【学科导航】第三章 电磁及其应用培优训练-2025-2026学年科学八年级下册浙教版

**基本信息** 聚焦初中科学电磁及其应用单元，以生活科技情境为载体，融合科学观念与探究实践的培优训练卷。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15题|电磁继电器（温度报警器）、家庭电路故障（测电笔检测）、电动机原理（铝盘转动）|结合无线充电、动圈式话筒等科技情境，考查科学思维| |填空题|6题|光敏电阻特性（热风干手器）、磁敏电阻应用（扫地机器人）|通过热敏/光敏电阻等元件，体现科学观念的应用| |探究题|3题|电磁感应（无线充电原理）、感应电压与匝数关系（夜跑灯）|项目化设计（夜跑灯制作），培养探究实践能力| |计算题|2题|烟雾报警器电流计算、电梯超载报警电路分析|联系实际问题（电梯安全），强化科学思维与态度责任|

我们不做题海的推波者，只作能力的培养者 ------子非鱼伴你成长期待你的关注 【学科导航】第三章 电磁及其应用培优训练 班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________ 一、选择题 1． 小徐为栽种蔬菜的大棚设计了温度自动报警器，电路如图所示。下列对此设计的认识合理的是（ ） A．改变控制电路的电源正负极，不影响报警器工作 B．若要提高报警温度，可以增大控制电路的电源电压 C．控制电路中的水银可以换成蒸馏水 D．工作电路中的衔铁可以用铜代替 2． 如图一盏电灯接在家庭电路中，当开关S闭合时，电灯不亮，用测电笔分别接触A，B，C，D时，发现A，B，C三点处测电笔的氖管发光，D点处测电笔的氖管不发光，则电路中的故障原因是（ ） A．开关S接触不良 B．灯泡的灯丝断了 C．导线CD间有断路 D．无法确定 3． 将矩形线圈放入磁场中处于如图所示的位置，给矩形线圈通电，发现矩形线圈会沿顺时针转动，下列说法正确的是（ ） A．该装置产生的现象在生活中的应用是发电机 B．将N磁体去除，通电后矩形线圈仍沿顺时针转动 C．此时矩形线圈处于平衡位置 D．电流方向和磁场方向同时改变，线圈的受力方向也发生改变 4． 如图所示，放在U形磁铁两极之间的铝盘下边缘浸在液体中，闭合开关S，铝盘会绕水平轴O转动。下列说法正确的是（ ） A．为防止漏电，应选择绝缘的液体 B．铝盘转动的原理与发电机的工作原理相同 C．将电源的正负极对调后，铝盘的转动方向不变 D．向右移动滑动变阻器的滑片P，铝盘转速变慢 5． 电工师傅维修电路有时需要带电操作，如图，操作中不会发生触电事故的是（ ） A．人站在木凳上 B．人站在木凳上 C．人站在地上 D．人站在地上 6． 如图为一条刚装好的民用照明电路，在未装保险丝之前，先将规格为“220V40W”的白炽灯L0接在火线上要装保险丝的两个接线柱上，当只闭合S1时，L0和L1都呈暗红色；当只闭合S2时，L0不亮；当只闭合S3时，L0正常发光。下列判断正确的是（ ） A．L0暗红色时消耗的功率为40W B．L1所在支路短路 C．L2所在支路短路 D．L3所在支路短路 7． 电吉他的发音是通过拾音器连接扬声器来实现的，拾音器的基本结构如图Ⅰ所示。其工作原理：金属弦在磁体的磁场中被磁化，当其被拨动而产生振动时，在线圈中会产生感应电流，将声音信号转变为电信号，该原理如图Ⅱ所示。关于电吉他说法正确的是（ ） A．金属弦可以用铜制作 B．金属弦相当于图Ⅱ中的导体ab C．图Ⅰ、图Ⅱ中磁体的作用相同 D．金属弦振动时，线圈中会产生交流电 8． 如图所示，是一个手机无线充电装置。它的原理是送电线圈通过一定频率的交流电，线圈周围会产生交替变化的磁场，于是在受电线圈中就产生了一定的电流，从而将电能从发射端转移到接收端，给手机供电。下列选项中与受电线圈工作原理相同的是（ ） A．交流电动机 B．动圈式扬声器 C．动圈式话筒 D．电磁继电器 9． 如图是动圈式话筒的部分结构。声波使振膜左右振动，连接在振膜上的线圈也随之一起振动，切割永磁体的磁感线产生电流。动圈式话筒工作原理与下列设备或用电器工作原理一致的是（ ） 10．小柯家的电路如图所示。开始时各部分工作正常。当将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电茶壶突然不能工作了，但电灯仍能正常发光。拔出电饭煲的插头，把测电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，则（ ） A．电路的C、D两点间导线断路 B．插座的接地线断路 C．插座的左右插孔短路 D．电热壶所在的B、D两点间断路 11．家庭中常用断路器保护电路，当电流超过限制时就自动切断电路。如图甲和乙所示为断路器的工作原理，以下说法正确的是（ ） A．该断路器是利用电流的磁效应制成 B．双层金属片左边比右边热胀现象明显 C．为了用电安全，断路器应该和零线相连 D．当电路断开后，触点会自动复原 12．今年“五一”假期，铁路接触网遭异物侵扰的新闻多次上热搜，铁路部门有明确规定：在高铁线路两侧各500米范围内，不得升放风筝。若导电性能好的金属丝风筝线散落在高铁接触网（高压电路）上，会造成短路而使动车组失去动力。下列电路能解释上述现象的是（ ） 13．小茜家新购住房刚装修完毕，家中部分照明电路如图所示。验收工程时，小茜闭合了开关S（家中其他用电器均处于断开状态），白炽灯L亮了一段时间后熄灭了，她用测电笔分别测试了图中插座的两个孔，发现测电笔都发光。