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专题07 实验探究与交流电
力学实验
1．(2025·四川二模)某同学用如图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细
线两端分别与放置在木板上的木块和竖直悬挂的弹簧测力计相连。
(1)关于本实验操作要求，下列说法中正确的是______（填序号）。
A．桌面必须水平
B．实验时，必须匀速向左拉出木板
C．弹簧测力计竖直悬挂后必须进行零刻度线校准
D．只要弹簧测力计竖直悬挂，与木块相连的细线不水平也可以
(2)某次正确操作过程中，弹簧测力计示数的放大图如图乙所示，则木块受到的滑动摩擦力大小
N。
(3)该同学在木块上逐渐增加砝码个数，记录砝码的总质量m，正确操作并记录弹簧测力计对应的示数f。
测得多组数据后，建立
坐标系，描点得到的图线如图丙所示，则木块与木板之间的动摩擦因数
（重力加速度大小取
）。
【答案】(1)AC
(2)2.60
(3)0.4
【详解】（1）AD．应保持与木块相连的细线水平，同时保证桌面水平，否则木块对木板的正压力不等于
木块和砝码的总重力，A 正确，D 错误；
B．实验时，将木块拉动即可，这时细线的拉力大小等于摩擦力的大小，而不一定要将木板匀速拉动，B
错误；
C．实验前，应先对弹簧测力计调零，否则读数可能不准确，C 正确；
故选AC。
（2）在弹簧测力计上，1N 之间有10 个小格，一个小格代表0.1N，即弹簧测力计的分度值为0.1N，需向
后估读一位，故此时的示数为2.60N，木块受到的滑动摩擦力为2.60N。
（3）摩擦力的公式为
图线的斜率表示
，图线的斜率为
N/kg=4N/kg
所以
2．(2025·攀枝花二模)某同学利用如图所示的装置“探究动量定理”。在水平气垫导轨上安装了两光电门
1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮和轻质动滑轮，与弹簧测力计相连。实验时测出遮光
条的宽度
，滑块和遮光条的总质量
，相同的未知质量钩码若干，取重力加速度
。多次改变钩码的个数，实验得到如下实验数据表格，回答以下问题。
实验
次数
钩码个数
光电门1 遮光
时间
光电门2 遮光
时间
经两光电门间
的时间
弹簧测力计示
数
1
1
0.120
0.060
1.460
0.099
2
2
0.080
0.040
1.001
0.200
3
3
0.070
0.036
0.203
0.280
(1)滑块通过光电门1 时的速度大小
（选用
、
、
、表示）；
(2)第一次实验时，滑块从光电门1 到光电门2 的过程中所受合力的冲量大小
（保留两位小
数）；
(3)第一次实验中，滑块从光电门1 到光电门2 的过程中动量的变化量大小
（保留两位
小数）；
(4)本实验中滑块动量的变化
和此段时间内所受合力冲量
的相对误差
。如果δ 值
在8%以内，可以得到结论：滑块动量的变化量等于其所受合力的冲量。根据第1 组数据，计算出的相对
误差
%（保留一位有效数字）；
(5)当挂上两个钩码时，弹簧测力计示数为
，由此可计算出每个钩码质量
（保留两位
小数）。
【答案】(1)
(2)0.14
(3)0.13
(4)
(5)0.02
【详解】（1）根据平均速度等于瞬时速度，则有遮光片通过光电门1 时的速度大小
（2）第一次实验时，滑块从光电门1 到光电门2 的过程中所受合力的冲量大小
（3）遮光片通过光电门1 时的速度大小
遮光片通过光电门2 时的速度大小
滑块从光电门1 到光电门2 的过程中动量的变化量大小
（4）根据第1 组数据，计算出的相对误差
（5）当挂上两个钩码时，遮光片通过光电门1 时的速度大小
遮光片通过光电门2 时的速度大小
加速度为
对钩码，根据牛顿第二定律，有
解得
m=0.02kg
3．(2025·自贡二模)某同学用三根完全相同的弹簧设计了如下实验，以探究弹簧的劲度系数。
(1)将弹簧上端均固定在铁架台上相同高度的横杆上，甲装置用一根弹簧挂物块
，乙装置用另外两根弹
簧挂大小相同但质量不同的物块
，在物块正下方的距离传感器可以测出物块到传感器的距离，此时刚好
均为
，如图所示，则
是
的 倍。
(2)只交换两物块的位置，此时甲装置的距离传感器显示为
，弹簧相对原长的形变量为
；乙装置中的
每根弹簧相对原长的形变量为
，则
是
的 倍。
