专题38 电与磁的转换（难）2023-2024学年初中物理中考专项复习

这是一份专题38 电与磁的转换（难）2023-2024学年初中物理中考专项复习，文件包含专题38电与磁的转换难原卷版docx、专题38电与磁的转换难解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。

一、电生磁
1、电流的磁效应
奥斯特实验说明：通电导线周围存在磁场，磁场方向跟电流的方向有关。这种现象称为电流的磁效应。
通电螺线管的磁场
（1）通电螺线管外部磁场与条形磁体磁场相似。
通电螺线管两端的磁场方向跟电流方向有关，磁场方向与电流方向的关系可用安培定则判断。
安培定则及其应用
安培定则：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极。
（2）通电螺线管比通电导线磁性强的原因：各圈导线产生的磁场叠加在一起。
（3）应用：根据小磁针的指向，判断通电螺线管中电流方向。
4、电磁铁
（1）电磁铁的铁芯：软磁性材料。
（2）电磁铁插入铁芯后磁性加强的原因：铁芯被磁化使磁性加强。
（3）影响电磁铁磁性强弱的因素：
①电磁铁通电有磁性，断电无磁性；
②匝数一定，电流越大，电磁铁的磁性越强；
③电流一定，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强；
④插入铁芯电磁铁的磁性会更强。
（4）探究影响电磁铁磁性强弱因素的实验电路图：用吸引大头钉个数显示磁性强弱。（转换法）
（5）电磁铁应用：电磁起重机、电磁继电器、电冰箱、吸尘器、电动机、发电机、洗衣机。
5、电磁继电器
（1）概念：用低电压弱电流控制高电压强电流设备。
（2）实质：一种由电磁铁控制的开关。
（3）工作原理图：
6、磁场对通电导线的作用
（1）通电导体在磁场里受到力的作用。力的作用方向与电流方向、磁场方向有关。
（2）当电流方向或磁场方向两者中的一个发生改变时，力的方向随之改变；当电流方向和磁感线方向同时发生改变时，力的方向不变。
7、电动机
（1）工作原理：根据通电线圈在磁场中受到力的作用而发生转动制成。
（2）能量转化：电能转化为机械能。
（3）构成：由转子和定子两部分组成。
（4）换向器作用：线圈转过平衡位置时，自动改变线圈中电流的方向，使线圈连续转动。
（5）改变电动机转动方向的方法
①改变电流方向。
②改变磁感线方向。
（6）提高电动机转速的方法
①增加线圈匝数。
②增加磁体磁性。
③增大电流。
8、扬声器和耳机的构造和原理
（1）构造如图所示：永久磁体、线圈、锥形纸盆。
（2）工作原理：通电导体在磁场中受到力的作用。
（3）工作过程：扬声器的线圈中通入携带声音信息、时刻变化的电流，产生不同方向的磁场，通电线圈在力的作用下来回振动，纸盆随之振动起来，发出声音。
二、磁生电
1、电磁感应现象
（1）英国物理学家法拉第发现电磁感应现象。
（2）内容：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就产生电流，这种现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流。

（3）导体中感应电流的方向，跟导体的运动方向和磁感线方向有关。
（4）当导体的运动方向或磁感线方向两者中的一个发生改变时，感应电流方向随之改变；当导体的运动方向和磁感线方向同时都发生改变时，感应电流方向不变。
2、发电机
（1）工作原理：根据电磁感应现象制成。
（2）能量转化：机械能转化为电能。
（3）感应电流的方向的影响因素：磁场方向、运动方向。
3、动圈式话筒的构造和原理
（1）构造如图所示
（2）工作原理：电磁感应现象。
（3）工作过程：对着话筒说话时，产生的声音使膜片振动，与膜片相连的线圈跟着一起振动，线圈在磁场中做切割磁感线运动，产生随着声音变化而变化的电流，经放大后，通过扬声器还原成声音。
1.我国南宋著名爱国诗人文天祥在诗中写道：“臣心一片磁针石，不指南方不肯休。”诗人用“磁针石指南”这一固有自然现象来表达他对国家的忠贞情怀。下列说法正确的是( )
A. “磁针石”静止时，N 极指向地理南极
B. “磁针石”周围存在磁场，也存在磁感线
C. “磁针石”周围的磁场分布一定是均匀的
D. “磁针石”对放入其磁场中的小磁针有力的作用
