高中物理每日一题磁电式电流表
通用版高中物理电磁学恒定电流知识点总结归纳
(每日一练)通用版高中物理电磁学恒定电流知识点总结归纳单选题1、电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为 ηa 、ηb ．由图可知 ηa 、ηb 的值分别为A ．34、 14B ．13、 23C ．12、 12D ．23、 13 答案：D 解析：电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．η=P 外P 总=IU IE=U E,E 为电源的总电压（即电动势），在U ﹣I 图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知U a =23E 、U b =13E ，则ηa =23，ηb =13，所以A 、B 、C 错误，D 正确．点晴：解决本题的关键知道电源的效率也等于外电压与电动势之比以及会从U-I 图象中读出电动势和外电压． 2、某同学设计了一个转向灯电路（如图），其中L 为指示灯，L 1、L 2分别为左．右转向灯，S 为单刀双掷开关，E 为电源．当S 置于位置1时，以下判断正确的是（ ）A．L的功率少于额定功率B．L1亮，其功率等于额定功率C．L2亮，其功率等于额定功率D．含L支路的总功率较另一支路的大答案：A解析：A．因L与L2串联后接在电源两端，而两灯的额定电压均为6V，故两灯功率一定小于额定功率，故A正确；B．因电源电压为6V，而电源有内电阻，故电源的输出电压一定小于6V，故B错误；C．由A的分析可知，L2的功率要小于额定功率，故C错误；可知，含L支路的电阻要大，故其功率比另一支路要小，故D错误；D．因两并联支路两电压相等，故由P=U2R故选A。
3、如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F．调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小答案：B解析：可知电场强度保持R1不变，缓慢增大R2时，电路的总电阻增大，电流减小，因此R0两端电压减小，因此E=Ud减小，则小球收到的电场力减小，绳拉力等于电场力和重力的合力，因此拉力F减小，故A错B正确；保持R2不变，R1没有接到电路，其变化不影响电路的变化，因此电容器的电压不变，拉力F不变，CD错误4、如图甲所示电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。
人教版高中物理选修3-1每日练习(有答案)
高中物理学习材料金戈铁骑整理制作高中物理每日练习（有答案）1．（18分）如图所示，在电子枪右侧依次存在加速电场，两水平放置的平行金属板和竖直放置的荧光屏。
加速电场的电压为U 1。
两平行金属板的板长、板间距离均为d 。
荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d 。
电子枪发射的质量为m 、电荷量为–e 的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O 。
不计电子在进入加速电场前的速度及电子重力。
（1）求电子进入两金属板间时的速度大小v 0；（2）若两金属板间只存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，求电子到达荧光屏的位置与O 点距离的最大值m y 和此时磁感应强度B 的大小；（3）若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U 2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O 点距离为2d ，求此时U 1与U 2的比值；若使电子打在荧光屏上某点，该点距O 点距离为d ，只改变一个条件的情况下，请你提供一种方案，并说明理由。
：(1) 设电子经电场加速后进入偏转场区的速度大小为v 0，由动能定理得① ②(2) 偏转场区中只有匀强磁场时，电子进入磁场区受洛仑兹力作用做匀速圆周运动，经磁场偏转后,沿直线运动到荧光屏。
磁场的磁感应强度越大，偏转越大，电子偏转的临界状态是恰好从上板的右端射出，做直线运动到达荧光屏。
它的位置与O 点距离即为最大值，如图所示。
电子做圆周运动，有 ③由图可得 ④ ⑤ 可得⑥ 由③式和 得 ⑦（3）偏转区内只有匀强电场时，电子进入偏转区做匀加速曲线运动，如图所示。
离开偏转电场时沿电场方向的位移 速度方向偏转角设为，打到荧光屏的位置距O 点的距离⑧可得 由可知，改变加速电压U 1或偏转电压U 2的大小，即可改变电子打到荧光屏的的位置：方案一：保持U 1的大小不变，将偏转电压U 2加倍即可。
方案二：保持U2的大小不变，将加速电压U1减半即可。
2．如图所示的空间分为I、II、III三个区域，各竖直边界面相互平行，I、II区域均存在电场强度为E的匀强电场，方向垂直界面向右；同时II区域存在垂直纸面向外的匀强磁场；III区域空间有一与FD边界成450角的匀强磁场，磁感应强度大小为B，其下边界为水平线DH,右边界是GH:一质量为、电荷量为q的带正电的粒子（重力不计）从O点由静止释放，到达A点时速度为v0，粒子在C点沿着区域III的磁感线方向进人III区域，在DH上的M点反弹，反弹前、后速度大小不变，方向与过碰撞点的竖直线对称，已知粒子在III区域内垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动的轨道半径为r= ，C点与M点的距离为，M点到右边界GH的垂直距离为。
磁电式电流表的工作原理
