所以线圈受到的安培力逐渐增大，由牛顿第三定律知线圈给小磁体的作用力也逐渐增大，故C不符合题意；
D.根据知，电流最大值逐渐增大，感应电动势的最大值也逐渐增大，根据知，感应电动势的最大值逐渐增大，磁通量的变化率最大值逐渐增大，故D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】由上到下电流的最大值逐渐增大，小磁体的下落速度一定时越来越大；电流变化的原因是线圈的磁通量先增大后减小，而不是小磁体的N、S极上下颠倒；小磁体下落过程中线圈中的最大电流逐渐增大，所以线圈受到的安培力逐渐增大；根据、，结合图b分析。
23．【答案】（1）导电杆所受安培力的大小为：，
火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，对火箭和导电杆整体，由牛顿第二定律得：，解得：，导电杆运动的距离为：；
（2）由速度-时间公式得运动时间为t时，导电杆的速度为，回路中感应电动势为：；
（3）根据能量关系得：，解得：；火箭落停过程经历的时间为，装置A输出的功率为：，可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，所以可用功率的平均值计算输出的能量W，初始时功率，末状态功率，所以；
（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能；从开始火箭从速度到平台速度减为零，。
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据安培力的计算公式求解安培力大小；由牛顿第二定律求解加速度，再由速度-位移公式求解运动的距离；
（2）由速度-时间公式求得导电杆的速度与时间的关系，根据感应电动势的计算公式求解；
（3）根据能量关系求解装置A输出电压U与运动时间t的关系；根据装置A输出的功率与时间的关系为线性关系，用功率的平均值计算输出的能量；
（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能。
24．【答案】（1）由v-t图像可得：
对导线框受力分析可得：
代入数据联立解得：F=1.48N
答：外力F大小为1.48N.
（2）由v-t图像可知线框cf边进磁场时开始匀速直线运动，可得：
由法拉第电磁感应定律：由闭合电路欧姆定律：得：
代入数据联立解得：L=0.5m，I=2A
答：cf长度L为0.5m.
（3）线框匀速切割穿过磁场，产生的焦耳热就等于克服安培力所做的功：
答：回路产生的焦耳热Q为0.4J
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】（1）由v-t图像可知导线框运动的规律，得出匀加速运动的加速度和导线框匀速切割穿过磁场，对导线框受力分析由牛顿第二定律计算拉力的大小；
（2）由匀速切割磁感线运动导线框受合力为零，由法拉第电磁感应定律计算电动势，由欧姆定律计算感应电流得到安培力的大小， 从而求出导线框切割边的长度；
（3）由于匀速切割，安培力不变，导线框产生的焦耳热就是克服安培力所做的功。
25．【答案】（1）3V
（2）D
（3）1.50
（4）
（5）不同意，理由见解析
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）两节干电池电压为3v，故选用量程为3v的电压表；
（2）电路图中采用限流式接法，滑动变阻器接线柱要满足“一上一下”，而在闭合开关前，需要将变阻器滑片滑到最大阻值处（滑片滑到C端），因此在闭合开关前，下接线柱应该接到D上，故选填“D”；
（3）电压表量程是3v，电压表分度值为0.10v，故指针所值位置读数为1.50v。
（4） 此时电路中的电流为I=，当被测电阻为R时，其两端电压U=IR= 。
（5）当R较大时，U的实测值与理论值相差较小，是因为电压表与待测电阻并联，并联电路两端电压相等，所以当R较大时，U的实测值与理论值相差较小。
【分析】（1）根据电动势的大小，选择合适的量程，要求不烧坏电表的前提下量程尽量小。
（2）根据电路图连接实物图，注意闭合开关前滑动变阻器滑片所处的位置。
（3）电压表的量程为3v时，分度值为0.1v，注意估读至最小分度值的下一位。
（4）根据闭合电路欧姆定律列方程求解。
（5）当R较大时，会导致电压表分流较大，故原因不同，当R较大时，是因为被测电阻R的分流较小，被测电阻对测量结果影响较小。
26．【答案】（1）金属框进入磁场中的平均感应电动势，
进入磁场过程中流过的电荷量，
完全穿过磁场的电荷量为，
根据动量定理可得，
联立解得.