(3)已知物块质量
，当地重力加速度为
，该同学测得
、
，则每根弹簧
的劲度系数
。
【答案】(1)
/0.5
(2)4
(3)245
【详解】（1）根据题意，两物块均受力平衡，则由受力分析及胡克定律可知甲乙两装置弹簧伸长量相等，
即
，
则
即
是
的
倍。
（2）交换位置后再分别对两物体受力分析，有
，
两式联立解得
即
是
的4 倍。
（3）设弹簧处于原长状态时，下端与距离传感器之间距离为，则
，
代入
与
值，与以上各小问方程联立，解得
4．(2025·绵阳普明中学二模)某同学用如图甲的装置研究完“探究加速度与力、质量的关系”实验后（该
实验已平衡摩擦力，且小车质量M 远大于砝码及托盘的总质量），另一同学提议用该装置和实验数据来验
证“动量定理”。已知图乙中相邻两计数点间的时间为t，重力加速度为g。
（1）打第2 个计数点时小车的速度
和第6 个计数点时小车的速度
；
（2）从打第2 个计数点到打第6 个计数点的过程中小车合外力的冲量
；
（3）比较小车合外力的冲量与小车动量的变化量即可验证；
（4）在实验的过程中，总是发现小车合外力的冲量大于小车动量的变化量，出现这种误差的原因
。（写出其中一条即可）
【答案】
平衡摩擦不够/存在空气阻力/倾角过小
【详解】（1）[1]根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度可得打第2 个计数点时小车
的速度
（2）[2]从打第2 个计数点到打第6 个计数点的过程中小车合外力的冲量
（4）[3]在实验的过程中，总是发现小车合外力的冲量大于小车动量的变化量，出现这种误差的原因可能
是平衡摩擦不够、存在空气阻力、倾角过小。
5．(2025·南充二模)图甲为测定当地重力加速度的实验装置，不可伸长的轻摆线一端固连在铅质小圆柱的
上端，另一端固定在O 点。将轻绳拉至水平后由静止释放，在小圆柱通过的最低点附近安置一组光电门，
测出小圆柱运动到最低点通过光电门的挡光时间t，用游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图乙所示。忽略空
气阻力，实验步骤如下：
(1)小圆柱的直径d＝ cm；
(2)测出悬点到圆柱中心的距离l，并测出对应的挡光时间△t；
(3)改变摆线的长度，重复步骤 (2)，多测几组数据；
(4)以悬点到圆柱重心的距离l 为纵坐标，以 为横坐标，得到的图象是一条通过坐标原点的直线，如
图丙所示。计算得该图线的斜率为k，则当地重力加速度g= (用物理量的符号表示)。
【答案】 1.02
【详解】(1)[1]．小圆柱的直径d=1.0cm+2×0.1mm=1.02cm.
(2)[2][3]．根据机械能守恒定律得
所以
得到
则以悬点到圆柱重心的距离l 为纵坐标，以
为横坐标。
其中
故
电学实验
6．(2025·成都石室中学二模)热敏电阻的阻值会随温度的变化而变化。实验小组用伏安法测量某热敏电阻
的阻值，并研究其阻值与温度的关系，实验室可提供的器材有：热敏电阻
阻值在几百到几千欧的范围
内；电压表
量程为15V，内阻约
；电流表
量程为10mA，内阻为
；滑动变阻器
最大
阻值
；蓄电池电动势为
，内阻不计；开关、导线若干。
(1)为了减小热敏电阻测量误差，图1 中电压表右侧导线接
选填“a”或“b” ；正确连接电路后，调
节恒温箱中的温度，调节滑动变阻器的滑片P，使电流表和电压表示数在合适数值，记录对应的电流表和
电压表的示数，并算出热敏电阻的阻值
。多次改变温度t，算出对应的阻值
；
(2)实验小组用该热敏电阻设计了如图3 所示的保温箱温度控制电路，
为热敏电阻，
为电阻箱，控制
系统可视为
的电阻，电源的电动势
内阻不计。当通过控制系统的电流小于3mA 时，
加热系统将开启为保温箱加热；当通过控制系统的电流达到3mA 时，加热系统将关闭。若要使得保温箱
内温度低于
加热系统就开启，应将
调为
。
【答案】(1)b
(2)2000
【详解】（1）由于电流表内阻已知，因此电流表应采用内接法，图1 中电压表右侧导线接b；
（2）取控制系统电流为
由图2 知，当温度为
时热敏电阻的阻值为
，控制系统的电阻
根据闭合电路欧姆定律，有
代入数据得
因此若要使得保温箱内温度低于
加热系统就开启，应将
调为
。
7．(2025·攀枝花二模)某物理实验小组将一个量程Ig=10 mA 的表头G 串联一个电阻R0后改装成量程U0=3 V
