2022九年级物理上册第七章磁与电章末试卷1（教科版）

第七章章末卷1一．选择题（共23小题）1．两根完全相同的铁块A和B，如图甲所示放置时，B被吸住掉不下来；如图乙所示放置时，A不能被吸住而掉下来，此现象说明（　　）A．A、B都是磁体B．A、B都不是磁体C．A是磁体，B不是磁体D．A不是磁体，B是磁体【考点】C1：磁性、磁体、磁极．【分析】磁体上不同的部位，磁性的强弱不同，可以利用磁体上磁性的强弱不同造成的磁力不同来判定金属棒磁性的有无。【解答】解：（1）磁体上磁性最强的部分叫磁极，位于磁体的两端，磁性最弱的部分在磁体的中间，这个位置几乎没有磁性。（2）用B的一端靠近A的中间部分时，B被吸起，由此可以确定铁棒B有磁性，不能确定A磁性的有无；若A有磁性，当用A的一端即磁性最强的部位去靠近B的中间部分时，应该吸引B，而实际上没有吸引，说明了铁棒A没有磁性。故选：D。【点评】由磁体上不同部位磁性的不同来认识金属棒磁性的有无时，关键要掌握其两端的磁性是最强的，即磁极。2．如图所示，重为G的小铁块在水平方向力F的作用下，沿条形磁铁的表面从N极滑到S极，那么下列说法正确的是（　　）A．小铁块对磁铁的压力始终不变B．小铁块受到的摩擦力始终不变C．小铁块受到的摩擦力先变大再变小D．小铁块对磁铁的压强先变小再变大【考点】7E：摩擦力大小的影响因素；C1：磁性、磁体、磁极．【分析】（1）条形磁体的两端磁性最强，中间磁性最弱。（2）磁铁的两极磁性最强，铁块在两端时，受到磁铁的作用较大。中间磁性最弱，铁块受到磁铁的作用较小。【解答】解：A、铁块在左端时，受到N极的引力较大，铁块对磁铁的压力较大；越靠近中间，磁性减弱，磁铁对铁块的作用减小，铁块对磁铁的压力减小；靠近S极，磁性增强，引力增大，铁块对磁铁的压力较大。故A错误；B、因为压力在变化，所以受到的摩擦力也在变化，故B错误；C、因为压力先减小后增大，所以受到的摩擦力也是先减小，后增大，故C错误；D、因为受力面积不变，所以受到的压强是先变小后变大，故D正确。26\n故选：D。【点评】掌握磁体上磁性最强的部分是磁极，本题相对比较简单，属于基础题。3．小明在做“研究磁铁的磁场”实验时，不慎将铁屑撒在实验桌上。为了收集铁屑，小明想用磁铁去直接吸引铁屑，同组的小波建议用塑料袋或白纸包裹磁铁后再去吸引铁屑。比较这两种方法，你认为（　　）A．小明的方法可行，小波的方法不可行B．小波的方法可行，小明的方法不可行C．小明和小波的方法都可行，但小明的方法好些D．小明和小波的方法都可行，但小波的方法好些【考点】C2：磁化．【分析】收集较小的铁制品，可以使用磁铁吸引铁质物体的特点来收集；不让磁铁和铁制品直接接触，可以更容易将二者分离。【解答】解：磁铁可以吸引铁屑，所以两种方法都是可行的。但小波的方法还有一个优点，铁屑吸上来不与磁铁直接接触，可以很容易将铁屑和磁铁分开。故选：D。【点评】此题是利用我们所学的物理知识来解决生活中的实际问题，这是一种能力，是课标中明确要求的。4．如图所示，磁铁AB跟软铁C接触，则接触后磁性最强的地方是（　　）A．A和B两处B．B和C两处C．A和C两处D．A、B、C三处【考点】C3：磁性材料．【分析】磁铁能够产生磁场，具有吸引铁磁性物质如铁、镍、钴等金属的特性。将条形磁铁的中点用细线悬挂起来，静止的时候，它的两端会各指向地球南方和北方，指向北方的一端称为指北极或N极，指向南方的一端为指南极或S极。【解答】解：磁铁AB跟软铁C接触后，变成了一个大的磁体，而磁体的两端磁性最强，中间几乎没有磁性。所以磁性最强的是A、C两处。故选：C。【点评】每个磁铁都有两个磁性最强的位置，称之为磁极，分别为N，S极，通过实验知，条形磁铁两端分别的N，S极，磁性最强，中间磁性最弱。5．如图所示，在条形磁铁周围放有甲、乙、丙、丁可以自转动的小磁针，当它们静止时，磁针N极指向错误的是（　　）A．甲B．乙C．丙D．丁【考点】C4：磁极间的相互作用．【分析】根据磁极间同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引进行判断。【解答】解：磁场中的磁感线方向从磁体的N极出来回到南极，小磁针静止时N极所指的方向与磁感线的方向相同。由图可以看出丁错误。故选：D。【点评】本题可以根据磁场方向进行判断，也可以根据磁极间的相互作用进行判断，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可以判断乙处小磁针静止时，N极指向左侧，S极指向右26\n侧。6．三根钢棒位置如图所示。已知B棒有磁性，那么（　　）A．A棒有磁性，C棒没有B．A棒一定没有磁性，而C棒有磁性C．A棒可能有磁性，也可能没有磁性D．C棒可能有磁性，也可能没有磁【考点】C5：物体是否具有磁性的判断方法．【分析】首先分别对三根棒受力分析，据平衡态判断AC都有水平向右的力，分析BC之间是斥力，AC之间是引力。【解答】解：根据三棒的平衡态进行受力分析可知，已知B棒有磁性，AC棒都有水平向右的力，由图知可知BC之间存在斥力，C一定有磁性；AB之间相互吸引知A可能有磁性也可能无磁性，故C正确。故选：C。【点评】解题关键明确磁体间的作用力有引力和斥力，利用平衡态判断力的方向，从而判断有无磁性。7．下列说法中正确的是（　　）A．磁场是由磁感线组成的B．导体中的负电荷在做定向移动时一定产磁场C．利用撒在磁体周围的铁屑可以判断该磁体周围各点的磁场方向D．将能自由转动的小磁针放在磁场中的P点，小磁针静止时，小磁针S极所指的方向就是P点的磁场方向【考点】C6：磁场．【分析】（1）磁感线不是真实存在的；（2）电荷的定向移动形成电流，电流周围存在着磁场；（3）铁屑可以检验磁体周围磁场的分布情况；（4）小磁针静止时N极所指的方向就是该点磁场的方向。【解答】解：A、磁感线是科学家为了研究起来形象、直观，是通过想象而描绘出来的，所以不是真实存在的，故A错误；B、导体中的负电荷的定向移动，形成电流，且电流周围存在磁场，故导体中的负电荷在做定向移动时一定产磁场，故B正确；C、利用铁屑检验磁体周围磁场分布情况，并判断不出磁场的方向，方向是人为规定的，故C错误；D、将能自由转动的小磁针放在磁场中的P点，小磁针静止时N极所指的方向就是P点磁场的方向，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了对磁场的认识、电流的磁效应以及磁场方向的了解，有一定综合性，但难度不大。8．下列物理学的研究成果与我国宋代学者沈括有关的是（　　）A．发现光的色散B．测出电流的热效应26\nC．测出大气压强数值D．发现地理的两极与地磁场的两极并不重合，略有偏差【考点】C8：地磁场．【分析】正确解答本题要了解物理学中的重要发现的参与者，知道各个伟大科学家的主要成就。【解答】解：A、光的色散现象是牛顿发现的。故A不符合题意；B、焦耳测出电流热效应，故B不符合题意；C、托里拆利最早精确测出了大气压的数值。故C不符合题意；D、沈括最早发现地理的两极与地磁场的两极并不重合，略有偏差，故D符合题意。故选：D。【点评】本题考查了学生对物理学史的掌握情况，对于这部分知识要注意多加记忆和积累。9．