第5章 电与磁 1磁现象 2电流的磁效应（解析版）

宁波科学八下培优题库第5章电与磁1磁现象2电流的磁效应解析版一、单选题（共21题；共42分）1.

关于下列四幅图的说法正确的是​A.

甲图的实验说明磁场能产生电流

B.

乙图的实验所揭示的原理可制成发电机

C.

丙图是演示电磁感应现象的实验装置

D.

丁图中麦克风应用了磁场对电流的作用【答案】B【解析】解：A、图甲是奥斯特实验，通电后小磁针偏转，说明了通电导线周围存在磁场；所以A说法错误，不符合题意．B、图乙是电磁感应实验，根据此原理可以制成发电机；所以B说法正确，符合题意．C、图丙是磁场对电流的作用实验，通电后通电导体在磁场中受到力的作用而运动；所以C说法错误，不符合题意．D、图丁是动感线圈式话筒，当人对话筒说话时，引起膜片的振动，膜片的振动会引起线圈的运动，切割永磁铁的磁感线而产生相对应的变化的电流，从而在扬声器产生与说话者相同的声音．动圈式话筒是根据电磁感应原理工作的；所以D说法错误，不符合题意．故选B2.（2018·浙江模拟）下列实验现象和结论不对应的是（

）A.

甲：放入量筒中的黄豆和芝麻，摇匀后读数变小，说明分子间存在空隙

B.

乙：海绵发生形变，说明海绵受到压力的作用

C.

丙：通电后电磁铁吸引大头针，说明电磁铁有磁性

D.

丁：开关闭合后灯泡发光，说明电路中有电流【答案】A【解析】（1）放入量筒中的黄豆和芝麻混合，这是研究分子之间存在空隙的一个类比实验；（2）力的作用效果包括能改变物体的运动状态和能使物体发生形变；（3）磁体具有吸引铁、钴、镍等物质的性质，这种性质叫做磁性；（4）电流本身看不见，需要转化为其它物体的变化来判断电流的有无。A.放入量筒中的黄豆和芝麻混合，摇匀后读数变小，这是研究分子之间存在空隙的一个类比实验，为了有助于学生理解看不见的分子间是存在空隙的，但并不能说明分子间存在空隙，说法错误，故A符合题意；

B.海绵发生形变，因为力可以改变物体的形状，说明海面受到压力的作用，说法正确，故B不符合题意；

C.通电后电磁铁吸引大头针，因为磁体能够吸引铁磁性材料，说明电磁铁有磁性，说法正确，故C不符合题意；

D.开关闭合后灯泡发光，因为灯泡中有电流通过才可能发光，说明电路中有电流，说法正确，故D不符合题意。

故答案为：A3.法国科学家阿尔贝•费尔和德国彼得•格林贝格尔由于发现了巨磁电阻（GMR）效应，荣获了2007年诺贝尔物理学奖．如图是研究巨磁电阻特性的原理示意图．实验发现，闭合S1、S2后，当滑片P向左滑动的过程中，指示灯明显变亮，则下列说法（

）A.

电磁铁右端为N极

B.

滑片P向右滑动过程中电磁铁的磁性增强

C.

巨磁电阻的阻值随磁场的减弱而明显增大

D.

巨磁电阻的阻值随磁场的减弱而明显减小 3 4【答案】C【解析】A、由安培定则可知，电磁铁左端为N极，故A错误；B、滑片P向右滑动过程中，电阻变大，电流变小，电磁铁的磁性减弱，故B错误；CD、滑片向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，左边电路中的电流增大，根据电磁铁的磁性强弱与电流的关系可知，电磁铁的磁性增强。而指示灯明显变亮，说明右边电路的电流变大了，巨磁电阻的电阻变小了，磁性减弱时，巨磁电阻的电阻变大，故C正确，D错误。故选C通过电路中电流的变化结合电磁铁磁性强弱的决定因素可以确定滑片移动时，其磁性的变化；根据灯泡的亮度变化，能够确定电路中电流的变化，进而知道巨磁电阻的阻值与磁场强弱的关系。4.如图所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，开关闭合后，当滑片P从a端向b端滑动过程中，会出现的现象是（

）A.

电流表示数变大，弹簧长度变长

B.

电流表示数变大，弹簧长度变短

C.

电流表示数变小，弹簧长度变短

D.

电流表示数变小，弹簧长度变长【答案】B【解析】电流由下方流入，则由右手螺旋定则可知，螺线管上端为N极；由于同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，两磁铁同名相对，故相互排斥；当滑片P从a端向b端滑动过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，总电阻减小，由欧姆定律可得，电路中电流变大，在其它条件相同时，电流越大，电磁铁的磁性越强，则条形磁铁受向上的磁力增大；条形磁铁受重力、拉力及向上的磁场力，向下的重力与向上的弹簧的弹力及磁场力之和相等，因重力不变，磁场力增大，故弹簧的弹力减小，故弹簧长度变短。故选B由右手螺旋定则可得出螺线管上端磁极，则由磁极间的相互作用可知电磁铁与条形磁铁的作用；根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，利用欧姆定律可知电路中电流的变化和电磁铁磁性的变化，进一步判断弹簧长度的变化。5.2013年6月7日，厦门市一辆BRT（快速公交系统）公交车在行驶过程中突然起火爆炸，造成重大人员伤亡，随后厦门市给全市174辆BRT公交车全部加装自动爆玻器（如图所示）．危急时刻下，司机只需按下开关，自动爆玻器即可自动完成破窗．自动爆玻器就相当于一个电控安全锤，它是利用电磁线圈在通电的时候产生一个冲击力，带动一个钨钢头击打车窗玻璃边角部位，实现击碎玻璃的目的．下列与自动爆玻器工作原理相同的是（

）A.

白炽灯

B.

动圈式话筒

C.

发电机

D.

扬声器【答案】D【解析】A．白炽灯是电能转化为光能，没有利用线圈在磁场中受到力的作用而运动，故A错误；B话筒是把机械能转化为电能，故B错误；C发电机利用的是电磁感应原理，是把机械能转化为电能，故C错；D扬声器是把电信号转换成声信号的一种装置，它主要由固定的永久磁体．线圈和锥形纸盆构成．当线圈中通过随声音变化的电流时，据通电导线在磁场中受力的作用的原理知，通电线圈会在永久磁铁的磁场中受到变化的力的作用，即线圈所受力时而排斥，时而吸引，从而使得线圈振动，是电能转化为机械能，故D正确；故选D．司机按下开关，自动爆破器的线圈在磁场中收到力的作用而运动，产生一个冲击力，带动一个钨钢头击打车窗玻璃边角部位，实现击碎玻璃的目的，是电能转化为机械能．6.如图所示各器具中，与电流表工作原理相同的是（

）A.

电圈式话筒

B.

电磁起重机

C.

扬声机

D.

在POS上刷卡【答案】C【解析】（1）动圈式话筒和在POS上刷卡是利用电磁感应现象工作的。（2）电磁起重机是利用电流的磁效应工作的。（3）动圈式扬声器是利用磁极间的相互作用工作的。生活中有很多的用电器，仔细观察，弄清各用电器的工作原理，达到学以致用的目的，体会到物理是有用的。解：电流表工作原理是通电导体在磁场中受力转动，和电动机的原理一样；A、动圈式话筒是声音的振动带动线圈振动，使线圈做切割磁感线运动而产生感应电流，是电磁感应现象，和发电机的原理一样，A不符合题意；B、电磁起重机的核心部分是电磁铁，电磁铁是利用通电导线周围存在磁场的原理制成的，B不符合题意；C、扬声器是磁场中的线圈在通入交变电流时受力而发生振动的，即通电导体在磁场中受到力的作用，和电动机的原理一样，C符合题意；D、POS机类似于发电机，是利用电磁感应现象的原理制成的，D不符合题意。故答案为：C7.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水平线放置，且左端固定，当开关S闭合，电路中滑动变阻器的滑片P逐渐向下移动时，条形磁铁始终保持静止，则在此过程中，条形磁铁受到的摩擦力（

）A.

