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苏科版九年级全册电流的磁场巩固练习
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这是一份苏科版九年级全册电流的磁场巩固练习，文件包含162电流的磁场考点解读原卷版docx、162电流的磁场考点解读解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。
1、通电直导线周围的磁场
（1）奥斯特实验过程：实验前要使小磁针静止时指向南北方向，为使小磁针能偏转，直导线应放在小磁针上方且与小磁针平行，即沿南北方向放置；
（2）实验现象：
①给导线通电，小磁针发生偏转；断电后，小磁针又回到原来的位置；
②小磁针与导线不动，调整电源改变导线中电流的方向，磁针偏转方向与原来相反；
（3）实验结论：
①奥斯特实验说明：通电导线周围存在磁场；磁场方向和电流方向有关；
②这一现象叫电流的磁效应，也就是所说的电生磁；
③奥斯特是历史上第一个揭示了电与磁之间联系的科学家；
④为了使磁性增强，人们把直导线改成螺线管形，又叫线圈；在通电线圈中再插入铁芯，磁性会更加增强。
2、通电螺线管的磁场
（1）通电螺线管外部的磁场和条形磁体的磁场相似如图：
（2）通电螺线管两端的极性跟螺线管中的电流方向之间的关系可以用安培定则来判断；
（3）通电螺线管相当于条形磁体，与条形磁体联系解题；
（4）以通电螺线管正面电流为例，电流向上，N极在左端，电流向下，N极在右端，便于记忆，可简化为”上左，下右”；
（6）通电螺线管外部的磁场方向是从N极到S极，内部的磁场方向是从S极到N极．螺线管附近的小磁针自由静止时N极的指向是磁场的方向，因此放在螺线管内部和外部的小磁针应如图所示：（螺线管内部的小磁针不遵循同名磁极排斥，异名磁极吸引的原则）。
。
（7）安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激发磁场的磁感线方向间关系的定则。初中教材中表述：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。
3、电磁铁
（1）电磁铁及其磁性强弱的影响因素：电磁铁是由线圈和铁芯组成（实质是内有铁芯的螺线管），在一根软铁芯上，用漆包线密绕成线圈就做成了一个简单的电磁铁，通电后它能产生磁性。电磁铁的线圈的匝数越多，电流越大，电磁铁的磁性就越强。
（2）电磁铁的构造：内部插有铁芯的通电螺线管叫做电磁铁；
（3）电磁铁的原理：电流的磁效应原理；
（4）电磁铁的应用：电磁铁可以分为直流电磁铁和交流电磁铁两大类型，按照用途来划分电磁铁，主要可分成以下五种：
①牵引电磁铁--主要用来牵引机械装置、开启或关闭各种阀门，以执行自动控制任务；
②起重电磁铁--用作起重装置来吊运钢锭、钢材、铁砂等铁磁性材料；
③制动电磁铁--主要用于对电动机进行制动以达到准确停车的目的；
④自动电器的电磁系统--如电磁继电器和接触器的电磁系统、自动开关的电磁脱扣器及操作电磁铁等；
⑤其他用途的电磁铁--如磨床的电磁吸盘以及电磁振动器等
（5）电磁铁（与永磁体相比）的优点：
①电磁铁磁性的有无可以由通电、断电（电流的有无）来控制。；
②电磁铁磁性的强弱可以通过调节电流的大小来控制；
③电磁铁的N、S极是由线圈中的电流方向决定的，便于人工控制；
4、电磁继电器
（1）电磁继电器的构成：由电磁铁、衔铁、簧片、触点（静触点、动触点）组成；其工作电路由低压控制电路和高压工作电路两部分构成；低压控制电路是由电磁铁、低压电源和开关组成；工作电路由机器（电动机等）、高压电源、电磁继电器的触点部分组成；
（2）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。
【考点1 通电直导线周围的磁场】
【典例1-1】（2023•十堰三模）科学需要实验探究。如图，在静止指向南北方向的小磁针上方平行地放一根直导线。闭合开关，原来静止的小磁针发生转动，原来静止的直导线仍然未动。下列分析正确的是（ ）
A．小磁针发生转动，说明通电直导线周围存在磁场
B．小磁针发生转动，说明通电直导线周围存在磁感线
C．直导线仍然未动，此时偏转的小磁针对直导线没有力的作用
D．改变电池正负极，原来静止的小磁针发生转动方向不变
【答案】A
