2018-2019学年中考物理总复习电和磁专题训练含解析(共14页).doc

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10、说明通过B线圈的电流大于通过A线圈的电流3.下列说法正确的是（ ） A.油罐车底拖一条铁链是为了防止摩擦起电造成危害B.与头发摩擦过的气球能吸引细小水流，是因为气球和水流带上了异种电荷C.磁浮列车是利用磁极间相互作用增大机车牵引力D.用力击鼓鼓声会越响，说明声音的高低和发声体振动的频率有关4. 如图所示的四个实验中，能用来说明电动机工作原理的是（） A. B. C. D.5.对以下四幅图的分析，正确的是（ ） A.甲图是电动机的工作原理 B.乙图是发电机的工作原理C.丙图的动圈式话筒是利用电流的磁效应 D.丁图的扬声器是利用电磁感应原理6.小明看了电动玩具车的介绍得知：玩具车内部电路是由电源、

11、开关、电动机、指示灯各一个组成他将玩具车的电池取下，保持开关闭合，转动车轮时发现车上的指示灯还能发光，则下列推断中正确的是（ ） A.指示灯发光时，将电能全部转化成光能B.电动机与发电机的工作原理可能是相同的C.该玩具车电路中的电动机与指示灯一定是并联D.该玩具车电路中的电动机与指示灯可能是并联；也可能是串联7.世界上第一个发现“电流周围存在磁场”的物理学家是（） A.牛顿 B.焦耳 C.奥斯特 D.法拉第8.下列说法中正确的是（） A.声、光和电磁波都能传递信息B.电动机是根据电磁感应现象制成的C.煤、石油、天然气都是可再生能源，也是化石能源D.托里拆利实验能测出大气压，但不能证明大气压的存

12、在9.下列关于磁现象的说法不正确的是（） A.最早发现磁偏角的是我国宋代学者沈括 B.扬声器是利用磁场对通电导线的作用来工作的C.最早发现磁能生电的科学家是奥斯特 D.直流电动机是通过换向器来实现线圈连续转动的10.如图所示的四个实验中，能说明发电机工作原理的实验是（ ） A. B.C. D.11.在图所示的四幅图中，能说明电动机工作原理的是A.导线ab在磁场中运动时，电流表指针会偏转 B.导线通电小磁针会偏转C.电磁铁通电会吸引大头针 D.在磁场中的导线通电会发生运动12. 如图所示，用棉线将铜棒ab悬挂于磁铁N、S极之间闭合开关，当ab做切割磁感线运动时，观察到电流表的指针发生偏转利用这一

13、现象所揭示的原理，可制成的设备是（ ） A.电动机 B.发电机 C.电磁继电器 D.电饭煲二、填空题 13.（2017宜昌）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_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_（选填吸引、排斥） 14.如图所示，在观察奥斯特实验时，小明注意到置于通电直导线下方小磁针的N极向纸内偏转小明由此推测：若电子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，小磁针也将发生偏转请你说出小明推测的依据是：_，你认为磁针的N极会向_（选填“纸内”或”纸外”）偏转 15.与永磁体相比，电磁铁具有以下几个优点：

14、（1）电磁铁磁性的有无，可以由_来控制（2）电磁铁磁性的强弱可以由_来改变（3）电磁铁的N、S极是由_来决定 16.如图所示，电路中Rc为压敏电阻，阻值随所受压力增大而减小，开关S闭合后，螺线管的上端相当于电磁铁的_极，当压力增大时，电磁铁的磁性会_ 17.如图甲的装置是探究_图乙的探究实验说明_ 18.小明发现指南针静止时N极总是指向北方，是因为地球周围存在着_。他将一根条形磁体的一个磁极靠近指南针，指南针的N极被吸引，由此可知该磁极是_极（选填“N”或“S”）。 19.手摇发电机产生的感应电流的_和_随时间作周期性变化，这种电流叫做交流电，家庭电路使用的电流是_电 20. 广播电台的发射线

