2024年中考物理（全国）难点 专题05 电磁学（压轴题）教师版

专题05电磁学（压轴题）在预测2024年中考物理“电磁学（压轴题）”的命题趋势时，我们需要关注当前的课程标准、科技发展和历年考试趋势。电磁学作为物理学的重要分支，一直是中考的热点和难点。我们可以预见，基础知识的考查依然是重点。包括磁现象、电磁继电器、电磁铁、电流的磁效应、电磁感应等基本概念和原理，以及它们在实际生活中的应用。这些基础知识点可能会以选择题、填空题、计算题、实验题、科技阅读题和综合题型等形式出现，考查学生的基础掌握情况。对电磁学实验和应用的考查也将是命题的重点。例如，可能会考查学生对电磁铁、电动机、发电机等设备的理解和应用能力。这些题目可能会以实验题或应用题的形式出现，考查学生的实验操作能力和解决问题的能力。随着科技的发展，新的电磁学现象和应用也可能会成为命题的热点。例如，近年来兴起的无线充电技术、电磁悬浮技术等，都可能会成为中考的考点。这些题目可能会以信息给予题或创新题的形式出现，考查学生的创新能力和综合素质。压轴题可能会考查学生对电磁学知识的综合运用能力。这类题目可能会涉及多个知识点，需要学生进行综合分析和解答。这类题目旨在考查学生的逻辑思维能力和解题技巧，需要学生具备较高的物理素养和解题能力。2024年中考物理“电磁学（压轴题）”的命题趋势可能会更加注重基础知识的考查，同时加强对实验和应用能力的考查，以及关注新的科技发展和电磁学现象。因此，建议考生在平时的学习中要注重基础知识的掌握，加强实验操作和解决问题的能力，同时也要关注科技发展的新动态，提高自己的综合素质。（限时：20分钟）一、单选题1．小明设计了一个电梯自动报警模拟装置，如图-1所示。在控制电路中，电源电压为12V，R1为滑动变阻器，R2为压敏电阻，R2的阻值大小随压力F的变化关系如图-2。所示。闭合开关S1和S2，当压敏电阻受到的压力达到4000N时，电磁铁线圈中的电流为0.1A，此时衔铁被吸下，动触点K与触点A断开，同时与触点B接触，电动机停止工作，报警铃声开始响起。电磁铁线圈的电阻忽略不计。下列说法正确的是（）A．S1闭合时，电磁铁的上端为N极B．当电梯自动报警铃声未响起时，控制电路的总功率大于18WC．当电梯自动报警铃声开始响起时，R1的功率为0.4WD．若控制电路电源电压降低，要保证电梯最大载重不变，应将R1的滑片P向左移【答案】D【解析】A．由图1知，闭合开关S1，电流由电磁铁的下端流入，上端流出，据安培定则知，电磁铁的上端为S极，下端为N极，故A错误；BC．衔铁被吸下时，动触点K与触点B接触，报警铃声响起，此时电磁铁线圈中的电流为0.1A，由图1知，控制电路中，两个电阻及电磁铁串联，控制电路的总功率P=UI=12V×0.1A=1.2W此时压敏电阻所受压力为4000N，它接入电路的阻值由图2知，为40Ω，控制电路的总阻值R1的阻值R1=R-R2=120Ω-40Ω=80ΩR1功率警报铃未响起，即衔铁未被吸下，则控制电路中的电流小于0.1A，控制电路的总功率小于1.2W，故BC错误；D．控制电路的电源电压降低，要保证电梯最大载重不变，即压敏电阻接入电路的最小阻值不变，控制电路的电流不变仍为0.1A时，衔铁被吸下，则变阻器接入电路的阻值变小，滑片向左移动，故D正确。故选D。二、多选题2．如图所示是某科技展馆设计的调光天窗工作原理图，为定值电阻，R为光敏电阻。当外界光照较强时，能启动电动卷帘适时调整进光量；当外界光照较弱时，能自动启动节能灯L给予补光。下列有关说法正确的是（）A．电动卷帘装置与节能灯L是串联的B．开关S闭合时，电磁铁的上端是S极C．光敏电阻R的阻值随光照强度的增大而增大D．要在环境光线更弱时才启动节能灯L，则应换阻值较小的【答案】BD【解析】A．由图可知电动卷帘装置与节能灯L不在同一条电流路径，它们不是串联的，故A错误；B．由图可知开关S闭合时，电流从电磁铁外部向左，由安培定则可知：其下端是N极，则上端是S极，故B正确；C．当外界光照较强时，能启动电动卷帘适时调整进光量，说明此时控制电路中电流较大，即电路中电阻较小，说明光敏电阻R的阻值随光照强度的增大而减小，故C错误；D．环境光线减弱时，启动节能灯L，说明此时电磁铁的磁性弱，即控制电路中电流小，要在更弱光线下才启动节能灯，此时电磁铁中电流应稍大一点，所以应换阻值较小的，故D正确。故选BD。3．如图所示的电路中，磁敏电阻R的阻值随磁场的增强而明显减小，将螺线管一端靠近磁敏电阻R，闭合开关S1、S2，下列说法不正确的是（

）A．螺线管左端为S极，右端为N极B．当R1的滑片向右端滑动时，电流表示数减小C．当R1的滑片向左端滑动时，电压表示数增大D．在螺线管中插入铁芯，电流表示数减小【答案】ACD【解析】A．电流从螺线管右端流入，左端流出，由安培定则得，螺线管左端为N极，右端为S极，故A错误，符合题意；B．变阻器与螺线管串联，当R1的滑片向右端滑动时，变阻器接入电路中电阻变大，电路中电阻变大，螺线管所在电路中电流变小，螺线管的磁性减弱，此时磁敏电阻R阻值变大；磁敏电阻R所在电路中：磁敏电阻R与定值电阻R1串联，电流表测量电路中电流，电压表测量磁敏电阻R电压，此时电路中电阻变大，电流表示数减小，故B正确，不符合题意；C．当R1的滑片向左端滑动时，变阻器接入电路中电阻变小，螺线管电路中电阻变小，螺线管所在电路中电流变大，螺线管的磁性增强，此时磁敏电阻R阻值变小；磁敏电阻R所在电路中电阻变小，电路中电流增大，由欧姆定律得，定值电阻R1电压变大，由串联电路电压特点得，磁敏电阻R电压变小，即电压表示数减小，故C错误，符合题意；D．在螺线管中插入铁芯，螺线管磁性增强，磁敏电阻R阻值减小，磁敏电阻R所在电路电阻减小，由欧姆定律得，电路中电流增大，即电流表示数增大，故D错误，符合题意。故选ACD。三、实验题4．（一）某实验小组探究“通电螺线管外部磁场的特点”。

