2024版高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器练习含解析新人教版.doc

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1、2024版高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器练习含解析新人教版第十一章交变电流传感器综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求。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利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生。如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为位置固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、B、C构成电容器。若矿井渗水(导电液体深

2、度h增大)，则电流(D)A从b向a，A、B、C构成的电容器放电B从a向b，A、B、C构成的电容器放电C从b向a，A、B、C构成的电容器充电D从a向b，A、B、C构成的电容器充电解析本题考查平行板电容器在生产生活中的应用，注意由题意找出我们常见的模型再进行分析。由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由C可知，当液面升高时，正对面积S增大，故可判断电容增大，再依据C，电压U不变，那么电容器的电荷量Q增大，因此电容器处于充电状态，电流方向从a向b。A、B、C错误，D正确。2(2021山东聊城月考)一种常见的身高、体重测量仪如图所示。测量仪顶部竖

3、直向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。测量仪的底座上安装有压力传感器，传感器的输出电压与作用在其上的压力成正比。质量为M0的测重台置于压力传感器上，当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站在测重台上，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高、质量分别为(B)Av(t0t)，UBv(t0t)，(UU0)Cv(t0t)，(UU0)Dv(t0t)，U解析设测量仪高度为L，人的身高为h，质量为m，当测重台上没有站人时，根据超声波的速度和位移关系得2Lvt0，根据传感器输出电压与作用在其上的压力成正比得U0k

4、M0g，当测重台上站人时，同理可得vt2(Lh)，Uk(M0m)g，联立可得hv(t0t)，m(UU0)，B正确，A、C、D错误。3(2020山西运城一模)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为12，正弦式交流电源电压有效值U12 V，电阻R11 ，R22 ，滑动变阻器R3最大阻值为20 ，滑片P处于中间位置，则(B)AR1与R2消耗的电功率相等B通过R1的电流为3 AC若向上移动P，电压表读数将变大D若向上移动P，电源输出功率将不变解析本题考查副线圈中负载电阻变化引起的变压器动态变化问题。理想变压器原、副线圈匝数比为12，可知通过原、副线圈的电流之比为21，根据PI2R可知，R1与R2消耗的

5、电功率之比为21，故A错误；设通过R1的电流为I，则通过副线圈的电流为0.5I，原线圈两端电压为UIR112I(V)，根据匝数比可知，副线圈两端电压为2(12I)(V)，则R2R3m12 ，解得I3 A，故B正确；若向上移动P，则滑动变阻器R3接入电路的电阻减小，通过副线圈的电流变大，原线圈中的电流也变大，根据PIU可知，电源输出功率将变大，电阻R1两端的电压变大，变压器输入电压变小，副线圈两端电压变小，电压表读数将变小，故C、D错误。4(2020安徽淮北一模)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为101，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交变电流，电阻R1R2R32

6、0 与电容器C连接成如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为8 V，电表均为理想交流电表，开关S处于断开状态，则(C)A电压表的读数为10 VB电流表的读数为0.05 AC电阻R2上消耗的功率为2.5 WD若闭合开关S，电容器会被击穿解析本题考查变压器和含容电路相关知识，开关断开时，副线圈所在电路为R1和R2串联，电压表测量R2两端的电压，由题图乙可知，原线圈两端的电压为100V，根据变压比公式可得，副线圈两端的电压为10V，则电压表的读数即R2两端的电压为5 V7.07 V，故A错误；由A的分析可知，通过副线圈的电流I2 A0.25 A，所以通过原线圈的电流I1I20.025 A，故B错误；

7、电阻R2上消耗的功率PIR2(0.25)220 W2.5 W，故C正确；当开关闭合时，R1、R3与电容器并联后和R2串联，电容器两端的电压为并联部分两端的电压，并联部分的电阻R并10 ，所以并联部分两端的电压UCU210 V V，电压最大值等于 V8 V，所以电容器不会被击穿，故D错误。5(2021福建南平月考)如图所示，n匝矩形线圈abcd，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线圈面积为S，匀强磁场的边界线OO恰好位于ab和cd中点的连线上，线圈绕OO轴以角速度匀速转动，线圈与一个阻值为R的电阻相连，其余电阻不计。则从图示位置开始计时，以下判断正确的是(D)A图中电压表的示数为B该线圈转过

