四川省绵阳市江油中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）.docx

四川省绵阳市江油中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、单选题1.下列说法中不正确的是（ ）A. 传感器担负着信息采集的任务，是力、温度、光、声、化学成分转化为电信号的主要工具B. 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号C. 干簧管是一种磁敏感元件D. 电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断【答案】B【解析】【分析】传感器是能感受规定的被测量并按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置，通常由敏感元件和转换元件组成然后结合各种传感器的特点与用途解答即可。【详解】传感器担负着信息采集的任务，是力、温度、光、声、化学成分转换为电信号的主要工具。故A说法正确；干簧管是一种磁敏感元件，能够将此信号转化为电信号，故C说法正确；话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声音信号转换为电信号，故B说法错误；电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断。故D说法正确。所以选B。【点睛】传感器能满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求，它是实现自动检测和自动控制的首要环节。2.下列关于电磁波谱的说法，下列说法正确的是（）A. 验钞机验钞票真伪体现了红外线的荧光效应B. 相同条件下，电磁波谱中最难发生衍射的是X射线C. 利用雷达测出发射微波脉冲及接收到脉冲的时间间隔可以确定雷达和目标的距离D. 夏天太阳把地面晒得发热是因为可见光的热效应在各种电磁波中最强的【答案】C【解析】【详解】验钞机是利用了紫外线的荧光作用，故A错误；电磁波谱中比X射线波长短的还有射线，相同条件下，电磁波谱中最难发生衍射的是射线，故B错误。电磁波测距就是利用发射脉冲和接收脉冲的时间间隔来确定的，故C正确；热效应最强的是红外线，故D错误；故选C.3.电磁炉热效率高达，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠图示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是A. 当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好B. 电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C. 在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用D. 电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差【答案】B【解析】锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，所加的电流是交流，不是直流故A错误根据电磁炉的工作原理可知，电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故B正确；在锅和电磁炉中间放一纸板，不会影响电磁炉的加热作用故C错误金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅的，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流故D错误；故选B。【点睛】电磁炉又被称为电磁灶，其原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，从而使金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅内的食物4.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)则（ ）A. 电路中感应电动势的大小为B. 电路中感应电流的大小为C. 金属杆所受安培力的大小为D. 金属杆的发热功率为【答案】B【解析】【分析】根据E=BLv，L是有效的切割长度，求解感应电动势根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小由F=BIL求安培力，由功率公式求解金属杆的热功率【详解】切割的有效长度为导轨间距l，故电路中感应电动势为：E=Blv，故A错误；电路中感应电流的大小为：，故B正确；金属杆所受安培力的大小为：，故C错误；属杆的热功率为：P=EI=I2r=，故D错误。故选B。【点睛】本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv中L为导轨宽度，即导线的有效切割长度，而求安培力时L为存在电流的总长度5.如图所示，图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终灯A2与灯A3的亮度相同。下列说法正确的是（ ）A. 图甲中，A1的电阻比L1的直流电阻大B. 图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，A1中的电流大于L1中的电流C. 图乙中，变阻器R连入电路的电阻比L2的直流电阻大D. 图乙中，闭合开关S2瞬间，L2中的电流与变阻器R中的电流相等【答案】A【解析】【分析】闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。【详解】图甲中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L的电流，则可知L的电阻小于A1的电阻，故A正确；图甲中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B错误；图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C错误；图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流小于变阻器R中电流，故D错误。所以A正确，BCD错误。【点睛】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。6.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A. ab中的感应电流方向由b到aB. ab中的感应电流逐渐减小C. ab所受的安培力保持不变D. ab所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】【详解】磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；根据安培力公式知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确故选D7.