2024-2025学年云南省大理白族自治州多校高二下学期3月月考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1大理2024-2025学年下学期一调考试高二物理测试卷一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.关于电磁波的传播速度，下列说法正确的是（）A.电磁波的频率越高，传播速度越大B.电磁波的波长越长，传播速度越大C.电磁波的能量越大，传播速度越大D.所有电磁波在真空中的传播速度都相等【答案】D【解析】AB．电磁波在介质中的传播速度由频率和介质共同决定，AB错误；C．电磁波的速度与能量无关，C错误；D．所有电磁波在真空中的传播速度都等于光速，D正确。故选D。2.第五代移动通信系统（5G）将无线通信与国际互联网等多媒体通信结合起来，能为客户提供各种通信及信息服务。关于电磁场和电磁波，下列叙述正确的是（）A.客户通话时，手机将声音信号转变成电信号，再经过调谐后，把信号发送到基站中转B.如果空间某区域有振荡的电场和振荡的磁场，就能产生电磁波C.电磁波是纵波，不能产生偏振现象D.移动通信所用电磁波属于长波波段【答案】B【解析】A．客户通话时，手机将声音信号转变成电信号，再经过调制后，把信号发送到基站中转。故A错误；B．根据麦克斯韦理论，振荡的电场或振荡的磁场会在周围空间产生振荡的电磁场，就能产生电磁波。故B正确；C．电磁波是横波，能产生偏振现象，故C错误；D．移动通信所使用的电磁波不属于长波波段，而是属于微波波段‌。故D错误。故选B。3.如图，水平面MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，纸面为竖直平面。不可形变的导体棒ab和两根可形变的导体棒组成三角形回路框，其中ab处于水平位置框从MN上方由静止释放，框面始终在纸面内框落入磁场且ab未到达MN的过程中，沿磁场方向观察，框的大致形状及回路中的电流方向为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由楞次定律“增反减同”可知回路框中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知左侧导体棒所受安培力斜向右上方，右侧导体棒所受安培力斜向左上方。故选C。4.如图所示，有两个完全相同的灯泡A、B，A与一自感线圈L相连接，线圈L的直流电阻阻值为R；B与一定值电阻相连，定值电阻的阻值为R。下列说法正确的是（）A.开关闭合瞬间A、B两灯一起亮B.稳定后A灯比B灯亮C.开关断开瞬间A灯会闪亮一下，B灯不会闪亮一下D.开关断开后两灯缓缓熄灭【答案】D【解析】AB．由于A、B为两个完全相同灯泡，当开关接通瞬间，B灯泡立刻发光，而A灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，因线圈L的直流电阻阻值为R，当电流稳定时，两个灯一样亮，故AB错误；CD．因线圈L的直流电阻阻值为R，说明稳定时，两条支路电路电阻相等，两个支路电流相等，所以开关断开瞬间，通过两个灯泡的电流不会突然变大，所以两灯都灯不会闪亮，而是开关断开后两灯缓缓熄灭，故D正确，C错误。故选D。5.无线充电技术已应用于智能手机。手机无线充电器的基本原理类似于变压器，由发射器和接收器组成，分别有发射线圈和接收线圈，其简化模型如图所示（视为理想变压器）。已知发射、接收线圈匝数比为，端输入电流为，则（）A.接收线圈的输出电流的有效值为B.接收线圈的输出功率是发射线圈的输入功率的C.接收线圈中输出电流方向每秒变化100次D.发射线圈和接收线圈的频率不相同【答案】A【解析】A．根据可得端输入电流为端输出电流为故A正确；B．接收线圈的输出功率等于发射线圈的输入功率，故B错误；C．接收线圈中的频率1个周期内电流方向变化2次，故1秒内变化200次，故C错误；D．接收线圈中的频率等于发射线圈的频率，故D错误。故选A。6.一个单匝总电阻为2Ω的闭合矩形金属线框位于匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，该线圈产生的电动势e随时间按如图所示的余弦规律变化。下列说法正确的是（）A.线框产生电流峰值为200AB.线框产生电动势有效值为C.线框的热功率为20000WD.t=0.01s时，线框的磁通量最大【答案】B【解析】A．线框产生电流峰值为A错误；B．线框产生电动势有效值为B正确；C．线框的热功率为C错误；D．t=0.01s时，电动势最大，线框的磁通量等于零，D错误。故选B。7.如图所示，和是位于水平面内足够长的光滑平行金属轨道，轨道间距为之间连接一阻值的电阻，其余电阻可忽略不计，空间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，已知磁感应强度随时间的关系为，比例系数时刻，金属杆紧靠在端，在外力作用下，由静止开始以恒定加速度向右滑动，则时回路中电流大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】时磁场强度金属杆的速度为在时刻，金属杆与初始位置的距离为这时，杆与导轨构成的回路的面积为此时金属杆产生的感应电动势为由闭合回路欧姆定律，有故选C。8.如图所示，线圈自感系数为L，其电阻不计，电容器的电容为C，开关S闭合．现将S突然断开，并开始计时，以下说法中正确的是（）A.当时，由a到b流经线圈的电流最大B.当时，由a到b流经线圈的电流最大C.当时，电路中电场能最大D.