15、路靠近迅速变化的交变电流向外发射电磁波，交变电流在每秒内周期性变化1次发射的电磁波频率为1Hz，若某电台节目发射频率为88.2MHz，说明发射线路中的交变电流每秒钟周期性变化为_次，收音机通过_电磁波来工作，手机通过_电磁波来实现远距离通话（后两空选填“发射”、“接收”或“发射和接收”） 三、作图题 21.如图所示，小磁针静止在通电螺线管的正右方，请根据磁感线方向，在图中标出小磁针的N、S极和电源的正、负极 四、实验探究题 22.（2017绥化）用如图甲、乙所示的装置，分别探究“通电螺线管外部磁场的分布”和“电磁感应现象” （1）在图甲中，闭合开关后，通电螺线管的右端为_极（选填“N”或“S”

16、） （2）在图甲实验过程中，将电源正负极对调，发现小磁针的偏转方向发生改变这样操作是为了探究通电螺线管外部磁场方向和_有关 （3）图乙中，闭合电路中的一部分导体AB静止不动，当磁体左右运动时，灵敏电流计的指针_（选填“会”或“不会”）偏转这说明闭合电路的部分导体在磁场中做_运动时，导体中会产生感应电流 23.为探究电磁铁的磁性跟哪些因素有关，小丽同学作出以下猜想：猜想A：电磁铁通电时有磁性，断电时没有磁性猜想B：通过电磁铁的电流越大，它的磁性越强猜想C：外形相同的螺线管，线圈的匝数越多，它的磁性越强为了检验上述猜想是否正确，小丽所在实验小组通过交流与合作设计了以下实验方案：用漆包线（表面涂有绝

17、缘漆的导线）在大铁钉上绕制若干圈，制成简单的电磁铁如图所示的a、b、c、d为实验中观察到的四种情况根据小丽的猜想和实验，完成下面填空： （1）通过观察电磁铁吸引大头针数目多少的不同，来判断它_的不同 （2）通过比较_两种情况，可以验证猜想A是正确的 （3）通过比较_两种情况，可以验证猜想B是正确的 （4）通过比较d中甲、乙两电磁铁，发现猜想C不全面，应补充_ 五、综合题 24.电梯为居民出入带来很大的便利，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已知控制电路的电源电压U=6伏，保护电阻R1=100欧，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

18、阻值都忽略不计 （1）当压敏电阻R2受到的压力F增大时，其阻值减小，控制电路中的电流增大，从而使电磁铁的磁性增强电梯超载时，衔铁被电磁铁吸住，触点K与触点_接触，电铃发出警报声 （2）若电梯在20秒内将一位重600牛的乘客匀速提升15米，求电梯对乘客做功的功率 （3）当电磁铁线圈电流达到20毫安时，衔铁刚好被吸住若该电梯厢内站立总质量为1000千克的乘客时，试通过计算说明电梯是否超载（g取10牛/千克） 25.阅读短文，并回答问题 电子手表的奥秘如图（1）所示，电子表可分为数字式石英电子手表、指针式石英电子手表及自动石英表和光动能手表数字式石英电子手表：石英晶体的压电效应和二极管式液晶显示相结

19、合的手表，其功能完全由电子元件完成指针式石英电子手表：石英表的能源来自氧化银扣式电池氧化银扣式电池向集成电路提供特定电压，通过集成电路中的振荡电路和石英谐振器使石英振子起振，形成振荡电路源，输出间歇性变化的秒脉冲信号秒脉冲送到步进电机（相当于电动机），一秒钟推动步进电机动一次，进而带动秒针走一格，使表针准确地显示时间内部电路简化为如图（2）所示，电池提供能源，确保电路正常工作；集成电路提供频率为1Hz和功率稳定的脉冲信号；步进电机通过齿轮带动指针转动指示时间请回答下列问题：（1）二极管式液晶是由_（选填“导体”、“半导体”或“超导体”）材料制成的 （2）步进电机把集成电路输出的电能转化成_ （