如图所示，条形磁铁置于水平桌面上，电磁铁与条形磁铁处于同一高度放置，且左端固定，当开关S闭合，电路中滑动变阻器的滑片P逐渐向上移动时，以下选项正确的是（　　）A．如果条形磁铁始终静止，条形磁铁受到摩擦力方向向右，大小逐渐增大B．如果条形磁铁始终静止，条形磁铁受到摩擦力方向向左，大小逐渐增大C．如果条形磁铁受到吸引向左运动，在还没有掉下去之前，条形磁铁受到摩擦力方向向右，大小逐渐增大D．如果条形磁铁受到吸引向左运动，在还没有掉下去之前，条形磁铁对桌面的压强变小【考点】7G：摩擦力的方向；CA：通电螺线管的磁场．【分析】（1）由右手螺旋定则可知螺线管的磁极，由磁极间的相互作用可知条形磁铁的受力方向，则二力平衡可知摩擦力的方向；（2）由滑片的移动可知螺线管中电流的变化，则可知磁性强弱的变化及相互作用力的变化，由二力平衡关系可知条形磁铁的所受摩擦力的变化；（3）滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度和压力的大小有关，压强的大小与压力的大小和接触面的粗糙程度有关。【解答】解：由右手螺旋定则可知，螺线管右侧为N极，∵异名磁极相互吸引，∴条形磁铁所受磁场力向左；当开关S闭合，电路中滑动变阻器的滑片P逐渐向上移动时，接入电路中的电阻变小，∵I=，∴电路中的电流变大，电磁铁的磁性变强；（1）如果条形磁铁始终静止，处于平衡状态，受到的磁场力和摩擦力是一对平衡力，∴条形磁铁受到摩擦力方向向右，大小逐渐增大，故A正确，B不正确；（2）如果条形磁铁受到吸引向左运动，对桌面的压力和接触面的粗糙程度不变，∴条形磁铁受到摩擦力方向向右，大小不变，故C不正确；（3）如果条形磁铁受到吸引向左运动，对桌面的压力不变，受力面积减小，26\n∴由p=可知，条形磁铁对桌面的压强变大，故D不正确。故选：A。【点评】本题将力学与电磁学知识巧妙地结合起来考查了右手螺旋定则、滑动变阻器的使用、二力平衡等内容，考查内容较多，但只要抓住受力分析这条主线即可顺利求解。10．闭合开关后，螺线管内的小磁针静止后停在图中位置，则（　　）A．电源A端为负极，B端为正极，线圈右端为S极，左端为N极B．电源A端为负极，B端为正极，线圈右端为N极，左端为S极C．电源A端为正极，B端为负极，线圈右端为S极，左端为N极D．电源A端为正极，B端为负极，线圈右端为N极，左端为S极【考点】C6：磁场；CB：安培定则及其应用．【分析】（1）当开关S闭合，螺线管中有电流流过，在周围空间产生磁场；（2）螺线管外部的磁场方向是从N极发出回到S极，内部是由S极回到N极；小磁针静止时，N极指向磁场方向；（3）根据安培定则判断出螺线管中的电流方向，从而判断出电源的正负极。【解答】解：闭合开关后，螺线管内的小磁针静止后停在图中位置，小磁针的N极指向螺线管的右端，所以螺线管内部的磁场方向是由左端指向右端，即螺线管的右端为N极，左端为S极；根据安培定则可以判断出电流从左边导线流入，右边导线流出，即A端为电源正极，B端为电源负极。故选：D。【点评】本题考查安培定则的应用能力。对于小磁针放在通电螺线管外部可以根据异名相吸来判断，但小磁针放在通电螺线管内部，只能根据磁场方向判断N极的指向。11．如图所示，在静止的小磁针旁放一条直导线，当导线与电池触接瞬间，发现小磁针转动，说明（　　）A．电流的周围存在着磁场B．导线通电发热C．导线做切割磁感线运动时会产生电流D．小磁针在没有磁场时也会转动【考点】C9：通电直导线周围的磁场．【分析】要解决此题，需要掌握奥斯特实验，知道此实验证实了电流周围存在磁场，是电生磁的现象。26\n【解答】解：A、图中装置是奥斯特实验，在平行直导线下方平行地放置着小磁针，当导线中有电流通过时，小磁针发生偏转，说明小磁针受到磁力的作用。因此说明电流周围存在磁场。故A正确；B、由于电流的热效应，导线通电会发热，但不是小磁针转动的原因，故B错误；C、导线做切割磁感线运动时会产生电流是电磁感应现象，是磁生电的现象，故C错误；D、当导线中没有电流通过时，电流周围没有磁场，小磁针不会受力，不会发生偏转，故D错误。故选：A。【点评】此题主要考查了电流的磁效应，即电流周围存在磁场。这个实验证实了电可以生磁，与电磁感应正好相反，要注意找出这两个实验的不同之处。12．如图所示，在通电螺线管（导线中箭头表示电流方向）附近放置的小磁针（黑端为N极），静止时其指向正确的是（　　）A．B．C．D．【考点】CB：安培定则及其应用．【分析】用右手螺旋定则判断出通电螺线管的磁极，再由磁极间的相互作用规律判断小磁针静止时的磁极指向。【解答】解：A、根据安培定则可知，通电螺线管N极在右端，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可知，小磁针左端为S极，右端为N极，故A正确；B、根据安培定则可知，通电螺线管N极在上端，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可知，小磁针上端为S极，下端为N极，故B错误；C、根据安培定则可知，通电螺线管N极在左端，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可知，小磁针左端为S极，右端为N极，故C错误；D、根据安培定则可知，通电螺线管N极在左端，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可知，小磁针左端为S极，右端为N极，故D错误。故选：A。【点评】右手螺旋定则为考试中的重点及难点，应能做到熟练应用右手螺旋定则判断电流及磁极的关系。本题也可由电磁铁的磁场分布判断小磁针的指向。13．小金学习了“热敏电阻的阻值会随温度的升高而减小”的性质后，设计了判断水温变化的装置。其工作原理如图所示，电源、热敏电阻、电磁铁、定值电阻R0由导线连接成一个串联电路，在线圈的上方固定一个弹簧测力计，其下端挂一铁块。实验时把热敏电阻放入盛水的烧杯中，水温的变化会引起弹簧测力计示数发生变化。如图所示为某次实验时弹簧测力计读数随时间变化图象。下列说法不正确的是（　　）26\nA．电磁铁的上端是N极B．t1到t2时间内水温升高C．t3到t4时间内电压表示数变大D．t2到t3时间内铁块处于平衡状态【考点】CB：安培定则及其应用；IH：欧姆定律的应用．【分析】（1）由安培定则确定电磁铁的极性；（2）由电路图可知，定值电阻与热敏电阻串联，根据热敏电阻的阻值会随温度的升高而减小判断水温升高时热敏电阻阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，然后可知电压的变化。【解答】解：A、由安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，则大拇指指向上端，即电磁铁的上端是N极，故A正确；B、由电路图可知，定值电阻与热敏电阻串联，因热敏电阻的阻值会随温度的升高而减小，所以，当水温升高时，热敏电阻的温度升高，其阻值减小，电路中的总电阻减小，由I=可得，电路中的电流变大，因线圈中的电流越大、磁性越强，所以，铁块受到磁力增大，弹簧秤的示数增大，因此t1到t2时间内水温升高，故B正确；C、由电路图可知，定值电阻与热敏电阻串联，因热敏电阻的阻值会随温度的升高而减小，由右图图象可知，t3到t4时间弹簧测力计示数不变，说明电路中的电流不变，则热敏电阻两端电压没有改变，根据串联电路的电压特点可知，电压表示数不变，故C错误；D、t2到t3时间内水温没有变化，因此弹簧测力计示数没有发生变化，则铁块处于平衡状态，故D正确。