…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版選擇性必修2物理下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示是一種煙霧報警器的控制電路圖，其簡化原理是調節可變電阻使當有煙霧時，開始觸發工作，其中是光敏電阻，由此可知，要使開始工作；則應滿足（）

A.B.C.D.無法判斷2、當今時代，對我們工作和生活影響最大的電磁波技術是（）A.電視B.互聯網C.移動電話D.無線電廣播3、如圖所示；空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，一帶電油滴P恰好處于靜止狀態，則下列說法正確的是（）

A.若撤去磁場，P可能做勻加速直線運動B.若撤去電場，P一定做勻加速直線運動C.若給P一初速度，P可能做勻速直線運動D.若給P一初速度，P一定做勻速曲線運動4、如圖所示，用絕緣細線懸掛一個導線框，導線框是由兩同心半圓弧導線和在同一條水平直線上的直導線EF、GH連接而成的閉合回路，導線框中通有圖示方向的電流，處于靜止狀態。在半圓弧導線的圓心處沿垂直于導線框平面的方向放置一根長直導線O。當O中通以垂直紙面方向向里的電流時（）

A.導線框保持靜止狀態B.長直導線O產生的磁場方向沿著電流方向看為逆時針方向C.半圓弧導線ECH受安培力大于半圓弧導線FDG受安培力D.從上往下看，導線框將順時針轉動5、中國環流器二號M裝置（HL-2M）在成都建成并實現首次放電，該裝置通過磁場將粒子約束在小范圍內實現核聚變。其簡化模型如圖所示，半徑為R和兩個同心圓之間的環形區域存在與環面垂直的勻強磁場，核聚變原料氕核（H）和氘核（H）均以相同的速度從圓心O沿半徑方向射出；全部被約束在大圓形區域內。則氕核在磁場中運動的半徑最大為（）

A.RB.RC.RD.（-1）R6、邊長為L的正方形金屬框勻速穿過如圖所示的有界勻強磁場，磁場寬度為d（）；則線框進入磁場過程和從磁場另一側穿出過程相比較（）

A.產生的感應電流方向相同B.所受安培力方向相反C.線框穿出磁場產生的電能和進入磁場產生的電能相等D.線框穿出磁場產生的電能比進入磁場產生的電能多評卷人得分二、多選題(共5題，共10分)7、某線圈在勻強磁場中勻速轉動，穿過它的磁通量Φ隨時間的變化規律可用如圖表示；那么在圖中（）

A.t1和t3時刻，穿過線圈磁通量的變化率最大B.t2時刻，穿過線圈的磁通量變化率為零C.t3時刻，線圈中的感應電動勢為零D.t4時刻，線圈中的感應電動勢達到最大值8、壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而減小。某同學利用壓敏電阻的這種特性設計了一個探究電梯運動情況的裝置，該裝置的示意圖如圖所示，將壓敏電阻平放在電梯內，其受壓面朝上，在受壓面上放一物體m，電梯靜止時電流表示數為I0。當電梯做四種不同的運動時；電流表的示數分別如圖甲；乙、丙、丁所示。下列判斷正確的是（）

A.甲圖表示電梯處于靜止狀態或在做勻速直線運動B.乙圖表示電梯可能向上做勻加速運動C.丙圖表示電梯可能向上做勻加速運動D.丁圖表示電梯可能向下做變減速運動9、如圖所示，在矩形區域abcd內有勻強電場和勻強磁場已知電場方向平行于ad邊且由a向d，磁場方面垂直于abcd平面，ab邊長為ad邊長為一帶電粒子從ad邊的中點O平行于ab方向以大小為的速度射入場區，恰好作勻速直線運動；若撤去電場，其它條件不變，則粒子從c點射出場區（粒子重力不計）.下列說法正確的是（）

A.磁場方面垂直abcd平面向外B.撤去電場后，該粒子在磁場中的運動時間為C.若撤去磁場，其它條件不變，則粒子在電場中運動時間為D.若撤去磁場，其它條件不變，則粒子射出電場時的速度大小為10、如圖所示，電阻為R的長直螺線管兩端通過電阻可忽略的導線相連接。一個質量為m的小條形磁鐵從靜止開始落入其中，經過一段距離后以速度v做勻速運動。假設小磁鐵在下落過程中始終沿螺線管的軸線運動且無翻轉；則（）

