…………○…………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年華師大新版選擇性必修2物理下冊階段測試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5題，共10分)1、如圖所示，在y軸與直線之間區域有垂直紙面向外的勻強磁場，在直線與直線之間區域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B?，F有一直徑為L的圓形導線框，從圖示位置開始，在外力F（未畫出）的作用下沿x軸正方向勻速穿過磁場區域。線框中感應電流（逆時針方向為正方向）與導線框移動的位移x的變化關系圖像中正確的（）

A.B.C.D.2、高頻焊接是一種常用的焊接方法，其焊接的原理如圖所示。將半徑為10cm的待焊接的圓形金屬工件放在導線做成的1000匝線圈中，然后在線圈中通以高頻的交變電流，線圈產生垂直于金屬工件所在平面的變化磁場，磁場的磁感應強度B的變化率為。焊縫處的接觸電阻為工件非焊接部分電阻的99倍，工件非焊接部分每單位長度上的電阻為焊接的縫寬非常小（取不計溫度變化對電阻的影響）。焊接過程中焊接處產生的熱功率約為（）

A.6.93×104WB.4.95×104WC.4.95×103WD.2.48×104W3、現代科學研究中常要用到高速電子，電子感應加速器就是利用感生電場使電子加速的設備。它的基本原理如圖所示，上、下為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一個環形真空室，電子在真空室中做圓周運動。電磁鐵線圈電流的大小、方向可以變化，產生的感生電場使電子加速。圖甲為側視圖，乙為真空室的俯視圖，如果從上向下看，電子沿逆時針方向運動。已知電子的電荷量為e，電子做圓周運動的軌道半徑為r，因電流變化而產生的磁感應強度隨時間的變化率為（k為一定值）。下列說法正確的是（）

A.為使電子加速，電磁鐵的磁性應逐漸減弱B.為使電子加速，感生電場的方向應該沿逆時針方向C.為使電子加速，當電磁鐵線圈電流的方向與圖示方向一致時，電流應該增大D.電子在圓形軌道中加速一周的過程中，感生電場對電子所做的功為4、無線充電技術已經廣泛應用于生活中。感應充電是無線充電技術的一種；常用于小功率電器的無線充電。某電子購物平臺中的一款電動牙刷采用了無線充電技術，充電座內含一套線圈和一個金屬芯，牙刷柄內含有另一套線圈，如將牙刷座于基座上，就能夠實現無線感應充電。關于此款電動牙刷的無線充電過程，以下說法正確的是（）

A.利用恒定電流和交變電流都可以實現充電過程B.充電過程中，能量從電能轉化為磁場能再轉化為電能C.感應充電技術為無線充電，充電效率可以達到100%D.感應充電的原理和磁電式電表的工作原理相同5、如圖所示為一交流電通過一電子元件后的波形圖（曲線部分為正弦式交流電電流的一部分）；則下列說法正確的是（）

A.這是一種交變電流B.電流的變化周期為0.03sC.電流通過100的電阻時，電功率為300WD.電流通過100的電阻時，電功率為評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)6、如圖所示，兩個橫截面分別為圓和正方形，但磁感應強度均相同的勻強磁場，圓的直徑d等于正方形的邊長；兩個電子分別以相同的速度飛入兩個磁場區域，速度方向均與磁場方向垂直，進入圓形磁場區域的電子速度方向指向圓心，進入正方形磁場區域的電子速度方向沿一邊的中垂線，則下面判斷正確的是。

A.兩電子在兩磁場中運動時軌道半徑相同B.電子在正方形磁場中運動的軌跡可能更長C.進入圓形磁場區域的電子一定先飛離磁場D.兩電子在兩磁場中偏轉角度可能相同7、圖甲為手機及無線充電板。圖乙為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內的送電線圈可產生交變磁場，從而使手機內的受電線圈產生交變電流，再經整流電路轉變成直流電后對手機電池充電。為方便研究，現將問題做如下簡化：設受電線圈的匝數為n，面積為S，若在t1到t2時間內，磁場垂直于受電線圈平面向上穿過線圈，其磁感應強度由B1均勻增加到B2。下列說法不正確的是（）