8、90过程中，通过R的电荷量为Ct时间内，电阻R产生的热量为D当线圈转过30时，磁通量变化率为解析本题考查交变电流的产生和描述。由于线圈只有一侧边在磁场中切割磁感线，所以线圈绕OO轴以角速度匀速转动，产生的感应电动势最大值为Em，图中电压表的示数为U，选项A错误；该线圈转过90过程中，磁通量变化，通过R的电荷量为qtnn，选项B错误；t时间内，电阻R产生的热量为Qt，选项C错误；当线圈转过30时，产生的感应电动势为Esin 30，由En可得此时磁通量变化率为，选项D正确。6(2020广东七校联考)如图所示，竖直长导线通有恒定电流，一矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2转动。当线圈绕轴以角速度

9、沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列说法正确的是(BD)At0时，线圈产生的感应电动势最大B0时间内，线圈中感应电流方向为abcdaCt时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零D线圈每转动一周电流方向改变两次解析通电导线在其周围产生磁场，在其右侧产生的磁场垂直于纸面向外，离导线越远，磁场越弱，在t0时刻，ab边和cd边转动时，速度方向与磁场平行，故不切割磁感线不产生感应电动势，故A错误；在0时间内，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为abcda，故B正确；t时，线圈的磁通量为零，ab边和cd边转动时，磁通量的变化率不为零，故感应电动势不为零，

10、故C错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，故D正确。7(2020福建龙岩三月质检)某电风扇挡位变换器的电路如图所示，它可视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2 000匝的线圈两端接交变电源，输入电压为u220 sin 100t(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为200匝、600匝、1 000匝、2 000匝。电动机M的内阻r8 、额定电压U220 V、额定功率P110 W，则下列说法正确的是(AD)A交变电流的频率为50 HzB当选择挡位3后，电动机两端的电压为110 VC当由挡位3变为挡位2后，电风扇转速变快D当选择挡位4后，电动机的输出功率为108 W解析交变电流的频率f50 H

11、z，A正确；原线圈电压的有效值U0V220 V，当选择挡位3后，根据理想变压器的电压规律，解得电动机两端电压U3n31 000 V110 V，B错误；挡位3变为挡位2后，电动机两端电压减小，电风扇转速变慢，C错误；当选择挡位4后，电动机两端的电压为220 V，通过电动机的电流I A0.5 A，电动机的输出功率P出PI2r110 W0.528 W108 W，D正确。8如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时(CD)A输电线上损耗的功率减小B电压表V1的示数减小，电流表A1的示数增大C电压表V2的示数减小，电流表A2的示数增大D用电功率与发电厂

12、输出功率的比值减小解析当用电高峰到来时，用户总电阻减小，则电流表A2的示数变大，输电线上的电流变大，即电流表A1的示数增大，输电线上损耗的功率、电压都变大，A错误；因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的输出电压也不变，即电压表V1的示数不变，B错误；输电线上的电压损失变大，故降压变压器的初级电压减小，由理想变压器的电压与匝数成正比得次级电压也减小，即电压表V2的示数减小，C正确；用户消耗的功率与发电厂输出总功率约比值为11，因为输电线上的电流增大，则电压损失U增大，U1不变，所以用户消耗的功率与发电厂输出总功率的比值减小，故D正确。二、非选择题(本题共3小题，共52分。)9(12分)(202

13、1东北师大附中、重庆一中等六校联考)某小组利用如图甲所示电路测量电源电动势和内阻。其中电压传感器内阻可视为无穷大，电流表内阻可视为零，其量程为00.3 A，R为定值电阻，RL为置于控温炉内的二极管，二极管内电流I00.10 A时其两端电压U与温度的关系如图乙所示。甲乙(1)将电路中的电压传感器M端与N端连接，闭合开关，电压传感器的示数为1.8 V时，电流表的指针位置如图丙所示，其读数为0.200A；(2)将电压传感器M端改接到电路中Q端，通过控温炉改变温度，读出不同温度时的U、I，得到的UI关系图线如图丁所示，则根据图像可知电源电动势E为9.0V，内阻r为1.0；(结果均保留两位有效数字)(3