（2）设金属框初速度为v0，金属框进入磁场以后的速度为v1，向右为正方向，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，电路中的总电阻为，
由动量定理可知，，，联立得，
解得
说明金属框未离开磁场区域，即线框的初动能全部转化为内能，
由能量守恒定律得，
根据焦耳定律可得其中R1的热量
【知识点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对线框进行分析，根据法拉第电磁感应定律和动量定理分析求解。
（2）对线框进行分析，根据法拉第电磁感应定律和动量定理计算导体离开磁场时的速度，判断是否离开磁场，再根据能量守恒分析求解。
27．【答案】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，即。
由法拉第电磁感应定律得：，
由闭合电路欧姆定律及安培力公式得：，，
联立解得：；
（2）由右手定则知导体棒b中电流向里，b棒受安培力沿斜面向下，此时电路中电流不变，对b棒根据牛顿第二定律得：，解得：；
（3）对ab整体，由动量定理得：，
解得：；
对b根据动量定理得：，
设此过程流过b棒的电荷量为q，则，
由法拉第电磁感应定律得：，
联立解得：。
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动列方程求解；
（2）释放瞬间b的速度为零，受沿斜面向下的安培和重力的分力，对b棒根据牛顿第二定律求解；
（3）对ab整体，由动量定理求速度的大小；对b根据动量定理列方程，结合和法拉第电磁感应定律求解。
28．【答案】（1）由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
由电流定义式
联立可得
（2）在 时
在 时
（3）从能量角度
解得
（4）由能量传递
化简可得
即
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】（1）已知线圈转动的时间，利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流的大小，结合电流的定义式可以求出通过圆环横截面的电荷量的大小；
（2）已知磁感应强度随时间变化的规律，利用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可以求出圆环中电流的大小；
（3）已知圆环中电流的变化，结合焦耳定律可以求出电流有效值的大小；
（4）当撤去外力时，线圈缓慢减速，利用能量守恒定律结合焦耳定律可以求出角速度减小量的大小。
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2023年高考真题分类汇编：电磁学1
一、选择题
1．（2023·北京）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（ ）
A．仅增加原线圈匝数
B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
【答案】B
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB、根据理想变压器电压与匝数关系，，可得：，提高输出电压，应增加副线圈匝数、减小原线圈匝数，A错误，B正确；
C、原、副线圈匝数都增为原来的两倍，匝数比不变，输出电压不变，C错误；
D、输出电压决定于变压器原线圈电压和匝数比，D错误；
故答案为：B
【分析】根据理想变压器电压与匝数的关系正确判断。
2．（2023·北京）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（ ）
A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
【答案】D
【知识点】电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、线框进磁场的过程中，根据楞次定律增反减同原理可判断感应电流为逆时针方向，A错误；
B、线框出磁场的过程中，在安培力作用下减速运动，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得：，
可知安培力随速度减小而减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；
C、线框进出磁场所受安培力大小不同，克服安培力所做功不同，产生的焦耳热不同，C错误；
D、根据法拉第电磁感应定律和电流定义式可得：，进出磁场线框磁通量的变化量相等，导线中通过的电荷量相等，D正确；
故答案为：D
【分析】根据楞次定律、安培力公式、克服安培力做功和电荷量公式正确判断。
3．（2023·北京）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关（ ）
A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭
C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】根据题意，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，说明自感线圈电阻远小于灯泡电阻，自感线圈上分的电流远大于P灯泡上的电流；断开开关时，自感线圈电流减小产生自感电动势阻碍原电流减小，与P灯泡构成闭合回路，所以Q灯熄灭，P灯上通过自感线圈上电流，P灯变亮再慢慢熄灭，ABC错误，D正确；
故答案为：D
【分析】根据通断电自感现象正确判断。