A.c點的電勢高于d點的電勢B.受電線圈中感應電流方向由d到cC.c、d之間的電勢差為D.c、d之間的電勢差為8、如圖所示，邊長為a的正方形線框內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。兩個相同的帶電粒子同時從AB邊上的A點和E點（E點在AB之間，未畫出），以相同的速度，沿平行于BC邊的方向射入磁場，兩帶電粒子先后從BC邊上的F點射出磁場，已知從A點入射的粒子射出磁場時速度方向與BF邊的夾角θ=60°，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，則（）

A.帶電粒子的比荷為B.兩個帶電粒子在磁場中運動的時間之比為tA∶tE=2∶1C.D.9、光滑平行金屬導軌固定在水平地面上，其間距分別為和導軌電阻不計，連接如圖所示。金屬棒分別放置在導軌上，其質量分別為和電阻分別為和整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中，導軌區域磁感應強度為導軌區域磁感應強度為給金屬棒一個向左的初速度金屬棒距離導軌足夠遠。下列說法正確的是（）

A.金屬棒最終做勻速直線運動，且速度比為B.金屬棒系統動量守恒，最終速度均為C.最終金屬棒產生的焦耳熱為D.最終通過金屬棒上的電荷量為10、如圖所示，均勻金屬圓環的總電阻為4R，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過圓環。金屬桿OM的長為l，阻值為R，M端與環接觸良好，繞過圓心O的轉軸以恒定的角速度ω順時針轉動。阻值為R的電阻一端用導線和圓環最下端的A點連接，另一端和金屬桿的轉軸O處的端點相連接。下列判斷正確的是（）

A.金屬桿OM旋轉產生的感應電動勢恒為B.通過電阻R的電流的最小值為方向從Q到PC.通過電阻R的電流的最大值為D.OM兩點間電勢差絕對值的最大值為11、如圖所示，阻值為的電阻串聯于光滑的等邊三角形水平導軌上，導軌在點斷開。磁感應強度為方向豎直向下、寬度為d的條形磁場區域與平行，質量為m的導體棒接在勁度系數為的彈簧的一端，彈簧的另一端固定。導體棒始終與平行，且與導軌保持良好接觸，彈簧無伸長時，導體棒停于處?，F將導體棒拉至處后自由釋放，若至頂點以及到磁場邊沿的距離均為d，導軌和導體棒的阻值忽略不計，已知彈簧的彈性勢能與形變量的關系式為則（）

A.導體棒釋放后，第一次穿越條形磁場區域過程中，導體棒兩端的電勢差的絕對值大于電阻兩端電壓B.從導體棒第一次進入磁場至最后一次離開磁場的時間，回路中的平均電流為電流的有效值不為C.導體棒釋放后，第一次穿越條形磁場區域過程中，電阻中通過的電荷量為D.整個過程中，導體棒克服安培力做的功為12、如圖所示為模擬遠距離電能輸送示意圖，發電機通過升壓變壓器和降壓變壓器向用戶供電。已知輸電線的總電阻為用戶負載升壓變壓器原、副線圈匝數之比為降壓變壓器原、副線圈匝數之比為降壓變壓器副線圈兩端交變電壓變壓器視為理想變壓器；則（）

A.此交流電頻率為B.用戶用電功率為C.變壓器原線圈電流有效值為D.當負載增大時，發電機的輸出功率增大評卷人得分三、填空題(共6題，共12分)13、動圈式話筒是利用________原理將__________信號轉換為________信號的。14、如圖所示，真空中，在兩個同心圓所夾的環狀區域存在（含邊界）垂直于紙面向里磁感應強度為B的勻強磁場，兩圓的半徑分別為R和3R，圓心為O。質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子從大圓邊緣的P點沿半徑PO方向以不同的速度垂直射入磁場；粒子重力不計；