的电压表。
(1)改装好的电压表的内阻为 Ω。
(2)为准确测量该表头的内阻，实验小组利用图甲所示的电路进行测量，图中电源的电动势为9 V、内阻为
0.5 Ω，具体实验步骤如下：
（i）按照电路图连接好电路；
（ii）断开开关S，调节电阻箱R 的阻值到最大；
（iii）闭合开关S，逐步减小电阻箱R 的阻值，并同时记录多组电阻箱阻值R 及表头G 的示数I；
（iv）根据记录的数据，作出
图像如图乙所示；
由此可知表头G 的内阻Rg= Ω，电阻箱R′= Ω。（保留一位小数）
（4）实验小组继续利用甲图中的电源和该表头G 串联，构造成了一个简易的欧姆表，如图丙所示。该欧
姆表能测量的电阻范围是 。小组成员通过分析后发现该简易欧姆表能测量的电阻范围会
随着电源内阻的变化而变化，且不能测量阻值较小的电阻，为了解决该问题并能使该欧姆表可以测量的最
小电阻阻值变为0，需要对电路做相应的改变，请你举例说明该怎么改变
。
【答案】(1)300
(2) 30.0 869.5
在电路中串联一个大于或等于869.5 Ω 的可调电阻
【详解】（1）题意可知改装好的电压表的内阻
（2）[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
整理得
结合图乙可知
，
题意知
联立以上解得
，
[3]该欧姆表测量的最小阻值
联立解得
则该欧姆表能测量的电阻范围是
[4]该欧姆表可以测量的最小电阻阻值变为0，则至少需要串联一个电阻
即可在电路中串联一个大于或等于869.5 Ω 的可调电阻。
8．(2025·乐山二模)气敏电阻在安全环保领域有着广泛的应用。某气敏电阻说明书给出的气敏电阻Rq随甲
醛浓度η 变化的曲线如图a 所示。
(1)为检验该气敏电阻的参数是否与图a 一致，实验可供选用的器材如下：
A．蓄电池（电动势6V，内阻不计）
B．毫安表A1（量程2mA，内阻为200Ω）
C．毫安表A2（量程5mA，内阻约20Ω）
D．定值电阻R0（阻值2800Ω）
E.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω，额定电流0.2A）
F.滑动变阻器R2（最大阻值200Ω，额定电流0.2A）
G.开关、导线若干
探究小组根据器材设计了图b 所示电路来测量不同甲醛浓度下气敏电阻的阻值，其中：
①滑动变阻器Rp应选用 （填“R1”或“R2）；
②开关S 闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于 端（填“a”或“b”）；
(2)实验时，将气敏电阻置于密封小盒内，通过注入甲醛改变盒内浓度，记录不同浓度下电表示数，当甲醛
浓度为
时毫安表A1和毫安表A2的示数分别为1.51mA 和3.51mA，此时测得该气敏电阻的阻
值为 kΩ（结果保留三位有效数字）。
(3)多次测量数据，得出该气敏电阻的参数与图a 基本一致。探究小组利用该气敏电阻设计了如图c 所示的
简单测试电路，用来测定室内甲醛是否超标（国家室内甲醛浓度标准是
），并能在室内
甲醛浓度超标时发出报警音。电路中报警器的电阻可视为无穷大，电源电动势E=3.0V（内阻不计），在接
通电路时报警器两端电压大于2.0V 时发出报警音“已超标”，小于等于2.0V 时发出提示音“未超标”。
则在电阻R3和R4中， 是定值电阻，其阻值为 kΩ（保留两位有效数字）。
【答案】(1) R2 a
(2)2.27
(3) R3 1.3
【详解】（1）①[1]根据图b 可知，滑动变阻器采用了分压接法，为了调节方便，本来应该选择最大阻值
较小的R1；但是考虑到若选择R1=10Ω，电源电动势为6V，则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2A，所
以选择R2。
②[2]开关S 闭合前，应将滑动变阻器Rp的滑片置于a 端。
（2）该气敏电阻的阻值为
（3）[3][4]因甲醇浓度越大，则RP阻值越大，回路总电阻越大，总电流越小，则定值电阻上的电压越小，
RP上的电压越大，当超过2.0V 时发出报警音，可知R4为气敏电阻，R3为定值电阻；当室内甲醛浓度是
时Rp=2.6kΩ，可知定值电阻
9．(2025·四川二模)实验小组将满偏电流为
的灵敏电流计G 改装为毫安表并校验。可供选择的器材还
有：
A．电源
（电动势1.5V，内阻很小）
B．电源
（电动势3.0V，内阻很小）