方向向右，逐渐减小

B.

方向向右，逐渐增大

C.

方向向左，逐渐减小

D.

方向向左，逐渐增大 7 8【答案】A【解析】根据安培定则可知，电磁铁右端为N极，与条形磁铁的S极相对，相互吸引，则条形磁铁受到电磁铁向左的吸引力，因为条形磁铁始终保持静止，所以它受到的吸引力和桌面对它的摩擦力是一对平衡力，大小相等，方向相反，所以条形磁铁受到的摩擦力的方向是向右的；当滑片逐渐向下移动时，连入电路的电阻逐渐增大，由欧姆定律可得线圈中电流逐渐变小，则磁场逐渐变弱，条形磁铁受到电磁铁的吸引力逐渐变小，因条形磁铁受的是平衡力，故摩擦力的大小也会逐渐减小。故选A由安培定则可判断电磁铁的极性，由磁极间的相互作用可判断条形磁铁受力方向；由滑片的移动可知接入电阻的变化及电流的变化，则可知磁性强弱的变化，从而求得磁铁受力大小的变化。8.（2019八下·秀洲月考）如上图所示，闭合开关，将滑动变阻器的滑片P向右移动时，弹簧测力计的示数变小。则下列分析正确的是(

)A.

电磁铁的上端为S极

B.

电源左端为“＋”极

C.

断开开关，弹簧测力计的示数为零

D.

若滑动变阻器的滑片P不动，抽去电磁铁铁芯，弹簧测力计的示数增大【答案】D【解析】（1）根据弹簧测力计的示数变化判断电磁铁的上端极性；

（2）根据安培定则判断电流方向，进而判断电源的正极和负极；

（3）对悬挂的磁铁进行受力分析，判断弹簧测力计的示数变化；

（4）电磁铁的铁芯可以增强它的磁场强度。

A.当滑动变阻器的滑片向右移动时，电流增大，电磁铁磁性增强；因为弹簧测力计的示数减少，所以电磁铁的上端与永磁铁下端为同极，即电磁铁的上端是N极，故A错误；

B.根据安培定则，右手大拇指向上，握住螺线管，这时可知螺线管上电流方向从左到右，因此电源左端是负极，故B错误；

C.弹簧测力计的示数等于永磁铁的重力与电磁铁的排斥力的差，即：F=G−F排斥；断开开关，排斥力为0，因此弹簧测力计的示数会增大，故C错误；

D.若滑动变阻器的滑片不动，抽去电磁铁的铁芯，这时永磁铁受到的排斥力会减小，弹簧测力计的示数会增大，故D正确。9.手机已成为人们现代生活中常用的一种通讯工具．一般的手机都有利用振动提示“来电”的装置．有一种手机提示“来电”是用一个微型电动机带动转轴上的叶片转动，当叶片转动时，电动机也就跟着振动起来，从而带动手机振动．在如图所示的几种形状的叶片中，你认为能够实现上述振动功能的是（

）A.

B.

C.

D.

【答案】C【解析】叶片对称分布时，转动后转轴是不会振动的．而当其非对称分布时，叶片转动起来后，由于惯性总要向其运动的切线方向飞出，使转轴不断改变位置从而发生振动，并带动手机整体振动．四个答案中，只有C是不平衡的，电机带动它高速转动时，才会产生振动．故选C．当叶片的形状不规则时，电机带动它高速转动时，才会产生振动．10.如图所示的甲、乙两图中的矩形线圈，现在给它们通电，则下列说法正确的是（

）A.

甲中线圈转动，乙中线圈不转动

B.

乙中线圈转动，甲中线圈不转动

C.

甲、乙中的线圈都会转动

D.

甲、乙中的线圈都不会转动 10 11【答案】A【解析】根据图示可知，甲中线圈电流方向相反，所以ab边和cd边受力方向相反，并且不在同一条直线上，又因为电流大小相同，所以受力大小也是相等的，故这两个力不是一对平衡力，所以线圈转动；乙中线圈处于平衡位置，线圈中无电流，不会受到磁场力的作用，故不会转动，故A正确，BCD均错误。故选A直流电动机是根据通电导线在磁场中受力转动的原理制成的，由于电动机线圈的转动方向与磁场方向和电流方向有关，当线圈在平衡位置时，不受磁场力作用。11.如图所示为一种温度自动报警器原理图，它的核心部件是一支顶端封有一段金属丝的水银温度计．关于此温度报警器的说法错误的是（

）A.

温度升高至74℃时，电灯亮

B.

温度升高至74℃时，电铃响

C.

温度计是根据液体热胀冷缩的性质工作的

D.

电磁继电器是一种电路开关【答案】A【解析】AB、温度计内的测温液体是水银，它是导体，当温度升高时，水银柱会上升，直到与温度计上方的金属丝相连，使控制电路接通。当温度升高至74℃时，控制电路接通，电磁铁有磁性，吸引衔铁，电铃接入电路，电灯所在的电路断开，出现铃响灯不亮的现象，故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；C、液体温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的，故C正确，不符合题意；D、温度上升水银与金属丝接触，控制电路接通，温度下降，水银面与金属丝分离时，控制电路断开，所以水银温度计在电路中的作用相当于一个开关，故D正确，不符合题意。故选A要解答本题需掌握：题干中该温度计的最小刻度值为2℃，直接根据液柱（或所指示）的位置即可读出该处的温度值，读数时要从绝对值小的示数向绝对值大的示数读起；电磁继电器由两部分构成：①低压控制电路，②工作电路；其实质是一个自动控制开关12.关于直流电动机的线圈中的电流方向和外部电流的方向的说法中，正确的是（

）A.

线圈中的电流和外部电路中的电流方向都是不变的

B.

线圈中的电流和外部电路中的电流方向都是变化的

C.

线圈中的电流方向是不变的，外部电路中的电流方向是改变的

D.

线圈中的电流方向是变化的，外部电路中的电流方向是不变的【答案】D【解析】对于直流电动机，即只能用直流电源来供电，所以电动机的外部电流的方向是不变；而电动机能持续的转动下去，即线圈中的电流必须在线圈转过平衡位置后就需要通过换向器改变一次方向，所以线圈中的电流方向是变化的．故选D．利用直流电动机中换向器的作用分析即可解决该题．13.微型电扇通电工作时，它是电动机．如图所示，在微型电扇的插头处连接小灯泡，用手快速拨动风扇叶片时，小灯泡发光，此时微型电扇变成了发电机．关于电动机和发电机的工作原理，下列说法中正确的是（

）A.

电动机的工作原理是电磁感应

B.

电动机的工作原理是通电导线在磁场中受到力的作用

C.

发电机的工作原理是电流的磁效应

D.

发电机的工作原理是通电导线在磁场中受到力的作用【答案】B【解析】（1）电扇里面有一个小型的电动机，使微型电扇转动的工作原理是通电导体在磁场中受力转动；（2）电扇的内部有磁铁和线圈，当微型电扇的插头处接一只发光二极管，线圈转动时，做了切割磁感线的运动，故能产生电流；此时微型电扇如同一台发电机，原理就是电磁感应．故选B．（1）电动机的工作原理：通电导体在磁场中受力转动；能量转化是：电能转化为机械能；（2）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中就会产生感应电流．14.如题图所示，通电导线放置在磁场中，不能受到磁场作用力的是（

）A.

B.

C.

D.

【答案】B【解析】根据左手定则的内容，知道与磁场方向垂直的通电直导线，它受到的磁场作用力与电流方向垂直，与磁场方向垂直。若磁感线平行于通电导线，则在磁场中不受力的作用；故选B左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向。15.如图是电磁学中很重要的三个实验装置图，以下说正确的是（

）A.

物理学家法拉第进行甲图实验发现了电流的磁效应

B.

乙图实验装置是电动机的原理图

C.

丙图中，导体ab受到的磁场力方向与通过它的电流方向无关

D.

