2025年沪教版选择性必修2物理上册月考试卷含答案

…………○…………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2025年沪教版选择性必修2物理上册月考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、如图所示，用细线吊着一个矩形闭合金属线框，它的正下方有一水平通电直导线MN，现在使导线M端向纸外、N端向纸内在水平面内转动；则金属框。

A.有顺时针方向感应电流，与导线同向转动B.有顺时针方向感应电流，与导线反向转动C.有逆时针方向感应电流，与导线同向转动D.有逆时针方向感应电流，与导线反向转动2、如图所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的4盏完全相同的灯泡（额定功率均为P），左端接在一电压恒为U0的交流电源两端。此时4盏灯刚好正常发光。不计线损，下列说法中不正确的是（）

A.原、副线圈匝数比为2∶1B.此时交流电源输出的功率为4PC.U0=3UD.如果L4突然烧断，L1和L2将变暗，L3将变亮3、如图所示，在正方形虚线框abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子以相同速度先后从ab边的中点O垂直ab边射入磁场，已知甲粒子刚好从b点离开磁场，乙粒子垂直于ad边从其中点O'离开磁场；不计两粒子的重力，则下列说法中正确的是（）

A.甲粒子带正电，乙粒子带负电B.甲、乙两粒子比荷之比为2：1C.甲、乙两粒子转动周期之比为2：1D.甲、乙两粒子在磁场中运动时间之比为1：24、关于楞次定律的理解，下列说法错误的是（）A.感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B.感应电流的磁场阻止了引起感应电流的磁通量的变化C.感应电流的磁场延缓了引起感应电流的磁通量的变化D.感应电流的磁场与原来磁场的方向，可能相反也可能相同5、物理学与生活有着紧密的联系。下列物理知识的应用，说法正确的是（）A.避雷针能够避免建筑物被雷击，是因为避雷针储存了云层中的电荷B.电磁灶加热食物，是利用电磁感应产生的涡流使锅体发热C.电视显像管能使整个荧光屏发光，这只能靠电场来使电子束偏转D.指南针S极指向地球南极，是因为指南针所在位置的地磁场方向指向地球南极方向评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、一个带电的小球在紧绷的轻绳作用下，在光滑绝缘水平面上绕着竖直方向的轴O在匀强磁场中做顺时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示。若小球运动到A点时绳子突然断开；关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法正确的是（）

A.若小球带正电，小球做匀速运动的半径可能小于原绳长B.若小球带正电，小球做匀速运动的半径可能大于原绳长C.若小球带负电，小球做匀速运动的半径可能小于原绳长D.若小球带负电，小球做匀速运动的半径可能等于原绳长7、如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图乙所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图像正确的是（）

A.B.C.D.8、如图所示；一根通有电流I的直铜棒MN，用导线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于紧张状态，下列哪些措施可使悬线中张力为零（）

A.适当增大电流B.使电流反向并适当减小C.保持电流I不变，适当增大BD.使电流I反向，适当减小9、如图所示，PQ为磁感应强度为方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界，磁场中的O点有一粒子源，它均匀地向纸面内各个方向同时发射速率为比荷为的带正电的粒子．已知O点与PQ的距离为不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用，下列判断正确的是（）

A.飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半B.PQ上有粒子飞出的区域长度为C.飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的2倍D.飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的倍10、如图甲所示，质量为电阻为的单匝均匀圆形线框用轻质绝缘细线悬挂于点，线圈半径为水平虚线过圆心细线承受最大拉力从某时刻起，在上方加垂直纸面向里的匀强磁场、磁感应强度大小按图乙规律变化。在时刻、细线恰好被拉断。之后线圈向下运动，穿出磁场时的速度为已知重力加速度为以下说法正确的是（）

A.细线断裂前瞬间线框中的电功率为B.细线断裂前瞬间线框所受安培力大小为C.时刻后，线圈穿出磁场的过程中产生的焦耳热为D.时刻后，线圈穿出磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为11、如图所示，光滑的金属圆环型轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r、长为2l的轻质金属杆，有小孔的一端套在内环MN上，另一端连接带孔金属球，球的质量为m，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好，内圆半径外圆半径PM间接有阻值为R的电阻。让金属杆从AB处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则（）