她断开开关S，再次用测电笔测试插座的两个孔，她将观察到（ ）（假设故障只有一处） A．只有测试左面的孔时测电笔才发光 B．只有测试右面的孔时测电笔才发光 C．测试两孔时测电笔都发光 D．测试两孔时测电笔都不发光 14．如图所示是某科技展馆设置的调光天窗工作原理简图，R0为定值电阻，R为光敏电阻，P为电磁铁。当外界光照较强时，能启动电动卷帘适时调整进光量；当外界光照较弱时，能自动启动节能灯给予补光。下列有关说法正确的是（ ） A．电动卷帘装置与节能灯L是串联的 B．开关S闭合时，电磁铁P的上端为N极 C．光敏电阻R的阻值随光照强度的增大而增大 D．要在环境光线更弱时才启动节能灯照明，则应换用阻值较小的R0 15．如图所示的电路是利用光敏电阻特性设计的电路，能够实现夜晚变暗时路灯自动亮起，白天变亮时路灯自动熄灭。下列有关说法正确的是（ ） A．当控制电路断开时，电磁铁仍有磁性 B．光敏电阻阻值随光照强度的增强而增大 C．为了让路灯更早亮起，可将滑片适当向右移 D．工作电路A端应与家庭电路的零线相连 二、填空题 16．如图甲所示为某款无接触式的热风干手器，当手位于出风口下方时，可吹出热风。其内部电路由控制电路和工作电路两部分组成，简化电路如图乙所示。 （1）由图乙可知，接线柱________（选填“A”或“B”）接的是火线。 （2）当手位于出风口下方时，光敏电阻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。 （3）为了满足出风口吹出热风，则加热电阻丝、风扇和出风口三者的位置，从上往下依次是________ 。 A．加热电阻丝、风扇、出风口 B．风扇、加热电阻丝、出风口 17．某科技兴趣小组制作了一个高温报警器，如图是其部分简化电路。其工作原理是：温度未达到报警值时，报警器的绿灯亮；达到预定值时，报警器的绿灯熄灭、红灯亮起。R是热敏电阻，其阻值随着温度的升高而降低。 （1）红灯是________（填“A”或“B”）。 （2）制作完成后，发现温度只有比预设的报警温度更高时，红灯才亮。为了使红灯在达到预设温度时就会亮起，该小组同学应该对报警器做出怎么样的改进 　 　（写出一种方法即可）。 18．如图甲为某智能扫地机器人，可通过灰尘传感器自动寻找灰尘消扫。图乙为其部分工作原理图，R为光敏电阻，其阻值随光照强度增大而减小。 （1）接通电源，机器人工作，当清扫到一定程度，地面灰尘减少，光敏电阻的阻值将_________ ，衔铁被磁化，工作电路中___________不工作。 （2）为了使地面更干净，下列操作合理的是_________ 。 A．增大电源电压 B．增加线圈匝数 C．增大R0的阻值 19．用一个铁钉、一节电池、一根电线和一个纽扣形强磁铁（如图甲），可组装成一个演示用的简易电动机，组装后如图乙所示。电流通过磁铁和铁钉，铁钉旋转。 （1）图乙中，把铁钉尖端朝上和磁铁连起来后就能竖直地吸在电池的正极上。若磁铁的N极朝上，S极朝下，则磁化后铁钉的尖端为_________（填“N”或“S”）极。 （2）用电线把电池的负极和磁铁连接起来，就有电流通过磁铁和铁钉，通电的铁钉由于受到________的作用而开始旋转。 （3）电动机的导线下端应间歇性地接触磁铁，这样做的好处是_________ 。 A.防止铁钉被磁化 B.防止电流通过时产生过多热量 20．如图所示为压强自动报警电路，U1为12V，R为压强电阻，其电阻与压强成正比例关系，当压强为100Pa时，电阻为10Ω；R0为改版滑动变阻器，一共有三个挡位，有实际阻值的有2段，每段的阻值为20Ω；电磁铁线圈电阻为10Ω，当电流不低于600mA时，电磁铁工作，吸引下方铁块使电路断开。当压强过大时，红灯绿灯一起亮，当压强处于正常值时，只有绿灯亮，每个灯泡的额定电压是12V，额定电阻为12Ω。 （1）红灯应接在__________（填“AB”或“CD”）处。 （2）当压强等于600Pa，滑动变阻器位于“最后”触点时，电磁铁工作，则U至少为_______ V。 （3）若想要降低红灯刚好亮起时所需的压强，则可以______________________ 。（写一种方法即可） 21．如图是一种限流器原理图，当电流I超过限制电流时，衔铁N被电磁铁M吸引过去，匀质的金属杆OA在弹簧拉力作用下绕O点转动，电路断开。滑片P向左移动时，衔铁N受到电磁铁M吸引力的大小________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。某同学把该限流器串联接入某电路中，调试时发现，实际电流远小于设计的限制电流时，限流器已经切断电路。为达到设计要求，可进行的操作是___________________________________。 三、探究题 22．物理学中常用磁感线来形象地描述磁场，用磁感应强度（用字母B表示）来描述磁场的强弱，它的国际单位是特斯拉（符号是T），磁感应强度B越大表明磁场越强；B＝0表明没有磁场。有一种电阻，它的大小随磁场强弱的变化而变化，这种电阻叫做磁敏电阻，图1所示是某磁敏电阻R的阻值随磁感应强度B变化的图象。为了研究某磁敏电阻R的性质，小刚设计了如图2所示的电路进行实验，请解答下列问题： 【进行实验】 （1）当S1断开，S2闭合时，电压表的示数为3V，则此时电流表的示数为　 　A。 （2）只闭合S1，通电螺线管的左端为　 　极；闭合S1和S2，移动两个滑动变阻器的滑片，当电流表示数为0.04A时，电压表的示数为6V，由图象可得，此时该磁敏电阻所在位置的磁感应强度为______T。 