“K歌”用的话筒利用的是乙图的原理将声音信号变成电流信号【答案】D【解析】A．物理学家奥斯特进行甲图实验发现了电流的磁效应，该选项说法不正确；B乙图描述的是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动产生感应电流，是发电机的原理图，该选项说法不正确；C丙图描述的是闭合电路的导体在磁场中受到力的作用，受力方向与磁场方向和电流方向都有关系，该选项说法不正确；DK歌用的话筒工作原理是电磁感应，把声音的因此线圈的振动转化成强弱变化的电流，该选项说法正确．故选D．（1）奥斯特实验第一个证明了电流周围存在磁场，揭示了电和磁之间的联系；（2）电动机的原理是通电线圈在磁场中受力转动，工作时把电能转化成机械能；（3）通电导体在磁场中受到力的作用，力方向与电流方向和磁场方向有关；（4）动圈式话筒工作过程是：声波振动→引起膜片振动→带动线圈振动→线圈切割永久磁体的磁场产生感应电流→经放大传给扬声器，由此可知其工作原理是电磁感应现象．16.如图所示，电磁铁的左下方有一铁块，在恒力F作用下沿水平面向右作直线运动，若铁块从电磁铁的左下方运动到正下方过程中，滑动变阻器的滑片P逐渐向上滑动，则（）A.

电磁铁上端为S极

B.

铁块运动过程中，电磁铁的磁性逐渐减弱

C.

铁块作匀速运动，与地面的摩擦力不变

D.

铁块对地面的压强逐渐增大

16 18【答案】A【解析】1）由安培定则可判断电磁铁的极性；

（2）电磁铁的磁性强弱与电流大小有关，在线圈匝数一定时，电流越大电磁铁的磁性越强，根据电流的变化判断电磁铁磁性强弱如何变化；

（3）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。A、由安培定则（伸出右手，弯曲的四指指向电流方向，大拇指方向就是N极）可以判断，电磁铁的下端是N极，上端是S极，故A正确；

B、由电路图知，滑片逐渐向上滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路电流变大，通过电磁铁的电流逐渐增大，电磁铁的磁性逐渐增强，故B错误；

C、因为电磁铁磁性增强，当铁块运动到其下方时会受到较大的吸引力，使铁块对桌面的压力减小，在接触面粗糙程度不变的情况下，摩擦力也跟着减小，此时的恒力F大于摩擦力，故铁块做加速运动，故C错误；

D、铁块对桌面的压力减小，在接触面积不变的情况下，压强也减小，故D错误。故答案为：A17.关于电磁铁，下面说法中正确的是（

）A.

电磁铁磁性的强弱只与电流的大小有关B.

电磁继电器中的磁体，必须用电磁铁

C.

电磁继电器中的磁体，可以用永磁体，也可以用电磁铁D.

电磁铁中的铁芯，可以用钢棒代替【答案】B【解析】A、电磁铁的磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关，故A错误；BC、电磁继电器中的磁体，必须用电磁铁，通过电流的通断控制磁性的有无，不能用永磁体，故B正确,C错误；D、钢棒是永磁体，磁化后不容易退磁，故不能用钢棒代替铁芯，故选项D错误；故选B．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．18.如图示是某同学连接的电铃电路，开关闭合后，电路中始终有电流，但电铃只响一声就不再响了，原因是（

）A.

电磁铁始终没有磁性

B.

衔铁一直被电磁铁吸着不能回弹

C.

衔铁没有向下运动

D.

电池正、负极接反了【答案】B【解析】当开关闭合后，电路中有电流，电磁铁有磁性，吸引衔铁，衔铁被吸下的同时，打击铃碗，发出声音。此时电路始终接通，电磁铁始终吸引衔铁，衔铁不会回弹，所以钉锤不能再重复打击铃碗。故选B电铃发出声音是受到钉锤的敲击而产生的．不能连续发声，是钉锤不会连续敲击造成的，从此入手分析即可解决此题。19.图是电流表的内部结构示意图．当电流通过线圈时，线圈在磁场中转动从而带动指针偏转．下列选项与电流表工作原理相似的是（

）A.

指南针

B.

发电机

C.

电动机

D.

电磁铁 19 20【答案】C【解析】通过电流表的内部构造显示电流表的制成原理：通电线圈在磁场中受力而转动，并且电流越大，线圈受到的力越大，其转动的幅度越大．因此可以利用电流表指针的转动幅度来体现电路中电流的大小．A．指南针是利用磁铁静止时有指示南北的性质制成的，与电流表的制成原理无关．故A错误．B．发电机是利用电磁感应现象制成的，与电流表的制成原理无关．故B错误．C．电动机是利用通电线圈在磁场中受力而转动的理论制成的．故C正确．D．电磁铁是利用电流的磁效应制成的，与电流表的工作原理无关．故D错误．故选C．首先利用图示的装置分析出其制成原理，然后再逐个分析选择项中的各电学元件的制成原理，分别与前面分析的结论对应即可得到答案．20.（2020八下·鄞州期末）如图是小敏设计的汽车尾气中CO(一氧化碳)排放量的检测电路。当CO浓度高于某一设定值时，电铃发声报警。已知气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而减小，下列说法正确的是（

）A.

电铃应接在A和C之间

B.

当CO浓度升高，电磁铁磁性减弱

C.

若U1减小，报警时CO最小浓度比原设定值高

D.

为使该检测电路在CO浓度更低时报警，可将R2的滑片向下移【答案】C【解析】（1）当CO浓度增大时，分析电流的大小变化，确定衔铁的运动方向，它与哪个电路接通，电铃就在哪个部分；

（2）根据（1）中分析判断；

（3）在串联电路中，电压与电阻成正比，据此推断U1变小时它的电阻变化，根据电阻变化推测CO浓度的改变；

（4）在报警时需要的电磁力不变，即通过电流大小不变，根据欧姆定律可知，总电阻不变，据此分析变阻器的阻值变化即可。

A.当CO浓度增大时，它的电阻变小，那么总电阻变小，根据欧姆定律可知，总电流变大，此时电磁铁的磁场增强，衔铁被吸下来接通BD所在的电路，电铃报警发声，因此电铃应该接在BD之间，故A错误；

B.根据上面的分析可知，当CO浓度升高时，电磁铁磁性增强，故B错误；

C.根据串联电路的分压规律可知，当U1减小时，气敏电阻R1变小。根据气敏电阻的阻值随CO浓度的增大而减小可知，CO浓度变大，即比设定值高，故C正确；

D.在报警时需要的电磁力不变，即通过电流大小不变，根据欧姆定律可知，总电阻不变。当CO浓度减小时电阻会变大，根据R总=R1+R2可知，变阻器R2的阻值要减小，即向上移动滑片，故D错误。

故选C。21.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（

）A.

维持铁块作匀速直线运动的拉力逐渐减小B.

电磁铁的磁性逐渐减弱

C.

铁块对地面的压强先减小后增大D.