C．滑动变阻器
（阻值
）
D．滑动变阻器
（阻值
）
E.电阻箱
（阻值
）
F.开关两只，导线若干
(1)同学们设计了如图a 所示电路测量灵敏电流计G 的内阻。滑动变阻器
应该选择 （选填“
”
或“
”），电源E 应该选择 （选填“
”或“
”）。
(2)断开
、
，按图a 正确连接电路图后，将
的阻值调到最大，闭合
，调节
，使灵敏电流计G 的
指针偏转到满刻度：保持
不变，再闭合
，调节
，使灵敏电流计G 的指针偏转到满刻度的一半，读
出
的阻值为
，则灵敏电流计G 的内阻测量值
。
(3)给这个灵敏电流计G 并联一个阻值为
的电阻，把它改装为一个毫安表，则该毫安表的量程为
。
(4)若考虑测量灵敏电流计G 内阻的系统误差，根据如图b 所示电路对改装得到的毫安表进行校验时，标准
毫安表的读数一定 （选填“大于”“小于”或“等于”）改装表的读数。
【答案】(1)
(2)495.0
(3)5
(4)大于
【详解】（1）[1][2]本实验采用的是半偏法测电阻，实验中认为干路电流近似不变，实验时闭合
，电阻
箱
接入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器接入电路的阻值
尽量大，应使电流表能够满偏，毫安表A 的满偏电流为
，则此时电路中总电压为
V，
V
故滑动变阻器应选用最大阻值为的
，若电源电压为3V，则电流表超过量程，故电源选择1.5V 的
。
（2）灵敏电流计G 的指针偏转到满刻度的一半，读出
的阻值为
，根据并联电路电流与电阻关系
可知，灵敏电流计G 的内阻测量值
。
（3）根据电流表改装原理可知
（4）闭合
，电阻箱接入电路后，电路的总电阻变小，干路电流稍微变大，即干路电流大于
，而流过
灵敏电流计的电流为
，则流过电阻箱的电流大于
，即流过电阻箱的电流实际上大于流过灵敏电流
计的电流，根据并联电路的特点，可知灵敏电流计的内阻测量值偏小，结合电流表改装原理可知改装表量
程大于5mA，在校验时，标准毫安表的读数一定大于改装表的读数。
10．(2025·成都二模)按要求填空：
(1)半偏法测电流表内阻的电路如图甲，图中器材参数如下：
待测电流表A（量程
）
滑动变阻器
（最大阻值
）
电阻箱
（最大阻值
）
电源E（电动势为
，内阻很小）
测量方法是：先断开开关
，闭合开关
，调节滑动变阻器
，使电流表的指针满偏；保持
的阻值不
变，闭合
，调节电阻箱
，使电流表的指针半偏，此时电阻箱
的示数为
．则电流表A 内阻的
测量值为
。
(2)将该电流表A 改装成量程为
的电流表
，应给电流表A （选填“串联”或“并
联”）一个电阻，改装后的电流表
的内阻为
。
(3)测量一节废旧干电池的电动势E 和内阻r，利用改装后的电流表
和其它实验器材设计了如图乙所示的
电路。在实验中，多次改变电阻箱阻值，记录多组数据，画出
图像为一条直线（如图丙），由图中
数据计算出该电池的电动势
V，内阻
（结果均保留三位有效数字）。
【答案】(1)99.0
(2) 并联 0.99
(3) 1.13 10.3
【详解】（1）断开开关
，闭合开关
，调节滑动变阻器
，使电流表的指针满偏，电流为
，保持
的阻值不变，闭合
，调节电阻箱
，使电流表的指针半偏，表中电流为
，由于电阻箱
与电流表
A 并联，所以认为电阻箱中电流为
电流表A 内阻等于此时电阻箱
的阻值为
（2）[1]将电流表A 改装成大量程的电流表应该并联一个分流电阻。
[2]如图
改装后的电流表
的内阻为
（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律，有
可得
图像的斜率为
可得
图像的纵截距为
可得
11．(2025·攀枝花二模)如图甲所示的实验装置，定性探究电荷间相互作用力与电荷量、电荷之间的距离的
关系。
(1)该实验用到的研究方法是（ ）
A．理想实验法
B．等效替代法
C．微小量放大法
D．控制变量法
(2)如图乙所示，当小球B 静止时，A、B 两球球心恰好在同一水平面上，细线与竖直方向的夹角为
，若
小球B 的质量为m，重力加速度为g，则库仑力
。
(3)如图乙所示，接着该同学在竖直平面内缓慢移动小球A 的位置，保持A、B 两球球心的连线与连接B 球
的细线所成的夹角不变，在细线偏离竖直方向的角度
增大到90°的过程中，A、B 两球间的库仑力
（选填“增大”、“减小”、“先增大再减小”或“先减小再增大”）。