4．（2023·山东）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1= 250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4= 50：1，输电线总电阻R = 62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4= 220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44
【答案】C
【知识点】电功率和电功；电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A.发电机的输出，可得发电机的输出电流为：，A不符合题意；
B.用户端得到的功率，可得降压变压器线圈中的电流为：，根据可得降压变压器原线圈中的电流为：，则输电线上损失的功率为：，B不符合题意；
C.理想变压器，输入功率和输出功率相等，可得输送给储能站的功率为：，C符合题意；
D.升压变压器的输出功率为：，解得：，由电压与匝数的关系可得：，可得升压变压器的匝数比，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据计算电动机的输出功率；先根据P=UI计算降压变压器的输出电流，再由电流与匝数的关系推导出输电线上的电流，然后根据得到损失功率；根据理想变压器的输入功率与输出功率相等，推导输送给储能站的功率；先由升压变压器的输出功率推导出升压变压器的输出电压，再根据电压与匝数的关系推导升压变压器的匝数比。
5．（2023·海南）如图所示电路，已知电源电动势为，内阻不计，电容器电容为，闭合开关，待电路稳定后，电容器上电荷量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】电容器及其应用；串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】由电路图可知，电路为3R与2R串联，R与4R串联再并联，且电源内阻不计，故两个支路的总电压均为E，负极板电势视为零，
则2R上的电压为：；4R上的电压为：，
可知电容器两板之间的电压为：，故电容器的电荷量为：，ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确应用串并联电路电压特点，计算电路图右端两个电阻电压，由于电源负极板电势可视作零，则该电压分别为电容器上下极板的电势，由此计算电容器的电势差和电荷量。
6．（2023·海南）下图是工厂利用的交流电给照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是（ ）
A．电源电压有效值为 B．交变电流的周期为
C．副线圈匝数为180匝 D．副线圈匝数为240匝
【答案】B,C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电源电压的有效值为：， A错误；
B、交变电流的周期为： ， B正确；
CD、根据理想变压器原理：可得：C正确，D错误；
故答案为：BC
【分析】根据交变电流瞬时值表达式可以得到电源电压的有效值：就是峰值除以；由角速度可计算周期；利用理想变压器的电压与匝数的关系计算副线圈匝数。
7．（2023·海南）汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（ ）
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
【答案】C
【知识点】安培力；安培定则；楞次定律
【解析】【解答】A、根据安培定则判断线圈1、2中顺时针电流的磁场方向为竖直向下，A错误；
B、汽车进入线圈1过程，磁通量增大，由楞次定律增反减同原理可知感应电流方向为adcb，B错误；
C、汽车进入线圈1过程，磁通量减小，由楞次定律增反减同原理可知感应电流方向为abcd，C正确；
D、线圈所受安培力的方向始终和切割方向相反，亦可以用左手定则判断，D错误；
故答案为：C
【分析】正确理解掌握安培定则、右手定则、楞次定律、左手定则判断对象和使用方法，就可以做出判断。
8．（2023·浙江）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）
A．电源电动势
B．棒消耗的焦耳热
C．从左向右运动时，最大摆角小于
D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
【答案】C
【知识点】安培力；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A.当开关接1时，对导体棒受力分析如图：
由几何关系得：，解得：，根据欧姆定律得：，联立解得：，故A不符合题意；
B.假设棒从左侧开始运动到达最低点时速度为零，则棒的重力势能减少：，根据能量守恒定律知，棒消耗的焦耳热：；由于棒速度为零时高度高于最低点，所以完成一次过程中，棒消耗的焦耳热小于，故B不符合题意；
C.根据B选项分析知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C符合题意；
D.根据B选项分析知，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据知，棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】以棒为研究对象，根据平衡条件求解电流强度，根据闭合电路欧姆定律求解电源电动势；假设棒从左侧开始运动到达最低点时速度为零时求出棒的重力势能减少量进行分析；根据能量守恒定律分析从左向右运动时的最大摆角；根据功能关系分析两次经过最低点的速度大小关系，再根据进行 分析。
9．（2023·浙江）我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（ ）
A．送电端先升压再整流 B．用户端先降压再变交流
C．1100kV是指交流电的最大值 D．输电功率由送电端电压决定