当时，电容器左极板带有正电荷最多【答案】CD【解析】AC、根据LC振荡电路的周期公式，当时，电源的线圈给电容器充电刚好结束，则流经线圈的电流最小，电路中电场能最大，故A错误，C正确；B、当时，电容器刚好放电结束，流经线圈的电流最大，方向向左，故B错误；D、当时，电容器刚好反向充电刚好结束，电容器C两极板间电压最大，且电容器左极板带有正电荷，故D正确；故选CD．9.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为。已知输电线上损失的功率，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（）A.发电机输出的电流B.输电线上的电流C.降压变压器的匝数比D.用户得到的电流【答案】AC【解析】A．根据电功率公式发电机输出电流A正确；B．输电线上损失功率，由可得故B错误；C．降压变压器原副线圈得到的功率为P4=P-P线=95kW根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得C正确；D．用户得到的功率为，用户得到的电流选项D错误。故选AC。10.如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑金属导轨固定在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好。在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，导体棒与导轨一边垂直，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】A．设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为x=vt导体棒切割磁感线的有效长度L=vt·tanθ所以回路中感应电动势E=BLv=Bv2t·tanθ感应电动势与时间t成正比，A正确；B．相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，而感应电动势与时间也成正比，故感应电流大小与时间无关，为定值，B错误；C．导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为一对平衡力，故外力的功率P=Fv=BILv=BIv2t·tanθ与时间t成正比，C正确；D．回路中产生的焦耳热Q=I2Rt，回路电阻R与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。（1）如图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道__________。（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转。电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，此过程中电流表指针向__________偏转，若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向__________偏转。（均选填“左”或“右”）（3）某同学按图丙所示电路完成探究实验，在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除__________（选填“A”或“B”）线圈所在电路时发生的。【答案】（1）电流表指针偏转方向与电流方向的关系（2）左左（3）A【解析】（1）如图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，如果知道电流表指针偏转方向与电流方向的关系，根据楞次定律就可以得到线圈中产生感应电流的方向。（2）[1][2]如题图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，通过线圈A的电流减小，磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转。（3）在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈A中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，会突然被电击一下。12.某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。图甲为变压器实物图，在原线圈两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据如下表：实验序号原线圈匝数n1副线圈匝数n2原线圈两端电压U1（ V）副线圈两端电压U2（ V）18004008.03.722.228001008.00.988.932001008.03.622.2414001008.0x14y请回答下列问题：（1）原线圈两端应该分别与图乙中的_________（填“a、b”或“c、d”）连接。（2）表格中，缺失的两个数据x，y分别可能为。A.1.0，8.0B.0.8，10.0C.0.5，16.0（3）为了减小能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横挡的铁芯的硅钢片应按照下列哪种方法设计。A. B. C. D.