磁电式电流表的工作原理磁电式电流表是利用载流矩形线圈在磁场中受力偶矩转动的原理制成的。
当被测电流通过电流表线圈时，线圈在辐射状磁场中受到力偶矩的作用，带动指针一起偏转。
但这个力偶矩不随转角变化。
如果通入线圈中的电流为I，线圈的面积为S，其匝数为N，磁场的磁感应强度为B，则力偶矩为M＝NBIS在这个磁力偶矩M的作用下，线圈绕轴转动。
与此同时，一盘游丝被扭紧，另一盘游丝被放松，对线圈施加一个反向弹性力偶矩。
当线圈相对平衡位置转过α角时，弹性力偶矩为Mα＝Kα式中的K为游丝的扭转弹性系数。
线圈转过α角后静止时，则有M＝MαNBLS＝Kα由上式可以得到α＝（NBS／K）I令S1＝NBS／K，则α=S1I通常把S1称作电流表的“电流灵敏度”，它表示电流表线圈中通过单位电流时，线圈偏转角的大小。
电流灵敏度的大小，由电表本身的构造所决定，从公式α＝S1I可以看出，线圈转角α的大小，与线圈中的电流I成正比。
因此，磁电式电流表就可以根据指针偏转角的大小，来确定被测量的电流的大小。
磁电式电流表满偏电流一般在10μA左右，教学用的大型演示电流表满偏电流在1mA 左右。
因此，没做改装的磁电式电流表通常用来检测微小电流用，常把它称作“检流计”，在刻度盘上用字母“G”表示。
检流计的“0”点通常是在刻度盘的中央，电表的指针可左右摆动。
将微安表改装成多用电表的实践和体会——研究性学习课题报告为了全面培养学生综合运用所学知识的能力，收集和处理信息的能力，本学期我校在各年级开展了研究性学习活动。
我们一行10人在老师的指导下选择了“电流表的改装”和“电荷的测定”两个课题。
现第一课题经过理论准备、实验设计、实验操作、误差分析、实验改进、总结提高等阶段，已初步结束，特写研究性学习报告如下：一、磁电式仪表的工作原理1．磁电式仪表的构造图：在蹄形磁铁一块，作用：产生强磁场；圆形软铁二块，作用：将永久磁铁的磁场转变为“均匀辐射磁场”；转动轴，铝框、线圈、指针、螺旋弹簧两个。
(文末附答案)人教版2022年高中物理磁场典型例题
(每日一练)(文末附答案)人教版2022年高中物理磁场典型例题单选题1、在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边2、如图所示，小磁针的N极指向正确的是（）A．a B．b C．c D．d3、CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。
图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。
图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。
则（）A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移4、在如图所示的空间中，存在场强为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向，磁感应强度为B的匀强磁场．一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动．据此可以判断出A．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小，沿着z轴方向电势升高B．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大，沿着z轴方向电势降低C．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势升高D．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势降低5、取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图（b）所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（）A．0B．0.5B C．B D．2 B6、如图所示，在M、N处存在与纸面垂直，且通有大小相等、方向相反电流的长直导线，已知a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。
高中物理电磁学恒定电流易错知识点总结
(每日一练)高中物理电磁学恒定电流易错知识点总结单选题1、一根长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的金属棒，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。
在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速度为v，则电子运动时受到的平均阻力大小为（）A．mv22L B．mv2Sn C．ρne2v D．ρe2vSL答案：C解析：金属棒内的电场类似一个匀强电场，其电场强度大小E=U L由欧姆定律可知，金属棒两端的电压U=IR=I⋅ρL S由电流微观定义式可知I=nevS 联立解得，金属棒内的电场强度大小为E=ρnev则电子运动时受到的平均阻力大小为f=eE=ρne2v故选C。
2、图是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。
P是一个质量为m的重物，它被细绳拴在电动机的轴上。
闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是5.0 A和100 V，重物P 上升的速度为0.70 m/s。
重物的质量为50 kg，g取10 m/s2。