铁块所受摩擦力不变​ 21 22【答案】A【解析】从图中可以分析出：当滑动变阻器的滑片向上滑动时，接入电路的阻值会变小，电路中电流变大，电磁铁磁性增强，故选项B是错误的；电磁铁磁性增强，当铁块运动到其下方时会受到较大的吸引力，使铁块对桌面的压力减小，在接触面积不变的情况下，压强也减小，故选项C也是错误的；铁块因被电磁铁吸收而压力减小，在接触面粗糙程度不变的情况下，摩擦力也跟着减小，故选项D是错误的；当铁块做匀速直线运动时，拉力与摩擦力是一对平衡力，摩擦力减小，拉力就是逐渐减小，故选项A是正确的．所以选A．一.滑动变阻器的移动对电路中电流大小的影响，决定了电磁铁磁性的强弱；二.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．二、填空题（共10题；共28分）22.（2016·缙云）归纳式探究：研究带电粒子在回旋加速器中的运动：（1）磁体周围存在磁场，磁场的强弱用磁感应强度描述，用符号B表示，单位是特斯拉，符号是T。我们可以用磁感线的疏密程度形象地表示磁感应强度的大小。磁感应强度大的地方，磁感线密；磁感应强度小的地方，磁感线疏．条形磁体外部的磁感线分布如图甲所示，则a、b两点磁感应强度较大的是________。磁感应强度的大小和方向处处相同的磁场叫做匀强磁场。（2）回旋加速器的原理如图乙所示，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，被置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中，它们接在电压一定的交流电源上，从D1的圆心O处释放不同的带电粒子（加速度可以忽略，重力不计），粒子在两金属盒之间被不断加速，最终离开回旋加速器时，获得一定的最大动能。改变带电粒子质量为m，电荷量为q，磁感应强度B，金属盒半径R，带电粒子的最大动能Ek随之改变。得到数据如表，分析表中数据可得：带电粒子的最大动能Ek=k________，其中k=________（填上数值和单位）。【答案】（1）a

（2）q2B2R2m；0.5J•kg/（C【解析】（1）磁感线的疏密程度形象地表示磁感应强度的大小。磁感应强度大的地方，磁感线密；磁感应强度小的地方，磁感线。

（2）先结合控制变量法，对表格中的1和2、1和3、2和4、1和5的数据进行对比，分别得出动能与m、q、B、R之间的关系，从而得出表达式，在此基础上代入数据计算就可求出k值。（1）由图a、b两点中a点的磁感线相对较密，磁感应强度较大。

（2）比较次数1和2，在q、B、R相同时，m变为原来的两倍，Ek变为原来的1/2，可知动能Ek与质量m成反比；

比较次数1和3，在m、B、R相同时，q变为原来的3倍，Ek变为原来的9倍，可知动能Ek与q2成正比

比较次数2和4，在q、m、R相同时，B变为原来的两倍，Ek变为原来的4倍，可知动能Ek与B2成正比

比较次数1和5，在q、B相同时，m变为原来的两倍，R变为原来的3倍，Ek变为原来的18倍，可知动能Ek与R2成正比。

综上所述，

可得带电粒子的最大动能Ek=Kq2B2R2m

将第一一组使用数据代入，得4×10−16J=K1.6×10−19Kg2×1×10−2C23.如图所示是电磁选矿机的示意图，其中M为矿石，D为电磁铁，落入B中的是________，落入C中的是________．（填“铁矿石”“非铁矿石”） 23 24【答案】铁矿石；非铁矿石【解析】电磁选矿机在工作过程中，在矿石落下时，其中铁矿石被电磁铁吸引，并在圆筒转动的过程中转过竖直位置落入B中，而非铁矿石在重力的作用下落入C中。故答案为：铁矿石；非铁矿石电磁选矿机的原理是：滚筒本身是非磁性物质，是空心的；电磁铁放在滚筒内的前部．当矿石从漏斗落到转动的滚筒上时：非磁性物质直接落下。含有磁性的铁矿石在滚筒内前部的磁铁的吸引下，随滚筒转动，转过一定角度没有磁铁时落下；这样分离出铁矿石和非铁矿石．24.（2019八下·台州月考）在原子内部，核外电子绕原子核运动会形成环形电流，环形电流产生的磁场使原子的两侧相当于两个磁极。如图所示，若纸外表示N极，则电子绕原子核运动的方向为________（选填“顺时针”或“逆时针”）方向。【答案】顺时针【解析】（1）正电荷移动的方向规定为电流方向，而电子的移动方向与电流方向相反；

（2）根据通电螺线管的极性判断方法进行判断即可。

因为纸外表示N极，所以让右手的大拇指指向纸外，四指指尖沿逆时针方向，说明电流方向沿逆时针方向。因为电子的移动方向与电流方向相反，所以电子绕原子核的方向为顺时针方向。

故答案为：顺时针25.如图是演示巨磁电阻效应原理的示意图，GMR是巨磁电阻，它的电阻在磁场中随磁性增强而急剧减小．它所在电路的电源电压保持6V不变，L是标有“2V0.1W”的指示灯，当它两端电压达到1.2V时开始发光，若指示灯电阻不受温度影响，则灯丝阻值为

________Ω．闭合S1、S2时，图中电磁铁的

________（选填“左”或“右”）端是S极，将滑动变阻器滑片P向左滑动，电磁铁周围的磁场

________（选填“增强”、“减弱”或“不变”），P滑到某点，L刚好开始发光，此时GMR接入电路的阻值为

________Ω，继续向左滑动滑片P，电压表示数

________ 25 26【答案】40；右；增强；160；变小【解析】（1）由P=U2R（2）闭合开关S1，由安培定则可知，螺线管左端的磁极为N极，右端为S极；（3）当滑动变阻器滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路电流变大，因此电磁铁磁性增强，周围磁场增强；（4）当L刚好发光时，电路中的电流：由I=UR由串联电路电阻规律可知，GMB接入电路的阻值：RGMB=200Ω﹣40Ω=160Ω；继续向左滑动滑片P，电磁铁的磁性更强，周围磁场更强，GMB的阻值更小，由串联电路分压的规律可知，电压表的示数变小．故答案为：40；右；增强；160；变小（1）根据P=U（2）由安培定则可以判断出螺线管的极性．（3）先根据滑片移动的方向确定电路阻值的变化，然后根据欧姆定律可知电路电流的变化，从而得出电磁铁磁性强弱的变化；（4）根据右图可知，巨磁电阻和灯泡串联，先根据欧姆定律的变形公式求出电路的总电阻，然后根据串联电路电阻的特点求出GMR接入电路阻值的大小；最后根据串联电路分压的特点判断电压表示数的变化26.如图所示，AB和CD是两根固定且平行的水平金属导轨，符号×表示垂直于纸面指向纸面里的磁场的磁感线．现将铜棒EF和GH垂直放在滑轨上，当拉动GH使其向左移动时，发现EF也向左移动，说明铜棒里________（选填“有”或“无”）电流产生，EF受到的是磁场力的作用．当拉动GH使其向右移动时，EF应向________（选填“左”或“右”）移动，理由是：________；此过程中能量的转化是：________。【答案】有；右；运动方向的改变，导致感应电流方向变化，导致受力方向改变；机械能-电能-机械能【解析】GH运动产生感应电流，GH当做电源，把电流提供给EF，从而使EF受磁场力而产生运动，所以也会向左运动；拉动GH使其向右移动时，EF应向右运动．这是由于感应电流的方向和导体运动的方向有关，感应电流的方向改变，导致运动方向改变；此过程的能量的转化是：机械能转化为电能，电能又转化为机械能。故答案为：有，右，运动方向的改变，导致感应电流方向变化，导致受力方向改变，机械能-电能-机械能导体GH在磁场中做切割磁感线运动，电路中产生感应电流，EF中有电流通过，其在磁场中受力运动；从决定感应电流方向的因素入手分析，结合通电导体在磁场中受力的方向与电流方向有关，即可确定拉动GH使其向右移动时铜棒EF的运动方向；EF中的能量转化是将机械能转化为电能，GH中的能量转化是将电能转化为机械能。27.小明同学有一从玩具小汽车里拆下来的电动机，他想提高电动机的转速（假设电动机不损坏），他可以采取的方法有________，________．（请写出两种方法）【答案】增大流过电动机的电流；增加电动机磁铁的磁场强度．【解析】电动机是根据磁场对电流有力的作用的原理制成的，其作用力的大小与磁场强弱、电流大小等因素有关．要使电动机转速增大，就是要增大磁场对电流的作用．要提高转速可以加大电动机中的电流、增加磁场的强度，或者这两者同时增大等．电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的理制成的，转动的速度与电流大小和磁场强度等有关．28.小明去超市，走到电梯前发现电梯运动较慢，当他站在电梯上时电梯运动又快了起来．小明根据网络搜索的如图所示电路（R是一个压敏电阻）分析：当人站在电梯上，压敏电阻的阻值减小，则电磁铁的磁性变________，衔铁与触点________（选填“1”或“2”）接触，电动机的转速变________．​ 28 29【答案】强；2；快【解析】分析图可知，当人站在电梯上时，R的阻值减小，根据欧姆定律可知电路中电流增大，电磁铁变强，衔铁被吸下，与触点2接触，则电机上的电压增大，电动机转速变快．故答案为：强；2；快．由图可知，左侧为压敏电压与电磁铁串联组成了控制电路，右侧为电机控制电路，当衔铁与触点1接触时，R2与电机串联，当衔铁与触点2接触时，电阻断路，电机中电压增大．29.如图所示，根据磁感线方向，可以判断：电源的a端为