如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220V，100Hz的交变电源两端，三只灯泡亮度相同如果将电源改为220V，60Hz的交变电源，则（ ）A. 三只灯泡亮度不变B. a不变，b变暗，c变亮C. a亮度不变，b变亮，c变暗D. 三只灯泡都将变亮【答案】C【解析】【详解】根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变小时，电感对电流的感抗 减小，b灯变亮；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变小时，电容器对电流的容抗增大，c灯变暗；而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变，故C正确，A、B、D错误；故选C.8.一长直铁芯上绕有线圈P，将一单匝线圈Q用一轻质绝缘丝线悬挂在P的左端，线圈P的中轴线通过线圈Q的中心，且与线圈Q所在的平面垂直。将线圈P连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E为直流电源，S为开关。下列情况中，可观测到Q向左摆动的是A. S闭合的瞬间B. S断开的瞬间C. 在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时D. 在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变【答案】A【解析】A：S闭合的瞬间，线圈P中电流由无到有，产生的磁场从无到有，线圈Q中磁通量从无到有，线圈Q中磁通量增加，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的增大，则线圈Q将向左运动远离线圈P。故A项正确。B：S断开的瞬间，线圈P中电流由有到无，产生的磁场由有到无，线圈Q中磁通量由有到无，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P。故B项错误。C：在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，线圈P中电流减小，产生的磁场变弱，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P。故C项错误。D：在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变，线圈P中电流不变，产生的磁场不变，线圈Q中磁通量不变，线圈Q中不产生感应电流，线圈Q不受磁场力，线圈Q不动。故D项错误。9.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd。先后将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，在先后两种情况下，以下说法错误的是（ ）A. 导体框中产生的感应电流之比为1：3B. 导体框中产生的焦耳热之比1：3C. 导体框ad边两端电势差之比1：12D. 通过导体框截面的电量之比1：1【答案】C【解析】【分析】由E=BLv求出感应电动势，在由求出电流；由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电势差，然后求出电势差之比；由电流定义式求出电荷量，然后求出电荷量之比。【详解】电动势E=BLv，感应电流为，所以导体框中产生的感应电流之比为1：3，故A说法正确；运动时间为：，焦耳热为，所以导体框中产生的焦耳热之比1：3，故B说法正确；向上移出磁场的过程中，电动势E=BLv，ad边两端电势差，向右移出磁场的过程中，电动势E=3BLv，ad边两端电势差，导体框ad边两端电势差之比为1：9，故C说法错误；电荷量：，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通过导体框截面的电量相同，故D说法正确。所以选C。【点睛】本题考查了求电功率、焦耳热、电势差、电荷量之比，应用E=BLv、欧姆定律、电功率公式、电流定义式即可正确解题。10.一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在cd间接定值电阻R在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中（）A. ，降低B. ，升高C. 变压器输入功率增大D. 变压器输入功率减小【答案】D【解析】【详解】AB根据变压器的电压关系有，当滑动触头M顺时针转动时，即n2减小时，电压U2应该减小，即降低，由于n2n1，所以U2U1，故A错误，B错误；CD由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，故C错误，D正确。11.如图所示，理想变压器的交流输入电压U1=220V，有两组副线圈，其中n2=36匝与标有“9V，9W”的灯相连，n3与“6V，12W”的电灯相连，且均能正常发光则n1与n3的匝数分别为A. 880；24B. 660；27C. 880；27D. 660；24【答案】A【解析】根据题意，灯泡均正常发光，则有，根据电压与匝数成正比，有：，代入数据有：，解得：匝，匝，故选A.12.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动。磁场的磁感应强度B=10-2T，线圈的面积s=0.02m2，匝数N=400匝，线圈总电阻r=2，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=8连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，线圈的转速n=r/s。在t0时刻，线圈平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是A. 交流发电机产生电动势随时间的变化关系是e=8sin100t(V)B. 交流电压表的示数为8VC. 从t0时刻开始线圈平面转过30的过程中，通过电阻的电量约为5.610-3CD. 电阻R上的热功率为6.4W【答案】C【解析】【详解】磁场的磁感应强度B=10-2T，线圈的面积s=0.02m2，匝数n=400，线圈总电阻r=2.0，线圈的转速n0=r/s。所以=100 rad/s，最大值为：Em=nBS=8V，则瞬时值为e=8cos100tV，故A错误；交流电压表显示的是路端电压有效值，示数为=6.4V，故B错误；从t=0时刻开始转过30的过程中，通过电阻的电量为：，故C正确；电阻R上的热功率为：P=I2R=()2R=5.12W，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值二、多选题13.