下列说法不正确的是（）A．电动机消耗的电功率为500WB．绳对重物做功的机械功率350WC．电动机线圈的电阻20ΩD．电动机的效率为70%答案：C解析：A．根据电功率关系式有=UI=5×100W=500WP电故电动机消耗的功率为500W，故A正确，不符合题意；B．以物体为研究对象，由于物体匀速上升，根据平衡条件有F=mg根据P机=Fv得P机=mgv=350W故细绳对对重物做功的机械功率为350W，故B正确，不符合题意；C．根据功能关系有P 电=P机+P热P热=I2R 联立解得R=6Ω故C错误，符合题意；D．电动机效率η=P机P电=350500=70%故D正确，不符合题意；故选C。
3、国际单位制中电荷量的单位符号是C，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，正确的是（）A．F⋅V B．A⋅s C．J/V D．N⋅m/V答案：B解析：根据电荷量公式q=It可知，电流I的单位是A，时间t的单位是s，故用国际单位制的基本单位表示电量的单位为A∙s，故B正确，ACD错误。
人教版高中物理电磁学电磁感应易错题集锦
(每日一练)人教版高中物理电磁学电磁感应易错题集锦单选题1、某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。
按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。
下列说法正确的是（）A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用答案：D解析：A．未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，故A错误；B．未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故B错误；CD．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故C错误D正确。
故选D。
2、如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。
圆环初始时静止。
将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（）A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动答案：B解析：无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反减同），右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动。
故选B。
3、如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B、B2=2B。
一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁，则下列结论中正确的是（）场中时，线框的速度为v2A．此过程中通过线框截面的电量为2Ba2RB．此时线框的加速度为9B2a2v2mRC．此过程中回路产生的电能为12mv2D．此时线框中的电功率为9B2a2v22R答案：B解析：A．感应电动势为E=ΔΦΔt感应电流为I=E R电荷量为q=I△t 联立解得q=3Ba2 2R选项A错误；B．此时感应电动势E=2Ba v2+Bav2=32Bav线框电流为I=ER=3Bav2R由牛顿第二定律得2BIa+BIa=ma加速度解得a加速度=9B2a2v2mR选项B正确；C．由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为E=12mv2−12m（v2）2=38mv2选项C错误；D．此时线框的电功率为P=I2R=9B2a2v24R选项D错误。
通用版高中物理电磁学交变电流真题
(每日一练)通用版高中物理电磁学交变电流真题单选题1、如图所示，有一台交流发电机E。
通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。
T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4，设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（）A．P2变大，P3变大B．P1变小，P2变小C．U2变小，U3变小D．U2变小，U4变大答案：A解析：AB．因为P1＝P2＝ΔP＋P3P3＝P4由于P4增大，则T2次级电流变大，则初级电流也变大ΔP=I2R可知ΔP、P3及P1、P2均变大，A正确，B错误；U2＝n2n1U1U1一定，所以U2不变，CD错误。
故选A。
2、如图所示是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。
变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。
输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻。