【答案】(1)D
(2)
(3)减小
【详解】（1）在研究电荷之间作用力大小与两小球的电荷量
和
以及距离r 的关系时，采用控制变量
的方法进行，根据小球的摆角变化可以看出小球所受作用力随电量或距离变化情况。
故选D。
（2）[1]B 球的受力情况如图所示
根据小球B 受力平衡，由几何关系可得
（3）[1]保持A、B 两球球心的连线与连接B 球的细线所成的夹角不变，在细线偏离竖直方向的角度
增大
到90°的过程中，A、B 两球球心的连线间的距离增大，根据库仑定律
知电荷之间的静电力随着距离的增大而减小。
12．(2025·宜宾二模)某物理兴趣小组探究影响电荷间静电力的因素，实验装置如图所示。
(1)带正电的小球A 固定不动，带正电的小球B 通过绝缘丝线系在铁架台上，小球B 会在静电力的作用下发
生偏离。把系在丝线上的带电小球B 先后挂在图中横杆上的
、
、
等位置，实验时通过调节丝线长度，
始终使A、B 两球球心在同一水平线上，待小球B 平衡后，测得丝线偏离竖直方向的角度为
，A、B 两球
球心间的距离为r，小球B 的质量为m，当地重力加速度大小为g，则A、B 两球之间的库仑力大小为
。（用题中涉及的物理量符号表示）
(2)以上实验采用的方法是________。
A．微小量放大法
B．控制变量法
C．等效替代法
D．理想实验法
(3)若实验中小球A、B 的电荷量分别为
和
，则静电力常量可表示为
。（用题中涉及的物理
量符号表示）
【答案】(1)
(2)B
(3)
【详解】（1）对小球受力受力分析，设绳子与竖直方向的夹角为
，则A、B 两球之间的库仑力大小为
（2）实验过程中，保持电荷量不变，改变球心距，属于控制变量法。
故选B。
（3）根据库仑定律得
则静电力常量可表示为
13．(2025·广安二模)某实验小组根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律，探测温度控制室内的温度。选用
的器材有：
热敏电阻
；
电流表G（内阻
为
，满偏电流为
）；
定值电阻R（阻值为
）；
电阻箱
（阻值
）；
电源E（电动势恒定，内阻不计）；
单刀双掷开关
、单刀单掷开关
；导线若干。
请完成下列步骤：
(1)该小组设计了如图（a）所示的电路图。根据图（a），在答题卡上完成图（b）中的实物图连线。
(2)开关
断开，将电阻箱的阻值调到 （填“最大”或“最小”）。开关
接1，调节电阻箱，当
电阻箱读数为
时，电流表示数为
。再将
改接2，电流表示数为
，断开
。得到此时热敏电阻
的阻值为 Ω。
(3)该热敏电阻
阻值随温度t 变化的
曲线如图（c）所示，结合（2）中的结果得到温度控制室内此
时的温度约为 ℃。（结果取整数）
(4)开关
接1，闭合
，调节电阻箱，使电流表示数为
。再将
改接2，如果电流表示数为
，
则此时热敏电阻
（用k 表示），根据图（c）即可得到此时温度控制室内的温度。
【答案】(1)
(2) 最大
(3)8
(4)
【详解】（1）由图（a）所示的电路图，图（b）中的实物图连线如图所示。
（2）[1]由图（a）可知，电阻箱起到保护电路的作用，因此开关闭合前，将电阻箱的阻值调到最大。
[2]开关
接1 时，由欧姆定律可得
接2 时，则有
联立解得
（3）由图（c）可知，
时，对应的温度约为8℃。
（4）开关
接1，闭合
，调节电阻箱，使电流表示数为
。由并联电路的分流作用，结合
，可得干路电流为
，则有并联部分的电阻
由欧姆定律可得
结合
解得
接2 时，电流表示数为
，同理可得干路电流可为
，由欧姆定律可得
结合
其中
解得
光学实验
14．(2025·达州二模)小凯同学家有一个摆件上挂着一个球形透明物，为了弄清这个球形物体的材质是什么，
小凯设计了一个实验来测定该球体的折射率。
(1)小凯同学先用游标卡尺测量球体的直径
，测量结果如图甲所示，球体直径
cm；
(2)图乙是小凯同学设计的实验原理图，他将该球体固定在水平桌面上，找来一支激光笔，射出一束沿水平
方向的红色激光照在球体上，调整水平激光的高度，当看到光线在进出球体时没有发生偏折时，说明激光
通过了球体的球心（如图中
），在球体上光线出射的位置做一个记号（图中
点）。将激光笔竖直向
上移动，保持入射光线水平，当光线经球体发生折射后恰好能从
点射出时，将激光笔固定，测量得到该
过程中光线向上移动的距离为
。根据所测数据可求得球体的折射率为
（
，
计算结果保留两位有效数字）；