【分析】奥斯特实验通过小磁针偏转说明了通电导体周围存在磁场；磁场的方向与电流的方向有关。
【解答】解：
AB、当直导线通电时，小磁针会发生偏转，该实验说明电流周围存在磁场；磁感线实际不存在，是为了描述磁场的分布假想的曲线，故A正确，B错误；
C、直导线仍然未动，直导线对小磁针有力的作用，由于物体间力的作用是相互的，偏转的小磁针对直导线也有力的作用，故C错误；
D、磁场方向与电流方向有关，改变电池正负极，电流的方向改变，磁场的方向改变，原来静止的小磁针发生转动方向改变，故D错误。
故选：A。
【典例1-2】（2023春•柴桑区期中）丹麦物理学家 奥斯特 最早发现电流的磁效应，意大利科学家 伽利略 最先提出了物体的运动并不需要力来维持。
【答案】奥斯特；伽利略。
【分析】丹麦的物理学家奥斯特发现电流周围存在磁场，这是电流的磁效应。
伽利略最早通过“理想斜面实验”得出“物体的运动并不需要力来维持”的观点。
【解答】解：丹麦物理学家奥斯特最早发现电流的磁效应，意大利科学家伽利略最先提出了物体的运动并不需要力来维持。
故答案为：奥斯特；伽利略。
【变式1-1】（2023•武进区校级模拟）奥斯特实验装置如图所示，下列操作及判断正确的是（ ）
A．将直导线与小磁针垂直放置，通电后实验效果最好
B．移去小磁针，通电直导线周围不会存在磁场
C．将小磁针移至直导线上方，通电后小磁针不会偏转
D．改变通电直导线中的电流方向，小磁针的偏转方向将发生改变
【答案】D
【分析】（1）根据奥斯特实验装置的要求分析解答；
（2）磁场看不见摸不着，可以通过它对其它物体的作用来认识，即能使小磁针发生偏转；
（3）电流产生磁场的方向与电流的方向有关。
【解答】解：
A、为了避免地磁场对该实验的影响，实验中导线与小磁针平行放置效果最好，故A错误；
B、奥斯特实验说明通电导线周围存在磁场，小磁针受到磁场的作用发生偏转，将小磁针移走，磁场仍然存在，不因小磁针的消失而消失，故B错误；
C、将小磁针移至直导线上方，通电后小磁针会发生偏转，故C错误；
D、改变导线中的电流方向，通电导线周围的磁场方向改变，小磁针的偏转方向也会改变，故D正确。
故选：D。
【变式1-2】（2023•吉林）如图所示，使导线与电池触接，电路连通的瞬间磁针发生偏转。这一现象不仅能说明通电导线周围存在 磁场 ，还可以说明力可以改变物体的 运动状态 。
【答案】磁场；运动状态。
【分析】（1）1820年丹麦物理学家奥斯特通过实验证实了电流周围存在磁场，即电流的磁效应；
（2）力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态。
【解答】解：（1）在实验中，当直导线接触电池通电时，可以看到小磁针发生偏转，即小磁针受到磁场力的作用，说明通电导线周围存在磁场；
（2）小磁针受到磁场力的作用，由静止变为运动，说明力可以改变物体的运动状态。
故答案为：磁场；运动状态。
【考点2 通电螺线管的磁场】
【典例2-1】（2023•丰台区一模）如图所示，通电螺线管周围放着能自由转动的小磁针a、b、c、d，其中小磁针N极指向错误的是（ ）
A．小磁针aB．小磁针bC．小磁针cD．小磁针d
【答案】C
【分析】用右手螺旋定则判断出通电螺线管的磁极，再由磁极间的相互作用规律判断小磁针静止时的磁极指向。
【解答】解：由右手螺旋定则判断出通电螺线管的左端为S极，右端为N极；
由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引知，只有小磁针a左端为S极，右端为N极，故A正确；
小磁针b左端为N极，右端为S极，故B正确；
小磁针c应该是左端为S极，右端为N极，故C错误；
小磁针d应该是左端为N极，右端为S极，故D正确。
故选：C。
【典例2-2】（2023春•汕头校级月考）如图所示，在螺线管的两端各放一个小磁针，并在硬纸板上均匀地撒上铁屑，通电后观察小磁针的指向，敲击纸板，观察铁屑的排列情况，与 条形 磁体周围铁屑的排列情况进行比较，会发现两者非常相似，通电螺线管的两端相当于 条形 磁体的两极，它的极性可以用小磁针的指向来确定。当改变电流方向时，发现通电螺线管的南北极正好对调，说明 通电螺线管两端的极性与电流方向有关 。
【答案】条形；条形；通电螺线管两端的极性与电流方向有关。
【分析】（1）通电螺线管外部的磁场与条形磁体相似；
（2）改变通电螺线管中的电流方向，发现通电螺线管的南北极发生了改变，据此得出结论。