如果变压器上的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，下列说法正确的是（）A．用户的用电器是串联的，R增大B．A1的示数变小C．V3示数变化量的绝对值与A2示数变化量的绝对值的比值不变D．V1与V2示数的比值等于A1与A2示数的比值答案：C解析：A．用户的用电器是并联的，当用户的用电器增加时，R减小，故A错误；B．根据变压器的电压之比等于匝数之比U1U2=n1n2，由于原线圈电压不变、匝数比不变，则电压表V2的示数不变；当用户的用电器增加时，总电阻减小、总电流增大，所以A2的示数变大，根据理想变压器的电流之比等于匝数的反比I2I1=n1n2，所以电流表A1的示数也增大，故B错误；C．对于副线圈所在的电路，根据闭合电路的欧姆定律可得解得U3＝U2﹣I2R0由于U2和R0为定值，则ΔU3ΔI2=R0故C正确；D．根据B选项可知，V1与V2示数的比值等于A2与A1示数的比值，故D错误。
人教版2022年高中物理电磁感应重点知识点大全
(每日一练)人教版2022年高中物理电磁感应重点知识点大全单选题1、如图1所示，将一金属圆环用绝缘细线悬挂起来，圆环的下半部分处在垂直于圆环平面的水平匀强磁场之中，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图2所示，规定垂直纸面向里为正方向。
金属圆环始终保持静止，则下列图像中可能正确反映细线中张力T随时间t变化情况的是（）A．B．C．D．答案：A解析：BCD．磁感应强度在0~1内，由于磁感应强度垂直纸面向里为正方向，则磁场垂直纸面向里且大小均匀增大，所以由楞次定律可得线圈感应电流是逆时针，根据左手定则判断出圆环的下半部分所受安培力的方向向上，根据法拉第电磁感应定律得线圈感应电流是不变的，线框受重力、拉力和安培力，根据平衡条件得细线的拉力F=mg−F=mg−BIL安由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以圆环的下半部分所受安培力均匀增大，所以细线的拉力F随时间均匀减小，选项BCD错误；A．磁感应强度在1~2内，磁场不变，则没有感应电流，细线的拉力F=mg而磁感应强度在2~3内，磁感应强度B垂直纸面向里且随时间均匀减小，同理可知感应电流方向为顺时针，圆环的下半部分所受安培力的方向向下，所以细线的拉力F=mg+F=mg+BIL安由于磁感应强度B随时间均匀减小，所以圆环的下半部分所受安培力均匀减小，所以细线的拉力F随时间均匀减小；磁感应强度在3~4内，磁感应强度B垂直纸面向外且随时间均匀增大，感应电流方向为顺时针，圆环的下半部分所受安培力的方向向上，所以细线的拉力F=mg-F=mg-BIL安由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以圆环的下半部分所受安培力均匀增大，所以细线的拉力F随时间均匀减小。
选项A正确。
故选A。
2、竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体ab及cd长均为0.2 m, 电阻均为0.1 Ω，重均为0.1 N，现用力向上推动导体ab，使之匀速上升(与导轨接触良好)，此时，cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是()A．ab受到的推力大小为2 NB．ab向上的速度为2 m/sC．在2 s内，推力做功转化的电能是0.8 JD．在2 s内，推力做功为0.6 J答案：B解析：A．由于ab向上做匀速直线运动时，cd恰好静止不动，即cd受到的安培力F=G=0.1N由安培力公式F=BIL可计算出电路中的电流为I=0.1N=1A0.5T×0.2m所以ab中的电流也是1A，且方向是由b到a，故ab受到的安培力的方向是竖直向下的，所以ab受到的推力大小为F ab=F安+G=0.1N+0.1N=0.2N故A错误；B．ab产生的感应电压应该是E=I（R+R）=1A×0.2Ω=0.2V所以再由公式E=BLv可得ab向上的速度为v=0.2m/s=2m/s0.5×0.2故B正确；C．在2s内，推力做功转化的电能是W=EIt=0.2×1×2J=0.4J故C错误；D．在2s内，推力做功为W′=Pt=F ab vt=0.2N×2m/s×2s=0.8J故D错误。
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磁电式电流表
关于磁电式电流表的说法，以下选项中正确的是
①指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方向是相反的
②通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大
③在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场
④在线圈转动的范围内，线圈所受磁力大小与电流大小有关，而与所处位置无关。
A．①② B．③④
C．①②④ D．①②③④
【参考答案】C
【试题解析】①根据力矩平衡条件可知，稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方向是相反的，故①正确；②根据磁电式电流表的结构可知，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，均匀辐射分布的磁场特点是大小相等。
根据安培力的大小F=BIL，即可知：线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大，故②正确，③错误；④磁场呈幅状，故电流与磁场始终相互垂直，结合F =BIL，即可知，线圈所受磁力大小与电流大小有关，而与所处位置无关，故④正确。
故选C。
【名师点睛】解决本题要注意磁场分布的特点，运用公式F=BIL，注意辐向磁场与匀强磁场的区别即可。
【知识补给】
磁电式电流表的工作原理