（4）根据上表数据得出的实验结论是：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈两端的电压之比等于___________________。【答案】（1）c、d（2）C（3）D（4）原、副线圈匝数之比【解析】（1）在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应与c，d连接。（2）根据理想变压器的原理，有可得实际变压器有磁损、铁损和铜损，实际输出电压要偏小，故有则可得故选C。（3）根据楞次定律和安培定则，产生的涡旋电流的方向与左侧面平行，为了减小涡旋电流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于前表面（后表面）。（4）根据题表中数据可得，在实验误差允许范围内有得出结论：在实验误差允许范围内，变压器原，副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比。（1）判断通过电阻的电流方向；（2）求线圈产生的感应电动势；（3）求电阻两端的电压。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻的电流方向为。（2）根据法拉第电磁感应定律（3）电阻两端的电压为路端电压，根据分压规律可知14.一个小型应急交流发电机，内部为n=50匝边长L=20cm的正方形线圈，总电阻为r=1.0Ω．线圈在磁感应强度为B=0.1Ｔ的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动．发电机对一电阻为R=9.0Ω的电灯供电，线路中其它电阻不计，若发电机的转动角速度为ω=100rad/s时，电灯正常发光．求：（1）交流发电机发出的电动势的最大值；（2）电灯正常发光功率；（3）从图示位置开始，线圈转过30°的过程中，通过电灯的电量．（4）线圈每转动一分钟，外力所需做的功．【答案】（1）20V（2）18W（3）0.01C（4）1200J【解析】（I）电动势的最大值为；（II）电动势的有效值为，流过电灯的电流为，电灯正常发光的功率；（III）通过电灯的电量；（IV）整个回路上产生的热量为，故．15.如图甲所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距为L=1m，R1和R2是并联在导轨一端的电阻，且R1=12Ω、R2=6Ω，ab是垂直导轨放置的质量为m=1kg的导体棒，导轨和导体棒之间的动摩擦因数各处均相同。从零时刻开始，对ab施加一个大小为F=0.75N，方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触，图乙是棒的v-t图像，其中O点为坐标原点，其坐标为（0，0），AO是图像在O点的切线，AB是图像的渐近线。除R1、R2以外，其余部分的电阻均不计，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知当棒的位移为20m时，其速度达到了最大速度1m/s。求（结果可以保留分数）（1）导体棒ab运动中受的摩擦力f的大小和磁感应强度B的大小；（2）在导体棒ab的位移为20m过程中R2电阻上产生的焦耳热；（3）若在导体棒ab的位移为20m时立即将恒定拉力F撤掉，此后导体棒ab滑行到停止的过程中流过R1的电量为C，求摩擦力在导体棒ab整个运动过程的平均功率。【答案】（1）0.5N；1T；（2）3J；（3）0.44W【解析】（1）由图乙得初始瞬间的加速度为则由牛顿第二定律可知F-f=ma代入解得f=0.5N最终导体棒匀速运动，速度v=1m/s，设此时受到的安培力为F安，由平衡条件得F-f-F安=0而安培力电路总电阻联立代入数据解得B=1T（2）对棒由能量守恒定律有（3）从开始到运动x1=20m内，由动量定理有Ft1-F安t1-ft1=mv-0所以t1=24s从撤去外力到停止运动，由动量定理有-F′安×t2-f×t2=0-mv那么F′安×t2=BLq2qR1=I1t2=CqR2=I2t2=C所以q2=qR1+qR2=C所以t2=1sx2=2m所以大理2024-2025学年下学期一调考试高二物理测试卷一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.关于电磁波的传播速度，下列说法正确的是（）A.电磁波的频率越高，传播速度越大B.电磁波的波长越长，传播速度越大C.电磁波的能量越大，传播速度越大D.所有电磁波在真空中的传播速度都相等【答案】D【解析】AB．电磁波在介质中的传播速度由频率和介质共同决定，AB错误；C．电磁波的速度与能量无关，C错误；D．所有电磁波在真空中的传播速度都等于光速，D正确。故选D。2.第五代移动通信系统（5G）将无线通信与国际互联网等多媒体通信结合起来，能为客户提供各种通信及信息服务。关于电磁场和电磁波，下列叙述正确的是（）A.客户通话时，手机将声音信号转变成电信号，再经过调谐后，把信号发送到基站中转B.如果空间某区域有振荡的电场和振荡的磁场，就能产生电磁波C.电磁波是纵波，不能产生偏振现象D.移动通信所用电磁波属于长波波段【答案】B【解析】A．客户通话时，手机将声音信号转变成电信号，再经过调制后，把信号发送到基站中转。故A错误；B．根据麦克斯韦理论，振荡的电场或振荡的磁场会在周围空间产生振荡的电磁场，就能产生电磁波。故B正确；C．电磁波是横波，能产生偏振现象，故C错误；D．移动通信所使用的电磁波不属于长波波段，而是属于微波波段‌。