专题14 《电与磁》压轴培优题型训练（十四大题型） （教师版）

专题14《\o"第20章电与磁"电与磁》压轴培优题型训练【十四大题型】一．磁感线及其特点（共2小题）二．电流的磁效应（共3小题）三．探究通电螺线管的磁场特点（共3小题）四．通电螺线管的磁场（共3小题）五．利用安培定则判断磁极（共2小题）六．影响电磁铁磁性强弱的因素（共2小题）七．探究影响带电磁铁磁性强弱的实验（共5小题）八．电磁继电器的构造与原理（共6小题）九．电磁继电器在实际生活中的应用（共2小题）十．通电导线在磁场中受到力的作用（共5小题）十一．探究磁场对通电导线的作用（共3小题）十二．电动机工作原理（共2小题）十三．电磁感应现象（共2小题）十四．探究产生感应电流的条件（共2小题）一．磁感线及其特点（共2小题）1．作图题：（1）如图1，根据小磁针的指向，请你标出磁体的N、S极和磁感线方向。（2）如图2，根据小磁针静止时的指向，请你标出通电螺线管的N、S极和电源正、负极。（3）如图3，把带有开关的电灯、三孔插座正确地连入家庭电路中。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由图可知，与小磁针N极靠近的是磁体的S极；与小磁针S极靠近的是磁体的N极，而后据磁感线的方向是从N极指向S极可判断磁感线的方向。如下图：（2）解：由图知：小磁针的磁极为：左S、右N，那么螺线管的磁极为：左S、右N；由右手螺旋定则可作图如下：（3）零线直接进入灯泡的螺旋套；火线先接入开关，再进入灯泡顶端的金属点。三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。2．阅读短文，回答问题：电动自行车是如何调速的常用电动自行车调速系统主要由磁铁、霍耳传感器、控制器和开关K四部分组成。霍耳传感器是将磁信号转变成电压的装置，它产生的电压U0随磁场增强而增大。在转动电动自行车手柄旋转套时，旋转套中磁铁与固定在手柄中的霍耳传感器的距离发生改变，使U0发生变化。控制器自身产生大小随时间周期性变化电压U1，如图甲所示。控制器将电压U1与霍耳传感器的电压U0比较后，输出控制电压UK，控制开关K的通断。当U1小于U0时，UK＝1V，图乙中开关K闭合；U1大于U0时，UK＝0，K断开。U0不同，开关K闭合时间（Δt闭合）与断开时间（Δt断开）都会变化，越大，电动机转得越快。（1）霍耳传感器将D。A．磁场的方向转化为电流B．磁场的强弱转化为电流C．磁场的方向转化为电压D．磁场的强弱转化为电压（2）如图丙所示，将霍耳传感器沿磁感线从A点移动到B的过程中，其产生电压U0A。A．不断增大B．保持不变C．不断减小D．先减小后增大（3）电动自行车行驶过程中，当U0小于U1时，电动机中无（有/无）电流通过。（4）图丁中折线A和直线B分别是U1和U0随时间变化的关系图线。在0～2T内控制开关K闭合的时间段分别为0～t1、t2～t3、t4～2T。（5）电动自行车在行驶过程中霍耳传感器输出电压U0如图戊中图线M，转动手柄旋转套后U0变为图中图线N，图中折线A是U1随时间变化的关系图线。与转动前相比，下列判断正确的是C。A．电动自行车速度增大B．手柄旋转套中磁铁与霍耳传感器的距离减小C．每次K闭合与断开时间之比（）变小D．每次K闭合与断开时间之和（Δt闭合+Δt断开）变大【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由题意可知，耳传感器是将磁信号转变成电压的装置，所以霍耳传感器将磁场的强弱转化为电压的变化，故D正确；（2）由图丙可知，将霍耳传感器沿磁感线从A点移动到B的过程中，磁场在逐渐增强，所以霍耳传感器产生电压U0在不断增大，故A正确；（3）由材料可知，当当U0小于U1时，UK＝0，K断开，电路中无电流通过；（4）当U1小于U0时，UK＝1V，U1大于U0时，UK＝0；所以在0～t1、t2～t3、t4～2T内，UK＝1，在这三个时间段内控制开关K闭合；（5）由戊图可知，电动自行车在行驶过程中霍耳传感器输出电压U0转动手柄旋转套后由图线M变为图中图线N后，开关K闭合时间（Δt闭合）变短，断开时间（Δt断开）变长，变小，电动机转变慢，故A错误，C正确；由于变化周期T为每次K闭合与断开时间之和，而变化周期T不变，所以每次K闭合与断开时间之和（Δt闭合+Δt断开）不变，故D错误；由图可知U1小于U0的时间段变短，UK＝1V的时间变长，所以U0变小，U0随磁场减弱而减小，所以霍尔传感器周围的磁性变弱，即与磁铁的距离增大，故B错误。故答案为：（1）D；（2）A；（3）无；（4）0～t1、t2～t3、t4～2T；（5）C。二．电流的磁效应（共3小题）3．如图是一些研究电磁现象实验的示意图。关于这些实验，下列说法中错误的是（）A．甲实验中，导线中有电流通过时，小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场 B．乙实验中，闭合开关后，导体棒ab由静止变为运动，说明这个过程中电能转化为机械能 C．丙实验中，两线圈匝数相同，通过线圈的电流不同，电磁铁吸引大头针个数不同，说明电磁铁磁性强弱与电流大小有关 D．丁实验中，导体棒ab水平向左运动，电流表指针发生偏转，说明只要导体在磁场中运动，就一定能产生电流【答案】D【解答】解：A、甲图是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，故A正确；B、乙图是通电导体在磁场中受力，电能转化为机械能，故B正确；C、丙图是探究电磁铁磁性的强弱与电流的关系，在其它条件相同时，电流越大，电磁铁的磁性越强，故C正确；D、是电磁感应实验，导体只有切割磁感线时，闭合电路中才会产生感应电流，故D错误。故选：D。4．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【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。5．如图所示，从一个不能打开的盒子（内有电池组等电路元件）上的两个小孔中伸出一段细软的长导线。试在不断开该导线的情况下，设计两种不同的方法判断该导线中是否有电流，并根据你的设计填写下表。所用的器材主要实验步骤及判断导线中是否有电流的方法方法一方法二【答案】见试题解答内容【解答】解：方法不唯一；思路一：利用通电直导线周围存在磁场设计实验；思路二：制作电磁铁，根据电磁铁吸引磁性物质的性质设计实验；具体方法如下：所用器材主要实验步骤及判断导线中是否有电流的方法方法1小磁针在桌面上放一个小磁针，小磁针静止时，把导线平行于小磁针正上方，若小磁针发生了偏转，则说明导线中有电流通过方法2铁钉、大头针把导线绕在铁钉上，制成一个电磁铁，看能否吸引大头针，若能，说明导线中有电流通过三．探究通电螺线管的磁场特点（共3小题）6．小明在探究“通电螺线管的外部磁场”实验中，设计了如图一所示电路。