（1）将螺线管安装在一块有机玻璃板上，连入电路中。在板面上均匀地洒满铁屑，闭合开关并轻敲玻璃板面，观察到铁屑分布情况如图甲所示。铁屑的分布情况与磁体周围铁屑的分布情况相似，铁屑的作用是显示；（2）把小磁针放在通电螺线管四周不同的位置，小磁针静止时N极所指方向如图乙所示，对调电源正负极，闭合开关，小磁针静止时N极所指方向如图丙所示，说明通电螺线管的极性与的方向有关；（二）另一小组成员还进行了如下探究：

（3）如图丁所示，将小铁钉靠近磁铁N极，小铁钉被吸引获得性。此时，小铁钉相当于一个，钉尖是极。如图戊所示，给磁铁加热一段时间后，小铁钉会掉落，表明磁铁的磁性可能与有关。【答案】条形磁铁显示磁场分布情况电流磁磁体S温度【解析】（1）[1]由图可知，螺线管通电后外部铁屑的分布情况与条形磁体周围铁屑的分布情况相似。[2]铁屑在磁场容易被磁化，故可以用铁屑来显示通电螺线管周围的磁场分布。（2）[3]将电源正、负极对调，小发现小磁针的指向也改变了，说明通电螺线管极性与电流方向有关。（3）[4][5][6]如图丁所示，将小铁钉靠近磁铁N极，小铁钉被吸引获得磁性。此时，小铁钉相当于一个磁体，根据异名磁极相互吸引，小铁钉的顶尖是S极。[7]如图戊所示，给磁铁加热一段时间后，小铁钉会掉落，说明温度升高，磁铁的磁性减弱了，这表明磁铁的磁性可能与温度有关。四、综合题5．小明想利用物理课所学知识制作一个像如图1所示的温奶器，温奶器由一个控制电路和一个工作电路组成，当温度达到45℃时，衔铁被弹开停止加热。（1）已知热敏电阻Rx随温度的变化如图2所示，控制电路的电压为4.5V。此时控制电路的最大电流是A（电磁铁线圈电阻不计）；（2）工作电路电压是220V，加热电阻R0阻值为484Ω。则温奶器的加热功率是多少？（3）在使用过程中根据实际情况，需要在原电路基础上再添加一个50W的保温功能。请设计电路图，画在图4的虚线框内，并计算出所加电阻R的阻值；（4）要使200mL奶的温度由20℃加热至40℃，至少需要多长时间。[ρ奶=1.02g/cm3，c奶=2.5×103J/(kg·℃)]【答案】0.45100W见解析484Ω102s【解析】解：（1）已知控制电路的电压为4.5V，根据图像2可知温度达到时停止加热，此时电阻为，根据欧姆定律可知，控制电路的最大电流（2）工作电路电压是220V，加热电阻R0阻值为484Ω，温奶器的加热功率（3）由于保温时功率变小，则必须串联一个电阻减小加热电阻的电流，由公式可知保温时电路的总电阻为因串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，则添加电阻R的大小为串联的电阻必须接在上方的触点上，电路图如下图所示（4）200mL牛奶的质量温度由加热至所吸收的热量消耗的电能等于牛奶吸收的热量，由公式变形可得，加热时间至少为答：（1）此时控制电路的最大电流是0.45A；（2）温奶器的加热功率是100W；（3）电路图见解答，所加电阻R的阻值484Ω；（4）要使200mL奶的温度由20℃加热至40℃，至少需要102s时间。6．某科技小组设计的电热水器具有加热和保温功能，其工作原理如图1所示。R为热敏电阻，其阻值R随温度变化的规律图像如图2所示，电源电压U1为6V，保护电阻R0的阻值为300Ω，热敏电阻R和工作电路中的三只加热电阻丝R1、R2、R3均置于储水箱中，R1=44Ω，U2=220V，加热和保温时的功率分别为2200W和110W。（1）电磁铁上端为极；（2）当电磁铁线圈中的电流I≤8mA时，继电器上方触点c接触，保温电路接通，热水器刚开始保温时水的温度是多大？（电磁铁线圈电阻不计）（3）电阻丝R3的阻值是多大？（4）不计热量损失，该热水器在加热状态下将44kg、25℃的水加热到50℃需要多少时间？[]【答案】S70℃396Ω2100s【解析】（1）[1]由图1知，电流从电磁铁的下方流入，上方流出，根据安培定则可知电磁铁下端为N极，上端为S极。（2）[2]当电磁铁线圈中的电流I≤8mA时，继电器上方触点c接触，保温电路接通，则电磁铁线圈中的电流为8mA时，热水器刚开始加热，根据可得，控制电路的总电阻热敏电阻的阻值为R=R总-R0=750Ω-300Ω=450Ω由图2可知，此时水温为70℃。（3）[3]由题意和电路图知：衔铁被吸下时，R1、R2并联，电热水器处于加热状态，则有即解得：R2=44Ω；根据题意可知，电磁继电器上方触点和触点c接通时，电热水器处于保温状态，则由电路图知，此时R2、R3串联，根据可得保温时工作电路的总电阻为根据电阻的串联特点可得R3=R′-R2=440Ω-44Ω=396Ω（4）[4]水吸收的热量不计热量损失，则加热电路消耗的能量则加热时间7．电梯为居民带来了很大的便利，小明查阅资料后了解到出于安全考虑，电梯都设置了超载自动报警系统，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，在控制电路中，已知电源电压，保护电阻，压敏电阻的值随压力F大小变化的图像如图乙所示，电梯底架自重和电磁铁线圈的阻值均忽略不计。请回答下列问题。