故选：C。【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到热敏电阻的特性和欧姆定律、通电螺线管磁性的影响因素的应用等，结合选项直接判断水温变化时热敏电阻阻值的变化有利于简化解答。14．如图所示，物理实验中经常需要对物体加热，下列描述中与实际吻合的是（　　）A．甲图中，加热时磁铁吸引铁钉的数量将增多B．乙图中，对沸腾的水继续加热，温度计的示数将不断增大26\nC．丙图中，对电阻丝加热，灯泡将变暗D．丁图中，用完全相同的装置给初温、质量均相同的水和花生油加热，水的温度升高得快一些【考点】CC：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验；GD：比热容的概念及其计算；IA：影响电阻大小的因素；IH：欧姆定律的应用．【分析】（1）物体的磁性强弱与物体的温度有关，即温度越高，磁性越弱；（2）水沸腾的特点是：水沸腾后吸热但温度不升高；（3）导体的电阻受温度的影响，一般情况下，导体的温度越高，其电阻越大；（4）由于水的比热容最大，故相同质量的水和花生油在吸收相同的热量的情况下，水的温度变化慢，花生油的温度变化快。【解答】解：A、甲图中，加热时磁铁的磁性减弱，其所能吸引的铁钉变少，故错误；B、乙图中，对沸腾的水继续加热，温度计的示数将不变，故错误；C、丙图中，对电阻丝加热，其阻值变大，故通过其的电流变小，灯泡变暗，故正确；D、丁图中，用完全相同的装置给初温、质量均相同的水和花生油加热，由于水的比热容大，故水温度升高的慢，故错误。故选：C。【点评】该题考查了物体的磁性与温度的关系、液体沸腾的特点、导体的电阻受温度的影响及水的比热容最大的应用，是一道综合题。15．许多自动控制的电路中都安装有电磁铁。有关电磁铁，下列说法中正确的是（　　）A．电磁铁的铁芯，可以用铜棒代替B．电磁继电器中的磁体，可以使用永磁铁C．电磁铁磁性的强弱只与电流的大小有关D．电磁铁是根据电流的磁效应制成的【考点】CD：电磁铁的构造和原理．【分析】电磁铁是利用电流的磁效应制成的，电流的通断可以控制磁性的有无。电磁铁有电流有磁性，无电流时无磁性。铁芯需用软磁性材料制成，因为软磁性材料的磁性不能保留下来。影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小和线圈的匝数。电流越大、线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强。【解答】解：A、电磁铁的铁芯需用软磁性材料制成，铜不是磁性材料，故不可以用铜棒代替，故A错误；B、电磁铁不是永久磁铁，它的磁性的有无跟电流的通断有关，所以电磁继电器中的磁体，不能使用永磁铁，故B错误；C、电磁铁的磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关，故C错误；D、电磁铁是利用电流的磁效应制成的，故D正确。故选：D。【点评】了解电磁铁的构造与应用，同时知道电流的通断可以控制磁性的有无，电流的大小和线圈的匝数可控制电磁铁磁性的大小。16．如图所示，电磁铁的左下方有一铁块，在弹簧测力计作用下向右作匀速直线运动。当铁块从电磁铁的左下方运动到正下方过程中，同时滑片逐渐向上滑动，下列判断正确的是（　　）26\nA．铁块受到地面对它的摩擦力增大B．电磁铁的磁性逐渐减弱C．铁块对地面的压强逐渐减小D．在拉力不变的情况下，铁块保持匀速直线运动【考点】7E：摩擦力大小的影响因素；82：压强；CE：影响电磁铁磁性强弱的因素．【分析】此题应从两个方面进行分析，一是滑动变阻器的移动对电路中电流大小的影响，这决定了电磁铁磁性的强弱；二是电磁铁对铁块的吸引会改变铁块对桌面的压力，进而改变压强和摩擦力的大小。【解答】解：（1）由图可知，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器接入电路的阻值会变小，电路中电流变大，电磁铁的磁性增强；电磁铁磁性增强，当铁块从电磁铁的左下方运动到正下方过程中，铁块受到的吸引力增大，使铁块对桌面的压力减小，而接触面积不变，由p=可知，铁块对地面的压强也减小；铁块因被电磁铁吸引而压力减小，而接触面的粗糙程度不变，所以铁块受到的摩擦力也随着减小，故AB错误，C正确；（2）最初铁块做匀速直线运动，拉力与摩擦力大小相等；由于摩擦力减小，所以，铁块受力不平衡，铁块不再保持匀速直线运动，故D错误。故选：C。【点评】通过观察图中的情形对各个量的变化情况进行推理是本题的一大特点。滑片的移动改变了电阻，电阻影响了电流，电流影响了磁性的强弱，磁性强弱又改变了铁块的压力，进而改变了压强、摩擦力和拉力，这一系列的变化表明了各个量之间的相互联系，是一道立意较新的考题，值得我们关注。17．如图是一种江河水位自动报警器的原理图。则下列说法中正确的是（　　）A．当水位未到达金属块A时，红灯亮B．当水位未到达金属块A时，衔铁被吸引C．当水位到达金属块A时，绿灯亮D．当水位到达金属块A时，红灯亮且电铃响【考点】CF：电磁继电器的组成、原理和特点．26\n【分析】电磁式继电器一般由铁芯、线圈、衔铁、触点簧片等组成的；只要在线圈两端加上一定的电压，线圈中就会流过一定的电流，从而产生电磁效应，衔铁就会在电磁力吸引的作用下克服返回弹簧的拉力吸向铁芯，从而带动衔铁的动触点与静触点（常开触点）吸合；当线圈断电后，电磁的吸力也随之消失，衔铁就会在弹簧的反作用力返回原来的位置，使动触点与原来的静触点（常闭触点）吸合；这样吸合、释放，从而达到了在电路中的导通、切断的目的。【解答】解：AB、当水位没有达到A时，电磁铁没有磁性，只有绿灯亮，故AB错误；CD、当水位到达A时电路接通，电磁继电器有磁性，衔铁就会在电磁力吸引的作用下与红灯和电铃接通，红灯亮电铃响；故C错误，D正确。故选：D。【点评】解决此题要结合电磁继电器的工作原理和特点进行分析。18．如图是一种温度自动报警器原理示意图，制作水银温度计时，插入一根金属丝，当温度升高到水银与金属丝相接触时（　　）A．电铃响，绿灯亮B．电铃响，绿灯灭C．电铃不响，绿灯亮D．电铃不响，绿灯灭【考点】CF：电磁继电器的组成、原理和特点．【分析】温度自动报警器是由于温度计所在的环境温度的变化，从而可以控制左侧控制电路的接通，实现自动控制。【解答】解：温度自动报警器的工作过程是这样的，当温度升高时，玻璃泡中的水银膨胀，水银液柱上升，当升高到警戒温度即金属丝下端对应的温度时，控制电路接通，电磁铁有磁性，吸引衔铁，从而使触点与上面断开，与下面连通，此时电铃响，绿灯灭，发出报警信号。故选：B。【点评】明确图中左侧为控制电路，右侧为工作电路，两电路依据中间的电磁铁来发生相互作用，是搞清这一装置原理的关键点之一，同时，还应明确水银也是导体，当其与上方金属丝接通时，也成为了电路的一部分。