(3)若实际操作中，小凯最终调到的水平光线从球体内出射时的位置相对
点向上偏了一点，他仍按照
（2）中原理计算折射率，实验结果将 （填“偏大”、“偏小”或“没有影响"）；
(4)如果将光线继续上移， （填“能”或“不能”）看到光在球体内发生全反射。
【答案】(1)5.00
(2)1.8
(3)偏大
(4)不能
【详解】（1）球体直径
（2）如图所示
设光线由A 点射入，入射角为
，折射角为
，则
，
，
则
（3）若实际操作中，小凯最终调到的水平光线从球体内出射时的位置相对
点向上偏了一点，则会造成d
偏小，即AP 偏大，n 的测量值偏大。
（4）如果将光线继续上移，由于光线射出球体时的入射角始终等于射入球体时的折射角，而光线射入球
体时的入射角小于
，所以光线射出球体时的折射角必小于
，不能发生全反射。
描述交变电流中的物理量
15．(2025·成都石室中学二模)如图所示，导线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势
，导线框与理想升压器相连进行远距离输电。输电线路的电流为2A，输电线路总电阻
为
，理想降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端的电压为220V，
电动机的功率为1100W，导线框及其导电动机线电阻不计，不计一切摩擦，则（ ）
A．升压变压器原副线圈的匝数比为11：60
B．图示位置线圈中的电流方向正在改变
C．线框转动一圈的过程克服安培力做功24J
D．若电动机突然卡住，输电线上的损耗功率将减小
【答案】AC
【详解】A．设升压变压器原副线圈两端电压、电流为
、
和
、
，降压变压器原副线圈两端电压、
电流为
、
和
、
，由题意知，输电线损失功率
，
，
，
由此可以解得
故A 答案正确；
B．线框经过中性面位置时，电动势为零、电流为零，电流方向发生改变，而图示位置为垂直中性面位置，
故B 答案错误；
C．根据理想变压器可知
而发电机线圈转动周期
则线框转动一圈的过程克服安培力做功
故C 答案正确；
D．若电动机突然卡住，则电动机变成纯电阻电路，则
增大、
增大，
增大、输电线上的损耗功率
也增大，故D 答案错误。
故选AC。
16．(2025·资阳二模)图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向
的轴
匀速转动，从
时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的
匝数
，线圈的电阻
，线圈与外电路连接的定值电阻
，电压表为理想交流电表。则下
列判断不正确的是（ ）
A．线圈转动的周期为
B．
时刻线圈平面与磁感线平行
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为
D．电压表的示数为
【答案】A
【详解】A．由图可知，线圈转动的周期为
选项A 错误；
B．
时刻穿过线圈的磁通量为零，则此时线圈平面与磁感线平行，选项B 正确；
C．根据
可得线圈转动过程中产生的最大感应电动势为
选项C 正确；
D．电压表的示数为
选项D 正确。
此题选择不正确的，故选A。
17．(2025·达州二模)磁感应强度为0.2T 的匀强磁场中有一个闭合的金属线框abcd，线框以某一角速度绕
中心轴
转动，其发热功率为P；当线框转至如图所示的位置时固定不动，使磁场的磁感应强度随时间
的变化率为0.1T/s，线框的发热功率仍为P，则线框转动角速度的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】线框以某一角速度绕其中心轴匀速转动时电动势的最大值为
此时线框的发热功率为
磁场均匀增大时，产生的感应电动势为
此时线框的发热功率为
联立解得
故选B。
18．(2025·南充二模)如图所示，在磁感应强度为
的匀强磁场中，线框平面与磁感线垂直，现使矩
形线框绕垂直于磁场的轴以恒定角速度
转动，线框电阻不计，匝数为
匝，面积为
。线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L（4W，
）和滑
动变阻器R，电流表为理想交流电表，下列说法正确的是（ ）
A．从图示位置开始计时，线框中感应电动势瞬时值表达式为
B．线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量变化最快