A.小磁鐵的磁性越強，小磁鐵最后做勻速運動的速度v就越小B.螺線管的電阻R越大，小磁鐵最后做勻速運動的速度v就越小C.小磁鐵做勻速運動時，由于回路中的磁通量沒有變化，因此在回路中沒有感應電流產生D.小磁鐵做勻速運動時在回路中產生的感應電流I=11、如圖(甲)所示為一發電機的原理圖，發電機產生的交變電流接圖(乙)中理想變壓器的原線圈.已知變壓器原、副線圈的匝數之比為22∶1，發電機輸出電壓u隨時間t變化的規律如圖(丙)所示；發電機線圈電阻忽略不計，則()

A.電阻兩端電壓的瞬時值表達式為u=10sin(50πt)VB.電壓表示數為10VC.若僅使發電機線圈的轉速增大一倍，則變壓器副線圈輸出電壓的頻率增大一倍，而電壓表示數不變D.若僅使電阻R增加，則電流表示數減小評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)12、2019年6月，工信部正式向中國移動、中國電信、中國聯通和中國廣電4家公司發放5G正式商用牌照，這標志著我國正式進入了5G商用元年。據悉此次中國電信和中國聯通獲得3500MHz頻段試驗頻率使用許可。該頻段的波長約_________毫米，由電磁波譜可知，按照電磁波的頻率由低到高排列順序，可分為無線電波、微波、_________、可見光、紫外線、X射線、γ射線等。13、在“探究影響感應電流方向的因素”實驗中，某同學忘記記錄圖中甲乙丙丁四種情況中磁鐵的運動情況，請你在每一個圖中用箭頭標記一下與感應電流方向相匹配的磁鐵的運動方向_________________。

14、位移傳感器的發射器發射________和________兩種脈沖，接收器測出前后接收到這兩種脈沖的不同的________，計算機就根據兩者的________和________。計算出發射器和接收器間的距離。15、電視廣播信號是一種無線電信號，實際傳播中需要通過載波將信號調制成_________信號再進行傳播。16、用如圖所示的裝置做“探究感應電流方向的規律”實驗，磁體從靠近線圈的上方靜止下落，當磁體運動到如圖所示的位置時，流過線圈的感應電流方向從________（填“a到b”或“b到a”）。在磁體穿過整個線圈的過程中，傳感器顯示的電流i隨時間t的圖像應該是________。

17、電視顯像管的工作原理。

（1）構造：如圖所示，由電子槍、__________和熒光屏組成。

（2）原理。

①電子槍__________。

②電子束在磁場中__________。

③熒光屏被電子束撞擊發光。

（3）掃描：在偏轉區的水平方向和豎直方向都有偏轉磁場，其方向、強弱都在__________；使得電子束打在熒光屏上的光點從上向下；從左向右不斷移動。

（4）偏轉線圈：使電子束偏轉的磁場是由__________產生的。18、有界勻強磁場磁感應強度B=0.2T，寬度L2=3m，一正方形均勻金屬框邊長L1=1m，以v=10m/s的速度勻速穿過磁場區，金屬框平面始終保持和磁感線方向垂直，如圖所示。畫出金屬框穿過磁場的過程中bc兩端電壓的Ubc-t圖線（從cd邊進入磁場開始計時）_________________。

評卷人得分四、作圖題(共4題，共36分)19、在圖中畫出或說明圖中所示情形下通電導線I所受磁場力的方向。

20、要在居民樓的樓道安裝一個插座和一個電燈；電燈由光敏開關和聲敏開關控制，光敏開關在天黑時自動閉合，天亮時自動斷開；聲敏開關在有聲音時自動閉合，無聲音時自動斷開。在下圖中連線，要求夜間且有聲音時電燈自動亮，插座隨時可用。

21、在“探究楞次定律”的實驗中；某同學記錄了實驗過程的三個情境圖，其中有兩個記錄不全，請將其補充完整。

22、如圖所示：當條形磁鐵向右靠近通電圓環時，圓環向右偏離，試在圖中標出圓環中的電流方向___________．評卷人得分五、實驗題(共3題，共9分)23、某實驗小組用一套器材先后組成甲；乙所示的電路；分別研究通電自感和斷電自感，自感線圈的直流電阻不可忽略。

（1）圖甲中，閉合開關S后，會看到燈泡___________（填“立即變亮”或“逐漸變亮”）；

（2）圖乙中，閉合開關S后，會看到燈泡___________（填“逐漸變亮”或“立即變亮后逐漸變暗”）；斷開開關后，如果看到燈泡先閃一下后逐漸熄滅，原因是___________；

