专题08 《生活用电及电与磁》压轴培优题型训练（二十一大题型）（教师版）

专题08《生活用电及电与磁》压轴培优题型训练【二十一大题型】TOC\o"1-3"\h\u【题型1磁性、磁体、磁极】 2【题型2物体是否具有磁性的判断方法】 4【题型3磁场的概念】 5【题型4地磁场】 9【题型5电流的磁效应】 10【题型6通电螺线管的磁场】 13【题型7安培定则】 18【题型8影响电磁铁磁性强弱的因素】 22【题型9探究影响电磁铁磁性强弱的实验】 22【题型10电磁继电器的组成、原理和应用】 25【题型11扬声器和耳机的构造原理】 34【题型12直流电动机的原理】 35【题型13直流电动机的应用】 38【题型14探究电磁感应现象的实验】 41【题型15发电机的构造和原理】 44【题型16家庭电路的组成与连接】 45【题型17插座的构造与工作方式】 47【题型18熔断器的作用及保险丝的选择方法】 49【题型19家庭电路的故障分析】 54【题型20家庭电路电流过大的原因】 57【题型21安全用电原则】 59【题型1磁性、磁体、磁极】 1．（2023春•古塔区校级期中）如图所示，弹簧测力计下挂着铁块P，其正下方的水平地面上放着条形磁铁Q，P和Q均处于静止状态。已知P和Q的重力分别为G和3G，若弹簧测力计的示数为2G，则下列说法正确的是（）A．P对Q的吸引力和Q的重力是一对平衡力 B．弹簧测力计对P的拉力和Q对P的吸引力是一对平衡力。大小均为2G C．P对弹簧测力计的拉力大小为G D．P对Q的吸引力和地面对Q的支持力大小分别为G和2G【答案】D【分析】（1）根据二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一个物体上；（2）P对弹簧测力计的拉力大小等于P受到的力即为弹簧测力计的示数；（3）对P、Q分别受力分析，利用力的平衡条件和相互作用力得出PQ之间吸引力的大小和地面对Q的支持力的大小。【解答】解：A、此时Q静止在地面上，Q受到P对Q的吸引力、自身的重力和地面的支持力作用，则可知P对Q的吸引力和Q的重力的大小不相等，所以二力不是平衡力，故A错误；B、对P进行受力分析可知，P受到竖直向上弹簧测力计的拉力F拉、Q对P的吸引力FQP、竖直向下的重力G，且F拉＝FQP+G，所以弹簧测力计对P的拉力和Q对P的吸引力大小不相等，二力不是平衡力，故B错误；C、已知弹簧测力计的示数为2G，且弹簧测力计对P的拉力与P对弹簧测力计的拉力是一对相互作用力，所以P对弹簧测力计的拉力大小为2G，故C错误；CD、对P进行受力分析可知，P受到竖直向上弹簧测力计的拉力F拉、Q对P的吸引力FQP、竖直向下的重力G，如图1所示，由题可知，F拉＝2G；根据力的平衡条件可得：FQP＝F拉﹣GP＝2G﹣G＝G，即Q对P的吸引力大小为G，由于力的作用是相互的，所以P对Q的吸引力也是G；对Q进行受力分析可知，Q受到竖直向下的重力3G和竖直向上的支持力F支持、P对Q的吸引力FPQ，如图2所示；其中，P对Q的吸引力FPQ与Q对P的吸引力FQP是一对相互作用力，所以FPQ＝FQP＝G；根据力的平衡条件可得：F支持＝GQ﹣FPQ＝3G﹣G＝2G，故D正确。故选：D。2．（2023•黑龙江模拟）阅读短文，回答问题。电饭锅中的磁铜限温器电饭锅是生活中常见的用电器，它利用磁钢限温器来控制煮饭过程中的最高温度，磁钢限温器的结构如图所示，它由永久磁钢、感温磁钢和弹簧等组成，感温磁钢及其外会由弹簧支撑，永久磁钢的磁性不变，感温磁铜的磁性会随温度的升高而减弱，当温度达到103℃时，感温磁钢失去磁性。煮饭时，按下电饭锅的按键，永久磁钢和感温磁钢吸合，同时带动连杆使加热开关闭合，电热盘通电，当温度升高到一定程度，感温磁钢失去磁性，在弹簧的作用下感湿磁钢与永久磁钢分离，同时使加热开关断升，按键跳起，电热盘停止加热。（1）用电饭锅煮饭时，能量转化情况主要是电能转化为内能。（2）永久磁铜的磁性不变，感温磁铜的磁性会随温度的升高而减弱。（3）按键按下时，弹簧处于压缩状态，此时弹簧具有弹性势能。（4）在磁钢限温器工作过程中，感温磁钢没有磁性的是C（填字母序号）。A.按下按键时B.加热升温过程中C.按键跳起时D.降温过程中（5）小明发现用该电饭锅烧水，当水沸腾时电饭锅的按键没有跳起，原因是水的沸点低于103℃。【答案】（1）电能转化为内能；（2）减弱；（3）弹性势；（4）C；（5）水的沸点低于103℃。【分析】（1）电饭锅工作时，消耗了电能，得到了内能；（2）（3）根据电饭锅的原理可知，感温磁钢及其外套由弹簧支撑，据此分析弹簧的状态；（4）根据电饭锅的工作原理进行分析；（5）根据题意可知当温度达到103℃时，感温磁钢失去磁性，按键跳起。【解答】解：（1）电流做功的过程是电能转化为内能的过程。（2）永久磁铜的磁性不变，感温磁铜的磁性会随温度的升高而减弱；（3）因为感温磁钢及其外套由弹簧支撑，所以弹簧处于压缩状态，具有弹性势能；（4）感温磁钢的磁性受温度的影响，随温度升高，磁性减弱；在温度达到一定值时，其磁性消失，感温磁钢失去磁性，在弹簧的作用下感温磁钢与永久磁钢分离，同时使加热开关断开，按键跳起，电热盘停止加热。（5）当温度达到103℃时，感温磁钢失去磁性。水沸腾时电饭锅的按键没有跳起，原因是水的沸点低于103℃。故答案为：（1）电能转化为内能；（2）减弱；（3）弹性势；（4）C；（5）水的沸点低于103℃。【题型2物体是否具有磁性的判断方法】 3．（2023•建湖县校级三模）如图，用一根不知有无磁性的铁棒的A端靠近一根悬挂的条形磁铁的N极，发现条形磁铁被吸引。该铁棒有没有磁性呢？下列说法正确的是（）A．可以确定有磁性，且A端是S极 B．不确定有无磁性，只需要将B端靠近S极，观察现象就可以判断 C．不确定有无磁性，只需要将B端靠近N极，观察现象就可以判断 D．不确定有无磁性，若将A端靠近S极，观察现象仍然无法判断【答案】C【分析】（1）磁铁间的相互作用规律：同名极相互排斥，异名极相互吸引；（2）有磁性的物体可以吸引磁性材料。【解答】解：假如铁棒有磁性，异名磁极相互吸引。铁棒的A端靠近一根悬挂的条形磁铁的N极，铁棒和条形磁铁的N极相吸引，说明铁棒也有磁性，并且A端是S极，如果铁棒没有磁性，磁体可以吸引磁性材料。条形磁铁具有磁性，可以吸引没有磁性的铁棒。所以铁棒是否具有磁性不能确定；将铁棒的B端靠近悬挂的条形磁铁的N极，磁铁远离铁棒，由于只有同名极相互排斥，因此铁棒一定有磁性，并且B端为N极，则A端为S极。故C正确，ABD错误。故选：C。4．（2021秋•金安区校级期末）有两根外形完全相同的钢棒a和b；按图甲放置，手拿住a时，b不会掉下来；按图乙放置，手拿住b时，a会掉下来。这说明（）A．钢棒a具有磁性 B．钢棒b具有磁性 C．钢棒a和b都具有磁性 D．钢棒a和b都不具有磁性【答案】A【分析】磁体具有磁性，一个磁体有两个磁极，磁极的磁性最强，中间几乎没有磁性。【解答】解：磁极的磁性最强，用手拿a时（甲图），b不会掉下来，说明a对b有较大的磁力，则钢棒a具有磁性；因磁体中间部分几乎没有磁性，所以，用手拿b时（乙图），a会掉下来，说明钢棒b没有磁性，钢棒a具有磁性（只是中间部分的磁性很弱）；故选：A。【题型3磁场的概念】 5．（2023•越秀区校级模拟）在物理学中，磁感应强度（用字母B表示，国际单位是特斯拉，符号是T）表示磁场的强弱，磁感应强度B越大，磁场越强；磁感线形象、直观描述磁场，磁感线越密，磁场越强。（1）图1为某磁极附近磁感线的方向和分布的示意图。由图可知，该磁极为N极，若在1处放置一个小磁针，当小磁针静止时，其指向应是图2中的甲。（2）如果电阻的大小随磁场的强弱变化而变化，则这种电阻叫磁敏电阻。某磁敏电阻R的阻值随磁感应强度B变化的图象如图3所示，根据图线可知，磁敏电阻的阻值随磁感应强度B的增大而增大。（3）利用该磁敏电阻的R﹣B特性曲线可以测量图1磁场中各处的磁感应强度。123U/V1.503.004.50I/mA3.006.009.00①将该磁敏电阻R放置在磁场中的位置1处。吴力设计了一个可以测量该磁敏电阻R的电路，所提供的实验器材如图4所示，其中磁敏电阻所处的磁场未画出，实验电路连接如图所示。②正确接线后，测得的数据如表所示。该磁敏电阻的测量值为500Ω。③根据该磁敏电阻的R﹣B特性曲线可知，1处的磁感应强度为1.0T。④在实验过程中，仅将磁敏电阻从1处移至2处，其它条件不变，那么电流表的示数增大，电压表的示数减小。