2025年鲁教五四新版选择性必修2物理下册月考试卷含答案

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A.离开磁场时线圈有逆时针方向的电流B.线圈的速度大小一直在变化C.在进入磁场的过程中，线圈做减速运动，产生逆时针方向的电流D.线圈在运动过程中，穿过线圈的磁通量一直在变化2、如图所示是一交变电流的i-t图像；曲线部分为正弦函数的一部分，则该交变电流的有效值为（）

A.4AB.C.D.3、图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时；两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻；自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（）

A.两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生的电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等4、以下说法正确的是()A.电动机铭牌上所标电流、电压为瞬时值B.电容器的击穿电压为所加交变电压的平均值C.交流电压表所示电压值为有效值D.保险丝的熔断电流值为最大值5、下列说法正确的是（）A.开普勒经过数十年的天文观测，并潜心研究，发现了行星运动的三大定律B.牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量C.安培提出了“分子电流假说”，提示了磁现象的电本质D.赫兹建立了统一的电磁场理论，并预言了电磁波的存在评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)6、在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω。已知通过R4的电流i4=2sin100πtA；下列说法正确的是（）

A.a、b两端电压的频率可能为100HzB.a、b两端电压的有效值为56VC.若a、b两端电压保持不变，仅减小R2的阻值，则R1消耗的电功率减小D.若a、b两端电压保持不变，仅减小R1的阻值，则R2两端的电压增大7、如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，磁感应强度为B，已知AB边长为L，比荷均为的带正电粒子（不计重力）以不同的速率从A点沿AB方向射入磁场；则（）

A.粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短B.粒子在磁场中运动的最长时间为C.粒子速度越大，在磁场中运动的路程越短D.粒子在磁场中运动的最长路程为8、在图中标出了磁场B的方向、通电直导线中电流的方向，以及通电直导线所受磁场力F的方向。其中正确的是（）A.B.C.D.9、如图，半径为R的半圆形区域内（含边界）有方向垂直面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，MN为位于磁场下边界的粒子收集板，磁场左侧边界与MN相距处有一粒子源S，以不同速率沿平行于MN的方向射入大量质量均为m、电荷量均为q的粒子；部分粒子能够打收集板上。不计粒子重力及粒子间的相互作用，则（）

A.粒子带正电B.到达收集板上O点的粒子在磁场中的速度偏转角为30°C.到达收集板的粒子在磁场中运动的最长时间为D.到达收集板的粒子的速度最大值为10、下列说法中正确的是（  ）A.感生电场由变化的磁场产生B.恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场C.感生电场的方向可以用楞次定律和安培定则来判定D.感生电场的电场线是闭合曲线，与静电场不同11、在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4Ω。已知通过R4的电流i4=2sin100πtA；下列说法正确的是（）

A.a、b两端电压的频率可能为100HzB.a、b两端电压的有效值为56VC.若a、b两端电压保持不变，仪减小R2的阻值，则R1消耗的电功率减小D.若a、b两端电压保持不变，仪减小R1的阻值，则R2两端电压增大12、家用燃气热水器电子脉冲点火装置的原理图如图所示。将3V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压将该交变电压加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值达到18kV时，就可以放电，利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是（）

A.热水器每秒点火100次B.理想交流电压表的示数为12VC.在转换器损坏的情况下，只要副线圈的匝数足够大，就可以点燃燃气D.当变压器原、副线圈的匝数之比为1：1500时，点燃装置正常工作13、有关接入交流电的元件，下列说法正确的是（）A.频率越大的交流电越容易通过电容器B.最大耐压为的电容器可以接入的照明电路中C.电流互感器其原线圈的匝数远超过副线圈的匝数D.电压互感器其原线圈的匝数远超过副线圈的匝数评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)14、如图中，竖直放置的直导线旁有一通电的环形线圈，其环面与直导线在同一平面。当导线通以电流I时，环形线圈向右平移，则环形线圈里电流的方向是________（选填“逆时针”或“顺时针”），直导线受到环形线圈的作用力方向是_________。15、高频电视信号的三种传播方式：地面_________传输、有线网络传输以及____传输。16、如图所示，两根靠得很近的平行长直导线①、②，分别通以向上的电流I1、I2，且I1>I2，导线①、②受到的安培力大小分别为F1和F2，则F1______F2（选填“>”、“<”或“=”）；导线①受到的安培力F1的方向为___________．17、运动电荷在磁场中受到的力称为______，这个力的方向与电荷运动方向______，和磁感应强度方向______，这个力的方向可以由______来判断，安培力可称作这个力的______表现。18、两个由相同导线组成的正方形线框边长之比为2:1，由磁场外分别以2v和v匀速拉入匀强磁场中，不计一切摩擦，且导线电阻与长度成正比，则在此过程中线框中产生的热量之比为__，通过线框截面的电量之比为__。