（3）圖乙中，若小燈泡的規格為“3V1.5W”，將電感線圈更換為直流電阻為9Ω的電感線圈，開關閉合后調節滑動變阻器，使小燈泡正常發光，小燈泡電阻始終不變。則將開關斷開的一瞬間，電感線圈的自感電動勢大小為___________V。24、某同學在實驗室進行“探究變壓器原；副線圈電壓與匝數關系”的實驗。

（1）下列實驗器材必須要用的有___________（選填字母代號）

A.干電池組。

B.學生電源。

C.多用電表。

D.直流電壓表。

E.滑動電阻器。

F.條形磁鐵。

G.可拆變壓器（鐵芯；兩個已知匝數的線圈）

（2）下列說法正確的是___________（選填字母代號）

A.為確保實驗安全；實驗中要求原線圈匝數小于副線圈匝數。

B.要研究副線圈匝數對副線圈電壓的影響；應該保持原線圈電壓；匝數不變，改變副線圈的匝數。

C.測量電壓時；先用最大量程試測，大致確定電壓后再選用適當的擋位進行測量。

D.變壓器開始正常工作后；鐵芯導電，把電能由原線圈輸送到副線圈。

（3）該同學通過實驗得到了如下表所示的實驗數據，表中n1、n2分別為原、副線圈的匝數，U1、U2分別為原、副線圈的電壓，通過實驗數據分析可以得到的實驗結論是：___________。

。實驗次數n1/匝n2/匝U1/VU2/V1160040012.12.90280040010.24.95340020011.95.9225、由半導體材料制成的熱敏電阻阻值會隨溫度的變化而變化。利用熱敏電阻對溫度敏感的特性可設計一個火災自動報警系統，要求熱敏電阻溫度升高至時；系統開始自動報警。所用器材有：

A.直流電源（內阻不計）；

B.電流表（量程內阻約）；

C.電壓表（量程內阻約）；

D.熱敏電阻

E.報警器（內阻很小，流過的電流超過時就會報警，超過時就會損壞）；

F.滑動變阻器（最大阻值）；

G.電阻箱（最大阻值）；

H.單刀單擲開關

I.單刀雙擲開關

J.導線若干。

（1）用圖（a）所示電路測量熱敏電阻的阻值。當溫度為時，電壓表讀數為電流表讀數為當溫度為時，調節變阻器使電壓表讀數仍為電流表指針位置如圖（b）所示，此時熱敏電阻的阻值為__________該電路測得的阻值比真實值__________（填“偏大”或“偏小”）。由以上實驗數據可知，該熱敏電阻的阻值隨溫度的升高而__________（填“增大”或“減小”）。

（2）某同學利用該熱敏電阻設計的火災自動報警的電路實物連線如圖（c）所示，其中只有一個器件的導線連接有誤，該器件為__________（填寫器件名稱前的字母）。正確連接后，先把開關接到1，使用電阻箱對電路進行調試，其阻值應設置為__________然后使變阻器阻值逐漸減小，直至報警器開始報警，此時連入電路的阻值為__________電路調試完畢后，保持阻值不變，再把開關接到2，熱敏電阻便接入電路；火災報警系統便可正常工作。

評卷人得分六、解答題(共3題，共30分)26、如圖所示，一臺有兩個副線圈的理想變壓器，原線圈匝數n1＝1100匝，接入電壓U1＝220V的電路中．

(1)要求在兩個副線圈上分別得到電壓U2＝6V，U3＝110V，它們的匝數n2、n3分別為多少？

(2)若在兩副線圈上分別接上“6V；20W”；“110V,60W”的兩個用電器，原線圈的輸入電流為多少？

27、如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L=0.40m，金屬導軌所在的平面與水平面夾角θ=370，在導軌所在平面內，分布著磁感應強度B=0.50T、方向垂直于導軌所在平面的勻強磁場．金屬導軌的一端接有電動勢E=4.5V、內阻r=0.50Ω的直流電源．現把一個質量m=0.040kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒恰好靜止．導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R0=2.5Ω，金屬導軌電阻不計，g取10m/s2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求：

（1）通過導體棒的電流；

（2）導體棒受到的安培力和導體棒受到的摩擦力；

（3）若僅將磁場方向改為豎直向上，求導體棒受到的摩擦力．28、如圖所示，一半徑為r=10cm的圓形線圈共100匝，在磁感應強度的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的中心軸線OO′以n=600r/min的轉速勻速轉動；當線圈轉至中性面位置(圖中位置)時開始計時。