（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）就现有的实验器材和电路，请提出一个有意义的可供探究的物理问题：磁敏电阻的阻值与磁场方向是否有关。（5）在上述电路中，将该磁敏电阻从待测磁场中移出，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电流表的示数为10.0mA时，求滑动变阻器接入电路的阻值450Ω，设电源电压为5.50V。【答案】（1）N；甲；（2）增大；（3）②500；③1.0；④增大；减小；（4）磁敏电阻的阻值与磁场方向是否有关；（5）450。【分析】（1）利用磁极间的作用规律可以确定在1处放置的小磁针静止时的指向。（2）根据图3所示的磁敏电阻的阻值随磁感应强度变化的图象可以得出两者之间的关系。（3）②通过表格中的数据，利用欧姆定律可以求得该磁敏电阻的阻值。③结合图象，即可确定该位置的磁感应强度的大小。④磁敏电阻从1处移至2处，磁场强度减弱，由此知磁敏电阻的阻值变化，由串联电路特点和欧姆定律判断电流表和电压表示数变化。（4）磁场有强弱，磁敏电阻与磁场强弱有关，磁场是有方向的，由此可猜想磁敏电阻与磁场方向是否有关；（5）磁敏电阻从待测磁场中移出，即磁敏电阻所在处磁感应强度为0，由图3知此时磁敏电阻的阻值，由串联电路特点和欧姆定律计算滑动变阻器接入电路的阻值。【解答】解：（1）在磁铁的周围，磁感线从磁体的N极出来回到S极，由此可知该磁极是N极。放在1位置的小磁针，靠近磁体的N极，由于异名磁极相互吸引，所以该磁针静止时，其S极向左N极向右。故甲图正确。（2）根据图4所示的磁敏电阻R的阻值随磁感应强度B变化的图象可知，磁敏电阻的阻值随磁感应强度B的增大而增大。（3）②由表中数据知，当在磁敏电阻两端加的电压U为1.50V时，通过磁敏电阻的电流I为3.00mA，即：3×10﹣3A，所以磁敏电阻的阻值R＝＝＝500Ω，③根据图4所示的磁敏电阻R的阻值随磁感应强度B变化的图象可知，磁敏电阻的阻值为500Ω时，对应的磁感应强度为1.0T。④在实验过程中，仅将磁敏电阻从1处移至2处，磁感线变稀，磁敏电阻所在磁场处的磁性减弱，所以磁敏电阻的阻值变小，其它条件不变，电路中电阻变小，由欧姆定律可得电路中电流变大，故电流表示数增大；由U＝IR知，滑动变阻器分得电压变大，所以磁敏电阻分得电压减小；（4）磁场有强弱，磁敏电阻与磁场强弱有关，磁场是有方向的，由此可猜想磁敏电阻与磁场方向是否有关？所以可以探究磁敏电阻的阻值与磁场方向是否有关。（5）由欧姆定律可得，将该磁敏电阻从待测磁场中移出，磁敏电阻所在处磁感应强度为0，由图3知此时磁敏电阻的阻值R′＝100Ω，电流表的示数为10.0mA时电路的总电阻：R总＝＝＝550Ω，所以滑动变阻器此时连入电路的阻值：R滑＝R总﹣R′＝550Ω﹣100Ω＝450Ω。故答案为：（1）N；甲；（2）增大；（3）②500；③1.0；④增大；减小；（4）磁敏电阻的阻值与磁场方向是否有关；（5）450。6．（2021春•温岭市校级月考）如图所示，人们研究发现：一个放在磁场中的铁质球壳（截面有一定厚度），外面磁场的绝大部分沿铁质球壳壁“通过”，极少部分进入球内空间，这种现象称为“磁屏蔽”，试回答下列问题：（1）类比电流与电阻的关系，球内的空气与铁这两种物质，谁的导磁能力强？谁的“磁阻”大？（2）人们从这一现象得到启发，为使精密仪器不受外面的影响，可以将仪器放在什么地方？（3）有人为了研究地磁场对动物的影响，把一组小白鼠放在类似铁球内部空间的环境中将地磁场屏蔽掉，结果其寿命比放在正常环境中的另一组小白鼠的短，这个实验说明了什么问题？【答案】见试题解答内容【分析】在导体两端的电压不变时与导体电阻越大时，导体中的电流就越小；类比分析：磁场通过一些物体时，有些物质能“通过”的磁场多，即导磁能力强，有些物质磁场不能“通过”，即导磁能力弱。【解答】解：（1）如图可知：空气与铁这两种物质，铁质球壳外的空气中磁场都能顺利“通过”，类比电流与电阻的关系可知，能“通过”磁场，即导磁能力强，而外面磁场的绝大部分沿铁质球壳壁“通过”，极少部分进入球内空间，所以导磁能力弱；即空气的“磁阻”大；故答案为：铁的导磁能力强；空气的“磁阻”大。（2）为使精密仪器不受外面磁场的影响，可以将仪器放在没有磁场“通过”的地方；因空气的“磁阻”大，所以可以放在铁盒子中；故答案为：可以放在铁盒子中。（3）有人为了研究地磁场对动物的影响，把一组小白鼠放在类似铁球内部空间的环境中将地磁场屏蔽掉，结果其寿命比放在正常环境中的另一组小白鼠的短，这个实验说明生物体的正常生理活动受到地磁场的影响；且是对生物有益的；故答案为：生物体的正常生理活动受到地磁场的影响；且是对生物有益的。【题型4地磁场】 7．（2023•顺德区校级一模）如图所示，是小明自制的指南针。硬纸板和大头针制作指南针的底座，用磁体沿一个方向多次划过缝衣针，穿过按扣的两孔，放在底座的针尖上，指南针静止后针尖指向北方。下列说法正确的是（）A．缝衣针的材料是铜 B．针尖部位应标注S极 C．针尖指北是由于地球周围磁感线的作用 D．针尖所指的方向就是该点地磁场的方向【答案】D【分析】（1）大头针被磁化后相当于小磁针，具有指南北的性质；（2）磁体具有指南北的性质是由于受到地磁场的作用；（3）小磁针放在磁场中静止时北极的指向即为该点的磁场方向。【解答】解：A、只有铁、钴、镍，和他们的合金与氧化物才能被磁化，故A错误；B、磁体具有指南北的性质，静止时，指向北方的为N极，针尖指向北方，应标注N极，故B错误；C、针尖指北是由于受到地磁场的作用，而不是磁感线的作用，磁感线不是真实存在的线，故C错误；D、针尖放在磁场中被磁化，相当于小磁针，则其静止时北极的指向即为该点的磁场方向，故D正确。故选：D。8．（2023•科尔沁区模拟）关于如图四幅图，描述正确的是（）A．图①中，甲站在干燥的木桌上，乙站在地上，则甲、乙都会触电 B．图②中，司南的勺柄指南，表示指向地磁的南极 C．图③中，环卫工人用扫帚打扫街道时，既不能省力，也不能省距离 D．图④中，神舟十三号航天员首次出舱活动，他们的质量不变【答案】D【分析】（1）人体触电是由于人体直接和间接与火线连通造成的。（2）地理的南北极和地磁的南北极不重合；指南针指南是指向地理的南极。（3）扫帚的动力臂比阻力臂短，是费力杠杆、省距离。（4）质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关。【解答】解：A．图①中，甲站在干燥的木桌上接触火线，由于木桌是绝缘体，不能形成通路，所以甲不会触电，故A错误；B．地磁场的南北极与地理的南北极相反，司南的勺柄指南，表示指向地磁的北极，故B错误；C．环卫工人用扫帚打扫街道，扫帚属于费力杠杆，费力但可以省距离，故C错误；D．质量与物体的空间位置没有关系，航天员首次出舱活动，他们的质量不变，故D正确。故选：D。【题型5电流的磁效应】 9．（2023•青羊区校级模拟）如图是家庭电路的一部分，下列说法正确的是（）A．空气开关内电磁铁利用了电流的热效应工作 B．白炽灯丝由电阻率小、熔点高的超导材料制成 C．螺丝口灯座的丝口应该接火线，才能满足电压为220V D．大功率用电器应使用三孔插座【答案】D【分析】（1）电流的周围存在磁场；（2）灯丝发光时的温度较高；（3）为了保证用电安全，螺丝口灯座的螺丝套应接在零线上；（4）为防止因用电器漏电使其金属外壳带电而发生触电事故，一般用电器的金属外壳接地。【解答】解：A、空气开关内电磁继电器利用了电流的磁效应工作的，故A错误；B、白炽灯使用时电能转化为内能和光能，灯丝温度会很高，所以选择熔点高、电阻率大的的钨制作，故B错误；C、螺丝口灯座的螺丝套应接在零线上，故C错误；D、为了防止因漏电而发生触电事故，大功率用电器应使用三孔插座，外壳一定要接地，故D正确。故选：D。10．（2023•长春模拟）验证大气压强存在的著名实验是马德堡半球实验；如图所示，通电直导线周围的小磁针发生偏转，此现象表明电流周围存在磁场；一束与平面镜成40°的光线射到平面镜上，则反射角是50°度。【答案】见试题解答内容【分析】（1）知道马德堡半球实验证明了大气压的存在，奥斯特实验证明了电流周围存在磁场。（2）光的反射定律的内容：反射光线、入射光线与法线在同一平面内；反射光线和入射光线分别位于法线两侧；反射角等于入射角。