C．若将自耦变压器触头向下滑动，则灯泡会变暗
D．若灯泡正常发光，则原、副线圈的匝数比为
【答案】C
【详解】A．线框中感应电动势最大值为
图中位置穿过线圈的磁通量最大，即为中性面位置，所以线圈中感应电动势的瞬时值为
故A 错误；
B．根据上述表达式可知线框平面与磁感线垂直时为中性面位置，此时感应电动势的瞬时值为0，即
可得此时穿过线框的磁通量变化率
穿过线框的磁通量变化最慢。故B 错误；
C．若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数
变小，根据理想变压器电压与匝数的关系
可知输出电压
减小，又因为
可知灯泡发光的功率变小，所以灯泡变暗。故C 正确；
D．变压器变压器输入电压的有效值为
开关闭合时灯泡正常发光，所以
根据理想变压器的变压比得此时原副线圈的匝数比为
故D 错误。
故选C。
变压器
19．(2025·攀枝花二模)如图所示，M、N 之间接有正弦交流电源，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，
电压表为理想电表。初始时，滑动变阻器R2的滑片P 处于正中间位置，滑片移动过程中所有元件均安全。
已知灯泡L、电阻R1的电阻值均为R 且保持不变，滑动变阻器的最大阻值为2R，电源电压的有效值不变，
则下列说法正确的是（ ）
A．若滑片上移，电压表示数将增大
B．若滑片上移，灯泡L 将变亮
C．若滑片下移，电源输出功率将减小
D．若滑片下移，变压器的输出功率将减小
【答案】BC
【详解】AB．若滑片上移，则
减小，副线圈的总电阻减小，副线圈的电流
增大，则原线圈的电流
增大，故灯泡L 将变亮，原线圈的电压
减小，根据
可得
减小，电压表示数
减小，故A 错误，B 正确；
C．若滑片下移，
增大，副线圈的总电阻增大，副线圈的电流
减小，则原线圈的电流
减小，电源的
输出功率
将减小，故C 正确；
D．若滑片下移，
增大，将原副线圈和负载电阻等效为
则变压器的输出功率为
因为
，即
，所以变压器的输出功率将增大，故D 错误。
故选BC。
20．(2025·广安二模)在如图所示的远距离输电电路中，a、b 端接入电压
的交流电源，两变压器
均为理想变压器，两变压器的匝数比满足
。已知
、
、
的阻值均为5Ω，它们消耗的功率均
相同，电表均为理想交流电表。则（ ）
A．升压变压器
的匝数比
B．电压表的示数为240V
C．电流表的示数为72A
D．
的电功率2880W
【答案】D
【详解】A．
、
、
的阻值相等，消耗的功率相同，故通过
、
、
的电流相同，设为
，则通
过降压变压器
副线圈的电流为
，由理想变压器原、副线圈匝数与电流关系得
，则有
，故A 错误；
B．结合上述可知，通过变压器
原线圈的电流
，由于变压器
原线圈的输入功率等于
、
、
的总功率，而
、
、
的阻值相等，消耗的功率相同，令
副线圈两端电压为
，则有
，解得
，故B 错误；
C．结合上述可知，电流表的示数为
，等于通过
的电流，则有
，故C 错误；
D．
的电功率为
,故D 正确。
故选D。
21．(2025·南充二模)如图所示，理想降压变压器的线圈
接学生电源交流输出端，线圈
与小灯泡相连接，
闭合电源开关，发现小灯泡亮度较低，为了提高小灯泡的亮度，下列可行的是（ ）
A．仅将线圈
改接直流输出端
B．仅适当减小交流电的频率
C．仅适当增加线圈
的匝数
D．仅适当增加线圈
的匝数
【答案】D
【详解】理想变压器输出电压与匝数成正比，即
。要想提升小灯泡的亮度，需要提高其两端的电
压，因此应增大副线圈（线圈b）的匝数，从而使输出电压增大，小灯泡变亮。其余选项均无法有效增大
灯泡两端的交流电压。
故选D。
22．(2025·四川二模)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕
轴在水平方向的
磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度
匀速转动，从图示线圈平面与磁感线平行的位置开始计时。矩形
线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻
和滑动变阻器R，所有电表均为理想交流电
表，下列判断正确的是（ ）
A．滑动变阻器的滑片向下滑动过程中，电压表