19．北京地铁S1线是北京市正在建设中的一条中低速磁悬浮轨道线。该线路连接北京城区与门头沟区，全长10.2km，计划2017年全线通车。列车通过磁体之间的相互作用，悬浮在轨道上方，大大减小了运行中的阻力，最高运行时速可达100km/h．图为磁悬浮列车悬浮原理的示意图，图中悬浮电磁铁与轨道电磁铁间的相互作用为（　　）A．异名磁极相互吸引B．同名磁极相互吸引26\nC．异名磁极相互排斥D．同名磁极相互排斥【考点】C4：磁极间的相互作用．【分析】同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。【解答】解：据图可知，轨道电磁铁和悬浮电磁铁相互吸引使磁悬浮列车悬浮，靠的是异名磁极相互吸引的原理工作的。故选：A。【点评】知道磁极间的作用规律是解决该题的关键。20．如图是抓拍机动车闯红灯装置的工作原理示意图。光控开关接收到红灯发出的光会自动闭合，压力开关受到机动车的压力会闭合，摄像系统在电路接通时可自动拍摄违章车辆。下列有关说法正确的是（　　）A．摄像系统拍摄的图象是正立缩小的虚像B．当红灯损坏不能发光时，该装置仍能正常工作C．若将光控开关和压力开关并联，也能起到相同的作用D．只要光控开关和压力开关有一个不闭合，摄像系统都不会自动拍摄【考点】CF：电磁继电器的组成、原理和特点．【分析】（1）只有在红灯亮的期间，光控开关才闭合，若此时车辆违规闯红灯行驶时，会压上压力开关，压力开关受到机动车的压力会闭合；（2）光控开关和压力开关都闭合后，电磁铁中有电流通过，产生磁性，电磁铁会将衔铁吸下，使摄像系统所在的电路接通，摄像机会对违规车辆进行拍照。【解答】解：A、摄像系统是照相机原理，成倒立缩小实像，故A错误；B、红灯是控制电路工作的一个条件，因此红灯损坏，该装置不正常，故B错误；C、光控开关和压力开关是相互影响的，因此这两个开关只能串联，故C错误；D、分析题意可知，只有光控开关和压力开关都闭合时，控制电路才能接通，摄像系统才会自动拍摄，故D正确。故选：D。【点评】（1）要使摄像系统工作，要同时具备两个条件：红灯亮起，光控开关因接受红光而闭合；车辆要违规行驶，压上压力开关，两个条件同时具备，缺一不可。（2）此题也是电磁继电器在生活中的应用，明白它的工作原理是解决问题的关键。21．电梯出于安全考虑，设置有超载自动报警系统，其工作原理如图所示，R1为保护电阻，R2为压敏电阻，其阻值随压力增大而减小。下列说法正确的是（　　）26\nA．电磁铁是根据电磁感应原理制成的B．超载时，电磁铁的磁性减小C．工作时，电磁铁的上端为N极D．正常情况下（未超载），K与B接触【考点】CF：电磁继电器的组成、原理和特点．【分析】（1）电磁铁是根据电流的磁效应制成的；（2）R2为压敏电阻，其阻值随压力增大而减小，所以知道超载时压敏电阻的阻值变化情况，根据I=，判断出电流的变化；电磁铁的磁性强弱和电流大小、线圈匝数多少有关；（3）知道电流的方向，根据安培定则判断出电磁铁的N、S极；（4）正常情况下（未超载时），衔铁被弹簧拉起，K与静触点A接触。【解答】解：A、电磁铁是根据电流的磁效应原理制成的，故A错误；B、超载时，随着压力的增大，压敏电阻的阻值随着减小，电路中的电流逐渐增大，电磁铁的磁性逐渐增强，故B错误；C、工作时，电流从电磁铁的下面导线流入，利用安培定则判断出电磁铁的下端为N极，上端为S极，故C正确；D、正常情况下（未超载时），衔铁被弹簧拉起，K与静触点A接触，故D错误。故选：C。【点评】此题主要考查的是学生对电磁铁和电磁继电器的原理、磁性强弱的影响因素、安培定则的理解和掌握，知识点较多，但都是基础性题目。22．如图是直流电铃的原理图。关于电铃工作时的说法不正确的是（　　）A．电流通过电磁铁时，电磁铁有磁性且A端为N极B．电磁铁吸引衔铁，弹性片发生形变C．小锤击打铃碗发出声音，是由于铃碗发生了振动D．小锤击打铃碗时，电磁铁仍具有磁性【考点】CI：电磁铁的其他应用．【分析】（1）电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性，电铃就是利用电磁铁的这个特性工作的；（2）通电时，电磁铁有电流通过，产生了磁性，把小锤下方的衔铁吸过来，使小锤打击铃碗发出声音，同时电路断开，电磁铁失去了磁性，小锤又被弹性片弹回，电路闭合，不断重复，电铃便发出连续击打声了。26\n【解答】解：A、电流通过电磁铁时，电磁铁有磁性，根据安培定则判断出A端为N极，故A叙述正确；B、电磁铁向下吸引衔铁时，弹性片弯曲发生形变具有弹性势能，故B叙述正确；C、声音是由物体的振动产生的，小锤击打铃碗发出声音，是由于铃碗发生了振动，故C叙述正确；D、小锤击打铃碗时，弹性片和衔铁分离，电路断开，电磁铁没有磁性，故D叙述错误。故选：D。【点评】（1）电铃是利用电流的磁效应制成的，电磁铁对衔铁的吸引力是钉锤敲击铃碗的动力；（2）改变电源电压和弹性片的拉力，可以改变小锤敲击铃碗振动的频率。23．有一种磁控门锁，钥匙为镶有磁铁的塑料卡片。当卡片靠近门锁时，门锁内部的电路接通电磁铁吸动插销，门就可以打开。以下说法正确的是（　　）A．塑料能被磁化B．门锁的插销是由纯铜制成的C．电磁铁断电前后磁性不变D．电磁铁的磁场是由通电螺线管中的电流产生的【考点】CI：电磁铁的其他应用．【分析】带有铁芯的通电螺线管组成电磁铁，电磁铁的磁性有无是可以控制的。只有铁、钴、镍等物质才可以被磁铁吸引或磁化。【解答】解：A、塑料是非磁性物质，不能被磁化，故说法错误，不合题意；B、铜是非磁性物质，不能被磁铁吸引，故门锁的插销是不京戏由纯铜制成，故说法错误，不合题意；C、电磁铁在断电后无磁极，在通电后有磁性，故说法错误，不合题意；D、电磁铁的磁场是由通电螺线管中的电流产生的，故说法正确，符合题意。故选：D。【点评】本题考查了对电磁铁应用实例的分析，要对电磁铁的原理及磁性材料有所了解。二．填空题（共10小题）24．磁悬浮地球仪是使用磁悬浮技术的地球仪，它无需转轴穿过球体便可悬浮于空中，给人以奇特新颖的感觉和精神享受。（1）磁悬浮地球仪的球体中有一个磁铁，环形底座内有一金属线圈，通电后相当于电磁铁。金属线圈与球体中的磁铁相互　排斥　（吸引、排斥），使球体受力　平衡　（平衡、不平衡），从而悬浮于空中。磁悬浮地球仪是利用丹麦物理学家奥斯特发现的电流的　磁　效应工作的。当磁悬浮地球仪停止工作时，在“拿开球体”和“切断电源”之间应先　拿开球体　。（2）将磁悬浮地球仪的球体用手轻轻向下按一下，球体就会从原来的悬浮位置向下运动，此时金属线圈中的电流　增大　（增大、减小），磁性增强，金属线圈对球体的作用力　大于　（大于、小于）球体重力，球体到达最低点后向上运动返回原悬浮位置。由于球体具有　惯性　，球体越过原悬浮位置向上运动，此时金属线圈中的电流减小，磁性减弱，球体速度越来越　小　（大、小），到达最高点后向下运动，并再次回到原悬浮位置。几经反复，球体最终停在原悬浮位置。（3）磁悬浮地球仪正常工作时，功率为1W．则工作一个月（30天）耗电　0.72　kW•h，这些电能大部分转化成了　内能　（机械能、内能）。26\n【考点】C4：磁极间的相互作用；EI：能量转化的现象；J3：电功与电能的计算．