实验时：（1）可通过观察小磁针静止时，N极的指向判断通电螺线管的磁极。（2）小明猜想：通电螺线管的磁场强弱可能与线圈匝数和电流大小都有关。实验中，他将开关S从l换到2上时，调节变阻器的滑片P，再次观察电流表示数及吸引大头针的数目，此时调节滑动变阻器是为了控制两次实验的电流大小不变，来探究通电螺线管的磁场强弱与线圈匝数的关系。（3）为了探究“通电螺线管的磁极性质”，小明对螺线管可能的电流方向和绕线方式进行了实验，得到了如图二所示的四种情况。分析情况可知，螺线管的磁极由电流方向和绕线方式决定。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由图甲可知，在螺线周围有两个小磁针，我们可以通过观察小磁针的指向来判断螺线管的极性；（2）实验中，他将开关S从l换到2上时，连入电路的线圈匝数发生了变化，为了保证电流不变，应调节变阻器的滑片P，控制两次实验的电流大小不变，再次观察电流表示数及吸引的回形针数目，这样才能探究出通电螺线管磁场强弱与线圈匝数的关系。（3）四个图中的螺线管电路中甲和乙的绕线方式相同，电流方向不同，根据小磁针的指向情况知螺线管的磁极与电流的方向有关；比较甲和丙知，电流的方向相同，绕线方式不相同，根据小磁针的指向情况知螺线管的磁极与绕线方法有关。故答案为：（1）小磁针静止时，N极的指向；（2）控制两次实验的电流大小不变；线圈匝数；（3）电流方向和绕线方式。7．在探究通电螺线管的磁场时，小亮采用了如图所示的实验装置。闭合开关后，小亮将大头针靠近螺线管的两端，均未发现螺线管吸引大头针的现象。经检查，全部实验器材均无故障且连接无误。根据此现象，小亮得出结论：通电螺线管周围不存在磁场。实验桌上有：电源、开关、螺线管、细线、条形磁铁、玻璃板各一个，大头针、小磁针、铁屑、导线若干，请你利用这些器材，设计一个实验证明小亮的结论是错误的。写出实验步骤和实验现象。【答案】实验步骤：1、将电源、开关、螺线管按如图所示电路用导线连接起来；2、在螺线管上平放一块玻璃板，并在玻璃板上均匀地撒上一层铁屑；3、闭合开关，并轻轻敲击玻璃板，观察到的铁屑分布情况后断开开关；4、根据观察到的铁屑分布情况分析得出结论。实验结论：铁屑分布在AB两端较密，中间铁屑较少，与条形磁体周围的铁屑分布相同，说明通电螺线管周围存在磁场，小亮的结论是错误的。【解答】解：设计实验：1、将电源、开关、螺线管按如图所示电路用导线连接起来；2、在螺线管上平放一块玻璃板，并在玻璃板上均匀地撒上一层铁屑；3、闭合开关，并轻轻敲击玻璃板，观察到的铁屑分布情况后断开开关；4、根据观察到的铁屑分布情况分析得出结论：铁屑分布在AB两端较密，中间铁屑较少，与条形磁体的周围铁屑分布相同，说明通电螺线管周围存在磁场，小亮的结论是错误的。故答案为：实验步骤：1、将电源、开关、螺线管按如图所示电路用导线连接起来；2、在螺线管上平放一块玻璃板，并在玻璃板上均匀地撒上一层铁屑；3、闭合开关，并轻轻敲击玻璃板，观察到的铁屑分布情况后断开开关；4、根据观察到的铁屑分布情况分析得出结论。实验结论：铁屑分布在AB两端较密，中间铁屑较少，与条形磁体周围的铁屑分布相同，说明通电螺线管周围存在磁场，小亮的结论是错误的。8．（Ⅰ）在“探究通电螺线管外部磁场方向”实验中，在图示的螺线管周围不同位置放一些小磁针，闭合开关，观察各个小磁针的指向。为了探究结果更精确，小磁针应多一些（选填“多一些”或“少一些”）；把电池正负极对调，闭合开关会发现小磁针反向偏转（选填“不偏转”或“反向偏转”），此现象说明通电螺线管外部磁场方向和电流方向有关。（Ⅱ）小明利用最大刻度值标有2.5mL的一次性注射器等器材，对大气压的值进行测量。其实验步骤如下：a．先将活塞推至注射器底端，再用橡皮帽封住注射器的小孔。b．按图组装器材，用左手托住弹簧测力计保持它在水平方向，然后用右手水平向右慢慢地拉动注射器筒，当注射器中的活塞刚开始向左滑动时，记下弹簧测力计的示数为5.5N．松手时发现注射器中的活塞向右滑动瞬间，弹簧测力计的示数为4.5N。c．测出注射器全部刻度的长度为5cm。d．根据测量数据，算出大气压的值。（1）实验所用的器材为：注射器、弹簧测力计、细绳、橡皮帽、水和刻度尺。（2）实验过程中，小明让弹簧测力计和注射器筒保持在水平方向，这样做的目的是为了减小活塞的重力对实验的影响，从而提高实验的准确程度。（3）根据小明测得的数据计算出大气压的值为1.0×105Pa。（4）小明发现，同学们在做此实验时测得的大气压值误差较大，对此小明与同学找出了下列可能的原因：①橡皮帽封住的注射器小孔中有残余气体；②活塞与注射器筒壁间有摩擦；③弹簧测力计的读数时，读数偏大；④活塞与注射器筒壁不完全密封。上述原因一定会使测量值小于真实值的是①④。【答案】见试题解答内容【解答】解：（Ⅰ）因为小磁针放入磁场，小磁针静止时N极指向和该点磁场方向相同，所以实验中使用小磁针是为了指示磁场方向，从而判断该点的磁场方向；为了探究结果更精确，小磁针应多放一些，把电池正负极对调，改变了电流方向，闭合开关后，会发现小磁针指示磁场方向改变了，此现象说明磁场方向和电流方向有关。（Ⅱ）（1）该实验的原理是p＝，实验中要测出注射器有刻度部分的长度，因此还要有刻度尺。（2）当弹簧测力计和注射器筒不在水平方向时，由于活塞受重力的作用，使得测力计的拉力不等于大气压力，从而影响测得的大气压，所以让弹簧测力计和注射器筒保持在水平方向，目的是为了减小活塞自身重力对实验的影响，从而提高实验的准确程度。（3）由题可知，注射器容积V＝2.5ml＝2.5cm3，注射器全部刻度的长度L＝5cm；因为注射器为圆柱体，根据V＝SL可得，活塞的横截面积：S＝＝＝0.5cm2；实验时，当注射器中的活塞刚开始向左滑动时，注射器筒壁对活塞的摩擦力方向向右，活塞还受向右的大气压力、向左的测力计拉力F1，如下图所示；根据力的平衡条件可得：F大气+f＝F1﹣﹣﹣﹣﹣﹣①松手时发现注射器中的活塞向右滑动瞬间，注射器筒壁对活塞的摩擦力方向向左，活塞还受向右的大气压力、向左的测力计拉力F2，如上图所示；根据力的平衡条件可得：F大气﹣f＝F2﹣﹣﹣﹣﹣﹣②①式+②式，整理可得大气对活塞的压力：F大气＝（F1+F2）＝（5.5N+4.5N）＝5N，所以，大气压的值为：p＝＝＝1×105Pa；（4）橡皮帽封住的注射器小孔中有残余气体，活塞与注射器筒壁不完全密封，大气压力和注射器内部的气体压力会抵消一部分，都会使拉力变小，在面积不变的情况下，测得的大气压会偏小，即测量值小于真实值；活塞与注射器筒壁间有摩擦会导致拉力变大，测得的大气压会偏大；弹簧测力计的读数时，读数偏大，即测得的拉力变大，测得的大气压会偏大；故选①④。故答案为：（Ⅰ）多一些；反向偏转；通电螺线管外部磁场方向和电流方向有关；（Ⅱ）（1）刻度尺；（2）活塞的重力；（3）1.0×105；（4）①④。四．通电螺线管的磁场（共3小题）9．如图，一质量为40g。