（g取）（1）在控制电路中，当压敏电阻受到的压力F增大时，电磁铁的磁性（选填“增强”“减弱”或“不变”）。当电梯超载时，闭合开关S，电动机（选填“工作”或“不工作”）；（2）若有10人乘坐电梯，每人的平均体重为60kg，求在电梯匀速上升过程中压敏电阻两端电压为多少？()控制电路的电功率为多少？()（3）若电磁铁线圈中的电流达到时，衔铁刚好被吸住，电铃发出警报声，提示电梯超载，则当该电梯厢内站立总质量为的乘客时，试通过计算说明电梯是否超载？()【答案】增强不工作5V0.06W见解析【解析】（1）[1][2]由图乙可知，在控制电路中，当压敏电阻R2受到的压力增大时，其阻值减小，由图甲可知，电路中总电阻减小，电源电压不变，电路中电流变大，电磁铁磁性增强；当电梯超载时，闭合开关S，压敏电阻受到的压力大，电磁铁的磁性强，将衔铁吸下，K与A分开，与B接触，电动机不工作，电铃响。（2）[3][4]若有10人乘坐电梯，每人的平均体重为60kg，匀速上升，电梯底架自重忽略不计，电梯受到的压力等于乘客的总重力，即由图乙可知，此时压敏电阻阻值因控制电路为串联电路，电磁铁线圈的阻值忽略不计，所以电路中的电流为压敏电阻两端的电压控制电路的电功率（3）[5]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总重力，即由图乙可知，此时压敏电阻的阻值控制电路中的电流因为所以衔铁被吸下，电铃发出警报声，此时电梯超载。8．阅读短文，回答问题。无链条电动自行车，被称为“没有链条的混合动力电动自行车”。它相比传统自行车具有很多优点如：省力、耐用、安静、灵便、结构简单等，因此，无链条电动自行车是城市中一种理想的交通工具。如图甲所示为一种在售的无链条电动自行车。它结合了电池动力和人体动力，此车既可以通过给锂电池充电获得能量；也可以通过骑行者踩脚踏板获得能量。骑行者踩脚踏板的动能，可转化为电能，存储在自行车框架中的锂电池内，之后通过电动机驱动后轮转化成动能，以此驱动自行车前进，使骑行者骑得更省力，同时也能减少对环境的污染，为保持电池的使用寿命，行驶过程中电池的放电量不能超过总量的80%。为了保证电动车的续航能力，该车采用了能量密度（能量密度为存储能量与电池质量的比值）为0.16kW⋅h/kg的锂电池供电。整车整车质量40kg最大车速24km/h最大噪声<30dB锂电池电压48V质量3kg电动机额定功率180W（1）电动车行驶时极为安静，是在（选填“声源处”或“传播途中”）减弱噪声，与汽车相比，除减弱噪声外，电动自行车还有等优点；（2）直流电动机是电动自行车的核心部件，图乙实验图中与其工作原理一致的是；（3）给锂电池充电时，锂电池属于电路中的（选填“电源”或“用电器”），电动车所用锂电池最多所储存的电能为；（4）骑行时，仅靠锂电池驱动，在平直路面上，以最大车速可匀速行驶1.5h，此时自行车所受的阻力为32N，则自行车的效率为%，骑行时，如同时利用踩脚踏板混合动力提供能量，可使车连续匀速行驶2h，则混合动力驱动时人所提供的能量与仅以电力驱动时锂电池提供的能量之比为；（5）如图丙所示为充电器过热保护的模拟控制装置，电源电压恒定，R1为定值电阻，L为阻值不计的线圈，R2是热敏电阻，其电流与电压的关系如图丁所示。闭合开关S、S1时，电路中的电流为40mA；闭合开关S、断开S1，R2的功率为0.08W，则控制电路的电源电压为V，R1=Ω。【答案】声源处污染小C用电器0.4883.31∶38200【解析】（1）[1][2]电动自行车行驶时本身发出的声音极为安静，故是在声源处减弱噪声的；与汽车相比，除减弱噪声外，电动自行车还有污染小的特点。（2）[3]电动机是利用通电导体在磁场里受力转动的原理制成的；A．图中是探究通电螺线管的磁场，是电流的磁效应，与电动机的原理不同，故A不符合题意；B．图中是奥斯特实验，证明了电流周围可以产生磁场，与电动机的原理不同，故B不符合题意。C．图中有电源，通电导体在磁场中受力会发生运动，是电动机的原理，故C符合题意；D．图中闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流，是电磁感应现象，与电动机的原理不同，故D不符合题意；故选C；（3）[4]在电池充电的过程中，消耗电能，产生化学能，故是将电能转化成了化学能，即此时充电的电池相当于用电器。[5]根据能量密度的概念可知，电动车所用锂电池最多所储存的电能（4）[6]根据可知，自行车以最大车速匀速行驶的路程为自行车匀速行驶时，牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，自行车的牵引力自行车所做的功为为保持电池的使用寿命，行驶过程中电池的放电量不能超过总量的，所以锂电池提供的电能则电动机的效率[7]利用踩脚踏板混合动力行驶的路程为混合动力驱动时提供的能量“混合动力驱动”时人所提供的能量“混合动力驱动”时人所提供的能量与“电力驱动”时锂电池提供的能量之比（5）[8][9]由图丙可知，闭合S、时，电路中只有R连入，电路中的电流根据可得，电源电压

