2024九年级物理上册第七章磁与电章末卷1新版教科版

Page1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，应当吸引B，而事实上没有吸引，说明白铁棒A没有磁性。故选：D。【点评】由磁体上不同部位磁性的不同来相识金属棒磁性的有无时，关键要驾驭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，磁性增加，引力增大，铁块对磁铁的压力较大。故A错误；B、因为压力在变更，所以受到的摩擦力也在变更，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。故选：D。【点评】驾驭磁体上磁性最强的部分是磁极，本题相对比较简洁，属于基础题。3．小明在做“探讨磁铁的磁场”试验时，不慎将铁屑撒在试验桌上。为了收集铁屑，小明想用磁铁去干脆吸引铁屑，同组的小波建议用塑料袋或白纸包袱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，小波的方法不行行 B．小波的方法可行，小明的方法不行行 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，可以运用磁铁吸引铁质物体的特点来收集；不让磁铁和铁制品干脆接触，可以更简洁将二者分别。【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干脆接触，可以很简洁将铁屑和磁铁分开。故选：D。【点评】此题是利用我们所学的物理学问来解决生活中的实际问题，这是一种实力，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，通过试验知，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，在条形磁铁四周放有甲、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】依据磁极间同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引进行推断。【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】本题可以依据磁场方向进行推断，也可以依据磁极间的相互作用进行推断，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可以推断乙处小磁针静止时，N极指向左侧，S极指向右侧。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棒确定没有磁性，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推断方法．【分析】首先分别对三根棒受力分析，据平衡态推断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：依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确定有磁性；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，利用平衡态推断力的方向，从而推断有无磁性。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确定产磁场 C．利用撒在磁体四周的铁屑可以推断该磁体四周各点的磁场方向 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，电流四周存在着磁场；（3）铁屑可以检验磁体四周磁场的分布状况；（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探讨起来形象、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，且电流四周存在磁场，故导体中的负电荷在做定向移动时确定产磁场，故B正确；C、利用铁屑检验磁体四周磁场分布状况，并推断不出磁场的方向，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相识、电流的磁效应以及磁场方向的了解，有确定综合性，但难度不大。8．下列物理学的探讨成果与我国宋代学者沈括有关的是（）A．发觉光的色散 B．测出电流的热效应 C．测出大气压强数值 D．发觉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觉的参加者，知道各个宏大科学家的主要成就。【解答】解：A、光的色散现象是牛顿发觉的。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、沈括最早发觉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驾驭状况，对于这部分学问要留意多加记忆和积累。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渐渐向上移动时，以下选项正确的是（）A．假如条形磁铁始终静止，条形磁铁受到摩擦力方向向右，大小渐渐增大 B．假如条形磁铁始终静止，条形磁铁受到摩擦力方向向左，大小渐渐增大 C．假如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，大小渐渐增大 D．假如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更，则可知磁性强弱的变更及相互作用力的变更，由二力平衡关系可知条形磁铁的所受摩擦力的变更；（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渐渐向上移动时，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）假如条形磁铁始终静止，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，大小渐渐增大，故A正确，B不正确；（2）假如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）假如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，∴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学问奇妙地结合起来考查了右手螺旋定则、滑动变阻器的运用、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当求解。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，在四周空间产生磁场；（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）依据安培定则推断出螺线管中的电流方向，从而推断出电源的正负极。【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；依据安培定则可以推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实力。对于小磁针放在通电螺线管外部可以依据异名相吸来推断，但小磁针放在通电螺线管内部，只能依据磁场方向推断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，发觉小磁针转动，说明（）A．电流的四周存在着磁场 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：通电直导线四周的磁场．【分析】要解决此题，须要驾驭奥斯特试验，知道此试验证明白电流四周存在磁场，是电生磁的现象。【解答】解：A、图中装置是奥斯特试验，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。因此说明电流四周存在磁场。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缘由，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，电流四周没有磁场，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，即电流四周存在磁场。这个试验证明白电可以生磁，与电磁感应正好相反，要留意找出这两个试验的不同之处。12．如图所示，在通电螺线管（导线中箭头表示电流方向）旁边放置的小磁针（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】用右手螺旋定则推断出通电螺线管的磁极，再由磁极间的相互作用规律推断小磁针静止时的磁极指向。