A.金属球向下运动过程中，通过电阻R的电流方向由M指向PB.金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压C.金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过R的电荷量D.金属杆第一次即将离开磁场时，R上生成的焦耳热12、图1所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，是定值电阻，是滑动变阻器，电容器C的耐压值为变压器原线圈输入的电压如图2所示；所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（）

A.电容器C可能被击穿B.滑片向上移动时，变压器的输出功率减小C.滑片向上移动时，电流表A1A2的示数均减小D.滑片向下移动时，电流表A1A2的示数之比变小评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、小型水利发电站的发电机输出功率为24.5kW，输出电压为350V，输电线总电阻为4Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220V，所以在用户处需安装降压变压器。输电电路图如图所示，则电流I1=___________；升压变压器的原、副线圈的匝数之比n1：n2=___________；降压变压器的原、副线圈的匝数之比n3：n4=_________。

14、一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R=2.0Ω的电阻，如图甲所示．线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈内磁通量φ随时间t变化的规律如图乙所示．线圈中产生的感应电动势为______，通过R的电流方向为_____，通过R的电流大小为___．

15、如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长为L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO’匀速转动，角速度ω=20rad/s，外电路电阻R=4Ω；求：

(1)转动过程中感应电动势的最大值_________；

(2)由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°时的瞬时感应电动势_____________；

(3)由图示位置转过90°角的过程中产生的平均感应电动势_____________；

(4)交变电压表的示数_______________；16、判断下列说法的正误。

（1）红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线。____

（2）黑体一定是黑色的。____

（3）热辐射只能产生于高温物体。____

（4）当原子从能量较高的能态跃迁到能量较低的能态时，会放出任意能量的光子。____17、如图所示，用长为L的轻绳，悬挂一质量为m的带电小球，放在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现将小球拉到与悬点等高处由静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动，当小球第一次摆到最低点时，轻绳的拉力恰好为零，重力加速度为g，忽略空气阻力，由此可知小球___________（选填“带正电”“不带电”或“带负电”）当小球第二次经过最低点时轻绳拉力等于___________。

评卷人得分四、作图题(共4题，共12分)18、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。

19、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。

20、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。

21、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)22、某热敏电阻R在不同温度时的阻值如下表：

。温度/℃

25

50

75

100

125

150

电阻/kΩ

10.00

4.16

1.91

0.98

0.54

0.31

（1）根据表中数据，请在图甲所示的坐标系中描绘出该热敏电阻R的阻值随温度变化的曲线。（_____）

（2）图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为200Ω。当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器线圈供电电池的电动势E=24V；内阻可以不计。图中的“电源”是恒温箱加热电源。

①应该把恒温箱内加热器接___________（填“AB”或“CD”）端。

②如果要使恒温箱内的温度保持100℃，滑动变阻器接入电路的电阻值为_________Ω。

23、小明同学将废弃不用的手机充电器拆开；发现内部有一个变压器，他想在不拆变压器绕线的前提下测量其初级线圈的直流电阻，先用多用电表欧姆档测得阻值约400Ω，然后再用伏安法精确测量其直流电阻。现有器材如下：

①电流表A1（量程20mA，内阻r1约为3Ω，读数记为I1）；

②电流表A2（量程5mA，内阻读数记为I2）；

③电压表V（量程15V，内阻Rv约为15KΩ，读数记为U）；

④定值电阻

⑤定值电阻

⑥滑动变阻器R（0~1000Ω）；

⑦蓄电池E（电动势6V；内阻很小）；

⑧开关；导线若干。

(1)小明利用以上的部分器材设计了如图1所示的电路图，请指出此电路设计不妥当的地方：()

(2)请利用提供的器材在图2的方框中画出改进后的电路图，并标出各器材的代号。()

(3)测量初级线圈的电阻表达式为RL=___________。（本结果均用题中所给的字母表示）

(4)关于实验操作说法正确的是___________。

A．接通电路时应先接通K1，电路稳定后再接通K2

B．实验结束拆除电路时应先断开K1，稍等一会儿再断开K2

C．调整滑动变阻器电阻后立刻读出电表读数24、某同学利用热敏电阻自制了一个简易温度计，其内部电路装置如图甲所示，使用的器材有：直流电源（内阻不计）、毫安表（量程未知）、电阻箱R（最大阻值为）、热敏电阻一个、开关和导线若干。