________极，小磁针的b端为

________极【答案】负；N【解析】在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，最后回到S极．所以螺线管的右端为N极，左端为S极．根据磁极间的相互作用可以判断出小磁针的b端为N极，右端为S极．根据安培定则，伸出右手，使右手大拇指指示通电螺线管的N极（右端），则四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流是从螺线管的左端流入的．所以电源的左端为正极，a端为负极．如图：故答案为：负；N根据图中磁感线方向，先判断螺线管的两个磁极，根据磁极间的相互作用再判断小磁针的磁极．最后根据安培定则判断螺线管中电流的方向，标出电源的正负极30.如图所示，A为螺线管，B为悬挂在弹簧测力计下的条形磁铁，当开关S断开时，弹簧测力计的示数将________，电流表的示数将________．【答案】变大；变小【解析】开关S断开时，电阻中的总电阻变大了，电流变小，电流表示数变小，电磁铁磁性减弱．根据右手定则判断通电螺线管的上端为N极，同名磁极相互排斥，所以弹簧测力计的示数将变大．所以答案为：变大；变小影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小，线圈的匝数．开关的闭合与断开，电流的变化，磁性变化．根据右手定则判断通电螺线管的极性．31.（2019·鄞州模拟）小明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。当超载车辆通过压敏电阻时，限载报警器就会报警。（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________（填“灯亮”、“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

（填编号）。A.把变阻器R0的滑片适当左移

B.把电源1的电压适当增大

C.把弹簧AB的A端适当左移

D.把电磁铁C适当右移【答案】（1）铃响

（2）A,C【解析】（1）根据乙图可知，当车辆超载时，压敏电阻受到的压力增大，电阻会变小，判断电磁铁磁性的变化，从而确定衔铁的运动方向，接通哪个电路，哪个用电器就工作；

（2）电磁铁将衔铁吸下来是需要一个最小的电磁力的，可以根据杠杆平衡原理调整弹簧拉力的作用位置，也可以通过改变电阻保证电流不变，据此解答。（1）观察图乙可知，压敏电阻R0的阻值随着压力的增大而减小。闭合开关S1和S2，当超载车辆通过时，压敏电阻的阻值减小，通过电磁铁线圈电流增大，磁性增强，衔铁被吸下来，灯熄灭，电铃电路接通会响；

（2）当限载质量增大时，压敏电阻受到的压力增大，电阻变小，电流变大；要保证电流大小不变，可以将滑动变阻器的滑片向左移动，适当增大总电阻，故A正确，D错误；

把电源1的电压适当增大，电路中电流增大，电磁铁磁性增强，会更早的将衔铁吸下来报警，相当于降低了限载质量，故B错误；

观察甲图可见，衔铁部分实际上是一个杠杆，当限载质量增大导致电路电流增大电磁铁的磁性增强时，可以将弹簧向左移动，增大力臂，防止衔铁过早的被吸下来报警，故C正确。

故选AC。

故答案为：（1）铃响；（2）AC三、实验探究题（共8题；共39分）32.（2019八下·秀洲月考）如图所示，AB和CD是两根固定且平行的水平金属导轨，符号“×”表示垂直于纸面向里的磁场的磁感线。现将空心簿铜管EF和GH垂直放在滑轨上，当拉动铜管GH使其向左移动时，发现铜管EF也立即运动起来。（1）若拉动铜管EF使其向右移动时，则GH应向________（填“左”或“右”）移动。（2）当拉动铜管EF使其向右移动，GH紧跟着运动的过程中，导轨上的两根簿铜管可分别看作是电动机和发电机，其中铜管________

可以看作电动机。（3）本实验中EF和GH采用空心薄铜管而不采用铜棒的原因是________。 32 33【答案】（1）右

（2）GH

（3）空心薄钢管质量小，压力小，产生的摩擦力小，容易运动起来【解析】（1）首先根据“右手”定则判断GH中产生的电流方向，再根据“左手定则”判断GH的运动方向；

（2）发电机将机械能转化为电能，电动机将电能转化为机械能；

（3）摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关。

（1）当拉动铜管EF向右运动时，根据“右手定则”：让磁感线垂直穿过手心，即右手手心向外，大拇指指向运动方向（向右），四个手指的方向就是感应电流的方向，即电流从F到E；那么GH中的电流从上到下，根据“左手定则”：磁感线垂直穿过手心，即左手手心向外，四个手指指向电流方向（向下），大拇指所指的方向就是运动方向，即GH向右运动；

（2）铜管EF运动起来产生电能，因此它是发电机；铜管GH通上电流运动起来，因此是电动机；

（3）因为摩擦力与压力大小有关，所以本实验中EF和GH采用空心薄铜管而不采用铜棒的原因是：空心薄钢管质量小，压力小，产生的摩擦力小，容易运动起来。

故答案为：（1）右；（2）GH；（3）空心薄钢管质量小，压力小，产生的摩擦力小，容易运动起来33.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________

(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________，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________极；电磁铁________

(填“甲”或“乙”)的磁性较强，说明电流一定时，线圈匝数________，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，________。（3）实验结束后，小明发现电池使用说明中有一条提示：“请一次性更换所有电池，以免新旧电池混用”。他想新旧电池混用和不混用有什么区别呢？于是，他做了如下探究，他用一节新电池代替图中原来的电源，闭合开关后，用电压表测出电路的总电压，并观察电磁铁吸引大头针的数量，记录在下表中，然后再分别把两个新电池、一新一旧电池串联起来，替换原来的电源，重复上述实验，实验记录如下表所示。电源电路的总电压/伏吸引大头针数量一个新电池1.5较多两个新电池串联3.0最多一新一旧电池串联1.3较少分析表中数据可知，串联的一新一旧电池给电路提供的电压________

(填“大于”“等于”或“小于”)一节新电池提供的电压，原因是：根据串联电路中电源电压等于各部分电路两端的电压之和，用一新一旧电池供电的电路中，废旧电池相当于在以一节新电池为电源的电路中串联了一个________，所以新旧电池混用，废旧电池会消耗新电池的部分能量。【答案】（1）增大；大

（2）南(或S)；乙；越多；同名磁极相互排斥

（3）小于；电阻【解析】本题为实验探究题，结合本节所学知识，分析实验即可得出答案。

通电螺线管的磁性强弱跟下列因素有关：

电流大小，通电螺线管中的电流越大，磁性越强；电流增大，磁性增强。

匝数多少，当通电螺线管中的电流一定时，匝数越多，磁性越强；匝数增加，磁性增强。

有无铁芯，在通电螺线管中插入铁芯后，通电螺线管周围的磁场会大大增强。（1）由图可知：甲、乙串联，乙的线圈匝数比甲的多，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）甲的线圈中的电流从左端流入，从右端流出，根据右手螺旋定则可知：甲的上端为S极，下端为N极；乙吸引的大头针数多，说明乙的磁性强，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。（3）从表中可以看到：串联的一新一旧电池电路提供的电压小于一节新电池提供的电压，这是因为在用一新一旧电池供电的电路中，废旧电池相当于在以一节新电池为电源的电路中串联了一个电阻，所以新旧电池混用，废旧电池会消耗新电池的部分能量。