【分析】（1）从图可知：球体与底座是相互分离的，故可判断球体与底座是相互排斥的；静止状态是一种平衡状态，受到的力平衡；电磁铁是利用电流的电磁效应工作的；如果先切断电源，电磁铁失去磁性，地球仪在重力作用下会落下来，没有保护措施会把地球仪摔坏。（2）电磁铁磁性强弱与电流的大小有关，其他条件相同，电流越大，磁性越强；一切物体都具有惯性。（3）利用电能公式W=Pt求出消耗的电能；由于线圈有电阻，根据焦耳定律知磁悬浮地球仪正常工作时将电能大部分转化成了内能。【解答】解：（1）因为球体与底座是相互分离的，所以球体与底座之间是相互排斥的，即该悬浮地球仪是利用的同名磁极相互排斥的原理制成的；又因为球体在空中静止，所以球体受力平衡；磁悬浮地球仪中的电磁铁是利用电流的电磁效应工作的；当磁悬浮地球仪停止工作时，应先“拿开球体”再“切断电源”，防止地球仪在重力作用下会落下来而摔坏。（2）将磁悬浮地球仪的球体用手轻轻向下按一下时，由于通电线圈的磁性增强，所以可判断此时金属线圈中的电流增大；由于通电线圈的磁性增强，地球仪所受的磁力会大于地球仪的重力；在按力作用下，地球仪向下运动，球体到达最低点后又由于此时磁力大于重力，所以球体向上运动，返回原悬浮位置时，由于球体具有惯性，球体越过原悬浮位置向上运动，此时金属线圈中的电流减小，磁性减弱，磁力越来越小，球体速度越来越小，到达最高点后向下运动，并再次回到原悬浮位置。几经反复，球体最终停在原悬浮位置。（3）磁悬浮地球仪正常工作一个月时耗电量：W=Pt=0.001kW×24h×30=0.72kW•h。由于线圈有电阻，所以磁悬浮地球仪正常工作时将电能大部分转化成了内能。故答案为：排斥；平衡；磁；拿开球体；增大；大于；惯性；小；0.72；内能。【点评】此题考查的知识点较多，要从题目中寻找有用的信息，利用有关知识点解题。25．巨磁电阻（GMR）效应是指某些材料的电阻值随外磁场减小而增大的现象。如图所示，闭合开关S1和S2，通电螺线管的左端是　S　极。若要使电流表示数增大，滑动变阻器应向　左　移动。（填“左”或“右”），此时灯泡的亮度　不变　（填“变暗”、“变亮”、“不变”）。【考点】CB：安培定则及其应用．【分析】（1）利用安培定则判断电磁铁的磁极；（2）当滑片P向左滑动时，接入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，26\n进一步判断电磁铁磁性的变化和GMR电阻的变化，根据欧姆定律可知通过GMR电阻电流的变化，根据并联电路的电流特点判断干路电流的变化。由右侧电路图可知，灯泡GMR电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知左侧电路中滑片移动时灯泡实际功率的变化，进一步根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小判断亮暗的变化。【解答】解：利用安培定则可判断电磁铁的右端为N极、左端为S极。若要使电流表示数增大，当滑片P向左滑动时，接入电路中的电阻减小，由I=可知，通过电磁铁的电流增大，磁性增强，因巨磁电阻（GMR）随外磁场增大而减小，所以，GMR电阻的阻值减小，通过的电流增大，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，右侧电路的总电流增大，即电流表的示数减小。由右侧电路图可知，灯泡GMR电阻并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，左侧电路中滑片移动时灯泡实际功率不变，亮暗不变；故答案为：S；左；不变。【点评】本题考查了电学和磁学相结合电路的动态分析，利用好并联电路的特点和影响电磁铁磁性强弱的因素以及GMR电阻的特点是关键。26．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　。【考点】CC：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验．【分析】（1）滑动变阻器的作用：通过移动滑动变阻器的滑片，改变连入电路电阻大小，来改变电路中的电流；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26\n强，这种方法是转换法。（2）电磁铁磁性强弱影响因素：电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯。在电流和铁芯一定时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强；在线圈和铁芯一定时，电流越大，电磁铁磁性越强；在线圈和电流一定时，有铁芯时电磁铁磁性越强；（3）探究电磁铁磁性强弱跟电流关系时，控制线圈匝数和铁芯一定；探究电磁铁磁性强弱跟线圈匝数关系时，控制铁芯和电流大小一定；探究电磁铁磁性强弱跟铁芯大小关系时，要控制电流和线圈匝数一定。这种方法是控制变量法。【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。【点评】掌握电磁铁磁性强弱的影响因素，利用控制变量法和转换法，探究电磁铁磁性强弱跟各因素之间的关系。27．如图所示是一种单元防盗门门锁的原理图。其工作过程是：当有人在楼下按门铃叫门时，楼上的人闭合开关，门锁上的电磁铁通电，吸引衔铁，衔铁脱离门扣，这时来人拉开门，进入楼内。在关门时，开关是断开的，衔铁在　弹簧　的作用下，合入门扣。在合入门扣的过程中的能量转化情况是　弹性势能变动能　。【考点】CI：电磁铁的其他应用．【分析】（1）物体由于发生弹性形变而具有的能称为弹性势能；（2）物体由于运动而具有的能称为动能；【解答】解：有人在楼下按门铃时，楼上的人闭合开关，门锁上的电磁铁通电就具有磁性，衔铁就被吸引，从而脱离门扣，来人就可以拉开门。关门时，开关是断开的，电磁铁没有磁性，此时衔铁在弹簧的作用下，合入门扣，这个过程是弹簧的弹性势能转化为衔铁的动能。故答案为：弹簧；弹性势能变动能；【点评】电磁铁的实例应用，一般都有个弹簧，电磁铁通电具有磁性吸引衔铁，电磁铁断电失去磁性，衔铁就受弹簧的弹力作用。26\n28．如图甲所示。一个条形磁铁摔成两段，取右边的一段靠近小磁针，小磁针静止时的指向如图乙所示，则右边这处裂纹的磁极是　N　极。如果把这段磁铁沿裂纹吻合放在一起（如图甲），这两段会相互　吸引　（选填吸引、排斥）。【考点】C1：磁性、磁体、磁极；C4：磁极间的相互作用．【分析】任何磁体都有两个磁极：磁北极（N极）和磁南极（S极）；磁体分成若干份，每一份又是一个新的磁体。【解答】解：如图乙，由于异名磁极相互吸引，所以右边裂纹的磁极是N极。如图甲，如果把这段磁铁沿裂纹吻合放在一起，由于左边裂纹的磁极是S极、右边裂纹的磁极是N极，所以这两段会相互吸引。故答案为：N；吸引。【点评】理解掌握磁体的性质、磁极间的相互作用规律是解决此类问题的关键。29．1820年4月的一天，奥斯特讲课时突发奇想，在沿　南北　方向的导线下方放置一枚小磁针，保证导线和小磁针能　平行　放置进行实验，接通电源后发现小磁针明显偏转。