16.4 +安装直流电动机模型2024--2025学年苏科版物理九年级下册

4、 安装直流电动机模型 【夯基提能】 命题点1 安装直流电动机模型 1.小明组装好如图所示的电动机，接入电路进行调试，闭合开关后发现电动机不转动，此时小明为了检查出问题所在，他应优先进行的操作是（　　） A．换用磁性更强的蹄形磁体 B．检查电刷与换向器是否接触不良 C．轻轻拨动一下线圈的位置 D．给电动机提供更大的电压 2.小辉同学在做了书本上的实验“装配直流电动机模型”后，制作了如图所示的直流电动机模型，他用回形针做成两个支架，分别与电池的两极相连；用漆包线（铜丝表面涂有一层很薄的绝缘的油漆制成的）绕一个矩形线圈，以线圈两端的引线为轴，将线圈放在支架上，磁体放在线圈下，闭合开关且用手轻推一下线圈，线圈就会不停地转动起来．下列关于如何刮去线圈两端引线（轴）上的漆皮的说法正确的是（　　） A.两端引线上的漆皮都要全部刮去 B．一端引线上的漆皮要全部刮去，另一端只刮去半周漆皮 C．一端刮去上半周的漆皮，另一端刮去下半周漆皮 D．两端引线上的漆皮都不能刮去 3.下列措施中，不能增大直流电动机线圈的转速的是（　　） A． 增大线圈的匝数 B．将N、S极对调 C．换用磁性更强的磁体 D．在安全范围内换用电压更高的电源 4.如图所示是直流电动机的模型，闭合开关后线圈顺时针转动．现要线圈逆时针转动，下列方法中可行的是（　　） A．只改变电流方向 B．只改变电流大小 C．换用磁性更强的磁铁 D．对换磁极同时改变电流方向 5.小明将直流电动机模型接入电路，闭合开关后，发现电动机不工作．他用手轻轻地碰了一下线圈后，直流电动机模型开始正常转动，其原因可能是（　　） A．直流电动机的铜半环与电刷接触不良 B．电源电压太低 C．线圈刚好处于平衡位置 D．线圈中的电流太小 6.甲乙两同学在交流组装直流电动机模型时得出以下结论．你认为其中多余的是（　　） A． 应尽量减少轴与轴架之间的摩擦 B．应使磁体的磁感线与线圈平面垂直 C．电刷与换向器之间要松紧适当 D．不要使各元件因安装不当而产生变形 7.安装直流电动机时应先把线圈固定在 上；再将支架固定在 上，并将 安装在支架上；用螺钉把铜片固定在 上，同时使铜片与转轴上的铜制半圆环接触，这样 也就制成了；然后在固定铜片的两个螺钉上引出两个引线，把两弧形铁片的一端用螺钉固定在 上，用 夹住另一端． 8.如图是同学们安装过的直流电动机模型． （1）在某次安装直流电动机模型活动中，小孙、小金、小星各自把安装好的电动机接入电路，闭合开关线圈均不转．若小孙用手轻轻一推转子，线圈就转动起来，则她的线圈不转的原因是 ；若小金用手轻轻把电刷（铜片）弯曲一下，线圈就转动起来，则她的线圈不转的原因是 ；若小星在原磁体上加一块磁体，线圈就转动起来，则她的线圈不转的原因是 ． （2）线圈正常转动后，若把电源的两极对调一下，观察到线圈转动的 发生变化；若改变线圈中的电流大小，观察到线圈转动的 发生变化． （3）许多家用电器用到电动机，请你列举一种装有电动机的家用电器的名称是 ． 【题后反思------易混辨析】安装直流电动机 1.改变电动机线圈转动方向：对调磁极位置或对调电源两极；改变电动机转速：改变电流大小、改变磁体磁性强弱、改变线圈匝数； 2.电动机模型线圈不转的原因：电路故障、磁场故障、机械故障、特殊位置等。 命题点2 电动机使用特点与效率 9.跟热机相比，下列各项不属于电动机的优点是（　　） A.开动与停止均比较方便 B．结构简单，制造便宜，占地较小 C．效率较低 D．对环境没有污染 10.一台电动机正常工作时，两端的电压为20V，通过线圈的电流为2A，若此线圈的电阻为2Ω，该电动机正常工作10s．下列四种判断，其中不正确的是（　　） A． 电动机消耗的电能是400J B．