【答案】A
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】AB.升压和降压都需要在交流的时候才能进行，所以送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A符合题意，B不符合题意；
C.是指交流电的有效值，故C不符合题意；
D.输电的功率是由用户端负载得总功率来决定的，故D不符合题意。
故答案为：A
【分析】升压和降压都需要在交流的时候才能进行；是指交流电的有效值；输出功率决定输入功率。
10．（2023·上海）如图所示，四个完全相同的灯泡，亮度最高的是（ ）
A．L1 B．L2 C．L3 D．L4
【答案】A
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用
【解析】【解答】根据电路图可知，四个完全相同的灯泡，灯泡位于干路中，流过灯泡上的电流最大，实际功率最大，亮度最亮，故BCD错误，A正确；
故答案为：A
【分析】根据串并联电路的电流的特点，干路电流等于支路电流之和，灯泡上的电流最大，功率最大，亮度最亮。
11．（2023·上海）如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】由部分导线切割磁感线产生感应电动势：可知金属棒所受安培力为：， 再由图像可知，安培力与时间为线性关系可知：金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由牛顿第二定律：安培力与外力的合力为定值，即外力随时间线性变化，由图像可知：在时间安培力为负值，方向向左，由左手定则和右手定则可知，金属棒向右做减速运动，在时间内安培力为正值从零逐渐增加，方向向右，同理可知，金属棒向左做初速为零的匀加速直线运动，加速度不变，则在时刻，合力向左，但，所以外力为负值不等于零，方向向左。故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确掌握部分导线切割磁感线产生感应电动势时导体的安培力，结合安培力随时间变化规律确定导线运动规律和方向，即金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由此确定外力与安培力的合力不变，导线做匀变速直线运动，选取特殊的时刻，确定外力的大小和方向，做出正确判断。
12．（2023·湖北）近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为、和，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为，则线圈产生的感应电动势最接近（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律得：，故B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据法拉第电磁感应定律分析求解。
13．（2023·辽宁）如图，空间中存在水平向右的匀强磁场， 一导体棒绕固定的竖直轴OP 在磁场中匀速转动，且始终平行于 OP。 导体棒两端的电势差 u 随时间t 变化的图像可能正确的是（ ）。
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】分析如图所示：导体棒匀速转动的速度为v，半径为r， 从图示位置开始转过θ角度，
导体棒垂直于磁感线方向的分速度为：，又因为：
可知导体棒垂直磁感线的分速度变化为余弦函数，由左手定则判断电流方向的变化规律，可得：，所以ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】由部分导线切割磁感线产生感应电动势，垂直于磁感线方向速度的变化规律，从而确定感应电动势的变化规律。
14．（2023·江苏）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φ0、φA、φB，则（ ）
A．φO > φ C B．φ C> φA
C．φ O=φA D．φ O-φA= φA-φ C
【答案】A
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】 OA切割磁感线运动，假设虚线为导体，根据楞次定律，感应电流方向由O点流向A点，故 φO > φ A。故A选项符合题意，B、C、D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据法拉第电磁感应定律，由右手定则判定电势高低，磁感线垂直穿过掌心，拇指指向切割磁感线方向，此时指尖电势高于掌根电势。
15．（2023·全国乙卷）一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（ ）
A．图（c）是用玻璃管获得的图像
B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
【答案】A
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、强磁体在竖直金属管中运动时，金属管会产生涡流，所以受到电磁阻尼，强磁铁在管中加速后很快打到平衡状态，匀速下降，脉冲电流峰值不变，而在玻璃管中磁体一直做加速运动，脉冲电流峰值不断增大，A正确；
B、在铝管中，脉冲电流峰值不变，磁通量的变化率相等，强磁体做匀速直线运动，B错误；
C、在玻璃管中，脉冲电流峰值不断增大，电流不断变化，电磁阻力不断变化，C错误；
D、强磁体由静止释放，在铝管中，最终在线圈间匀速运动，玻璃管中在线圈间加速运动，故在铝管中电流第一个峰到最后一个峰的时间长，D错误。
故答案为：A。