20、3）步进电机工作的原理是_ （4）集成电路部分在电路中相当于间歇性工作的_（选填“电源”、“用电器”或“开关”） （5）集成电路输出间歇性变化的秒脉冲信号符合要求的是如图（3）中的_ 26.小明学习电磁学的知识后，对扬声器的内部构造很感兴趣（1）观察如图甲所示扬声器的构造，它的发声原理是_，将干电池接在线圈两端，观察到纸盆向前运动，将电池正、负极对调，观察到纸盆运动方向_ （2）拆下电磁铁如图乙所示，与条形磁体置于同一水平面上，右端固定并保持水平，当开关闭合后，电磁铁的左端是_极，电路中滑动变阻器滑片P逐渐向左移动时，条形磁铁仍保持静止，在此过程中条形磁铁受到的摩擦力_（选填“变大”“变小”或

21、“不变”） 答案解析 一、选择题1.【答案】C 【解析】【解答】解：1820年，丹麦物理学家奥斯特第一次发现通电导线周围存在磁场 故选C【分析】根据物理学史知识、物理学家对物理学的主要贡献，分析解答此题2.【答案】D 【解析】【解答】解：A、电流相同时，匝数多的磁性大，故A正确；B、滑片P向左移动时，电路中的电阻减小，电流增大，电磁铁的磁性会增强，故B正确；C、电磁铁能吸引的大头针越多，表明磁性越强，故C正确；D、串联电路处处电流相同，因此通过AB线圈的电流相同，故D错误故选D【分析】影响电磁铁磁性强弱的因素主要有电流的大小、线圈的匝数、铁芯的有无，在研究过程中和分析实验结论时，要运用控制变量

22、法3.【答案】A 【解析】【解答】解： A、油罐车在运输过程中，不断的相互摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害故A正确；B、头发和气球摩擦时，使气球带电，带电体具有吸引轻小物体的性质；能吸引细小水流，故B错误；C、磁悬浮列车是利用同名磁极相互排斥原理，减小摩擦力，故C错误；D、用力击鼓，鼓面振幅较大，鼓声会越响，说明声音的大小和发声体的振幅有关，故D错误故选A【分析】（1）静电危害是由于相互间不断摩擦，从而产生大量的静电，不及时导走，会出现放电危害；（2）带电体具有吸引轻小物体的性质；（3）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；（4）声音的大小叫响度，响

23、度决定于发声体的振幅：振幅越大，响度越大声音的高低叫音调，音调与发声体振动的频率有关：频率越高，音调越高4.【答案】C 【解析】【解答】解：A、是奥斯特实验，小磁针指针偏转说明通电导体周围有磁场，不符合题意； B、是研究电磁铁的磁性强弱的影响因素，不符合题意；C、电路中有电流，通电导体或线圈受到磁场力的作用发生运动，符合题意；D、在外力作用下使导体左右移动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，不符合题意故选C【分析】电动机的工作原理是：通电导体在磁场中受到力的作用正确分析四个选项各是研究的什么问题，再做回答5.【答案】B 【解析】【

24、解答】解：A、该实验是奥斯特实验，说明通电导体周围存在着磁场，故A错误； B、乙图是电磁感应实验，根据此原理可以制成发电机，故B正确；C、丙图的动圈式话筒是利用电磁感应原理制成的，故C错误；D、丁图的扬声器是利用通电导体在磁场中受到力的作用制成的，故D错误故选B【分析】（1）该实验是奥斯特实验，说明通电导线周围存在着磁场（2）掌握电磁感应现象及实验，知道在此实验中让闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流根据这个原理制成了发电机（3）通电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有关6.【答案】C 【解析】【解答】解：A、指示灯发光时，将电能转化成光能和内能