【分析与结论】 （3）实验中小刚将电路中电源的正负极对调，发现乙电路中电压表和电流表的示数不变，这表明：该磁敏电阻的阻值与磁场的　 　无关。 23．小金对手机无线充电的原理感到好奇。查阅资料得知：充电时充电器内的发射线圈产生磁场，手机内的接收线圈会产生感应电流给电池充电，结构如图甲。学过电磁感应原理的小科提出质疑：手机和充电器在充电过程中都不动，并没有做切割磁感线运动，为何会产生感应电流？对此，他设计了图乙实验进行验证。（P线圈代表接收线圈，Q线圈代表发射线圈） （1）闭合开关后灵敏电流计指针并没有发生偏转，于是小金将滑片向左移。他的这一操作是基于什么猜想？_________________________________________________________________________； （2）他将滑片向左移后，仍未观察到指针偏转，但在断开开关、闭合开关、移动滑片时灵敏电流计指针均有明显偏转。请教老师后得知当闭合电路围成的平面内，磁感线数量发生改变时，电路中能产生感应电流。请根据上述事实分析，在该实验中若导体ab上下运动时（图丙），则闭合电路中不产生感应电流的原因是：导体ab上下运动时，________________________________________________； （3）小金发现不同情况下灵敏电流计指针偏转方向不同。他猜测与Q线圈中的电流方向改变有关，于是进行实验并记录现象。实验结束后，小科分析自己原先的猜想是不正确，理由就是：从表格中的 ______________ 两次实验可知，Q线圈中的电流方向改变，其他条件不变，灵敏电流计指针偏转方向不改变，说明感应电流方向与Q线圈中的电流方向无关。 24．八年级开展项目化学习——为夜跑者设计制作节能夜跑灯，将日常跑步产生的机械能转化为电能使LED灯发光，甲图为小保小组制作好的节能夜跑灯的结构图，线圈缠绕在塑料水管外壳并与LED灯构成闭合电路，磁体在水管中能自由往返运动。小保小组利用甲图装置可以探究感应电压大小和线圈匝数关系。 （1）在实验中要控制哪些实验条件相同：　 　（写出一点）。 （2）实验具体数据如下表所示，根据表中数据分析，可以得到结论：在其他条件不变的情况下，　 　。 线圈匝数 50匝 100匝 150匝 200匝 感应电压 0.18V 0.36V 0.54V 0.72V （3）为正常使用，小保应将夜跑灯佩带在乙图手臂的哪个部位，并简述理由 　 　。 四、计算题 25．学习了电学知识后，某兴趣小组开展了制作烟雾报警器的项目化学习。 【项目名称】制作烟雾报警器。 【相关资料】烟雾报警器内部由发射电路和接受电路组成（如图甲所示），发射电路发射的红外光源会被外界烟尘粒子散射，烟的浓度越大，接受电路接收到的光强度越弱。接收电路能够将光信号转化为电信号，最后转化为报警信号。 【项目任务】小组同学讨论后，确定烟雾报警器的要求如下： 供电电源：6伏 报警电流：≥250 毫安 功能：当环境中的烟雾浓度升高至一定值时，立刻报警鸣叫。 【方案设计】小组同学讨论后，利用光敏电阻对烟雾报警器的接收电路部分进行设计、如图乙所示，其中，光敏电阻的大小会随着接收到的红外光束的强弱发生变化。 （1）【器材选择】根据上述要求，该兴趣小组的同学从实验室选择所需器材，其中电源电压U1恒为6伏，滑动变阻器规格为“2安 50欧”，要想实现烟雾报警器的功能，他们选择的光敏电阻Rx的阻值大小随光照强度变化的图像应为 　 　。 （2）【项目调试】该组同学组装好电路后开始测试，闭合开关S，发现当通过线圈的电流为200毫安时，报警器就开始工作，此时滑动变阻器的阻值RP＝16 欧（线圈电阻不计）。在光照强度不变的情况下，为了符合制作要求（即报警电流≥250毫安），应调节滑动变阻器连入电路的阻值为多大？ （3）【项目评价与反思】为了提高该烟雾报警器的灵敏度（即在烟雾更少条件下就能报警），该组同学提出以下几种方法，其中正确的是 　 　。 A.增大电源电压 B.增加线圈匝数 C.增大滑动变阻器的阻值 D.增大线圈和衔铁之间的距离 26．电梯为居民出入带来很大的便利。出于安全考虑，电梯都设置了超载自动报警系统，其工作原理如图甲所示，电路由工作电路和控制电路组成：在工作电路中，当电梯没有超载时，动触点K与静触点A接触，闭合开关S，电动机正常工作；当电梯超载时，动触点K与静触点B接触，电铃发声报警，即使闭合开关S，电动机也不工作。在控制电路中，已知电源电压U＝6伏，保护电阻R1＝190欧，置于电梯下方的压敏电阻R2的阻值随压力F大小变化如图乙所示，电梯自重3000牛，电磁铁线圈的阻值为10欧。 （1）在控制电路中，当压敏电阻R2受到的压力F增大时，电磁铁的磁性将_______________ 。 （2）电梯空载时，通过电磁铁线圈的电流大小为多少安？ （3）若电磁铁线圈电流达到20毫安时，衔铁刚好能被吸下使K与B接触，电铃发出警报声，则该电梯内最多可乘质量为60千克的乘客几人？ 【学科导航】第三章 电磁及其应用培优训练（参考答案） 一、选择题 1． 【答案】A 【解析】【考点】电磁继电器的组成、原理和特点． 【分析】（3）控制电路的电源的正负极对调不影响自动报警器工作情况； （2）图中电路的是一个电磁继电器，主要是利用电磁铁来工作的。其实质是一个开关。分析清楚电路的结构可对其工作情况做出判断； （3）蒸馏水不是导体； （4）铜不能被磁体吸引，不能做电磁继电器工作电路中的衔铁。 