【解答】解：A、依据安培定则可知，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、依据安培定则可知，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、依据安培定则可知，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、依据安培定则可知，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，应能做到娴熟应用右手螺旋定则推断电流及磁极的关系。本题也可由电磁铁的磁场分布推断小磁针的指向。13．小金学习了“热敏电阻的阻值会随温度的上升而减小”的性质后，设计了推断水温变更的装置。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。试验时把热敏电阻放入盛水的烧杯中，水温的变更会引起弹簧测力计示数发生变更。如图所示为某次试验时弹簧测力计读数随时间变更图象。下列说法不正确的是（）A．电磁铁的上端是N极 B．t1到t2时间内水温上升 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，依据热敏电阻的阻值会随温度的上升而减小推断水温上升时热敏电阻阻值的变更，依据欧姆定律可知电路中电流的变更，然后可知电压的变更。【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上升而减小，所以，当水温上升时，热敏电阻的温度上升，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时间内水温上升，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上升而减小，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变更，依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时间内水温没有变更，因此弹簧测力计示数没有发生变更，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，结合选项干脆推断水温变更时热敏电阻阻值的变更有利于简化解答。14．如图所示，物理试验中常常须要对物体加热，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，对沸腾的水接着加热，温度计的示数将不断增大 C．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，水的温度上升得快一些【考点】CC：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的试验；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上升；（3）导体的电阻受温度的影响，一般状况下，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汲取相同的热量的状况下，水的温度变更慢，花生油的温度变更快。【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，对沸腾的水接着加热，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，故水温度上升的慢，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．很多自动限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，可以运用永磁铁 C．电磁铁磁性的强弱只与电流的大小有关 D．电磁铁是依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，电流的通断可以限制磁性的有无。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，故不行以用铜棒代替，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，不能运用永磁铁，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限制磁性的有无，电流的大小和线圈的匝数可限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，同时滑片渐渐向上滑动，下列推断正确的是（）A．铁块受到地面对它的摩擦力增大 B．电磁铁的磁性渐渐减弱 C．铁块对地面的压强渐渐减小 D．在拉力不变的状况下，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，这确定了电磁铁磁性的强弱；二是电磁铁对铁块的吸引会变更铁块对桌面的压力，进而变更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，电磁铁的磁性增加；电磁铁磁性增加，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】通过视察图中的情形对各个量的变更状况进行推理是本题的一大特点。滑片的移动变更了电阻，电阻影响了电流，电流影响了磁性的强弱，磁性强弱又变更了铁块的压力，进而变更了压强、摩擦力和拉力，这一系列的变更表明白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．【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确定的电压，线圈中就会流过确定的电流，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逝，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，当温度上升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更，从而可以限制左侧限制电路的接通，实现自动限制。【解答】解：温度自动报警器的工作过程是这样的，当温度上升时，玻璃泡中的水银膨胀，水银液柱上升，当上升到警戒温度即金属丝下端对应的温度时，限制电路接通，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】明确图中左侧为限制电路，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，支配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 C．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、红灯是限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，限制电路才能接通，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，缺一不行。（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．电梯出于平安考虑，设置有超载自动报警系统，其工作原理如图所示，R1为爱护电阻，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（）A．电磁铁是依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．正常状况下（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）电磁铁是依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更状况，依据I=，推断出电流的变更；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，依据安培定则推断出电磁铁的N、S极；（4）正常状况下（未超载时），衔铁被弹簧拉起，K与静触点A接触。【解答】解：A、电磁铁是依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，电路中的电流渐渐增大，电磁铁的磁性渐渐增加，故B错误；C、工作时，电流从电磁铁的下面导线流入，利用安培定则推断出电磁铁的下端为N极，上端为S极，故C正确；D、正常状况下（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、安培定则的理解和驾驭，学问点较多，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。【解答】解：A、电流通过电磁铁时，电磁铁有磁性，依据安培定则推断出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，弹性片和衔铁分别，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）变更电源电压和弹性片的拉力，可以变更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限制的。