故答案为：（1）增大；大；（2）南(或S)；乙；越多；同名磁极相互排斥；（3）小于；电阻34.（2019九下·温州竞赛）

1826年，德国物理学家欧姆想探究电流与电阻的关系。由于还没有发明电流表，欧姆做实验时，制作了如图甲所示的仪器，在导线上方悬挂着扭力线磁针，它的旋转刻度越大表示导体中电流强度越大。实验电路图可简化为如图乙所示。（1）开关闭合时，观浆到磁针能旋转，说明________。（2）欧姆将几根横截面积相同，但长度不同的铜导线分别接入电路（即乙图中的R），下表是实验测得的其中一组数据。由此可以得出的结论是________。导体长度/英寸24610183466130磁针旋转刻度326.5300.75277.75238.25190.75134.583.248.5（3）欧姆通过实验推导出公式：I=kU。公式中I代表通过导体的电流，U代表导体两端电压，欧姆将k命名为电导。请你写出电导与导体电阻的关系________。【答案】（1）电导体周围存在磁场

（2）横截面积相同时，导体的长度越大，电阻越大

（3）k=1【解析】（1）通电导体周围存在磁场；

（2）导体的电阻与导体的横截面积和长度有关，导体横截面积越大，电阻越小；导体长度越大，电阻越大；

（3）结合I＝kU与欧姆定律的变形公式R＝UI，推导电导与导体电阻的关系。

（1）开关闭合时，观察到磁针能旋转，根据磁场对磁体的作用可知，通电导体周围存在磁场；

（2）分析可知，铜导线横截面积相同，导线长度越大，磁针旋转刻度越小，说明电路中的电流越小，电阻越大，即：横截面积相同的同种导体，长度越大，电阻越大；

（3）由I＝kU得，k=IU,由欧姆定律可知，R＝UI，所以，35.如图（甲）是直流电动机模型（主要部件见文字说明），图（乙）是自制简易电动机模型．现在主要讨论图（乙）简易电动机的制作与操作问题：（1）绕制线圈的铜丝外表有漆皮，必须对线圈引出线的两端（搁置于铜质弯钩的部位）进行刮漆处理，刮漆方法见放大图．按这种方法刮漆，目的是使线圈能够________，因此这一部位就相当于图（甲）中的________（填某一部件的名称）．（2）如果整个制作没有问题，但接上电源后线圈不动，这时应做哪些尝试？（说出两点即可）①___________________________________________②___________________________________________（3）通电后线圈能转动，如要改变转动方向，可采取的做法是：①_________________________________________；②__________________________________________【答案】（1）导电（接触良好）；换向器

（2）①将线圈拨转一定角度；②增大电源电压（或换一块磁性更强的磁体）；

（3）①改变电源的两极；②对调磁极．【解析】（1）因为漆是绝缘体，刮去漆以后，线圈中就会有电流，当线圈中有电流时，线圈才会受力发生转动，所以刮漆的目的是使线圈能够导电．采用刮漆和使用换向器的目的是相同的，都是为了使线圈能够持续的转动下去，所以这一部位相当于图（甲）中的换向器；（2）电动机不转动的原因可能是在通电前线圈刚好处于平衡位置，所以可以试着用手拨动一下线圈，看线圈能否转动起来；电动机不转动的原因还有可能是因为线圈受力太小，而造成线圈受力太小的原因可能是线圈中电流太小或磁体磁性较弱，所以应试着增大电源电压或换一块磁性更强的磁体；（3）电动机的通电线圈在磁场中的受力方向与电流方向和磁场方向都有关系，所以要想改变电动机中线圈的转动方向，可以采取只改变电流方向或只改变磁场方向．（1）电动机是靠通电线圈在磁场中受力而转动的原理制成的，所以要想使线圈在磁场中受力转动，必须先给线圈中通入电流；为了让线圈持续转动下去，可以采用两种方法：一种方法是当线圈转过平衡位置以后，立即停止给它供电；另一种方法是当线圈转过平衡位置以后，立即改变线圈中的电流方向；（2）电动机不转动的原因有以下几种情况：①启动前线圈刚好处于平衡位置；②线圈中的电流太小或磁场太弱；（3）通电线圈在磁场中的受力方向与电流方向和磁场方向有关．36.（2018八下·柯桥月考）磁感应强度表示磁场的强弱，用字母B表示，国际单位是特斯拉，符号是T。磁感应强度B越大，磁场越强。磁感线能形象、直观地描述磁场，磁感线越密，磁场越强。请据此知识回答下列问题：

（1）用某种材料制成的磁敏电阻，其阻值R随磁感应强度B变化的图像如图甲所示。由图像可知磁敏电阻的阻值随磁感应强度B的增大而________。图中的图像没过坐标原点是因为________。

（2）将该磁敏电阻接入图丙所示的电路中，电源电压保持不变，不改变滑动变阻器滑片的位置，仅将磁敏电阻由图乙所示的1位置移至2位置，则电流表的示数将________。

【答案】（1）增大；磁敏电阻没放入磁场前有电阻

（2）增大【解析】（1）从图像的横轴上找到两个点，例如0.4和0.6，然后通过虚线找到与图像的交点，最后在纵轴上找到对应的电阻，比较电阻的大小即可；磁敏电阻无论是否放在磁场中，电阻都不为0；

（2）乙图中，①处磁感线密集，磁场较强，②处磁感线稀疏，磁场较弱；根据（1）题中总结的磁敏电阻的变化规律判断电阻的变化，再根据欧姆定律判断电流表的示数变化。

（1）由甲图可知，当磁感强度为0.4T时电阻为200Ω，磁感强度为0.6T时电阻为300Ω，可见：磁敏电阻的阻值随磁感应强度B的增大而增大；图像没有通过坐标原点是因为磁敏电阻没放入磁场前有电阻。

（2）乙图中，①处磁场强，②处磁场弱；磁敏电阻从①处到②处磁场强度变小，它的电阻也变小；在电源电源和滑动变阻器阻值不变的情况下，电流肯定变大，电流表的示数将增大。

故答案为：（1）增大，磁敏电阻没放入磁场前有电阻；（2）增大

37.

在探究通电螺线管外部磁场的实验中，采用了如图1所示的实验装置．（1）当闭合开关S后，小磁针________

发生偏转（填“会”或“不会”），说明通电螺丝管与小磁针之间是通过________

发生力的作用．（2）用铁屑来做实验，得到了如图2所示的情形，它与________

磁铁的磁场分布相似．为描述磁场而引入的磁感线________

真实存在的．（3）为了研究通电螺线管的磁极性质，老师与同学们一起对螺线管可能的电流方向和绕线方式进行了实验，得到了如图所示的四种情况．实验说明通电螺线管的磁极极性只与它的________

有关，且这个关系可以用________

判断．（4）闭合开关S，通电螺线管周围的小磁针N极指向如图3所示，由图可知：在通电螺线管外部，磁感线是从________

极发出，最后回到________

极．【答案】（1）会；磁场

（2）条形；不是

（3）电流方向；安培定则

（4）北；南【解析】解：（1）由图1，电源左端为正极，右端为负极，根据安培定则可以判断通电螺丝管右端为N极，左端为S极．根据异名磁极相吸引，由图可知小磁针会发生逆时针偏转；通电螺线管和小磁针之间的作用是通过磁场发生的．（2）由图2可知：通电螺丝管的外部磁场与条形磁铁的磁场相似；磁感线是为了能形象描述磁场而引入的，不是真实存在．（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：甲的右端为S极，乙的右端为N极；同理丙丁也是如此，所以实验说明螺线管的绕线方式相同时，极性只与它的电流方向有关；这个关系可以用安培定则来判断．（4）由图3根据安培定则可知，通过螺线管的左端为S极，右端为N极，根据周围小磁针N极指向与该点磁感线方向一致可知：在通电螺线管外部，磁感线是从北极发出，最后回到南极．故答案为：（1）会；磁场；（2）条形；不是；（3）电流方向；安培定则；（4）北；南．（1）利用安培定则可判断通电螺丝管的极性，根据磁极间的相互作用的规律判断小磁针是否会发生偏转；（2）通电螺丝管的外部磁场与条形磁铁的磁场相似；磁感线是假想的曲线，客观上不存在．（3）通电螺线管的磁极极性与电流方向和绕线方向有关，可以用安培定则来判断他们之间的关系．（4）小磁针在磁场中静止时北极指向与该点的磁感线方向一致，由此分析．38.（2019八下·长兴期中）学习了“电生磁”和“电动机”的知识之后，某学校兴趣小组的同学猜想：“既然电流周围存在着磁场，那么两根互相靠近的通电导线之间是否会发生相互吸引或排斥的作用？”他们将两根导线（可伸长）平行放置后固定（如图1所示），然后依次通上如图乙、丙、丁所示的电流，通过反复实验证实了他们的猜想。请你根据图中的实验现象回答问题。（1）平行放置的两根通电导线之间作用力的特点是：①当两根导线的电流方向相同时，两根导线相互________；②当两根导线的电流方向相反时，两根导线相互________。（2）分析图________，可探究通电导线之间的相互作用力的大小与电流大小的关系。（3）如图2所示，将一柔软的导线弯成星形，并将其置于光滑水平桌面上，然后将开关S闭合，则该星形回路将