【分析】正确理解应用法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定，感应电动势的大小也反映了强磁体运动速度的大小，从而区分玻璃管和金属管中的运动情况。
16．（2023·浙江选考）如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当时，导体杆振动图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】线框往下摆动，切割磁感线过程中，根据楞次定律推论“来拒去留，增反减同”可知，线框受到的安培力会阻碍线框摆动，导致振幅越来越小。当电阻变大时，由欧姆定律可知，电路中电流会减小，安培力减小即阻力减小。振幅减小会变慢，线框可以运动更长时间。
故选B。
【分析】线框摆动过程受到安培力会阻碍线框摆动，线框做阻尼振动。摆动时间和安培力大小有关，安培力越大，振动时间越短。
二、多项选择题
17．（2023·山东）足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为，电阻不计。质量为、长为、电阻为的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，I和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为和，其中，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域I和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度，CD的速度为且，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取，下列说法正确的是（ ）
A．的方向向上 B．的方向向下
C． D．
【答案】B,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算；楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB．由题意知，导轨的速度大于导体棒的速度，可知导体棒受到向右的摩擦力，由牛顿第三定律可知，导轨受到向左的摩擦力，另外导轨还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，方向向左，由于导轨在磁场中做匀速运动，所以CD棒受到的安培力，方向向右，由左手定则可知导体棒MN中的感应电流方向为N→M，所以CD中的电流方向为D→C，由左手定则可知的方向为向下，A不符合题意，B符合题意；
CD．对导体棒MN受到的安培力，对导轨受到的安培力，电路中的电流为，解得，，，C不符合题意，D符合题意。
故选：BD。
【分析】对导体棒以及导体框受力分析，由共点力平衡条件求出各自所受的安培力的大小和方向，再根据左手定则判断磁感应强度方向；由法拉第电磁感应定律结合导体棒和导体框受到的安培力大小，求解速度大小。
18．（2023·浙江）以下实验中，说法正确的是（ ）
A．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电流逐渐减小
B．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积
C．“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大
D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V的交流电时，副线圈输出电压不为零
【答案】C,D
【知识点】电容器及其应用；用油膜法估测油酸分子的大小；变压器的应用；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A.“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时和放电时电流均逐渐减小，故A不符合题意；
B.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开，才能在水面上形成一层油膜，此时油膜是由单层油酸分子 ，用一玻璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，故B不符合题意；
C.“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属热电阻阻值增大，故C符合题意；
D.“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，会导致变压器的效果减弱，但副线圈磁通量还是会发生变化，所以副线圈输出电压不为零，故D符合题意。
故答案为：CD
【分析】理解电容器充电时和放电时电流均逐渐减小；理解油酸在水面尽可能散开，是为了形成单分子油膜；光敏电阻阻值随光照强度增加而减小，金属热电阻阻值随温度升高而增大；根据变压器的规律分析。
19．（2023·辽宁）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d 和 2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和 B 。已知导体棒 MN 的电阻为R、 长度为d， 导体棒 PQ 的电阻为2R、 长度为2d，PQ 的质量是 MN 的 2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L 的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（ ）。
A．弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v 时， MN 所受安培力大小为