14、)撤去电压传感器，若电流表的示数刚好为I0，则二极管的温度应该为32 (结果保留两位有效数字)。解析(1)电流表量程为00.3 A，由题图丙可知，其分度值为0.01 A，需估读到千分位，即示数为0.200 A。(2)将电压传感器的M端改接到电路中Q端，电压传感器测量控温炉两端电压，但由于正负接线柱接反了，因此测量的数值会变为负值，计算时取绝对值即可，根据题图丁所示的UI，图线可知，电源电动势E9.0 V；定值电阻的阻值R9 ，由闭合电路欧姆定律有EUI(Rr)，由题图丁所示图像可知，当U6.0 V时，I0.300 A，代入数据解得，电源内阻r1.0 。(3)由闭合电路欧姆定律得EUI(Rr)，

15、电路电流I00.10 A时，解得二极管两端电压U8 V，由题图丁所示图像可知，温度为32 。10(20分)某学校物理兴趣小组自制一台手摇发电机，原理如图所示，长方形线圈面积S1.0102 m2，线圈的匝数N100，线圈的总电阻r00.5 ，接触电阻(两电刷的总阻值)r0.5 ，当学生以周期T1 s匀速转动线圈时，接入电路中的规格为“2.5 V0.75 W”的小灯泡正常发光。取3.14。求：(1)从图示时刻开始计时，发电机电动势的瞬时值表达式；(2)线圈处匀强磁场的磁感应强度大小(结果保留两位有效数字)；(3)如果人做功转化为电能的效率30%，则手摇线圈转动一周人做的功；(4)从图示时刻开始计时

16、，线圈转动90的过程中通过小灯泡的电荷量。(结果保留两位有效数字)答案(1)e sin 2t V(2)0.63 T(3)2.8 J(4)0.068 C解析(1)从图示时刻开始计时，感应电动势瞬时值表达式为eNBS sin tEmNBS有效值EI(r0rR灯)(r0rR灯)R灯联立解得e sin 2t V。(2)由EmENBSNBS得BT0.63 T。(3)由功能原理可得W人I2(r0rR灯)T即W人代入数据解得W人2.8 J。(4)由法拉第电磁感应定律可知由闭合电路欧姆定律可得qt联立解得q代入数据得q0.068 C。11(20分)(2020北京海淀质检)如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩

17、形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连。线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知。在0t1的时间内，线框保持静止，且线框平而和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动。求：(1)0t1时间内通过电阻R的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中通过电阻R的电荷量。答案(1)

18、(2)R2(3)解析(1)0t1时间内，线框中的感应电动势En根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流I。(2)线框产生感应电动势的最大值EmnB1L1L2感应电动势的有效值EnB1L1L2通过电阻R的电流的有效值I线框转动一周所需的时间t此过程中，电阻R产生的热量QI2RtR2。(3)线框从图甲所示位置转过90的过程中，平均感应电动势n平均感应电流通过电阻R的电荷量qt。实验十四传感器的简单应用一、实验目的1知道什么是传感器，知道光敏电阻和热敏电阻的作用。2能够通过实验探究光敏电阻和热敏电阻的特征。3了解常见的各种传感器的工作原理、元件特性及设计方案。二、实验原理传感器是将它所感受到的物理

19、量(如力、热、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)的一类元件。例如：热电传感器是利用热敏电阻将热信号转换成电信号；光电传感器是利用光敏电阻将光信号转换成电信号，转换后的信号经过相应的仪器进行处理，就可达到自动控制等各种目的。三、实验器材铁架台，温度计，多用电表，烧杯，开水(可装在热水瓶内)，冷水，热敏电阻，光敏电阻，导线，纸带，光电计数器，钩码。四、实验步骤1热敏电阻特性实验：如图所示。在烧杯内倒入少量冷水，放在铁架台上，将悬挂在铁架台上的温度计放入水中。将多用电表的选择开关置于“欧姆”挡，将两支表笔短接，调零后再将两支表笔分别与热敏电阻的两个输出端相连。将热敏电阻放入烧杯内的水中，在

