2024年沪科版选择性必修2物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版选择性必修2物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、如图1所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间t变化的规律如图2所示。已知线圈匝数为20匝；则下列说法正确的是（）

A.线圈转动的角速度为B.1.5s时线圈所在平面与中性面垂直C.100s内线圈中电流方向改变50次D.感应电动势的最大值为4πV2、在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是（）A.“电流的周围存在磁场”最早是由安培发现的，所以安培定则可用来判断电流周围的磁场分布B.法拉第发现了电磁感应现象，并率先提出了感应电动势与穿过回路的磁通量变化率成正比C.安培发现了磁场对运动电荷的作用和规律D.法拉第引入了“场”的概念来研究电磁现象3、下列说法正确的是（）A.由公式可知：电场中某点的场强与电荷所受电场力F成正比，与电荷所带电荷量q成反比B.电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能的本领大小的物理量C.一小段通电导线在某处不受磁场力，说明该处磁感应强度为零D.因为洛伦兹力对运动电荷不做功，所以安培力对运动导体也不做功4、水平面上放置一导线；导线中通以恒定电流，电流方向如图所示，正方形导体框置于导线右侧，下列说法正确的是（）

A.导体框向上运动时会产生感应电流，电流方向a→b→c→dB.导体框向上运动时b点电势低于cC.导体框向右运动时会产生感应电流，电流方向a→b→c→dD.电流变大，导体框将向水平左运动5、如图所示，磁场中有两个正方形导体环a、b，磁场方向与导体环所在平面垂直磁感应强度B随时间均匀增大两正方形边长之比为2∶1，环中产生的感应电动势分别和不考虑两环间的相互影响下列说法中正确的是（）

A.感应电流均沿逆时针方向B.感应电流均沿顺时针方向C.感应电流均沿逆时针方向D.感应电流均沿顺时针方向评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、一小型发电机产生的电动势随时间变化的规律如图甲所示；已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接一个电压表和一个电阻为10Ω的灯泡，如图乙所示．下列说法正确的是()

A.产生的交变电流的频率为5HzB.通过灯泡的电流为2.2AC.电压表读数为20VD.灯泡的实际功率为40W7、如图所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是（）

A.升高会减小输电电流B.升高会增大线路的功率损耗C.升高会增大线路的电压损耗D.升高会提高电能的利用率8、如图所示，带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界磁场的边界上的O点分别以30°和60°（与边界的夹角）射入磁场；又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（）

A.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为C.A、B两粒子的之比是D.A、B两粒子的之比是9、如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在边长为L的等边三角形内，D是边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于边方向、大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为T；则下列说法中正确的是（）

A.粒子垂直边射出时，半径R等于B.速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长C.粒子可能从边射出，且在磁场中运动时间为D.粒子可能从C点射出，且在磁场中运动的时间为10、如图所示，在xoy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xoy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度v0先后从y轴上坐标（0，3L）的A点和B点（坐标未知）垂直于y轴射入磁场，在x轴上坐标（0）的C点相遇；不计粒子重力及其相互作用。根据题设条件可以确定。

A.带电粒子在磁场中运动的半径B.带电粒子的电荷量C.带电粒子在磁场中运动的时间D.带电粒子的质量11、如图所示，等边三角形AQC的边长为2L，P、D分别为AQ、AC的中点。区域Ⅰ（梯形PQCD）内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；区域Ⅱ（三角形APD）内的磁场方向垂直纸面向里，区域Ⅲ（虚线PD之上、三角形APD以外）的磁场与区域Ⅱ内大小相等均为3B0、方向相反。带正电的粒子以速度v0从中点N垂直QC射入磁场区域Ⅰ，经区域Ⅰ再从P点垂直AQ射入区域Ⅲ（粒子重力忽略不计）；则下列说法正确的是（）