【解答】解：A、报警器中的控制电路的电源的正负极对调后会影响电磁铁的极性，不会影响自动报警器工作，故A正确； B、适当增大电源电压可增大电磁铁的磁性，但却无法提高报警的温度，故B错误； C、蒸馏水不是导体，控制电路中的水银不可以换成蒸馏水，否则电路为断路，故C错误； D、铜不能被磁体吸引，不能做电磁继电器工作电路中的衔铁，故D错误。 故选：A。 【点评】本题主要考查了对电磁继电器结构的了解，重点要知道其对温度的控制是如何实现的。 2． 【答案】C 【解析】【解答】解：当开关S闭合时，电灯不亮，用测电笔分别接触A、B、C、D时，发现A、B、C三点处测电笔的氖管发光，即A、B、C三点之间与火线相连，说明A点到C点之间电路正常。又因为CD之间为导线，而C点能使氖管发光，D点不能使氖管发光，因此导线CD之间有断路。 故选：C。 3． 【答案】B 【解析】【考点】直流电动机的原理． 【分析】通电导体在磁场中要受到力的作用，其方向与电流方向和磁场方向有关，当改变其中一个方向时，导体受力作用方向将改变，若两个方向都改变时，导体的受力方向将不改变。 【解答】解：A．由图可知，此装置研究的是通电导体在磁场中受力的作用，应用是电动机，故A错误； B．将N磁体去除后，通电线圈所处的磁场方向不变，所以通电后矩形线圈仍沿顺时针转动，故B正确； C．线圈的平衡位置是指线圈平面与磁场垂直的位置，此时两个边的受力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，线圈受力平衡，不会转动。图中线圈平面与磁场平行，不是平衡位置，故C错误； D．当电流方向和磁场方向同时改变，线圈的受力方向不改变，因为通电导体在磁场中的受力方向与电流方向和磁场方向有关，故D错误。 故选：B。 4． 【答案】D 【解析】【考点】直流电动机的原理． 【分析】（1）电动机的转动方向：电动机的转动方向由电流方向和磁场方向决定；改变电动机转动方向的方法：改变电流方向（交换电压接线）或改变磁感线方向（对调极）。 （2）电动机转速：电动机转速的大小与线圈的匝数、线圈中电流的大小、磁场的强弱有关，即线圈匝数越多，电流越大，磁场越强，转速越快；提髙电动机转速的方法：增加线圈的匝数、增加磁体的磁性、增大电流。 （3）电动机是根据通电线圈在磁场中受到力的作用而发生转动的原理制成的。 【解答】解：A、液体需起到导电作用，让铝盘的轴心O到下边缘之间有电流通过，进而使铝盘在磁场中受力转动，所以不能选择绝缘液体，通常实验中的该类液体是液态水银，故A错误。 B、铝盘转动的原理是通电导体在磁场中受到力的作用，其与电动机的工作原理相同；而发电机的工作原理是电磁感应现象，故B错误。 C、依据通电导体在磁场中的受力方向与电流方向和磁场方向相关。将电源正负极对调后，电流方向改变，铝盘的受力方向改变，转动方向也会改变，故C错误。 D、向右移动滑动变阻器的滑片P，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路中的电流变小。铝盘受力变小，铝盘转速就会变慢，故D正确。 故选：D。 5． 【答案】B 【解析】【分析】家庭电路中的触电事故，都是人直接或间接接触火线引起的；触电有两种：①当人体的不同部位分别接触火线和零线时，②站在地上，身体的某一部位与火线接触，据此分析。 【解答】解：人体触电，原因是有电流流过，形成通路。人体为导体，一边与火线相接，一边与零线相接或与大地相接，都会形成通路， 选项A、C、D中都能构成闭合的电路，即有电流流过人体，会触电；只有选项B中没有构成闭合的电路，即电流不会流过人体，不会触电。 故选：B。 6． 【答案】D 【解析】【分析】将“220V、40W”的电灯按图中提供的接法接入电路，是把此灯串联接入电路。 若电灯恰能正常发光，说明开关闭合的那条支路短路，使该灯直接接在电源上； 若电灯比正常发光暗，说明开关闭合的那条支路的灯与该灯串联接入电路，所分电压低于220V，这条支路正常； 若电灯不发光，说明开关闭合的那条支路有开路。 据此分析判断。 【解答】解：A、B、家庭电路电压是220V，一般照明灯泡额定电压也是220V．当只闭合S1时，L0和L1都呈暗红色，原因是两只灯泡串联分压，说明此段电路正常；同时说明L0两端电压低于220V，所以其实际功率低于40W．故A、B均错误； C、当只闭合S2时，L0不亮，说明此段电路有开路情况，即L2可能开路。故C错误； D、在只闭合S3时，L0正常发光，所以说明此处支路肯定被短路，使得火线上的灯泡与零线相连而正常发光，即L3可能短路。故D正确。 故选：D。 【点评】此题考查了家庭电路的故障分析，一般是考虑断路和短路现象，要会利用灯泡检验电路的问题所在。 7． 【答案】D 【解析】【考点】电磁继电器的特点和应用． 【分析】A．根据金属弦需用铁、钴、镍等磁性材料制作来分析； B．根据电吉他是金属弦振动带动线圈切割磁感线，来分析； C．根据图Ⅰ中磁体是为了磁化金属弦，图Ⅱ中磁体是提供磁场来分析； D．根据交流电产生的原理来分析。 【解答】解：A．金属弦需用铁、钴、镍等磁性材料制作，铜不是磁性材料，不能被磁化，而金属弦需要在磁体磁场中被磁化，所以不能用铜制作金属弦，故A错误； B．图Ⅱ中导体ab是切割磁感线的运动导体，而电吉他中是金属弦振动带动线圈切割磁感线，金属弦并非直接充当ab的角色，故B错误； C．图Ⅰ中磁体是为了磁化金属弦，图Ⅱ中磁体是提供磁场，使导体ab在磁场中做切割磁感线运动产生感应电流，作用不同，故C错误； D．金属弦振动时，线圈在磁场中做切割磁感线运动，由于弦的振动方向不断变化，导致线圈切割磁感线方向不断改变，所以产生的感应电流方向也不断改变，即产生交流电，故D正确； 故选：D。 