20、欧姆挡上选择合适的倍率，再重新调零，把两支表笔接到热敏电阻两输出端，观察表盘指示的热敏电阻的阻值，填入表格内。实验记录：实验次数123456温度/电阻/分几次向烧杯内倒入开水，观察不同温度时热敏电阻的阻值，记录在表格内。通过比较这些测得的数据，看看热敏电阻的阻值是怎样随温度变化的。将多用电表的选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡，拆开装置，将器材按原样整理好。2光敏电阻特性实验：如图所示。将多用电表的选择开关置于欧姆挡，选择合适的倍率，将两支表笔短接后调零。把多用电表的两支表笔接到光敏电阻的两个输出端，观察表盘指示的光敏电阻的阻值，记录下来。将手张开放在光敏电阻的上方，挡住照到光敏电阻上的

21、部分光线，观察表盘所示光敏电阻阻值的变化，记录下来。上下移动手掌，观察光敏电阻阻值的变化。将多用电表的选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡，拆开装置，将器材按原样整理好。3光电计数的基本原理将钩码放在纸带上，如图所示。拖动纸带向前运动，观察光电计数器上的数字变化。4简单自动控制实验请同学们自己设计一个由热敏电阻或光敏电阻作为传感器的简单自动控制实验。五、注意事项1在做热敏实验时，加开水后要等一会再测其阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温。2可用图像描出电阻随温度的变化图像来分析其规律。3光敏实验中，如果效果不明显，可将电阻部分电路放入带盖的纸盒中，并通过盖上小孔改变射到光敏电阻

22、上的光的多少。4光电计数器是比较精密的仪器，使用过程中注意轻拿轻放。核心考点重点突破HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO考点一用温度传感器设计控制电路例1现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 )，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 )，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 )，单刀双掷开关一个，导线若干。在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的

23、电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60时阻值为650.0 。(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。(2)电路中应选用滑动变阻器R2(选填“R1”或“R2”)。(3)按照下列步骤调节此报警系统：电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为650.0 ；滑动变阻器的滑片应置于b(选填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏。将开关向 c (选填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警。(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，

24、报警系统即可正常使用。解析(1)电路图连接如图。(2)报警器开始报警时，对整个回路有 UIc(R滑R热)代入数据可得R滑1 150.0 ，因此滑动变阻器应选择R2。(3)在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值，即为650.0 。滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于b端附近，若置于另一端a时，闭合开关，则电路中的电流I A27.7 mA，超过报警器最大电流20 mA，报警器可能损坏。开关应先向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警为止。考点二用光传感器设计控制电路例2为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关

25、可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)。某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如下表：照度/lx0.20.40. 60.81.01.2电阻/k754028232018(1)根据表中数据，请在图甲给定的坐标系中描绘出光敏电阻阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。(2)如图乙所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0 lx时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。(不考虑控制开关对所设计电路的影响)提供

26、的器材如下：光敏电阻Rp(符号，阻值见图表)；直流电源E(电动势3 V，内阻不计)；定值电阻：R1 10 k，R220 k，R3 40 k(限选其中之一并在图中标出)；开关S及导线若干。答案(1)光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如图甲所示，光敏电阻的阻值随光的照度的增大非线件减小(2)电路原理图见图乙解析(1)根据表中的数据，在坐标纸上描点连线，得到如答案中所示的变化曲线。阻值随照度变化的特点：光敏电阻的阻值随光的照度的增大非线性减小。(2)因天色渐暗照度降低至1.0 lx时启动照明系统，此时光敏电阻阻值为20 k，两端电压为2 V，电源电动势为3 V，故应串联一个分压电阻，分压电阻阻值为10