①闭合S、断开时，与串联连入，由于的功率为，由图像可知，两端的电压，通过R2的电流根据和电阻的串联特点得，电源电压

②联立①②可解得：R1为定值电阻控制电路的电源电压五、计算题9．科技小组的同学设计了如图甲所示的恒温箱温控电路，它包括控制电路和受控电路两部分，用于获得高于室温、且温度在一定范围内变化的“恒温”。其中控制电路电源电压U=36V，R为可变电阻，Rt为热敏电阻（置于恒温箱内），热敏电阻阻值随温度变化的关系如图乙所示，继电器线圈电阻R0=50Ω，已知当控制电路的电流达到0.04A时，继电器的衔铁被吸合；当控制电路的电流减小到0.036A时，衔铁会被释放。加热器的规格是“220V1000W”，恒温箱内部空间大小是2m3，空气的密度ρ空=1.30kg/m3，空气的比热容c空=1×103J/（kg•℃）。（1）若要使恒温箱内可获得上限为100℃的“恒温”，可变电阻R应调节为多大？（2）加热器产生的热量有80%转化为恒温箱内空气的内能，若使恒温箱内空气温度从25℃升高到65℃，加热器需正常工作多长时间？

【答案】（1）450Ω；（2）130s【解析】（1）由图甲知，控制电路中热敏电阻、可变电阻与线圈串联；由图乙知t1=100℃，Rt1=400Ω，此时通过线圈电流，根据欧姆定律可得，控制电路的总电阻可变电阻R的阻值（2）由得空气质量空气吸收的热量加热器消耗的电能由W=Pt得，加热时间答：（1）若要使恒温箱内可获得上限为100℃的“恒温”，可变电阻R应调节为450Ω；（2）加热器产生的热量有80%转化为恒温箱内空气的内能，若使恒温箱内空气温度从25℃升高到65℃，加热器需正常工作130s。10．为实现自动控制，小明同学利用电磁继电器（电磁铁线圈电阻不计）制作了具有延时加热、保温、消毒等功能的恒温调奶器，其电路图如图甲所示。控制电路中，电压U1=3V，定值电阻R0=50Ω，热敏电阻R阻值随温度变化的图像如图乙所示；工作电路中，电压U2=220V，R1=836Ω，R2=44Ω。已知恒温调奶器容量为2kg，水温达到80℃时衔铁会跳起。[水的比热容为4.2×103J/(kg•℃)]（1）求衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流；（2）求工作电路在保温状态下的电功率；（3）当调奶器加满温度为25℃的水，加热元件工作500s后衔铁跳起，求此过程中水吸收的热量及恒温调奶器的加热效率。【答案】（1）0.02A；（2）55W；（3）4.62×105J，84%【解析】解：（1）由图可知当温度为80℃时，热敏电阻的阻值为100Ω，串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以控制电路的总电阻为R控=R+R0=100Ω+50Ω=150Ω衔铁刚弹起时，通过电磁铁线圈的电流（2）当衔铁被吸下时，动触点与静触点b接触，工作电路为R2的简单电路，此时工作电路的电阻最小，由可知，此时工作电路的电功率最大，处于加热状态；当衔铁跳起时，动触点与静触点a接触，R1和R2串联接入工作电路时，此时工作电路的总阻值最大，由可知，此时工作电路的电功率最小，处于保温状态；保温功率为（3）水吸收的热量为Q=c水mΔt=4.2×103J/(kg·℃)×2kg×(80℃﹣25℃)=4.62×105J恒温调奶器加热状态下的电功率500s内消耗的电能W=P加t=1100W×500s=5.5×105J恒温调奶器的加热效率答：（1）衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流为0.02A；（2）工作电路在保温状态下的电功率为55W；（3）此过程中水吸收的热量为4.62×105J，恒温调奶器的加热效率为84%。11．如图所示是某温控装置的简化电路图，工作电路由电压为220V的电源和阻值R=88Ω的电热丝组成；控制电路由电源、电磁铁（线圈电阻R0=20Ω）、开关、滑动变阻器R2（取值范围为0~80Ω）和热敏电阻R1组成，R1阻值随温度变化的关系如下表所示。当控制电路电流I≥50mA时，衔铁被吸合而切断工作电路；当控制电路电流I≤40mA时，衔铁被释放而接通工作电路。温度/℃90806660504640363534R1/Ω102040507080100120130150（1）工作电路正常工作时，电热丝在1min内产生的热量是多少？（2）当温度为60℃，滑动变阻器R2接入电路的阻值为50Ω时，衔铁恰好被吸合，则控制电路的电源电压是多少？（3）若控制电路电源电压不变，此装置可控制的温度最大范围是多少？【答案】（1）3.3×104J；（2）6V；（3）35℃~80℃【解析】解：（1）由题知，工作电路由电压为220V的电源和阻值R=88Ω的电热丝组成，则R在1min内产生的热量为（2）当温度为60℃时，由表格数据可知，热敏电阻R1=50Ω，且此时滑动变阻器接入电路的阻值R2=50Ω，线圈电阻R0=20Ω，则控制电路的总电阻为R总=R1+R2+R0=50Ω+50Ω+20Ω=120Ω此时衔铁恰好被吸合，则控制电路的电流为I=50mA=0.05A则控制电路的电压为U=IR总=0.05A×120Ω=6V（3）当控制电路电流I=50mA时，控制电路的总电阻最大为衔铁被吸合切断工作电路，当滑动变阻器R2的最大阻值为80Ω时，热敏电阻R1的阻值最小（此时温度最高），则最小值为R1小=R最大﹣R2﹣R0=120Ω﹣80Ω﹣20Ω=20Ω由表中数据知可控制的最高温度为80℃。当控制电路电流为40mA时，衔铁被释放接通工作电路，控制电路的总电阻最小为当滑动变阻器R2的最小阻值为0时，热敏电阻R1的阻值最大（此时温度最低），则最大值为R1大=R最小﹣R0=150Ω﹣20Ω=130Ω由表中数据知可控制的最低温度为35℃。所以此装置可控制的温度最大范围是：35℃~80℃。答：（1）工作电路正常工作时，电热丝在1min内产生的热量是3.3×104J；（2）当温度为60℃，滑动变阻器R2接入电路的阻值为50Ω时，衔铁恰好被吸合，则控制电路的电源电压是6V；（3）若控制电路电源电压不变，此装置可控制的温度最大范围是35℃~80℃。六、科普阅读题12．阅读材料，回答问题。电磁继电器与扫地机器人某智能扫地机器人（如图甲）可通过灰尘传感器自动寻找灰尘清扫，通过电动机旋转、产生高速气流将灰尘等吸入集尘盒。机器人其部分工作参数：××智能扫地机器人正常充电电压12V额定功率40W充电时的电流2.5A工作噪声<50dB正常充电电压下充满电所需时间1h其内部有一光敏电阻Rp，其阻值随光照强度变化Rp－E图象如图乙（E表示光照强度，光照强度越强E值越大，其单位为cd，读作坎德拉）。机器人接通电源工作时，当清扫到一定程度，地面灰尘减少，使照射到光敏电阻上的光照强度增强，光敏电阻Rp减小，电磁铁吸引衔铁，指示灯亮。图丙为其不完善的工作电路原理图。