（1）若粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為120°，則粒子在磁場中運動的時間t1=_______；

（2）若粒子能進入小圓內部區域，粒子在磁場中運動的速度v2>________15、如圖所示，導軌豎直、光滑且足夠長，上端接一電阻磁場方向為垂直紙平面向里，磁感應強度導軌寬度導體棒緊貼導軌下滑，導體棒的電阻已知棒勻速下滑時R中消耗電功率為則棒勻速運動的速度大小為_______

16、如圖所示是常用電器中電源的濾波裝置，當輸入端含有直流分、交流高頻成分和低頻交流成分的電流時，則輸出端應是___________．

17、如圖所示，是一個按正弦規律變化的交變電流的圖像，則該交變電流的周期是_________s，電流的有效值是______A。

18、如圖所示，自耦變壓器輸入端A、B接交流穩壓電源，其電壓有效值UAB＝100V，R0＝40當滑動片處于線圈中點位置時，C、D兩端電壓的有效值UCD為___________V，通過電阻R0的電流有效值為_____________A．

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2題，共18分)23、物理研究課上；同學們用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數的關系”?？刹鹱儔浩魅鐖D甲；乙所示：

(1)下列說法正確的是____；

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.變壓器的原線圈接低壓交流電；測量副線圈電壓時應當用多用電表的“直流電壓擋”

C.可以先保持原線圈電壓；匝數不變；改變副線圈的匝數，研究副線圈匝數對副線圈電壓的影響。

D.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。

E.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。

F.變壓器開始正常工作后；若不計各種損耗，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。

(2)如圖丙所示；某同學自己繞制了兩個線圈套在可拆變壓器的鐵芯上。原線圈接學生電源的交流輸出端，副線圈接小燈泡。下列說法正確的是____。

A.與變壓器未通電時相比較；此時若將可拆變壓器上端的橫條鐵芯取下將更費力。

B.若僅增加原線圈繞制的圈數；小燈泡的亮度將保持不變。

C.若僅增加副線圈繞制的圈數，學生電源的過載指示燈可能會亮起A.B.C.E.E.24、(1)如圖甲所示為某實驗小組探究感應電流方向的規律的實驗裝置，關于實驗過程中應該注意的事項和實驗現象，以下說法正確的是___________。

A．實驗前應該先仔細觀察；清楚線圈的繞向。

B．開關閉合后；將滑動變阻器的滑片勻速滑動使接入電路的阻值逐漸減小，會觀察到電流計指針不發生偏轉。

C．開關閉合后；線圈A從線圈B中拔出和插入過程中會觀察到電流計指針偏轉方向相反。

D．開關閉合與斷開瞬間；電流計指針都會偏轉，但偏轉方向相同。

(2)當電流從靈敏電流計正接線柱流入時指針向正接線柱一側偏轉。現將其與線圈相連之后，將上端為S極的磁鐵插入線圈中，如圖乙所示電流計指針偏轉的方向應為偏向___________接線柱（填“正”或“負”）。根據圖丙中電流計指針偏轉方向可以判斷出插入線圈磁鐵下端的磁極為___________極（填“N”或“S”）。

(3)應用可拆變壓器進行“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗中，原線圈所接的電源應是___________。

A．B．

C．D．

副線圈所接的電表可以是___________。

A．多用電表（歐姆擋）B．直流電壓表C．交流電壓表D．直流電流表評卷人得分六、解答題(共3題，共15分)25、水平直線上方有垂直紙面向里的足夠大的有界勻強磁場區域，磁感應強度為正、負電子同時從邊界點以與成角的相同速度射入該磁場區域（電子質量為電量為），正、負電子間的相互作用忽略不計，經一段時間后從邊界射出。求：