19、某发电站的输出功率为104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向125km远处用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是______，如果用户用电器的额定电压为220V，所用理想降压变压器原、副线圈匝数比是______.评卷人得分四、作图题(共4题，共20分)20、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。

21、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。

22、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。

23、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6分)24、某同学利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性；制作了一个简易的汽车低油位报警装置。

（1）该同学首先利用多用电表欧姆“×100”挡粗测该热敏电阻在常温下的阻值，示数如图甲所示，则此时热敏电阻的阻值为______kΩ。

（2）该同学为了进一步探究该热敏电阻阻值随温度变化的关系，设计了如图乙所示的实验电路，定值电阻则在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于最______（选填“左”或“右”）端；在某次测量中，若毫安表的示数为2.25mA，的示数为1.50mA，两电表可视为理想电表，则热敏电阻的阻值为______kΩ。

（3）经过多次测量，该同学得到热敏电阻阻值随温度的变化关系图像如图丙所示，可知该热敏电阻的阻值随温度升高变化得越来越______（选填“快”或“慢”）。

（4）该同学利用此热敏电阻设计的汽车低油位报警装置如图丁所示，其中电源电动势E＝6.0V，定值电阻R＝1.8kΩ，长为l＝50cm的热敏电阻下端紧靠在油箱底部，不计报警器和电源的内阻。已知流过报警器的电流时报警器开始报警，若测得报警器报警时油液（热敏电阻）的温度为30℃，油液外热敏电阻的温度为70℃，由此可知油液的警戒液面到油箱底部的距离约为______cm。25、在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中；

（1）为了完成实验，下列实验器材中不必要的是______；

A．B．C．D．

（2）在实验探究过程中，将条形磁铁N极向下插入线圈，根据电流表指针偏转方向可知感应电流的方向，现要知道线圈中感应电流产生磁场的方向，则______（填“需要”或“不需要”）弄清线圈导线的绕向；

（3）根据实验结果填写表格，比较表中数据发现：当穿过线圈的磁通量减小时______。

A．感应电流的磁场与磁体磁场的方向相同；它阻碍了磁通量的减小。

B．感应电流的磁场与磁体磁场的方向相同；它有助于磁通量的减小。

C．感应电流的磁场与磁体磁场的方向相反；它阻碍了磁通量的减小。

D．感应电流的磁场与磁体磁场的方向相反，它有助于磁通量的减小26、如图甲是苹果自动分拣装置的示意图。该装置把大小不同的苹果按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在半导体薄膜压力传感器上。的阻值和压力F的关系如图乙所示，越大越灵敏。先调节托盘称压杠杆上的位置，使质量等于分拣标准的大苹果经过托盘秤时，处在最灵敏的压力区间；再调节可调电阻使两端的电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁。电磁铁具有延时功能；恰好能够确保大苹果在衔铁上运动时电磁铁始终保持吸动状态，让大苹果进入下面通道。

（1）说出一种能实现电磁铁延时释放吸动衔铁的方法______________________；

（2）下列选项正确的是____________。

A．观察图甲装置图和图乙的压力—电阻的图像，可以估测出重量大于的苹果都会进入下方通道。

B．已经调试好的装置；如果增大传感电路中电源的电动势，分拣出的大苹果质量标准会变小。

C．设备处于良好运行状态，如果增大大苹果的质量标准为原来的二倍，则单纯调节使它的阻值适当减小即可。

（3）放大电路内没有电源，对外可以简化为三个电极，工作时电流分别从极b和极c流入，极e流出，从极b输入一个较小的电流，就能在极c获得较大的电流，用公式表示为其中正常工作时是个常数。把这样的放大电路对应接到本装置中，①接极____________，②接极____________，③接极____________，④接极____________。（均填“b”“c”或“e”）评卷人得分六、解答题(共4题，共20分)27、一个质量m=5.0×10-27kg、电荷量q=3.2×10-19C的带电粒子，以速度v=1.6×105m/s，沿垂直于地磁场方向进入地球附近，其中该处的磁感应强度为B=2×10-4T（其中π近似取3.2）。求：