8． 【答案】C 【解析】【考点】电磁感应． 【分析】无线充电器是指利用电磁感应原理进行充电的设备，原理类似于变压器。在发送和接收端各有一个线圈，发送端线圈连接有线电源产生电磁信号，接收端线圈感应发送端的电磁信号从而产生电流给电池充电；分析各图中实验原理分析解答。 【解答】解：由题意可知，受电线圈是利用电磁感应原理进行工作的； A、交流电动机利用通电导体在磁场中受力运动的原理工作的，故A不符合题意。 B、动圈式扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理工作的，故B不符合题意； C、动圈式话筒是利用电磁感应原理将声音信号转化为电信号的装置，故C符合题意； D、电磁继电器利用电流的磁效应工作的，故D不符合题意。 故选：C。 【点评】本题主要考查了电磁现象中几个实验的掌握情况，知道无线充电器的原理是解题的关键。 9． 【答案】B 【解析】【考点】动圈式话筒的构造和原理． 【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，这是电磁感应现象。 【解答】解：声波使振膜左右振动，连接在振膜上的线圈也随之一起振动，线圈做切割永磁体的磁感线运动，会产生电流，这是电磁感应现象； 电铃的主要部件是电磁铁，利用了电流的磁效应；发电机的工作原理是电磁感应现象；电风扇的主要部件是电动机，其原理是通电导体在磁场中受力运动；电磁起重机利用的是电流的磁效应，故B正确。 故选：B。 【点评】本题主要考查学生对电磁感应现象的应用的了解和掌握，是一道基础题。 10．【答案】A 【解析】【考点】电路故障的分析． 【分析】家庭电路零线断路，插座左孔可能通过其他用电器与火线相连，使得测电笔发光； 接地线短路不影响用电器工作，但影响安全；家庭电路是并联，一个短路会烧坏保险丝； 正常情况下，插座左孔的零线不能使得测电笔发光。 【解答】解：A、只有导线CD断路，导致电热壶不能正常工作，同时试电笔插入插座的左、右插孔，氖管均能发光。故A正确； B、播座的接地线断路，不会有影响火线与零线，电水壶仍能工作，故B错误。 C、插座的左右插孔短路，应该烧坏保险丝，整个电路停止工作，故C错误。 D、电热壶所在的B、D两点间断路，插座左孔与零线相连，应该不能使得测电笔发光，故D错误。 故选：A。 11．【答案】B 【解析】【考点】熔断器和保险丝． 【分析】（1）断路器有的是利用电磁铁来工作的，有的是利用双金属片的热胀冷缩来工作的。 （2）两种不同的金属在温度变化相同时，膨胀程度不同。 （3）断路器应该接在火线上。 （4）当电路断开后，触点不能自动复原。 【解答】解：A、该断路器是利用物体的热胀冷缩原理制成的，故A错误； B、双层金属片左边比右边热胀现象明显，故B正确； C、为了用电安全，断路器应该和火线相连，故C错误； D、当电路断开后，触点不会自动复原，故D错误。 故选：B。 12．【答案】D 【解析】【考点】电路的三种状态． 【分析】家庭电路中，火线与零线直接连接或火线与大地直接连接，会造成短路。 【解答】解：家庭电路中，火线与零线直接连接或火线与大地直接连接，会造成短路。D图中风筝线导致火线与地面连接，造成短路。 故ABC错误，D正确。 故选：D。 13．【答案】B 【解析】【分析】当开关闭合时，用测电笔分别测试了图中插座的两个孔，发现测电笔都发光，说明左孔和右孔都和火线相连。当开关断开时，左孔切断了火线，再接触左孔，氖管不发光。 【解答】解： （1）闭合了开关S（家中其他用电器均处于断开状态），白炽灯L亮了一段时间后熄灭了，说明灯泡和火线、零线不能构成通路；可能是火线断路，也可能是零线断路； （2）灯泡熄灭后（灯泡的开关是闭合的），用测电笔分别测试了图中插座的两个孔，发现测电笔都发光，这说明左孔和右孔都与火线相连；如下图，右孔和火线相连（如图中绿色的划线），测电笔的氖管发光；左孔通过灯泡、开关和火线相连（如图中红色划线），测电笔的氖管也发光； （3）经过（2）中的分析可知，灯泡亮了一段时间后熄灭，是因为图中的进户零线断路（如图中蓝色划线）； （4）当断开开关时，切断了左孔和火线的连接，所以测电笔接触左孔时，氖管不会再发光；测电笔接触右孔时，氖管照常发光，故B符合题意，ACD不符合题意。 故选：B。 【点评】人接触一般零线不会出现触电事故，但由于电路的变化，导致接触零线也会发生触电，所以不要认为接触零线一定不触电。 14．【答案】D 【解析】【考点】电磁继电器的组成、原理和特点；串联电路和并联电路的辨别；安培定则及其应用． 【分析】（1）根据电动卷帘装置与节能灯L的工作方式分析其连接方式； （2）根据安培定则判定电磁铁的极性； （3）当外界光照较强时，能启动电动卷帘适时调整进光量，据此分析衔铁的位置，根据影响电磁铁磁性大小的因素分析电路中电流的变化，根据欧姆定律分析电路中电阻的变化，从而得出光敏电阻阻值的变化； （4）电磁铁的吸合电流不变，控制电路电源电压不变，根据欧姆定律可知，衔铁被吸下时电路的总电阻不变，根据光线的明亮程度判定光敏电阻阻值的大小，确定R0阻值的变化。 【解答】解： A、电动卷帘装置与节能灯L能独立工作，是并联的，故A错误； B、开关S闭合时，电流从电磁铁的上端流入，根据安培定则可知，电磁铁P的上端为S极，故B错误； C、当外界光照较强时，能启动电动卷帘适时调整进光量，此时衔铁被吸下，电磁铁的磁性变强，通过电磁铁的电流变大，根据欧姆定律可知，电路中的总电阻变小，光敏电阻的阻值变小，所以光敏电阻R的阻值随光照强度的增大而减小，故C错误； D、电磁铁的吸合电流不变，控制电路电源电压不变，根据欧姆定律可知，衔铁被吸下时电路的总电阻不变，要在环境光线更弱时才启动节能灯照明，此时光敏电阻的阻值较大，则应换用阻值较小的R0，故D正确。 