体积为50cm3的铁制小球放入盛水的薄玻璃容器中，在玻璃容器下方有一已经接入电路的螺线管，小灯泡标有“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，假设灯丝电阻保持不变，不考虑小球与螺线管距离的远近对力F的影响。I/A0.10.20.30.40.5F/N0.050.10.150.20.25（1）闭合开关后，通电螺线管A端是N极，调节滑动变阻器，滑片向右移动，则通电螺线管的磁性会增强。（2）闭合开关，调节滑动变阻器使铁制小球能够悬浮在水中，此时，小灯泡消耗的功率是多少W？（3）闭合开关，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光，当铁制小球静止时，小球对容器底的压力是多少N？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）伸出右手，四指弯曲指示电流的方向，大拇指所指的方向即螺线管的A端为通电螺线管的N极，如图：电流从左端流入，所以上端即A端为N极；滑动变阻器P向右移动时，接入电路中的电阻变小，电流变大，通电螺线管的磁性将增强。（2）小球受到的重力G＝mg＝40×10﹣3kg×10N/kg＝0.4NS闭合后，小球悬浮，此时F浮＝G+F，浸没在水中静止时，小球所受浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103×10×50×10﹣6N＝0.5N此时由受力分析可知：G+F＝F浮代入数据解出F＝0.1N查表可知，此时电路中的电流I＝0.2A根据灯的铭牌可知RL＝＝＝12Ω此时灯泡消耗的功率是PL＝I2RL＝（0.2A）2×12Ω＝0.48W；（3）当小灯泡正常发光时，I＝IL＝＝＝0.5A查表可知此时通电螺线管对小球的吸引力F＝0.25N当小球沉底静止时，由受力分析可知：F+G＝F浮+N代入数据可知容器对小球的支持力N＝0.15N，故小球对容器底的压力F压＝0.15N。故答案为：（1）N；磁性；（2）小灯泡消耗的功率是0.48W；（3）小球对容器底的压力是0.15N。10．物理学中常用磁感线来形象地描述磁场，用磁感应强度（用字母B表示）来描述磁场的强弱，它的国际单位是特斯拉（符号是T），磁感应强度B越大表明磁场越强；B＝0表明没有磁场。有一种电阻，它的大小随磁场强弱的变化而变化，这种电阻叫做磁敏电阻，图1所示是某磁敏电阻R的阻值随磁感应强度B变化的图象。为了研究某磁敏电阻R的性质，小刚设计了如图2所示的电路进行实验，请解答下列问题：（1）当S1断开、S2闭合时，电压表的示数为3V，则此时电流表的示数为0.03A．电阻R消耗的功率是0.09W。（2）只闭合S1，通电螺线管的右端为N极；闭合S1和S2，移动两个滑动变阻器的滑片，当电流表示数为0.04A时，电压表的示数为6V，由图象可得，此时该磁敏电阻所在位置的磁感应强度为0.3T。（3）实验中小刚将电路中电源的正负极对调，发现乙电路中电压表和电流表的示数不变，这表明：该磁敏电阻的阻值与磁场的方向无关。（4）实验中小刚通过改变滑动变阻器连入电路中的阻值来改变磁敏电阻所在位置的磁感应强度，请你再提供一种改变磁感应强度的方法改变通电螺线管的线圈匝数。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）当S1断开、S2闭合时，螺线管无磁性，B＝0，由图1可知，磁敏电阻的阻值R＝100Ω，根据欧姆定律得，电流表的示数为I＝＝＝0.03A；功率P＝UI＝3V×0.03A＝0.09W；（2）闭合开关S1时，螺线管产生磁性，由安培定则知：右端为N极，左端为S极；当电流表示数为0.04A时，电压表的示数为6V，磁敏电阻的阻值为R′＝＝＝150Ω，由图象知，此时的磁感应强度为0.3T；（3）小刚将电源的正负极对调，螺线管的磁极发生变化；发现乙电路中电压表和电流表的示数不变，也就是磁敏电阻的阻值不变。这表明：该磁敏电阻的阻值与磁场的方向无关；（4）已知磁敏电阻的大小随磁场强弱的变化而变化，所以可以通过改变通电螺线管中线圈匝数、取出或放入铁芯改变螺线管的磁性强弱，间接改变磁敏电阻的阻值。故答案为：（1）0.03；0.09W；（2）N；0.3；（3）方向；（4）改变通电螺线管的线圈匝数（或螺线管中取出或放入铁芯）。11．设计实验﹣研究电现象（可以配图说明）（1）请你设计一个验证性小实验，证明“通电螺线管外部磁场的形状与条形磁体的磁场相似”。（2）设计实验探究：“串联后的总电阻与分电阻的关系”器材电源、电流表、电压表、小灯泡、2个阻值都是R的定值电阻、开关、导线若干数据记录表格实验步骤【答案】见试题解答内容【解答】答：（1）如右图，在一块玻璃上安装一个用导线绕成的螺线管，板面上均匀地洒满细铁屑，再给螺线管通以电流，轻轻敲击玻璃板面，观察玻璃板面上细铁屑的分布情况，得出：通电螺线管周围细铁屑分布情况与条形磁体的相似，因此通电螺线管周围的磁场与条形磁铁的磁场相似。（2）如图所示：实验步骤：①将两个电阻R接入电路，记录下电流表的示数为I；②将电压表并联在R两端，测量此时的电压为U；然后将电压表并联在两个电阻的两端，测得总电压为U总。③据欧姆定律计算出R和R总，比较它们的关系即可。实验记录表格：电流表示数I（A）U（V）U总（V）五．利用安培定则判断磁极（共2小题）12．如图，根据小磁针的极性，在圈内标出磁感线的方向。【答案】见试题解答内容【解答】解：据小磁针的指向可知，该螺线管的左端是S极，右端是N极；在磁体外部，磁感线从N极指向S极，所以磁感线的方向是向左的，如下图所示：13．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。【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。六．影响电磁铁磁性强弱的因素（共2小题）14．下列说法中不正确的是（）A．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，导体中就一定会产生感应电流 B．同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引 C．一个可以正确指南北小磁针放在无外界磁场干扰的教室中，静止时，指南的一端为南极 D．电磁铁磁性强弱与线圈匝数多少有关【答案】A【解答】解：A、闭合电路的一部分导体只有在磁场中做切割磁感线运动时，导体中才定会产生感应电流，故错误；B、磁极间的作用规律是：同名磁极相互排斥，异名磁性相互吸引；故正确但不符合题意；C、地球是一个巨大的磁体，地理的南极是地磁场的北极，故一个可以正确指南北小磁针放在无外界磁场干扰的教室中，小磁针的南极应该指示南方（地磁场的北极），故正确但不符合题意；D、电磁铁磁性强弱与电流的强弱、线圈的匝数有关，故正确但不符合题意；故选：A。15．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【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：七．