【答案】D
【解析】解：A.地球本身是一个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，“磁针石”在地磁场的作用下，始终指向南北方向，其中，指南的一端是磁针的南(S)极，故A错误；
B.“磁针石”周围存在磁场，但不存在磁感线，故B错误；
C.“磁针石”周围磁场强弱的分布是不均匀的，靠近磁极的地方磁感线越密集，故C错误；
D.磁场对放入其中的小磁针一定有力的作用，这是磁场的基本性质，故D正确。
故选：D。
(1)地磁南北极与地理南北极相反，但不重合，地磁的南极在地理的北极附近，地磁的北极在地理的南极附近；
(2)磁体周围存在的特殊物质叫磁场，磁场看不见，摸不着，我们通过它的基本性质来认识；磁感线是假想的线，实际上不存在；
(3)磁体周围的磁场分布是不均匀的；
(4)磁场对放入其中的磁体有力的作用。
本题考查了磁场的有关知识，属于基础题。
2.关于磁场和磁感线，下列说法正确的是( )
A. 磁场是由磁感线组成的
B. 磁感线是磁场中真实存在的一些曲线，还可通过实验来模拟
C. 利用撒在磁体周围的铁屑不能判断该磁体周围各点的磁场方向
D. 磁体在两条磁感线的中间时，不受磁场力的作用
【答案】C
【解析】解：AB、磁体周围存在磁场，磁极间的相互作用，就是通过磁场发生的，磁场是磁体周围存在的一种特殊的物质，它是看不见的，但它是真实的客观存在，磁感线是为了形象直观地描述磁场而画出来的，不是真实的存在，故A、B错误；
C、利用铁屑检验磁体周围磁场分布情况，判断不出磁场的方向，原因是看不到铁屑的N、S极，故C正确；
D、磁体周围存在磁场，磁感线是为了描述磁场假象出来的，放入磁场中的磁体一定受磁场力的作用，故D错误。
故选：C。
(1)磁体周围存在磁场，磁极间的相互作用是通过磁场发生的，为了描述磁场的性质而引入了磁感线的概念，可形象地表示磁场的性质，磁体周围的磁感线从N极出发回到S极。
(2)磁场方向的规定：磁场中某点，小磁针静止时北极所指的方向为该点的磁场方向。铁屑可以检验磁体周围磁场的分布情况。
(3)磁场对放入其中的磁体有力的作用。
本题考查了磁场、磁感线的特点，属于电磁学基础知识的考查，相对比较简单。
3.如图，闭合开关S，磁铁及弹簧在图中位置静止。当滑动变阻器的滑片P向A端移动时( )
A. 电磁铁磁性增强，弹簧长度增加
B. 电磁铁磁性增强，弹簧长度减小
C. 电磁铁磁性减弱，弹簧长度增加
D. 电磁铁磁性减弱，弹簧长度减小
【答案】C
【解析】解：由图知，电流由螺线管的下端流入、上端流出，根据安培定则可得，螺线管的上端为N极，下端为S极；
若将变阻器的滑片P向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以电路中的电流变小，通电螺线管的磁性减弱；故对铁块的排斥力减小，即弹簧长度应变大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
(1)由电源的正负极可知电流方向，则由右手螺旋定则可知螺线管的磁极；
(2)当滑动变阻器的滑片向左移动时，可知滑动变阻器的接入电阻变化，则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，根据螺线管的磁性变化以及磁铁的性质判断弹簧长度的变化。
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。
4.直线电流周围磁场的磁感线分布和磁场方向的判定方法如图所示。将一枚转动灵活的小磁针放在水平放置的直导线正下方，直导线通电的瞬间( )
A. 若电流方向从南向北，则小磁针顺时针偏转
B. 若电流方向从北向南，则小磁针逆时针偏转
C. 若电流方向从东向西，则小磁针不发生偏转
D. 若电流方向从西向东，则小磁针不发生偏转
【答案】D
【解析】解：由图知，判断通电直导线周围磁场方向用到了右手螺旋定则，即：用右手握住直导线，使大拇指指向电流的方向，则四指环绕的方向就是通电直导线周围的磁场方向；
A、若电流方向从南向北，如下图(即图中电流从左到右)，根据上面的方法可知，通电直导线下面的磁场指向纸的里面，而纸的里面是西，则小磁针的N极指向也指向西面(如图中红色磁针)，小磁针的N极原来指向北面(如图中蓝色磁针)，所以，小磁针从北往西转动，俯视时，会发现小磁针逆时针转动，故A错误。