A.粒子的比荷B.粒子的比荷C.粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间为D.粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间为12、如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，O为圆心，A、B、C为圆形区域边界上的三点，BC为直径，现有一对质量相等、电荷量不等的正、负粒子，从A点沿AO方向以相同大小的速度垂直磁场射入，一个从B点离开磁场，另一个从C点离开磁场．粒子的重力及相互作用力均不计，则下列说法正确的是（）

A.从B点离开磁场的粒子带负电B.正、负粒子的电荷量大小之比为1：3C.正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1：3D.正、负粒子在磁场中运动的时间之比为2：313、如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0＝0.5T，并且以＝0.1T/s的变化率均匀增大，图象如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L＝0.5m，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R0＝0.1Ω，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M＝0.2kg的重物．导轨的定值电阻R＝0.4Ω，与P、Q端点相连组成回路。又知PN长d＝0.8m。在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g取10N/kg)()

A.电阻R中电流的方向由P到QB.电流的大小为0.1AC.从磁感应强度为B0开始计时，经过495s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起D.电阻R上产生的热量约为16J评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、一电容为C的电容器两极板间的电压为U，断开电源，让其通过一个自感系数为L的电感线圈放电，在第一次放电完毕的过程中，流过电路的平均电流是____________。15、如图为在温度为左右的环境中工作的某自动恒温箱的原理简图。

箱内的电阻为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图所示。当ab端电压时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内的温度升高；当时，电压鉴别器会使S断开，停止加热。则恒温箱内的温度恒定在________

16、如图所示，ABCD是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，线框绕水平固定轴以角速度ω匀速转动。线圈平面与磁感线夹角为_____时（填“0”或“”），感应电动势最大；从如图所示位置开始计时，线圈中产生的感应电动势随时间变化规律为e=_____。

17、由r＝和T＝可得T＝带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径和运动速度______．18、扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，其方向、强弱都在______，使得电子束打在荧光屏上的光点从上向下、从左向右不断移动．19、如图所示是测定光电效应产生的光电子比荷的简要实验原理图，两块平行板相距为d，其中N为金属板，受紫外线照射后，将发射沿不同方向运动的光电子，形成电流，从而引起电流计G的指针偏转，若调节R0逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小，当电压表示数为U时，电流恰好为零．切断开关S，在MN间加垂直于纸面的匀强磁场，逐渐增大磁感应强度，也能使电流为零，当磁感应强度为B时，电流恰为零．试求光电子的比荷＝________

20、如图所示，导轨竖直、光滑且足够长，上端接一电阻磁场方向为垂直纸平面向里，磁感应强度导轨宽度导体棒紧贴导轨下滑，导体棒的电阻已知棒匀速下滑时R中消耗电功率为则棒匀速运动的速度大小为_______

21、正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的.线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示,则此感应电动势的有效值为__________频率为__________

22、雷达是利用电磁波遇到障碍物要发生_____，以此来测定物体位置的无线电设备，其利用的是波长_____的微波。评卷人得分四、作图题(共4题，共36分)23、在图中画出或说明图中所示情形下通电导线I所受磁场力的方向。

24、要在居民楼的楼道安装一个插座和一个电灯；电灯由光敏开关和声敏开关控制，光敏开关在天黑时自动闭合，天亮时自动断开；声敏开关在有声音时自动闭合，无声音时自动断开。在下图中连线，要求夜间且有声音时电灯自动亮，插座随时可用。

25、在“探究楞次定律”的实验中；某同学记录了实验过程的三个情境图，其中有两个记录不全，请将其补充完整。

26、如图所示：当条形磁铁向右靠近通电圆环时，圆环向右偏离，试在图中标出圆环中的电流方向___________．评卷人得分五、实验题(共3题，共21分)27、如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的装置图。实验时，先保持导线通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流不变，改变导线通电部分的长度。每次导体棒在场内同一位置平衡时，悬线与竖直方向的夹角为对该实验：