（1）由乙图像可知，光敏电阻的阻值Rp与光照强度E之间的关系是；（2）在机器人电路原理图中，光敏电阻应连在处（选填A或B），当地面灰尘多时，使照射到光敏电阻上的光照强度减小，光敏电阻Rp增大，通过电磁铁的电流，电磁铁释放衔铁，电动机工作；（3）充满电后电池储存的电能为J，在电池内部剩余30%的电能时，小东立刻给机器人充电，同时机器人还继续正常工作，机器人最多能持续正常工作小时。【答案】这个光敏电阻的阻值与光照强度成反比（增大而减小）A减小1.08×1050.9【解析】（1）[1]由图乙知道，光敏电阻的阻值Rp随着光照强度E增大而减小，但光敏电阻的阻值Rp与光照强度E的乘积是定值，即说明光敏电阻的阻值Rp与光照强度E成反比。（2）[2]根据题意知道“地面灰尘减少，使照射到光敏电阻上的光照强度增强，光敏电阻Rp减小，电磁铁吸引衔铁，指示灯亮。”说明光敏电阻Rp减小，电路电流增大，衔铁下移，指示灯亮，所以，光敏电阻应连在A处，控制电磁铁中电流的大小。[3]当地面灰尘多时，使照射到光敏电阻上的光照强度减小，光敏电阻Rp增大，通过电磁铁的电流减小，电磁铁释放衔铁，衔铁上移，电动机工作。（3）[4]扫地机器人充满电后电池储存的电能[5]设机器人最多能持续正常工作的时间是t，则由W=Pt知道，故电池总容量能够持续供应该机器人正常工作的时间（限时25分钟）一、单选题1．小刚设计了一个如图所示的实验，A、B两线圈通过导线连接构成闭合回路，并将导线通过绝缘线悬挂起来，使磁体甲穿入线圈A中，手拿磁体乙靠近或远离线圈B时，线圈A会随之摆动。对于这一实验过程，下列说法正确的是（）