故D错误。故选B。3.如图，水平面MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，纸面为竖直平面。不可形变的导体棒ab和两根可形变的导体棒组成三角形回路框，其中ab处于水平位置框从MN上方由静止释放，框面始终在纸面内框落入磁场且ab未到达MN的过程中，沿磁场方向观察，框的大致形状及回路中的电流方向为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由楞次定律“增反减同”可知回路框中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知左侧导体棒所受安培力斜向右上方，右侧导体棒所受安培力斜向左上方。故选C。4.如图所示，有两个完全相同的灯泡A、B，A与一自感线圈L相连接，线圈L的直流电阻阻值为R；B与一定值电阻相连，定值电阻的阻值为R。下列说法正确的是（）A.开关闭合瞬间A、B两灯一起亮B.稳定后A灯比B灯亮C.开关断开瞬间A灯会闪亮一下，B灯不会闪亮一下D.开关断开后两灯缓缓熄灭【答案】D【解析】AB．由于A、B为两个完全相同灯泡，当开关接通瞬间，B灯泡立刻发光，而A灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，因线圈L的直流电阻阻值为R，当电流稳定时，两个灯一样亮，故AB错误；CD．因线圈L的直流电阻阻值为R，说明稳定时，两条支路电路电阻相等，两个支路电流相等，所以开关断开瞬间，通过两个灯泡的电流不会突然变大，所以两灯都灯不会闪亮，而是开关断开后两灯缓缓熄灭，故D正确，C错误。故选D。5.无线充电技术已应用于智能手机。手机无线充电器的基本原理类似于变压器，由发射器和接收器组成，分别有发射线圈和接收线圈，其简化模型如图所示（视为理想变压器）。已知发射、接收线圈匝数比为，端输入电流为，则（）A.接收线圈的输出电流的有效值为B.接收线圈的输出功率是发射线圈的输入功率的C.接收线圈中输出电流方向每秒变化100次D.发射线圈和接收线圈的频率不相同【答案】A【解析】A．根据可得端输入电流为端输出电流为故A正确；B．接收线圈的输出功率等于发射线圈的输入功率，故B错误；C．接收线圈中的频率1个周期内电流方向变化2次，故1秒内变化200次，故C错误；D．接收线圈中的频率等于发射线圈的频率，故D错误。故选A。6.一个单匝总电阻为2Ω的闭合矩形金属线框位于匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，该线圈产生的电动势e随时间按如图所示的余弦规律变化。下列说法正确的是（）A.线框产生电流峰值为200AB.线框产生电动势有效值为C.线框的热功率为20000WD.t=0.01s时，线框的磁通量最大【答案】B【解析】A．线框产生电流峰值为A错误；B．线框产生电动势有效值为B正确；C．线框的热功率为C错误；D．t=0.01s时，电动势最大，线框的磁通量等于零，D错误。故选B。7.如图所示，和是位于水平面内足够长的光滑平行金属轨道，轨道间距为之间连接一阻值的电阻，其余电阻可忽略不计，空间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，已知磁感应强度随时间的关系为，比例系数时刻，金属杆紧靠在端，在外力作用下，由静止开始以恒定加速度向右滑动，则时回路中电流大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】时磁场强度金属杆的速度为在时刻，金属杆与初始位置的距离为这时，杆与导轨构成的回路的面积为此时金属杆产生的感应电动势为由闭合回路欧姆定律，有故选C。8.如图所示，线圈自感系数为L，其电阻不计，电容器的电容为C，开关S闭合．现将S突然断开，并开始计时，以下说法中正确的是（）A.当时，由a到b流经线圈的电流最大B.当时，由a到b流经线圈的电流最大C.当时，电路中电场能最大D.当时，电容器左极板带有正电荷最多【答案】CD【解析】AC、根据LC振荡电路的周期公式，当时，电源的线圈给电容器充电刚好结束，则流经线圈的电流最小，电路中电场能最大，故A错误，C正确；B、当时，电容器刚好放电结束，流经线圈的电流最大，方向向左，故B错误；D、当时，电容器刚好反向充电刚好结束，电容器C两极板间电压最大，且电容器左极板带有正电荷，故D正确；故选CD．9.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为。已知输电线上损失的功率，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（）A.发电机输出的电流B.输电线上的电流C.降压变压器的匝数比D.用户得到的电流【答案】AC【解析】A．根据电功率公式发电机输出电流A正确；B．输电线上损失功率，由可得故B错误；C．降压变压器原副线圈得到的功率为P4=P-P线=95kW根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得C正确；D．用户得到的功率为，用户得到的电流选项D错误。故选AC。10.如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑金属导轨固定在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好。