（1）带电粒子在进入磁场瞬间做圆周运动的半径是多大；

（2）若该带电粒子能做完整的圆周运动，则它的周期是多少？28、如图为某人设计的电吹风电路的示意图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可以处于停机、吹热风、吹自然风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原线圈和副线圈的匝数。该电吹风正常工作时各项参数如表所示。不考虑小风扇电机的机械摩擦损耗及温度对电阻的影响。

(1)求小风扇工作时变压器原线圈和副线圈中的电流比；

(2)计算电热丝的电阻；

(3)求小风扇电机的效率。

热风时电吹风输入功率P1500W自然风时电吹风输入功率P260W小风扇额定电压U60V小风扇输出机械功率P352W29、某装置如图所示，环状匀强磁场的内半径为R，外半径为2R，带电粒子电量为q，质量为m，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，最大为v。不计重力及粒子间的相互作用；问∶

（1）如要求中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为2R的区域内；环状区域内磁场的磁感应强度不能小于多少？

（2）如磁感应强度为那么当速度为的粒子沿半径方向射入磁场时；该粒子在磁场中运动的半径为多少？从进入磁场到第一次回到出发点的时间为多少？

30、如图所示，在坐标平面的第一象限内有一沿y轴正方向的场强大小为E的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外，磁感应强度为B的匀强磁场，现有一质量为m、电量为的粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y轴成60°角。当粒子第一次进入电场的A点处时速度大小为方向与x轴正方向相同。求：

（1）粒子在磁场中运动的半径；

（2）粒子第3次（入射点不算）经过x轴时离坐标原点的距离。

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．离开磁场时；线圈中的磁通量在减少，根据楞次定律可知，线圈中产生了顺时针方向的电流，故A错误；

BD．线圈在完全进入磁场到离开磁场前；穿过线圈中的磁通量没有发生变化，不受安培力，合力为零，故这段时间线圈做匀速直线运动，故BD错误；

C．线圈进入磁场的过程中；穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的电流，根据左手定则可知，线圈受到了排斥的安培力，所以做减速运动，故C正确。

故选C。2、B【分析】【详解】

由电流有效值的定义可得

解得

故选B。3、B【分析】【详解】

AD．根据可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等；根据可知；两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；

B．因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边；则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；

C．当磁铁的磁极到达一线圈附近时；一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误。

故选B。4、C【分析】【详解】

A．机器铭牌上所标注的值、生活中通常所说的值都是指有效值，“照明电压220V、动力电压380V”指的都是有效值，故A错误；

B．电容器的击穿电压为所加交变电压的瞬时值，故B错误；

C．交流电压表和交流电流表，测的是交流电的有效值，故C正确；

D．保险丝的数值为有效值；故D错误。

故选C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．开普勒经过研究第谷的数十年的天文观测资料；发现了行星运动的三大定律。故A错误；

B．牛顿发现了万有引力定律；卡文迪许测出了引力常量，故B错误。

C．安培提出了“分子电流假说”；提示了磁现象的电本质，故C正确；

D．麦克斯韦建立了统一的电磁场理论；并预言了电磁波的存在，赫兹证明电磁波的存在，故D错误；

故选C。二、多选题(共8题，共16分)6、B:D【分析】【详解】

A．通过的电流则角速度

频率为

变压器不会改变交流电的频率，故两端电压的频率为50Hz；故A错误；

B．通过的电流最大值为则有效值为

根据并联电路的规律可知，通过的电流有效值为2A，副线圈的输出电流：

根据变流比可知，原线圈的输入电流

两端电压为

副线圈两端电压

根据变压比可知，原线圈的输入电压

则两端电压

故B正确；

C．若两端电压保持不变，仅减小的阻值，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流增大，根据变流比可知，原线圈的输入电流增大，则消耗的电功率增大；故C错误；