(1)寫出線圈內所產生的交變電動勢的瞬時值表達式；

(2)求線圈從圖示位置開始在s時的電動勢的瞬時值；

(3)求線圈從圖示位置開始在s時間內的電動勢的平均值。

參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

規定電源負極的電勢為零；則。

保持不變；而。

當有煙霧時，光敏電阻增大，增大，所以當時；控制電路開始工作。

故選A。2、C【分析】【分析】

【詳解】

移動電話可以撥打和接聽電話；它正在改變著我們的社會，改變著我們的生活，給人們工作和生活帶來有利與不利的影響，所以移動電話對我們工作和生活影響最大，故ABD錯誤，C正確。

故選C。3、C【分析】【詳解】

選C.若撤去磁場，油滴在重力和電場力作用下仍處于平衡狀態，故A錯；若撤去電場，P在重力作用下豎直向下加速，同時P又受到洛倫茲力作用，而洛倫茲力垂直速度方向，故P做曲線運動，B錯；若所給初速度方向與磁場方向平行，油滴只受重力和電場力作用處于平衡狀態，做勻速直線運動，否則做曲線運動，故C正確，D錯誤．4、D【分析】【詳解】

B．當直導線O中通以垂直紙面方向向里的電流時，由安培定則可判斷出長直導線O產生的磁場方向沿著電流方向看為順時針方向；故B錯誤；

C．磁感線是以O為圓心的同心圓；半圓弧導線與磁感線平行不受安培力，故C錯誤；

AD.由左手定則可判斷出直導線EF所受的安培力方向垂直紙面向里，直導線GH所受的安培力方向垂直紙面向外；從上往下看，導線框將順時針轉動，故A錯誤，D正確。

故選D。5、A【分析】【詳解】

依題意，氕核、氘核全部被約束在大圓形區域內，根據

得

由于二者速度相同，根據半徑與比荷的關系，可知氕核，氘核在磁場中的軌跡半徑之比為1：2。當氘核在磁場中運動軌跡剛好與磁場外邊界相切時，氘核運動軌跡半徑最大，由幾何知識得

求得氘核的最大半徑為

所以，氕核在磁場中運動的最大半徑為

故選A。6、C【分析】【詳解】

A．線框進入磁場過程；磁通量增加，根據楞次定律可知，線框感應電流方向沿逆時針方向；穿出電場過程中，磁通量減小，根據楞次定律可知，線框感應電流方向順時針方向，故A錯誤；

B．感應電流產生的效果總是阻礙導體與磁體間的相對運動；故進入和穿出過程，所受安培力方向相同，故B錯誤；

CD．安培力做負功的過程產生電能；線框勻速運動，由對稱性可知，線框穿出磁場產生的電能和進入磁場產生的電能相等，故C正確，D錯誤。

故選C。二、多選題(共5題，共10分)7、C:D【分析】【詳解】

AC．t1和t3時刻；穿過線圈的磁通量最大，但磁通量的變化率為零，線圈中的感應電動勢為零，故A錯誤，C正確；

B．t2時刻；穿過線圈的磁通量變化率最大，故B錯誤；

D．t4時刻；穿過線圈的磁通量變化率最大，線圈中的感應電動勢最大，故D正確。

故選CD。8、A:C:D【分析】【詳解】

A．電梯靜止或勻速運動時，電流表的示數恒為I0；故選項A正確。

BC．當電梯向上勻加速運動時，物體受恒力作用，且壓力大于重力，則電流表的示數可能恒為2I0；故選項B錯誤，C正確。

D．當電梯向下做變減速運動時，加速度向上，物體超重，且加速度減小時，壓力變小，電阻變大，電流表的示數可能由2I0逐漸減?。还蔬x項D正確。

故選ACD。9、B:D【分析】【詳解】

A．設粒子帶正電荷；則受到的電場力的方向向下，洛倫茲力的方向向上，由左手定則可得，磁場的方向垂直于紙面向里。同理，若粒子帶負電，則受到的電場力的方向上，洛倫茲力的方向向下，由左手定則可得，磁場的方向垂直于紙面向里。A錯誤；