A．线圈A相当于用电器，线圈B相当于电源B．利用A线圈的摆动原理可以制成发电机C．磁体乙靠近线圈B时，磁体乙上的电能转移到线圈B中D．磁体乙靠近与远离线圈B时，线圈A的起始摆动方向相同【答案】A【解析】A．将磁体乙靠近线圈B，是通过电磁感应产生电流，线圈B相当于电源；感应电流通过线圈A，由于磁体与电流的相互作用，线圈A摆，此时A相当于电动机，故A正确；B．线圈A摆动，是因为磁体对电流产生了力的作用，这是电动机的工作原理，故B错误；C．此过程中，是机械能转化为电能，不是电能的转移，故C错误；D．乙靠近或者远离B时，产生的感应电流方向是不同的；A中的电流方向不同，磁体对A的作用力方向也不同，故A摆动方向是变化的，故D错误。故选A。2．下列关于磁场、磁感线的叙述，其中正确的是（）A．在磁体周围放入小磁针，磁体产生磁场，取走小磁针，磁体周围的磁场就消失了B．某一点的磁场方向就是放在该点的小磁针北极受力方向C．磁感线是有方向的，在磁体周围的磁感线都是从磁体的南极出来，回到北极D．磁体周围的磁感线是一系列真实存在的闭合曲线【答案】B【解析】A．磁体周围存在一种物体，就是磁场，磁场虽然是看不见、摸不着的，但它会对放入它中的磁体产生力的作用。取走小磁针，我们不能直观地观察到磁场的存在，但放入其它的磁体，磁场依然能对其他的磁体产生力的作用。磁铁周围的磁场是永远存在的。故A错误；B．我们对磁场的方向是这样定义的：磁场对放在该点的小磁针N极的作用力的方向就是该点的磁场方向。小磁针在磁场中静止时，北极的指向与北极的受力方向一致，就是该点的磁场方向，故B正确；C．磁感线是有方向的，在磁体的外部磁感线都是从磁体的北极出来，回到南极，内部磁感线是从磁体的南极出来，回到北极，故C错误；D．由于磁场是看不见、摸不着的，为了形象地描述磁场，而引入了磁感线的概念，它不是真实存在的，故D错误。故选B。3．如图，两根绝缘细线吊着一根铜棒，空间存在垂直纸面的匀强磁场，棒中通有向右的电流时两线上拉力大小均为F1，若棒中电流大小不变方向相反，两线上的拉力大小均为F2，且F2>F1，则铜棒所受磁场力大小为（）A．F1+F2 B．F2-F1 C．2F1+2F2 D．2F1-F2【答案】B【分析】对铜棒的受力变化情况可以得到磁场力的方向，然后使用左手定则反推磁场方向，再根据平衡列出平衡方程解出重力和安培力的大小。【解析】由题意知，导体棒受到的磁场力方向在竖直方向，因为电流反向时，磁场力同样反向，又因为反向时，细线的拉力增大，由此可知电流自左向右时，导体棒受磁场力方向向上，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里。设铜棒的重力为G，所受磁场力的大小为F，则由平衡条件得，铜棒中的电流向右时有2F1=G-F此为①式；当电流反向时，磁场力变为竖直向下，此时同样根据导体棒平衡有2F2=G+F此为②式；由①和②可得G=F1+F2，F=F2-F1故ACD不符合题意，B符合题意。故选B。4．铜质金属框在光滑水平面上以一定速度向右滑动，其右侧有一足够大的均匀磁场区域（磁感线方向垂直于纸面），如图所示。关于金属框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．由于水平面光滑金属框能保持匀速直线运动状态B．金属框由于被磁化而受到磁场对它水平向左的力C．金属框一直在做切割磁感线运动而产生感应电流D．金属框的运动体现力是改变物体运动状态的原因【答案】D【解析】如图甲，磁感线垂直纸面向外，当金属框刚进入磁场时，符合闭合电路一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，所以导体中产生感应电流，根据右手定则可以判断感应电流方向为ab，此时金属框有电流，根据左手定则，金属框受到向左的磁力作用，所以金属框进行向右减速运动；当金属框全部进入磁场中，整个金属框在磁场中做切割磁感线运动，金属框中没有感应电流，由于水平面是光滑的，所以金属框由于惯性继续向右做匀速直线运动；当金属框滑出磁场时，同理受到向左的磁力，金属框向右进行减速运动。如图乙，磁感线垂直纸面向里，当金属框进入磁场时，符合闭合电路一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，所以导体中产生感应电流，根据右手定则可以判断感应电流方向为ba，此时金属框有电流，根据左手定则，金属框受到向左的磁力作用，所以金属框进行向右减速运动；当金属框全部进入磁场中，整个金属框在磁场中做切割磁感线运动，金属框中没有感应电流，由于水平面是光滑的，所以金属框由于惯性继续向右做匀速直线运动；当金属框滑出磁场时，同理受到向左的磁力，金属框向右进行减速运动。A．由于水平面光滑金属框向右运动时，先减速直线运动进入磁场，完全进入磁场后匀速直线运动，最后减速直线运动离开磁场，故A错误；B．铜不是磁性材料，不能被磁化的。金属框由于在进入和离开磁场时受到磁场对它水平向左的力，金属框在完全进入磁场时不受磁力作用，故B错误；C．金属框在进入和离开磁场时产生感应电流，在完全进入磁场时没有感应电流，故C错误；D．金属框受到磁力作用时改变运动状态，说明力是改变物体运动状态的原因，故D正确。故选D。二、多选题5．实践活动小组的同学，在商场看到了一种智能电梯，如图甲所示。当无乘客乘坐电梯时，电动机功率较小，以低速运转，电梯以较小的速度上升；当有乘客乘坐电梯时，电动机功率较大，以高速度运转，电梯以较大的速度上升。他们利用所学过的知识设计了一个能实现智能电梯上述功能的模拟电路，如图乙所示。其中M为带动电梯运转的电动机，R1为定值电阻，R为阻值随所受乘客对其压力大小发生改变的压敏电阻，线圈可看作定值电阻，两个电源两端的电压均保持不变。关于这个电路，下列说法中正确的是（）A．当有乘客站在电梯上时，R的阻值减小B．当有乘客站在电梯上时，衔铁上的动触点与触点1接触C．若适当减小R1的阻值，可减小无乘客时电动机消耗的电功率D．当有乘客站在电梯上时，电磁铁线圈的耗电功率变大【答案】AD【解析】ABD．当无人站立在电梯上时，R的阻值较大，通过线圈的电流较小，线圈的功率与磁性较小，动触点与触点1接触，电梯电动机与电阻R1串联，电动机所在电路电流较小；当有人站立在电梯上时，R的阻值变小，此时电源电压不变，通过线圈的电流变大，线圈的功率与磁性变大，线圈将衔铁吸引下来，此时动触点与触点2接触，电梯电动机不与R1串联而是独自接在电源上，通过电动机的电流变大，电梯功率变大。故AD正确，B错误。C．电梯上无人时，电阻R1与电梯的电动机串联，若减小R1的阻值，而电源电压不变，则电路中的电流变大，电动机的功率会变大。故C错误。故选AD。三、实验题6．综合实验（可配图说明）要探究“通电导体在磁场中的受力大小与电流大小的关系”，请完成下列探究实验的设计方案：器材U形磁体、电流表、滑动变阻器、直导线、导线、细线、开关、电源实验步骤数据记录表格【答案】见解析【分析】要探究通电导体在磁场中受力大小与电流大小的关系，需要改变电路电流，观察通电导体受力情况的变化，所以需要将滑动变阻器、电流表与通电导体串联。据此设计实验方案。【解析】实验步骤：将电源、滑动变阻器（滑片位于最大阻值处）、直导线、开关和电流表用导线组成串联电路，直导线放在蹄形磁铁的两磁极之间。如图所示：①闭合开关，调节滑动变阻器滑片位置，使电流表示数为0.1A，观察并记录直导线运动情况。②调节滑动变阻器滑片位置，使电流表示数为0.2A，观察并记录直导线运动情况。③调节滑动变阻器滑片位置，使电流表示数为0.3A，观察并记录直导线运动情况。实验表格：电流受力情况①0.1A②0.2A③0.3A四、综合题7．车辆超载是造成公路桥梁损坏的重要原因，因此限制车辆超载有着重要意义。某物理兴趣小组设计了一个“汽车超载记录器”原理图，如图甲。图中使用了一个水平杠杆OAB，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。已知变阻器R1规格为“50Ω2A”，电磁继电器线圈电阻忽略不计，当通过线圈的电流达到0.1A时，电磁继电器的衔铁被吸下。（1）检测时，杠杆A点受到压力与压杆对压敏电阻压力之比为；（2）将图甲连接完整。要求：未超载，绿灯亮：超载，红灯亮，拍照，记录违法行为，红灯与相机需独立工作；（3）在某路段限重20t。当车辆刚好达20t时，压敏电阻阻值为Ω，计算可知此时控制电路电压U的取值范围是；（4）若给控制电路提供了恒为5V的电压，其他条件不变的情况下，则该报警器能设置的最低限载是t；（5）某些主干道抗压能力较好，允许通行质量更大车辆，需适当调高限载，下列措施可行的是。（多选）A．适当增大R1阻值B．减小电磁铁线圈匝数C．适当减小控制电路电源电压D．B点左移【答案】10:1

503V～8V5ABC【解析】（1）[1]车对杠杆的压力为，压敏电阻对杠杆的向上的支持力为，根据杠杆平衡条件有力的作用是相互的，杠杆对电阻的压力等于电阻对杠杆的支持力，故汽车对杠杆的压力与杠杆对电阻的压力之比为10：1。（2）[2]根据要求可知：未超载时，衔铁未被吸引下来时，绿灯所在电路是连通的；当超载时，衔铁被吸引下来，红灯亮，同时相机也在拍照，即此时红灯与相机所有的电路是接通的；要求红灯与相机独立工作，即二者并联。电路图如下：