(1)它們從磁場中射出時，出射點間的距離（畫出電子運動的軌跡圖）

(2)它們從磁場中射出的時間差

26、一長直導線通有電流I，旁邊有一長方形線圈ABCD如圖所示，線圈以垂直長導線的速度向右運動；求線圈中的感應電動勢。

27、如圖所示，固定光滑平行軌道的水平部分處于磁感應強度大小為方向豎直向上的勻強磁場中，段軌道寬度為段軌道寬度為段軌道和段軌道均足夠長，將質量分別為有效電阻分別為的金屬棒和分別置于軌道上的段和段，且均與軌道垂直，金屬棒原來處于靜止狀態?，F讓金屬棒從距水平軌道高為處無初速度釋放，兩金屬棒運動過程中始終與導軌接觸良好且與導軌垂直，不計其他電阻及空氣阻力，重力加速度大小為求：

（1）金屬棒的最大加速度

（2）回路中產生的總焦耳熱

（3）兩金屬棒距離最近時兩導軌間的電壓

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【詳解】

設導線框勻速運動的速度為導線框電阻為

在過程，導線框進入左側磁場，導線框的磁通量向外增大，根據楞次定律可知，感應電流為順時針方向（負方向），導線框切割磁感線的有效長度先增大后減小，根據

可知導線框的電流先增大后減小，其中最大電流為

在過程，導線框從左側磁場進入右側磁場，導線框的磁通量從向外減小到向里增大，根據楞次定律可知，感應電流為逆時針方向（正方向），導線框切割磁感線的有效長度先增大后減小，根據

可知導線框的電流先增大后減小，其中最大電流為

在過程，導線框離開右側磁場，導線框的磁通量向里減小，根據楞次定律可知，感應電流為順時針方向（負方向），導線框切割磁感線的有效長度先增大后減小，根據

可知導線框的電流先增大后減小，其中最大電流為

故選B。2、B【分析】【詳解】

工件中產生的最大感應電動勢為

代入數據解得

有效值為

工件非焊接部分的電阻

代入數據得

焊接處的電阻為

工件的總電阻為

工件中電流

故

焊接處產生的熱功率

故選B。3、C【分析】【詳解】

A．為使電子加速；應使感生電場方向與電子運動方向相反，由于電子沿沿逆時針方向運動，如果電磁鐵線圈電流的方向與圖示方向一致時，由楞次定律可得，電磁鐵的磁性應逐漸增強，A錯誤；

B．由于電子帶負電；所以感生電場的方向應該沿順時針方向，B錯誤；

C．當電磁鐵線圈電流的方向與圖示方向一致時；若電流增大，根據楞次定律，可知渦旋電場的方向為順時針方向，電子將沿逆時針方向做加速運動，C正確；

D．磁感應強度隨時間的變化率為

感生電動勢

電子運動一周感生電場始終做正功

D錯誤。

故選C。4、B【分析】【詳解】

A.充電座是利用電磁感應原理工作的；故不能直接使用恒定電流進行充電，A錯誤；

B.充電過程中；充電座的線圈消耗電能，能量從電能轉化為磁場能再轉化為電能，B正確；

C.充電線圈有電阻；有電能轉化為熱能，還有其它損耗，充電效率一定小于100%，C錯誤；

D.感應充電的原理是利用電磁感應；磁電式電表的工作原理是利用安培力與電流的關系，D錯誤。

故選B。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖像可知；電流大小變化，但方向沒有變化，因此這是直流電，故A錯誤；