B．撤去電場后；該粒子在磁場中做圓周運動，其運動的軌跡如圖。

由幾何關系得：

解得：R=2L

根據

可得

軌跡圓弧長為：

粒子在磁場中運動的時間：

B正確；

C．若撤去磁場，其他條件不變，則粒子在電場中做類平拋運動，運動時間：

C錯誤；

D．電場與磁場同時存在時，粒子做勻速直線運動，則：

得：

若撤去磁場，粒子在電場中的加速度

粒子射出電場時沿電場方向的分速度：

粒子的速度：

D正確。

故選BD。10、A:D【分析】【詳解】

AB．根據楞次定律；小磁鐵的磁性越強，通過導線環的磁通量越大，磁通量變化越大，因此下落過程中在導線環中產生的感應電流越大，感應電流產生的磁場也就越強，從而對小磁鐵的阻礙也就越大，小磁鐵向下運動的加速度就越小，因此小磁鐵最后勻速運動的速度就越小，B錯誤，A正確；

C．小磁鐵最后做勻速直線運動時；受到的線圈對它的阻力與重力大小相等，方向相反，所以線圈中的感應電流不可能為0，C錯誤；

D．設小磁鐵做勻速運動時，下落距離h，在此過程中有mgh=Q

式中Q為小磁鐵勻速下落h高度在螺線管中產生的熱量，其大小為

式中E是螺線管中產生的感應電動勢，是小磁鐵通過距離h所需的時間，由于小磁鐵勻速運動，因此有

聯立解得

感應電流為I=

D正確。

故選AD。11、B:D【分析】【詳解】

AB．由題圖(丙)知，原線圈電壓的最大值U1m=311V，原線圈電壓有效值U1==220V

由

知，副線圈電壓的最大值U2m≈14.1V

副線圈電壓有效值U2=10V

故A錯誤；B正確；

C．若僅使發電機線圈的轉速n增大一倍，則角速度ω增大一倍，根據Em=NBSω可知，變壓器原線圈輸入電壓的頻率和最大值都增大一倍，原副線圈中電流的頻率相等，變壓器副線圈輸出電壓的頻率增大一倍，由

知；副線圈輸出電壓增大一倍，電壓表讀數增大一倍，故C錯誤；

D．若僅使電阻R增加；原線圈兩端的電壓和原副線圈匝數比不變，則副線圈輸出電壓不變，副線圈中電流減小，原副線圈匝數比不變，則原線圈中電流也減小，電流表示數減小，故D正確。

故選BD。三、填空題(共7題，共14分)12、略

【分析】【詳解】

[1]．該頻段的波長約

[2]．按照電磁波的頻率由低到高排列順序，可分為無線電波、微波、紅外線、可見光、紫外線、X射線、γ射線等?！窘馕觥?5.7紅外線13、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據楞次定律可知；甲圖中螺線管上端為N極，則磁鐵向下運動；乙圖中螺線管上端為S極，則磁鐵向下運動；丙圖中螺線管上端為S極，則磁鐵向上運動；丁圖中螺線管上端為N極，則磁鐵向上運動。如圖所示；

【解析】14、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1][2]位移傳感器的發射器向接收器同時發射紅外線和超聲波脈沖。

[3][4][5]接收器收到紅外線脈沖時開始計時，收到超聲波脈沖時停止計時，以此測出前后接收到這兩種脈沖的不同的時間，計算機就根據兩者的時間差和空氣中的聲速，計算出發射器和接收器間的距離?！窘馕觥竣?紅外線②.超聲波③.時間④.時間差⑤.空氣中的聲速15、略

【解析】高頻16、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]當磁體運動到如圖所示的位置時，線圈中的磁通量正在增大，感應電流所產生的磁場的方向豎直向下，根據右手定則可判定電流方向從b到a；

[2]磁體進入線圈的過程中，線圈中有感應電流；磁體完全進入線圈后，線圈內的磁通量保持不變，感應電流為零，磁體在線圈內加速下落；磁體離開線圈時的速度大于磁體進入線圈時的速度，感應電流也大于磁體進入線圈過程中的感應電流。故選A?！窘馕觥竣?b到a②.A17、略