入射角和反射角的概念：入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角。【解答】解：马德堡半球实验最早证明了大气压的存在，并且证明大气压非常大；奥斯特实验证明了通电导线周围存在磁场，即电流的磁效应，故如图所示，通电直导线周围的小磁针发生偏转，表明电流周围存在磁场。一束光线与平面镜夹角为40°，则入射角为90°﹣40°＝50°，根据光的反射定律，反射角也为50°。故答案为：马德堡半球实验；磁场；50°。11．（2023•绵阳模拟）在一次课外活动中，小红和小刚设计了如图甲所示的实验。当他们闭合开关S后，发现小磁针发生了偏转，这说明通电直导线的周围存在着磁场。接着小红又想用该电路判断电源的正负极。经过讨论小刚找来了一个小铁钉，把导线的一部分绕在上面，制成了一个电磁铁连在电路中，当再次闭合开关S后，小磁针静止时N极的指向如图乙所示。据此他们判断出电源的a端是正极（选填“a或“b”）。【答案】见试题解答内容【分析】要解决此题，需要掌握电流的磁效应，知道通电导线周围存在磁场。同时要掌握安培定则，首先根据磁极间的相互作用，判读出电磁铁的磁极，然后根据安培定则判断出电流的方向，从而判断出电源的正负极。【解答】解：甲图中，小磁针发生了偏转，说明通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应。乙图中，小磁针N极朝左，所以电磁铁的右端为S极，左端为N极。根据安培定则，大拇指指向N极，四指的指向便是电流的方向，所以b端为负极。a端为正极。故答案为：通电直导线；a。12．（2023•淮安一模）如图甲所示，探究“通电直导线周围的磁场”时，将一根直导线放在静止小磁针的正上方，并与小磁针平行。（1）闭合开关后，观察到小磁针发生偏转，说明通电直导线周围存在磁场。改变直导线中的电流方向，小磁针偏转方向改变（不变/改变）。（2）实验中小磁针的作用是检验磁场的存在。若移走小磁针，通电直导线周围仍有（仍有/没有）磁场。（3）进一步探究表明，通电直导线周围磁场分布情况如图乙所示。它的磁感线是以电流为中心的一系列同心圆。由乙图可知，若甲图中直导线的电流方向不变，将小磁针移到直导线的正上方平行放置，小磁针的偏转方向与原来相反（相同/相反），你判断的依据是通电直导线上方和下方的磁场方向是相反的。【答案】见试题解答内容【分析】（1）奥斯特实验通过小磁针偏转说明了通电导体周围存在磁场；当电流方向改变时，产生的磁场方向也改变，所以小磁针的偏转方向也改变；（2）通过小磁针的偏转可以检验磁场是否存在；（3）据图中磁感线的特点分析磁场特点即可；【解答】解：（1）这是著名的奥斯特实验，实验中，开关闭合时，小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在着磁场；改变电流方向，小磁针的方向也发生了偏转，说明了产生的磁场方向也改变，即表明了通电导体周围的磁场方向与电流方向有关；（2）小磁针受到磁场力的作用能够发生偏转，故小磁针可以检测磁场的存在；若移走小磁针，通电直导线周围仍有磁场。（3）据图中的信息可知，通电直导线上方和下方的磁场方向是相反的，所以甲图中直导线的电流方向不变，将小磁针移到直导线的正上方平行放置，小磁针的偏转方向与原来相反。故答案为：（1）磁场；改变；（2）检验磁场的存在；仍有；（3）相反；通电直导线上方和下方的磁场方向是相反的。【题型6通电螺线管的磁场】 13．（2023•鼎城区一模）如图所示是一根锰铜丝制成的软质弹簧，B是水银槽，槽内盛有水银，A的上端通过接线柱与电源相连，A的下端恰好与水银表面接触，开关S闭合后发生的现象是（）A．弹簧伸长变大，灯持续发光 B．弹簧缩短，灯熄灭 C．弹簧上下振动，灯忽亮忽灭 D．弹簧静止不动，灯持续发光【答案】C【分析】这个软弹簧就相当于螺线管，当闭合开关时，螺线管的每相邻的两匝线圈的磁极刚好相反，即N极对S极，此时两磁极会互相吸引，由锰铜丝构成的螺线管会收缩而变短；电路断路；灯泡熄灭；磁性消失后弹簧又恢复原状。【解答】解：开关闭合后电路接通，灯泡发光；由锰铜丝构成的螺线管两磁极会互相吸引，弹簧会收缩而变短；变短后电路断路；灯泡熄灭；依此规律反复，弹簧上下振动，灯泡灯忽亮忽灭。故选：C。14．（2023•尉氏县一模）在图中，电路连接正确，通电后小磁针指向如图所示（涂黑端表示N极）。请在图中标出电源的“+”、“﹣”极，并画出螺线管的绕法。【答案】见试题解答内容【分析】由磁极间的相互作用规律得出通电螺线管的右端为S极，左端为N极，由电流表的接线柱可知，电流方向，然后根据右手螺旋定则得出线圈的绕法和电源的极性。【解答】解：已知小磁针右端为N极，由磁极间的相互作用规律可知，通电螺线管的右端为N极，左端为S极，由电流表的接线柱可知，电流从螺线管的左端流入，即电源右端为正极，根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指指向N极，则线圈的绕法如图所示，15．（2022•奉化区模拟）把超强磁铁分别吸附在干电池的正负极两端，制成电磁动力“小车”，并将它放入铜质螺线管中，如图甲，“小车”就能沿着螺线管运动。图乙是它的示意图。（1）在图乙上画出螺线管中的电流方向；（2）实验中发现，必须将“小车”全部推入螺线管，“小车”才能运动，“小车”运动的原因是磁铁接触的一段螺线管产生的磁场与干电池两极上吸附的磁铁的磁场发生相互作用；（3）进一步探究发现，“小车”运动的方向与电池正负极位置和超强磁铁的极性有关。将如图乙装配的小车放入螺线，则小车的运动方向是向左；（4）要使“小车”运动速度增大，请提出一种方法：增强磁铁的磁性（或者使螺线管的绕线更密集以增加与磁铁接触的那一段螺线管匝数、或增加电池电压以增大螺线管中电流从而增强其磁场）。【答案】见试题解答内容【分析】（1）在电源外部，电流是从电源正极流出，回到电源负极的；（2）螺线管中通电有磁性，断电无磁性；（3）根据磁极间相互作用，由通电螺线管和磁铁的磁场分析解答；（4）要使“小车”运动速度增大，请要想办法增大磁场强弱，以增大它们之间的作用力。【解答】解：（1）由图知，电流从电源正极流出，经右边磁铁、螺线管、左边磁铁回到电源负极，螺线管中的电流方向如图所示：（2）“小车”全部推入螺线管后，与磁铁接触的那一段螺线管通电产生磁场，螺线管的磁场与干电池两极上吸附的磁铁的磁场发生相互作用，小车运动了起来；（3）如图乙，由图，根据安培定则判断可知，与磁铁接触的那一段螺线管的左侧为N极，右侧为S极，螺线管内部的磁场向左，与电池负极相吸的磁铁受到向左的力，小车向左运动；（4）磁极间相互作用力越大，小车速度就越大，所以可以增强磁铁的磁性（或者使螺线管的绕线更密集以增加与磁铁接触的那一段螺线管匝数、或增加电池电压以增大螺线管中电流从而增强其磁场）。故答案为：（1）见上图；（2）磁场；干电池两极上吸附的磁铁的磁场发生；（3）向左；（4）增强磁铁的磁性（或者使螺线管的绕线更密集以增加与磁铁接触的那一段螺线管匝数、或增加电池电压以增大螺线管中电流从而增强其磁场）。16．（2023•鼓楼区校级模拟）如图所示，将质量为80g，体积为100cm3的铁制小球放入盛水的薄玻璃容器的水中在玻璃容器下方有一已经接入电路的螺线管，小灯泡L标有“6V3W”字样，通过螺线管的电流I与螺线管对铁制小球的作用力F的关系如表所示（灯丝电阻保持不变，不考虑铁制小球与螺线管距离的远近对作用力F的影响）求：I/A0.10.20.30.40.5F/N0.050.10.150.20.25（1）请判断：开关闭合后通电螺线管具有了磁性，其上端为N极。（2）断开开关铁制小球静止时露出水面的体积是多少？（3）闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使铁制小球能悬停在水中，此时小灯泡消耗的功率是多大？（4）闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使小灯泡正常发光，当铁制小球静止时，小球对容器底的压力是多大？