随后奥斯特花了三个月时间，做了60多个实验证明电流的确能使磁针偏转，这种现象称为　电流的磁效应　。奥斯特的发现，拉开了研究电磁间本质联系的序幕。【考点】C9：通电直导线周围的磁场．【分析】奥斯特实验证明了电流的周围存在磁场，这是第一个发现了电和磁存在联系的实验。奥斯特由于这个贡献而载入物理史册；【解答】解：在奥斯特实验中，开关闭合时，即当导线中有电流通过时，发现导线下面的小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在着磁场；奥斯特讲课时突发奇想，在沿电流方向的导线下方放置一枚小磁针，保证导线和小磁针能平行放置进行试验，接通电源后发现小磁针明显偏转，电流的确能使磁针偏转，这种现象称为电流的磁效应；故答案为：南北；平行；电流的磁效应。【点评】奥斯特实验和法拉第的电磁感应实验都揭示了电与磁的联系，有着非常重大的意义，值得我们记忆和掌握。30．由甲、乙两根外形、颜色都相同的钢棒，两端没有任何标记，其中有一根是永磁体。现将甲水平放置，手握乙从甲的一端移向另一端，如图所示，若移动过程中手感到受力均匀，则可以肯定：　乙　是永磁体。原因是：　条形磁铁的两个磁极磁性最强，移动过程中手感到受力均匀，说明乙有磁性，甲没有磁性　。26\n【考点】C5：物体是否具有磁性的判断方法．【分析】条形磁体两端磁性最强，中间磁性最弱，根据这条规律进行判断。【解答】解：如图，当乙从甲的左端水平向右移到右端，若两根钢棒间吸引力的大小不变，说明是乙的磁极吸引不具有磁性的钢棒，所以甲没有磁性，乙具有磁性；若两钢棒间吸引力先由大变小，然后由小变大，说明是具有磁性的甲两端磁性最强，对钢棒乙的吸引中间最弱，两端最强，所以甲有磁性，乙没有磁性。故答案为：乙；条形磁铁的两个磁极磁性最强，移动过程中手感到受力均匀，说明乙有磁性，甲没有磁性。【点评】这是鉴别外形相同的钢棒，一个有磁性，一个没有磁性的方法之一，还可以把甲的一定放在乙的中间，如果吸引，甲有磁性，乙没有磁性。31．关于磁场和磁感线，小明总结了如下几点：（1）磁场看不见摸不着，但是可以借助小磁针感知它的存在；（2）磁感线是磁体周围空间实际存在的曲线；（3）磁感线是铁屑组成的；（4）地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近，以上总结中正确的有　（1）（4）　（选填序号即可）。【考点】C6：磁场；C7：磁感线及其特点．【分析】（1）据课本可知，磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转换法；（2）磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线；（3）磁感线是不存在的；（4）地球是一个巨大的磁体，地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近。【解答】解：（1）磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转换法，故正确；（2）磁感线是不存在的，是为了研究方便而假象的一些有方向的曲线，故错误；（3）磁感线是不存在的，磁感线是铁屑组成的说法错误，故错误；（4）地球是一个巨大的磁体，地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，故地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近，故正确；故正确的是（1）（4）。故答案为：（1）（4）。【点评】此题考查了磁场的判断方法、磁感线的理解、地磁场的理解等知识点，是一道综合题。32．磁体间力的作用是通过　磁场　发生的。如图的是用来描绘某一磁体周围磁场的部分磁感线，若在b点放置一个可自由转动的小磁针，则小磁针静止时，其N极指向　Q　处（选填“P”或“Q”）26\n【考点】C6：磁场；C7：磁感线及其特点．【分析】磁场的性质是对于放入其中的磁体产生磁力的作用；磁感线是为了描述看不见的磁场而引入的，磁感线的曲线方向表示磁场的方向，磁场方向跟放在该点的小磁针的北极指向一致。【解答】解：磁体间力的作用是通过磁场发生的；根据图示的磁感线方向可知，b点的磁场方向指向Q，也就是小磁针静止在该点时北极所指的方向，即N极指向Q点。故答案为：磁场；Q。【点评】本题考查了磁感线的方向与磁场方向一致的应用，要会根据磁感线方向确定磁场的方向。33．给你如图所示的器材，请你设计一个温度自动报警器，要求：正常情况下绿灯亮，铃不响，温度升高到一定程度时，铃响，灯不亮。【考点】CF：电磁继电器的组成、原理和特点．【分析】如图所示是一个电磁继电器的工作原理图，左侧为控制电路，电磁铁应与温度计电源连在一起，右侧为工作电路，灯与电铃应是并联关系，而且通过触点开关控制其工作的情况。根据这一分析按要求连接电路，并进行检查即可。【解答】解：如图所示，电路连接完成后，正常情况下绿灯亮，铃不响，温度升高到一定程度时，铃响，灯不亮。【点评】温度自动报警器的原理是较为常见的一种电磁继电器类型，理解起来本身难度并不大，但本题中，因为电源位置的关系，使电路的连接较难安排，在连接时，应把握基本的原则不变，并保持连线不能交叉，且使用图中所给出的接线柱。三．实验探究题（共4小题）26\n34．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，小鹭设计了如图1所示的电路，图甲电源电压6V，R为磁感应电阻，其阻值随磁感应强度变化的关系图线如图2。（1）当图乙S2断开，图甲S1闭合时，电流表的示数为　60　mA．闭合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，说明磁感电阻R处的磁感应强度B逐渐　增大　。（2）闭合S1和S2，滑片P不动，沿电磁铁轴线向左移动磁感电阻R，测出R离电磁铁左端的距离x与对应的电流表示数I，算出R处磁感应强度B的数值如表。请计算x=5cm时，B=　0.40　T．x/cm123456I/mA101215203046B/T0.680.650.600.51　0.40　0.20（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　。【考点】CC：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验．【分析】（1）据题可知，此时的电源电压是6V，且此时的磁场强度为零；图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动，图甲中电流表的时速逐渐减小，据此分析即可判断规律；（2）x=5cm时，对于图表得出电流是30mA，据欧姆定律可以判断电阻大小，进而判断磁场的强弱；（3）据上面的知识分析即可判断出变化的规律。