探究影响带电磁铁磁性强弱的实验（共5小题）16．如图所示，是某学习小组同学设计的研究“电磁铁磁性强弱”的实验电路图。（1）要改变电磁铁线圈中的电流大小，可通过滑动变阻器滑片的滑动来实现；要判断电磁铁的磁性强弱，可观察吸引的铁钉数目的多少来确定。（2）下表是该组同学所做实验的记录：电磁铁（线圈）50匝100匝实验次数123456电流/A0.81.21.50.81.21.5吸引铁钉的最多数目/枚581071114①比较实验中的1、2、3（或4、5、6），可得出的结论是：电磁铁的匝数一定时，通过电磁铁线圈中的电流越大，电磁铁的磁性越强；②比较实验中的1和4（或2和5或3和6），可得出的结论是：电磁铁线圈中的电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强；（3）在与同学们交流讨论时，另一组的一个同学提出一个问题：“当线圈中的电流和匝数一定时，电磁铁的磁性强弱还与什么有关？你对此猜想是：电磁铁的磁性强弱可能跟铁芯大小有关。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）实验时，移动滑动变阻器的滑片，可以改变电路中的电流大小；通过电磁铁吸引铁钉多少来反映，电磁铁吸引铁钉越多，电磁铁磁性越强，这种方法是转换法。（2）①比较实验中的1、2、3（或4、5、6）可以看出，在线圈的匝数相同时，电流从0.8A增加到1.5A时，吸引铁钉的个数由5枚增大到10枚，说明在线圈的匝数一定时，通过电磁铁的电流越大，电磁铁的磁性越强；②比较实验中的1和4（或2和5或3和6）可以得出通过电磁铁的电流都为0.8A时，线圈匝数50匝的吸引5枚铁钉，线圈匝数为100匝的吸引铁钉7枚，说明在通过电磁铁的电流相同时，线圈的匝数越多，电磁铁的磁性越强。（3）①电磁铁的磁性强弱可能跟铁芯大小有关。探究电磁铁磁性强弱跟铁芯大小关系时，控制电流和线圈匝数不变，改变铁芯大小。②验证方案：保证两次电路中的线圈匝数和电流相同，让两次插入的铁芯的大小不一样，看吸引的铁钉数目的多少，如果两次吸引的数目不一样，则说明磁性的强弱与铁芯的大小有关。故答案为：（1）滑动变阻器滑片的滑动；吸引的铁钉数目的多少；（2）①电流越大，电磁铁的磁性越强；②1和4（或2和5或3和6）；（3）电磁铁的磁性强弱可能与线圈内的铁芯大小有关。17．在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明用铁钉制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图所示的电路。（1）实验中是通过吸引大头针的数量来显示电磁铁磁性的强弱，当滑动变阻器滑片向左移动时，电路中的电流增大（填“增大”、“不变”或“减小”），电磁铁吸引大头针的个数增多，说明电流越大，电磁铁磁性越强。（2）根据图示的情景可知，电磁铁甲的上端是S极；电磁铁甲（填“甲”或“乙”）的磁性较强，说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强；实验发现被电磁铁吸引的大头针下端是分散的，其原因是大头针被磁化，同名磁极相互排斥。【答案】（1）增大；大；（2）S；甲；越多；同名磁极相互排斥。【解答】解：（1）由图可知：甲、乙串联，甲的匝数比乙的多，当滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路中的电流增大，电磁铁吸引大头针的个数增多，说明电流越大，电磁铁磁性越强；（2）甲的线圈上的电流方向向左，根据安培定则可知：甲的上端为S，下端为N；甲吸引的大头针数多，说明甲的磁性强，这说明：在电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强；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）增大；大；（2）S；甲；越多；同名磁极相互排斥。18．磁感应强度B用来描述磁场的强弱，国际单位是特斯拉，符号是T．为了探究电磁铁外轴线上磁感应强度的大小与哪些因素有关，小聪设计了如图1所示的电路，图甲中电源电压为6V，R1为磁感电阻，其阻值随磁感应强度变化的关系图线如图2所示。（1）闭合开关S1和S2，图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动，图甲中电流表的示数逐渐减小，这说明磁感电阻R1处的磁感应强度B逐渐增大。（选填“增大”或“减小”）（2）闭合开关S1和S2，保持滑片P不动，沿电磁铁轴线向左移动磁感应电阻R1，测出R1离电磁铁左端的距离s与对应的电流表示数I，算出R1处磁感应强度B的数值如表。请计算s＝5cm时，B＝0.4T。s/cm123456I/mA101215203046B/T0.680.650.600.510.20（3）综合以上实验数据可以得出：电磁铁外轴线上磁感应强度随电磁铁电流的增大而增大；离电磁铁越远，磁感应强度越小。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）闭合开关S1和S2，图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I＝可知，乙电路中的电流变大，电磁铁的磁性变强，即磁感电阻R1处的磁感应强度B逐渐变大；图甲中电流表的示数逐渐减小，由R＝可知，R的电阻变大，由图2可知，磁感电阻R1处的磁感应强度B逐渐变大，；综上可知，磁感电阻R1处的磁感应强度B逐渐增大；（2）由表格数据可知，s＝5cm时，甲电路中的电流I＝30mA＝0.03A，由I＝可得，磁感电阻的阻值R＝＝＝200Ω，由图2可知，对应的磁感应强度是0.4T；（3）图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动，电路中的电流变大，电磁铁的磁性变强，则电磁铁外轴线上磁感应强度随电磁铁电流的增大而增大；由表格数据可知，R1离电磁铁左端的距离s越大时，磁感应强度越小；故可得结论：电磁铁外轴线上磁感应强度随电磁铁电流的增大而增大；离电磁铁越远，磁感应强度越小。故答案为：（1）增大；（2）0.4；（3）增大；小。19．现要探究“通电线圈的磁性强弱与通过线圈的电流强弱的关系”，部分实验报告如下，请按要求完成相关内容。（1）实验目的：探究通电线圈磁性强弱与通过线圈的电流关系；（2）实验原理：对同一线圈，改变通过线圈的电流，观察线圈吸引大头针的数量来判断其磁性强弱的变化。能吸引大头针的数量越多，线圈的磁性越强。（3）实验器材：除电池、开关、线圈、导线、大头针外，还需要滑动变阻器和电流表；请在图中的虚线框内画出实验电路图（线圈已画出）。