（1）下列说法正确的是___________

A．该实验探究了电流大小以及磁感应强度大小对安培力的影响。

B．该实验探究了磁感应强度大小以及通电导体棒对安培力的影响。

C．若想增大可以把磁铁的N级和S级对调。

D．若想减小可以把接入电路的导体棒从1；4换成2、3两端。

（2）若把电流为I，且接通2、3时，导体棒受到的安培力记为F1，当电流减半且接通1、4时，导体棒受到的安培力为__________________。28、在用下图装置“研究闭合电路中感应电动势大小的影响因素”实验中，强磁铁固定在小车上，小车可用弹簧以不同的速度弹出，让强磁铁以不同速度穿过闭合线圈（线圈电阻可忽略不计），用光电计时器记录挡光片通过光电门的时间用电压传感器记录线圈在这段时间内的平均感应电动势E；实验数据如下表：

次数1234568.2067.4866.2865.6145.3404.4620.1280.1420.1700.1910.2020.244

(1)实验中，每次挡光片通过光电门的时间内，线圈磁通量变化量______（选填“相等”或“不相等”）；

(2)从表中数据可得，时间越小，线圈产生的感应电动势E______（选填“越小”或“越大”）；

(3)要通过线性图像直观反映感应电动势E与时间Δt的关系，可作______图像；

A.B.C.29、某同学利用实验室中的自耦变压器做“探究变压器线圈两端的电压与匝数关系”的实验。图甲为变压器的实物图；图乙为其内部结构图，图丙为实验原理图。除自耦变压器外实验室还提供了如下器材。

A．直流电压表；B．多用电表；C．220V交流电源；D．交直流学生电源；E．低压直流电源；F．滑动变阻器“202A”；G．滑动变阻器“50.5A”；H．开关；导线若干。

回答下列问题：

（1）实验中电源应选用______，测量电压的电表应选用______，滑动变阻器应选用______；

（2）实验中原线圈的匝数用图甲刻度盘上的______表示；副线圈的匝数用图甲刻度盘上的手柄上的指针指示刻度表示。

（3）为了实验过程中的安全，下列做法正确的是______

A．为了人身安全；只能使用低压电源，所用电压不要超过12V

B．连接好电路后；应先检查电路连接是否正确，再接通电源进行实验。

C．因为使用电压较低；通电时可用手直接接触裸露的导线；接线柱。

D．为了测量电表的安全；测量电压时，先选用最大量程试测。

（4）实验中想通过调节滑动变阻器改变副线圈上的电压，是否可行？______

（5）下表为某次实验得到的数据，从数据上发现电压比总小于匝数比，除测量误差外造成这一结果的主要原因是（说出两个原因）：①______②______

表1：实验数据记录表（表盘总刻度为240U1=12V）。实验次数12345指针指示刻度406080120200U2/N1.902.923.945.969.98评卷人得分六、解答题(共4题，共40分)30、如图所示，M、N是直角坐标系xOy坐标轴上的两点，其坐标分别为M(0，L)和N(2L，0)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，从M点以一定的初速度沿x轴正方向进入第一象限。若第一象限内只存在沿y轴负方向的匀强电场，当电场强度大小为E时，粒子恰好通过N点；若第一象限内只存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，粒子也会通过N点。不计粒子的重力；求：

（1）带电粒子初速度的大小；

（2）磁感应强度的大小．

31、如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一、四象限有与y轴相切于O点、圆心为O1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y轴的匀强电场．一带电粒子(重力不计)自P(－d，)点以平行于x轴的初速度v0开始运动，粒子从O点离开电场，经磁场偏转后又从y轴上的Q点(图中未画出)垂直于y轴回到电场区域，并恰能返回到P点．求：

(1)粒子经过O点时的速度；

(2)电场强度E和磁感应强度B的比值。

32、如图所示，在三维坐标系O-xyz中存在一长方体ABCD－abOd，yOz平面左侧存在沿z轴负方向、磁感应强度大小为B1（未知）的匀强磁场，右侧存在沿BO方向、磁感应强度大小为B2（未知）的匀强磁场。现有一带正电粒子以初速度v从A点沿平面ABCD进入磁场，经C点垂直yOz平面进入右侧磁场，此时撤去yOz平面左侧的磁场B1，换上电场强度为E（未知）的匀强电场，电场强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在Aa棱上。已知粒子的电量为q，质量为m（重力不计）。求：