25、，故A错误； B、发电机的工作原理是电磁感应：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流电动机是利用通电线圈在磁场里受力转动的原理制成的故B错误；CD、转动车轮，车轮带动电动机转动，电动机变成了发电机，转动车轮，车上的指示灯还能发光，说明此时电动机、指示灯构成闭合回路，故电动机与指示灯是并联的，故C正确，D错误故选C【分析】（1）用电器是消耗电能的，将电能转化为其它形式的能（2）发电机的工作原理是电磁感应，电动机是利用通电线圈在磁场里受力转动的原理制成的（3）串联的各电路元件相互影响，不能独立工作，并联的各电路元件互不影响，能独立工作；根据题意与实验现象判断灯泡与电动机

26、的连接方式7.【答案】C 【解析】【解答】解：A、牛顿在力学中的贡献非常大，其发现并总结了牛顿第一运动定律，故A不符合题意B、焦耳建立了焦耳定律，提供了对电流通过导体时发出热量的计算，故B不符合题意C、1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，发现电流周围存在磁场，故C符合题意D、法拉第在1831年发现了电磁感应现象，故D不符合题意故选C【分析】根据我们对于牛顿、焦耳、奥斯特、法拉第这四位科学家对于物理所作贡献的了解来作答8.【答案】A 【解析】【解答】A、声、光和电磁波都能传递信息，故A正确；B、电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动而制成的，故B错误；C、煤、石油、天然气被称为三大化

27、石燃料，都是不可再生资源，故C错误；D、托里拆利最早测出了大气压的值，同时该实验也能证明大气压的存在，故D错误故选A【分析】（1）声、光和电磁波都能传递信息；（2）电动机的制作原理：通电线圈在磁场中受力转动；（3）根据三大化石燃料都是不可再生资源即可判定正误；（4）托里拆利实验最早测出了大气压的值9.【答案】C 【解析】【解答】解：A、我国宋代学者沈括是世界上最早记录磁偏角的人，该选项说法正确，不符合题意；B、扬声器的线圈中通过携带声音信息、时刻变化的电流，使得在一个瞬间和下一个瞬间产生不同方向的磁场，在永磁体的作用下线圈就不断地来回振动，纸盆也就振动动起来，便发出了声音，该选项说法正确，不符

28、合题意；C、最早发现磁能生电的科学家是法拉第，该选项说法不正确，符合题意；D、换向器不断改变线圈中的电流方向，从而使直流电动机实现持续转动，该选项说法正确，不符合题意故选C【分析】（1）世界上最早记述“地理的两极与地磁的两极并不重合”这一现象的人是我国宋代学者沈括（2）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（3）丹麦物理学家奥斯特在1820年首先发现了电流周围存在着磁场，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象（4）直流电动机能连续转动是利用了换向器使线圈在平衡位置自动改变线圈中的电流方向而实现的10.【答案】B 【解析】【解答】解：A、开关闭合后，电路

29、中有电流，通电导体或线圈受到磁场力的作用发生运动，即通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故该选项不符合题意； B、开关闭合后，在外力作用下使导体左右移动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，符合题意；C、该装置是利用电流的磁效应的原理，即通电时该线圈会产生磁性，移动滑片可以改变电路的大小，从而改变磁性强弱，不符合题意；D、是奥斯特实验，小磁针发针偏转说明通电导体周围有磁场，不符合题意故B【分析】发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流11.【答案】D 【解析】

30、【解答】A、当导体棒AB运动时，电流表的指针会发生偏转，即会产生感应电流，即电磁感应现象，是发电机的原理，故该选项也是错误的；B、该实验是奥斯特实验，通电后，导线周围的小磁针发生偏转，即说明了通电导线周围存在着磁场，故该选项错误；C、该选项是用来研究电磁铁磁性 强弱的因素的实验，故该选项也是错误的D、当闭合开关后，线圈会转动，即通电导线在磁场中受力的作用，即电动机的原理，故该选项正确；故选D【分析】本题涉及的实验内容较多，解题时首先要弄清四个选项所研究的是哪些实验或现象，再进行判断电动机的原理是通电导体在磁场中受力，或者说通电线圈在磁场中受力转动电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消