B、若电流方向从北向南，即下图中电流从左到右，根据上面的方法可知，通电直导线下面的磁场指向纸的里面，纸的里面是东，小磁针N极指向也指向东面(如图中红色磁针)，小磁针的N极原来指向北面(如图中蓝色磁针)，所以，小磁针从北往东转动，俯视时，会发现小磁针顺时针转动。故B错误。
C、若电流方向从东向西，即下图中电流从左到右，通电直导线下面的磁场指向纸的里面，纸的里面是南，小磁针N极指向也指向南面如图中红色磁针，小磁针原来指向北面如图中蓝色磁针，所以小磁针会转动到相反的方向，故C错误。
D、若电流方向从西向东，即下图中电流从左到右，通电直导线下面的磁场指向纸的里面，纸的里面是北，小磁针N极指向也指向北面如图蓝色磁针，小磁针原来指向北面(如图蓝色磁针)，所以小磁针不转动。故D正确。
故选：D。
由图知，判断通电直导线周围磁场方向用到了右手螺旋定则，即：用右手握住直导线，使大拇指指向电流的方向，则四指环绕的方向就是通电直导线周围的磁场方向；
则可知：水平放置的通电直导线，当电流从左到右时，在通电直导线的下面的磁场是垂直指向纸的里面，通电直导线下面放小磁针，小磁针的N极指向和磁场方向相同。由小磁针原来指向北面到现在的位置，判断小磁针的转动方向。
这属于材料题目，根据题干中给定的结论进行解题，很考查学生的能力，考查学生的应用能力和地理知识。属于学科间综合。这也是拉分的习题类型。
5.下列的四幅图，对应的说法正确的是( )
A. 如图，通电导线周围存在着磁场，将小磁针移走，该磁场消失
B. 如图，当水位自动报警器的水位升高到金属块A时，红灯亮
C. 如图，闭合开关，保持电流方向不变，对调磁体的N、S极，导体的运动方向不变
D. 如图，闭合开关，该电磁铁右端为N极，将滑动变阻器向右移动，电磁铁磁性增强
【答案】B
【解析】解：A、通电导线周围存在磁场，与小磁针无关，将小磁针移走，磁场仍存在，故A错误；
B、当水位达到金属块A时，控制电路接通。电路中有了电流，电磁铁有磁性，向下吸引衔铁，使动触点与红灯所在电路的静触点接通，导致了红灯所在的电路接通，红灯亮，故B正确；
C、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，电流方向不变，对调磁体N，S极，磁场方向改变，导体的运动方向改变，故C错误；
D、闭合开关，根据安培定则可知，电磁铁右端为S极，滑动变阻器的滑动片P向右移动，电阻变大，电流变小，电磁铁的磁性变弱，故D错误。
故选：B。
(1)通电导线的周围存在磁场，但磁场看不见、摸不着，可以通过小磁针的偏转说明磁场的存在；
(2)由水位的变化导致了控制电路的通断，进一步决定了电磁铁磁性的有无，从而控制了工作电路的动触点的位置的变化，改变了工作电路的连接情况；
(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，当磁场方向和电流方向其中一个方向变化时，受力方向变化，但当磁场方向和电流方向同时变化时，受力方向不变；
(4)开关闭合后，根据安培定则可判定电磁铁的磁极；由滑动变阻器的滑片移动可得出电路中电流的变化，则可得出电磁铁中磁性的变化。
此题考查了电流的磁效应、电磁继电器的应用、磁场对通电导线的作用、影响电磁铁磁性强弱的因素，是一道综合题。
6（多选题）.如图所示，以下关于物理实验现象及说明的问题，说法正确的是( )
A. 图甲：试管口的“白气”是空气中的水蒸气液化形成的小水滴
B. 图乙：厚玻璃筒内的空气被压缩时，其温度升高，内能增加
C. 图丙：梳子与头发摩擦后能吸引轻小的纸屑，说明它带了电荷
D. 图丁：磁铁周围铁屑规则分布，表明磁体周围空间存在磁感线
【答案】BC
【解析】解：A、试管口的“白气”是试管内热的水蒸气遇到冷的空气液化成的小水滴，就是我们看到的“白气”，故A错误；
B、厚玻璃内的空气被压缩时，活塞对空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增加，故B正确；
C、用塑料梳子梳头发时，塑料梳子与头发相互摩擦，发生了电荷的转移，塑料梳子得到电子而带负电，能够吸引轻小的物体，故C正确；
D、图中条形磁体周围的铁屑的分布，说明磁场是真实存在的，磁感线是为了方便形象的描述磁场而假象的线，故D错误。
故选：BC。