（1）为了确定毫安表的量程和内阻，先把电阻箱的阻值调到最大，然后将开关接至a端，闭合开关逐渐调节电阻箱的阻值，发现当毫安表指针刚好偏转至满偏刻度的处，电阻箱的示数如图乙所示，此时电阻箱的阻值________将电箱的阻值调为时，毫安表指针刚好偏转至满偏刻度的处，由此知毫安表的满偏电流________内阻________（后两问计算结果均保留两位有效数字）

（2）将开关接至b端，闭合开关该温度计可开始工作，为了得到摄氏温度与电流之间的关系，该同学通过查阅资料，发现自己使用的热敏电阻为负温度系数热敏电阻，其阻值在测量范围（包括）内随摄氏温度的降低而线性增加，比例系数为已知该电阻在时的阻值为则该简易温度计所测摄氏温度t与电流I之间满足________（用E、k、I表示）。评卷人得分六、解答题(共3题，共24分)25、如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向从磁场边界的Q点（图中未画出）射出磁场。不计粒子重力。求。

（1）电场强度大小E；

（2）Q点的位置坐标；

（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t。

26、如图所示，两光滑金属导轨，导轨电阻不计，间距d＝2m，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B＝1T、方向竖直向下的有界磁场，导轨一端接电阻R＝3Ω，桌面高H＝0.45m，金属杆ab质量m＝0.2kg，其电阻r＝1Ω，长度略大于导轨的宽度，从导轨上距桌面h＝0.8m的高度处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s＝0.6m，取g＝10m/s2；求：

(1)金属杆刚进入磁场时的速度大小及金属杆ab两端的电压Uab；

(2)金属杆离开磁场的速度大小及整个过程中电阻R放出的热量；

(3)磁场区域的宽度。

27、如图所示，线圈的面积是共有100匝；线圈电阻为1Ω，外接电阻匀强磁场的磁感应强度为T，当线圈以50r/s的转速匀速旋转时；求。

（1）若从线圈处于中性面开始计时；写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；

（2）线圈转过感应电动势的瞬时值是多少？

（3）电路中电压表和电流表的示数各是多少？

（4）线圈每转过一周；外力所做的功．

（5）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻的电量为多少？参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【详解】

由安培定则可知，开始时穿过线圈的磁场的方向向外，当导线M端向纸外、N端向纸内在水平面内转动时；磁场的方向与该平面平行，向外的磁通量减小．根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，同时为阻碍磁通量的减小，线圈会跟随导线转动，故选项C正确，ABD错误．

故选C。

点睛：当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；然后依据楞次定律即可判断出感应电流的方向．2、C【分析】【详解】

A．灯泡均正常发光，设原线圈电流为I，则副线圈电流为2I，有

A正确；不符合题意；

B．灯泡均正常发光，所以电源输出的功率即为灯泡消耗的功率，即电源输出的功率为4P。B正确；不符合题意；

C．副线圈电压为U，则原线圈电压为

所以电源电压为

C错误；符合题意；

D．设原线圈电流为I，则副线圈电流为2I，设灯泡电阻为R0，副线圈电阻为R，则有

L4突然烧断，则副线圈电阻为R增大，根据上式可得原线圈电流减小，所以L1和L2将变暗，原线圈电压增大，副线圈电压增大，L3将变亮。D正确；不符合题意。

故选C。3、B【分析】【详解】

A．粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动；根据粒子从O点垂直ab边射入磁场，甲粒子从b点离开磁场，乙粒子从O'点离开磁场可得：甲粒子做顺时针圆周运动；乙粒子做逆时针圆周运动；那么由左手定则可得：甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；

B．粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用；故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：