C．整个运动过程中， MN 与 PQ 的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN 的电荷量为
【答案】A,C
【知识点】楞次定律；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A、由楞次定律增反减同原理，可得回路中有顺时针方向的感应电流，A正确；
B、在切割磁感线运动中，设回路中电流为I，则两根导线所受安培力分别为：，方向向左； ，方向向右，
两根导体棒系统所受合外力为零，设MN质量为m，则PQ质量为2m，PQ速度为v，MN速度为，
根据动量守恒定律可得：解得：
回路中的感应电流大小为：
MN所受安培力大小为：，B错误；
C、根据动量守恒定律，可得：又因为：
解得：MN向左移动； PQ向右移动：，则可得：，C正确；
D、由电荷量公式可得：，D错误；
故答案为：AC
【分析】A、由楞次定律判断感应电流方向；
B、由两根导线所受安培力的关系，应用动量守恒定律得到速度关系，从而计算出感应电流的大小和MN导线安培力的大小；
C、由动量守恒定律和弹簧的伸长量计算两根导线的路程之比；
D、计算磁通量的变化量，由电荷公式计算电荷量。
20．（2023·湖南）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为的正方形，共匝，总阻值为。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为的匀强磁场。 大轮以角速度匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动的角速度为
B．灯泡两端电压有效值为
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
【答案】A,C
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；电磁感应中的电路类问题；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A.大轮和小轮通过皮带转动，线速度相等，根据知，小轮的角速度为。小轮和线圈同轴转动，角速度相等，所以线圈转动的角速度为，故A符合题意；
B.线圈产生感应电动势的最大值，则线圈产生感应电动势的有效值，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为：，故B不符合题意；
C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值，此时线圈产生感应电动势的有效值，根据知，线圈电阻变为原来的2倍，即2R，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为：，故C符合题意；
D. 若仅将小轮半径变为原来的两倍 ，根据可知小轮和线圈的角速度变为，根据知，线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，故D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】大轮和小轮通过皮带转动，线速度相等，根据求线圈转动的角速度；根据求线圈产生感应电动势的最大值，再根据求线圈产生感应电动势的有效值，最后根据串联电路分压原理求灯泡两端电压有效值；根据求线圈边长后线圈产生感应电动势的最大值，再根据求现在线圈电阻，最后根据串联电路分压原理求灯泡两端电压有效值；根据分析小轮半径增大后线圈的角速度变化情况，根据分析线圈产生的感应电动势有效值的变化。
21．（2023·全国乙卷）黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12 = 3.0V，U23 = 2.5V，U34 = －1.5V。符合上述测量结果的可能接法是（ ）
A．电源接在1、4之间，R接在1、3之间
B．电源接在1、4之间，R接在2、4之间
C．电源接在1、3之间，R接在1、4之间
D．电源接在1、3之间，R接在2、4之间
【答案】C,D
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；黑箱问题
【解析】【解答】A、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，A错误；
B、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出：电压为正值，不符合题意，B错误；
C、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，C正确；
D、根据题意画出电路图如图所示，
由已知条件得出符合题目测量结果，D正确；
故答案为：CD
【分析】电学黑箱题，由串并联电路的特点，根据题目选项逐一画出可能的电路图进行分析，得出结论。
22．（2023·全国甲卷）一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离。如图(a)所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示。则（ ）
A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B．下落过程中，小磁体的N极，S极上下顺倒了8次
C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
【答案】A,D
【知识点】法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A.在小磁体下落的过程中，它经过的每匝线圈的磁通量都是先增大后减小，但由上到下电流的最大值逐渐增大，可以判断小磁体的下落速度一定时越来越大，故A符合题意；