。A.不会变形B.会变形，所围面积增大

C.会变形，所围面积减小D.会变形，所围总面积不变【答案】（1）吸引；排斥

（2）丙、丁

（3）B【解析】（1）根据乙图的情形判断两根导线电流方向相同时的相互作用，根据丙或丁图判断电流方向相反时导线之间的相互作用；

（2）探究通电导线之间的相互作用力的大小与电流大小的关系，必须改变电流大小控制电流方向相同；

（3）判断每个角上两根导线上电流方向，然后根据它们之间的相互作用作出选择。

（1）①根据乙图可知，当两根导线的电流方向相同时，两根导线相互吸引；

②根据丙或丁图可知，当两根导线的电流方向相反时，两根导线相互排斥；

（2）

探究通电导线之间的相互作用力的大小与电流大小的关系，必须改变电流大小控制电流方向相同，因此应该分析丙和丁；

（3）闭合开关后，每个角上相邻的两根导线中电流方向相反，它们之间相互排斥，因此这个星形围成的面积会增大，故选B。

故答案为：（1）①吸引；②排斥；（2）丙丁；（3）B39.如图所示，是某学习小组同学设计的研究“影响通电螺线管磁性强弱的因素”的实验电路图。（1）增大通电螺线管的电流，滑动变阻器的滑片应向________

（选填“左”或“右”）移动。（2）下表是该组同学所做实验的记录：通电螺线管中有无铁芯无铁芯有铁芯线圈匝数50匝50匝实验次数123456电流/A0.81.21.50.81.21.5吸引大头针的最多数目/枚000358同学们发现无铁芯组实验中没有吸引起大头针，那么通电螺线管到底有没有磁性呢？他们通过其他方法验证了这几次都是有磁性的。他们采用的方法可能是_____________________________

。（写出一种即可）（3）在与同学们交流讨论时，另一组的同学提出一个新问题：“当线圈中的电流和匝数一定时，通电螺线管的磁性强弱是否还与线圈内的铁芯大小（粗细）有关？”现有大小不同的两根铁芯，请根据你的猜想并利用本题电路，写出你验证猜想的简要操作方案：______________________________________

。【答案】（1）左

（2）把小磁针放到螺旋管的下端，断电时，小磁针一端指南一端指北，闭合开关，如果小磁针发生偏转，说明有磁性

（3）按本题电路图接好电路，调节滑动变阻器的滑片于一定的位置，首先放入大的铁芯，观察被吸引的数目，记录数据；再放入小的铁芯，观察被吸引的数目，记录数据，两者进行比较。【解析】（1）滑动变阻器连入电路的电阻越短，电阻越小，电压一定时，电路中电流越大．（2）证明通电螺旋管具有磁性的方法很多，改用小磁针，吸引铁屑等等．（3）电磁铁磁性强弱的影响因素：电流大小、线圈多少、有无铁芯．探究电磁铁的磁性强弱跟铁芯大小的关系，一定控制电流和线圈的匝数不变，磁性强弱用吸引大头针的多少来反映．解：（1）如图，滑片左滑，连入电路的电阻变短，电阻变小，电压一定，电流增大．（2）无铁芯插入时，磁性比较弱，不能吸引大头针，可以把小磁针放到螺旋管的下端，断电时，小磁针一端指南一端指北，闭合开关，如果小磁针发生偏转，说明有磁性．（3）当线圈中的电流和匝数一定时，通电螺线管的磁性强弱是否还与线圈内的铁芯大小有关，一定保持电流不变，滑动变阻器移动到一个固定的位置不动，保证线圈的匝数不变，螺旋管中插入不同大小的铁芯，比较吸引大头针的最多数目，记录下来进行比较．故答案为：（1）左．（2）把小磁针放到螺旋管的下端，断电时，小磁针一端指南一端指北，闭合开关，如果小磁针发生偏转，说明有磁性．（3）按本题电路图接好电路，调节滑动变阻器的滑片于一定的位置，首先放入大的铁芯，观察吸引大头针最多的数目，记录数据；再放入小的铁芯，观察吸引大头针最多的数目，记录数据，两者进行比较．四、解答题（共10题；共105分）40.如图是防汛报警器的装置图，请用笔画线正确连接电路．当水位上涨时，电路接通，小灯泡发光报警．【答案】【解析】由图分析可知：当水位上升到一定位置时，浮子A就会将竹片圆筒B顶起，使开关K闭合，控制电路被接通．电磁铁产生磁性，衔铁被吸引，使触点开关闭合，工作电路被接通．小灯泡就能发光报警．如图所示：水位上涨后闭合K，电磁继电器通电，线圈有电流，产生电磁效应，衔铁被吸引向下，从而带动衔铁的动触点与静触点吸合，使灯泡发光起到报警作用．41.（2018·宁波）为响应宁波市政府提出的“创建海绵型城市”的号召，小科设计了如图所示的市政自动排水装置模型，控制电路由电压为12V、最大容量为100Ah的蓄电池供电，蓄电池用“发电玻璃”制成的太阳能电板充电。R0为定值电阻，R为压敏电阻，压敏电阳通过杠杆AB0与圆柱形浮体相连，AB：BO=4：1，压敏电阳的阻值随压力变化的关系如下表。（压板、杠杆和硬质连杆的质量及电磁铁线圈电阻忽略不计，所用绿灯红灯及排水袋的额定电压均为220V）压级电阻受到的压力F/N60120180240300360420480…压敏电阳R阻值/Ω500360260180120806555…（1）当水位在安全位置以下时绿灯亮，排水泵不工作；当水位达到安全位置上限时红灯亮，同时排水泵正常工作。请按要求完成图中工作电路的连接。（2）“发电玻璃”光电转化率接近18%。要求在5h内对控制电路的蓄电池充满电、则选用的“发电玻璃”面积至少为________m2。（太阳能辐射到每平方米地面上的平均功率按1000W计算，计算结果精确到0.1m）（3）按照设计要求，当水位上升到浮体刚好全部浸入水中时，压敏电阻受到压力为360N，通过电磁铁线圈的电流为100mA，排水泵启动；当水位回落到浮体只有25（4）在实际调试过程中，小科发现水位已达到安全位置上限，但排水装置还未启动。如果在其他条件保持不变的前提下，使排水装置符合设计要求。应将与压敏电阻相连的压板向________（填“左”成“右”）移动。【答案】（1）

（2）1.3

（3）解：当浮体刚好全部浸入水中时，压敏电阻受到压力FB为360N，查表可知R=80ΩR总=U总I=Ro=R总-R=120Ω-80Ω=40Ω根据杠杆平衡条件有：FALOA=FBLOBFA=FB×LF浮=G+FA'即F浮=G+72N……①当浮体只有25体积浸入水中时F浮'=25R总'=U总I=R'=R总'-R0=400Ω-60Ω=360Ω查表可知FB'=120N根据杠杆平衡条件有：FA'LOA=FB'LOBFA'=FB'×F浮'=G+FA”