31、耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键12.【答案】B 【解析】【解答】解：如图所示，用棉线将铜棒ab悬挂于磁铁N、S极之间闭合开关，当ab做切割磁感线运动时，观察到电流表的指针发生偏转这一现象所揭示的原理电磁感应现象，发电机就是根据这一原理制成的，故B正确； 电动机是根据通电导体在磁场中受到力的作用这一原理制成的，不符合题意；电磁继电器是利用电流的磁效应来工作的，不符合题意；电饭煲是根据电流的热效应来工作的，不符合题意故选B【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这一现象称作电磁感应现象，发电机是根据这一原理制成的二、填空题13.【答案】N

32、；吸引 【解析】【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【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14.【答案】电子的定向移动形成电流，电流周围存在磁场；纸外 【解析】【解答】解：如图所示，奥斯特实验表明，当导线中有电流通过时，小磁针会发生偏转说明了电流周围存在磁场 当电子沿着水平方向平行地飞过磁针上方时，由于电子发生定向移动而形成电流，又因为电流周围存在磁场，所以小磁针会发生偏转由

33、图知，当电流向右时，小磁针的N极向纸内偏转，右图电子定向向右移动，而电流方向与电子定向移动方向相反，所以电流方向向左因此小磁针受力方向与左图相反N极将向纸外偏转故答案为：电子的定向移动形成电流，电流周围存在磁场；纸外【分析】要解决此题，需要搞清电流的形成原因，知道电流是由于电荷的定向移动形成的导线能够导电靠的就是自由电子的定向移动同时要掌握电流的磁效应，知道电流周围存在磁场，磁场方向与电流方向有关15.【答案】通断电；电流大小；电流的方向 【解析】【解答】与永磁体相比，电磁铁具有以下几个优点：（1）电磁铁磁性的有无，可以由通断电来控制；（2）电磁铁磁性的强弱可以由电流大小来改变；（3）电磁铁的

34、N、S极是由电流的方向来决定【分析】本题主要考查学生对电磁铁的优点的了解和掌握情况，属于基础题目16.【答案】S；增强 【解析】【解答】解：当开关S闭合后，电流由上端流入，据安培定则可知，该螺线管的下端是N极，螺线管的上端相当于电磁铁的S极， 阻值随所受压力增大而减小，当压力增大时，电阻Rx阻值减小，电路总电阻减小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流增大，电磁铁的磁性会增强；故答案为：S；增强【分析】（1）据安培定则分析即可判断：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；（2）根据压力变化判断电阻阻值如何变化

35、，然后应用欧姆定律判断电路电流如何变化，再判断电磁铁磁性如何变化；17.【答案】电磁感应现象；通电导体在磁场中受力的作用 【解析】【解答】解：如图甲的装置中没有电源，即ab做切割磁感线运动时，电路中就会产生感应电流，该现象称为电磁感应现象；乙实验中有电源，即当给磁场中的金属棒通电时，金属棒会运动，即说明通电导线在磁场中受力的作用；故答案为：电磁感应现象；通电导体在磁场中受力的作用；【分析】根据对电与磁几个重要实验装置图的认识来判断：（1）发电机原理图描述了线圈给外界的用电器供电；电动机原理图描述了电源给线圈供电；（2）电磁感应现象装置图没有电池；磁场对电流的作用装置图有电池18.【答案】（地）

36、磁场；S 【解析】【解答】磁体间的相互作用都是通过看不见而又客观存在的磁场而发生的；指南针静止时N极总是指向北方，是因为地球周围存在着地磁场。将一根条形磁体的一个磁极靠近指南针，指南针的N极被吸引，根据同名磁极相斥，异名磁极相吸的原理，由此可知该磁极是S极。故答案为：（地）磁场；S.【分析】地球周围存在地磁场，磁极间同名磁极相斥，异名磁极相吸.19.【答案】大小；方向；交流 【解析】【解答】解：电流大小方向都随时间做周期性变化的电流叫交流电，同时我们家庭用电都采用了交变电流，即交流电 故答案为：大小，方向，交流【分析】由交变电流的定义得前两空，而我们家庭用电现在用的都是交流电20.【答案】8.