（4）实验步骤：请参考“实验原理”简要写出剩下的实验步骤①依电路图将实验器材连接起来；②将滑动变阻器的滑片移至最右端，闭合开关，观察其吸引大头针的多少；将滑片向左滑动，观察电磁铁吸引大头针的多少；比较现象得出结论。【答案】见试题解答内容【解答】解：（2）实验中通过通电线圈吸引大头针数目的多少来反映通电线圈磁性的强弱，通电线圈能吸引大头针的数量越多，线圈的磁性越强；（3）探究通电线圈磁性强弱与通过线圈的电流关系，需要改变电路中的电流，在不改变电路的情况下，使用滑动变阻器改变连入电路的电阻来改变电路中的电流，需要电流表测量通过电路的电流，所以需要的器材有：滑动变阻器和电流表；要探究通电线圈的磁性强弱与通过通电线圈线圈中的电流是否有关，需要改变电流的大小，因此需要将电路元件串联；如图所示：（4）①依电路图将实验器材连接起来；②将滑动变阻器的滑片移至最右端，闭合开关，观察其吸引大头针的多少；将滑片向左滑动，观察电磁铁吸引大头针的多少；比较现象得出结论。故答案为：（2）越强；（3）滑动变阻器和电流表；见上图；（4）②将滑动变阻器的滑片移至最右端，闭合开关，观察其吸引大头针的多少；将滑片向左滑动，观察电磁铁吸引大头针的多少；比较现象得出结论。20．如图是小明研究“影响电磁铁磁性强弱因素”的装置示意图，它由电源、滑动变阻器、开关、带铁芯的螺线管和自制的针式刻度板组成。通过观察指针B偏转角度的大小来判断电磁铁磁性的强弱。在指针下方固定一物体A，用导线a与接线柱2相连，闭合开关后，指针B发生偏转。（1）用笔画线代替导线将实物图连接完整。（2）指针下方的物体A应由D材料制成。A.铜B.铝C.塑料D.铁（3）实验发现：①当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，指针B偏转的角度将会增大；②保持滑片P位置不变，当导线a由与接线柱2相连改为与接线柱1相连，闭合开关后，可发现指针B偏转的角度将会变大（选填“变大”或“变小”）；③断开开关，电磁铁无（选填“有”或“无”）磁性。（4）经过对电磁铁的研究，可得出结论：电磁铁磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关。【答案】（1）见解析；（2）D；（3）①左；②变大；③无；（4）电流的大小；线圈的匝数。【解答】解：（1）实物连接图，如图所示：。（2）电磁铁具有吸引铁的特性，电磁铁吸引物体A使指针改变偏转角度，所以物体A应由铁质材料制成，故应选D。（3）①当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器的阻值变小，电路中电流变大，电磁铁的磁性增强，电磁铁吸引物体A偏转角度增大，所以指针B偏转的角度将会变大。②保持滑片P位置不变，电磁铁中电流大小不变，当导线a由接线柱2改为与接线柱1相连，电磁铁线圈的匝数增多，电磁铁磁性增强，闭合开关后，可发现指针B偏转的角度将会变大。③断开开关，电磁铁无磁性。（4）经过对电磁铁的研究，可得出结论是：电磁铁磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关。故答案为：（1）见解析；（2）D；（3）①左；②变大；③无；（4）电流的大小；线圈的匝数。八．电磁继电器的构造与原理（共6小题）21．如图﹣1是物理创新小组设计的“闯红灯违规模拟记录器”，控制电路电源电压为6V，电磁继电器线圈电阻为10Ω，R为力敏电阻，其阻值大小随压力F的变化关系如图﹣2所示。当光控开关接收到绿光时断开，工作电路中指示灯亮，电控照相机不工作，当光控开关接收到红光时自动闭合，且当力敏电阻受到车的压力增大到一定数值，控制电路中电流等于或大于0.06A时，电控照相机开始拍照，g取10N/kg。下列说法中不正确的是（）A．a处是指示灯，b处是电控照相机 B．当控制电路中电流等于0.06A时，闯红灯的车的质量为400kg C．当质量为1200kg的车闯红灯时，控制电路消耗的总功率为0.9W D．若使质量较小的车闯红灯也能被拍下，可以适当减小线圈的匝数【答案】D【解答】解：A、根据题意，当光控开关接收到绿光时，光控开关断开，此时电磁铁无磁性，衔铁没有被吸引，工作电路中的指示灯发光，此时指示灯所在的支路应该接通，即a处是指示灯；当光控开关接收到红光时自动闭，同时受到压力时，由于压敏电阻的电阻减小，所以电路中的电流值增大，由于电磁铁的磁性将衔铁吸下，此时电控照相机工作，电控照相机所在的电路应接通所以b处是电控照相机；故A正确；B、由I＝可得，衔铁刚被吸下时，控制电路的总电阻：R总＝＝＝100Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，压敏电阻的阻值：R＝R总﹣R线圈＝100Ω﹣10Ω＝90Ω，查图象可知，当R＝90Ω时，压敏电阻所受的压力F＝4000N，则此时车的重力G＝F＝4000N，由G＝mg可得，车的质量：m＝＝＝400kg，故B正确；C、当质量为1200kg的车闯红灯时，此时的压力：F′＝G′＝m′g＝1200kg×10N/kg＝12000N，查图象可知，当压敏电阻所受的压力F′＝4000N时，R′＝30Ω，控制电路的总电阻R总′＝R′+R线圈＝30Ω+10Ω＝40Ω，则控制电路消耗的总功率为：P总′＝＝＝0.9W，故C正确；D、若使质量较小的车闯红灯也能被拍下，由于压力F越小时，电阻R越大，根据串联电路中的总电阻等于各串联电阻之和，则电路中的总电阻变大，电流会变小，此时应增大电磁铁磁性，所以，可以适当增加线圈的匝数，故D错误。故选：D。22．我市已逐渐开始实行电动自行车新政策：只允许新国标电动自行车上路，要求车速不超过25km/h。下面是同学们设计的某品牌电动自行车的电路，其中符合“旋钮OP绕O点顺时针转动时，电动机转速变快，当转速超过一定值，电铃会自动报警”的电路是（）A．B． C． D．【答案】C【解答】解：电动机的转速与电流大小有关，当旋钮OP绕O点顺时针方向转动时，滑动变阻器接入电阻变小，控制电路部分电流变大，电动机转速变快；当电流达到一定程度时，电磁铁将衔铁吸过来，接通电铃所在电路而报警；故C正确，而A、B、D错误。故选：C。23．在如图所示的电路中，有四个电磁继电器，相关参数标注在图上，其中电源电压1.5V且和一个1Ω的电阻串在一起（图中把它们画在一起），灯泡电阻8Ω，刚闭合开关后，下列说法错误的是（）A．若滑片位于最左边，三个灯泡从左往右依次点亮 B．若滑片位于最左边，当最后一个继电器闭合后，三个灯泡从左往右依次熄灭 C．若滑片位于最右边，三个灯泡从左往右依次点亮 D．若滑片位于最右边，当最后一个继电器闭合后，三个灯泡从左往右依次熄灭【答案】D【解答】解：如图，当开关K闭合时，甲的控制电路电压是1.5V，电池电阻是1Ω，甲线圈的电阻是1Ω，所以总电阻为R甲＝1Ω+1Ω＝2Ω，所以甲控制电路电流：I甲＝＝＝0.75A，0.75A＞0.1A，所以甲的工作电路即乙的控制电路接通，乙电路中有电流，左边第一个灯发光。