故选：D。 【点评】本题主要考查电磁继电器的工作过程、光敏电阻的特点、欧姆定律的灵活运用等知识，关键能从图象上找出有用的信息，并弄清楚电磁继电器的工作原理，有一定的综合性。 15．【答案】C 【解析】【考点】电磁继电器的特点和应用． 【分析】A、电磁铁是利用电流的磁效应工作的，当控制电路断开时，线圈中没有电流通过，电磁铁会失去磁性。 B、光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，随光照强度的减弱而增大。 C、根据串联电路的分压原理，光敏电阻分得的电压变大，控制电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强，会吸引衔铁使路灯更早亮起。 D、为了安全，开关应接在火线上。 【解答】解：A．当控制电路断开时，电路中没有电流通过，则电磁铁没有磁性，故A错误； B．白天变亮时路灯自动熄灭，由图可知衔铁被吸下，电磁铁磁性强，控制电路中电流大，由欧姆定律可知电路总电阻变小，即光敏电阻在光照强度较大时电阻小，说明光敏电阻阻值随光照强度的增强而减小，故B错误； C．由于光敏电阻的阻值随着光照强度的增强而减小，所以更早亮，即电阻更小时亮，又由于断开衔铁的电阻一定，则电路中的电阻也一定，光敏电阻变小了，则滑动变阻器的阻值要变大，即向右移动，故C正确； D．由电路结构可知，为了用电安全，在衔铁被吸下时应断开电源，使灯泡处没有电，所以工作电路A端应与家庭电路的火线相连，故D错误。 故选：C。 二、填空题 16．【答案】（1）A；（2）减小；（3）B。 【解析】【考点】电磁继电器的特点和应用． 【分析】（1）从安全角度进行判断，电阻丝在非工作状态，不要造成触电现象；用安培定则进行判断电磁铁的磁极； （2）当手位于出风口下方时，要接通工作电流，所以控制电路中电磁铁的磁性增强电流变大，进行判断； （3）热风是从上往下的出风口在下面，风扇要把电阻丝产生的热量从吹到下面来。 【解答】解（1）从安全角度，接线柱A接火线，这样防止工作电路不工作状态带电； （2）当手位于出风口下方时，工作电路接通吹热风，这时控制电路中电磁铁的磁性增强才能闭合工作电路，磁性增强电流要变大，控制电路的总电阻变小，所以这时光敏电阻的阻值变小； （3）出风口在最下面，风扇要把电阻丝产生的热量吹到出风口，可知选B。 故本题答案为：（1）A；（2）减小；（3）B。 17．【答案】（1）A；（2）增大U1的电压。 【解析】【分析】（1）根据衔铁没有被吸引下来和吸引下来两种情况分析AB的工作状态，即可确定； （2）发现温度只有比预设的报警温度更高时，红灯才亮，也就是达到预设温度时，电流较小，电磁铁的磁性较弱，从增强电磁铁的磁性的角度来分析。 【解答】解：（1）温度未达到报警值时，衔铁没有被吸引下来，此时衔铁的动触点与上静触点接触，B灯亮，随着温度的升高，热敏电阻的阻值降低，导致控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，把衔铁吸引下来，此时衔铁的动触点与下静触点接触，A灯亮，由此可知A为红灯，B为绿灯； （2）发现温度只有比预设的报警温度更高时，红灯才亮，即R1的阻值比预设阻值更小，也就是R1在预设值时无法把衔铁吸引下来，若增大U1的电压（或换一个阻值更小的R0），可在R1阻值相同情况下增大电路中的电流，从而增大电磁铁的磁性，这样会使红灯在达到预设温度时就会亮起。 故答案为：（1）A；（2）增大U1的电压。 18．【答案】（1）减小；电动机；（2）C。 【解析】【考点】电磁继电器的特点和应用． 【分析】（1）根据光照强度与电阻大小的关系判断电流的变化，从而判断电磁铁磁性的强弱；当电流增大，衔铁被磁化，工作电路中电动机不工作； （2）为了使地面更干净，更难吸下衔铁就可以了，减小磁性，据此分析。 【解答】解：（1）接通电源，机器人工作，当清扫到一定程度，地面灰尘减少，光敏电阻的阻值将减小，电流增大，衔铁被磁化，工作电路中电动机不工作； （2）为了使地面更干净，更难吸下衔铁就可以了，减小磁性，所以下列操作合理的是AB不合理，因为是增大磁性的操作，故C正确。 故答案为：（1）减小；电动机；（2）C。 19．【答案】（1）N；（2）磁力；（3）A。 【解析】【考点】磁场对通电导线的作用；磁性、磁体、磁极、磁化． 【分析】（1）根据磁极间的相互作用判断分析磁化后的铁钉的尖端的极性； （2）电源外部，电流从电源正极流向负极；通电导体在磁场中受到磁力作用； （3）铁钉属软磁材料，断电后剩磁极少，可避免长期磁化导致磁性累积，利于稳定旋转。 【解答】解：（1）乙图中，把铁钉和磁铁连起来后就能竖直地吸在电池的正极上，若磁铁的S极朝下，N极朝上，则磁化后的铁钉根据异名磁极相互吸引可得铁钉的尖端为N极； （2）用电线把电池的负极和磁铁连接起来，就有电流通过磁铁和铁钉，由于受到磁力作用而转动； （3）间歇性接触的好处A.防止铁钉被磁化原理：导线下端间歇性接触，使电路间歇性通电。铁钉属软磁材料，断电后剩磁极少，可避免长期磁化导致磁性累积，利于稳定旋转。排除B：选项B“防止电流发热”非核心目的，且间歇接触未必能减少总热量。故选：A。 故答案为：（1）N；（2）磁力；（3）A。 20．