电流表由于蹄形磁铁和铁芯间的磁场是辐向均匀分布的，因此不管通电线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行。
因此，磁力矩与线圈中电流成正比（与线圈位置无关）。
当通电线圈转动时，螺旋弹簧将被扭动，产生一个阻碍线圈转动的阻力矩，其大小与线圈转动的角度成正比，当磁力矩与螺旋弹簧中的阻力矩相等时，线圈停止转动，此时指针偏向的角度与电流成正比，故电流表的刻度是均匀的。
当线圈中的电流方向改变时，安培力的方向随着改变，指针的偏转方向也随着改变，所以，根据指针的偏转方向，可以知道被测电流的方向。
（注：力矩=力×力臂，力臂为力到作用点的距离）
（2018·天津市武清区等五区县高二期中）下列装置中应用电磁感应原理工作的是A．干电池
B．变压器
C．磁电式电流表
D．电磁铁
如图所示是磁电式电流表的结构示意图，关于磁电式仪表，以下说法正确的是
A．使通电线圈转动的动力矩是安培力的力矩
B．线圈和指针偏转的角度越大，说明安培力产生的力矩越大
C．线圈停止转动时，两个螺旋弹簧产生的阻力矩与安培力矩相平衡
D．根据指针偏转角度的大小，不能知道被测电流的强弱
磁电式电流表的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布的，目的是
A．使磁场成圆柱形，以便框转动
B．使线圈平面在水平位置与磁感线平行
C．使线圈平面始终与磁感线平行
D．为了使磁场分布规则
（2018·湖北武汉市高三调研）磁电式电流表的构造如图(a)所示，在踹形磁铁的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针。
蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图(b)所示。
当电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹赞被扭动，线图停止转动时满足NBIS=kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈(指针)偏角，k是与螺旋弹簧有关的常量。
不考虑电磁感应现象，由题中
的信息可知
A．该电流表的刻度是均匀的
B．线圈转动过程中受到的安培力的大小不变
C．若线圈中通以如图(b)所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动
D．更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度(灵敏度即)
实验室常用到磁电式电流表。
其结构可简化为如图所示的模型，最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，为线圈的转轴。
忽略线圈转动中的摩擦。
当静止的
线圈中突然通有如图所示方向的电流时，顺着的方向看，
A．线圈保持静止状态
B．线圈开始沿顺时针方向转动
C．线圈开始沿逆时针方向转动
D．线圈既可能顺时针方向转动，也可能逆时针方向转动
（2018·河南豫北名校联盟高三精英对抗赛）2016年暑期用电高峰，某供电公司反窃电稽查人员将钳形电流表卡在电表的火线上，对窃电的可疑客户进行排查，钳形电流表是一种测量电流的仪表，其结构和外形如图所示，其工作部分主要由一只电磁式电流表和电流互感器组成．互感器由被测导线、铁芯和二次绕组构成，被测导线视为一匝线圈.图中各序号对应的部分为：1-电流表，2-电流互感器，3-铁芯，4-手柄，5-二次绕组，6-被测导线，7 -量程开关．所测电流为正弦式交流电，则
A．若二次绕组的匝数为n，电流表示数为10 A，则被测电流最大值为l0n A
B．若二次绕组的匝数为n，所测导线中的电流的频率为f，则二次绕组中的电流频率为n f C．若钳形电流表的铁芯中磁感线如图中虚线所示，则所测导线中的电流正在增大
D．若钳形电流表的铁芯中磁感线如图中虚线所示，则感应电流从电流表左端流入电流表【参考答案】
大。
当弹簧产生的阻力矩与安培力产生的动力矩平衡时，线圈停止转动，指针稳定在某一位置，电流越大，线圈受到的安培力越大，安培力的力矩越大，线圈转动的角度越大，故可以根据指针偏转角度的大小，知道被测电流的强弱，ABC正确，D错误。
C 磁电式电流表的蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐射分布的，目的是使线圈平面始终与磁感线平行。
故C正确。
AB 磁场是均匀地辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，螺旋弹簧的弹力与转动角度成正比，故该电流表的刻度是均匀的，故A正确；磁场是均匀地辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度的大小不变，线圈转动过程中各个位置的磁场的磁感应强度大小不变，故受到的安培力的大小不变，故B正确；若线圈中通以如图（b）所示的电流时，根据左手定则，左侧受安培力向上，右侧受安培力向下，故时顺时针转动，故C错误；更换k值更大的螺旋弹簧，同样的电流变化导致同样的安培力变大，但转动角度变化减小了，故灵敏度减小了，故D错误。
【名师点睛】本题考查磁电式仪表的基本原理，在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理；对不同测量工具的制成原理，是一个热点题型，需要重点掌握。
B 当线圈中通有电流后，由于磁铁间的磁场从右到左，所以线圈的两个边受安培力，会使线圈转动，故A错误；根据左手定则可以判定，线圈此时开始沿顺时针方向转动，B正确，CD错误。
【名师点睛】判断安培力的方向一定要找到磁场的方向和电流的反向，用左手定则判定。