【分析】【詳解】

略【解析】偏轉線圈發射電子偏轉不斷變化兩對線圈18、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]線框進入磁場過程中，線框中感應電流沿逆時針方向（為正方向），b點的電勢高于c點的電勢，線框在進入和穿出磁場的過程產生的感應電動勢大小相等，為

bc兩端電壓為

進入與穿出磁場的時間為

線框完全在磁場中運動的時間為

線框完全在磁場中時，穿過線框的磁通量不變，感應電流為零，bc兩端的電壓為零。

線框穿出磁場過程中感應電流沿順時針方向，bc兩端電壓為

bc兩端電壓的Ubc-t圖線為。

【解析】見詳解四、作圖題(共4題，共36分)19、略

【分析】【詳解】

根據左手定則，畫出通過電導線I所受磁場力的方向如圖所示。

【解析】20、略

【分析】【分析】

根據題中“要在居民樓的樓道安裝一個插座和一個電燈”可知；本題考查交流電的常識，根據開關作用和交流電接線常識，進行連接電路圖。

【詳解】

晚上；天黑光控開關閉合，有人走動發出聲音，聲控開關閉合，燈亮，說明兩個開關不能獨立工作，只有同時閉合時，燈才亮，即兩個開關和燈泡是三者串聯后連入電路；根據安全用電的原則可知，開關控制火線，開關一端接火線，一端接燈泡頂端的金屬點，零線接燈泡的螺旋套；三孔插座通常的接線方式是面對插座，上孔接地線，左孔接零線，右孔接火線；電路圖如下圖所示。

【解析】21、略

【分析】【分析】

【詳解】

由第一個圖可知：當條形磁鐵的N極插入線圈過程中；電流計的指針向右偏轉，則有：線圈中向下的磁場增強，感應電流的磁場阻礙磁通量增加，感應電流的磁場方向向上，則指針向右偏，記錄完整。

第二個圖指針向左偏；說明感應電流的磁場方向向下，與磁鐵在線圈中的磁場方向相反，則線圈中磁場增強，故磁鐵向下運動，如圖。

第三個圖指針向右偏；說明感應電流的磁場方向向上，與磁鐵在線圈中的磁場方向相同，則線圈中磁場減弱，故磁鐵向上運動，如圖。

【解析】22、略

【分析】【詳解】

當條形磁鐵向右靠近圓環時；導線線圈的磁通量向右增大，由楞次定律：增反減同可知，線圈中產生感應電流的方向順時針（從右向左看），如圖所示：

【解析】如圖所示五、實驗題(共3題，共9分)23、略

【分析】【詳解】

（1）[1]圖甲中；閉合開關S后，由于自感線圈的阻礙作用，通過燈泡的電流會緩慢增大，則燈泡逐漸變亮；

（2）[2]圖乙中；閉合開關S后，燈泡立即接通，立即變亮，由于自感線圈的阻礙作用，通過線圈的電流會緩慢增大，則通過燈泡的電流緩慢減小，則燈泡逐漸變暗，即會看到燈泡立即變亮后逐漸變暗；

[3]如果看到燈泡先閃一下后逐漸熄滅；可能是因為燈泡的電阻比自感線圈的直流電阻大得多，導致電流大多從線圈通過；

（3）[4]小燈泡正常發光時阻值

通過小燈泡的電流

根據并聯電路規律電感線圈的電流

將開關斷開的一瞬間，由于自感作用，通過燈泡和線圈的電流均為則電感線圈的自感電動勢大小【解析】逐漸變亮立即變亮后逐漸變暗燈泡的電阻比自感線圈的直流電阻大得多（合理即可）524、略

【分析】【詳解】

（1）[1]實驗中；必須要有學生電源提供交流電，B需要；學生電源本身可以調節電壓，無需滑動變阻器，需要用多用表測量電壓，C需要；本實驗不需要條形磁鐵，用可拆變壓器來進行試驗，G需要；綜上所述，需要的實驗器材為BCG。

（2）[2]A．為確保實驗安全；應該降低輸出電壓，實驗中要求原線圈匝數大于副線圈匝數，故A錯誤；

B．要研究副線圈匝數對副線圈電壓的影響；應該保持原線圈電壓；匝數不變，改變副線圈的匝數，進而測得副線圈電壓，找出相應關系，故B正確；

C．為了保護電表；測量副線圈電壓時，先用最大量程試測，大致確定電壓后再選用適當的擋位進行測量，故C正確；

D．變壓器的工作原理是電磁感應現象；即不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到傳遞磁場能的作用，不是鐵芯導電來傳輸電能，故D錯誤。

故選BC。

（3）[3]通過數據計算可得，在誤差允許的范圍內，原、副線圈的電壓之比等于原、副線圈的匝數之比，即【解析】BCGBC在誤差允許的范圍內，原、副線圈的電壓之比等于原、副線圈的匝數之比，即25、略

【分析】【分析】

【詳解】