电动机的发热功率为40W C．电动机把80J电能转化为内能 D．该电动机的效率为80% 11.某电动机工作电压为220V，通过线圈的电流为5A，线圈电阻为5Ω，则每分钟电动机消耗的电能为 J，电动机产生的机械能是 J，电动机的效率是 ． 12.某玩具车接入电压为0.2V的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.4A；若把它接入电压为2V的电路中，电动机正常工作，测得此时流过电动机的电流是1A。求：该电动机线圈的电阻是 ，电动机正常工作时的效率是 。 【题后反思------规律总结】电动机的使用特点与使用效率 1.使用特点：环保、节能、易维护、效率高； 2.电动机效率公式：η= W机 / W×100%=(W－Q)/W×100%=(UIt－I2Rt)/UIt=(U－IR)/U η= P机 / P×100%=(P－P热)/P×100%=(UI－I2R)/UIt=(U－IR)/U。 【拓展提优】 13.（应用设计题）如图丙所示，通过开光S控制电动机，使电动机既能正转又能反转（电动机符号是“”），请在图中虚框内填上电池和电动机符号． S 14.（计算拓展题）在研究微型电动机的性能时，应用如图的实验电路，当调节变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表测得的数据是0.5A，2.0V，重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的读数分别是2.0A，30.0V，则这台电动机运转时的输出功率是多少？电动机的效率是多少？ 参考答案 1.C 2.B3.B4.A5.C6.B 7.转轴；底座；转轴；底座；换向器；底座；磁铁 8.（1）线圈在平衡位置；换向器与电刷接触不良（或摩擦过大）；磁铁磁性太弱；（2）方向；速度；（3）电风扇（或洗衣机等） 9.C 10.B 解析：（1）电动机正常运转时的电压为20V，通过的电流为2A，工作时间t=10s， 则消耗的电能：W=UIt=20V×2A×10s=400J，故A正确 （2）电动机的发热功率P=I2R=（2A）2×2Ω=8W．故B错误． （3）电流产生的热量：Q=I2Rt=（2A）2×2Ω×10s=80J．故C正确； （3）电动机利用的电能：W=W总-Q=400J-80J=320J， 这台电动机的效率：故D正确；故选B． 11.6.6×104；5.85×104；88.6% 解析：（1）电动机消耗的电能W=UIt=220V×5A×60s=6.6×104 J， （2）电动机每秒产生的热量为：Q=I2Rt=（5A）2×5Ω×60s=7500 J 则电动机产生的机械能W机械=W-Q=6.6×104J-7500J=5.85×104J； （3）电动机的效率为：。 12.0.5Ω 75% 解析：电动机不转时，欧姆定律适用，电动机线圈的电阻是R=U/I=0.2V/0.4A=0.5Ω. 电动机正常工作，电功率P=UI=2V×1A=2W，发热功率P热=I2R=1A×1A×0.5Ω=0.5W 机械功率P机=P－P机=2W－0.5W=1.5W 电动机正常工作时的效率是η= P机 / P×100%=1.5W/2W×100%= 75% 13. M S 14.44W；73.3% 解析：当电动机停止转动时，由题得电动机的电阻：； 当电动机正常转动时，电动机的总功率：P=U1I1=30V×2A=60W； 电动机的发热功率：PR=I12R=（2A）2×4Ω=16W； 电动机正常运转时的输出功率是：P输出=P-PR=60W-16W=44W． 效率。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$