如图所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s，第二次用时0.4s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则（）A. 第一次线圈中的磁通量变化较快B. 第一次电流表G的最大偏转角较大C. 第二次电流表G的最大偏转角较大D. 若断开S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势【答案】AB【解析】【分析】两次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，根据时间长短判断磁通量变化的快慢，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。【详解】A项：磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；B、C项：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故B正确，C错误；D项：断开电键，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误。故选：AB。【点睛】解决本题的关键知道感应电动势产生的条件，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。14.如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1及输电线的电阻、理想变压器的匝数均不变，夜幕降临当用户开启的用电器越来越多时。下列表述正确的是（ ）A. 升压变压器次级电压U2降低B. 降压变压器初级电压U3降低C. 输电线消耗的功率增大D. 发电机的输出功率不变【答案】BC【解析】【分析】想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系理想变压器电压和匝数关系【详解】ABC当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器的初级电流变大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大；输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则次级电压U2不变，可知降压变压器的输入电压U3减小故BC正确，A错误；D发电机输出功率随用户负载增多而增加，D错误；故选BC。【点睛】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关.15.如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R阻值为100 ，则A. 理想电流表读数为0.75 AB. 理想电压表读数为100 VC. 电阻R消耗的电功率为56 WD. 电阻R在100秒内产生的热量为5 625 J【答案】AD【解析】【分析】正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值【详解】在0-Ts内，产生的热量，解得U=75V；则理想电压表的读数为75V；电流表的读数为：，选项A正确，B错误；电阻R消耗的电功率为P=IU=56.25W，选项C错误；电阻R在100秒内产生的热量为Q=Pt=5625J ，选项D正确；故选AD.【点睛】对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值交流电表显示是交流电的有效值，要求电路中的电热或功率等都要用有效值16.如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（ ）A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【答案】AD【解析】【详解】开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态， BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。故选AD17. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为51，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是A. 电压表示数为220 VB. 副线圈上电压的瞬时值表达式u220sin （100t）VC. 热水器消耗的功率变大D. 变压器的输入功率增大【答案】BD【解析】试题分析：U1=220=1100V，则电压表示数为1100V，故A错误；由图乙可知，交变电流的峰值是220V，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100tv，故B正确；接通开关，副线圈所接电路电阻减小，电流增大，热水器两端电压不变，所以消耗功率不变，故C错误；接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故D正确；故选BD。考点：变压器；电功率【名师点睛】要会写交变电流的瞬时值表达式，应知道电压表与电流表测的是交变电流的有效值，能用动态分析法判断电流、电压的变化。18.如图所示，相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L（Ld）、质量为m，电阻为R将线框在磁场上方高h处由静止释放，ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等则在线框全部穿过磁场的过程中（）A. ab边刚进入磁场时ab两端的电势差为 BLB. 感应电流所做功为mgdC. 感应电流所做功为2mgdD. 线框最小速度为 【答案】CD【解析】进入磁场前，线框做自由落体运动，则有，得线框的速度，ab边产生的感应电动势，ab两端的电势差为路端电压，故A错误在线框全部穿过磁场的过程中，线框只受重力和安培力又有ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，则根据动能定理可得：线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于线框下降d重力所做的功，所以，线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于mgd；ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，其产生的感应电动势也相等，感应电流也相等，所以安培力也相等，即两状态线框的受力完全相同，初速度也相同，所以，线框穿出磁场和进入磁场两过程感应电流所做的功相等，所以，在线框全部穿过磁场的过程中，感应电流所做的功为2mgd，故B错误，C正确；线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于mgd，Ld，即线框在进入磁场过程中一直在减速；完全进入磁场后只受重力，加速下落；穿出磁场时，又减速下落；因为ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，线框穿出磁场和进入磁场两过程感应电流所做的功相等，所以，线框速度最小时为线框刚刚完全进入磁场时，由动能定理可得：，解得：，故D错误故选C【点睛】先求感应电动势，再求路端电压；由进入和离开磁场的状态相同，得到做功的大小；由做功情况得到动能最小的时间，再利用动能定理求得这一时刻的速度三、填空题19.