（3）[3]车对杠杆的压力等于车的重力，则压敏电阻受到的压力为查乙表可得，此时压敏电阻阻值为30Ω。[4]若变阻器连入电路阻值最大，此时电源电压为若变阻器连入电路的阻值为0，此时电源电压为即电源电压可控制在3V~8V间。（4）[5]最低限载，即较小的压力作用在压敏电阻上，电流就会达到0.1A，此时变阻器连入电路电阻为0。若电源电压为5V，报警时压敏电阻阻值为查阅乙图知，此时压敏电阻受到的压力为，则此时车的重力为车的质量为（5）[6]A．提高限载，即车超载时电流不报警。车超载时，如增大变阻器的阻值，就增大了控制电路的阻值，此时电流就不会达到报警电流。故A符合题意；B．车超载时，如减小电磁铁的线圈匝数，就减小了电磁铁的磁性，不会将衔铁吸引下来报警。故B符合题意；C．车超载时，如减小控制电路电源电压，就会使电路中的电流减小，不会达到报警电流。故C符合题意；D．若将B点左移，减小了电阻对杠杆支持力的力臂。在车质量相同时，会使杠杆对电阻的压力增大，压敏电阻的阻值减小，控制电路中的电流增大，会提前报警。故D不符合题意。故选ABC。8．为了检测传送带上的物体是否超长，某小组设计了如图所示的装置。接a，控制电路启动，电路中电源电压恒为，激光发射器发出的激光不被物体遮挡时能够照射到光控开关。线圈中无电流时，触点C接通，线圈中电流时，吸下衔铁，触点D接通。工作电路中电源1电压恒为。热敏材料受热弯曲后断开电路，红灯、绿灯（两灯电阻都恒定）均不亮时，光控开关断开，传送带停下，方便取下超长物体。光控开关被绿光照射时闭合。根据以上文字及图表中信息，回答问题：热敏材料信息电阻（恒定不变）质量比热容特性短时间内温度上升（或更高）时，会发生弯曲（通电时不考虑热损失）；假设传送带上放上相邻两个物体的时间间隔内，热敏材料恢复形变，降至室温。（1）绿灯正常发光时的电阻多大？()（2）将阻值调整为，红灯亮时，至少通电多少秒，热敏材料会发生弯曲？()这段时间内，灯消耗电能J。（3）光控开关被激光照射时，处于（选填“闭合”或“断开”）状态。（4）调试时，电源2电压恒为，断开，拨至b处，调节直至电流表示数为。（5）根据以上信息，为设定物体长度不超过，传送带的速度应调为。（6）为减小设定长度，正确方法有。A．减小

B．增大

C．减小

D．减小传送带速度【答案】12Ω4s12断开0.5CD【解析】(1)[1]绿灯的电阻为(2)[2][3]热敏材料温度升高10摄氏时吸收的热量为红灯的电阻为电路中电流为通电时间为此时整个电路消耗的电能（电流做的功）为(3)[4]当传送带上无物品通过，即开关S3被激光照射时，线圈中无电流，即这个开关是断开的。(5)[5]物体的长超过2m时，传送带正常工作，即热敏电阻通电时未切断电路，要求物体通过激光发射器位置的时间不超过4s时间，则传送带的速度为(5)[6]A．在控制电路中的电阻箱连入电路电阻不变的情况下，减小控制电路电源电压，则控制电路中的电流不可能大于0.02A，则工作电路中绿灯一直有电流通过，传送带一直不能停止。故A不符合题意；B．增大控制电路中的电阻箱连入电路电阻，则无论什么情况，控制电路中的电流均小于0.02A，则工作电路中绿灯一直有电流通过，传送带一直不能停止。故B不符合题意；C．设定长度减小了，红灯所在电路工作时间减小。减小与红灯串联的电阻，使热敏电阻所在电路中电阻减小，工作时电流增大，使热敏电阻在较短的时间内温度升高到发生弯曲的程度。故C符合题意；D．设定长度减小了，同时减小传送带的运行速度，使物体隔断激光照射的时间不变，工作电路还按原来的设定工作。故D符合题意。故选CD。9．如图甲所示是小明设计的“超载检测报警系统”，检测时，当时，绿灯亮、红灯灭，表示可以通行；当时，红灯亮、绿灯灭，表示禁止通行。其中压敏电阻在检测时承受车辆的全部重力，它的阻值随所受压力F变化的图像如图乙所示，为阻值为的定值电阻，A、B灯额定电压均为，电磁继电器线圈的阻值为，当流过线圈的电流大于等于时，衔铁被吸下，动触点P和静触点M断开并和静触点N接通，控制电路的电压为，求：（1）从图甲分析可知，（选填“A”或“B”）灯为红灯；（2）限制重力大小；（3）当无车辆通行时，控制电路消耗的电功率；（4）在保证电路安全的条件下，小明想适当增大“超载检测报警系统”的限制重力，可以采取的措施是什么？【答案】A0.144W减小电源电压（或增大定值电阻的阻值）【解析】（1）[1]A根据乙图可知压敏电阻的阻值随压力的增大而减小。当没有车辆通过时，动触点P与静触点M接触，绿灯亮，B为绿灯；当车辆压力增大时，电路中的总电阻减小，通过电磁继电器线圈的电流增大，电磁铁磁性越强，当车辆重力增加到时，控制电路电流达到，电磁铁就会吸引衔铁，接通A灯，红灯亮，A为红灯（2）[2]当控制电路电流刚好达到30mA，即为0.03A时，电路中的总电阻为则此时压敏电阻的阻值通过图乙可知，此时压敏电阻受到的压力为，则（3）[3]当无车辆通过时，受到的压力为，由图乙可知，此时此时电路中的总电阻控制电路消耗的电功率（4）根据图乙可知压敏电阻Rx的阻值随压力的增大而减小，则压力增大时，压敏电阻Rx的阻值减小，要想使控制电路中的电流不变，由欧姆定律可知，可以适当减小电源电压或增大定值电阻的阻值。10．如图甲，是学校饮水间安装的某款温热饮水机。该饮水机既能提供温度为100℃的开水，也能提供温度可直接饮用的温开水，该饮水机的相关参数见表；温热饮水机型号×××贮水箱容量功率电源该饮水机内部结构如图乙所示。首次使用时，经紫外线灯照射的20℃冷水，从冷水进口A处流入，经热交换器进入贮水箱。水箱加满水开始加热，将水加热到100℃；（1）若不考虑热损失，首次加热多长时间可以喝到开水？（2）首次加热后，热水器就能正常使用了。热水器正常使用时，通过加压使贮水箱中的开水进入热交换器内，20℃冷水则由进口阀门进入热交换器，通过热交换器热交换后，热水进入贮水箱会被继续加热至100℃，温水出口流出的就是40℃的温水了、如此正常工作，就可不断得到开水和温水了。若某学校学生1h所需的开水和温水的质量之比是，且饮水机的热效率为91%，则饮水机正常工作1h最多供应开水多少升？（3）如图丙所示为饮水机温控装置原理图，该装置控制水箱中电热丝工作，其中R为热敏电阻，为可调电阻。当线圈的电流大于或等于某一值时，继电器的衔铁被吸下，图丁为热敏电阻R-t图象；①应该把贮水箱内的电热丝接在（选填“A、B间”或“C、D间”）；②该饮水机从海拔高的区域移动到海拔低的区域使用，为了确保水能沸腾，可调电阻的阻值应（选填“调大”、“不变”或“调小”）。【答案】44.8min13A、B间调大【解析】（1）[1]水质量为m=ρV=1.0×103kg/m3×0.024m3=24kg水吸热为不计热损失时，需要的加热时间（2）[2]设开水的质量为m′，则温水的质量为5m′，由热平衡可得即解得m′=13kg，开水的体积为（3）[3]温度升高时，热敏电阻R的阻值减小，控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸下，此时饮水机应停止加热，所以应该把贮水箱内的电热丝接在A、B间。[4]该饮水机从海拔高的区域移动到海拔低的区域使用，大气压增大，水沸点升高，需要多加热一会，而衔铁刚好吸下时控制电路中的电流不变，即要晚达到衔铁吸下电流，根据欧姆定律，需要增大可变电阻。11．如图甲为小明家新购买的足浴盆，其内部电路可分为工作电路和控制电路两都分（如图乙所示），工作电路的电源电压为220V，控制电路的电源电压为6V，加热功率和保温功率分别为2100W和100W。控制电路中，Rx为热敏电阻，其阻值随温度变化而变化。电磁铁线圈的电阻为100Ω，当线圈中的电流大于或等于20mA时，控制电路中继电器的衔铁被吸合。使用时手动闭合总开关S，当足浴盆有水注入到一定量时压控开关S1、S2就会自动闭合，此时R1、R2会同时工作进入加热模式，加热至40℃时，控制电路中的电磁铁会将衔铁吸合，自动进入保温模式：(1)已知该足浴盆最大装水量为5kg，它最多能装水m3；（ρ=1.0×103kg/m3）(2)图乙的工作电路中，处于保温状态时，工作的电阻是（选填“R1”“R2”或“Rx”）；压控开关S1的作用是防止，达到保护电路的目的；(3)Rx阻值随温度变化的曲线可能为图丙中的；A．甲