(1)物质由气态变成液态的过程叫液化，液化放热；
(2)改变内能的方式：做功和热传递；
(3)摩擦起电的实质是电子发生了转移，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电；
(4)磁铁周围存在着磁场，磁感线不是真实存在的。
本题考查了学生对液化现象、改变内能的方式、摩擦起电现象、摩擦起电的实质和磁感线等知识点的理解，属于基础性题目。
7.如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其特性是电阻在磁场中会急剧减小，且磁场越强电阻越小，闭合开关后，则小磁针将 (填“顺”、“逆”)时针旋转，左移滑片，灯将变 (填“亮”、“暗”)。
【答案】逆 亮
【解析】解：(1)当开关闭合后，电磁铁中的电流是从右端流入，左端流出，根据安培定则可知，电磁铁的左端为N极，右端为S极，由磁极间的作用规律可知，小磁针将逆时针偏转；
(2)由图可知，若滑片P向左移动，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，
由I=UR可知，电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强；
则巨磁电阻阻值变小，根据I=UR可知通过指示灯的电流变大。因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，由P=I2R可知，观察到指示灯将变亮。
故答案为：逆；亮。
(1)根据安培定则分析判断确定通电螺线管的极性，再根据磁极间的作用规律判断小磁针的偏转方向；
(2)根据滑片的移动判断电流变化，确定电磁铁磁场强弱的变化，从而判断巨磁电阻阻值变化，再结合巨磁电阻阻值变化分析灯的亮度变化，得出结论。
本题借助于探究巨磁电阻的特性考查了安培定则和欧姆定律、电功率公式的应用以及影响电磁铁磁性强弱的因素，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
8.图甲为热敏电阻的R−t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的恒温箱的简单温控电路，继电器线圈的电阻为150欧，当线圈中电流大于或等于28毫安时，继电器的衔铁被吸合，为继电器线圈供电的电池的电压为6伏，图中的“电源”是恒温箱加热器的电源。
(1)从图甲中可得50℃时热敏电阻的阻值为______欧。
(2)恒温箱的加热器应接在A、B端还是C、D端？
(3)若恒温箱内的温度达到100℃时，通过计算分析恒温箱加热器是否处于工作状态？
(4)若在原控制电路中，串联接入一个可变电阻，当该电阻增大时，所控制的恒温箱内的最高温度将______(选填“变大”“不变”或“变小”)。
【答案】(1)90
(2)A、B
(3)当温度达到100℃时，据甲图可知，此时的电阻是50Ω，继电器线圈的电阻为150Ω，所以该电路的电流是：
I=UR总=6V50Ω+150Ω=0.03A=30mA，所以其大于28mA，故恒温箱不处于工作状态；
(4)变大
【解析】解：(1)分析图甲可知，50℃时热敏电阻的阻值为90Ω；
(2)A、B。当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B端。
(3)当温度达到100℃时，据甲图可知，此时的电阻是50Ω，继电器线圈的电阻为150Ω，所以该电路的电流是：
I=UR总=6V50Ω+150Ω=0.03A=30mA，所以其大于28mA，故恒温箱不处于工作状态；
(4)据题意可知，“当线圈中电流大于或等于28毫安时，继电器的衔铁被吸合”即恒温箱会停止工作，故可知，若在控制电路中串联一个电阻后，电路电阻变大，同样情况下，使得电路电流变小，故控制电路达到28mA时所用的时间会更长，故可知，保温箱的加热时间会更长，故保温箱内的温度会更高。
故答案为：(1)90；(2)恒温箱的加热器应接在A、B端；(3)若恒温箱内的温度达到100℃时，通过计算分析恒温箱加热器不处于工作状态；(4)变大；
(1)据图甲可得50℃时热敏电阻的阻值；
(2)当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；
(3)当恒温箱内的温度保持100℃，据甲图可知此时电阻R大小，而后结合欧姆定律计算电流，与28mA比较即可。
(4)据题目中“当线圈中电流大于或等于28毫安时，继电器的衔铁被吸合”分析即可判断；
在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的。
9.阅读短文，回答问题。
超市电动搬运车
如图甲是超市常用的一种电动拖盘搬运车，用于卖场和库房间的运输，被称作“地牛”，其相关参数如表所示。其中驱动工作原理示意图如图乙，开关S1和S2由绝缘操纵杆控制，能同时接“1”或接“2”，向前推操纵杆时“地牛”前进且能调速，向后拉操纵杆时“地牛”以恒定速度后退。
表格是其相关参数，提升电动机工作，将货物提升到指定高度。所有电路由蓄电池组供电，都为蓄电池电压。电机效率是指电动机获得的有用机械能与消耗电能的比值。(g取10N/kg)

(1)搬运车前进时，操纵杆接______ (“1”或“2”)，电动机的工作原理是______ 。
(2)下列关于对搬运车的蓄电池的说法正确的是______ 。
A.蓄电池充足电一次，消耗的电能约3.6×105J
B.蓄电池组充电时，电能转化为化学能
C.蓄电池放电的过程中，蓄电池相当于用电器
D.蓄电池组是由若干节蓄电池并联组成的
(3)利用搬运车将1×103kg的货物放至货架，货物向上匀速竖直提升15s，则消耗的电能为______ J，货物被提升了______ m。
(4)搬运车上有显示所载货物质量的仪表，其电路如图丙所示，电流表(0～0.6A)，滑动变阻器R4(100Ω 1A)，压敏电阻R3的阻值与所受压力F的关系如图丁所示，由电流表改装的“质量表”显示盘上的刻度在最______ 边是最大值(选填“左”或“右”)，为了确保此电路能安全工作，R4的阻值应至少调至______ Ω，若在使用过程中不小心将R4接入电路的电阻调大，那么“质量表”显示的所载货物质量比实际值偏______ (选填“大”或“小”)。
(5)电动机长时间连续工作会过热而烧坏电机，人们设计了如图所示的保护电路，R是滑动变阻器，R0是热敏电阻，其阻值随温度升高而减小。当R两端电压U1增大到一定值时，控制电路将切断工作电路让电机停止工作实现对电机温度的控制。R接入电路的阻值为20Ω时，R0的电功率为16W，此时工作电路恰好被切断。若预设的电机温度相对较低，求控制电压U1。______ (写出解题过程)
【答案】1 通电导体在磁场中受力运动 B 1.2×104 0.96 右 52 小 16V
【解析】解：
(1)向前推操纵杆时“地牛”前进且能调速，说明滑动变阻器与电动机串联，由电路图可知，开关S1和S2应同时接1；向后拉操纵杆时“地牛”以恒定速度后退，说明电动机与定值电阻R2串联，由电路图可知，开关S1和S2应同时接2。
电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动。
(2)A、充足电一次，消耗的电能约W=UIt=36V×100A×3600s=1.296×107J，故A错误；
B、蓄电池组充电时，消耗电能转化为化学能，故B正确；
C、蓄电池组放电时，消耗电能转化为其他形式能，蓄电池相当于电源，故C错误；
D、由表格数据知蓄电池电压为36V，是由多节电池串联而成的，故D错误；
故选B。
(3)根据题意知：当闭合开关S2时，提升电动机M2工作，将货物提升到指定高度，由表格数据可知，提升电机功率P1=800W，15s内电动机消耗的电能为：
W电=P1t=800W×15s=1.2×104J；
电机的效率为80%，则电能转化为的机械能为：
W机械=ηW电=80%×1.2×104J=9.6×103J；
货物被提升的高度为：ℎ=W机械G=W机械mg=9.6×103J1×103kg×10N/kg=0.96m；
(4)由丙中电路图可知，R3与R4串联，电流表测电路中的电流，当“地牛”仪表盘受到的压力越大，R3的阻值越小，根据I=UR知，电路的电流越大，电流表的示数越大，所以由电流表改装的“质量表”显示盘上的刻度在最右边是最大值。
由图丁可知，载重量越大时，“地牛”仪表盘受到的压力越大，R3的阻值越小；由表格数据可知，最大载重量m2=2000kg，则托盘受到的最大压力为
F=G2=m2g=2000kg×10N/kg=20×103N
由图丁可知，此时压敏电阻R3的阻值为8Ω，因电流表量程为0～0.6A，变阻器允许通过的最大电流为1A，所以当电流表的示数最大为0.6A时，载重量最大，R4接入电路中的阻值最小，由I=UR可得，电路的总电阻为：R=UI=36V0.6A=60Ω；
所以，R4的阻值为：R4=R−R3=60Ω−8Ω=52Ω；
即为了确保此装置在“地牛”上能安全运行，R4的阻值应至少调至52Ω。
若在使用过程中不小心将R4接入电路的电阻调大，那么电流表改装而成的“质量表”显示的示数偏小。
(5)当R=20Ω时的电压U1，电路中的电流为：I1=U120Ω；
热敏电阻的电压为：U0=U−U1=36V−U1；
电功率P=U2I，则有：16W=(36V−U1)×U120Ω，解得：U1=16V或U1=20V；
由于预设的电机温度相对较低，则R0的电阻较大，电路中的电流较小，则必须使得U1较小，则控制电压U1为16V。
故答案为：(1)1；通电导体在磁场中受力运动；(2)B；(3)1.2×104；0.96(4)右；52；小；(5)16V。
(1)“地牛”前进且能调速，说明能电路中的电流是变化的，据此分析电路的连接方式；电动机的工作原理：通电导体在磁场中受力运动；
(2)①已知电池规格，根据W=UIt求出消耗的电能；
②充电过程中是将电能转化为化学能储存起来；
③电池供电时是电源，充电时则为用电器；
④电池串联使用，串联后的电池组电压是每节电池电压之和；
(3)根据题意当闭合开关S1时，提升电动机M1工作，将货物提升到指定高度；
已知提升电机的功率和工作时间，利用公式W=Pt可得消耗的电能；
由效率公式算出消耗的机械能，在根据W=Gℎ=mgℎ算出货物被提升的高度；
(4)根据图像判断出压力与电阻的关系，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，进一步可知质量显示表表盘上的刻度值越往右时的变化；
根据器材允许通过电流的限制情况，可知电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路的总电阻，利用电阻的串联求出R2的阻值；
若在使用过程中不小心将R2接入电路的电阻调大，根据欧姆定律分析电路中电流的变化情况即可知道结果；
(5)根据欧姆定律和串联电路的电压特点，利用P=UI可求得U1。
本题考查了电功公式和做功公式、重力公式、电阻串联、欧姆定律的综合应用等，根据题意判断出搬运车工作状态时开关的位置是关键，同时注意从表格和图像中获取有用的信息。
10.下图是与电动机有关的四幅图，请问：

(1)甲图中，通电后导线ab从静止变为运动的原理是： 。
(2)发现甲装置的原理后，我们会将导线ab改为线圈状，这样可以变左右运动为转动；同时我们还会增加线圈匝数(如图乙)，这样做是为了 ；在乙、丙、丁三幅图中，通电后线圈能持续转动的有： 。
(3)在甲、乙、丙、丁四幅图中，图 与我们生活中使用电动机的结构图最相似。
【答案】(1)通电导线在磁场中受到力的作用
(2)增大线圈受力 丙和丁
(3)丁

【解析】【分析】
磁场对电流的作用是通电导体在磁场中会受到力的作用，而使导体运动，电能转化成机械能，据此制成了电动机；
换向器可以改变线圈中电流的方向，使得线圈连续转动下去。
本题主要考查了电动机的结构特点和工作原理，应仔细观察图示，明确其工作的过程。
【解答】
(1)图甲中，通电后导线ab从静止变为运动的原理是通电导体在磁场中受力到力的作用；
(2)还会增加线圈匝数是为了增大线圈受力；丙和丁图中的线圈可以持续转动，是因为它加装了换向器，它能在线圈刚转过平衡位置时，自动改变线圈中的电流方向；
(3)图丁与我们生活中使用的电动机结果图最相似。
故答案为：(1)通电导线在磁场中受到力的作用；(2)增大线圈受力；丙和丁；(3)丁。
11.小明家新买了了一辆电动汽车，他对电动汽车的相关知识产生了兴趣，通过上网查阅资料和自己设计实验进行了一系列研究性学习。
(1)如表是小明记录的某次充电时充电桩显示屏的即时信息显示表。请通过表中所给信息计算，充电电流为______ A。
(2)在厂家的宣传资料中，该款电动车在滑行时会带动电机“逆向发电”，将电能储存在电池内，下列说法中正确的是______ 。
A.电机“逆向发电”的过程是将电能转化为机械能的过程
B.“逆向发电”的工作原理是电磁感应
C.“逆向发电”产生的电能全部储存到电池中
D.“逆向发电”是厂家过度宣传，电机只是用电器不可能用于发电
(3)小明进一步查阅资料发现，电动汽车一般采用电磁继电器控制电动机M的通断电，利用实验器材模拟汽车启动，简易电路如图1。A与B接触时M通电，请用笔画线完成图1电路的连接。
(4)小明观察发现，该车有车速提醒功能。通过思考小明设计了如图2甲的车速提醒电路，R为定值电阻，Rv的阻值随车速的变化而改变。当电压表的示数达到某一数值时提醒驾驶员车速过快，需要减速。图2乙是Rv的阻值与车速关系的图象。图2丙是车速从0加速到100km/ℎ过程中，Rv消耗的电功率随电流变化的图象。当压表的示数为9V时，此时车的速度是______ km/ℎ。
【答案】80 B 50
【解析】解：(1)充电电流：I=WUt=24×3.6×106J400×45×60s=80A；
(2)AD.电机“逆向发电”的过程是将机械能转化为电能的过程，电机可用于发电，故AD错误；
B.“逆向发电”的工作原理是电磁感应，故B正确；
C.“逆向发电”产生的电能部分储存到电池中，故C错误；
故选B；
(3)由图1可知，当开关闭合，电磁铁有磁性，衔铁被吸下，A与B接触M通电，电路连接如下图所示：
；
(4)图甲的电路中，R与RV串联，电压表测RV的电压，电流表测通过电路的电流，
由图丙可知，电流为I1=0.2A时，RV的功率为P1=2.0W；根据P=UI可得电压表的示数U1=P1I1=，
电流为I2=0.3A时，RV的功率为P2=2.7W，此时电压表的示数U2=P2I2=，
串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得电源电压U=U1+I1R=U2+I2R，
即10V+0.2A×R=9V+0.3A×R，
解得R=10Ω，
电源电压U=U1+I1R=10V+0.2A×10Ω=12V；
当压表的示数为9V时，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流：I′=U−UVR=12V−9V10Ω=0.3A，
此时Rv的阻值：RV=UVI′=9V0.3A=30Ω，
由图乙知，速度越小，RV的阻值越小，根据电阻的串联和欧姆定律可知电流越大，故当电流为0.6A时对应的速度为0，
根据欧姆定律和电阻的串联，则车速为0时，图乙中图线与纵坐标相交点的电阻值：R′V=UI3−R=12V0.6A−10Ω=10Ω；
当车速为100km/ℎ，电流最小为0.2A，
由欧姆定律和串联电路的规律，此时RV的阻值：R″V=UI1−R=12V0.2A−10Ω=50Ω；
设RV=kv+b，将(0km/ℎ,10Ω)、(100km/ℎ,50Ω)代入RV=kv+b，根据数学知识可得RV=0.4Ω⋅ℎ/km×v+10Ω，
将RV=30Ω代入可得0.4Ω⋅ℎ/km×v+10Ω=30Ω，解方程可得v=50km/ℎ。
故答案为：(1)80；(2)B；(3)见解答图；(4)50。
(1)根据W=UIt计算充电电流；
(2)电机“逆向发电”的过程是将机械能转化为电能的过程，电机可用于发电，“逆向发电”的工作原理是电磁感应，“逆向发电”产生的电能部分储存到电池中；
(3)电磁继电器的实质是一个开关，据此连接电路；
(4)由图丙知电流为I1=0.2A时，RV的功率为P1=2.0W；电流为I2=0.3A时，RV的功率为P2=2.7W；根据P=UI分别得出电压表示数的示数；根据串联电路电压规律和欧姆定律表示电源电压，列方程求出R和电源电压U；
根据串联电路电压规律结合欧姆定律计算当压表的示数为9V时通过电路的电流，根据欧姆定律计算此时Rv的阻值，
由图乙知，速度越小，RV越小，根据电阻的串联和欧姆定律可知电流越大，确定当电流为0.6A时对应速度为0，根据欧姆定律和电阻的串联可求出车速为0时，图乙中图线与纵坐标相交点的电阻值大小，确定当车速为100km/ℎ时电流大小，由欧姆定律和串联电路的规律求出此时RV，根据数学知识求出函数关系，进一步计算电压表的示数为9V时的车速。
本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功公式以及电磁感应原理的灵活运用，有一定难度。
五、综合题：本大题共1小题，共10分。
12.某电热水器具有加热和保温功能，其工作原理如图甲所示。其中控制电路中的电磁铁线圈电阻不计，R为热敏电阻，其电阻R随温度变化的规律图象如图乙所示。当水温小于75℃时，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点a、b接触，加热电路接通；当水温达到或高于75℃时，继电器上方触点和触点c接触，保温电路接通。热敏电阻R和工作电路中的三只电热丝R1、R2、R3均置于储水箱中。已知U1=6V，U2=220V，R0=500Ω，R3=330Ω，工作电路加热时的电功率P加热=2200W，保温时的电功率P保温=110W，加热效率η=80%，水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。
(1)水在75℃以下时，随着温度的升高，电磁铁的磁性逐渐______。
(2)电热丝R1的电阻是______Ω。
(3)该热水器在加热状态下，将50kg、20℃的水加热到64℃需要______min。
(4)为提高热水器中的最高水温，可怎样改变控制电路______。
【答案】(1)减弱；(2)27.5；(3)87.5；(4)减小保护电阻R0或增大控制电路的电源电压。
【解析】【分析】
(1)根据图乙图象可知，热敏电阻R的阻值随着温度的升高增大，根据欧姆定律可知控制电路中的电流变化，进而分析电磁铁的磁性的变化；
(2)由电路图根据P=UI=U2R分析判断其工作状态；根据P=UI=U2R求出两种状态下工作电路的总电阻，根据串并联电路的电阻特点求出R1和R2的阻值；
(3)根据Q=cm(t−t0)算出水吸收的热量，根据效率公式算出消耗的电能，根据P=Wt算出加热时间；
(4)根据图乙可知，水温越高，热敏电阻的阻值越大，根据欧姆定律和串联电路电阻特点可知保护电阻阻值的变化或电源电压的变化。
此题考查了串并联电路的特点、热量的计算、电功率变形公式的应用、热效率的计算和欧姆定律的应用，是电、热综合题，难度较大，判断用电器状态，从图像中提取出有用的信息，熟练掌握基本公式，根据需要灵活变形，是解决此类综合题的基础。
【解答】
(1)由图乙图象可知，热敏电阻R的阻值随着温度的升高增大，电路中的总电阻增大，由欧姆定律可知，电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；
(2)当电磁铁与衔铁断开时，工作电路中R2、R3串联，由串联电路的电阻特点可知，此时电路中的电阻最大，由P=UI=U2R可知，电功率最小，工作电路处于保温状态；
由P=UI=U2R可知，保温挡的总电阻：R保温=U2P保温=(220V)2110W=440Ω，
由串联电路的电阻特点可知，R2的阻值：R2=R保温−R3=440Ω−330Ω=110Ω；
当电磁铁与衔铁吸合时，工作电路中R1、R2并联，由并联电路的电阻特点可知，此时电路中的电阻最小，由P=UI=U2R可知，电功率最大，工作电路处于加热状态；
由P=UI=U2R可知，加热挡的总电阻：R=U2P加热=(220V)22200W=22Ω，
根据1R=1R1+1R2可得，R1的阻值：
R1=R×R2R2−R=22Ω×110Ω110Ω−22Ω=27.5Ω；
(3)水吸收的热量：Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×50kg×(64℃−20℃)=9.24×106J：
根据η=Q吸W×100%可得，加热电路消耗的能量：W=Q吸η=9.24×106J80%=1.155×107J。
由P=Wt可知，加热时间：t=WP=1.155×107J2200W=5250s=87.5min。
(4)由图乙可知，水温越高，热敏电阻的阻值越大，由I=UR和串联电路的电阻特点可知：R=U1I−R0，因此为提高热水器中的最高水温，可减小保护电阻R0或增大控制电路的电源电压。
故答案为：(1)减弱；(2)27.5；(3)87.5；(4)减小保护电阻R0或增大控制电路的电源电压。型号
自重
最大载货量
蓄电池电压
蓄电池容量
提升电机额定电压/额定功率
进退电机额定电压/额定功率
电机效率
PTE20X
0.4t
2t
36V
100Aℎ
36V/800W
36V/900W
80%
充电电压
(V)
充电电流
(A)
充电时长
(min)
充电度数
(kW⋅ℎ)
充电费用(元)
400
45
24.0
28.80