（1）磁感应强度B1的大小；

（2）粒子第二次经过yOz平面的坐标；

（3）电场强度E的大小。

33、质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为板间距离为c为偏转分离器，磁感应强度为今有一质量为m、电荷量为e的正粒子（不计重力）；经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：

（1）粒子的速度v为多少；

（2）速度选择器的电压为多少；

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．由图乙可得交流电的周期T=2s，故线圈转动的角速度

故A错误；

B．由图2可知；1.5s时磁通量最大，则线圈处于中性面位置，故B错误；

C．交变电流一个周期内电流方向改变两次；则100s内线圈中电流方向改变100次，故C错误；

D．感应电动势的最大值

故D正确。

故选D。2、D【分析】【详解】

A．奥斯特首先发现了通电导线周围存在着磁场；安培总结出“安培定则”来判断电流与磁场的方向关系，故A错误；

B．法拉第发现了电磁感应现象；纽曼和韦伯先后指出闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，故B错误；

C．洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律；故C错误；

D．法拉第引入了“场”的概念来研究电磁现象；故D正确。

故选D。3、B【分析】【详解】

A．电场中某点的场强由电场本身决定，与电荷所受电场力F和电荷所带电荷量q均无关；故A错误；

B．电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能的本领大小的物理量；故B正确；

C．一小段通电导线在某处不受磁场力；有可能是导线平行于磁感线放置，而该处磁感应强度不一定为零，故C错误；

D．洛伦兹力始终与电荷运动方向垂直；所以洛伦兹力对运动电荷不做功，而安培力并不是始终与导体运动方向垂直，所以安培力可以对运动导体做功，故D错误。

故选B。4、C【分析】【详解】

A．通电直导线产生的磁场分布特点是以通电导线为圆心的一族同心圆；导体框向上运动时磁通量不变，所以不会产生感应电流，故A错误；

B．导体框向上运动时，ab和cd边同时切割磁感线，产生的感应电动势大小和方向均相同，所以b、c两点电势相等；故B错误；

C．导线右侧的磁场强度随着到导线的距离增大而减小，所以导体框向右运动时，垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律可知会产生a→b→c→d方向的感应电流；故C正确；

D．电流变大；穿过导体框的磁通量增大，根据楞次定律可知导体框会产生感应电流阻碍磁通量的增大，有水平向右运动的趋势，不可能水平向左运动，故D错误。

故选C。5、A【分析】【分析】

【详解】

根据法拉第电磁感应定律可得。

根据题意可得。

故。

感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大；即感应电流产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿逆时针方向。

故选A。二、多选题(共8题，共16分)6、C:D【分析】【分析】

由甲图知电压峰值；周期；从而求电压有效值、角速度和频率；电压表测量的是路端电压，求解实际功率要用有效值．

【详解】

由图可知T=0.02s，则频率f=1/T=50Hz，选项A错误；电动势有效值为可知通过灯泡的电流为选项B错误；电压表读数选项C正确；灯泡的实际功率：P=IU=40W；选项D正确；故选CD.7、A:D【分析】【详解】

A．输送功率不变，升高则升压变压器的输出电压变大，根据知，输电线上的电流减小；故A正确；

B．因为升高输电线上的电流减小，根据知；输电线上的功率损耗减小，故B错误；

C．因为升高输电线上的电流减小，根据知；输电线上的电压损失减小，故C错误；

D．电能的利用率为因为升高输电线上的电流减小，则电能的利用率提高，故D正确。

故选AD。

【点睛】

根据判断输电线上电流的变化，结合判断功率损失和电压损失的变化，结合损耗的功率判断电能利用率的变化。8、B:D【分析】【分析】

【详解】

AB．由题意知；粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示。

根据

得

由几何关系可得，对粒子B有

对粒子A有

联立解得

故B正确；A错误；

CD．再根据

可得A、B两粒子之比为故D正确，C错误。

故选BD。9、A:D【分析】【详解】

A．粒子垂直BC边射出时；运动轨迹如图。

根据几何关系知半径为A正确；

BCD．若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切，可知圆心角为180°，粒子在磁场中经历时间为若带电粒子刚好从AC边射出磁场，运动轨迹与AC边相切，作图可得切点为C点；如下图。