【解答】解：（1）当图乙S2断开，图甲S1闭合时，即磁场强度为零，据图2可知，此时的R=100Ω，故此时电路中的电流是：I===0.06A=60mA；图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动，有效电阻变小，电流变大磁场变强，图甲中电流表的示数逐渐减小，即R的电阻变大，据此分析可知：磁感电阻R处的磁感应强度B逐渐增大；（2）x=5cm时，对于图表得出电流是30mA，据欧姆定律可知，R===200Ω，故对应磁场的强度是0.40T；（3）综合以上实验数据，分析（2）中的表格数据可以得出“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；故答案为：（1）60；增大；（2）0.40；（3）增大；小。【点评】此题考查了电路的分析、欧姆定律的应用等知识点，是一道综合性的计算题，难度较大。35．在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明利用电源、开关、滑动变阻器、两根完全相同的铁钉、表面绝缘的铜线、大头针若干，制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图1所示的电路。26\n（1）实验中通过观察电磁铁　吸引铁钉的个数　的不同，可以判断电磁铁的磁性强弱不同。（2）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。（3）实验中用到的一种重要科学研究方法是　B　。A．类比法B．转换法C．等效替代法D．模型法小明又查阅了有关资料知道：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，小明设计了如图3所示的电路进行实验，请解答下列问题：（4）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　0.03　A。（5）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　0.3　T。【考点】CC：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验．【分析】（1）（3）转换法是指在保证效果相同的前提下，将不可见、不易见的现象转换成可见、易见的现象；将陌生、复杂的问题转换成熟悉、简单的问题；将难以测量或测准的物理量转换为能够测量或测准的物理量的方法；（2）影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小和线圈的匝数，电流越大、线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强；（4）由图象可以得到R没有磁性时的电阻，已知此时R两端电压，利用欧姆定律得到电流表的示数；（5）已知磁敏电阻两端电压和通过的电流，可以得到电阻；由磁敏电阻的阻值，利用图象可以得到磁感应强度。【解答】解：（1）磁性的强弱是直接看不出来的，可以通过电磁铁吸引铁钉的多少来认识其磁性强弱，电磁铁吸引的铁钉个数越多说明磁性越强；（2）当滑动变阻器滑片向左移动时，接入电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，发现电磁铁甲、乙吸引铁钉的个数增加，说明电流越大，电磁铁磁性越强；（3）实验中用到的一种重要科学研究方法是转换法，故B正确；（4）当S1断开，螺线管中没有磁性，即B=0，由图象知此时R=100Ω，乙图中R与R2串联，电压表测R两端电压，电流表测电路中电流，根据欧姆定律得，此时电流表的示数为：I===0.03A；（5）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，26\n磁敏电阻的阻值为R′===150Ω，由图象知，此时的磁感应强度B=0.3T。故答案为：（1）吸引铁钉的个数；（2）增加；大；（3）B；（4）0.03；（5）0.3。【点评】此题是一道电与磁知识综合应用的创新题，题目形式、考查角度、考查方式新颖，注意了与高中知识的合理衔接，值得重点掌握。36．小刚为了探究电磁铁的磁性强弱与哪些因素有关，做了以下几次实验，实验现象如图所示。根据图示现象回答下列问题：（1）实验a与实验b相比较说明　电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性　（2）实验b与实验c相比较说明：匝数相同时，　通过电磁铁的电流越大　，它的磁性就越强。（3）小刚根据实验d中甲、乙两电磁铁出现的现象判断：外形相同的螺线管，线圈的匝数越多，它的磁性就越强，你认为这个结论　不全面　（选填“全面”或“不全面”），若不全面应补充　电流相同时　。【考点】CC：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验．【分析】（1）电磁铁的磁性强弱跟电流大小、匝数多少、有无铁芯有关。电流越大、线圈匝数越多、有铁芯时，电磁铁的磁性越强。（2）探究电磁铁磁性强弱的影响因素时采用转换法和控制变量法。（3）滑动变阻器的作用：改变连入电路的电阻丝的长度，改变连入电路的电阻，改变电路中的电流。（4）电磁铁的优点：磁性的有无可由电流的通断来控制；磁性强弱可由电流的大小来控制；极性可由电流的方向来控制。【解答】解：（1）实验a电路是断路，电路中无电流，电磁铁没有磁性；实验b电路是通路，电路中有电流，电磁铁吸引大头针，电磁铁具有磁性；实验a与实验b相比较说明电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性。（2）实验b到实验c（匝数相同），滑动变阻器连入电路的电阻变短，电阻变小，电路中电流增大，电磁铁吸引大头针增多，电磁铁的磁性增强；这说明匝数相同时，通过电磁铁的电流越大，它的磁性就越强。（3）实验d中甲、乙两电磁铁串联，外形相同的螺线管，电流相同，线圈的匝数越多，它的磁性就越强。电磁铁的磁性强弱同时跟三个因素有关，小刚只提到外形和匝数，没有涉及到电流的大小，所以结论不全面，应补充电流相同时。故答案为：（1）电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性；（2）通过电磁铁的电流越大；（3）不全面；电流相同时。【点评】本题主要考查掌握电磁铁磁性强弱的影响因素以及能用控制变量法和转换法探究电磁铁磁性强弱的影响因素。37．小刚想探究通电螺丝管中插入物体的材料对其磁性强弱有什么影响，他用图示装置进行探究实验。26\n（1）保持电流不变，将无磁性、长度和横截面积相同但材料不同的圆柱形物体分别插入通电螺丝线管中，用吸引物重的大小来显示通电螺丝管的磁性强弱。多次实验后，将数据记录在下表中：插入的物体不放物体软铁棒铁合金棒1铁合金棒2铜棒铝棒碳棒吸引的物重/N几乎为00.50.60.35几乎为0几乎为0几乎为0①从表中数据可得出：当其他条件相同时，放入　软铁棒、铁合金1、铁合金2　会影响通电螺线管的磁性强弱，这些物体均含有　原磁体　，而放入　铜棒、铝棒、碳棒　几乎不影响通电螺线管的磁性强弱。②分析表中数据，发现通电螺线管中插入的物体虽均为导体，但对其磁性强弱影响却不同，据此，请你提出一个值得探究的问题：　螺线管磁性强弱与插入螺线管的材料有关　。