【解答】解：通电螺线管周围的铁屑分布与条形磁体类似，所以通电螺线管外部磁场与条形磁体相似，通电螺线管的两端相当于条形磁体的两极；
改变螺线管中的电流方向，发现通电螺线管的南北极正好对调，可知通电螺线管两端的极性与通电螺线管中的电流方向有关。
故答案为：条形；条形；通电螺线管两端的极性与电流方向有关。
【变式2-1】（2023•大兴区二模）把一根螺线管和电源组成如图所示的电路，闭合开关后，下列判断中正确的是（ ）
A．螺线管的左端是N极
B．在A处自由静止的小磁针的左端是N极
C．在B处自由静止的小磁针的左端是N极
D．在C处自由静止的小磁针的左端是N极
【答案】D
【分析】根据安培定则判断出通电螺线管的磁极，再根据磁极间的作用规律判断小磁针的磁极。
【解答】解：A．由图可知，电流从螺线管的左侧流入、右侧流出，由安培定则可知，螺线管的右端是N极，左端是S极，故A错误；
B．由磁极间的作用规律可知，在A处自由静止的小磁针的左端是S极，故B错误；
C．由磁极间的作用规律可知，在B处自由静止的小磁针的左端是S极，故C错误；
D．由磁极间的作用规律可知，在C处自由静止的小磁针的左端是N极，故D正确。
故选：D。
【变式2-2】（2023•潜江四模）某同学在做“通电螺线管周围的磁场”实验中，如图所示，小磁针在a处静止时（涂黑的一端是N极），下列说法中错误的是（ ）
A．对调电源正负极，小磁针的N极不会改变指向
B．将通电螺线管固定在洒满铁屑的玻璃板上，可以判断磁场分布
C．由a处的小磁针指向可以判断出螺线管左侧是N极
D．当滑片向右滑动时，通电螺线管的磁场变强
【答案】A
【分析】（1）通电螺线管的周围的磁场方向与电流的方向有关；
（2）实验中通过铁屑来显示磁场的分布；
（3）同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引；
（4）根据滑片的移动方向判定滑动变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和螺线管磁性强弱的变化。
【解答】解：
A、对调电源正负极，螺线管中电流的方向发生了变化，螺线管磁场的方向发生改变，则小磁针的受力方向发生变化，小磁针的N极会改变指向，故A错误；
B、将通电螺线管固定在洒满铁屑的玻璃板上，铁屑会被磁化，通过铁屑在玻璃板上的分布情况可以判断磁场分布情况，故B正确；
C、由图可知，小磁针的左端为N极，根据异名磁极相互吸引可知，螺线管的右端为S极、左端为N极，故C正确；
D、当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，通电螺线管线圈的匝数不变，则通电螺线管的磁场变强，故D正确。
故选：A。
【变式2-3】（2023•通州区模拟）在探究通电螺线管外部的磁场分布时，小阳在螺线管的两端放上小磁针，在硬纸板上均匀地撒满铁屑。通电后轻敲纸板，小磁针的指向和铁屑的排列情况，如图甲所示。小阳只改变螺线管中的电流方向，看到如图乙所示情境。请你对比甲、乙两图，提出一个可探究科学问题： 通电螺线管的磁场方向与电流方向有关吗 ？
【答案】通电螺线管的磁场方向与电流方向有关吗
【分析】通电螺线管的磁场方向与电流的方向有关。
【解答】解：只改变螺线管中的电流方向，通电螺线管的磁场方向发生改变，所以提出的问题是：通电螺线管的磁场方向与电流方向有关吗？
故答案为：通电螺线管的磁场方向与电流方向有关吗
【变式2-4】（2023•四平模拟）在“探究通电螺线管外部磁场的方向”的实验中：
（1）开关闭合前，小磁针指南北，说明地球周围存在 磁场 ；
（2）开关闭合后，小磁针的指向如图所示，由此可见，通电螺线管的外部磁场与 条形 磁体的磁场相似；
（3）将连接电源正、负极的导线对调，小磁针的指向也改变了，说明通电螺线管的磁场方向与 电流 方向有关。
【答案】（1）磁场；（2）条形；（3）电流。
【分析】（1）地球周围存在着磁场，地理的南极在地磁的北极附近，地理的北极在地磁的南极附近；
（2）开关闭合后，小磁针的指向如图所示，由此可见，通电螺线管的外部磁场与条形磁体的磁场相似；
（3）通电螺线管周围的磁场的方向与电流的方向有关。
【解答】解：（1）地球的周围存在磁场，小磁针静止且能指向南北，这是因为小磁针受到地磁场的作用；
（2）开关闭合后，小磁针的指向如图所示，由此可见，通电螺线管的外部磁场与条形磁体的磁场相似；