可知圆心角为60°，粒子在磁场中经历时间为若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°，粒子在磁场中经历时间为所以该粒子在磁场中经历时间为则它一定从AB边射出磁场；所以可知粒子速度和运动时间无确定的关系；BC错误,D正确。

故选AD。10、A:C【分析】【分析】

【详解】

已知粒子的入射点及入射方向，同时已知圆上的两点，根据入射点速度相互垂直的方向及AC连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置；由几何关系可知AC长为2L

∠BAC=30°，则R==2L

因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同；即两粒子的半径均可求出；同时根据几何关系可知A对应的圆心角为120°，B对应的圆心角为30°；即可确定对应的圆心角，则由可以求得转动的时间；由于不知磁感应强度；故无法求得荷质比，更不能求出电荷量或质量。

故选AC。11、B:D【分析】【详解】

AB．由题意可知，粒子在区域I内做匀速圆周运动，轨道半径为

由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到

解得

A错误B正确。

CD．带电粒子在区域II和区域Ⅲ内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式可得

解得

粒子从N点再加到N点的运动轨迹如图所示：在区域Ⅰ中做匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角在区域Ⅰ中运动的时间

在区域II中做匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角在区域II中运动的时间

在区域Ⅲ中匀速圆周运动一段圆弧所对的圆心角在区域Ⅲ中运动时间

粒子从N点出发再回到N点的运动过程所需的时间

C错误D正确。

故选BD。12、A:C:D【分析】【详解】

A．带电粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据左手定则可以判断，从B点离开磁场的粒子带负电。故A正确；

BC．由以上分析可得，从C点出去为带正电的粒子，画出运动轨迹，圆心为O1，从B点出去为带负电的粒子，画出运动轨迹，圆心为O2，设磁场的磁感应强度为由几何关系得

匀速圆周运动中，洛伦兹力提供向心力

联立解得

同理得

联立得正负电荷的电荷量大小之比为

正、负粒子在磁场中运动的周期之比为

故B错误。故C正确；

D．正、负粒子在磁场中运动的时间之比为

故D正确。

故选ACD。13、A:C【分析】【详解】

A．根据楞次定律可知电流方向为M→N→P→Q→M；故A正确；

B．电流大小

故B错误；

C．要恰好把质量M＝0.2kg的重物拉起；则。

F安＝=T＝Mg＝2N

解得B′＝50TB′＝B0＋t＝0.5＋0.1t

解得t＝495s

故C正确；

D．电阻R上产生的热量为Q＝I2Rt＝(0.08)2×0.4×495J＝1.27J

故D错误。

故选AC。三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

从放电开始到第一次放电完毕所用时间为放出的电荷量为

则平均电流为【解析】15、略

【分析】【详解】

设电路路端电压为U，当Uab=0时，有R1=R3

解得Rt=20kΩ

由图可知，当Rt＝20kΩ时t=35【解析】3516、略

【分析】【详解】

[1]当线圈平面与磁感线夹角为0时，AB、CD边垂直切割磁感线；则此时感应电动势最大。

[2]从如图所示位置开始计时，线圈中产生的感应电动势随时间变化规律为【解析】017、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】无关18、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】不断变化19、略

【分析】【详解】

设光电子受紫外线照射后射出的速度为v．在MN间加电场，当电压表示数为U时，由动能定理得：

在MN间加垂直于纸面的匀强磁场，当磁感强度为B时，光电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为：