B.电流变化的原因是线圈的磁通量先增大后减小，而不是小磁体的N、S极上下颠倒，故B不符合题意；
C.小磁体下落过程中线圈中的最大电流逐渐增大，所以线圈受到的安培力逐渐增大，由牛顿第三定律知线圈给小磁体的作用力也逐渐增大，故C不符合题意；
D.根据知，电流最大值逐渐增大，感应电动势的最大值也逐渐增大，根据知，感应电动势的最大值逐渐增大，磁通量的变化率最大值逐渐增大，故D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】由上到下电流的最大值逐渐增大，小磁体的下落速度一定时越来越大；电流变化的原因是线圈的磁通量先增大后减小，而不是小磁体的N、S极上下颠倒；小磁体下落过程中线圈中的最大电流逐渐增大，所以线圈受到的安培力逐渐增大；根据、，结合图b分析。
三、非选择题
23．（2023·浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成团合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
【答案】（1）导电杆所受安培力的大小为：，
火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，对火箭和导电杆整体，由牛顿第二定律得：，解得：，导电杆运动的距离为：；
（2）由速度-时间公式得运动时间为t时，导电杆的速度为，回路中感应电动势为：；
（3）根据能量关系得：，解得：；火箭落停过程经历的时间为，装置A输出的功率为：，可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，所以可用功率的平均值计算输出的能量W，初始时功率，末状态功率，所以；
（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能；从开始火箭从速度到平台速度减为零，。
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）根据安培力的计算公式求解安培力大小；由牛顿第二定律求解加速度，再由速度-位移公式求解运动的距离；
（2）由速度-时间公式求得导电杆的速度与时间的关系，根据感应电动势的计算公式求解；
（3）根据能量关系求解装置A输出电压U与运动时间t的关系；根据装置A输出的功率与时间的关系为线性关系，用功率的平均值计算输出的能量；
（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能。
24．（2023·上海）如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ=30°的斜面上，斜面上有一长度为D的单匝矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5T，已知线框边长cd=D=0.4m，m=0.1kg，总电阻R=0.25Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面上动摩擦因数μ=，线框速度随时间变化如图(b)所示。(重力加速度g取9.8m/s2)
（1）求外力F大小；
（2）求cf长度L；
（3）求回路产生的焦耳热Q。
【答案】（1）由v-t图像可得：
对导线框受力分析可得：
代入数据联立解得：F=1.48N
答：外力F大小为1.48N.
（2）由v-t图像可知线框cf边进磁场时开始匀速直线运动，可得：
由法拉第电磁感应定律：由闭合电路欧姆定律：得：
代入数据联立解得：L=0.5m，I=2A
答：cf长度L为0.5m.
（3）线框匀速切割穿过磁场，产生的焦耳热就等于克服安培力所做的功：
答：回路产生的焦耳热Q为0.4J
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】（1）由v-t图像可知导线框运动的规律，得出匀加速运动的加速度和导线框匀速切割穿过磁场，对导线框受力分析由牛顿第二定律计算拉力的大小；
（2）由匀速切割磁感线运动导线框受合力为零，由法拉第电磁感应定律计算电动势，由欧姆定律计算感应电流得到安培力的大小， 从而求出导线框切割边的长度；
（3）由于匀速切割，安培力不变，导线框产生的焦耳热就是克服安培力所做的功。
25．（2023·江苏）小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响．所用器材有：干电池（电动势约1.5V，内阻不计）2节；两量程电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ；量程0~15V，内阻约15kΩ）1个；滑动变阻器（最大阻值50Ω）1个；定值电阻（阻值50Ω）21个；开关1个及导线若干．实验电路如题1图所示．
（1）电压表量程应选用 （选填“3V”或“15V”）．
（2）题2图为该实验的实物电路（右侧未拍全）．先将滑动变阻器的滑片置于如图所示的位置，然后用导线将电池盒上接线柱A与滑动变阻器的接线柱 （选填“B”“C”“D”）连接，再闭合开关，开始实验．
（3）将滑动变阻器滑片移动到合适位置后保持不变，依次测量电路中O与1，2，…，21之间的电压．某次测量时，电压表指针位置如题3图所示，其示数为 V．根据测量数据作出电压U与被测电阻值R的关系图线，如题4图中实线所示．
（4）在题1图所示的电路中，若电源电动势为E，电压表视为理想电压表，滑动变阻器接入的阻值为，定值电阻的总阻值为，当被测电阻为R时，其两端的电压 （用E、、、R表示），据此作出理论图线如题4图中虚线所示．小明发现被测电阻较小或较大时，电压的实测值与理论值相差较小．
（5）分析可知，当R较小时，U的实测值与理论值相差较小，是因为电压表的分流小，电压表内阻对测量结果影响较小．小明认为，当R较大时，U的实测值与理论值相差较小，也是因为相同的原因．你是否同意他的观点？请简要说明理由．
【答案】（1）3V
（2）D
（3）1.50
（4）