27、k，即选用R1；此电路的原理图见答案。考点三实验拓展应用除了热敏电阻和光敏电阻外，还有一些常用的传感器元件如下：1压敏电阻：将压力转换为电学量(电阻)。2气敏电阻：将气体浓度转换电学量(电阻)。3光电管：将所收到的光信号转换成电信号。4电容器：将位移、角度、压力转换为电学量(电容)。5霍尔元件：将磁感应强度转换为电学量(电压)。6弹簧：将弹力、加速度转换为电学量(电流)。例3传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用。有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图中的虚线框所示，它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发

28、生变化的可变电阻)和显示体重大小的仪表(实质是理想电流表)组成。压力传感器表面能承受的最大压强为1107 Pa，且已知压力传感器的电阻R与所受压力的关系如表所示。设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8 V，g取10 m/s2。请作答：压力 F/N0250500750100012501500电阻R/300270240210180150120(1)该秤零点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘1.6102 A处。(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20 mA，这个人的质量是50kg。解析(1)由题表格知，踏板空载时，压力传感器的电阻R300 ，

29、此时电流表中电流I A1.6102 A。(2)当电流I20 mA2102 A时，压力传感器的电阻R 240 ，由表格可知，这个人受到的重力为500 N，此人质量为50 kg。变式训练(多选)霍尔传感器测量转速的原理图如图所示，传感器固定在圆盘附近，圆盘上固定4个小磁体。在a、b间输入方向由a到b的恒定电流，圆盘转动时，每当磁体经过霍尔元件，传感器c、d端输出一个脉冲电压，检测单位时间内的脉冲数可得到圆盘的转速。关于该测速传感器，下列说法中正确的是(CD)A在图示位置时刻d点电势低于c点电势B圆盘转动越快，输出脉动电压峰值越高Cc、d端输出脉冲电压的频率是圆盘转速的4倍D增加小磁体个数，传感器转

30、速测量更准确解析霍尔元件有电子或空穴导电，根据左手定则，载流子向上表面偏转，即c点，所以c点电势低于d点，故A 项错误；最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽厚分别为a、b、c，有qqvB，所以UBbv，输出脉冲电压的峰值与圆盘转动快慢无关，故B项错误；当小磁体靠近霍尔元件时，就是会产生一个脉冲电压，因此c、d端输出脉冲电压的频率是圆盘转动频率的4倍，即为转速的4倍，故C项正确；当增加小磁体个数，传感器c、d端输出一个脉冲电压频率变高，那么传感器转速测量更准确，故D项正确。2年高考1年模拟2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI1(2020上海黄浦区调研)如

31、图所示，用力传感器A、B共同支起一个质量为m的光滑球。其中A对球的作用力方向与水平方向间夹角始终为30，B对球的作用力方向可调，为使球保持平衡，传感器B对球作用力的作用点所在范围为 (在区域、中选填)，作用力的最小值为mg。(重力加速度为g)解析以球为研究对象，受重力mg和力传感器A对它的支持力FA及力传感器B对它的作用力FB，如图所示，为使球保持平衡，根据平行四边形定则可知，传感器B对球作用力的作用点所在范围应在区域内。当传感器B对球的作用力FB与传感器A对它的支持力FA垂直的时候，传感器B对球的作用力最小，最小值为FBgcos 30mg。2(2020北京模拟)如图甲为某热敏电阻阻值随温度变

32、化的图像，其中温度在30 100 之间变化。某同学用该热敏电阻RT制作测温装置。为实现测温，他根据伏安法测量热敏电阻阻值，然后根据图像读出温度。为测量北京冬季室外温度，可供使用的器材有：电压表V1(量程为03 V，内阻约为5 k)；电压表V2(量程为05 V，内阻约为10 k)；电流表A1(量程为010 mA，内阻约为100 )；电流表A2(量程为0200 A，内阻约为1 000 )；电源(电动势为3 V，内阻不计)；滑动变阻器R(最大阻值为20 )；开关S；导线若干。甲(1)综合以上信息，请你帮助该实验小组设计出科学合理的测量热敏电阻阻值的电路图，其中电压表应选用V1(填“V1”或“V2”)