37、82107；接收；接收和发射 【解析】【解答】解：交变电流在每秒内周期性变化1次发射的电磁波频率为1Hz，电台节目发射频率为88.2MHz，即8.82107Hz，说明发射线路中的交变电流每秒钟周期性变化为8.82107Hz；广播、电视和移动通信是利用电磁波传递信息的，即收音机通过接收电磁波来工作，手机通过接收和发射电磁波来实现远距离通话的故答案为：8.82107；接收；接收和发射【分析】（1）频率是指物体在1s内振动的次数；（2）广播、电视和移动通信是利用电磁波传递信息的；（3）手机既是无线电发射台，又是无线电接收台此题考查了频率的含义理解、广播、电视和移动通信传递信息的原理的判断，是一道基础

38、题目三、作图题21.【答案】解：如图所示： 【解析】【解答】解：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S极，左端为N极根据磁极间的相互作用可以判断出小磁针的左端为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右端流入的所以电源的右端为正极，左端为负极 如图：【分析】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，标出电源的正负极四、实验探究题22.【答案】（1）N（2）电流方向（3）会；切割磁感线 【解

39、析】【解答】解：（1）由图知：闭合开关，电流从螺线管右侧流入，从左侧流出用右手握住螺线管，四指指向电流方向，则大拇指所指的方向即通电螺线管的右端为N极，另一端为S极如下图所示： ；（2）改变电源的正负极后，螺线管中的电流方向发生了改变，小磁针的N极指向与原来相反，说明磁场的方向相反，由此可以确定，螺线管磁场的方向与电流方向有关（3）闭合电路中的一部分导体左右运动时，在磁场中做切割磁感线的运动，导体中就会产生感应电流，灵敏电流计的指针会偏转故答案为：（1）N；（2）电流方向；（3）会；切割磁感线【分析】（1）闭合开关，明确电流的方向，由右手螺旋定则即可判断出通电螺线管的N、S极（2）通电螺线管周

40、围磁场的方向与电流方向和线圈的绕向这两个因素有关，若只改变其中的一个，磁场方向发生改变；若两个因素同时改变，磁场方向不变；（3）产生感应电流同时具备三个条件：闭合电路、一部分导体、做切割磁感线运动23.【答案】（1）磁性强弱（2）ab（3）bc（4）在电流一定时 【解析】【解答】（1）电磁铁磁性的强弱可用吸引大头针数目的多少来体现，所以通过观察电磁铁吸引大头针的多少的不同，来判断它磁性的不同（2）电磁铁磁性的有无可以通过电磁铁是否吸引大头针来判断由ab两图可知，a图的开关断开，电路中没有电流，电磁铁也不吸引大头针闭合，说明电磁铁没有磁性b图的开关闭合，电路中有电流，电磁铁吸引大头针闭合，说明电

41、磁铁有磁性（3）猜想B是验证磁性的强弱是否与电流大小有关，因此要控制匝数相同，电流大小不同比较几个图，只有bc符合条件（4）猜想C是验证磁性的强弱是否与电流大小有关，因此要控制电流的大小相同，线圈匝数不同在d图中，由于两电磁铁串联，控制了电流相等，而匝数不同，符合条件故答案为：d图电流大小不仅与线圈匝数有关，还与电流大小有关，因此描述时，要增加电流相同这个条件故答案为：（1）磁场强弱；（2）a、b；（3）b、c；（4）电流相等时【分析】（1）通过观察电磁铁吸引大头针的多少的不同，来判断它磁性的不同；（2）电磁铁磁性的有无可以通过电磁铁是否吸引大头针来判断；（3）猜想B是验证磁性的强弱是否与电流

42、大小有关，因此要控制匝数相同，电流大小不同；（4）猜想C是验证磁性的强弱是否与电流大小有关，因此要控制电流的大小相同，线圈匝数不同五、综合题24.【答案】（1）B（2）解：电梯克服乘客的重力做功，在20秒内将一位重600牛的乘客匀速提升15米， 做功的功率为P= = = =450W答：电梯对乘客做功的功率为450W（3）解：电梯厢内站立总质量为1000千克的乘客时，电梯受到的压力等于乘客的重力，即 F=G=mg=1000kg10N/kg=10000N由图乙，当压力F=10000N，对应的压敏电阻阻值R2=100控制电路中的电流为I= = =0.03A=30mA30mA20mA此时电梯超载答：若

43、该电梯厢内站立总质量为1000千克的乘客时电梯超载 【解析】【解答】解：（1）电梯超载时，压敏电阻R2受到的压力F增大时，其阻值减小，控制电路中的电流增大，从而使电磁铁的磁性增强，磁性达到一定程度时，衔铁被电磁铁吸住，触点K与触点B接触，电铃报警，电梯不工作 答：衔铁被电磁铁吸住，触点K与触点B接触，电铃发出警报声【分析】（1）超载自动报警系统实质就是电磁继电器的应用，电梯超载时，衔铁被电磁铁吸住，触点K与触点B接触，电铃工作电路接通；（2）电梯克服乘客的重力做功，做功大小等于乘客重力和提升高度的乘积，即W=Gh，功率等于功和时间的比值，即P= ；（3）根据乘客质量求出乘客重力，也就是对电梯的

44、压力，找出图象中压力对应的R2电阻值，根据欧姆定律的知识计算出此时电路中的电流，将这个电流和20mA比较得出结论25.【答案】（1）半导体（2）机械能（3）通电导线在磁场中受力的作用（4）开关（5）B 【解析】【解答】解：（1）二极管是由半导体材料制成的；（2）步进电机把集成电路输出的电能转化成机械能；（3）步进电机工作的原理是通电导体在磁场中受到力的作用；（4）集成电路中的振荡电路和石英谐振器使石英振子起振，形成振荡电路源，输出间歇性变化的秒脉冲信号，故集成电路相当于开关；（5）集成电路的频率1Hz，故应选B 故答案为：（1）半导体；（2）机械；（3）通电导体在磁场中受到力的作用；（4）开关

45、；（5）B【分析】（1）二极管是由半导体材料做成的，具有单向导电性；（2）电动机把电能转化机械能；（3）电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用；（4）根据集成电路的作用进行分析；（5）根据频率的概念分析26.【答案】（1）磁场对电流的作用；相反（2）N；变大 【解析】【解答】（1）观察如图所示扬声器的构造可知，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图中所示的电流时，由于磁场对电流有力的作用，所以线圈会带动纸盆振动发声，在磁场不变的情况下，将电池正、负极对调，改变电流方向，观察到纸盆运动方向与原方向相反；（2）根据螺线管的线圈绕向和电

46、流从螺线管的左端流入，利用安培定则可以确定螺线管的左端为N极右端是S极所以条形磁铁受到通电螺线管对它向左的斥力滑片P逐渐向左移动时，电阻变小，电流变大，故磁性变强，但由于条形磁铁始终处于平衡状态，所以摩擦力始终等于斥力，故摩擦力会随着斥力的增大而增大故答案为：（1）磁场对电流的作用；相反；（2）N；变大【分析】（1）根据线圈中的变化的电流产生变化的磁场，与磁体发生相互作用而带动纸盆运动而发声；通电线圈在磁场中的受力方向和电流方向、磁场方向有关；通电线圈在磁场中的受力大小和电流大小、磁场强弱有关；（2）首先利用螺线管中电流方向和线圈绕向根据安培定则确定螺线管的左端的磁极再利用磁极间的作用规律确定条形磁铁的右端与电磁铁左端的相互作用情况电磁铁磁性强弱的影响