光电子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，所以有：

由上述三式解得：

【点睛】

根据动能定理，结合电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律与几何关系，即可求解．【解析】20、略

【分析】【详解】

[1]电阻R的电功率为：

可得：

棒下滑切割磁感线产生动生电动势，闭合电路产生感应电流，由闭合电路的欧姆定律：

联立可得：【解析】621、略

【分析】【详解】

由图可知，此感应电动势的最大值为311V，有效值为周期为0.02s；频率为．【解析】2200.025022、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.反射②.较短四、作图题(共4题，共36分)23、略

【分析】【详解】

根据左手定则，画出通过电导线I所受磁场力的方向如图所示。

【解析】24、略

【分析】【分析】

根据题中“要在居民楼的楼道安装一个插座和一个电灯”可知；本题考查交流电的常识，根据开关作用和交流电接线常识，进行连接电路图。

【详解】

晚上；天黑光控开关闭合，有人走动发出声音，声控开关闭合，灯亮，说明两个开关不能独立工作，只有同时闭合时，灯才亮，即两个开关和灯泡是三者串联后连入电路；根据安全用电的原则可知，开关控制火线，开关一端接火线，一端接灯泡顶端的金属点，零线接灯泡的螺旋套；三孔插座通常的接线方式是面对插座，上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；电路图如下图所示。

【解析】25、略

【分析】【分析】

【详解】

由第一个图可知：当条形磁铁的N极插入线圈过程中；电流计的指针向右偏转，则有：线圈中向下的磁场增强，感应电流的磁场阻碍磁通量增加，感应电流的磁场方向向上，则指针向右偏，记录完整。

第二个图指针向左偏；说明感应电流的磁场方向向下，与磁铁在线圈中的磁场方向相反，则线圈中磁场增强，故磁铁向下运动，如图。

第三个图指针向右偏；说明感应电流的磁场方向向上，与磁铁在线圈中的磁场方向相同，则线圈中磁场减弱，故磁铁向上运动，如图。

【解析】26、略

【分析】【详解】

当条形磁铁向右靠近圆环时；导线线圈的磁通量向右增大，由楞次定律：增反减同可知，线圈中产生感应电流的方向顺时针（从右向左看），如图所示：

【解析】如图所示五、实验题(共3题，共21分)27、略

【分析】【详解】

（1）[1]．AB．该实验探究了导体棒通长度和电流大小对安培力的影响，故AB错误；

C．把磁铁的N极和S极对调，不改变B的大小，故F不变，故C错误；

D．把接入电路的导体棒从1、4两端换成2、3两端，L减小，故安培力F减小，则θ减小，故D正确；

故选D。

（2）[2]．若把电流为I且接通2、3时，导体棒受到的安培力记为F1；则当电流减半且接通1、4时，导体棒的安培力为【解析】D28、略

【分析】【详解】

(1)[1]实验中；每次挡光片通过光电门的时间内，线圈磁通量变化量相等；

(2)[2]从表中数据可得，时间越小，线圈产生的感应电动势E越大；

(3)[3]由表中实验数据可知，感应电动势E与和挡光时间△t的乘积近似一定，说明感应电动势E与挡光时间△t成反比，则感应电动势E与挡光时间△t的倒数成正比，为了研究E与△t的关系，可在直角坐标系中作感应电动势E与挡光时间△t的倒数的关系图线，即图像，故选C。【解析】①.相等②.越大③.B29、略

【分析】【详解】

（1）[1]变压器工作必须针对交流电；为了确保安全，选用交流学生电源D；

[2]由于测量的是交流电压；因此选用多用电表B的交流挡位；

[3]为确保安全；选用额定电流为2A的滑动变阻器F。

（2）[4]原线圈的匝数是线圈的总匝数；用图甲刻度盘上的总刻度表示。

（3）[5]A．在实验中为了确保人身安全；需要使用低压电源，且电压不要超过12V，A正确；

B．为了确保安全；实验