B．由圖像可知；電流變化的周期為0.15s，故B錯誤；

CD．根據電流有效值的定義可得

解得

電流通過100的電阻時，電功率為

故D正確；C錯誤。

故選D。二、多選題(共7題，共14分)6、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

A．電子在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力

解得

兩電子速度相同；磁感應強度相同，運動時軌道半徑相同．A正確；

BCD．將圓形磁場和矩形磁場的邊界放到同一位置；粒子在磁場中可能運動情況如圖；

由軌跡1可知；電子在正方形磁場中運動的軌跡可能更長．B正確；

由軌跡2可知；進入圓形磁場區域的電子不一定先飛離磁場；兩電子在兩磁場中偏轉角度可能相同，C錯誤，D正確。

故選ABD。

點睛：將兩磁場區域重合，畫出可能軌跡進行比較。7、A:B:D【分析】【分析】

【詳解】

AB．受電線圈內部磁場向上且增強，據楞次定律可知，受電線圈中產生的感應電流方向由c到d，所以c點的電勢低于d點的電勢；AB錯誤，符合題意；

CD．根據法拉第電磁感應定律可得電動勢為

由于c點的電勢較低，故c、d間電勢差為

C正確；不符合題意，D錯誤，符合題意。

故選ABD。8、B:C【分析】【詳解】

AC.從A點射入的粒子射出磁場時速度方向與BF邊的夾角為60°；如圖甲所示。

粒子在磁場中運動的圓心角為120°，有

可得

根據

可得帶電粒子的比荷為

故A錯誤；C正確；

BD.從E點射入的粒子在磁場中的半徑也為r；如圖乙所示。

由幾何知識可得BE=a，AE=a，粒子在磁場中運動的圓心角為60°，則兩個帶電粒子在磁場中運動的時間之比為tA∶tE=120°∶60°=2∶1

故B正確；D錯誤。

故選BC。9、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．設a、b速度分別為由于安培力作用，金屬棒a加速，金屬棒b減速。開始時回路中的電動勢為

電動勢E減小，安培力減小，最終安培力也為0，金屬棒a、b運動狀態不再變化，做勻速直線運動，且

故A錯誤；

B．金屬棒a、b所受安培力等大反向，系統動量守恒，有

得

故B正確；

C．由能量守恒有

聯立解得

故C正確；

D．規定向左為正方向，對金屬棒a由動量定理有

聯立解得

故D錯誤。

故選BC。10、A:D【分析】【詳解】

A．M端線速度為v＝ωl，OM切割磁感線的平均速度為

OM轉動切割磁感線產生的感應電動勢恒為

故A正確；

B．當M端位于最上端時，圓環兩部分電阻相等，并聯電阻最大，電路的總電阻最大，通過R的電流最小，因R并=×2R=R

通過電阻R的電流的最小值為

根據右手定則可知電流方向從Q到P；故B錯誤；

C．當M位于最下端時圓環被短路，此時通過電阻R的電流最大，為

故C錯誤；

D．OM作為電源，外電阻增大，總電流減小，內電壓減小，路端電壓增大，所以外電阻最大時，OM兩點間電勢差的絕對值最大，其最大值為U=Imin·2R＝

故D正確。

故選AD。11、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．導體棒在閉合電路外還有一部分在切割磁感線；A正確；