在乙控制电路中，乙控制电路电压是1.5V，电池电阻是1Ω，乙线圈的电阻是1Ω，左端第一个灯的电阻是8Ω，所以总电阻为R乙＝1Ω+1Ω+8Ω＝10Ω，所以乙控制电路电流：I乙＝＝＝0.15A，0.15A＞0.1A，所以乙的工作电路即丙的控制电路接通，丙电路中有电流，中间灯发光。在丙控制电路中，丙控制电路电压是1.5V，电池电阻是1Ω，丙线圈的电阻是1Ω，中间灯的电阻是8Ω，所以总电阻为R丙＝1Ω+1Ω+8Ω＝10Ω，所以丙控制电路电流：I丙＝＝＝0.15A，0.15A＞0.1A，所以丙的工作电路即丁的控制电路接通，丁电路中有电流，最右面灯发光。在丁控制电路中，丁控制电路电压是1.5V，电池电阻是1Ω，丁线圈的电阻是1Ω，最右面灯的电阻是8Ω，所以总电阻为R丁＝1Ω+1Ω+8Ω＝10Ω，所以丁控制电路电流：I丁＝＝＝0.15A，0.15A＞0.1A，所以丁的工作电路即戊电路接通，戊电路中有电流，戊电路和甲电路是并联的，当滑动变阻器的滑片在最右端时，滑动变阻器的电阻是1Ω，戊电路和甲电路并联，此时整个电路三个灯都能工作。当滑动变阻器的滑片在最左端时，滑动变阻器的电阻是0Ω，戊电路和甲电路并联，此时把甲电路短路，甲电路中无电流，灯泡从左到右依次熄灭。综合分析后，当滑动变阻器无论滑片在什么位置，灯泡都是从左到右依次点亮的，但是当滑动变阻器在最左端时，当最后一个继电器闭合时，点亮的灯又从左到右依次熄灭，当滑动变阻器在最右端时，当最后一个继电器闭合时，所有的灯依然发光。故选项D是错误的。故选：D。24．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。【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，就更容易释放衔铁，所以水面还没有上升到h0，就释放了衔铁，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。25．小明查阅资料，了解到出于安全考虑，电梯都设置超载自动报警系统，其工作原理如图甲所示，电路由工作电路和控制电路组成：在工作电路中，当电梯没有超载时，触点K与触点A接触，闭合开关S，电动机正常工作；当电梯超载时，触点K与触点B接触，电铃发出报警铃声，闭合开关S，电动机不工作。在控制电路中，已知电源电压U＝6V，保护电阻R1＝100Ω，电阻式压力传感器（压敏电阻）R2的阻值随压力F大小变化如图乙所示，电梯底架自重和电磁铁线圈的阻值都忽略不计。（1）在控制电路中，当压敏电阻R2受到的压力F增大时，其阻值减小，从而使电磁铁的磁性增强（填“增强”、“减弱”或“不变”）。（2）若电磁铁线圈电流达到20mA时，衔铁刚好被吸住，电铃发出警报声。当该电梯厢内站立总质量为1000kg的乘客时，试通过计算说明电梯是否超载？（g取10N/kg）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）在控制电路中，当压敏电阻R2受到的压力F增大时，其阻值减小，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流增大时电磁铁的磁性增强；（2）电梯厢内站立总质量为1000kg的乘客时，电梯受到的压力等于乘客的重力，即F＝G＝mg＝1000kg×10N/kg＝10000N，由图乙，当压力F＝10000N，对应的压敏电阻阻值R2＝100Ω因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以控制电路中的电流：I＝＝＝0.03A＝30mA，因为30mA＞20mA，所以此时电梯超载。故答案为：（1）增强；（2）据上面的计算可知，此时电梯超载。26．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。【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。九．电磁继电器在实际生活中的应用（共2小题）27．小敏设计了一种“闯红灯违规模拟记录器”，拍摄机动车闯红灯时的情景，如图甲。工作原理：当光控开关接收到某种颜色光时，开关自动闭合，且当压敏电阻受到车的压力，它的阻值变化规律如图乙所示，当电流变化到一定值时，继电器的衔铁就被吸下；光控开关未受到该种光照射时自动断开，衔铁没有被吸引，工作电路中的指示灯发光。已知控制电路电压为6V，继电器线圈电阻10Ω，当控制电路中电流大于0.06A时，衔铁被吸引（g取10N/kg）。下列说法中不正确的是（）A．要记录违规闯红灯的情景，光控开关应在接收到红光时，自动闭合 B．光控开关接收到绿光时，指示灯亮，电控照相机不工作 C．要使质量较小的车闯红灯也能被拍下，可以在控制电路中串联一个电阻 D．质量小于400kg的车辆违规时不会被拍照记录【答案】C【解答】解：A．小敏设计的是“闯红灯违规模拟记录器”，肯定记录的是红灯亮时继续行驶的车辆，因此只有红光才能触发光控开关，故A不合题意；B．绿灯亮时车辆正常工作，记录器不启动，故B不合题意；C．车辆的质量越小，对地面的压力越小，光敏电阻阻值越大，这时控制电路的电流越小，电磁继电器吸引力越小，不能触发记录器工作；要达到原来电流，必须减小电阻，而串联会使电阻增大，故C符合题意；D．当记录器工作时电流为0.06A，这时总电阻为：R总＝＝100Ω；光敏电阻的阻值R＝R总﹣R线＝100Ω﹣10Ω＝90Ω；据乙图可知，当光敏电阻为90Ω时，压力为4000N；这时车辆的质量m＝＝400kg。故D不合题意。故选：C。28．中考体检时，我们都要测量体重，常用的测量工具是人体秤．测量时如图甲所示。秤中的力敏传感器由弹性体和金属电阻丝R组成，电阻丝粘贴在弹性体上，但两者之间隔有绝缘材料。当秤台上有重物时，弹性体被压缩，电阻丝R随之变短，阻值发生变化。据此原理，小明利用力敏传感器设计了一种既能称量物重，又能实现报警的人体秤的模拟电路，如图乙所示。电源电压为3V，电流表量程为0～0.6A。闭合开关后，秤台上不放重物时，电流表示数为0.2A，随着秤台重物的增加，电流表示数会发生变化，当电流达到0.4A，电磁铁会吸引衔铁，动、静触点接触，电路报警。（电磁铁线圈电阻不计，g取10N/kg）（1）若图甲中人体质量为50kg，双脚和秤台的接触面积为400cm2，则秤台表面承受的压强为1.25×104Pa；（2）若报警灯L的额定电压为3V，其电流随电压变化规律如图丙所示，电阻丝R阻值的减少量与所测物体质量的增加量成正比，当秤台上物体的质量为10kg，力敏电阻的变化量为1Ω；①闭合开关，秤台不放重物到电路开始报警时，灯泡L的功率变化了多少？②当电流表示数为0.4A时，秤台上物体的质量为多少？③关于此人体秤的结构及工作原理，下列说法正确的是C。A．人体秤所测物体质量的变化量与电流表示数的变化量成正比B．开关闭合后，当体重过大，电磁铁吸引衔铁，电路报警，灯L亮度不变C．