【答案】（1）N；（2）断开开关铁制小球静止时露出水面的体积是20cm3；（3）闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使铁制小球能悬停在水中，此时小灯泡消耗的功率是1.92W；（4）闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使小灯泡正常发光，当铁制小球静止时，小球对容器底的压力是0.05N。【分析】（1）结合安培定则判断通电螺线管的NS极；（2）知道小球的质量和体积，根据ρ＝求出小球的密度，然后与水的密度相比较确定断开开关、静止时所处的状态，根据F浮＝G＝mg求出小球受到的浮力，根据F浮＝ρgV排求出小球排开水的体积，然后求出小球露出的体积；（3）闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使铁制小球能悬停在水中时，铁球排开水的体积和自身的体积相等，根据阿基米德原理求出小球受到的浮力，小球悬停静止时，受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力、螺线管对铁制小球的作用力处于平衡状态，根据平衡状态求出螺线管对铁制小球的作用力，查表可知此时电路中的电流；知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI＝求出灯泡的电阻，再根据P＝I2R求出此时小灯泡消耗的功率；（4）当小灯泡正常发光时，根据P＝UI求出电路中的电流，查表可知此时螺线管对铁制小球的作用力，此时小球受到竖直向上的浮力和支持力、竖直向下重力和螺线管对铁制小球的作用力处于平衡状态，由力的平衡条件求出小球受到的支持力，小球对容器底的压力和受到的支持力是一对相互作用力，二力大小相等。【解答】解：（1）开关闭合后通电螺线管具有了磁性，其上端为N极，（2）小球的密度：ρ＝＝＝0.8g/cm3，因小球的密度小于水的密度，所以，断开开关时，铁制小球静止时处于漂浮状态，受到的浮力和自身的重力相等，则小球受到的浮力：F浮＝G＝mg＝80×10﹣3kg×10N/kg＝0.8N，由F浮＝ρgV排可得，小球排开水的体积：V排＝＝＝＝8×10﹣5m3＝80cm3，则小球露出水面的体积：V露＝V﹣V排＝100cm3﹣80cm3＝20cm3；（3）闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使铁制小球能悬停在水中时，因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，所以，小球受到的浮力：F浮′＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×100×10﹣6m3＝1N，因小球悬停静止时，受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力、螺线管对铁制小球的作用力处于平衡状态，由平衡条件可得：G+F＝F浮′，则螺线管对铁制小球的作用力：F＝F浮′﹣G＝1N﹣0.8N＝0.2N，查表可知，此时电路中的电流I＝0.4A，由P＝UI＝可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω，此时小灯泡消耗的功率：PL′＝I2RL＝（0.4A）2×12Ω＝1.92W；（4）当小灯泡正常发光时，电路中的电流：I＝IL＝＝＝0.5A，查表可知，此时螺线管对铁制小球的作用力F′＝0.25N，此时小球受到竖直向上的浮力和支持力、竖直向下的重力和螺线管对铁制小球的作用力处于平衡状态，由力的平衡条件可得：F浮′+F支持＝F′+G，则小球受到的支持力：F支持＝F′+G﹣F浮′＝0.25N+0.8N﹣1N＝0.05N，因小球对容器底的压力和受到的支持力是一对相互作用力，所以，小球对容器底的压力：F压＝F支持＝0.05N。答：（1）N；（2）断开开关铁制小球静止时露出水面的体积是20cm3；（3）闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使铁制小球能悬停在水中，此时小灯泡消耗的功率是1.92W；（4）闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使小灯泡正常发光，当铁制小球静止时，小球对容器底的压力是0.05N。【题型7安培定则】 17．（2023•榆阳区二模）电梯设置有超载自动报警系统，其工作原理如图甲所示，已知控制电路的电源电压U＝6V，保护电阻R1＝100Ω，压敏电阻R2的阻值随压力F大小变化关系如图乙所示，电梯底座自重和电磁铁线圈的阻值都忽略不计，电磁铁的上端为S极；若电梯在10s内将总重3000N的乘客匀速提升了15m，此过程电动机的工作效率为90%，那么电动机的总功率为5000W；当电磁铁线圈电流达到20mA时，衔铁刚好被吸住、若每个乘客平均重610N，则电梯最多可以乘坐14人而不报警。【答案】S；5000；14。【分析】根据安培定则可知电磁铁的磁极；根据W有用＝Gh求出电梯做的功，再根据电动机的工作效率为90%求出此过程电动机做功，根据P＝求出电动机的总功率；根据R＝求出当电磁铁线圈电流达到20mA时，电路的总阻值，再根据串联电路的电阻规律求出此时压敏电阻R2的阻值，结合乙图，得知此时压力F大小，进而求出电梯最多可以乘坐的人数。【解答】解：电流从电磁铁下端流入，上端流出，根据安培定则可知，电磁铁的上端为S极；若电梯在10s内将总重3000N的乘客匀速提升了15m，此过程中电梯做功：W有用＝Gh＝3000N×15m＝45000J；此过程电动机做功：W总＝＝＝50000J；电动机的总功率为：P＝＝＝5000W；当电磁铁线圈电流达到20mA时，电路的总阻值为：R＝＝＝＝300Ω；此时压敏电阻R2的阻值为：R2＝R﹣R1＝300Ω﹣100Ω＝200Ω；由乙图可知，压敏电阻R2的阻值为200Ω时，压力F大小约为9000N，电梯最多可以乘坐的人数为：≈14.8；因此电梯最多可以乘坐14人。故答案为：S；5000；14。18．（2023•铁东区三模）如图所示，开关S闭合，发现弹簧拉长，小磁针旋转到如图中所示位置静止，请标出电源的“+”极和小磁针的N极。【答案】见试题解答内容【分析】根据开关S闭合，发现弹簧拉长，由磁极间的相互作用可知螺线管的磁极，利用右手螺旋定则可得出电源的正负极。由磁极间的相互作用可知小磁针的磁极，【解答】解：已知开关闭合后，发现弹簧拉长，根据磁极间的相互作用，异名磁极相互吸引，则螺线管上端为S极，下端为N极，由右手螺旋定则可得，电流由左侧流入，故电源左侧为正极，右侧为负极；由磁极间的相互作用可知小磁针的上端为S极，下端为N极，如图所示：19．（2023•朝阳区校级三模）科学兴趣小组的同学进行了一次课后实验，将轻质杠杆的中点支在支架上，调节平衡螺母，使其在水平位置平衡，然后两侧分别挂钩码和一块匀质条形磁体，每个钩码重0.5N，平衡时如图甲所示。（1）设左侧钩码对杠杆的拉力为阻力，右侧磁体对杠杆的拉力为动力，则此杠杆为费力（选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆。（2）将右侧条形磁体完全浸没在大烧杯的水中（悬挂位置不变，磁体不接触容器），需将左侧钩码去掉一个并向右移动一格后，杠杆方可在水平位置再次平衡，则匀质条形磁体材料的密度为1.5×103kg/m3。（3）将（2）中磁体从水中取出擦干，将连接好的电磁铁放在条形磁体下方，闭合开关并调节滑动变阻器的滑片位置，使杠杆再次平衡（如图乙所示），则电路A端应与电源的负极相连。（4）若要杠杆在图丙的情况下平衡，以下措施可行的有①③。①断开开关后，只将条形磁体悬挂位置向右移动一格②将电源两极连线对调，保持（3）中变阻器滑片位置不变③将电源两极连线对调，适当改变（3）中变阻器滑片位置【答案】（1）费力；（2）1.5×103；（3）负；（4）①③。【分析】（1）力臂是支点到力的作用线的垂直距离，先确定支点，然后把动力臂与阻力臂相比较判断杠杆的类型；（2）设杠杆每一格的长度为L，G钩码＝0.5N，在甲图中，根据杠杆平衡条件求出条形磁铁的重力G磁，根据G＝mg求出条形磁体的质量m磁，将右侧条形磁体完全浸没在大烧杯的水中（悬挂位置不变，磁体不接触容器），需将左侧钩码去掉一个并向右移动一格后，杠杆方可在水平位置再次平衡，根据杠杆平衡条件求出F浮，再根据阿基米德原理求出磁体的体积V磁＝V排，根据密度公式可求出条形磁体材料的密度；（3）由（2）知，杠杆平衡时磁体受到了水对其向上的浮力，如果按乙图使杠杆再次平衡，则电磁铁应对条件磁体产生向上的磁力作用，根据同名磁极相互排斥，则电磁铁的上端应为S极，根据右手定则，电磁铁的电流方向；（4）图丙中，分别写出左端、右端力乘以力臂的表达式，比较左端、右端的大小，①断开开关后，只将条形磁体悬挂位置向右移动一格，写右端的表达式，如左端等于右端，则可行；②③闭合开关后，则此时电磁铁应对条件磁体产生向下的磁力作用，将电源两极连线对调，适当改变（3）中变阻器滑片位置，改变磁力的大小，可使杠杆平衡，由此判断②③是否可行。【解答】解：（1）设左侧钩码对杠杆的拉力为阻力，右侧磁体对杠杆的拉力为动力，由甲图可知，此时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；（2）设杠杆每一格的长度为L，G钩码＝0.5N，在甲图中，根据杠杆平衡条件得，2G钩码×3L＝G磁×2L，解得，G磁＝3G钩码＝3×0.5N＝1.5N，根据G＝mg得，磁体的质量为：m磁＝＝0.15kg，将右侧条形磁体完全浸没在大烧杯的水中（悬挂位置不变，磁体不接触容器），需将左侧钩码去掉一个并向右移动一格后，杠杆方可在水平位置再次平衡，根据杠杆平衡条件得，G钩码×2L＝（G磁﹣F浮）×2L，解得，F浮＝1N，根据阿基米德原理得，磁体的体积V磁＝V排＝＝＝1×10﹣4m3，条形磁体材料的密度为：＝1.5×103kg/m3；（3）由（2）知，杠杆平衡时磁体受到了水对其向上的浮力，如果按乙图使杠杆再次平衡，则电磁铁应对条件磁体产生向上的磁力作用，根据同名磁极相互排斥，则电磁铁的上端应为S极，根据右手定则，电磁铁的电流方向应是上出下进，则电路A端应与电源的负极相连；（4）图丙中，左端＝3G钩码×4L，右端＝G磁×3L＝3G钩码×3L，左端大于右端，①断开开关后，只将条形磁体悬挂位置向右移动一格，右端＝G磁×4L＝3G钩码×4L，左端等于右端，可行；②③闭合开关后，则此时电磁铁应对条件磁体产生向下的磁力作用，将电源两极连线对调，适当改变（3）中变阻器滑片位置，改变磁力的大小，故②不可行，③可行。故答案为：（1）费力；（2）1.5×103；（3）负；（4）①③。【题型8影响电磁铁磁性强弱的因素】 20．（2021•禹城市一模）将如图所示中的电磁铁连入你设计的电路中（在方框内完成），要求：A．电路能改变电磁铁磁性的强弱；B．使小磁针静止时如图所示。【答案】见试题解答内容【分析】要改变电磁铁磁性的强弱，就需要从决定电磁铁磁性强弱的因素电流大小、线圈匝数、有无铁芯这几方面去考虑。由于线圈匝数、铁芯这两个方面已经确定。故只有从电流大小去考虑。要使小磁针静止在图示位置，就要使电磁铁的左端为N极，右端为S极。然后利用安培定则来确定电流方向。【解答】解：电磁铁的磁性强弱跟电流大小、匝数多少、是否有铁芯插入有关。图中匝数多少、是否有铁芯插入已确定，所以只能改变电流的大小，我们可以利用滑动变阻器来达到这个目的，滑动变阻器与电源串联。另外，我们还要画出电源。小磁针静止时N极所指示的方向﹣﹣向右，为该点磁场的方向。在磁体外部，磁感线从N极指向S极，所以螺线管的右端为S极，左端为N极。根据右手定则，电流应该从电磁铁的左端流入，右端流出，所以通电螺线管左端的导线连接电源的正极，右端的导线连接电源的负极。故答案如图所示：【题型9探究影响电磁铁磁性强弱的实验】 21．（2023•小店区校级一模）实验桌上有学生电源、电磁铁、已调零的电流表、已调零的弹簧测力计、滑动变阻器、软铁棒、带横杆的铁架台、刻度尺和开关各一个，导线若干。小华将这些器材组装成如图所示的实验装置。请利用该装置进行实验，证明：“当线圈匝数一定，通过电磁铁线圈中的电流越大，电磁铁的磁性越强”。（1）请写出仪器组装好以后的实验步骤；（2）请设计实验数据记录表格。【答案】见试题解答内容【分析】（1）要知道电磁铁的磁性越强，电磁铁对软铁棒的吸引力越大；（2）电磁铁磁性的强弱的影响因素：电流的大小、线圈匝数的多少、是否有铁芯；运用控制变量法设计实验探究电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系时，要控制电磁铁的匝数不变，改变电流的大小。【解答】解：（1）电磁铁对软铁棒的吸引越大，弹簧测力计的示数越大，说明电磁铁的磁性越强，所以可用利用弹簧测力计示数的大小来表示电磁铁磁性的强弱；（2）将学生电源、电磁铁、滑动变阻器、开关和电流表串联接在电源上，用滑动变阻器改变电路中的电流大小；（3）实验步骤：①闭合开关S前，读出弹簧测力计的示数F0，并记录在表格中；②闭合开关S，调节滑动变阻器滑片到适当位置，待测力计稳定时，读出电流表示数I、弹簧测力计的示数F，并将I、F记录在表格中，断开开关S；③闭合开关S，调节滑动变阻器滑片到适当位置，增大电流，读出电流表示数I、弹簧测力计的示数F，并将I、F记录在表格中，断开开关S；④根据弹簧测力计的示数，判断电磁铁的磁性强弱；（4）实验数据记录表：实验次数电流大小（A）弹簧测力计的示数（N）电磁铁磁性强弱（弱、强、较强）12322．（2021秋•肇东市校级期末）在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图所示的电路。（1）实验中通过观察电磁铁吸引大头针数目的多少来判断电磁铁磁性的强弱，这种研究方法转换法。当滑动变阻器滑片向左移动时，电磁铁甲、乙吸引大头针的个数增加（填“增加”或“减少”），说明电流越大，电磁铁磁性越强。（2）根据图示的情境可知，甲（填“甲”或“乙”）的磁性强，说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强。（3）根据右手螺旋定则，可判断出乙铁钉的上端是电磁铁的S极。（4）电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是大头针被磁化，同名磁极相互排斥。【答案】见试题解答内容【分析】（1）采用转换法，通过观察电磁铁吸引大头针数目的多少来判断电磁铁磁性的强弱；电磁铁磁性的强弱和线圈的匝数、电流大小有关；（2）根据电磁铁吸引大头针数目的多少来判断电磁铁磁性的强弱；分析图中的相同点和不同点做出解答；（3）根据右手螺旋定则，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，那么，大拇指所指的一端为N极；（4）大头针被磁铁吸引以后，大头针会被磁化，再根据同名磁极相互排斥作出分析和解答。【解答】解：（1）磁性的强弱是无法直接观察的。利用磁性的不同产生的磁力不同来认识电磁铁磁性的强弱不同，此题中就是利用电磁铁吸引大头针数目的不同来反映磁性强弱的不同的，这是一种转换的方法；当滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，通过的电流变大，所以电磁铁甲、乙的磁性增强，吸引大头针的个数增加；说明电流越大，电磁铁的磁性越强；（2）根据图示的情境可知，电磁铁甲吸引的大头针数目多，说明甲的磁性强；两电磁铁串联，电流相同，所以得出的结论是：电流一定时，线圈匝数越多，磁性越强；（3）乙螺线管中的电流是从上边导线流入的，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，那么，大拇指所指的下端为N极，所以上端为S极；（4）大头针被磁化，同一端的磁性相同，互相排斥，所以下端分散。故答案为：（1）电磁铁吸引大头针数目的多少；转换法；增加；大；（2）甲；线圈匝数越多；（3）S；（4）大头针被磁化，同名磁极相互排斥。【题型10电磁继电器的组成、原理和应用】 23．（2023春•成武县期中）我市装有多座过街天桥，极大方便了行人的出行。阴雨天时，空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为保证行人上下天桥时的安全，需在天桥入口处设置警示灯。图甲是某同学为此设计的部分模拟电路，电磁铁及触点1固定不动，衔铁可在电磁铁作用下上下运动，带动铜棒OF绕O点运动。该电路中需用到阻值随空气湿度变化的湿敏电阻，将湿敏电阻接在电路中（图中未画出），闭合开关S，当空气湿度小于设定值时，警示灯随湿度变化而自动调整亮度；当空气湿度增大到设定值时，警示灯能不断闪烁。图乙是可供选择的两种湿敏电阻的阻值随湿度变化关系的图像。忽略电磁铁线圈电阻，灯泡阻值不变，以下说法正确的是（）A．应选R1作为该电路的湿敏电阻 B．在M、N、Q三处位置中，湿敏电阻应安装在M处 C．小于设定值时，湿度越小警示灯越亮 D．向右移动滑片P，可使警示灯在较小湿度下实现闪烁【答案】B【分析】A、根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，再根据乙图判断哪个电阻的阻值随湿度的增加而减小，就选它作为湿敏电阻；B、若将它串联在图甲电路中的M位置，当通过电路的电流变大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸引，动触点2接触静触点1，R2会被短路，警示灯会一下变亮，起到闪烁的作用；C、空气潮湿时能见度低，为安全起见判断警示灯应越亮度与湿度大小的关系；D、电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流，最后根据湿敏电阻阻值随空气湿度变化情况判断。【解答】解：A、由乙图可知，R1的阻值随湿度的增加而增加，R2的阻值随湿度的增加而减小，根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，所以R2符合要求，故A错误；B、若将它串联在图甲电路中的M位置，当通过电路的电流变大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸下，动触点2接触静触点1，吸合后电磁铁和R2会被短路，警示灯会一下变亮，吸合后电磁铁和R2被短路而失去磁性，衔铁被弹簧拉起，此时警示灯和R2串联接入电路，灯泡变暗，而R2放在N点和Q点都不会出现此现象，故应该将警示灯串联在图甲电路中的M位置，才能起到闪烁的作用，故B正确；C、空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为安全起见，湿度越大，警示灯应越亮，故C错误；D、电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，即湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流，使警示灯在较小湿度下就能实现闪烁，故D错误。故选：B。24．（2022秋•开江县期末）小明利用光敏电阻受到光照时电阻变小特性，设计了如图所示的自动控制电路，要求光暗时灯亮，光亮时灯灭．在实际调试时，发现灯始终亮着，而光敏电阻和其他电路元件都正常。下列调节能使控制电路达到要求的是（）A．增加电磁铁线圈的匝数 B．滑动变阻器滑片P向右移动 C．抽出电磁铁中的铁芯 D．减小控制电路电源电压【答案】A【分析】（1）在实际调试时，发现灯始终亮着，而光敏电阻和其他电路元件都正常，说明工作电路一直是闭合的，要想在光亮时灯灭，一定要增大电磁铁的磁性。（2）滑动变阻器的作用是改变连入电路电阻丝的长度，改变电阻的大小，改变电路中的电流。【解答】解：电磁继电器的主要部分是电磁铁，电磁铁的磁性强弱跟电流的大小、线圈的匝数的多少、是否有铁芯插入，要想在光亮时灯灭，一定要增大电磁铁的磁性。采取的方法是增大电流、增加线圈的匝数。A、增加线圈的匝数增强电磁铁的磁性，故A符合题意；B、滑动变阻器滑片向右滑动电阻连入电路中的长度增大，电流减小，磁性减弱，故B不符合题意；C、抽出铁芯减弱电磁铁的磁性，故C不符合题意；D、减小电源电压，电路中的电流减小，磁性减小，故D不符合题意。故选：A。25．（2022春•慈溪市校级月考）小科设计了一个道路限载报警器（图甲），R0是变阻器，R是压敏电阻。R的电阻大小随压力大小变化关系如图乙。（1）调试好电路，闭合开关S1和S2，当超载车辆通过时，限载报警器会铃响（填“灯亮”或“铃响”）。（2）一般交通主干道的抗压能力比村道路要强得多。若把村道路限载报警器应用到主干道，就要适当调高报警的限载重量，下列操作可行的是AD（填编号）。A.把变阻器R0的滑片适当左移B.把变阻器R0的滑片适当右移C.把电源1的电压适当增大D.把电源1的电压适当减小【答案】（1）铃响；（2）AD。【分析】（1）分析车辆超载时电磁铁中是否有电流通过，只有电磁铁中有电流通过时电铃才会报警；（2）分析乙图中压敏电阻的特点，结合欧姆定律和杠杆的相关知识得到调高报警器的限载重量的方法。【解答】解：（1）闭合开关S1和S2，当超载车辆通过时，压敏电阻的阻值减小，通过电磁铁电路的电流增大，衔铁就会被吸下来，电铃电路接通，因此电铃会响。（2）①由乙图可知，压敏电阻的阻值随着压力的增大而减小，因此要想提高报警器的限载重量，必须增大电路中的电阻，减小电磁铁电路中的电流，故A正确，B错误；②由乙图可知，压敏电阻的阻值随着压力的增大而减小，因此要想提高报警器的限载重量，必须减小电磁铁电路中的电流，当阻值不变时间，可以减小电源电压，故C错误，D正确。故答案为：（1）铃响；（2）AD。26．（2023•镇江二模）图甲是一种自动蓄水装置示意图：力敏电阻固定不动，下方悬挂一圆柱体（其位置不随水面变化）。闭合开关S，水泵工作，向空水箱里缓慢注水，当水位达到设定高度h0时，水泵自动停止注水，此时柱体浸入水中的深度恰好为其高度的一半。已知：控制电路电源电压为4.5V，电阻箱R2阻值为10Ω，力敏电阻R1阻值与拉力F的关系如图乙所示，柱形物体的质量为1.5kg，底面积为10cm2，当线圈中电流I≤0.15A时，衔铁被释放，忽略线圈电阻，g取10N/kg。（1）由图乙可知，随着力敏电阻所受拉力变大，其阻值变小，随着水位升高，柱体缓慢浸入水中，柱体对力敏电阻拉力变小，线圈中电流变小（均选填“变大”、“变小”或“不变”）。（2）水位达到设定高度时，柱形物体浸入水中的深度h为30cm。（3）柱形物体的密度为2.5g/cm3。（4）若要降低水位设定高度h0，下列方法不可行的是BD（多选）。A．适当减小电源电压B．将电阻箱R2的阻值调小一些C．减少线圈的匝数D．保持柱状体形状和体积不变，换用密度更大的柱形物体【答案】（1）变小；变小；变小；（2）30；（3）2.5；（4）BD。【分析】（1）由图乙分析拉力与电阻的关系、拉力与浮力的关系，然后利用欧姆定律判断电路中电流的变化；（2）当线圈中电流I≤0.15A时，衔铁被释放，根据R＝算出电阻，再根据串联电路中电阻的规律算出R1，对照图乙得出拉力F，根据G＝mg得出物体的重力；对物体受力分析，得出浮力，再根据阿基米德原理算出排开液体的体积，根据h＝算出柱形物体浸入水中的深度h；（3）根据题意得出柱形物体的高度，算出其体积，根据ρ＝算出柱形物体的密度；（4）根据二力平衡，金属棒受到的浮力等于浮力减去拉力，结合欧姆定律、电磁铁磁性强弱的影响因素、阿基米德浮力原理，可知通过改变电源电压、电阻箱R2的阻值、电磁铁线圈的匝数、柱形物的质量均可以改变储水深度。【解答】解：（1）由图乙可知，随着力敏电阻所受拉力变大，其阻值变小；随着水位的升高，柱形物体受到的浮力增大，由F拉＝G﹣F浮可知，柱体对力敏电阻拉力变小；由图乙可知，拉力减小时，力敏电阻R1的阻值增大，电路中的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小；（2）当水位达到设定高度时，线圈中电流减小为0.15A，衔铁被释放，则根据欧姆定律和电阻的串联规律可得，此时力敏电阻R1的阻值：R1＝﹣R2＝﹣R2＝30Ω﹣10Ω＝20Ω；根据图乙可知，当R1＝20Ω时，力敏电阻受到拉力为12N；柱形物体的重力为：G＝mg＝1.5kg×10N/kg＝15N；由力的平衡条件可得，柱形物体的浮力为：F浮＝G﹣F拉＝15N﹣12N＝3N；根据F浮＝ρ水gV排可得柱形物体排开水的体积：V排＝＝＝3×10﹣4m3；则柱形物体浸入水中的深度：h＝＝＝＝0.3m＝30cm；（3）当水位达到设定高度h0时，水泵自动停止注水，此时柱体浸入水中的深度恰好为其高度的一半，故物体的高度为：H＝2h＝2×0.3m＝0.6m；物体的体积为：V＝SH＝10cm2×0.6m＝10×10﹣4m2×0.6m＝6×10﹣4m3；物体的密度为：ρ＝＝＝2.5×103kg/m3＝2.5g/cm3；（4）AB、若要使该自动蓄水装置最高警戒水位适当降低，柱体浸入水中的体积减小，根据F浮＝ρ液gV排知，浮力减小，根据F浮＝G﹣F拉知拉力增大，由图乙知R1的阻值减小；要保持衔铁被释放时的电流不变，若电源电压不变，根据R＝可知，电路的总电阻不变，故应该增大R2的阻值，故B符合题意；由于R1的阻值减小，要保持衔铁被释放时的电流不变，在R2的阻值不变时，根据I＝可知，应当适当减小电源电压；故A不符合题意；C、减少线圈的匝数，则电磁铁的磁性会减弱，若要衔铁被释放，就要增大线圈中的电流，在电源电压和R2的阻值均不变时，应减小R1的阻值，由图乙可知，此时应增大拉力F拉，根据F浮＝G﹣F拉知，柱体受到的浮力应减小，因此会降低水位设定高度h0，故C不符合题意；D、在电源电压和R2的阻值均不变时，且衔铁被释放时的电流不变，说明力敏电阻的阻值不变，则力敏电阻受到的拉力不变，根据F拉＝G﹣F浮知，要使拉力不变，但水位设定高度h0降低，浮力减小了，则柱体的重力应减小；当保持柱体形状和体积不变，换用密度更小的柱形物体可以减小重力，故D符合题意。故选BD。故答案为：（1）变小；变小；变小；（2）30；（3）2.5；（4）BD。27．（2023•汕头校级模拟）如图甲所示，这是物理兴趣小组设计的汽车转向指示灯电路模型，电路中电源电压恒为6V，指示灯的规格均为“6V3W”，R0为定值电阻，电磁铁线圈及衔铁的阻值忽略不计。当转向开关与触点“2和3”刚接通时，电磁铁中有电流通过，右转指示灯发光较暗，接着，衔铁被吸下，触点A与B接通，电磁铁和电阻R0被短路，右转指示灯发光较亮，此时，由于电磁铁中没有电流通过，衔铁被弹簧拉上去，触点A与B分离，电磁铁中又有电流通过，随后电磁铁又将衔铁吸下，如此循环，右转指示灯会较暗、较亮交替闪烁。当开关与触点“2和3”接通时，右转向指示灯两端实际电压变化规律如乙图所示。已知右转向灯发光较暗时，其两端实际电压为Ux，其消耗的实际功率为额定功率的9%，不考虑指示灯电阻随温度的变化。（1）右转向灯发光较暗时，触点A和触点B的状态是断开（选填“接通”或“断开”）；此时指示灯消耗的实际功率是0.27W，指示灯两端的实际电压Ux＝1.8V；（2）右转向灯交替工作3s，其消耗的电能是3.54J；（3）定值电阻R0的大小是28Ω；（4）开关与触点“3和4”接通时，指示灯的状态是亮暗交替发光（选填“亮度不变地持续发光”或“亮暗交替发光”）。【答案】（1）断开；（2）0.27；1.8；（3）3.54；（4）28；（5）亮暗交替发光。【分析】（1）根据题干中的信息解答；知道指示灯的额定电压和额定功率，根据P＝求出指示灯的电阻，根据题意求出当右转指示灯微弱发光时指示灯的实际功率和电压；（2）由图乙可知，交替工作的周期和一个周期内工作时间，据此求出右转指示灯闪烁交替工作3s内正常发光的时间，进一步求出微弱发光的时间，根据P＝求出正常发光消耗的电能和微弱发光时消耗的电能，两者之和即为共消耗电能；（3）再根据P＝求出灯泡两端的实际电压，根据串联电路的电压特点求出R0两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出R0的阻值；（4）根据电路的连接情况分析右转向指示灯的状态。【解答】解：（1）当转向开关与触点“2和3”刚接通时，电磁铁中有电流通过，右转指示灯发光较暗，说明电流较小，电阻R0被接入电路，此时触点A和触点B断开。当衔铁被吸下，触点A与B接通，电磁铁和电阻R0被短路，右转指示灯发光较亮；由P＝可得指示灯的电阻为：，当右转指示灯发光较暗时，指示灯的实际功率为：Px＝9%P额＝0.09×3W＝0.27W，由P＝可得，指示灯两端的电压为：＝＝1.8V，（2）由乙图可知，交替工作的周期为1.5s，一个周期内正常发光的时间为0.5s，则右转指示灯闪烁交替工作3s内，正常发光的时间为：，微弱发光的时间为：t2＝t﹣t1＝3s﹣1s＝2s，由P＝可得，正常发光消耗的电能为：W1＝Pt1＝3W×1s＝3J，较暗发光时消耗的电能为：W2＝Pxt2＝0.27W×2s＝0.54J，3s内共消耗电能为：W＝W1+W2＝3J+0.54J＝3.54J；（3）指示灯发光较暗时，两端的实际电压为1.8V，功率为0.27W，则电路中的电流为：I＝，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R0两端的电压为：U0＝U﹣Ux＝6V﹣1.8V＝4.2V，因串联电路中各处的电流相等，所以发光较暗时，R0的阻值为：；（4）当转向开关与触点“2和3”刚接通时，电磁铁中有电流通过，右转指示灯发光较暗，接着衔铁被吸下，触点A与B接通，电磁铁和电阻R0被短路，右转指示灯发光较亮，此时，由于电磁铁中没有电流通过，衔铁被弹簧拉上去，触点A与B分离，电磁铁中又有电流通过，随后电磁铁又将衔铁吸下，如此循环，右转指示灯会亮暗交替发光。故答案为：（1）断开；（2）0.27；1.8；（3）3.54；（4）28；（5）亮暗交替发光。28．（2023•玄武区一模）如图甲所示为兴趣小组设计的“汽车超载记录器”原理图，OAB为轻质水平杠杆，O为支点，OA：AB＝1：9。R为压敏电阻，其所受压力与电阻的关系如图乙所示。变阻器R1规格为“50Ω2A”，电磁继电器线圈电阻为5Ω，当通过线圈的电流大于0.1A时，电磁继电器的衔铁被吸下。（1）车辆超载时，红亮，照相机拍照，记录违法行为。（2）若某路段限载40t（即禁止质量超过40t的车通行），当车辆质量刚好为40t时，控制电路电压U的取值范围是多少？（3）若控制电路电压恒为5.5V，在其他条件不变的情况下，该“超载记录器”能设置的最低限载是多少吨？（4）某些主干道抗压能力较好，允许通行质量更大的车辆，需适当调高限载，下列措施可行的是ABC。A.适当增大R1阻值B.A点适当左移C.适当减小控制电路电源电压D.B点适当左移【答案】（1）红；（2）控制电路电压U的取值范围是3.5V≤U≤8.5V；（3）能设置的最低限载是10吨；（4）ABC【分析】（1）根据乙图判定汽车超载时压敏电阻阻值的变化和控制电路总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，然后分析电磁铁磁性强弱的变化和衔铁的位置变化，判定工作电路的工作状态；（2）已知路段限40吨，根据FA＝G＝mg得出A点的压力值FA，根据杠杆的平衡条件得出所以B点压力；根据图乙得出此时R的阻值，根据欧姆定律计算此时电源电压的值，进而得出U的取值范围；（3）根据电源电压和吸合电流求出电路的总电阻，根据串联电路的电阻关系求出压敏电阻的阻值，根据图乙得出此时的压力的大小；根据杠杆的平衡条件求出汽车压力的大小、汽车总重力的大小，根据m＝求出汽车的质量；（4）吸合电流不变，结合欧姆定律和杠杆的相关知识得到调高报警器的限载重量的方法。【解答】解：（1）车辆超载时，R受到的压力变大，根据图乙可知，R的电阻变小，控制电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，控制电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸下，红灯亮；（2）汽车对地面的压力即汽车的总重力为：G＝mg＝4×104kg×10N/kg＝4×105N；根据杠杆的平衡条件可知，B端受到的压力为：F2＝＝4×105N×＝4×104N；由图可知此时压敏电阻R＝30Ω；最小电压U1＝I1R1＝0.1A×（30Ω+5Ω）＝3.5V；最大电压U2＝I1R2＝0.1A×（30Ω+50Ω+5Ω）＝8.5V；即控制电路电压U的取值范围是3.5V≤U≤8.5V；（3）衔铁被吸下时控制电路的总电阻为：R总＝＝＝55Ω；该报警器要设置的最低限载时，R1＝0Ω，则此时压敏电阻的阻值为：R'＝55Ω﹣5Ω＝50Ω；由图乙可知此时F3＝104N，根据杠杆的平衡条件可知，汽车此时产生的压力为：F4＝＝104N×＝105N；则汽车的总质量为：m1＝＝＝＝104kg＝10t；（4）A、适当增大R1阻值，压敏电阻阻值一定时，根据欧姆定律可知通过电路的电流会减小，报警器不报警，故A可行；B、A点适当左移，车载不变时，根据杠杆平衡条件可知压敏电阻受到的压力变小，压敏电阻的阻值变大，根据欧姆定律可知通过电路的电流会变小，报警器不会报警，故B可行；C、适当减小控制电路电源电压，压敏电阻阻值一定时，根据欧姆定律可知通过电路的电流会减小，报警器不报警，故C可行；D、B点左移，车载不变时，根据杠杆平衡条件可知压敏电阻受到的压力变大，由图可知压敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律可知通过电路的电流会变大，报警器报警，故D不可行；故选：ABC。答：（1）红；（2）控制电路电压U的取值范围是3.5V≤U≤8.5V；（3）能设置的最低限载是10吨；（4）ABC。【题型11扬声器和耳机的构造原理】 29．（2022秋•和平区校级期末）下列选项中与图中工作原理相同的是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】（1）根据扬声器线圈中的变化的电流产生变化的磁场，通电线圈在磁场中受到力的作用而振动，从而带动纸盆振动而发声。【解答】解：A．图中通电导线使小磁针发生偏转，证明通电的导线周围存在着磁场，故A不符合题意；B．图中无电源，是发电机的实验装置，是利用电磁感应原理工作的，闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动，产生感应电流，是将机械能转化为电能的装置，故B不符合题意；C．图中反映的是磁场对通电导线产生力的作用，故C符合题意；D．电路中通电螺线管可以吸引铁钉，反映的是通电螺线管具有磁性，故D不符合题意。故选：C。【题型12直流电动机的原理】 30．（2022•中宁县模拟）我国从今年4月15日起，正式实施电动自行车新国标。李强购置了一辆符合新国标的电动车，如图所示，其整车质量为50kg，最高速度为25km/h，g取10N/kg。试问：（1）对蓄电池充电时，电能转化为化学能；行驶时，电动机提供动力，其工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用。（2）李强骑车在水平路面上匀速行驶了2min通过的路程位600m，则他骑车的平均速度是多少m/s？（3）当蓄电池的电全部耗完后，若充电功率为100W，充满电需要5h，不计能量损失，则充满电后蓄电池储存的电能为多少？（4）蓄电池充满电后，当质量为70kg的李强在水平路面上骑着车，车轮与水平地面的总接触面积是100cm2，则他骑车时对地面的压强是多少Pa？（5）新国标为什么对电动车的整车质量、最高速度都进行了限制？请用物理知识简要分析原因。【答案】（1）化学；通电导体在磁场中受到力的作用；（2）骑车的平均速度是5m/s；（3）充满电后蓄电池储存的电能0.5kWh；（4）骑车时对地面的压强是1.2×105Pa；（5）新国标对电动车的整车质量、最高速度进行限制，主要是为了防止车的动能较大，以减小行车危险。【分析】（1）蓄电池充电时，电能转化为化学能，供电时，化学能转化为电能；电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动；（2）根据速度公式计算可得李强骑车的速度；（3）根据W＝Pt求出充满电后蓄电池储存的电能；（4）根据p＝＝；（5）物体的质量越大，速度越大，具有的动能越大，据此分析。【解答】解：（1）对电池充电时，消耗了电能，获得了化学能，是将电能转化为化学能；电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动；（2）骑车的平均速度v＝＝＝5m/s；（3）充满电后蓄电池储存的电能W＝Pt＝0.1kW×5h＝0.5kWh；（4）骑车时对地面的压力F＝（m车+m人）g＝（50kg+70kg）×10N/kg＝1200N；骑车时对地面的压强p＝＝＝1.2×105Pa；（5）由于物体的质量越大，速度越大，具有的动能越大，因此，新国标对电动车的整车质量、最高速度进行限制，主要是为了防止车的动能较大，以减小行车危险。故答案为：（1）化学；通电导体在磁场中受到力的作用；（2）骑车的平均速度是5m/s；（3）充满电后蓄电池储存的电能0.5kWh；（4）骑车时对地面的压强是1.2×105Pa；（5）新国标对电动车的整车质量、最高速度进行限制，主要是为了防止车的动能较大，以减小行车危险。31．（2022•柘城县校级三模）小明家购买了一辆油电混合动力汽车，该车利用汽油机和电动机共同提供动力，其蓄电池最多可以储存66kW•h的电能，电动机将电能转化为机械能的效率可达70%。（1）电动机的原理与扬声器（选填“扬声器”或“动圈式话筒”）的原理相同。（2）该汽车某次在平直公路上匀速行驶时，受到的阻力为720N，则该车匀速行驶100km的过程中牵引力做了多少功？（3）蓄电池充满电后，只让电动机提供动力，假设汽车受到的阻力不变，该车持续行驶的最大路程是多少千米？（4）假设汽车受到的阻力不变，只让汽油机提供动力，汽油的热值取4×107J/L，汽油机的效率为30%，则汽车匀速行驶100km需要汽油多少升？【答案】（1）扬声器；（2）该车匀速行驶100km牵引力做了7.2×107J；（3）该车持续行驶的最大路程是231km；（4）汽车匀速行驶100km耗油6L。【分析】（1）电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动；（2）汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，根据W＝Fs求出牵引力做的功；（3）蓄电池充满电后，根据效率公式求出获得的机械能即牵引力做的功，根据W＝Fs求出汽车匀速持续行驶的最大距离；（4）知道汽车匀速行驶100km过程中牵引力做的功，根据效率公式求出汽油完全燃烧释放的热量，根据Q放＝Vq求出消耗汽油的体积，然后得出答案。【解答】解：（1）扬声器工作原理是通电导体在磁场中受力运动，与电动机的原理相同，动圈式话筒的原理是电磁感应，与电动机的原理不相同；（2）因汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，所以，汽车受到的牵引力：F＝f＝720N，该汽车匀速行驶100km过程中牵引力做的功：W＝Fs＝720N×100×103m＝7.2×107J；（3）蓄电池充满电后，由可得，获得的机械能即牵引力做的功：W机械＝Wη＝66×3.6×106J×70%＝1.6632×108J，；（4）汽车匀速行驶100km过程中牵引力做的功W＝7.2×107J，由可得，汽油完全燃烧释放的热量：，由Q放＝Vq可得，消耗汽油的体积：。答：（1）扬声器；（2）该车匀速行驶100km牵引力做了7.2×107J；（3）该车持续行驶的最大路程是231km；（4）汽车匀速行驶100km耗油6L。【题型13直流电动机的应用】 32．（2023•立山区校级一模）学习电动机和发电机时，课本上安排了三个活动。（1）图（甲）是观察磁场对通电线圈的作用的实验装置，将线圈两端的漆全部刮去后放入磁场，闭合开关，会观察到线圈将不能（能/不能）持续转动，原因是当线圈平面与磁感线垂直时，线圈受到磁场作用力相互平衡。（2）图（乙）是自制简易电动机模型。刮漆部位及方法见放大图。按这种方法刮漆，目的是使线圈转到平衡位置时，线圈中没有（有/没有）电流，从而能够按原方向持续转动，因此这一部位就相当于直流电动机中的换向器（填某一部件的名称）．通电后线圈能转动，如要加快转动速度，可采取的做法是：增大电流（或增强磁场）（写出一种即可）。（3）将图甲的装置改装成图丙所示的发电机，在风车持续转动时线圈中产生的是交流（直流/交流）电。【答案】见试题解答内容【分析】（1）直流电动机中的换向器可以在线圈刚转过平衡位置时，自动改变线圈中的电流方向，改变线圈的受力方向，使线圈持续转动下去。（2）换向器可以改变线圈中电流的方向，使得线圈连续转动下去；通电线圈在磁场中受力大小与电流大小和磁场强弱有关；（3）发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。【解答】解：（1）将线圈两端的漆全部刮去后，没有了换向器，不能改变线圈中的电流方向，就不能改变线圈的受力方向，所以闭合开关S后，发现线圈只能偏转至水平位置、不能持续转动；这个位置物理学中称为平衡位置，它是线圈平面与磁感线垂直的位置。（2）漆是绝缘体，按图中方法刮漆，线圈转到平衡位置时，线圈中没有电流，线圈由于惯性能够按原方向持续转动，所以此这一部位就相当于直流电动机中的换向器；通电后线圈