即25F浮由①、②得出：F浮=80NG=8N答：小科应选择的浮体重力为8N。（4）右【解析】（1）根据图示可知，当水位升高时，压敏电阻受到的压力增大，阻值减小，电流增大，衔铁被吸合，红灯亮排水泵工作，反之衔铁弹起绿灯亮排水泵停止工作，据此可画出电路图；（2）光能以18%的转化率转化成电能。要在5h内蓄电池充满电。此处的充满电是指转化成电能等于蓄电池的最大容量。据此可计算出面积；（3）在水中的浮体受到三个力的作用，向上的力有浮力，向下的力有重力和硬质连杆对浮体向下的力FA。三个力之间的关系是，当平衡时，F浮=G+FA。题中G是要求的量，F浮与FA均未知。FA可通过杠杆平衡由B点受到的压力F得到，压力F可由压敏电阻的阻值计算得到。根据题中当浮体刚好全部浸入水中时，排水泵刚好启动计算出压敏电阻的阻值，对应表格得到B点的压力F。当浮体只有2/5体积浸入水中时，排水泵停止工作计算出压敏电阻的阻值，对应表格得到B点的压力F。根据两状态时浮体的受力列出方程可求出浮体的重力G。（4）排水装置的启动电流是100mA，当压敏电阻减小到一定值时电流达到100mA排水就会启动。（2）根据光能与电能的转化关系可知：1000W×S×5×3600s×18%=12V×100A×3600S解得S≈1.3m2；（4）在实际调试过程中，小科发现水位已达到安全位置上限，但排水装置还未启动。说明电流未达到100mA，只能增加电流才能使衔铁吸合，要增加电流需减小压敏电阻的阻值，所以要增大压力。根据杠杆的工作原理可以将压板向右移动，来增加压力。故答案为：（2）1.3；（2）右42.某兴趣小组设计了如图甲所示的汽车转向指示灯电路模型，接通相应指示灯后，该指示灯会亮、暗（微弱发光）交替闪烁发光，电路中电源电压恒为6伏，指示灯规格为“6V3W”，R0为定值电阻，电磁铁线圈及铁的阻值忽略不计．

（1）若让左转、右转指示灯同时工作，转向开关应与触点________接通．（选填“1和2”、“2和3”、“3和4”或“4和5”）（2）当转向开关与触点“2和3”接通时，右转指示灯两端实际电压变化规律如图乙所示．已知当右转指示灯微弱发光时，其两端实际电压为U，消耗的实际功率为额定功率的125，求：①右转指示灯闪烁交替工作30秒消耗的电能；②定值电阻R0【答案】（1）3和4

（2）当转向开关与触点“2和3”接通时，①右转指示灯闪烁交替工作30秒消耗的电能32.4J；②定值电阻R0的阻值48Ω【解析】（1）据图可知，若想使得两个指示灯都工作，应该让两个指示灯同时接入电路，故应将开关与触点3和4接通；（2）①指示灯微弱发光时的功率是：；由图乙可知，每1.5s的时间，指示灯3W工作时间是0.5s，0.12W工作时间还是1s；当指示灯工作30s，以3W功率工作的时间是，0.12W工作的时间是；由得，3W功率消耗的电能是：；0.12W功率消耗的电能是：；故总共消耗的电能是：；②由可知，灯泡的电阻是；当指示灯为0.12W时，由得，；故此时灯泡的电压是：，所以定值电阻的电压是：；故定值电阻的阻值是：；答：（1）若让左转、右转指示灯同时工作，转向开关应与触点3和4接通；（2）当转向开关与触点“2和3”接通时，①右转指示灯闪烁交替工作30秒消耗的电能32.4J；②定值电阻R0的阻值48Ω。据电路分析即可，需要让两个指示灯都接入电路即可；计算出指示灯两种功率下的工作时间，而后据公式W=Pt计算电能即可；根据灯泡的规格可以计算出灯泡的电阻，由灯泡的电阻和灯泡的实际功率可以计算出灯泡的实际电流，而后再据串联电路电压和电流的规律分析即可得出答案。43.（2020·路桥模拟）小明设计了一种“自动限重器”，如图甲所示，该装置由控制电路和工作电路组成，其主要元件有电磁继电器、货物装载机(实质是电动机)、力敏电阻R1、滑动变阻器R2、轻质货架和压力杠杆OAB等，其中R的阻值随压力变化的关系如图乙所示。当力敏电阻R表面承受的压力达到限定值，电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品。已知控制电路的电源电压U=9V，电磁继电器线圈的阻值忽略不计。请你解答下列问题：（1）用笔画线代替导线将图甲中的电路连接完整。（2）当电磁继电器线圈中的电流大小为30mA时，衔铁被吸下。若R1所能承受的最大压力为1000N，则此时滑动变阻器R2的阻值为________欧。（3）杠杆OB长20cm，OA长5cm，那么货架最多能装货多少千克？（4）如果要求货架的最大装货量变小，应该如何调整？(写出两种方法)【答案】（1）

（2）100

（3）F1OA=F2OBF1×5cm=1000N×20cmF1=4000Nm货=Gg答：货架最多能装货400千克（4）OA变长/OB变短/R2变小/U变大【解析】（1）根据图甲，分析整个装置的工作过程，对各个触点的连接情况进行判断即可；

（2）首先根据R总=U总I总计算出串联的总电阻，然后根据乙图确定压力1000N时压敏电阻的阻值，最后根据R2=R总-R1计算即可；（1）电磁铁是控制电动机是否工作的开关。而电磁铁的磁力大小是靠电流大小控制的，因此压敏电阻和变阻器、电磁铁是串联，组成控制电路。当压力增大时，压敏电阻阻值减小，那么电流增大，电磁铁磁场增强，将衔铁吸下来，切断工作电路，此时电动机停止工作，因此电动机、工作电源和上面的静触点连接即可，如图所示;

（2）串联电路的总电阻为：R总=U总I总=9V0.03A=300Ω；

当压力为1000N时，压敏电阻的阻值为200Ω；

那么滑动变阻器的阻值R2=R总-R1=300Ω-200Ω=100Ω。

（3）

根据杠杆的平衡条件得到：F1×OA=F2×OB；

F1×5cm=1000N×20cm；

解得：F1=4000N；

货物的质量为：m货=Gg=F1g=4000N10N/kg=400kg

。

（4）①根据杠杆的平衡条件G×OA=F2×OB可知，当压力传感器上的压力F2和力臂OB不变时，要使G变小，可增大力臂OA；

②根据杠杆的平衡条件G×OA=F2×OB可知，当压力传感器上的压力F2和力臂OA不变时，要使G变小，可减小OB；

③根据杠杆的平衡条件G×OA=F244.（2020八下·上虞期末）有一种电加热恒温箱，工作原理如图甲所示。控制电路由电压为U1=9V的电源、电磁继电器（线圈电阻不计）、滑动变阻器R2和热敏电阻R1组成，图乙是热敏电阻R1阻值随温度变化的图象；工作电路由电压为U2=220V的电源和电阻为R0的电热丝组成。通过实验测得当电磁继电器线圈的电流达到60mA时，电磁继电器的衔铁被吸下来。求：（1）请用笔画线代替导线，按照题意将图中的工作电路连接完整。（2）在升温的过程中，电阻R1两端的电压会________（填“变大”、“变小”或“不变”）；（3）要使恒温箱设定的温度值升高，应调节滑动变阻器R2的滑片，使其接入电路的阻值________（填“变大”或“变小”）。（4）当滑动变阻器R2接入电路中的电阻为50Ω时，恒温箱内的温度是多大？【答案】（1）

（2）变小

（3）变大

（4）电路的总电阻：R总此时R1=热敏电阻的阻值：R1由图像知，热敏电阻的阻值为100Ω，恒温箱内的温度50℃【解析】（1）根据题意