【答案】（1）AB；（2）42；（3）可将滑动变阻器的滑片向阻值减小的方向移动（或更换阻值更小的定值电阻与压强电阻串联）。 【解析】【考点】电磁继电器的特点和应用；欧姆定律． 【分析】工作原理和特性：电磁继电器一般由 电磁铁、衔铁、弹簧片、触点等组成的，其工作电路由低压控制电路和高压工作电路两部分构成．电磁继电器还可以实现远距离控制和自动化控制．只要在线圈两端加上一定的电压，线圈中就会流过一定的电流，从而产生电磁效应，衔铁就会在电磁力吸引的作用下克服返回弹簧的拉力吸向铁芯，从而带动衔铁的动触点与静触点（常开触点）吸合．当线圈断电后，电磁的吸力也随之消失，衔铁就会在弹簧的反作用力返回原来的位置，使动触点与原来的静触点（常闭触点）释放．这样吸合、释放，从而达到了在电路中的导通、切断的目的．对于继电器的“常开、常闭”触点，可以这样来区分：继电器线圈未通电时处于断开状态的静触点，称为“常开触点”；处于接通状态的静触点称为“常闭触点”。 导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比。 【解答】解：（1）红灯应接在 AB 处。当压强过大时，电磁铁工作，吸引下方铁块使电路断开，此时绿灯所在支路被切断。要使红灯亮，红灯应在与绿灯不同的支路，且在电磁铁工作时该支路能保持通路，所以红灯应接在AB处。 （2）当压强等于 600Pa 时，R 的电阻为 60Ω。R为压强电阻，其电阻与压强成正比例关系，当压强为100Pa时，电阻为10Ω，则当压强等于600Pa时，电阻为60Ω； 滑动变阻器位于“最后”触点时，其接入电路的电阻为0Ω； 电磁铁线圈电阻为10Ω； 此时总电阻R总＝60Ω+0Ω+10Ω＝70Ω。已知电磁铁工作电流I＝600mA＝0.6A，则U至少为U＝IR＝0.6A×70Ω＝42V。 （3）若想要降低红灯刚好亮起时所需的压强，可将滑动变阻器的滑片向阻值减小的方向移动（或更换阻值更小的定值电阻与压强电阻串联）。这样在压强较小时，电路中的总电阻就会减小，电流增大，电磁铁更容易达到工作电流，从而使红灯在较低压强时就亮起。 故答案为：（1）AB；（2）42；（3）可将滑动变阻器的滑片向阻值减小的方向移动（或更换阻值更小的定值电阻与压强电阻串联）。 21．【答案】（1）变大；（2）将滑动变阻器滑片P向右移动到适当位置。 【解析】【考点】电磁继电器的特点和应用． 【分析】（1）根据电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈匝数有关分析； （2）根据增大线圈的磁性分析；根据限流器的工作过程分析。 【解答】解：（1）图中的限流器由电磁铁和滑动变阻器两条支路组成，即两支路并联；若线圈匝数不变，滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻变大，则变阻器支路的电流变小，而整个干路上的电流不变，根据并联电路的电流特点可知电磁铁支路的电流变大，则电磁铁的磁性将变强（这里不是恒压电源），衔铁N受到电磁铁M吸引力变大； （2）若要把该限流器串联接入某电路中，调试时发现，实际电流远远小于设计的限制电流，限流器已经切断电路，说明电磁铁的磁性太强；为达到设计要求，需要减小电磁铁支路的电流，从而减弱其磁性，而整个干路上的电流不变，则需要增大变阻器支路的电流，根据并联分流的规律，应减小变阻器接入电路的电阻，所以应将滑动变阻器滑片P向右移动。 故答案为：（1）变大；（2）将滑动变阻器滑片P向右移动到适当位置。 三、探究题 22．【答案】故答案为：（1）0.03；（2）S；0.3；（3）方向。 【解析】【考点】通电螺线管的磁场；欧姆定律的应用． 【分析】（1）由图象可以得到通电螺线管没有磁性时的电阻R的阻值，已知此时R两端电压，利用欧姆定律得到电流表的示数； （2）利用安培定则判断通电螺线管的磁极； 已知磁敏电阻两端电压和通过的电流，可以得到电阻；由磁敏电阻的阻值，利用图象可以得到磁感应强度； （3）电源正负极对调，电路电流方向发生改变，磁感应强度说法变化，可以通过磁敏电阻的阻值是否发生变化判断。 【解答】解： （1）由图象知，当通电螺线管没有磁性时，R＝100Ω， 根据欧姆定律得，电流表的示数为I＝＝＝0.03A； （2）闭合开关S1时，螺线管产生磁性，由安培定则知：左端为S极； 当电流表示数为0.04A时，电压表的示数为6V， 磁敏电阻的阻值为R′＝＝＝150Ω， 由图象知，此时的磁感应强度为0.3T； （3）小刚将电源的正负极对调，螺线管的磁极发生变化；发现乙电路中电压表和电流表的示数不变，也就是磁敏电阻的阻值不变。这表明：该磁敏电阻的阻值与磁场的方向无关； 故答案为：（1）0.03；（2）S；0.3；（3）方向。 【点评】此题是一道电与磁知识综合应用的创新题，题目形式、考查角度、考查方式新颖，注意了与高中知识的合理衔接，值得重点掌握。 23．【答案】（1）Q线圈周围的磁场越强，P线圈中的感应电流越大； （2）该闭合电路内磁感线数量未发生改变，所以不产生感应电流； （3）3、6（或4、7）。 【解析】【考点】探究电磁感应现象的条件和规律． 【分析】（1）将滑片向左移动，变阻器连入电路的电阻变小，电路的电流变大，通过Q线圈的电流变大，因电流周围磁场的强弱与电流大小有关，据此分析。 （2）当闭合电路围成的平面内，磁感线数量发生改变时，电路中就能产生感应电流。 （3）根据控制变量法分析。 