（3）将连接电源正、负极的导线对调，螺线管中电流的方向发生了变化，小磁针的指向也改变了，这说明磁场的方向发生了变化，所以通电螺线管的磁场方向与电流方向有关。
故答案为：（1）磁场；（2）条形；（3）电流。
【考点3 电磁铁】
【典例3-1】（2023•淄川区二模）如图所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，开关闭合后，当滑片P从a端向b端滑动过程中，会出现的现象是（ ）
A．电流表示数变小，弹簧长度变短
B．电流表示数变大，弹簧长度变短
C．电流表示数变小，弹簧长度变长
D．电流表示数变大，弹簧长度变长
【答案】B
【分析】由右手螺旋定则可得出螺线管上端磁极，则由磁极间的相互作用可知电磁铁与条形磁铁的作用；
根据滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可得出电流的变化，进而可知通电螺线管磁场强弱的变化，则可知条形磁极的受力变化，由力的合成可知弹簧长度的变化。
【解答】解：电流由下方流入，则由右手螺旋定则可知，螺线管上端为N极；
因同名磁极相互排斥，两磁铁的同名磁极相对，故相互排斥；
当滑片P从a端向b端滑动过程中，滑动变阻器接入电阻减小，由欧姆定律可知，电路中电流变大，电磁铁的磁性增强，则条形磁铁受向上的力增强；
条形磁铁受重力、拉力及向上的磁场力，向下的重力与向上的弹簧的弹力及磁场力之和相等，因重力不变，磁场力增强，故弹簧的弹力减小，故弹簧长度变短。
故选：B。
【典例3-2】（2022秋•藁城区期末）为探究“电磁铁磁性强弱与哪些因素有关”，实验小组连接了如图所示的实验电路，开关S闭合。下列说法正确的是（ ）
A．比较甲、乙铁钉吸引大头针的数量可得出电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系
B．乙铁钉的下端是N极
C．大头针的下端散开是因为异名磁极相互排斥
D．向左调节滑片P，甲、乙吸引大头针的个数均会增多
【答案】D
【分析】（1）根据电磁铁吸引大头针个数的多少判断电磁铁磁性的强弱并分析甲、乙磁性不同的原因；
（2）根据安培定则，可判断出两电磁铁的上端极性；
（3）利用磁化和磁极间的作用规律进行分析；
（4）根据滑动变阻器滑片移动，判断电路中电阻变大从而知道电流变化，进而判断磁性强弱变化。
【解答】解：A、由图知，甲吸引大头针的个数较多，说明甲的磁性较强，甲、乙串联，电流相等，甲的线圈匝数大于乙的线圈匝数，说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强，故A错误；
B、根据右手螺旋定则，乙铁钉的上端是电磁铁的N极，故B错误；
C、大头针被磁化，大头针下端的磁极相同，互相排斥，所以下端分散，故C错误；
D、向左移动滑片P时，电路中电阻减小，电流变大，电磁铁的磁性增强，电磁铁甲、乙吸引大头针的数量会增多，故D正确。
故选：D。
【典例3-3】（2023春•牟平区期中）在野外求生活动中，小明依靠指南针来辨别方向，当他把指南针水平放置时，内部“小磁针”静止时的情况如图甲所示，则“小磁针”指南的一端是 S 极（填“N”“S”），若将这个指南针放在如图乙所示的电磁铁左方，“小磁针”静止时仍呈现如图甲所示的指向，则电磁铁的上端是 N 极（填“N”“S”），电源的下部为 正 极。
【答案】S；N；正
【分析】磁极间相互作用规律：同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引；根据磁极间的相互作用规律判定螺线管的极性；根据安培定则判定电流的方向和电源的正负极。
【解答】解：地磁场的N极在地理南极附近，其S极在地理北极附近，小磁针的N极指向地磁场的S极，小磁针的S极指向地磁场的N极，所以“小磁针”指南的一端是S极；
根据异名磁极相互吸引可知，电磁铁的上端为N极，下端为S极；根据安培定则可知，电流从下端流入，上端流出，则电源的下部为正极。
故答案为：S；N；正。
【变式3-1】（2023•张店区二模）如图是说明巨磁电阻特性原理的示意图，其中GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小。闭合开关S1、S2，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的右端为N极