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．磁悬浮地球仪是运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，给人以奇妙新奇的感觉和精神享受。（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觉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），磁性增加，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0.72kW•h，这些电能大部分转化成了内能（机械能、内能）。【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别的，故可推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；假如先切断电源，电磁铁失去磁性，地球仪在重力作用下会落下来，没有爱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，依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别的，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加，所以可推断此时金属线圈中的电流增大；由于通电线圈的磁性增加，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】此题考查的学问点较多，要从题目中找寻有用的信息，利用有关学问点解题。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）利用安培定则推断电磁铁的磁极；（2）当滑片P向左滑动时，接入电路中的电阻变小，依据欧姆定律可知电路中电流的变更，进一步推断电磁铁磁性的变更和GMR电阻的变更，依据欧姆定律可知通过GMR电阻电流的变更，依据并联电路的电流特点推断干路电流的变更。由右侧电路图可知，灯泡GMR电阻并联，电流表测干路电流，依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更，进一步依据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小推断亮暗的变更。【解答】解：利用安培定则可推断电磁铁的右端为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，磁性增加，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探讨“电磁铁磁性强弱“的试验电路图。（1）要变更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；要推断电磁铁的磁性强弱，可视察吸引的铁钉数目的多少来确定。（2）下表是该组同学所做试验的记录：电磁铁（线圈）50匝100匝试验次数123456电流/A0.81.21.50.81.21.5吸引铁钉的最多数目/枚581071114①比较试验中的1、2、3（或4、5、6），可得出的结论是：电磁铁的匝数确定时，通过电磁铁线圈中的电流越大，电磁铁的磁性越强；②比较试验中的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确定时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强；（3）在与同学们沟通探讨时，另一组的一个同学提出一个问题：“当线圈中的电流和匝数确定时，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试验．【分析】（1）滑动变阻器的作用：通过移动滑动变阻器的滑片，变更连入电路电阻大小，来变更电路中的电流；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。在电流和铁芯确定时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强；在线圈和铁芯确定时，电流越大，电磁铁磁性越强；在线圈和电流确定时，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，限制线圈匝数和铁芯确定；探究电磁铁磁性强弱跟线圈匝数关系时，限制铁芯和电流大小确定；探究电磁铁磁性强弱跟铁芯大小关系时，要限制电流和线圈匝数确定。这种方法是限制变量法。【解答】解：（1）试验时，移动滑动变阻器的滑片，可以变更电路中的电流大小；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比较试验中的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，说明在线圈的匝数确定时，通过电磁铁的电流越大，电磁铁的磁性越强；②比较试验中的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，限制电流和线圈匝数不变，变更铁芯大小。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，假如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】驾驭电磁铁磁性强弱的影响因素，利用限制变量法和转换法，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状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。28．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。假如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，假如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】理解驾驭磁体的性质、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试验，接通电源后发觉小磁针明显偏转。随后奥斯特花了三个月时间，做了60多个试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。奥斯特的发觉，拉开了探讨电磁间本质联系的序幕。【考点】C9：通电直导线四周的磁场．【分析】奥斯特试验证明白电流的四周存在磁场，这是第一个发觉了电和磁存在联系的试验。奥斯特由于这个贡献而载入物理史册；【解答】解：在奥斯特试验中，开关闭合时，即当导线中有电流通过时，发觉导线下面的小磁针发生偏转，说明通电导体四周存在着磁场；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，接通电源后发觉小磁针明显偏转，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】奥斯特试验和法拉第的电磁感应试验都揭示了电与磁的联系，有着特别重大的意义，值得我们记忆和驾驭。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匀称，则可以确定：乙是永磁体。缘由是：条形磁铁的两个磁极磁性最强，移动过程中手感到受力匀称，说明乙有磁性，甲没有磁性。【考点】C5：物体是否具有磁性的推断方法．【分析】条形磁体两端磁性最强，中间磁性最弱，依据这条规律进行推断。【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匀称，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，还可以把甲的确定放在乙的中间，假如吸引，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）磁感线是磁体四周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旁边发出回到北极旁边，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，是为了探讨便利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旁边，地磁场的北极在地理南极旁边。【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，是为了探讨便利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旁边，地磁场的北极在地理南极旁边，故地磁场的磁感线是从地球南极旁边发出回到北极旁边，故正确；故正确的是（1）（4）。故答案为：（1）（4）。【点评】此题考查了磁场的推断方法、磁感线的理解、地磁场的理解等学问点，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四周磁场的部分磁感线，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”）【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样。【解答】解：磁体间力的作用是通过磁场发生的；依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样的应用，要会依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：正常状况下绿灯亮，铃不响，温度上升到确定程度时，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，左侧为限制电路，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，而且通过触点开关限制其工作的状况。依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，正常状况下绿灯亮，铃不响，温度上升到确定程度时，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，使电路的连接较难支配，在连接时，应把握基本的原则不变，并保持连线不能交叉，且运用图中所给出的接线柱。三．试验探究题（共4小题）34．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更的关系图线如图2。（1）当图乙S2断开，图甲S1闭合时，电流表的示数为60mA．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渐渐减小，说明磁感电阻R处的磁感应强度B渐渐增大。（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=0.40T．x/cm123456I/mA101215203046B/T0.680.650.600.510.400.20（3）综合以上试验数据可以得出“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试验．【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渐渐减小，据此分析即可推断规律；（2）x=5cm时，对于图表得出电流是30mA，据欧姆定律可以推断电阻大小，进而推断磁场的强弱；（3）据上面的学问分析即可推断出变更的规律。【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渐渐减小，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渐渐增大；（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）综合以上试验数据，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、欧姆定律的应用等学问点，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”试验中，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。（1）试验中通过视察电磁铁吸引铁钉的个数的不同，可以推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“削减”），说明电流越大，电磁铁磁性越强。（3）试验中用到的一种重要科学探讨方法是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更而变更，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变更的图象。为了探讨某磁敏电阻R的性质，小明设计了如图3所示的电路进行试验，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0.03A。（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，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。【考点】CC：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的试验．【分析】（1）（3）转换法是指在保证效果相同的前提下，将不行见、不易见的现象转换成可见、易见的现象；将生疏、困难的问题转换成熟识、简洁的问题；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）磁性的强弱是干脆看不出来的，可以通过电磁铁吸引铁钉的多少来相识其磁性强弱，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，依据欧姆定律可知电路中的电流变大，发觉电磁铁甲、乙吸引铁钉的个数增加，说明电流越大，电磁铁磁性越强；（3）试验中用到的一种重要科学探讨方法是转换法，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，依据欧姆定律得，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，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】此题是一道电与磁学问综合应用的创新题，题目形式、考查角度、考查方式新奇，留意了与中学学问的合理连接，值得重点驾驭。36．小刚为了探究电磁铁的磁性强弱与哪些因素有关，做了以下几次试验，试验现象如图所示。依据图示现象回答下列问题：（1）试验a与试验b相比较说明电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性（2）试验b与试验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）小刚依据试验d中甲、乙两电磁铁出现的现象推断：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试验．【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纳转换法和限制变量法。（3）滑动变阻器的作用：变更连入电路的电阻丝的长度，变更连入电路的电阻，变更电路中的电流。（4）电磁铁的优点：磁性的有无可由电流的通断来限制；磁性强弱可由电流的大小来限制；极性可由电流的方一直限制。【解答】解：（1）试验a电路是断路，电路中无电流，电磁铁没有磁性；试验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；试验a与试验b相比较说明电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性。（2）试验b到试验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，电磁铁的磁性增加；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）试验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】本题主要考查驾驭电磁铁磁性强弱的影响因素以及能用限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试验。（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。多次试验后，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，发觉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更，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更。（2）小刚在试验中还发觉：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。依据以上试验，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缘由是铁是磁性物质，铁通电后简洁被磁化，断电后铁的磁性简洁消逝。【考点】CC：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的试验．【分析】（1）①③通电螺线管的磁性强弱不能干脆用眼睛视察，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围绕试验材料、试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限制，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干脆用眼睛视察，试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