教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机内阻可忽略通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U若发电机线圈的转速变为原来的，则电压表V的读数变为_，电流表A的读数变为_。【答案】 (1). (2). 【解析】【详解】线圈在匀强磁速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为，则产生的最大电动势为：Em=nBS，原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为，设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为：，当发电机线圈的转速变为原来的时，有，副线圈两端的电压为，联立可知，即电压表的读数变为；由，R消耗的功率: ，即R消耗的功率变为，由变压器的特点可知，副线圈消耗的功率为原来的，则发电机产生的电功率变成原来的，线圈产生的电动势是原来的，由可知，电流表的读数变成原来的；20.在LC振荡电路中，t1时刻和t2时刻电感线圈中的磁感线和电容器中极板的带电情况分别如图所示，则在t1时刻电容器正在_，t2时刻电容器正在_。（填“充电”或“放电”）【答案】 (1). 放电 (2). 充电【解析】【详解】由题图t1时刻电感线圈中的磁感线方向，根据右手螺旋定则可以判断电流的方向为顺时针，故此时电容器正在放电；而由t2时刻电感线圈中的磁感线方向，根据右手螺旋定则可以判断电流的方向为顺时针，故此时电容器正在充电。21.交流发电机原理示意图如图所示，矩形线圈abcd在磁感应强度为B=2T的磁场中按如图所示的方向转动。若线圈100匝，边长ab=cd=20cm，bc=ad=25cm，线圈转动的角速度为=20rad/s，线圈电阻r=1，外电阻R=4则图示位置瞬间，线圈中感应电动势大小为_V，该交流电电流的有效值大小为_A。（可以用根式及表示）【答案】 (1). abcda (2). 200 (3). 【解析】【详解】在图示位置时，磁通量在增加，根据楞次定律知，感应电流的方向为abcda，即为顺时针。在图示位置，线圈中感应电动势达到最大值，则感应电动势为：Em=nBS=nBabbc=10020.200.2520=200V；该电动势的有效值为： 电路中的电流为：22.某同学采用图所示的电路来研究电磁感应现象，A、B为规格相同的两个电流表，D是两个套在一起的大小线圈，小线圈与A的电路连接，大线圈与B构成闭合电路.开关S闭合，滑动变阻器的滑动片P不动时，电流表指针位置如图，当滑动片P向左移动时，A表的指针偏转角将_（填“增大”、“减小”或“不变”），B表指针将_（填“向右”、“向左”或“不变”）.【答案】 (1). 增大 (2). 向左【解析】【详解】电流表A与电源等组成闭合回路，当滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路中电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流装将增大，即电流表的偏角增大；由于电流表A中的电流从电流表A的右边进入且指针右偏，当滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流装将增大，电流产生的磁场增大，穿过大线圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，大线圈中的电流为自上而下，所以电流从B表的左边进入，所以B表指针左偏。四、实验题23.某个实验小组想要探究电磁感应现象，准备了以下仪器：电池组，滑动变阻器，带铁芯的线圈A，线圈B，电流计（零点在中央），开关等，如图所示。(1)请你将所有仪器连接成完整的实验电路_；(2)可使电流计指针发生偏转的操作是_A闭合开关，将线圈A插入B的过程B闭合开关，线圈A放在B中不动C闭合开关，将滑动变阻器的滑片P向右滑动D闭合开关后，再将开关断开的瞬间【答案】 (1). (2). ACD【解析】【分析】（1）产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化。所以本题线圈A应该是产生原磁场的，滑动变阻器移动划片，改变磁场强度，线圈B是闭合回路。（2）只要能让穿过闭合回路磁通量发生变化，就能产生感应电流。【详解】（1）由感应电流的条件得，电路图如图所示：（2）A、闭合开关，将线圈A插入B的过程，穿过回路的磁通量增大，能产生感应电流；故A正确。B、闭合开关，线圈A放在B中不动，穿过回路磁通量不变，没有感应电流，故B错误。C、闭合开关，将滑动变阻器的滑片P向右滑动，穿过回路的磁通量变化，有感应电流；故C正确。D、闭合开关后，再将开关断开的瞬间，穿过回路的磁通量减少，回路中有感应电流；故D正确。故本题选ACD。【点睛】本题重点考察产生感应电流的条件。只要熟记和理解条件，本题即可正确解答。24.小姚同学做了“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，请回答以下问题：本实验中需要测量电压，则在如图所示的器材中，应_（填字母）；A选甲图中的器材B选乙图中的器材C都可以选D都不能选小姚在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13.0V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是_（填字母）。A变压器的铁芯没有闭合B一定是电压的测量出了问题C副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝D学生电源实际输出电压大于标注的“6V“【答案】 (1). A (2). D【解析】【详解】由图可知，甲图中多用电表，而乙图是灵敏电压表，需要测量电压，因此选用甲图，故A正确，BCD错误根据理想变压器的原副线圈的电压与其匝数关系式：，若变压器的铁芯没有闭合，则得出副线圈的电压为0，故A错误；若是电压的测量出了问题，应该是小于12V，不应该大于，故B错误；副线圈实际匝数与标注的“200”不符，若小于200匝，则上公式，可知，副线圈的电压小于12.0V，故C错误；若学生电源实际输出电压大于标注的“6V“，由上公式，可知，副线圈的