所以粒子比荷。

设正方形虚线框的边长为L；根据粒子做匀速圆周运动，由甲粒子从O点垂直ab边射入磁场，从b点离开磁场可得：轨道半径。

根据乙粒子从O点垂直ab边射入磁场，从O'点垂直于ad边离开磁场可得轨道半径。

所以；甲；乙两粒子比荷之比。

故B正确；

C．粒子转动周期。

所以甲；乙两粒子转动周期之比。

T甲：T乙=R甲：R乙=1：2故C错误；

D．根据粒子速度方向变化可得：甲粒子转过的圆心角为180°；乙粒子转过的圆心角为90°，所以，甲；乙两粒子在磁场中运动时间之比。

故D错误；

故选B。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．由楞次定律可知；感应电流的磁场方向阻碍原磁场磁通量的变化，故A正确；

B．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化；而不是阻止，故B错误；

C．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化；阻碍即感应电流的磁场延缓了引起感应电流的磁通量的变化，故C正确；

D．感应电流的磁场方向阻碍原磁场磁通量的变化；方向可能与原磁场方向相同，可能相反，故D正确。

本题选错误的，故选B。5、B【分析】【详解】

A．避雷针的工作原理是利用尖端放电将云层中的电荷导入大地；A错误；

B．电磁炉是利用电流磁场；使金属锅底部发生电磁感应现象产生涡流，利用涡流的热效应加热食物，B正确；

C．电视显像管能使整个荧光屏发光；靠电场和磁场的共同作用使电子束偏转，C错误；

D．地球外部的地磁场方向大致由地球南极指向地球北极；指南针静止时，N极指向地球北极，S极指向地球南极，D错误。

故选B。二、多选题(共7题，共14分)6、A:B【分析】【详解】

AB．若小球带正电，洛伦兹力方向背离圆心合力提供向心力

当绳子断开，只受洛伦兹力

因为与大小关系未知；所以，半径可能不变，变大或变小，故AB正确；

C．若小球带负电，洛伦兹力方向指向圆心，合力提供向心力

当绳子断开，只受洛伦兹力

则合力减小；小球的半径增大，故CD错误。

故选AB。7、B:D【分析】【分析】

【详解】

感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即

设电容器的图像的斜率为k,由图乙可知导体棒的速度随时间变化的关系为

故A错误；B正确；

可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度由可得

由牛顿第二定律。

可以得到

故C错误；D正确．

故选BD。8、A:C【分析】【详解】

棒处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中；棒中通有电流，方向从M流向N，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加．所以适当增加电流强度，或增大磁场；若电流反向，则安培力方向会反向，则悬线的拉力不可能变为零，故选AC．

【点睛】

本题考查应用左手定则分析安培力的能力．安培力方向与电流方向、磁场方向有关，当改变其中之一，安培力方向改变.9、A:D【分析】【详解】

A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据

得

根据题意可知，当带电粒子的速度水平向左出射时偏转个周期恰好与QP边相切，当带电粒子的速度水平向右出射时偏转个周期恰好与QP边相切；如图所示：

由图可知，从水平向左出射逆时针至水平向右出射，对应的角度为即在这个角度内出射的粒子都可以飞磁场，而另一半方向出射的粒子将不能飞出磁场，故飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半，故A正确；