（5）不同意，理由见解析
【知识点】串联电路和并联电路的特点及应用；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）两节干电池电压为3v，故选用量程为3v的电压表；
（2）电路图中采用限流式接法，滑动变阻器接线柱要满足“一上一下”，而在闭合开关前，需要将变阻器滑片滑到最大阻值处（滑片滑到C端），因此在闭合开关前，下接线柱应该接到D上，故选填“D”；
（3）电压表量程是3v，电压表分度值为0.10v，故指针所值位置读数为1.50v。
（4） 此时电路中的电流为I=，当被测电阻为R时，其两端电压U=IR= 。
（5）当R较大时，U的实测值与理论值相差较小，是因为电压表与待测电阻并联，并联电路两端电压相等，所以当R较大时，U的实测值与理论值相差较小。
【分析】（1）根据电动势的大小，选择合适的量程，要求不烧坏电表的前提下量程尽量小。
（2）根据电路图连接实物图，注意闭合开关前滑动变阻器滑片所处的位置。
（3）电压表的量程为3v时，分度值为0.1v，注意估读至最小分度值的下一位。
（4）根据闭合电路欧姆定律列方程求解。
（5）当R较大时，会导致电压表分流较大，故原因不同，当R较大时，是因为被测电阻R的分流较小，被测电阻对测量结果影响较小。
26．（2023·新课标卷）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1= 2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【答案】（1）金属框进入磁场中的平均感应电动势，
进入磁场过程中流过的电荷量，
完全穿过磁场的电荷量为，
根据动量定理可得，
联立解得.
（2）设金属框初速度为v0，金属框进入磁场以后的速度为v1，向右为正方向，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，电路中的总电阻为，
由动量定理可知，，，联立得，
解得
说明金属框未离开磁场区域，即线框的初动能全部转化为内能，
由能量守恒定律得，
根据焦耳定律可得其中R1的热量
【知识点】法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对线框进行分析，根据法拉第电磁感应定律和动量定理分析求解。
（2）对线框进行分析，根据法拉第电磁感应定律和动量定理计算导体离开磁场时的速度，判断是否离开磁场，再根据能量守恒分析求解。
27．（2023·湖南）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为．
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离．
【答案】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，即。
由法拉第电磁感应定律得：，
由闭合电路欧姆定律及安培力公式得：，，
联立解得：；
（2）由右手定则知导体棒b中电流向里，b棒受安培力沿斜面向下，此时电路中电流不变，对b棒根据牛顿第二定律得：，解得：；
（3）对ab整体，由动量定理得：，
解得：；
对b根据动量定理得：，
设此过程流过b棒的电荷量为q，则，
由法拉第电磁感应定律得：，
联立解得：。
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）根据a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动列方程求解；
（2）释放瞬间b的速度为零，受沿斜面向下的安培和重力的分力，对b棒根据牛顿第二定律求解；
（3）对ab整体，由动量定理求速度的大小；对b根据动量定理列方程，结合和法拉第电磁感应定律求解。
28．（2023·浙江选考）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为的两轻质横杆组成，且。线框通有恒定电流，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置二半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度匀速转动，当线框平面与平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量与时间的近似关系如图2所示，图中已知。
（1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
（3）求圆环中电流的有效值；
（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求的值（当，有）。
【答案】（1）由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
由电流定义式
联立可得
（2）在 时
在 时
（3）从能量角度
解得
（4）由能量传递
化简可得
即
解得
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题
【解析】【分析】（1）已知线圈转动的时间，利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流的大小，结合电流的定义式可以求出通过圆环横截面的电荷量的大小；
（2）已知磁感应强度随时间变化的规律，利用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律可以求出圆环中电流的大小；
（3）已知圆环中电流的变化，结合焦耳定律可以求出电流有效值的大小；
（4）当撤去外力时，线圈缓慢减速，利用能量守恒定律结合焦耳定律可以求出角速度减小量的大小。
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