33、，电流表应选用A2(填“A1”或“A2”)，将测量电路图画在方框内。答案(2)根据热敏电阻的阻值随温度变化的特点，可以制成测温仪表，某同学设计了如图乙所示电路，电路元件有电源(电动势为3 V，内阻不计)、毫安表(量程01.5 mA、内阻不计)、滑动变阻器(R1最大阻值2 k、R2最大阻值500 )、开关、导线。实验中选用的滑动变阻器为R1(填“R1”或“R2”)，使用时先使A、B直接接在一起，调整滑动变阻器，使毫安表达到满偏，在毫安表此位置标注温度约为100(90105均正确)，此后滑动变阻器阻值不改变。接入热敏电阻，不同温度对应表盘温度，则越靠近刻度盘右端表示的温度越高(填“高”或“低”)。

34、毫安表示数为0.15 mA处温度约为4 。乙解析(1)冬季北京室外温度约零下10摄氏度，热敏电阻阻值约24 k，是大电阻，电源电动势确定，则最大电流I125 A，电压表选择V1，电流表选择A2，并采用电流表内接法测电阻，电路图如答案图所示。(2)毫安表需要达到满偏，所以回路电阻R2 000 ，所以滑动变阻器选择R1；当A、B接在一起，相当于热敏电阻阻值为零，此时温度约为100 ；根据闭合电路欧姆定律I，电流小RT大，说明温度低，所以电流大说明温度高。根据前面公式，当I0.15 mA时，RT18 k，根据图像，温度约为4。第1讲电磁感应现象楞次定律一、选择题(本题共15小题，110题为单选，11

35、15题为多选)1有人根据条形磁铁的磁场分布情况用塑料制作了一个模具，模具的侧边界刚好与该条形磁铁的磁感线重合，如图所示。另取一个柔软的弹性导体线圈套在模具上方某位置，线圈贴着模具上下移动的过程中，下列说法正确的是(地磁场很弱，可以忽略)(B)A线圈切割磁感线，线圈中产生感应电流B线圈紧密套在模具上移动过程中，线圈中没有感应电流产生C由于线圈所在处的磁场是不均匀的，故而不能判断线圈中是否有感应电流产生D若线圈平面放置不水平，则移动过程中会产生感应电流解析本题考查电磁感应现象。根据题述可知，模具的侧边界刚好与该条形磁铁的磁感线重合，柔软的弹性导体线圈套在模具上方某位置，线圈贴着模具上下移动的过程中

36、，线圈中磁通量不变，所以线圈紧密套在模具上移动的过程中线圈中没有感应电流产生，选项B正确，A、C、D错误。2如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正确的是(C)A线圈中产生顺时针方向的感应电流B线圈中产生逆时针方向的感应电流C线圈中不会产生感应电流D线圈面积有缩小的倾向解析由于线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零。当磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量仍然为零，则线圈中不会产生感应电流，故只有C正确。3如图所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈突然缩小为线圈，则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是(A)A有顺时针方向的感应电

37、流B有逆时针方向的感应电流C先逆时针后顺时针方向的感应电流D无感应电流解析穿过线圈的磁通量包括磁体内和磁体外的一部分，总磁通量是向上的。当线圈突然缩小时总磁通量向上增加，原因是磁体外向下穿线圈的磁通量减少。故由楞次定律判断，感应电流的方向为顺时针方向。4(2020云南昆明诊断)两固定且互相垂直的无限长直导线l1与l2在同一竖直面内，导线中通有大小相等、方向如图所示的恒定电流。有一正方形导线框ABCD，初始时刻，AB边与l1重合，AD边与l2重合，所有导线间彼此绝缘，下列说法正确的是(D)A若导线框向右平移，则导线框内产生逆时针方向的感应电流B若导线框向上平移，则导线框内产生顺时针方向的感应电流

38、C若导线框沿AC方向平移，则导线框内产生顺时针方向的感应电流D若导线框向右平移，l1对CD边的安培力垂直CD边向右解析本题考查楞次定律、安培力。根据题意和通电直导线周围磁场的特点可知，初始时刻，线框中磁通量为零。若导线框向右平移，导线框中合磁场方向为垂直纸面向外，导线框内磁通量增大，根据楞次定律可知，导线框内产生顺时针方向的感应电流，选项A错误；若导线框向上平移，导线框中合磁场方向为垂直纸面向里，导线框内磁通量增大，根据楞次定律可知，导线框内产生逆时针方向的感应电流，选项B错误；若导线框沿AC方向平移，导线框中磁通量一直为零，导线框内不产生感应电流，选项C错误；若导线框向右平移，导线框内产生顺