D．若两端电压保持不变，仅减小的阻值，则原线圈输入电压增大，根据变压比可知，副线圈输出电压增大，则两端的电压增大；故D正确；

故选BD。7、B:D【分析】【详解】

AB．当粒子能够从AC边射出时，粒子在磁场中的圆心角为因此运动时间为

当粒子不能从AC边射出；圆心角变小，时间变短，故A错误B正确；

C．粒子速度越大；粒子在磁场中运动的轨道半径越大，当粒子运动轨迹与BC边相切时运动轨迹最长，粒子速度再增大，粒子运动轨迹变短，并不是速度越大，粒子运动轨迹越长，故C错误；

D．当粒子和BC边相切时路程最大，此时有

因此运动的路程为

D正确；

故选BD。8、A:C【分析】【详解】

A．根据左手定则可知；图中通电直导线受到的安培力向上，故A正确；

B．图中电流方向与磁场方向平行；安培力为零，故B错误；

C．根据左手定则可知；图中通电直导线受到的安培力向下，故C正确；

D．根据左手定则可知；图中通电直导线受到的安培力垂直纸面向外，故D错误。

故选AC。9、C:D【分析】【详解】

A．粒子平行于MN的方向射入磁场后；根据题意可知，粒子向下偏转，根据左手定则可知，粒子带负电，A错误；

B．粒子源S距离MN相距可知SO与水平面的夹角为30°，根据几何关系可知到达收集板上O点的粒子在磁场中的速度偏转角为60°；B错误；

C．到达收集板在磁场中运动的最长时间的粒子在磁场中的偏转角最大，由几何关系可知，偏转角最大的为π，故到达收集板的粒子在磁场中运动的最长时间为

C正确；

D．带点粒子在磁场中运动有

整理得

到达收集板的粒子的速度最大值对应的轨道半径最大，即到达N的离子速度最大，由几何关系得

解得

故到达收集板的粒子的速度最大值为

D正确。

故选CD。10、A:C:D【分析】【分析】

【详解】

磁场变化时在空间激发感生电场；其方向与垂直于磁场放置的闭合回路中所产生的感应电流方向相同，可由楞次定律和安培定则判断，感生电场的电场线是闭合曲线，与静电场不同。

故选ACD。11、B:D【分析】【详解】

A．通过的电流则角速度

频率为

变压器不会改变交流电的频率，故两端电压的频率为50Hz；故A错误；

B．通过的电流最大值为则有效值为

根据并联电路的规律可知，通过的电流有效值为2A，副线圈的输出电流：

根据变流比可知，原线圈的输入电流

两端电压为

副线圈两端电压

根据变压比可知，原线圈的输入电压

则两端电压

故B正确；

C．若两端电压保持不变，仅减小的阻值，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流增大，根据变流比可知，原线圈的输入电流增大，则消耗的电功率增大；故C错误；

D．若两端电压保持不变，仅减小的阻值，则原线圈输入电压增大，根据变压比可知，副线圈输出电压增大，则两端的电压增大；故D正确；

故选BD。12、A:D【分析】【详解】

A．理想变压器不改变交变电流的周期，放电针之间交流电压的周期

热水器每秒点火的次数为选项A正确；

B．交流电压表的示数为有效值，可得其示数

选项B错误；

C．在转换器损坏的情况下；变压器原线圈接恒定电流，副线圈两端的电压为零，不能点燃燃气，选项C错误；

D．根据理想变压器的变压规律，当放电针之间电压的最大值恰好为18kV时，有

选项D正确；

故选AD。13、A:D【分析】【分析】

【详解】

A．电容器对交流电有阻碍作用；根据。

可知频率越高；容抗越小，所以电容器对于高频交变电流的阻碍作用小于它对低频交变电流的阻碍作用，故A正确；

B．电容器的耐压值为交流电的最大值；220V照明电路电压的最大值为311V，大于250V，该电容器不能接入照明电路中，故B错误；

C．电流与匝数成反比；电流互感器原线圈匝数少于副线圈匝数，故C错误；

D．电压互感器是降压变压器；把高电压转换成安全电压，其原线圈的匝数远超过副线圈的匝数，故D正确。

故选AD。三、填空题(共6题，共12分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

[1][2]直导线中的电流方向由下向上，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，环形线圈被直导线排斥向右平移，依据左手定则与右手螺旋定则，可知，环形线圈里电流的方向逆时针；依据牛顿第三定律，可知，环形线圈被直导线排斥向右平移，那么直导线受到环形线圈的作用方向是向左。【解析】顺时针水平向右15、略