示数不变，
的示数变小
B．滑动变阻器的滑片向下滑动过程中，电流表
示数变大，
示数变小
C．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
D．线圈处于图示位置时，电压表
和电流表
的示数均达到最大值
【答案】A
【详解】A．线圈电阻不计，变压器原线圈两端电压等于感应电动势的有效值，即滑动变阻器的滑片向下
滑动过程中，电压表
示数不变，根据电压匝数关系可知，副线圈两端电压不变，即
示数不变，由于
滑动变阻器接入电阻减小，则副线圈中电流增大，定值电阻
承担电压增大，则
的示数变小，故A 正
确；
B．结合上述可知，副线圈中电流增大，即电流表
示数变大，根据电流匝数关系，原线圈的电流也增大，
即
示数变大，故B 错误；
C．从图示线圈平面与磁感线平行的位置开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
故C 错误；
D．线圈处于图示位置时，线圈平面与中性面垂直，感应电动势达到最大值，但是，电压表与电流表显示
的是电压与电流的有效值，即电压表
和电流表
的示数均保持不变，故D 错误。
故选A。
23．(2025·泸州二模)理想变压器与两个定值电阻
、
和电阻箱
组成如图所示电路，其中
，
，电阻箱最大阻值为
，变压器原、副线圈的匝数比为
。若在a、b 间接入交变电流
，则下列说法正确的是（ ）
A．流经
的电流每秒改变方向50 次
B．当
增大时，流经
的电流增大
C．当
时，
消耗的功率最大
D．当
增大时，
两端电压改变量的大小与流经
中电流改变量的大小之比增大
【答案】C
【详解】A．由图可知交变电流的周期为
s
每个周期电流方向改变2 次，故每秒电流改变100 次，故A 错误；
B．将变压器与R3视作一等效电阻，则有
则R3增大，由电路串并联关系可知流经R1的电流减小，故B 错误；
C．如图，将电源、R1、R2视作等效电源，将虚线框外部电路断路
求得等效电动势
将虚线框外部电路短路，求得短路电流为
则等效电源内阻
若要R3消耗的功率最大，此时
故C 正确；
D．将除R3以外的电路视作等效电源，R3阻值增大时，R3两端电压改变量的大小与流经R3中电流改变量的
大小之比为等效电源内阻，大小不变，故D 错误。
故选C。
24．(2025·达州二模)随着绿色环保理念深入人心，电动汽车市场日趋火爆，电池充电技术飞速发展。如图
为某科技公司利用电磁感应原理设计的无线充电桩原理示意图，若汽车以22kW 的恒定功率充电，送电线
圈连接
的交流电，不计能量损失，下列说法正确的是（ ）
A．送电线圈中的电流为100A
B．受电线圈中电流的频率为100Hz
C．仅减小送电线圈的匝数，会增大电池端的输出电流
D．仅减小送电线圈的匝数，会减小电池端的输出电压
【答案】A
【详解】A．根据
P=UI
解得
则送电线圈中的电流为100A，A 正确；
B．送电线圈频率为50Hz，则受电线圈中交流电的频率也为50Hz，B 错误：
CD．输送电压与输送功率恒定，则送电线圈中电流恒定，减小送电线圈匝数n1，根据
，受电线
圈电压U2增大，根据
，电池端的输出电流减小，CD 错误。
故选A。
25．(2025·乐山二模)向家坝水电站采用800 千伏特高压直流输电将电能送往上海。已知输电功率为P，输
电电压为U，输电线路总电阻为R。若仅考虑输电线路电阻产生的能量损失，则（ ）
A．输电线路中的电流
B．输电线路上损失的功率
C．若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的功率将变为原来的2 倍
D．若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的电压将变为原来的0.5 倍
【答案】B
【详解】A．输电线路中的电流
故A 错误；
B．输电线路上损失的功率
故B 正确；
C．若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的功率为
输电线路上损失的功率将变为原来的
倍，故C 错误；
D．原来输电线路上损失的电压为
若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的电压为
所以若仅将输电电压降为原来的一半，输电线路上损失的电压将变为原来的2 倍，故D 错误。
故选B。