在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右平动，导体棒与导轨一边垂直，以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点，则下列关于回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图像正确的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】A．设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t，导体棒的水平位移为x=vt导体棒切割磁感线的有效长度L=vt·tanθ所以回路中感应电动势E=BLv=Bv2t·tanθ感应电动势与时间t成正比，A正确；B．相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，而感应电动势与时间也成正比，故感应电流大小与时间无关，为定值，B错误；C．导体棒匀速移动，外力F与导体棒所受安培力为一对平衡力，故外力的功率P=Fv=BILv=BIv2t·tanθ与时间t成正比，C正确；D．回路中产生的焦耳热Q=I2Rt，回路电阻R与t成正比，故焦耳热Q与t2成正比，D错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。（1）如图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道__________。（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转。电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，此过程中电流表指针向__________偏转，若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向__________偏转。（均选填“左”或“右”）（3）某同学按图丙所示电路完成探究实验，在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除__________（选填“A”或“B”）线圈所在电路时发生的。【答案】（1）电流表指针偏转方向与电流方向的关系（2）左左（3）A【解析】（1）如图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，如果知道电流表指针偏转方向与电流方向的关系，根据楞次定律就可以得到线圈中产生感应电流的方向。（2）[1][2]如题图乙所示，实验中发现闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，通过线圈A的电流减小，磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转。（3）在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈A中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，会突然被电击一下。12.某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。图甲为变压器实物图，在原线圈两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据如下表：实验序号原线圈匝数n1副线圈匝数n2原线圈两端电压U1（ V）副线圈两端电压U2（ V）18004008.03.722.228001008.00.988.932001008.03.622.2414001008.0x14y请回答下列问题：（1）原线圈两端应该分别与图乙中的_________（填“a、b”或“c、d”）连接。（2）表格中，缺失的两个数据x，y分别可能为。A.1.0，8.0B.0.8，10.0C.0.5，16.0（3）为了减小能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横挡的铁芯的硅钢片应按照下列哪种方法设计。A. B. C. D.（4）根据上表数据得出的实验结论是：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈两端的电压之比等于___________________。【答案】（1）c、d（2）C（3）D（4）原、副线圈匝数之比【解析】（1）在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应与c，d连接。（2）根据理想变压器的原理，有可得实际变压器有磁损、铁损和铜损，实际输出电压要偏小，故有则可得故选C。（3）根据楞次定律和安培定则，产生的涡旋电流的方向与左侧面平行，为了减小涡旋电流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于前表面（后表面）。（4）根据题表中数据可得，在实验误差允许范围内有得出结论：在实验误差允许范围内，变压器原，副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比。（1）判断通过电阻的电流方向；（2）求线圈产生的感应电动势；（3）求电阻两端的电压。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生