39、时针方向的感应电流，l1在CD边处产生的磁场方向垂直纸面向里，由左手定则可知，l1对CD边的安培力方向水平向右，选项D正确。5一个简易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，刚开始时电容器处于无电状态，则下列说法正确的是(D)A要将硬币射出，可直接将开关拨向2B当开关拨向1时，有短暂电流出现，且电容器上极板带负电C当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小D当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场解析本题考查电容器的充、放电及楞次定律在运动问题中的应用。直接将开关拨向2，电容器不会放电，线圈中不产生感应电流，

40、不能将硬币射出，选项A错误；当开关拨向1时，电容器充电，有短暂电流出现，且电容器上极板带正电，选项B错误；当开关由1拨向2瞬间，电容器通过线圈放电，由安培定则可知，铁芯中的磁场方向向下，磁通量增大，根据楞次定律可知，在硬币中会产生向上的感应磁场，选项C错误，D正确。6如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且与线圈相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向(B)A向左B向右C垂直纸面向外D垂直纸面向里解析解法一：当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，线圈abcd中产生的感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可知a

41、b边与cd边所受安培力方向均向右，所以线圈所受安培力的合力方向向右，B正确。解法二：由对楞次定律中“阻碍”的理解可知，当MN中电流突然减小而导致线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小时，线圈abcd一定会有向右运动的趋势以“阻碍”其磁通量的减小，所以其所受安培力的合力方向向右，B正确。7如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在如图顺时针(从左向右看)方向均匀增大的电流，则(D)A无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针B无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大C有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针D有金属片通过时

42、，接收线圈中的感应电流大小发生变化解析无金属片通过时，接收线圈中向右的磁通量增大，产生逆时针方向电流，且电流大小恒定，故A、B错误；有金属片通过时，金属片和接收线圈中产生同向的感应电流，将空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故C错误，D正确。8(2021天津月考)如图所示，表面粗糙的U形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R的金属棒ab，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是(C)A当变阻器滑片P向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B当变阻器滑片P向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C当变阻器滑片P向上滑动时，流过金属

43、棒的电流方向由a到bD当变阻器滑片P向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a到b解析根据安培定则可知螺线管下端为 N极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下。当变阻器滑片P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a到b，A错误，C正确；当变阻器滑片P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流增大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b到a，而金属

44、棒所处磁场方向竖直向上，由左手定则可知，金属棒所受安培力方向向右，故金属棒所受摩擦力方向向左，B、D错误。9(2020北京房山区期末)如图甲所示，开关S接通后又迅速断开，电流计指针由中央位置向右偏后再回到中央，当把一个螺线管和这个电流计按如图乙所示串联起来后，将一个条形磁铁插入或拔出螺线管时，螺线管中会产生感应电流。经观察发现，电流计指针由中央位置向左偏，这说明(C)A图乙中的感应电流是从电流计的“”接线柱流入的B图乙中螺线管内感应电流产生的磁场方向向上C如果磁铁的下端是N极，则磁铁正在远离螺线管D如果磁铁的下端是S极，则磁铁正在远离螺线管解析本题主要考查楞次定律。由题图甲可知，当电流从“”接

45、线柱流入从“”接线柱流出时，电流计指针向右偏；在题图乙装置中电流计指针向左偏，说明电流从“”接线柱流入从“”接线柱流出，可知在螺线管中的电流俯视看应是顺时针，根据右手螺旋定则，螺线管中感应电流产生的磁场是向下的，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原来磁场磁通量的变化，所以原来的磁场应该是向上增加或向下减小，即若磁铁的下端是N极，则磁铁正在远离螺线管；若磁铁的下端是S极，则磁铁正在靠近螺线管，综上可知，C正确。10如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(D)APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向