B、当水平向右出射的粒子恰好QP相切时为粒子在上端出射的最远距离，当OD的距离为2r=20cm时；可以求粒子在下端出射的最远距离，如图所示：

由几何关系可知，PQ上有粒子飞出的区域长度为CD段长度，过O点作QP的垂线交于E点，且OE=10cm，由几何关系得

故

故B错误；

CD；粒子从A点射出时粒子在磁场中运动的时间最长；粒子从E点射出时粒子在磁场中运动的时间最短，如图所示：

对从E点射出的粒子，因OE=r=10cm，故是等边三角形，故对应的时间为

对从A点射出的粒子，由图可知其圆心角为对应的时间为

故

故C错误；D正确；

故选AD。10、B:C:D【分析】【详解】

A．由法拉第的电磁感应定律可知，细线断裂前感应电动势为

S为线圈处在磁场中的有效面积，线框中的电功率为

故A错误；

B．设细线断裂前瞬间线框受到的安培力为F，由楞次定律可判断F的方向向下，所以有

故B正确；

C．线框穿出磁场过程重心下降r，重力势能减少，减少的重力势能一部分转化为焦耳热Q，一部分转为动能，由能量守恒

故C正确；

D．穿过磁场过程中，平均电动势为

平均感应电流为

通过导线横截面的电荷量为

故D正确。

故选BCD。11、A:B:C【分析】【详解】

A．由右手定则可知，金属球向下运动过程中，流过金属杆的电流由B流向A，则通过R的电流由M流向P；A正确；

B．金属杆第一次离开磁场时，金属球的速度为

金属杆第一次离开磁场时感应电动势为

解得

电路电流为

R两端电压为

B正确；

C．由法拉第电磁感应定律得

平均感应电流为

通过R的电荷量为

解得

C正确；

D．由于金属杆第一次即将离开磁场时，重力做功小于3mgl，所以金属杆第一次即将离开磁场时，R上生成的焦耳热

D错误。

故选ABC。12、B:C【分析】【分析】

【详解】

A．根据可得

故电容器C不会被击穿；故A错误；

BC．根据可知，副线圈输出电压U2保持不变，滑片P向上移动时，R阻值增大，根据可知，电流表A2示数减小，根据可知，电流表A1示数减小，根据可知；变压器的输出功率减小，故B；C正确；

D．滑片向下移动时，根据可知，电流表A1A2的示数之比不变；故D错误。

故选BC。三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】【详解】

[1]电流

[2]输电线上损耗的功率

则输电线上的电流

根据理想变压器的电流规律

解得升压变压器的原、副线圈的匝数之比

[3]对于降压变压器

则降压变压器的原、副线圈的匝数之比【解析】70A1：4133：2214、略

【分析】【详解】

[1]．根据法拉第电磁感应定律可得：线圈产生的感应电动势

[2]．根据楞次定律得，通过R的电流方向为b→R→a．

[3]．闭合电路中的电流大小【解析】5Vb→a1A2V15、略

【分析】【详解】

(1)感应电动势的最大值

(2)由图示位置转起，感应电动势为

带入角度得

(3)由图示位置转过90°角的过程中，磁通量的变化为

所用的时间为

根据法拉第电磁感应定律得

(4)电压表测的是路端电压的有效值，所以示数为

解得【解析】10V5V16、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】①.错误②.错误③.错误④.错误17、略

【分析】【分析】

【详解】

[1]当球第一次摆到最低点时；悬线的张力恰好为零，说明小球在最低点受到的洛伦兹力竖直向上，根据左手定则知小球带负电。

[2]若小球第一次到达最低点速度大小为v，则由动能定律可得mgL=mv2

小球摆动过程只有重力做功，机械能守恒，小球第二次到达最低点速度大小仍为v，由圆周运动规律及牛顿第二定律可知第二次经过最低点时F-qvB-mg=m

综上解出F=6mg【解析】带负电6mg四、作图题(共4题，共12分)18、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】19、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】20、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】21、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)22、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）[1]根据表中数据；请在图甲所示的坐标系中描点连线得到下图。

（2）①[2]当温度较低的时候；热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与CD部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在CD端。

②[3]当温度达到100℃时；加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达。

20mA=0.02A根据闭合电路欧姆定律可得。

I=R=0.98kΩ计算得出。

R1=20Ω【解析】CD2023、略

【分析】【详解】

(1)[1]被测线圈两端的最大电压为6V；达不到电压表V量程的一半，测量误差较大，所以不能使用该电压表；

(2)[2]流过被测线圈的最大电流为所以电流表选择A1；如果变阻器选择分压接法，当与被测线圈并联的部分电阻丝阻值达到时（滑片已经滑过了五分之三的区域），被测线圈两端的电压才达到2.25V，所以分压接法很难控制被测线圈两端电压的微小变化；如果选择限流接法，被测线圈两端的电压变化范围为1.8V~6V，足够测量多组数据，而且串联情况下更容易控制电压的微小变化，所以滑动变阻器选择限流接法；用内阻已知的电流表A2和阻值较大的定值电阻R2构造成电压表，用来测量电压值；流过电压表的电流最大值为符合电流表A2的量程；由于电流表A2可以测出电流；所以电流表采用外接法，可以减小测量误差。改进