B．乙

C．丙

D．丁(4)R2的阻值为Ω；(5)小明在某次使用过程中，保温时间是加热时间的4倍，整个过程中消耗了7.5×105J的电能，则保温时间为多大？【答案】R1盆中没有水时电路也接通工作D24.2Ω1200s【解析】(1)[1]水的体积为(2)[2]工作电路是R1和R2并联，所以保温时，只有R1工作。[3]当足浴盆有水注入到一定量时，压控开关才会闭合，电路才会工作；所以压控开关S1的作用是防止盆中没有水时电路也接通工作。(3)[4]当水温到达40℃时，控制电路中的电磁铁会将衔铁吸合，自动进入保温模式，所以温度升高，Rx的阻值应该减小；加热到40℃时衔铁被吸下，此时电流为20mA，控制电路的总电阻为所以此时Rx的阻值为综上分析，Rx的阻值随温度变化的曲线可能为图丙中的丁，故选D。(4)[5]由保温功率为100W，加热功率为2100W，可以求出R2的功率为所以R2的阻值为(5)[6]根据题意可知解之得所以保温时间为五、计算题12．某物理学习小组设计了一个机械自动拉开开关，如图1所示。该装置主要由滑轮组，重物C、铁块D、电磁铁E以及杠杆AB和控制电路组成，重物C通过细绳与动滑轮Q相连，重物C、铁块D分别通过支架固定在杠杆AB两端，支架与杠杆垂直。杠杆的B端置于水平台面上，杠杆可以绕支点O在竖直平面内逆时针转动，自动拉开开关被拉开前，杠杆在水平位置处于平衡状态，已知滑轮Q的质量为0.2kg，OA:OB=3:1，重物C、铁块D的质量分别为1.5kg和3kg，若刚好拉开开关所需的拉力T为6N，D的正上方有一电磁铁，它对D的吸引力大小F与通过的电流I的关系（如图2所示），电源电压为12V，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，不计电磁铁电阻，不计细绳、杠杆的重力和一切摩擦，g取10N/kg。求：(1)当控制电路上的电键S断开，杠杆B端对水平台面的压力刚好为零时，与机械自动拉开开关相连的细绳上的拉力是多少？(2)闭合控制电路上的电键S后，当变阻器的滑片移到中点时，自动拉开开关刚好被拉开，则保护电阻R0的电阻值是多少？【答案】(1)3.5N；(2)10Ω【解析】(1)杠杆AB的B端受到的力是D的重力根据杠杆平衡条件得因为所以，根据重物C静止代入数据得。(2)自动拉开开关刚好被拉开，说明拉力T为6N根据杠杆平衡条件因为所以，，根据重物D静止所以，，由图像可此时电流为0.6A。电路总电阻所以R0的电阻值为答：(1)与机械自动拉开开关相连的细绳上的拉力是3.5N；(2)保护电阻R0的电阻值是10Ω。六、科普阅读题13．阅读短文，回答问题：观光电梯电梯是一种用于多层建筑乘人或载物的运输工具。电梯的简易结构如图甲所示。电梯轿厢和配重分别挂在主电动机的两侧，在电梯半载时，轿厢总重和配重的重力基本相等。满载上升时，主电动机提供动力，驱动轿厢。如图乙所示，为某商业大厦安装的观光电梯，其相关参数如上表。为了安全，电梯设置了超载自动报警系统，其工作原理如图丙所示。控制电路的电源电压U为12V，压力传感器的电阻R与所受压力F的关系图像如图丁所示，电磁继电器阻值可忽略。当电流大于0.2A时，会启动警报系统，同时无论如何按压电梯控制器，门电动机均不工作。此外，电梯需经常保养，“运行频次比ω”是电梯养护的重要指标，ω一般用电梯每天平均待机时间与运行时间之比来表示。

（1）为便于观光，电梯的外壁采用玻璃材料，主要是因为玻璃有较好的性；（2）下列有关该电梯的说法中，正确的是；A．主电机与钢丝绳之间的摩擦为有害摩擦B．超载自动报警系统中电磁铁的右端为S极C．电梯满载上行时，电动机需顺时针转动D．报警电铃的工作原理是电磁