若报警灯L放在a处，人体秤正常工作时灯泡不亮，当电流表示数为0.4A时，吸引衔铁，L发光而报警，秤台所称物体质量的最大值比图乙中更小D．若报警灯L放在b处，人体秤正常工作时灯泡亮，当电流表示数为0.4A时，吸引衔铁，L间歇发光，电路报警，秤台所秤物体质量的最大值比图乙中更大【答案】（1）1.25×104；（2）①闭合开关，秤台不放重物到电路开始报警时，灯泡L的功率变化了0.68W；②当电流表示数为0.4A时，秤台上物体的质量为95kg；③C。【解答】解：（1）人的重力为：G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，人对台称的压强为：p＝＝1.25×104Pa；（2）①台称不放重物时，电路的电流为I1＝0.2A，由图丙可知，此时灯泡的电压是U1＝0.6V；所以灯泡的功率为：P1＝U1I1＝0.6V×0.2A＝0.12W，电路的电流为I2＝0.4A，由图丙可知，此时灯泡的电压是U2＝2V；所以灯泡的功率为：P2＝U2I2＝2V×0.4A＝0.8W，所以，灯泡的功率变化为：ΔP＝P2﹣P1＝0.8W﹣0.12W＝0.68W；②当I1＝0.2A时，此时灯泡的电压是U1＝0.6V，电阻丝R的阻值为：，当I2＝0.4A时，此时灯泡的电压是U2＝2V，电阻丝R的阻值为：，电阻丝R的变化量为：ΔR＝12Ω﹣2.5Ω＝9.5Ω，电阻丝R阻值的减少量与所测物体质量的增加量成正比，当秤台上物体的质量为10kg，力敏电阻的变化量为1Ω，可以得到＝，解得：m＝95kg；（3）A．由欧姆定律可知电流表的示数I＝，电阻丝R阻值的减少量与所测物体质量的增加量成正比，所以物体质量的变化量与电流表示数的变化量不成正比，故A错误；B．开关闭合后，当体重过大，电阻丝R阻值减小，电路中的电流增大，电磁铁吸引衔铁，电路报警，由P＝UI可知灯泡的电功率增大，灯泡变亮，故B错误；C．若将灯泡放到a处，当电路报警前，此时电路只有R工作，当电路中电流达到I3＝0.4A时，开始报警，此时R的电阻为：，电阻丝R阻值的减少量与所测物体质量的增加量成正比，当秤台上物体的质量为10kg，力敏电阻的变化量为1Ω，台称不放重物时，电阻丝的电阻是12Ω，当R的电阻R3＝7.5Ω时，则＝，解得此时台称上物体的质量：m′＝45kg，小于95kg，秤台所称物体质量的最大值比图乙中更小，故C正确；D．若报警灯L放在b处，与原来的电路相同，秤台所秤物体质量的最大值与图乙相同，故D错误。故选：C。故答案为：（1）1.25×104；（2）①闭合开关，秤台不放重物到电路开始报警时，灯泡L的功率变化了0.68W；②当电流表示数为0.4A时，秤台上物体的质量为95kg；③C。十．通电导线在磁场中受到力的作用（共5小题）29．下列关于电磁现象的表述，错误的是（）A．甲图闭合开关，线圈转动，说明磁场对电流有力的作用 B．乙图给导线通电，导线附近磁针发生偏转，电磁铁根据这个原理制成的 C．丙图闭合电路的部分导体ab在磁场中左右运动，灵敏电流计指针会偏转 D．丁图实验中B的上端是S极【答案】D【解答】解：A．甲图闭合开关，电路中产生电流，线圈转动，说明磁场对电流有力的作用，故A正确；B．导线通电后，附近磁针发生偏转说明通电导体周围能够产生磁场，电磁铁是根据这个原理制成的，故B正确；C．闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时会产生感应电流；图中导体ab在磁场中左右运动时，切割磁感线，产生感应电流，所以灵敏电流表指针会发生偏转，故C正确；D．图中A、B串联，根据安培定则可判断出，实验中B的上端是N极，故D错误。故选：D。30．有一种轮子会发光的溜冰鞋，轮子是透明的，磁环固定在轮周上，由金属线圈和发光二极管LED组成的电路固定在轮的轴上。溜冰时，轮子发光，下列分析不正确的是（）A．由金属线圈和发光二极管组成的电路一定是闭合电路 B．利用的原理是磁场对电流的作用 C．发光二极管LED是一种半导体材料 D．这个过程中能量的转化：先机械能转化为电能，再把电能转化为光能【答案】B【解答】解：ABD、产生感应电流的条件是：闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线运动，就会产生感应电流；产生感应电流的导体相当于电源；溜冰时磁环随轮周转动，相当于金属线圈做切割磁感线运动，电路中产生感应电流；在此过程中能量的转化情况是：机械能转化为电能，电能再转化为光能，故B错误，AD正确；C、发光二极管LED是由半导体做成的器件，它具有单向导电性，故C正确。本题选错误的，故选：B。31．如图是简易“电动火车”的示意图，把一个干电池两端吸有短小圆柱形强磁铁的“结合体”，放入很长的固定在水平桌面的螺旋线圈内，干电池和强磁铁的“结合体”就会在螺旋线圈内运动。关于简易“电动火车”的说法有：①线圈可以用漆包线绕成，确保各处绝缘；②强磁铁与线圈在任何位置都应保持良好接触；③“结合体”受到磁场力的作用；④“结合体”受到电源产生的电力。其中正确的是（）A．①② B．②③ C．①③ D．①④【答案】B【解答】解：由图和题意可知，螺旋线圈和结合体构成一个闭合回路，强磁铁与线圈在任何位置都应保持良好接触；当吸附着磁铁的电池进入线圈后，线圈中有电流通过，通电线圈会产生磁场，“结合体”在线圈所形成的磁场中会受到磁场力的作用，“结合体”与通电线圈之间相吸、相斥，这样“结合体”就会在螺旋线圈内运动，故②③正确。故选：B。32．在复习“电流的磁场”和“磁场对电流的作用”时，小刚想：“既然通电导体周围存在磁场，磁场又会对通电导体产生力的作用，那么互相靠近的两个通电导体间是否会产生力的作用呢？”（1）于是，他和小强商议通过实验来研究这一问题。他们找到了两根柔软的导线，相距较近地并排固定在接线板上，实验电路如图甲所示，通过实验观察到的现象如图乙所示。该实验表明：两个通电导体之间产生了力的作用。（2）小强认为，如果改变其中一个通电导体中的电流方向，则它们之间作用力的方向也会发生改变。小强这样想的理由是电流产生的磁场方向是由电流的方向决定的，当一个通电导体中电流的方向改变时，它产生的磁场方向也会发生改变；而磁场对通电导体的作用力的方向与电流的方向和磁场的方向有关，另一个通电导体中电流的方向不变，但磁场方向变化了，它受到的磁场力的方向就会改变。（3）如果开始实验时，小刚和小强没有找到柔软的导线，而是用较硬的普通铝芯电线进行实验，你认为会出现怎样的情况？通过这个问题，你得到了怎样的启示？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）图乙中两根导线中的电流方向相同，而两根导线向中间靠拢，说明两根导线相互吸引，产生力的作用；（2）通电导线周围的磁场与导线上电流的方向有关，两根导线平行时，电流方向有两种情况：同向和反向；所以小刚的判断依据是：电流产生的磁场方向是由电流的方向决定的，当一个通电导体中电流的方向改变时，它产生的磁场方向也会发生改变；而磁场对通电导体的作用力的方向与电流的方向和磁场的方向有关，另一个通电导体中电流的方向不变，但磁场的方向变化了，它受到的磁场力的方向就会改变。