【解析】无线电16、略

【分析】试题分析：物体间力的作用是相互的；物体间的相互作用力大小相等；磁场是由通电导线产生的，一通电导线在另一导线电流的磁场中，会受到安培力作用，由安培定则判断出电流的磁场方向，然后由左手定则判断出安培力方向．

通电导线在其周围产生磁场，通电导线在磁场中受到安培力作用，两导线所受安培力是作用力与反作用力，它们大小相等．由右手螺旋定则可知：由右手螺旋定则可知：在处产生的磁场垂直纸面向外，由左手定则可知，所所受安培力向右．【解析】=向右17、略

【分析】【详解】

[1][2][3][4][5]运动电荷在磁场中受到的力称为洛伦兹力，方向垂直于电荷运动方向和磁感应强度方向形成的平面；洛伦兹力的方向由左手定则来判断，安培力可称作洛伦兹力的宏观表现。【解析】洛伦兹力垂直垂直左手定则宏观18、略

【分析】【详解】

[1][2]设单位电阻为R，大正方形的边长为l1，小正方向的边长为l2，根据

可得

解得

根据

可知【解析】8:12:119、略

【分析】【分析】

（1）根据电阻定律得出输电线的电阻；根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流，从而根据P=UI求出升压变压器的输出电压；根据输电线上的电流和电阻求出输电线上的电压损失；根据变压比公式求解升压变压器原；副线圈的匝数比；

（2）根据输出电压和电压损失得出降压变压器的输入电压；结合电压之比等于原副线圈的匝数之比求出降压变压器的原副线圈匝数之比．

【详解】

（1）远距离输电的示意图，如图所示：

导线电阻：R线=ρ

代入数据得：R=40Ω

升压变压器副线圈电流：I2=I线

又I2R线=4%P

解得：I2=100A

根据P=U2I2

得：U2=100kV

根据变压比公式，有：

（2）降压变压器的输入电压为：U3=U2-I2R线=96kV

由

得：

【点睛】

解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压比、电流比与匝数比之间的关系；2、升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压、电压损失之间的关系．【解析】1∶254800:11四、作图题(共4题，共20分)20、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】21、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】22、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】23、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6分)24、略

【分析】【详解】

（1）[1]由多用电表欧姆表的读数规则可知，此时热敏电阻的阻值为

（2）[2][3]滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片P置于最左端，由于和并联，故有

代入数据解得

（3）[4]由图丙可知；该热敏电阻的阻值随温度的升高而逐渐减小，从曲线的斜率可以看出，图线斜率越来越小，故该热敏电阻的阻值随温度升高变化得越来越慢；

（4）[5]设警戒液面到油箱底部的距离为x，温度为30℃时热敏电阻的阻值为则在油液内的热敏电阻的阻值为

同理，可得油液外的热敏电阻的阻值为

其中由闭合电路欧姆定律有

将E＝6V、I＝2.4mA、R＝1.8kΩ代入可得x＝10cm【解析】1.9左3.0##3慢1025、略

【分析】【详解】

（1）[1]A．线圈是实验必要的。A不符合题意；

B．滑动变阻器不是实验必要的；B符合题意；

C．探究指针偏转方向与电流方向关系时，定值电阻为连接电源和灵敏电流计保护电阻；是实验必要的。C不符合题意；

D．灵敏电流计是实验必要的；D不符合题意。

故选B。

（2）[2]在实验探究过程中；将条形磁铁N极向下插入线圈，根据电流表指针偏转方向可知感应电流的方向，现要知道线圈中感应电流产生磁场的方向，则需要弄清线圈导线的绕向。

（3）[3]根据实验结果填写表格；比较表中数据发现：当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场与磁体磁场的方向相同，它阻碍了磁通量的减小。

故选A。【解析】B需要A26、略

【分析】【详解】

（1）[1]当大苹果离开压力传感器后；压力传感器电阻明显变大，放大器输入电压减小，电磁铁电流减小，根据电磁感应原理，闭合线圈会产生感应电流，感应电流产生的磁场使电磁铁的磁场减小变慢了些，