B．根據。

導體棒最初在磁場左側，最后在磁場右側，因此故B錯誤；

C．根據。

C正確；

D．克服安培力做功等于彈性勢能的減小量，彈簧最后在磁場右側與之間來回運動；即。

D錯誤。

故選AC。12、B:C【分析】【詳解】

A．此交流電頻率為

故A錯誤；

B．降壓變壓器副線圈兩端交變電壓

用戶功率

故B正確；

C．根據用戶端電流

根據

可知

故C正確；

D．當負載增大時；負載電流減小，則發電機電流減小，因此發電機的輸出功率減小，故D錯誤。

故選BC。三、填空題(共6題，共12分)13、略

【分析】【詳解】

[1][2][3]動圈式話筒是利用電磁感應原理將聲信號轉換為電信號的?！窘馕觥竣?電磁感應②.聲③.電14、略

【分析】【詳解】

（1）[1]帶電粒子在磁場中運動的周期

若粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為120°，則粒子在磁場中運動的時間為

（2）[2]設帶電粒子進入小圓內部區域的最大速度為vm，對應半徑rm

由幾何關系，有

解得rm=4R

由牛頓第二定律有

解得

所以要使粒子能進入小圓內部區域，有【解析】15、略

【分析】【詳解】

[1]電阻R的電功率為：

可得：

棒下滑切割磁感線產生動生電動勢，閉合電路產生感應電流，由閉合電路的歐姆定律：

聯立可得：【解析】616、略

【分析】【分析】

電路的輸入端輸入的電流既有直流成份；又有交流低頻成分和交流高頻成分，要只把交流的低頻成分輸送到下一級，該電路要隔掉直流，通低頻，阻高頻，根據電感和電容的特性進行判斷．

【詳解】

C1在此的功能為通交流，隔直流，使直流能到達下一級電路，叫隔直電容；L在此的功能為通直流、阻交流，通低頻，阻高頻，將低頻的交流成分送到下一級，叫低頻扼流圈，自感系數很大，C2與輸出電路并聯，起到通高頻，阻低頻，使高頻成分能通過，低頻成分到達下一級，C2又叫高頻旁路電容；因此輸出端為直流．

【點睛】

本題考查電感、電容對交流電的導通和阻礙的作用，根據它們的特性和電路要求進行分析．【解析】直流17、略

【分析】【詳解】

[1]由圖可知；該交變電流的周期是0.20s；

[2]由圖可知，該交變電流的最大值為電流的有效值【解析】0.201018、略

【分析】【詳解】

因自耦變壓器的原副線圈在一起，由題可知，原線圈的匝數為副線圈匝數的一半．理想變壓器的變壓比為所以V．根據部分電路歐姆定律有A．【解析】200，5四、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2題，共18分)23、A:C:C:D:F【分析】【分析】

【詳解】

(1)[1]A．為確保實驗安全；實驗中要求副線圈匝數小于原線圈匝數，使得次級電壓較小，故A錯誤；

B．變壓器的原線圈接低壓交流電；測量副線圈電壓時應當用多用電表的“交流電壓擋”測量，故B錯誤；

C．實驗時可采用控制變量法；先保持原線圈電壓；匝數不變，改變副線圈的匝數，研究副線圈匝數對副線圈電壓的影響，故C正確；

D．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，防止燒壞電壓表，故D正確；

E．變壓器開始正常工作后；通過電磁感應，把電能由原線圈輸送到副線圈，故E錯誤；

F．變壓器開始正常工作后；若不計各種損耗，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，故F正確。

故選CDF。

(2)[2]A．變壓器線圈通電壓會產生磁場；而變壓器上端的橫條相當于磁鐵，下端對橫條有吸引力作用，因此與變壓器未通電時相比較，此時若將可拆變壓器上端的橫條鐵芯取下將更費力，故A正確；

B．僅增加原線圈匝數；次級電壓將減小，小燈泡亮度將變暗，故B錯誤；

C．若僅增加副線圈繞制的圈數；副線圈電壓升，小燈泡消耗的功率變大，學生電源輸出的功率變大，有可能使學生電源的過載指示燈會亮起，故C正確。

故選AC。24、略

【分析】【詳解】

（1）[1]A．實驗是探究感應電流方向的規律的；因此實驗前應該先仔細觀察，清楚線圈的繞向，搞清線圈電流的方向與電流計指針偏轉方向的關系，選項A正確；

B．開關閉合后；將滑動變阻器的滑片勻速滑動使接入電路的阻值逐漸減小，導致穿過線圈B的磁通量變化，從而產生感應電流，會觀察到電流計指針發生偏轉，選項B錯誤；

C．開關閉合后；線圈A從線圈B中拔出和插入過程中，穿過線圈B的磁通量變化不同，前者是減少，后者增加，依據楞次定律“增反減同”，會觀察到電流計指針偏轉方向相反，選項C正確；

D．開關閉合與斷開瞬間；會引起