（3）用较硬的普通铝芯电线进行实验，导线在力的作用下，形变太小，可能观察不到（或电流很大才能观察到）两通电导体间的相互作用；所以通过这个问题，可以得到的启示是：合理选用实验器材非常重要。故答案是：（1）产生力的作用；（2）电流；电流；磁场；（3）使导线在力的作用下，变得更硬，可能观察不到（或电流很大才能观察到）两通电导体间的相互作用；合理选用实验器材非常重要。33．近年来，智能机器人进入百姓家，如图所示是质量为4kg的扫地机器人某次工作时的情景，在4s内沿水平直线运动了2m，此过程机器人所提供的牵引力为50N，g取10N/kg．求：（1）为智能机器人提供牵引力的是电动机，电动机的原理是通电导线在磁场中受力的作用；（2）若机器人静止充电时和地面的接触面积为2cm2，则它对地面的压强为多少？（3）上述工作过程中牵引力的功率为多少？【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的。（2）机器人静止充电时，对地面的压力：F压＝G＝mg＝4kg×10N/kg＝40N；机器人对地面的压强：p＝＝＝2×105Pa；（3）此过程中牵引力做的功：W＝Fs＝50N×2m＝100J；牵引力的功率：P＝＝＝25W。答：（1）通电导线在磁场中受力的作用。（2）若机器人静止充电时和地面的接触面积为2cm2，则它对地面的压强为2×105Pa；（3）上述工作过程中牵引力的功率为25W。十一．探究磁场对通电导线的作用（共3小题）34．归纳式探究磁感应强度B/T导体棒长度L/m导体棒运动速度v/（m/s）电压U/V0.10.10.11×10﹣30.20.10.12×10﹣30.10.10.22×10﹣30.20.20.14×10﹣3闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象。原因是这部分导体两端会产生电压。电压的大小与导体棒长度L，导体棒运动速度v，以及磁感应强度B（表示磁场的强弱）有关，其关系数据如表：（1）U＝kBLv（2）通电导线在磁场中受到力的作用，这个力叫安培力，当导体棒与磁场垂直时，安培力的大小F安＝BIL，I为流过导体的电流。如图，两根足够长的水平平行导轨MN间距为L，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，导体棒CD与导轨接触紧密，两导轨左侧电阻大小为R（导体棒和导轨的电阻不计），当导体棒以速度v沿着导轨运动时，其所受安培力大小F安＝（3）如图中若用水平向右，大小为F拉21N的力拉着导体棒沿着导轨运动，导体棒长度L＝0.2m（此时导体棒受到的安培力水平向左），磁感应强度B＝lT，导轨左侧电阻R＝0.1Ω，不计摩擦，导体棒能达到的最大速度为52.5m/s。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）分析表中4次实验导体两端电压与导体棒长度L，导体棒运动速度v，以及磁感应强度B（表示磁场的强弱）的关系，可发现：导体两端的电压大小等于导体棒长度L、导体棒运动速度v、以及磁感应强度B（表示磁场的强弱）三者之积，即U＝kBLv；（2）由（1）知，当导体棒以速度v沿着导轨运动时，导体两端的电压大小等于U＝kBlv；如果磁感应强度B、导体棒长度L，导体棒运动速度v均采用国际单位，则系数k＝1，即U＝Blv，即为加在电阻R的电压，因导体棒和导轨的电阻不计，根据欧姆定律，通过R的电流大小即通过导体棒的电流大小I＝；由安培力的大小F安＝BIL，所以，当导体棒以速度v沿着导轨运动时，其所受安培力大小F＝BIL＝B××L＝；（3）当用力拉着导体棒沿着导轨运动时，导体棒才受到安培力的作用，因不计摩擦，用水平向右的恒力拉着导体棒沿着导轨运动，导体棒受到的安培力最大等于21N，由F＝知，在其它条件已知的情况下，当导体受到的安培力最大时，所以，导体棒的最大速度v＝＝＝52.5m/s。故答案为：电磁感应现象；（1）BLv；（2）；（3）52.5m/s。35．在观察“磁场对通电直导线的作用”活动中，小明用导线在固定的接线柱MN下悬挂一根轻质的铝棒ab，然后将其作为通电导线接入电路放在蹄形磁体的磁场里，如图甲所示。（1）小明闭合开关，看到铝棒稳定时如图乙所示。电动机（选填“发电机”或“电动机”）就是利用这一原理制成的。（2）在探究导线在磁场中受力方向与电流方向、磁场方向的关系时，小明先仅对调磁极位置，闭合开关，观察到铝棒ab稳定时如图丙所示，由此可知通电导线在磁场中受力的方向与磁场方向有关。然后小明保持图甲中的磁极位置不动，将铝棒ab两端对调后接入电路，发现铝棒ab的摆动方向依然如图乙所示，由此小明认为通电导线在磁场中的受力方向与电流方向无关。你认为小明的做法对吗？为什么？不对，相对于磁场而言，电流方向没有改变。（3）小明进一步猜想：在同一磁场中，磁场对导线的作用力是否与通过导线的电流大小有关呢？为此小明决定在图丙所示的实验基础上，在电路中串入电流表，并通过将铝棒ab换成长短、粗细均相同但电阻更大的铁棒和电阻更小的铜棒来改变电路中的电流，进行对比实验。①实验过程中，小明应根据导线摆动角度（选填“电流表的示数”或“导线摆动角度”）来推断通电导线在磁场中的受力大小。②闭合开关，小明发现铁棒稳定时的位置都如图丁所示，与丙图实验现象相比，小明感到非常困惑。请你指出小明实验设计中存在的问题并提出改进方法。存在问题：铁棒在磁场中会受到磁铁的吸引力。改进方法：将丁图中的铁棒换成与丙图相同的铜棒。（4）若想利用小明的实验装置继续探究电磁感应现象，我们只需将图甲中的电源（选填“开关”、“铝棒ab”或“电源”）替换成灵敏电流表即可。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）据图可知，当金属棒中通电后，金属棒会受力运动，即说明通电导线在磁场中受力的作用，电动机就是利用该原理制成的；（2）在探究导线在磁场中受力方向与电流方向、磁场方向的关系时，小明先对调磁极位置，闭合开关，观察到铝棒ab稳定时如图丙所示，即此时的磁场方向改变，电流方向没有变，所以由此可知通电导线在磁场中受力的方向与磁场方向有关；然后小明保持图甲中的磁极位置不动，将铝棒ab两端对调后接入电路，在该过程中，相对于磁场而言，电流方向没有改变，由此可知小明的做法是错误的；（3）①为了探究磁场对导线的作用力是否与通过导线的电流大小有关，即改变电流的大小，观察金属棒受力的大小即可，故通过观察金属棒摆动的幅度即可；②长短、粗细相同的铁棒比铝棒电阻大，根据欧姆定律I＝可知，在电源电压一定时，通过铁棒的电流小，在磁场强度相同时，电流越小，导体受到的磁场力越小，所以铁棒比铝棒摆动的幅度小；所以实验中存在问题是：铁棒在磁场中会受到磁铁的吸引力；改进方法是：将丁图中的铁棒换成与丙图相