【解答】解：（1）闭合开关后灵敏电流计指针并没有发生偏转，可能是P线圈周围的磁场不够强，也就是Q线圈产生的磁场太弱，而电流周围磁场的强弱与电流大小有关，因而他将滑片向左移动，变阻器连入电路的电阻变小，电路的电流变大，即通过Q线圈的电流变大，使Q线圈周围的磁场更强，则他基于的猜想是：Q线圈周围的磁场越强，P线圈中的感应电流越大。 （2）当闭合电路围成的平面内，磁感线数量发生改变时，电路中就能产生感应电流。根据上述事实，实验中导体ab上下运动时，该闭合电路内磁感线数量未发生改变，所以不产生感应电流。 （3）比较3、6或4、7可知，Q线圈中的电流方向改变，其他条件不变，灵敏电流计指针偏转方向不改变，说明感应电流方向与Q线圈中的电流方向无关。 故答案为：（1）Q线圈周围的磁场越强，P线圈中的感应电流越大； （2）该闭合电路内磁感线数量未发生改变，所以不产生感应电流； （3）3、6（或4、7）。 24．【答案】（1）导体切割的速度；（2）线圈的匝数越多，感应电压越大；（3）B；切割磁感线的效果最好。 【解析】【解答】解：（1）本实验中要控制导体切割的速度。 （2）根据实验数据分析可知：在其他条件不变的情况下，线圈的匝数越多，感应电压越大。 （3）为正常使用，小保应将夜跑灯佩带在乙图手臂的B处，这样切割磁感线的效果最好。 故答案为：（1）导体切割的速度；（2）线圈的匝数越多，感应电压越大；（3）B；切割磁感线的效果最好。 四、计算题 25．【答案】（1）D；（2）应调节滑动变阻器连入电路的阻值为10Ω；（3）AB。 【解析】【考点】电磁继电器的特点和应用；欧姆定律． 【解答】解： （1）根据图乙可知，当烟雾增大时，接受电路接收到的光强度越弱，衔铁被吸下来，接通报警器所在的电路而报警。此时电磁铁的磁场增强，电流增大，而总电阻减小，也就是光敏电阻的阻值减小，反之，当接受电路接收到的光强度越强时，电磁铁的磁场减弱，电流变小，而总电阻增大，也就是光敏电阻的阻值会增大，故选：D。 （2）由图乙可知，控制电路中光敏电阻Rx与滑动变阻器串联； 由题知，闭合开关S，发现当通过线圈的电流为200毫安时，报警器就开始工作，此时滑动变阻器的阻值Rp＝16Ω， 由欧姆定律可知，此时电路的总电阻为：R＝＝＝30Ω， 根据串联电路的电阻特点可知报警时光敏电阻的阻值：Rx＝R﹣Rp＝30Ω﹣16Ω＝14Ω； 当通过线圈的电流为250mA时，电路的总电阻为：R′＝＝＝24Ω， 报警时光敏电阻的阻值不变，则此时滑动变阻器连入电路的阻值应为：RP′＝R′﹣Rx＝24Ω﹣14Ω＝10Ω。 （3）当烟雾较小时，光敏电阻的阻值增大，为了使衔铁被吸合； A、为了保持磁场强度不变，需要保持电流不变。根据R总＝R1+R2可知，此时总电阻增大，根据U＝IR可知，此时需要增大电源电压，故A符合题意； B、总电阻增大时，通过电磁铁的电流减小。为了保持电磁铁的磁场强度不变，可以换用线圈匝数更多的电磁铁，故B符合题意； C、为了保持磁场强度不变，需要保持电流不变。当电源电压不变时，需要控制总电阻不变。根据R总＝R1+R2可知，增大滑动变阻器的阻值，会使通过电磁铁的电流减小，不能达到目的，故C不符合题意； D、增大线圈和衔铁之间的距离时，根据杠杆的平衡原理可知，此时磁力的力臂减小，为了吸合需要更大的磁场，故D不符合题意； 故选：AB。 故答案为：（1）D；（2）应调节滑动变阻器连入电路的阻值为10Ω；（3）AB。 26．【答案】（1）在控制电路中，当压敏电阻R2受到的压力F增大时，电磁铁的磁性将增强。 （2）电梯空载时，通过电磁铁线圈的电流大小为0.005A； （3）若电磁铁线圈电流达到20毫安时，衔铁刚好能被吸下使K与B接触，电铃发出警报声，则该电梯内最多可乘质量为60千克的乘客11人。 【解析】【考点】电磁继电器的特点和应用；欧姆定律． 【分析】（1）在控制电路中，当压敏电阻 R2受到的压力 F 增大时，由图乙知其阻值变化，根据电阻的串联确定电路中的总电阻变化，由 I知电路中的电流变化，再根据电磁铁中电流增大（减小）时磁性增强判断此时电磁铁的磁性增加（减弱）回答； （2）电梯自重3000N，由图知，R2＝1000Ω，由电阻的串联和欧姆定律求出电路的电阻，由欧姆定律求出通过电磁铁线圈的电流大小； （3）电磁铁线圈电流达到20mA，由欧姆定律和串联电路的规律求了压敏电阻，由图乙知最大压力，根据F＝G＝mg，结合实际情况求出该电梯内最多可乘质量为60kg的乘客人数。 【解答】解：（1）在控制电路中，当压敏电阻 R2受到的压力 F 增大时，其阻值减小，电路中的总电阻减小，由 I知，电路中的电流变大，电流增大时电磁铁的磁性增强； （2）电梯自重3000N，由图知，R2＝1000Ω，由电阻的串联和欧姆定律，电路的电阻为： R＝R1+R2+R磁＝1000Ω+190Ω+10Ω＝1200Ω； 由欧姆定律，通过电磁铁线圈的电流大小为：I0.005A； （3）电磁铁线圈电流达到20mA＝0.02A时，由欧姆定律和串联电路的规律， R′2R1﹣R磁190Ω﹣10Ω＝100Ω，由图乙知，压力为10000N，根据F＝G＝mg，最大质量： m1000kg，则该电梯内最多可乘质量为60kg的乘客： n11.7（人），根据实际情况只能为11人。 答：（1）在控制电路中，当压敏电阻R2受到的压力F增大时，电磁铁的磁性将增强。 （2）电梯空载时，通过电磁铁线圈的电流大小为0.005A； （3）若电磁铁线圈电流达到20毫安时，衔铁刚好能被吸下使K与B接触，电铃发出警报声，则该电梯内最多可乘质量为60千克的乘客11人。 1 第 1 页，共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $