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北师大版九年级全册第十四章 电磁现象综合与测试单元测试达标测试
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这是一份北师大版九年级全册第十四章 电磁现象综合与测试单元测试达标测试，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
北师大版初中物理九年级全一册第十四单元《磁现象》单元测试卷
考试范围：第十四单元；考试时间：80分钟；总分80分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 使用吸管能将牛奶“吸”入嘴中，以下“吸”的原理与此相同的是( )
A. 电磁铁通电后“吸”引铁钉
B. 紧压塑料吸盘使之“吸”在瓷砖上
C. 丝绸摩擦过的玻璃棒能“吸”引纸屑
D. 两个表面刮净的铅块紧压后“吸”在一起
2. 如图是某同学发明的“铁皮自动分开装置”。将强磁铁靠近一叠铁皮，被磁化后的铁皮会自动分开。铁皮分开的原因是( )
A. 同名磁极相互吸引 B. 异名磁极相互吸引
C. 同名磁极相互排斥 D. 异名磁极相互排斥
3. 科学研究中，人们通过一定的科学方法，建立一个适当的模型来代替和反映客观对象，并通过研究这个模型来揭示客观对象的形态、特征和本质。下列分析正确的是( )
A. ①揭示单侧光对生长素分布的影响，向光侧生长素多，生长快
B. ②用磁感线描述条形磁体周围的磁场分布，越密表示磁场越弱
C. ③是原子结构模型，中央是原子核，核外是绕核高速运动的电子
D. ④描述地球绕日公转，地轴始终呈倾斜状态，箭头表示公转方向
4. 下列说法正确的是( )
A. 盆景自动供水装置利用了连通器的原理
B. 电视机上的彩色画面实际是由红、绿、蓝三种色光混合而成的
C. 磁场中的磁感线是真实存在的
D. 热机的做功冲程是将机械能转化为内能
5. 如图所示，将某发光二极管的两极接入电路的a、b两点，闭合开关时，通电螺线管旁边小磁针S极向右偏转。下列判断正确的是( )
A. 通电螺线管右端为N极
B. 电源左端为正极，右端为负极
C. 发光二极管c极接b点，d极接a点
D. 图中P处磁感线的方向从螺线管右端到左端
6. 以下作图中，正确的是( )
A. 凹透镜对光的作用
B. 光的反射
C. 通电螺线管磁极
D. 物体静止在斜面上的受力示意图
7. 小明设计了一款“智能照明灯”，其电路的原理图如图所示，光线较暗时灯泡自动发光，光线较亮时灯泡自动熄灭，电源电压恒定，R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小。以下说法正确的是( )
A. 电磁铁的上端为S极
B. 当光照强度增强，控制电路的电流变小
C. 当光照强度减弱，电磁铁的磁性增强
D. 灯泡应设计在A和B两接线柱之间
8. 如图所示，原来开关断开时，铁块、弹簧在图中位置保持静止状态。当闭合开关，并将滑动变阻器的滑片向右移动，下列说法正确的是( )
A. 电流表示数变大，弹簧长度变短
B. 电流表示数变小，小磁针的N极顺时针转动
C. 电磁铁磁性增强，弹簧长度变长
D. 电磁铁磁性减弱，小磁针的N极逆时针转动
9. “⊗”表示导线中的电流方向垂直于纸面向里；“⊙”表示导线中的电流方向垂直于纸面向外。螺线管通电后外部磁场的情况，如图所示，此时通电导线受到的力F向上．以下小京对力方向的判断，正确的是( )
A. B.
C. D.
10. 如图甲，磁场对导体的力F竖直向上，用Fab，Fcd，Fa′b′，Fc′d′分别表示图乙、丙中闭合开关时磁场对导体ab、cd、a′b′、c′d′的力，则( )
A. Fab竖直向下，Fcd竖直向下 B. Fab竖直向上，Fcd竖直向下
C. Fa′b′竖直向上，Fc′d′竖直向下 D. Fa′b′竖直向下，Fc′d′竖直向上
11. 如图是小明按物理课本“迷你实验室”提供的方法制作的作品，下列分析不正确的是( )
A. 铅笔芯变阻器工作时利用了电流的热效应
B. 铁钉电磁铁工作时能吸引大头针表明有磁性
C. 西红柿电池工作时化学能转化为电能
D. 简易电动机工作时电能转化为机械能
12. 如图是广泛应用的POS机，它的刷卡位置有一个绕有线圈的小铁环制成的检测头。在使用时，将带有磁条的信用卡在POS机指定位置刷一下，检测头的线圈中就会产生变化的电流，POS机便可读出磁条上的信息。下图中能反映POS刷卡机读出信息原理的是( )
A. B.
C. D.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共8.0分）
13. 在水平面内自由转动的小磁针，静止后总是一端指南，一端指北，这表明磁体具有 性，指南的一端是小磁针的 极，我国古代四大发明之一的 就是依据这一原理制成的。
14. 中国古代民间常用薄铁叶剪裁成鱼形，鱼的腹部略下凹，像一只小船，将“小船”放在磁体周围使之 后，浮在水面，就制成了能够指南北方向的“指南鱼”。如果“指南鱼”静止时它的“鱼头”总是指向南方，说明“鱼头”是磁体的 极。
15. 在探究通电螺线管外部的磁场分布时，在螺线管周围放一些小磁针，通电后，小磁针(黑色一端为N极)的指向如图甲所示。
(1)只改变螺线管中的电流方向，观察到的现象是______，说明______。
(2)根据图乙所示的电流方向，可判断通电螺线管的左端是______极。(选填“N”或“S”)。
16. 如图所示，条形磁铁置于水平桌面上，电磁铁与其在同一水平面上，左端固定并保持水平，当闭合开关后，滑动变阻器的滑片P逐渐向上移动时：
(1)电磁铁的右端为______极。(填N或S)
(2)电磁铁的磁性______(选填“变强”、“变弱”或“不变”)。
(3)在此过程中，若条形磁铁相对桌面保持静止，则它受到的摩擦力的大小______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 在图中，请根据小磁针的南、北极指向，在图中标出电源“+”或“−”极，并用箭头标出磁感线方向。
18. 如图所示，小明通过实验探究“通电螺线管的磁场”，已知通电螺线管周围磁感线方向，请在图中标出电源的正、负极，通电螺线管的N、S极和通电瞬间小磁针的偏转方向。
四、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）
19. 小明设计的电路图如图1，小灯泡L1、L2的额定电压分别为2.5V、1.5V。
(1)根据电路图，用笔画线表示导线，把图2中的实物连接起来。
(2)电路正确连接后，闭合开关，两灯发光，如图3电压表V1的示数为______，V2的示数为2.8V，L2是否正常发光？______。
(3)小明将L1换成额定电压为2.5V的LED，闭合开关后发现LED亮，而L2不亮。
①小明认为此时L2烧断，他判断是否正确？
______，依据是______。
②小芳认为L2两端电压不够，将图2中的电池增至三节。闭合开关，两灯不亮，此时V1、V2的示数均为4.4V，这可能是______烧断(选填“LED”“L2”)。
20. 某魔方兴趣小组在学习了“电磁感应”等知识后，提出了“魔方充电宝”的构想，如图甲所示。在“魔方充电宝”内部中心里嵌入导体金属丝，利用小方块转动时导体切割磁感线来产生电能并把电能储存在电池中，利用如图乙所示装置探究“魔方充电宝”的工作原理：
(1)通过观察电流表(零刻线在表盘中央)指针的偏转来判断电路中是否有感应电流，这种实验方法叫______。
(2)利用此装置探究感应电流方向与磁场方向和切制磁感线方向之间的关系，观察到的实验现象记录如下；
实验序号
磁场方向
导体切割磁感线方向
电流表指针偏转方向
①
向下
向右
向左
②
向上
向右
向右
③
向下
向左
向右
④
向上
向左
向左
在上述四次实验中，比较①②两次实验，可知感应电流方向与______有关；比较______两次实验，可知同时改变磁场方向和切割磁感线方向则感应电流方向不变。
(3)在探究中还发现导体AB水平向左(或向右)运动速度越大，电流表的指针偏转角度较大，说明感应电流的大小与______有关。
(4)实验中导体AB相当于______(选填“电源”或“用电器”)，产生感应电流的过程能量转化的情况是______能转化为电能。
五、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
21. 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=60Ω，热敏电阻R阻值随温度变化的图象如图乙所示；工作电路中，电压U2=220V，R1=836Ω，R2=44Ω。已知恒温调奶器最多可装质量为2kg的水，水温达到40℃时衔铁会跳起。[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
(1)由图可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值______(选填“增大”或“减小”)，电磁铁的磁性______(选填“增强”或“减弱”)，当温度增大到一定值时，衔铁会跳起。
(2)求衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流。
(3)求工作电路在加热状态下的电功率。
(4)当调奶器加满温度为18℃的水，若不计热损失，求加热状态下需要工作多长时间衔铁会自动跳起。
22. 如图所示的塔吊是一种常见的起重设备，在民用建筑中发挥着重要的作用。塔吊的电动起重机在2min内将质量为3t的物体匀速提升了30m高，又用1min使物体在水平方向平移15m。(g取10N/kg)
(1)电动起重机将重物匀速提升到高处的过程中，重物的动能______(选填“增大”或“不变”)；电动机的工作原理是______。
(2)起重机在前2min内对物体做功的功率为多大？
(3)起重机在第3min内对物体做了多少功？
(4)若电动机提升物体时的效率为90%，平移物体时的功率为2kW，求电动机3min内消耗的电能。
23. 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，当电磁铁线圈电流达到20毫安时，衔铁刚好被吸住，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阻值都忽略不计。
(1)图甲中电磁铁上端磁极是______极。
(2)现控制该电梯限载量为9000牛，计算此时滑动变阻器R1的电功率大小。
(3)若将电磁铁略向右移动，试分析该电梯限载量如何变化并说明理由。
24. 新冠病毒肆虐，“无接触”式的生活方式悄然走进我们的生活。图1为某款无接触式的热风干手器，手伸入舱内时可吹出温度为35℃～45℃的热风，其电路由控制电路和工作电路两部分构成，可简化为图2所示，其中控制电路中R为光敏电阻。已知该款干手器工作电路的额定功率为1100W，加热电阻丝阻值为88Ω。
(1)控制电路中的电磁继电器主要是利用了电流的______ 效应；手伸入舱内时电阻R的阻值______ (选填“增大”“不变”或“减小”)，衔铁被吸下，工作电路开始工作。
(2)某家庭电路电能表如图3所示，不使用其它用电器情况下，2台该款干手器______ (选填“能”或“不能”)同时工作；下列操作能够提高热风温度的是______ (选填相应选项的字母)。
A.在加热电阻丝左端串联一个同规格的加热电阻丝
B.在加热电阻丝两端并联一个同规格的加热电阻丝
C.换用电功率更大的电动机
(3)正常工作时工作电路的总电流为多大？电动机的额定功率为多大？每天工作约30分钟，则每天加热电阻丝产生的热量为多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：用吸管吸饮料的原理是：先把吸管内的空气吸走，在外界大气压的作用下，饮料被压进吸管里；
A、电磁铁能够“吸“引铁钉，是磁体能吸引铁、钴、镍等物质，故A不符合题意；
B、紧压塑料吸盘使之“吸”在瓷砖上，在外界大气压的作用下使吸盘被紧紧“压”在墙上，故B符合题意；
C、丝绸摩擦过的玻璃棒带电，容易“吸“纸屑，是因为带电体具有吸引轻小物体的性质，故C不符合题意；
D、两个表面刮净的铅块压紧后能“吸”在一起，是因为分子间有引力的作用，故D不符合题意。
故选：B。
(1)磁体能吸引铁、钴、镍等物质；
(2)由于大气有重力且具有流动性，故大气会对地球表面的物体产生压强；大气压在生活中有很广泛的应用，如：吸饮料、钢笔吸墨水、吸盘式挂钩等等；
(3)带电体具有吸引轻小物体的性质；
(4)分子之间存在着引力和斥力。
本题利用了大气压、摩擦起电、分子间的作用力以及磁体的性质来解释一些现象，一个“吸”字，包含不同的物理规律，要注意区分。
2.【答案】C
【解析】解：被磁化后的铁皮会自动分开，说明磁化后的铁皮相互排斥，根据磁极间的相互作用规律可知，此时两铁皮分开的原因是同名磁极相互排斥，故C正确。
故选：C。
根据铁皮分开结合磁极间的相互作用规律分析解答。
本题考查磁极间的相互作用规律，是一道基础题。
3.【答案】C
【解析】解：A、单侧光引起背光侧生长素分布多，生长快；向光侧生长素分布少，生长慢，故A错误；
B、磁感线越疏的地方表示磁场强度越弱，磁感线越密的地方表示磁场强度越强，故B错误。
C、原子核居于原子中心，带负电的电子围绕带正电的原子核分层高速旋转，故C正确；
D、地球绕日公转时自西向东，而图中的箭头表示自转方向，故D错误。
故选：C。
(1)生长素的生理作用具有两重性：低浓度促进生长，高浓度抑制生长；不同植物器官对生长素敏感性不同，根最为敏感，其次是芽，茎最不敏感；
(2)磁感线密的地方电场的强度大，磁感线疏的地方磁场的强度小；
(3)根据卢瑟福建立的“卢瑟福模型”是发现原子核，原子核居于原子中心，电子围绕带正电的原子核高速旋转；
(4)地球绕日公转时自西向东，旋转方向是逆时针旋转，地轴是倾斜的，而图中的箭头表示自转。
本题考查生长素的作用、对电场线和磁感线的理解、原子结构以及地球的公转等知识点，综合性强，但属于基础问题。
4.【答案】B
【解析】解：A、盆景自动供水装置，蓄水瓶上端密封，利用的是大气压强，不是连通器，故A错误；
B、光的三原色是红、绿、蓝，电视机屏幕上的彩色画面是由红、绿、蓝三种色光混合而成，故B正确；
C、磁感线是科学家为了研究方便，通过想象引入的，不是真实存在的，故C错误；
D、热机的做功冲程是将燃料燃烧产生的内能转化为机械能，故D错误。
故选：B。
(1)上端开口，下部连通的容器称为连通器，注入同一种液体，在液体不流动时连通器内各容器的液面总是保持在同一水平面上，这就是连通器的原理；
(2)色光的三原色是红、绿、蓝；
(3)为了人们可以形象直观的认识磁场，科学家通过想象引入了磁感线；
(4)做功冲程是内能向机械能转化，压缩冲程中机械能转化为内能。
此题考查了连通器、三种色光、磁场、热机的理解，是一道综合题，但难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的S极应靠近螺线管的左端，则通电螺线管的左端为N极，故A错误；
B、由安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向左端，电流从右端流入，左端流出，则电源右端为正极，故B错误；
C、发光二极管c极接b点，d极接a点，发光二极管“正”“负”极接对，电路中有电流，故C正确；
D、在磁体的外部，磁感线从N极指向S极，所以通电螺线管外P点的磁场方向从螺线管左端到右端，故D错误；
故选：C。
(1)根据小磁针的运动方向判断通电螺线管的磁极；
(2)根据安培定则，判断电流的方向；
(3)发光二极管“正”“负”极接反，电路中无电流；
(4)根据在磁体外部，磁感线的方向从N极出发到S极分析判断即可解决。
此题考查了通电螺线管的极性判断、磁场方向的判断、磁极间的作用规律、二极管的特点等知识点，是一道综合题。
6.【答案】C
【解析】解：A、凹透镜对光有发散作用，平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，不会会聚焦点，故A错误。
B、图中法线垂直镜面，反射角等于入射角，反射光线和入射光线分居法线的两侧，但光线的传播方向标错了，都是入射光线了，没有反射光线，故B错误；
C、电流从螺线管的右端流入、左端流出，结合线圈的绕向，利用安培定则可以确定通电螺线管的左端为N极，右端为S极，在磁体的周围磁感线从磁体的N极出发回到S极。所以磁感线的方向是向右的，根据磁极间的相互作用规律可知，小磁针左端为S极，右端为N极，故C正确，
D、物体静止在斜面上，受到竖直向下的重力、垂直于斜面指向物体的支持力、沿斜面向上的摩擦力，图中摩擦力方向错误，故D错误。
故选：C。
(1)凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
(2)光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角；
(3)根据螺线管的线圈绕向和电流方向，利用安培定则可以确定螺线管的NS极，根据磁感线的方向和磁极间的相互作用规律分析和判断；
(4)会对物体进行受力分析，在斜面上的物体受到重力、支持力和斜面的摩擦力，重力和支持力的方向很容易确定，由于物体要向下滑动，所以会受到沿斜面向上的摩擦力。
此题考查光的反射光路图的画法、力的示意图和透镜光路图的画法，是一道综合作图题，要求学生熟练掌握各种作图技巧。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题一道以光敏电阻变化引起的动态电路分析，关键要明确电磁继电器的工作原理，熟练应用欧姆定律即可正确解题，属于动态电路分析的典型题目。
(1)根据安培定则判定电磁铁的极性；
(2)(3)当光照强度增强时，根据光敏电阻的变化，利用欧姆定律分析电路中电流的变化；根据影响电磁铁磁性大小的两个因素分析磁性的变化；
(4)根据光线较暗时灯泡自动发光分析动触点的位置。
【解答】
A、由图可知，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极，故A错误；
B、当光照强度增强，光敏电阻的阻值减小，总电阻减小，根据欧姆定律可知，控制电路的电流变大，故B错误；
C、当光照强度减弱时，光敏电阻的阻值变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，控制电路的电流变小，电磁铁磁性大小与电流大小、线圈匝数有关，电流减小，则磁性变弱，故C错误；
D、光线较暗时，光敏电阻的阻值大，则控制电路中的电流小，电磁铁的磁性弱，衔铁在弹簧的作用下被拉起，灯泡自动发光，说明灯泡在A和B两接线柱之间，故D正确。
8.【答案】C
【解析】解：
若将变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，由欧姆定律可知电路中的电流变大，通电螺线管的磁性增强，故对铁块的吸引力增大，所以弹簧长度应变长，由磁极间的相互作用可知小磁针的N极不转动，故ABD错误，C正确。
故选：C。
当滑动变阻器的滑片向右移动时，可知滑动变阻器的接入电路的电阻变化，由欧姆定律可知电流的变化，则可知螺线管磁性强弱的变化，根据螺线管的磁性强弱变化以及磁铁的性质判断弹簧长度的变化，由磁极间的相互作用可知小磁针的N极转动方向。
本题将电路知识及磁场知识结合在一起考查了学生综合分析的能力，要求学生能灵活运用所学知识进行综合分析从而找出正确答案。
9.【答案】D
【解析】根据图示分析磁感线与导体运动方向、电流方向的关系，从而判定出正确的答案。
本题考查了通电导体在磁场中的受力情况，受力的方向与磁感线的方向和电流的方向有关，难度不大，要掌握。
解：由图可知，当磁感线方向向左时，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向上的；
A、根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，导体周围磁感线方向向左，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向上的；故A错误；
B、根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，导体周围磁感线方向向左，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向上的，故B错误；
C、磁感线方向向右时，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向下的，故C错误；
D、磁感线方向向右时，导线中的电流方向垂直于纸面向外，导体的受力方向是向上的，故D正确。
故选：D。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了影响磁场力方向的因素，看懂图示、找出与甲图的相同点和不同点是解题的关键。
通电导体在磁场中受力的方向与电流方向和磁场方向有关；当只改变其中一个因素时，磁场力的方向发生改变；当两个因素都改变时，磁场力的方向不变。
【解答】
图甲中，电源左侧为正极、右侧为负极，则导体棒中的电流方向垂直于纸面向里，磁体间的磁场方向从右向左，导体受到磁场力的方向是竖直向上的；
图乙中，电源正负极与图甲相反，闭合开关后，ab中的电流方向垂直于纸面向外(即从b到a)，磁体间的磁场方向从右向左，与甲图中的电流方向相反，磁场方向相同，所以ab受到磁场力Fab的方向是竖直向下的；由于cd中的电流方向与ab中的电流方向相反，磁场方向相同，则cd的受力方向与ab的受力方向相反，即磁场力Fcd的方向是竖直向上的，故AB错误；
图丙中，电源正负极与图甲相同，闭合开关后，a′b′中的电流方向垂直于纸面向内(即从a′到b′)，而磁体间的磁场方向是从左向右，与甲图中的电流方向相同，磁场方向相反，所以a′b′与图甲中导体受到磁场力的方向相反，即Fa′b′的方向是竖直向下的；由于c′d′中的电流方向与a′b′中的电流方向相反，磁场方向相反，则c′d′的受力方向与a′b′的受力方向相反，即磁场力Fc′d′的方向是竖直向上的，故D正确，C错误。
故选D。
11.【答案】A
【解析】解：A、铅笔芯变阻器是通过改变铅笔芯接入电路的长度来改变电路电阻，进而改变通过电路的电流来工作的，故A错误；
B、电磁铁能吸引大头针，说明电磁铁有磁性，故B正确；
C、水果电池工作时把化学能转化为电能，故C正确；
D、电动机工作时把电能转化为机械能，故D正确。
故选：A。
(1)铅笔芯变阻器是通过改变铅笔芯接入电路的长度来改变电路电阻，进而改变通过电路的电流来工作的；
(2)电磁铁能吸引大头针，说明电磁铁有磁性；
(3)水果电池工作时把化学能转化为电能；
(4)电动机工作时把电能转化为机械能。
本题考查滑动变阻器的工作原理以及能的转化，属于基础题。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动时，导体中有感应电流产生，这种现象是电磁感应现象，POS刷卡机读出信息原理就是电磁感应现象； 在选项中找出探究电磁感应的对应图即可。
电动机和发电机的原理图非常相似，主要区别是电路中是否有电源，电路中有电源的是电动机，电路中没有电源的是发电机。
【解答】
POS刷卡机读出信息原理就是电磁感应现象；
A.如图反映电流周围存在着磁场，故A错误；
B.如图是研究电磁铁磁性强弱的实验，故B错误；
C.如图电路中没有电源，当闭合开关，闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动时，导体中有感应电流产生，这是电磁感应现象，故C正确；
D.如图电路中有电源，是通电导体在磁场中受力运动，故D错误。
故选C。
13.【答案】指向
S(或南)
指南针
【解析】略
14.【答案】磁化
S
【解析】“小船”被磁化后具有磁性，在地磁场中受到磁场力的作用，所以“指南鱼”在水面静止时会指示一定的方向，“鱼头”总是指向南方，说明“鱼头”是磁体的S极。
15.【答案】小磁针静止时N极指向与原来相反 螺线管磁性与电流的方向有关 N
【解析】解：(1)只改变螺线管中的电流方向，螺线管的磁性发生了变化，根据磁极间的相互作用规律可知，小磁针旋转，静止时N极指向与原来相反；
(2)电流从螺线管的左端流入、右端流出，根据螺线管的线圈绕向，再利用安培定则即可确定螺线管的左端为N极。
故答案为：(1)小磁针静止时N极指向与原来相反；螺线管磁性与电流的方向有关；(2)N。
(1)螺线管磁性与电流的方向有关，根据磁极间的相互作用规律可知，小磁针旋转；
(2)安培定则的内容：用右手握住螺线管，四指弯向螺线管中电流的方向，大拇指所指的就是螺线管的N极。
本题考查了安培定则的应用、磁极间的相互作用规律，题目的难度不大，属于基础题。
16.【答案】(1)S
(2)变强；
(3)变大；
【解析】
【分析】
本题将力学与电磁学知识巧妙地结合起来考查了安培定则、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。
(1)由安培定则可知螺线管的磁极；
(2)磁性的大小与电流和匝数有关；
(3)由磁极间的相互作用可知条形磁铁的受力方向，由二力平衡可知摩擦力的方向；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所受摩擦力的变化；
【解答】
(1)根据安培定则可知，电磁铁的右端为S极：
(2)滑动变阻器的滑片P逐渐向上移动时，电阻减小，根据欧姆定律可知，电流变大，故电磁铁的磁性变强；(2)滑动变阻器的滑片P逐渐向上移动时，电阻减小，根据欧姆定律可知，电流变大，故电磁铁的磁性变强；
(3)螺线管右侧为S极，因为同名磁极相互排斥，条形磁铁所受磁场力向右，有向右的运动趋势，所受摩擦力向左；磁体受到的磁力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，滑动变阻器的滑片P逐渐向上移动时，电磁铁的磁性变强，斥力变大，摩擦力大小逐渐变大。
17.【答案】
【解析】根据小磁针的S极，根据磁场间的作用规律，可以确定螺线管的N、S极；
根据磁感线方向的特点，可以确定磁感线的方向；
利用螺线管的N、S极，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向，进而可以确定电源的正负极。
本题考查安培定则及应用，安培定则涉及三个方向：磁场方向、电流方向、线圈绕向，告诉其中的两个方向可以确定第三个方向。此题中的磁场方向是通过小磁针的磁极确定的。
18.【答案】解：
在磁体的周围，磁感线从磁体的N极发出回到S极，所以，根据螺线管周围磁感线的方向可知，螺线管的右端为N极，左端为S极，由安培定则可知电源的右端为正极、左端为负极；
根据异名磁极相互吸引、同名磁极相互排斥可知，图中小磁针的S极应该靠近螺线管的N极，即通电瞬间小磁针顺时针偏转；
如下图所示：
【解析】从螺线管周围的磁感线入手，利用磁感线的特点可以确定螺线管的NS极，利用磁极间的作用规律可以确定左边小磁针的NS极；利用磁感线方向的规定可以确定螺线管中小磁针的NS极；利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向，进而得到电源的正负极。
安培定则共涉及三个方向：电流方向；线圈绕向；磁场方向。告诉其中的两个可以确定第三个。
其中，磁场的方向往往和磁感线的方向以及小磁针的NS极联系在一起；电流的方向经常与电源的正负极联系起来。
19.【答案】(1)
(2)1.5V；L2不能正常发光；
(3)①不正确；两灯串联，若L2烧断，由串联电路的特点，LED也不亮；②LED
【解析】解：(1)因电源为两节干电池总电压不超过3V，故V1，V2均选用小量程，电压表V1与L1并联，根据电路图连接实物图，如下所示：
(2)电路正确连接后，闭合开关，两灯发光，如图3，电压表V1的选用小量程，分度值为0.1V，示数为1.5V，V2的示数为2.8V，由串联电路电压的规律，L2的电压为：2.8V−1.5V=1.3V，L2不能正常发光；
(3)小明将L1换成额定电压为2.5V的LED，闭合开关后发现LED亮，L2不亮。
①判断不正确；因两灯串联，若L2烧断，由串联电路的特点，LED也不亮；
②若LED烧断，V1与L2串联，L2不发光，V1和V2的示数均约为电源电压，符合题意；
故闭合开关，两灯不亮，此时V1、V2的示数均为4.4V，这可能是LED烧断。
故答案为：
(1)如上所示；
(2)1.5V；L2不能正常发光；
(3)①不正确；两灯串联，若L2烧断，由串联电路的特点，LED也不亮；②LED。
(1)两灯串联，根据L1、L2的额定电压，因V2测两灯的电压，由串联电路电压的规律确定电压表V2选用大量程与这两个灯串联，电压表V1选用小量程与L1并联，根据电路图连接实物图；
(2)根据电压表V1选用小量程确定分度值读数，由串联电路电压的规律得了L2的电压，据此分析；
(3)小明将L1换成额定电压为2.5V的LED，闭合开关后发现LED亮，L2不亮。
①根据串联电路一个用电器不工作队，另一个也不能工作分析；
②逐一分析每个选项，找出符合题意的答案。
本题考查根据要求连接实物图、串联电路电流、电压的规律及故障分析。
20.【答案】(1)转换法；(2)磁场方向；①和④；(3)导体的运动快慢；(4)电源；机械能
【解析】
【分析】
(1)感应电流的方向与磁场方向和导体的运动方向有关，实验中通过电流表指针偏转的方向判断电流方向的变化，运用了转换法。
(2)(3)根据控制变量法的操作要求及原则分析解答；
(4)电源为电路提供电压，电压是形成电流的原因；闭合电路一部分导体切割磁感线产生感应电流，是将机械能转化为电能。
本题考查探究电磁感应现象的实验，关键是将实验操作要求及结论掌握清楚，仔细分析即可。
【解答】
(1)要探究感应电流方向是否与导体运动方向有关，则实验时应保持磁场方向不变，改变导体运动的方向，并观察电流表指针偏转的方向，这种研究问题的方法叫转换法；
(2)比较实验①和②(或③和④)可知：在导体切割磁感线运动方向一定时，改变磁场方向，感应电流的方向发生改变，可知感应电流方向与磁场方向有关；比较实验①和④(或②和③)可知：同时改变磁场方向和切割磁感线方向则感应电流方向不变；
(3)导体AB水平向左(或向右)快速运动时，灵敏电流计的指针偏转角度较大，即电流变大，所以可以看出感应电流的大小与导体的运动快慢有关；
(4)导体AB在磁场中做切割磁感线运动，电路中产生感应电流，电压是形成电流的原因，电源提供电压，故导体AB相当于电源，产生感应电流的过程能量转化的情况是将机械能转化为电能。
故答案为：(1)转换法；(2)磁场方向；①和④；(3)导体的运动快慢；(4)电源；机械能。
21.【答案】增大 减弱
【解析】解：(1)由图乙可知，热敏电阻R阻值随温度升高而增大，由欧姆定律可知，电路中电流减小，电磁铁磁性增强，当温度增大到一定值时，衔铁会跳起；
(2)由图可知当温度为40℃时，热敏电阻的阻值为R=40Ω，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=40Ω+60Ω=100Ω，
衔铁刚弹起时，通过电磁铁线圈的电流：I=U1R控=3V100Ω=0.03A；
(3)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P=U2R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P=U2R可知，此时工作电路的电功率最小，处于保温状态；
加热状态下的电功率为：P加热=U22R2=(220V)244Ω=1100W；
(4)水吸收的热量：Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(40℃−18℃)=1.848×105J；
不计热损失，调奶器消耗的电能W=Q吸=1.848×105J；
由P=Wt可知，加热状态下衔铁自动跳起需要的时间：t=WP加热=1.848×105J1100W=168s。
答：(1)增大；减弱；
(2)衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流为0.03A；
(3)工作电路在加热状态下的电功率1100W；
(4)加热状态下需要工作168s衔铁会自动跳起。
(1)由图乙可知，热敏电阻R阻值随温度升高而增大，由欧姆定律可知，电路中电流减小，电磁铁磁性减弱，当温度增大到一定值时，衔铁会跳起；
(2)由图可知当温度为40℃时，热敏电阻的阻值为40Ω，根据串联电路电阻规律计算控制电路的总电阻，根据欧姆定律计算衔铁刚弹起时通过电磁铁线圈的电流；
(3)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P=U2R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P=U2R可知，此时工作电路的电功率最小，处于保温状态；根据P=U2R计算加热状态下的电功率；
(4)知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸=cm(t−t0)计算出水吸收的热量；不计热损失，消耗的电能W=Q吸，利用P=Wt计算出加热状态下需要工作多长时间衔铁会自动跳起。
本题考查电磁继电器的工作原理、串联电路特点、欧姆定律、电功率公式、效率公式等的灵活运用，综合性强。
22.【答案】不变 通电导体在磁场中受力的作用
【解析】解：(1)重物匀速上升时，速度不变，质量也不变，所以物体的动能不变；电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用；
(2)前2min，物体匀速上升，受到的拉力和重力二力平衡，大小相等，则物体受到的拉力大小为：F=G=mg=3×103kg×10N/kg=3×104N，
起重机对物体做的功为：W=Fs=3×104N×30m=9×105J，
起重机对物体做功的功率为：P=Wt=9×105J2×60s=7500W；
(3)力对物体做功的条件是：物体在力的作用下沿力的方向移动一段距离，由此可知，在第3min内，物体在竖直向上的拉力的作用下沿水平方向移动时，起重机在第3min内对物体做的功为0J；
(4)前2min内电动机消耗的电能为：W1=Wη=9×105J90%=106J，
第3min内电动机消耗的电能为：W2=P′t′=2×103W×1×60s=1.2×105J，
电动机3min内消耗的电能为：W总=W1+W2=106J+1.2×105J=1.12×106J。
答：(1)不变；通电导体在磁场中受力的作用；
(2)起重机在前2min内对物体做功的功率为7500W；
(3)起重机在第3min内对物体做的功为0J；
(4)电动机3min内消耗的电能为1.12×106J。
(1)物体的动能取决于物体的速度和质量大小，速度越大、质量越大，物体的动能越大，由此可知重物匀速上升时的动能变化；
电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用；
(2)前2min，物体匀速上升，受到的拉力和重力二力平衡，大小相等，根据F=G=mg计算拉力的大小，
已知上升的距离，根据W=Fs计算起重机对物体做的功，根据P=Wt计算起重机做功的功率；
(3)力对物体做功的条件是：物体在力的作用下沿力的方向移动一段距离；在第3min内，物体在竖直向上的拉力的作用下沿水平方向移动，由力对物体做功的条件可知起重机在第3min内对物体做功的多少；
(4)根据η=WW电×100%计算前2min电动机消耗的电能，根据W=Pt计算第3min内电动机消耗的电能，进一步计算3min内电动机消耗的电能。
本题考查功、功率和电能的计算以及动能的影响因素、电动机的原理和效率公式的应用，综合性强，难度较大。
23.【答案】解：
(1)右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的下端即为N极，则螺线管上端的磁极是S极；
(2)电梯受到的压力等于电梯所载物体的重力，即：F=G=9000N，
由图乙，当压力F=9000N，对应的压敏电阻阻值R2=200Ω，
此时电磁铁线圈电流达到20mA，由欧姆定律得电路的总电阻：R=UI=6V0.02A=300Ω，
因为串联电路的总电阻等于串联的各部分电阻之和，
所以变阻器R1接入的阻值：R1=R−R2=300Ω−200Ω=100Ω；
则R1的电功率：P1=I2R1=(0.02A)2×100Ω=0.04W；
(3)由图甲可知，电磁铁略向右移动后，电磁铁对衔铁吸引力的力臂变大，吸引衔铁所需的磁力变小，控制电路中电流变小，电阻变大，由图乙知，限载量降低。
故答案为：(1)S；
(2)电梯限载量为9000牛，计算此时滑动变阻器R1的电功率为0.04W；
(3)电磁铁略向右移动后，电磁铁对衔铁吸引力的力臂变大，吸引衔铁所需的磁力变小，控制电路中电流变小，电阻变大，由图乙知，限载量降低
【解析】本题考查超载自动报警系统的控制电路的分析、串联电路特点、欧姆定律和电功率公式的应用，知道压敏电阻受到的压力越大，电阻越小，电路中电流越大，电磁铁磁性越强。
24.【答案】磁 减小 能 B
【解析】解：(1)控制电路中的电磁继电器主要是利用了电流的磁效应；
手伸入舱内，衔铁被吸下，工作电路开始工作，说明电路中的电流增大导致电磁铁的磁性增强，
由I=UR的变形式R=UI可知，控制电路的总电阻减小，则电阻R的阻值减小；
(2)这只电能表允许的用电器同时工作的最大总功率P大=UI大=220V×20A=4400W，
由P大>2P=2×1100W=2200W可知，不使用其它用电器情况下，2台该款干手器能同时工作；
工作电路的电压220V一定时，要提高热风温度，即提高加热电阻丝的功率，由P=UI=U2R可知，应减小加热电路中的电阻，
因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻、并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，应在加热电阻丝两端并联一个同规格的加热电阻丝，而不是在加热电阻丝左端串联一个同规格的加热电阻丝，
用电功率更大的电动机不能提高热风温度，故AC不合理、B合理；
(3)由P=UI可得，正常工作时工作电路的总电流I=PU=1100W220V=5A，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，加热电阻丝的电功率PR=U2R=(220V)288Ω=550W，
则电动机的电功率：PM=P−PR=1100W−550W=550W，
每天加热电阻丝产生的热量QR=WR=PRt=550W×30×60s=9.9×105J。
故答案为：(1)磁；减小；(2)能；B；(3)正常工作时工作电路的总电流为5A，电动机的额定功率为550W，每天加热电阻丝产生的热量为9.9×105J。
(1)电磁继电器是利用电流的磁效应工作的；手伸入舱内，衔铁被吸下，工作电路开始工作，说明电路中的电流增大导致电磁铁的磁性增强，根据欧姆定律和电阻的串联可知电阻R的阻值变化；
(2)根据电能表的参数可知电能表的工作电压和标定电流，根据P=UI求出其允许同时工作家用电器的最大总功率，然后与2台该款干手器同时工作时的总功率得出答案；工作电路的电压一定时，要提高热风温度，根据P=UI=U2R可知应减小电路中的电阻，据此进行解答；
(3)根据P=UI求出正常工作时工作电路的总电流，利用并联电路的电压特点和P=UI=U2R求出加热电阻丝的电功率，总功率减去加热电阻丝的电功率即为电动机的电功率，根据Q=W=Pt求出每天加热电阻丝产生的热量。
本题考查了电磁继电器的工作原理和电功率公式、电热公式的综合应用等，明白电能表参数的含义较为关键。
北师大版初中物理九年级全一册第十四单元《磁现象》单元测试卷
考试范围：第十四单元；考试时间：80分钟；总分80分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 使用吸管能将牛奶“吸”入嘴中，以下“吸”的原理与此相同的是( )
A. 电磁铁通电后“吸”引铁钉
B. 紧压塑料吸盘使之“吸”在瓷砖上
C. 丝绸摩擦过的玻璃棒能“吸”引纸屑
D. 两个表面刮净的铅块紧压后“吸”在一起
2. 如图是某同学发明的“铁皮自动分开装置”。将强磁铁靠近一叠铁皮，被磁化后的铁皮会自动分开。铁皮分开的原因是( )
A. 同名磁极相互吸引 B. 异名磁极相互吸引
C. 同名磁极相互排斥 D. 异名磁极相互排斥
3. 科学研究中，人们通过一定的科学方法，建立一个适当的模型来代替和反映客观对象，并通过研究这个模型来揭示客观对象的形态、特征和本质。下列分析正确的是( )
A. ①揭示单侧光对生长素分布的影响，向光侧生长素多，生长快
B. ②用磁感线描述条形磁体周围的磁场分布，越密表示磁场越弱
C. ③是原子结构模型，中央是原子核，核外是绕核高速运动的电子
D. ④描述地球绕日公转，地轴始终呈倾斜状态，箭头表示公转方向
4. 下列说法正确的是( )
A. 盆景自动供水装置利用了连通器的原理
B. 电视机上的彩色画面实际是由红、绿、蓝三种色光混合而成的
C. 磁场中的磁感线是真实存在的
D. 热机的做功冲程是将机械能转化为内能
5. 如图所示，将某发光二极管的两极接入电路的a、b两点，闭合开关时，通电螺线管旁边小磁针S极向右偏转。下列判断正确的是( )
A. 通电螺线管右端为N极
B. 电源左端为正极，右端为负极
C. 发光二极管c极接b点，d极接a点
D. 图中P处磁感线的方向从螺线管右端到左端
6. 以下作图中，正确的是( )
A. 凹透镜对光的作用
B. 光的反射
C. 通电螺线管磁极
D. 物体静止在斜面上的受力示意图
7. 小明设计了一款“智能照明灯”，其电路的原理图如图所示，光线较暗时灯泡自动发光，光线较亮时灯泡自动熄灭，电源电压恒定，R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小。以下说法正确的是( )
A. 电磁铁的上端为S极
B. 当光照强度增强，控制电路的电流变小
C. 当光照强度减弱，电磁铁的磁性增强
D. 灯泡应设计在A和B两接线柱之间
8. 如图所示，原来开关断开时，铁块、弹簧在图中位置保持静止状态。当闭合开关，并将滑动变阻器的滑片向右移动，下列说法正确的是( )
A. 电流表示数变大，弹簧长度变短
B. 电流表示数变小，小磁针的N极顺时针转动
C. 电磁铁磁性增强，弹簧长度变长
D. 电磁铁磁性减弱，小磁针的N极逆时针转动
9. “⊗”表示导线中的电流方向垂直于纸面向里；“⊙”表示导线中的电流方向垂直于纸面向外。螺线管通电后外部磁场的情况，如图所示，此时通电导线受到的力F向上．以下小京对力方向的判断，正确的是( )
A. B.
C. D.
10. 如图甲，磁场对导体的力F竖直向上，用Fab，Fcd，Fa′b′，Fc′d′分别表示图乙、丙中闭合开关时磁场对导体ab、cd、a′b′、c′d′的力，则( )
A. Fab竖直向下，Fcd竖直向下 B. Fab竖直向上，Fcd竖直向下
C. Fa′b′竖直向上，Fc′d′竖直向下 D. Fa′b′竖直向下，Fc′d′竖直向上
11. 如图是小明按物理课本“迷你实验室”提供的方法制作的作品，下列分析不正确的是( )
A. 铅笔芯变阻器工作时利用了电流的热效应
B. 铁钉电磁铁工作时能吸引大头针表明有磁性
C. 西红柿电池工作时化学能转化为电能
D. 简易电动机工作时电能转化为机械能
12. 如图是广泛应用的POS机，它的刷卡位置有一个绕有线圈的小铁环制成的检测头。在使用时，将带有磁条的信用卡在POS机指定位置刷一下，检测头的线圈中就会产生变化的电流，POS机便可读出磁条上的信息。下图中能反映POS刷卡机读出信息原理的是( )
A. B.
C. D.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共8.0分）
13. 在水平面内自由转动的小磁针，静止后总是一端指南，一端指北，这表明磁体具有 性，指南的一端是小磁针的 极，我国古代四大发明之一的 就是依据这一原理制成的。
14. 中国古代民间常用薄铁叶剪裁成鱼形，鱼的腹部略下凹，像一只小船，将“小船”放在磁体周围使之 后，浮在水面，就制成了能够指南北方向的“指南鱼”。如果“指南鱼”静止时它的“鱼头”总是指向南方，说明“鱼头”是磁体的 极。
15. 在探究通电螺线管外部的磁场分布时，在螺线管周围放一些小磁针，通电后，小磁针(黑色一端为N极)的指向如图甲所示。
(1)只改变螺线管中的电流方向，观察到的现象是______，说明______。
(2)根据图乙所示的电流方向，可判断通电螺线管的左端是______极。(选填“N”或“S”)。
16. 如图所示，条形磁铁置于水平桌面上，电磁铁与其在同一水平面上，左端固定并保持水平，当闭合开关后，滑动变阻器的滑片P逐渐向上移动时：
(1)电磁铁的右端为______极。(填N或S)
(2)电磁铁的磁性______(选填“变强”、“变弱”或“不变”)。
(3)在此过程中，若条形磁铁相对桌面保持静止，则它受到的摩擦力的大小______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 在图中，请根据小磁针的南、北极指向，在图中标出电源“+”或“−”极，并用箭头标出磁感线方向。
18. 如图所示，小明通过实验探究“通电螺线管的磁场”，已知通电螺线管周围磁感线方向，请在图中标出电源的正、负极，通电螺线管的N、S极和通电瞬间小磁针的偏转方向。
四、实验探究题（本大题共2小题，共12.0分）
19. 小明设计的电路图如图1，小灯泡L1、L2的额定电压分别为2.5V、1.5V。
(1)根据电路图，用笔画线表示导线，把图2中的实物连接起来。
(2)电路正确连接后，闭合开关，两灯发光，如图3电压表V1的示数为______，V2的示数为2.8V，L2是否正常发光？______。
(3)小明将L1换成额定电压为2.5V的LED，闭合开关后发现LED亮，而L2不亮。
①小明认为此时L2烧断，他判断是否正确？
______，依据是______。
②小芳认为L2两端电压不够，将图2中的电池增至三节。闭合开关，两灯不亮，此时V1、V2的示数均为4.4V，这可能是______烧断(选填“LED”“L2”)。
20. 某魔方兴趣小组在学习了“电磁感应”等知识后，提出了“魔方充电宝”的构想，如图甲所示。在“魔方充电宝”内部中心里嵌入导体金属丝，利用小方块转动时导体切割磁感线来产生电能并把电能储存在电池中，利用如图乙所示装置探究“魔方充电宝”的工作原理：
(1)通过观察电流表(零刻线在表盘中央)指针的偏转来判断电路中是否有感应电流，这种实验方法叫______。
(2)利用此装置探究感应电流方向与磁场方向和切制磁感线方向之间的关系，观察到的实验现象记录如下；
实验序号
磁场方向
导体切割磁感线方向
电流表指针偏转方向
①
向下
向右
向左
②
向上
向右
向右
③
向下
向左
向右
④
向上
向左
向左
在上述四次实验中，比较①②两次实验，可知感应电流方向与______有关；比较______两次实验，可知同时改变磁场方向和切割磁感线方向则感应电流方向不变。
(3)在探究中还发现导体AB水平向左(或向右)运动速度越大，电流表的指针偏转角度较大，说明感应电流的大小与______有关。
(4)实验中导体AB相当于______(选填“电源”或“用电器”)，产生感应电流的过程能量转化的情况是______能转化为电能。
五、计算题（本大题共4小题，共32.0分）
21. 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=60Ω，热敏电阻R阻值随温度变化的图象如图乙所示；工作电路中，电压U2=220V，R1=836Ω，R2=44Ω。已知恒温调奶器最多可装质量为2kg的水，水温达到40℃时衔铁会跳起。[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
(1)由图可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值______(选填“增大”或“减小”)，电磁铁的磁性______(选填“增强”或“减弱”)，当温度增大到一定值时，衔铁会跳起。
(2)求衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流。
(3)求工作电路在加热状态下的电功率。
(4)当调奶器加满温度为18℃的水，若不计热损失，求加热状态下需要工作多长时间衔铁会自动跳起。
22. 如图所示的塔吊是一种常见的起重设备，在民用建筑中发挥着重要的作用。塔吊的电动起重机在2min内将质量为3t的物体匀速提升了30m高，又用1min使物体在水平方向平移15m。(g取10N/kg)
(1)电动起重机将重物匀速提升到高处的过程中，重物的动能______(选填“增大”或“不变”)；电动机的工作原理是______。
(2)起重机在前2min内对物体做功的功率为多大？
(3)起重机在第3min内对物体做了多少功？
(4)若电动机提升物体时的效率为90%，平移物体时的功率为2kW，求电动机3min内消耗的电能。
23. 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，当电磁铁线圈电流达到20毫安时，衔铁刚好被吸住，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阻值都忽略不计。
(1)图甲中电磁铁上端磁极是______极。
(2)现控制该电梯限载量为9000牛，计算此时滑动变阻器R1的电功率大小。
(3)若将电磁铁略向右移动，试分析该电梯限载量如何变化并说明理由。
24. 新冠病毒肆虐，“无接触”式的生活方式悄然走进我们的生活。图1为某款无接触式的热风干手器，手伸入舱内时可吹出温度为35℃～45℃的热风，其电路由控制电路和工作电路两部分构成，可简化为图2所示，其中控制电路中R为光敏电阻。已知该款干手器工作电路的额定功率为1100W，加热电阻丝阻值为88Ω。
(1)控制电路中的电磁继电器主要是利用了电流的______ 效应；手伸入舱内时电阻R的阻值______ (选填“增大”“不变”或“减小”)，衔铁被吸下，工作电路开始工作。
(2)某家庭电路电能表如图3所示，不使用其它用电器情况下，2台该款干手器______ (选填“能”或“不能”)同时工作；下列操作能够提高热风温度的是______ (选填相应选项的字母)。
A.在加热电阻丝左端串联一个同规格的加热电阻丝
B.在加热电阻丝两端并联一个同规格的加热电阻丝
C.换用电功率更大的电动机
(3)正常工作时工作电路的总电流为多大？电动机的额定功率为多大？每天工作约30分钟，则每天加热电阻丝产生的热量为多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：用吸管吸饮料的原理是：先把吸管内的空气吸走，在外界大气压的作用下，饮料被压进吸管里；
A、电磁铁能够“吸“引铁钉，是磁体能吸引铁、钴、镍等物质，故A不符合题意；
B、紧压塑料吸盘使之“吸”在瓷砖上，在外界大气压的作用下使吸盘被紧紧“压”在墙上，故B符合题意；
C、丝绸摩擦过的玻璃棒带电，容易“吸“纸屑，是因为带电体具有吸引轻小物体的性质，故C不符合题意；
D、两个表面刮净的铅块压紧后能“吸”在一起，是因为分子间有引力的作用，故D不符合题意。
故选：B。
(1)磁体能吸引铁、钴、镍等物质；
(2)由于大气有重力且具有流动性，故大气会对地球表面的物体产生压强；大气压在生活中有很广泛的应用，如：吸饮料、钢笔吸墨水、吸盘式挂钩等等；
(3)带电体具有吸引轻小物体的性质；
(4)分子之间存在着引力和斥力。
本题利用了大气压、摩擦起电、分子间的作用力以及磁体的性质来解释一些现象，一个“吸”字，包含不同的物理规律，要注意区分。
2.【答案】C
【解析】解：被磁化后的铁皮会自动分开，说明磁化后的铁皮相互排斥，根据磁极间的相互作用规律可知，此时两铁皮分开的原因是同名磁极相互排斥，故C正确。
故选：C。
根据铁皮分开结合磁极间的相互作用规律分析解答。
本题考查磁极间的相互作用规律，是一道基础题。
3.【答案】C
【解析】解：A、单侧光引起背光侧生长素分布多，生长快；向光侧生长素分布少，生长慢，故A错误；
B、磁感线越疏的地方表示磁场强度越弱，磁感线越密的地方表示磁场强度越强，故B错误。
C、原子核居于原子中心，带负电的电子围绕带正电的原子核分层高速旋转，故C正确；
D、地球绕日公转时自西向东，而图中的箭头表示自转方向，故D错误。
故选：C。
(1)生长素的生理作用具有两重性：低浓度促进生长，高浓度抑制生长；不同植物器官对生长素敏感性不同，根最为敏感，其次是芽，茎最不敏感；
(2)磁感线密的地方电场的强度大，磁感线疏的地方磁场的强度小；
(3)根据卢瑟福建立的“卢瑟福模型”是发现原子核，原子核居于原子中心，电子围绕带正电的原子核高速旋转；
(4)地球绕日公转时自西向东，旋转方向是逆时针旋转，地轴是倾斜的，而图中的箭头表示自转。
本题考查生长素的作用、对电场线和磁感线的理解、原子结构以及地球的公转等知识点，综合性强，但属于基础问题。
4.【答案】B
【解析】解：A、盆景自动供水装置，蓄水瓶上端密封，利用的是大气压强，不是连通器，故A错误；
B、光的三原色是红、绿、蓝，电视机屏幕上的彩色画面是由红、绿、蓝三种色光混合而成，故B正确；
C、磁感线是科学家为了研究方便，通过想象引入的，不是真实存在的，故C错误；
D、热机的做功冲程是将燃料燃烧产生的内能转化为机械能，故D错误。
故选：B。
(1)上端开口，下部连通的容器称为连通器，注入同一种液体，在液体不流动时连通器内各容器的液面总是保持在同一水平面上，这就是连通器的原理；
(2)色光的三原色是红、绿、蓝；
(3)为了人们可以形象直观的认识磁场，科学家通过想象引入了磁感线；
(4)做功冲程是内能向机械能转化，压缩冲程中机械能转化为内能。
此题考查了连通器、三种色光、磁场、热机的理解，是一道综合题，但难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的S极应靠近螺线管的左端，则通电螺线管的左端为N极，故A错误；
B、由安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向左端，电流从右端流入，左端流出，则电源右端为正极，故B错误；
C、发光二极管c极接b点，d极接a点，发光二极管“正”“负”极接对，电路中有电流，故C正确；
D、在磁体的外部，磁感线从N极指向S极，所以通电螺线管外P点的磁场方向从螺线管左端到右端，故D错误；
故选：C。
(1)根据小磁针的运动方向判断通电螺线管的磁极；
(2)根据安培定则，判断电流的方向；
(3)发光二极管“正”“负”极接反，电路中无电流；
(4)根据在磁体外部，磁感线的方向从N极出发到S极分析判断即可解决。
此题考查了通电螺线管的极性判断、磁场方向的判断、磁极间的作用规律、二极管的特点等知识点，是一道综合题。
6.【答案】C
【解析】解：A、凹透镜对光有发散作用，平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，不会会聚焦点，故A错误。
B、图中法线垂直镜面，反射角等于入射角，反射光线和入射光线分居法线的两侧，但光线的传播方向标错了，都是入射光线了，没有反射光线，故B错误；
C、电流从螺线管的右端流入、左端流出，结合线圈的绕向，利用安培定则可以确定通电螺线管的左端为N极，右端为S极，在磁体的周围磁感线从磁体的N极出发回到S极。所以磁感线的方向是向右的，根据磁极间的相互作用规律可知，小磁针左端为S极，右端为N极，故C正确，
D、物体静止在斜面上，受到竖直向下的重力、垂直于斜面指向物体的支持力、沿斜面向上的摩擦力，图中摩擦力方向错误，故D错误。
故选：C。
(1)凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
(2)光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角；
(3)根据螺线管的线圈绕向和电流方向，利用安培定则可以确定螺线管的NS极，根据磁感线的方向和磁极间的相互作用规律分析和判断；
(4)会对物体进行受力分析，在斜面上的物体受到重力、支持力和斜面的摩擦力，重力和支持力的方向很容易确定，由于物体要向下滑动，所以会受到沿斜面向上的摩擦力。
此题考查光的反射光路图的画法、力的示意图和透镜光路图的画法，是一道综合作图题，要求学生熟练掌握各种作图技巧。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题一道以光敏电阻变化引起的动态电路分析，关键要明确电磁继电器的工作原理，熟练应用欧姆定律即可正确解题，属于动态电路分析的典型题目。
(1)根据安培定则判定电磁铁的极性；
(2)(3)当光照强度增强时，根据光敏电阻的变化，利用欧姆定律分析电路中电流的变化；根据影响电磁铁磁性大小的两个因素分析磁性的变化；
(4)根据光线较暗时灯泡自动发光分析动触点的位置。
【解答】
A、由图可知，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极，故A错误；
B、当光照强度增强，光敏电阻的阻值减小，总电阻减小，根据欧姆定律可知，控制电路的电流变大，故B错误；
C、当光照强度减弱时，光敏电阻的阻值变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，控制电路的电流变小，电磁铁磁性大小与电流大小、线圈匝数有关，电流减小，则磁性变弱，故C错误；
D、光线较暗时，光敏电阻的阻值大，则控制电路中的电流小，电磁铁的磁性弱，衔铁在弹簧的作用下被拉起，灯泡自动发光，说明灯泡在A和B两接线柱之间，故D正确。
8.【答案】C
【解析】解：
若将变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，由欧姆定律可知电路中的电流变大，通电螺线管的磁性增强，故对铁块的吸引力增大，所以弹簧长度应变长，由磁极间的相互作用可知小磁针的N极不转动，故ABD错误，C正确。
故选：C。
当滑动变阻器的滑片向右移动时，可知滑动变阻器的接入电路的电阻变化，由欧姆定律可知电流的变化，则可知螺线管磁性强弱的变化，根据螺线管的磁性强弱变化以及磁铁的性质判断弹簧长度的变化，由磁极间的相互作用可知小磁针的N极转动方向。
本题将电路知识及磁场知识结合在一起考查了学生综合分析的能力，要求学生能灵活运用所学知识进行综合分析从而找出正确答案。
9.【答案】D
【解析】根据图示分析磁感线与导体运动方向、电流方向的关系，从而判定出正确的答案。
本题考查了通电导体在磁场中的受力情况，受力的方向与磁感线的方向和电流的方向有关，难度不大，要掌握。
解：由图可知，当磁感线方向向左时，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向上的；
A、根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，导体周围磁感线方向向左，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向上的；故A错误；
B、根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，导体周围磁感线方向向左，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向上的，故B错误；
C、磁感线方向向右时，导线中的电流方向垂直于纸面向里，导体的受力方向是向下的，故C错误；
D、磁感线方向向右时，导线中的电流方向垂直于纸面向外，导体的受力方向是向上的，故D正确。
故选：D。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了影响磁场力方向的因素，看懂图示、找出与甲图的相同点和不同点是解题的关键。
通电导体在磁场中受力的方向与电流方向和磁场方向有关；当只改变其中一个因素时，磁场力的方向发生改变；当两个因素都改变时，磁场力的方向不变。
【解答】
图甲中，电源左侧为正极、右侧为负极，则导体棒中的电流方向垂直于纸面向里，磁体间的磁场方向从右向左，导体受到磁场力的方向是竖直向上的；
图乙中，电源正负极与图甲相反，闭合开关后，ab中的电流方向垂直于纸面向外(即从b到a)，磁体间的磁场方向从右向左，与甲图中的电流方向相反，磁场方向相同，所以ab受到磁场力Fab的方向是竖直向下的；由于cd中的电流方向与ab中的电流方向相反，磁场方向相同，则cd的受力方向与ab的受力方向相反，即磁场力Fcd的方向是竖直向上的，故AB错误；
图丙中，电源正负极与图甲相同，闭合开关后，a′b′中的电流方向垂直于纸面向内(即从a′到b′)，而磁体间的磁场方向是从左向右，与甲图中的电流方向相同，磁场方向相反，所以a′b′与图甲中导体受到磁场力的方向相反，即Fa′b′的方向是竖直向下的；由于c′d′中的电流方向与a′b′中的电流方向相反，磁场方向相反，则c′d′的受力方向与a′b′的受力方向相反，即磁场力Fc′d′的方向是竖直向上的，故D正确，C错误。
故选D。
11.【答案】A
【解析】解：A、铅笔芯变阻器是通过改变铅笔芯接入电路的长度来改变电路电阻，进而改变通过电路的电流来工作的，故A错误；
B、电磁铁能吸引大头针，说明电磁铁有磁性，故B正确；
C、水果电池工作时把化学能转化为电能，故C正确；
D、电动机工作时把电能转化为机械能，故D正确。
故选：A。
(1)铅笔芯变阻器是通过改变铅笔芯接入电路的长度来改变电路电阻，进而改变通过电路的电流来工作的；
(2)电磁铁能吸引大头针，说明电磁铁有磁性；
(3)水果电池工作时把化学能转化为电能；
(4)电动机工作时把电能转化为机械能。
本题考查滑动变阻器的工作原理以及能的转化，属于基础题。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动时，导体中有感应电流产生，这种现象是电磁感应现象，POS刷卡机读出信息原理就是电磁感应现象； 在选项中找出探究电磁感应的对应图即可。
电动机和发电机的原理图非常相似，主要区别是电路中是否有电源，电路中有电源的是电动机，电路中没有电源的是发电机。
【解答】
POS刷卡机读出信息原理就是电磁感应现象；
A.如图反映电流周围存在着磁场，故A错误；
B.如图是研究电磁铁磁性强弱的实验，故B错误；
C.如图电路中没有电源，当闭合开关，闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动时，导体中有感应电流产生，这是电磁感应现象，故C正确；
D.如图电路中有电源，是通电导体在磁场中受力运动，故D错误。
故选C。
13.【答案】指向
S(或南)
指南针
【解析】略
14.【答案】磁化
S
【解析】“小船”被磁化后具有磁性，在地磁场中受到磁场力的作用，所以“指南鱼”在水面静止时会指示一定的方向，“鱼头”总是指向南方，说明“鱼头”是磁体的S极。
15.【答案】小磁针静止时N极指向与原来相反 螺线管磁性与电流的方向有关 N
【解析】解：(1)只改变螺线管中的电流方向，螺线管的磁性发生了变化，根据磁极间的相互作用规律可知，小磁针旋转，静止时N极指向与原来相反；
(2)电流从螺线管的左端流入、右端流出，根据螺线管的线圈绕向，再利用安培定则即可确定螺线管的左端为N极。
故答案为：(1)小磁针静止时N极指向与原来相反；螺线管磁性与电流的方向有关；(2)N。
(1)螺线管磁性与电流的方向有关，根据磁极间的相互作用规律可知，小磁针旋转；
(2)安培定则的内容：用右手握住螺线管，四指弯向螺线管中电流的方向，大拇指所指的就是螺线管的N极。
本题考查了安培定则的应用、磁极间的相互作用规律，题目的难度不大，属于基础题。
16.【答案】(1)S
(2)变强；
(3)变大；
【解析】
【分析】
本题将力学与电磁学知识巧妙地结合起来考查了安培定则、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。
(1)由安培定则可知螺线管的磁极；
(2)磁性的大小与电流和匝数有关；
(3)由磁极间的相互作用可知条形磁铁的受力方向，由二力平衡可知摩擦力的方向；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所受摩擦力的变化；
【解答】
(1)根据安培定则可知，电磁铁的右端为S极：
(2)滑动变阻器的滑片P逐渐向上移动时，电阻减小，根据欧姆定律可知，电流变大，故电磁铁的磁性变强；(2)滑动变阻器的滑片P逐渐向上移动时，电阻减小，根据欧姆定律可知，电流变大，故电磁铁的磁性变强；
(3)螺线管右侧为S极，因为同名磁极相互排斥，条形磁铁所受磁场力向右，有向右的运动趋势，所受摩擦力向左；磁体受到的磁力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，滑动变阻器的滑片P逐渐向上移动时，电磁铁的磁性变强，斥力变大，摩擦力大小逐渐变大。
17.【答案】
【解析】根据小磁针的S极，根据磁场间的作用规律，可以确定螺线管的N、S极；
根据磁感线方向的特点，可以确定磁感线的方向；
利用螺线管的N、S极，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向，进而可以确定电源的正负极。
本题考查安培定则及应用，安培定则涉及三个方向：磁场方向、电流方向、线圈绕向，告诉其中的两个方向可以确定第三个方向。此题中的磁场方向是通过小磁针的磁极确定的。
18.【答案】解：
在磁体的周围，磁感线从磁体的N极发出回到S极，所以，根据螺线管周围磁感线的方向可知，螺线管的右端为N极，左端为S极，由安培定则可知电源的右端为正极、左端为负极；
根据异名磁极相互吸引、同名磁极相互排斥可知，图中小磁针的S极应该靠近螺线管的N极，即通电瞬间小磁针顺时针偏转；
如下图所示：
【解析】从螺线管周围的磁感线入手，利用磁感线的特点可以确定螺线管的NS极，利用磁极间的作用规律可以确定左边小磁针的NS极；利用磁感线方向的规定可以确定螺线管中小磁针的NS极；利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向，进而得到电源的正负极。
安培定则共涉及三个方向：电流方向；线圈绕向；磁场方向。告诉其中的两个可以确定第三个。
其中，磁场的方向往往和磁感线的方向以及小磁针的NS极联系在一起；电流的方向经常与电源的正负极联系起来。
19.【答案】(1)
(2)1.5V；L2不能正常发光；
(3)①不正确；两灯串联，若L2烧断，由串联电路的特点，LED也不亮；②LED
【解析】解：(1)因电源为两节干电池总电压不超过3V，故V1，V2均选用小量程，电压表V1与L1并联，根据电路图连接实物图，如下所示：
(2)电路正确连接后，闭合开关，两灯发光，如图3，电压表V1的选用小量程，分度值为0.1V，示数为1.5V，V2的示数为2.8V，由串联电路电压的规律，L2的电压为：2.8V−1.5V=1.3V，L2不能正常发光；
(3)小明将L1换成额定电压为2.5V的LED，闭合开关后发现LED亮，L2不亮。
①判断不正确；因两灯串联，若L2烧断，由串联电路的特点，LED也不亮；
②若LED烧断，V1与L2串联，L2不发光，V1和V2的示数均约为电源电压，符合题意；
故闭合开关，两灯不亮，此时V1、V2的示数均为4.4V，这可能是LED烧断。
故答案为：
(1)如上所示；
(2)1.5V；L2不能正常发光；
(3)①不正确；两灯串联，若L2烧断，由串联电路的特点，LED也不亮；②LED。
(1)两灯串联，根据L1、L2的额定电压，因V2测两灯的电压，由串联电路电压的规律确定电压表V2选用大量程与这两个灯串联，电压表V1选用小量程与L1并联，根据电路图连接实物图；
(2)根据电压表V1选用小量程确定分度值读数，由串联电路电压的规律得了L2的电压，据此分析；
(3)小明将L1换成额定电压为2.5V的LED，闭合开关后发现LED亮，L2不亮。
①根据串联电路一个用电器不工作队，另一个也不能工作分析；
②逐一分析每个选项，找出符合题意的答案。
本题考查根据要求连接实物图、串联电路电流、电压的规律及故障分析。
20.【答案】(1)转换法；(2)磁场方向；①和④；(3)导体的运动快慢；(4)电源；机械能
【解析】
【分析】
(1)感应电流的方向与磁场方向和导体的运动方向有关，实验中通过电流表指针偏转的方向判断电流方向的变化，运用了转换法。
(2)(3)根据控制变量法的操作要求及原则分析解答；
(4)电源为电路提供电压，电压是形成电流的原因；闭合电路一部分导体切割磁感线产生感应电流，是将机械能转化为电能。
本题考查探究电磁感应现象的实验，关键是将实验操作要求及结论掌握清楚，仔细分析即可。
【解答】
(1)要探究感应电流方向是否与导体运动方向有关，则实验时应保持磁场方向不变，改变导体运动的方向，并观察电流表指针偏转的方向，这种研究问题的方法叫转换法；
(2)比较实验①和②(或③和④)可知：在导体切割磁感线运动方向一定时，改变磁场方向，感应电流的方向发生改变，可知感应电流方向与磁场方向有关；比较实验①和④(或②和③)可知：同时改变磁场方向和切割磁感线方向则感应电流方向不变；
(3)导体AB水平向左(或向右)快速运动时，灵敏电流计的指针偏转角度较大，即电流变大，所以可以看出感应电流的大小与导体的运动快慢有关；
(4)导体AB在磁场中做切割磁感线运动，电路中产生感应电流，电压是形成电流的原因，电源提供电压，故导体AB相当于电源，产生感应电流的过程能量转化的情况是将机械能转化为电能。
故答案为：(1)转换法；(2)磁场方向；①和④；(3)导体的运动快慢；(4)电源；机械能。
21.【答案】增大 减弱
【解析】解：(1)由图乙可知，热敏电阻R阻值随温度升高而增大，由欧姆定律可知，电路中电流减小，电磁铁磁性增强，当温度增大到一定值时，衔铁会跳起；
(2)由图可知当温度为40℃时，热敏电阻的阻值为R=40Ω，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=40Ω+60Ω=100Ω，
衔铁刚弹起时，通过电磁铁线圈的电流：I=U1R控=3V100Ω=0.03A；
(3)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P=U2R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P=U2R可知，此时工作电路的电功率最小，处于保温状态；
加热状态下的电功率为：P加热=U22R2=(220V)244Ω=1100W；
(4)水吸收的热量：Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(40℃−18℃)=1.848×105J；
不计热损失，调奶器消耗的电能W=Q吸=1.848×105J；
由P=Wt可知，加热状态下衔铁自动跳起需要的时间：t=WP加热=1.848×105J1100W=168s。
答：(1)增大；减弱；
(2)衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流为0.03A；
(3)工作电路在加热状态下的电功率1100W；
(4)加热状态下需要工作168s衔铁会自动跳起。
(1)由图乙可知，热敏电阻R阻值随温度升高而增大，由欧姆定律可知，电路中电流减小，电磁铁磁性减弱，当温度增大到一定值时，衔铁会跳起；
(2)由图可知当温度为40℃时，热敏电阻的阻值为40Ω，根据串联电路电阻规律计算控制电路的总电阻，根据欧姆定律计算衔铁刚弹起时通过电磁铁线圈的电流；
(3)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P=U2R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P=U2R可知，此时工作电路的电功率最小，处于保温状态；根据P=U2R计算加热状态下的电功率；
(4)知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸=cm(t−t0)计算出水吸收的热量；不计热损失，消耗的电能W=Q吸，利用P=Wt计算出加热状态下需要工作多长时间衔铁会自动跳起。
本题考查电磁继电器的工作原理、串联电路特点、欧姆定律、电功率公式、效率公式等的灵活运用，综合性强。
22.【答案】不变 通电导体在磁场中受力的作用
【解析】解：(1)重物匀速上升时，速度不变，质量也不变，所以物体的动能不变；电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用；
(2)前2min，物体匀速上升，受到的拉力和重力二力平衡，大小相等，则物体受到的拉力大小为：F=G=mg=3×103kg×10N/kg=3×104N，
起重机对物体做的功为：W=Fs=3×104N×30m=9×105J，
起重机对物体做功的功率为：P=Wt=9×105J2×60s=7500W；
(3)力对物体做功的条件是：物体在力的作用下沿力的方向移动一段距离，由此可知，在第3min内，物体在竖直向上的拉力的作用下沿水平方向移动时，起重机在第3min内对物体做的功为0J；
(4)前2min内电动机消耗的电能为：W1=Wη=9×105J90%=106J，
第3min内电动机消耗的电能为：W2=P′t′=2×103W×1×60s=1.2×105J，
电动机3min内消耗的电能为：W总=W1+W2=106J+1.2×105J=1.12×106J。
答：(1)不变；通电导体在磁场中受力的作用；
(2)起重机在前2min内对物体做功的功率为7500W；
(3)起重机在第3min内对物体做的功为0J；
(4)电动机3min内消耗的电能为1.12×106J。
(1)物体的动能取决于物体的速度和质量大小，速度越大、质量越大，物体的动能越大，由此可知重物匀速上升时的动能变化；
电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用；
(2)前2min，物体匀速上升，受到的拉力和重力二力平衡，大小相等，根据F=G=mg计算拉力的大小，
已知上升的距离，根据W=Fs计算起重机对物体做的功，根据P=Wt计算起重机做功的功率；
(3)力对物体做功的条件是：物体在力的作用下沿力的方向移动一段距离；在第3min内，物体在竖直向上的拉力的作用下沿水平方向移动，由力对物体做功的条件可知起重机在第3min内对物体做功的多少；
(4)根据η=WW电×100%计算前2min电动机消耗的电能，根据W=Pt计算第3min内电动机消耗的电能，进一步计算3min内电动机消耗的电能。
本题考查功、功率和电能的计算以及动能的影响因素、电动机的原理和效率公式的应用，综合性强，难度较大。
23.【答案】解：
(1)右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的下端即为N极，则螺线管上端的磁极是S极；
(2)电梯受到的压力等于电梯所载物体的重力，即：F=G=9000N，
由图乙，当压力F=9000N，对应的压敏电阻阻值R2=200Ω，
此时电磁铁线圈电流达到20mA，由欧姆定律得电路的总电阻：R=UI=6V0.02A=300Ω，
因为串联电路的总电阻等于串联的各部分电阻之和，
所以变阻器R1接入的阻值：R1=R−R2=300Ω−200Ω=100Ω；
则R1的电功率：P1=I2R1=(0.02A)2×100Ω=0.04W；
(3)由图甲可知，电磁铁略向右移动后，电磁铁对衔铁吸引力的力臂变大，吸引衔铁所需的磁力变小，控制电路中电流变小，电阻变大，由图乙知，限载量降低。
故答案为：(1)S；
(2)电梯限载量为9000牛，计算此时滑动变阻器R1的电功率为0.04W；
(3)电磁铁略向右移动后，电磁铁对衔铁吸引力的力臂变大，吸引衔铁所需的磁力变小，控制电路中电流变小，电阻变大，由图乙知，限载量降低
【解析】本题考查超载自动报警系统的控制电路的分析、串联电路特点、欧姆定律和电功率公式的应用，知道压敏电阻受到的压力越大，电阻越小，电路中电流越大，电磁铁磁性越强。
24.【答案】磁 减小 能 B
【解析】解：(1)控制电路中的电磁继电器主要是利用了电流的磁效应；
手伸入舱内，衔铁被吸下，工作电路开始工作，说明电路中的电流增大导致电磁铁的磁性增强，
由I=UR的变形式R=UI可知，控制电路的总电阻减小，则电阻R的阻值减小；
(2)这只电能表允许的用电器同时工作的最大总功率P大=UI大=220V×20A=4400W，
由P大>2P=2×1100W=2200W可知，不使用其它用电器情况下，2台该款干手器能同时工作；
工作电路的电压220V一定时，要提高热风温度，即提高加热电阻丝的功率，由P=UI=U2R可知，应减小加热电路中的电阻，
因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻、并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，应在加热电阻丝两端并联一个同规格的加热电阻丝，而不是在加热电阻丝左端串联一个同规格的加热电阻丝，
用电功率更大的电动机不能提高热风温度，故AC不合理、B合理；
(3)由P=UI可得，正常工作时工作电路的总电流I=PU=1100W220V=5A，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，加热电阻丝的电功率PR=U2R=(220V)288Ω=550W，
则电动机的电功率：PM=P−PR=1100W−550W=550W，
每天加热电阻丝产生的热量QR=WR=PRt=550W×30×60s=9.9×105J。
故答案为：(1)磁；减小；(2)能；B；(3)正常工作时工作电路的总电流为5A，电动机的额定功率为550W，每天加热电阻丝产生的热量为9.9×105J。
(1)电磁继电器是利用电流的磁效应工作的；手伸入舱内，衔铁被吸下，工作电路开始工作，说明电路中的电流增大导致电磁铁的磁性增强，根据欧姆定律和电阻的串联可知电阻R的阻值变化；
(2)根据电能表的参数可知电能表的工作电压和标定电流，根据P=UI求出其允许同时工作家用电器的最大总功率，然后与2台该款干手器同时工作时的总功率得出答案；工作电路的电压一定时，要提高热风温度，根据P=UI=U2R可知应减小电路中的电阻，据此进行解答；
(3)根据P=UI求出正常工作时工作电路的总电流，利用并联电路的电压特点和P=UI=U2R求出加热电阻丝的电功率，总功率减去加热电阻丝的电功率即为电动机的电功率，根据Q=W=Pt求出每天加热电阻丝产生的热量。
本题考查了电磁继电器的工作原理和电功率公式、电热公式的综合应用等，明白电能表参数的含义较为关键。
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