③从数据可看出，用吸引物重大小不能显示通电螺线管磁性强弱的微小变化，请你提一条改进方法：　用通电螺线管吸引大头针数目来显示通电螺线管磁性强弱的微小变化　。（2）小刚在实验中还发现：断电后，取出螺线管中的物体，有些仍具有磁性（剩磁），按磁性强弱排序为：铁合金棒2最强、铁合金棒1较强、软铁棒最弱，其余没有磁性。根据以上实验，完成填空：①选用　铁合金1　制造永磁体最合适。②电磁铁选用软铁做铁芯的原因是　铁是磁性物质，铁通电后容易被磁化，断电后铁的磁性容易消失　。【考点】CC：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验．【分析】（1）①③通电螺线管的磁性强弱不能直接用眼睛观察，所以用吸引物重的大小来反映通电螺线管磁性的强弱，这种方法是转换法；②围绕实验材料、实验现象提出探究的问题；（2）电磁铁的铁芯用软铁制做，而不能用钢制做，否则钢一旦被磁化后，将长期保持磁性而不能退磁，则其磁性的强弱就不能用电流的大小来控制，而失去电磁铁应有的优点。【解答】解：（1）通电螺线管的磁性强弱不能直接用眼睛观察，实验中用吸引物重的大小来反映通电螺线管磁性的强弱，这种方法是转换法；①分析表中数据可知，由于软铁棒、铁合金1、铁合金2等物质具有原磁体结构，因而软铁棒、铁合金1、铁合金2会影响通电螺线管的磁性强弱，这些物体均含有原磁体，而铜棒、铝棒、碳棒等物质不具有原磁体结构，因而几乎不影响通电螺线管的磁性强弱；②软铁棒、铁合金棒是磁性材料，铜棒、铝棒、碳棒都是非磁性材料，它们对吸引力影响效果却不同，因此提出的问题是：螺线管磁性强弱与插入螺线管的材料有关；②用吸引物体大小不能显示通电螺线管磁性强弱的微小变化，可以用通电螺线管吸引大头针的数目来显示通电螺线管磁性强弱的微小变化；（2）①根据性强弱排序：铁合金1、软铁棒、铁合金2，其余的没有磁性可知，选用铁合金1制造永磁体最合适；②电磁铁的铁芯用铁而不用钢的主要原因是：铁是磁性物质，铁通电后容易被磁化，断电后铁的磁性容易消失，钢一旦被磁化后，将长期保持磁性而不能退磁。26\n故答案为：（1）①软铁棒、铁合金1、铁合金2；原磁体；铜棒、铝棒、碳棒；②螺线管磁性强弱与插入螺线管的材料有关；③用通电螺线管吸引大头针数目来显示通电螺线管磁性强弱的微小变化；（2）①铁合金1；②铁是磁性物质，铁通电后容易被磁化，断电后铁的磁性容易消失。【点评】在明确影响螺线管磁性强弱的因素的基础上，再结合实际情况分析即可确定答案。四．解答题（共3小题）38．为探究两个通电螺线管之间的磁场方向，把小磁针放在图1所示9个点的位置上方。记录小磁针在各位置上的指向如图2所示。请画出两通电螺线管之间的磁感线（画出三条磁感线），小磁针涂黑的一端为N极。【考点】C7：磁感线及其特点．【分析】通电螺线管外部的磁场和条形磁体的磁场一样。通电螺线管的两端相当于条形磁体的两个极，它们的极性可以从小磁针的指向来确定。小磁针静止时N极的指向为该点的磁场方向。【解答】解：根据图2小磁针指向可知图1小磁针的左边是磁体N极，右边是磁体S极，又因为磁感线是从磁体的N极出发，S极进入，所以磁场方向是向右。答案如图所示：【点评】本题综合运用以下两个知识点：（1）小磁针自由静止时北极指向是磁感线方向；（2）磁感线从磁体N极出发，S极进入。39．标出图1、2中螺线管的N、S极，标出图3、4中螺线管中电流的方向。【考点】CB：安培定则及其应用．【分析】安培定则内容为：用右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指的方向为螺线管N极方向；故由电流的方向结合右手螺旋定则可判出通电螺线管的磁极；【解答】解：第一个图电流由左侧流入，故四指从电流流入的方向去握住螺线管，此时会发26\n现大拇指指向该螺线管的左边，故该螺线管的左边是N极，其右边是S极；第二个图电流由左侧流入，故四指从电流流入的方向去握住螺线管，此时会发现大拇指指向该螺线管的右边，故该螺线管的左边是S极，其右边是N极；第三个图通电螺线管上侧为N极，则由安培定则知，电流由螺线管的下端流入，上端流出；同理可得，第四个图电流由螺线管的右侧流入，左侧流出。故答案见下图：【点评】对于一个通电螺线管，只要知道电流的方向、线圈的绕法、螺旋管的N、S极这三个因素中的任意两个，我们就可以据安培定则判断出另一个。40．如图所示为某兴趣小组为学校办公楼空调设计的自动控制装置，R是热敏电阻，其阻值随温度变化关系如下表所示。已知继电器的线圈电阻R0=10Ω，左边电源电压为6V恒定不变。当继电器线圈中的电流大于或等于15mA时，继电器的衔铁被吸合，右边的空调电路正常工作。温度t/℃0510152025303540电阻R/Ω600550500450420390360330300（1）请说明该自动控制装置的工作原理。（2）计算说明该空调的启动温度是多少？（3）为了节省电能，将空调启动温度设定为30℃，控制电路中需要再串联多大的电阻？（4）改变控制电路的电阻可以给空调设定不同的启动温度，除此之外，请你再提出一种方便可行的调节方案。【考点】CF：电磁继电器的组成、原理和特点；IH：欧姆定律的应用．【分析】（1）由题意可知，这一自动控制装置的基本结构是一个电磁继电器，根据电磁继电器的基本工作原理，结合在此处的运用可描述其原理；（2）根据左边电源电压为6V，继电器线圈中的电流大于或等于15mA时，继电器启动，可计算出此时，继电器的总电阻，再减去线圈电阻，可得到热敏电阻的阻值，最后从表中找出对应温度；（3）当温度设定为30℃时，从表中找出对应的电阻值，用同样的方法求出总电阻，减去表中对应的阻值，即可得出应串联的电阻大小；（4）本装置通过调节电阻来改变设定温度，我们也可以考虑通过改变电源电压，实现对其调节的作用。【解答】解：（1）答：随室内温度的升高，热敏电阻的阻值减小，控制电路中电流增大，当电流达到15mA26\n时，衔铁被吸合，右侧空调电路连通，空调开始工作。当温度下降时，控制电路电阻增大，电流减小，减小到一定值，使空调电路断开，这样就实现了自动控制。（2）电路启动时的总电阻：R总===400Ω，此时热敏电阻的阻值：R热=R总﹣R0=400Ω﹣10Ω=390Ω，对照表格数据可知，此时的启动温度是25℃。答：该空调的启动温度是25℃。（3）因为电路启动时的总电阻为400Ω，由表中数据可知，空调启动温度设定为30℃时，热敏电阻的阻值为360Ω，则电路中还应串联的电阻：R′=R热=R总﹣R热′﹣R0=400Ω﹣360Ω﹣10Ω=30Ω。答：将空调启动温度设定为30℃时，控制电路中需要再串联30Ω的电阻。（4）因为本装置启动的电流是一定的，因此，既可通过改变电阻来改变电流，可以通过将左边电源改为可调压电源来实现对其控制。答：可以将左边电源改为可调压电源。【点评】本装置的实质是一个电磁继电器，对电磁继电器工作原理的了解是解题的基础。通过这一装置，重点考查了对电路中电流、电阻变化的分析，既要理解装置的工作过程，同时还要会从表格的数据中获取有用的信息，具有一定的综合性，难度较大。尤其是对新的改进方案的提出，更是需要深入理解本装置的工作实质。26