B．当滑片P向左滑动时，电磁铁磁性减弱
C．当滑片P向左滑动时，巨磁电阻的阻值增大
D．当滑片P向左滑动时，指示灯变亮
【答案】D
【分析】（1）利用安培定则判断电磁铁的磁极；
（2）由滑动变阻器滑片的移动得知电路中电流的变化情况，通过电路中电流的变化结合电磁铁磁性强弱的决定因素可以确定电磁铁磁性强弱的变化；
（3）（4）当滑片P向左滑动时，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和电磁铁磁性强弱的变化，进而知道巨磁电阻的阻值的变化，根据欧姆定律判定通过灯泡电流的变化和灯泡亮度的变化。
【解答】解：A．利用安培定则判断电磁铁的左端为N极、右端为S极，故A错误。
B．当滑片P向左滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，左侧电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，故B错误。
CD．当滑片P向左滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，GMR的阻值变小，指示灯所在电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，通过指示灯的电流变大，灯泡变亮，故C错误、D正确。
故选：D。
【变式3-2】（2023春•德化县期中）如图所示，闭合开关S，小磁针静止时N极指向右端，则电源右端为 正 极；将滑片向右移动，电磁铁的磁性 减弱 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
【答案】正；减弱。
【分析】（1）根据小磁针N极的指向，确定通电螺线管的N、S极；根据安培定则确定电源的正负极。
（2）电磁铁的磁性强弱与线圈的匝数和电流的大小有关。
【解答】解：根据小磁针静止时N极指向右端，可以判断通电螺线管的左端是N极，根据安培定则，电流应该从右边流进通电螺线管，所以电源的右端为正极；将滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律，电路中的电流变小，电磁铁的磁性减弱。
故答案为：正；减弱。
【变式3-3】（2023•辉县市校级模拟）在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明用相同的漆包线和铁钉绕制成电磁铁A和B，设计了如图所示的电路。
（1）实验中是通过 吸引大头针的数量 来判定电磁铁磁性强弱的；
（2）如图中A、B串联的目的是 使通过两电磁铁线圈的电流相同 ，探究电磁铁磁性强弱与 线圈匝数 的关系。
（3）试验中，大头针的下端都是分开的原因是 同名磁极相互排斥 。
【答案】（1）吸引大头针的数量；（2）使通过两电磁铁线圈的电流相同；线圈匝数；（3）同名磁极相互排斥。
【分析】（1）电磁铁磁性的强弱是通过观察其吸引大头针的数量来判断的，这是转换法的一种应用；
（2）串联电路中各处的电流是相同的，这是将两电磁铁串联的真正目的；
（3）同名磁极相互排斥。
【解答】解：（1）读图可知，实验时是通过观察吸引大头针的数量来判断电磁铁的磁性强弱的；
（2）图中将两电磁铁串联，是为了使通过两电磁铁线圈的电流相同，这样才能比较磁性强弱与线圈匝数的关系；
（3）大头针被磁化后，大头针的下端的极性是相同的，同名磁极相互排斥，故大头针的下端会分开。
故答案为：（1）吸引大头针的数量；（2）使通过两电磁铁线圈的电流相同；线圈匝数；（3）同名磁极相互排斥。
【考点4 电磁继电器】
【典例4-1】（2023•杏花岭区校级模拟）项目学习小组利用光敏电阻设计了一种自动照明灯，天暗时灯自动发光，天亮时灯自动熄灭，其工作原理如图所示。控制电路中电源电压恒为6V，定值电阻R0为200Ω。电磁铁的线圈电阻忽略不计，当天色渐暗，通过线圈的电流为0.02A时，恰好启动工作电路中的节能灯开始照明。在一定范围内，光敏电阻R的阻值随光照强度E变化的部分数据如表所示。下列说法正确的是（ ）
A．光照强度增大时，电磁铁磁性变弱
B．光照强度增大时，通过R0电流变小
C．工作电路启动时，R的电阻为100Ω
D．工作电路启动时，R0的电功率为0.04W
【答案】C
【分析】（1）在控制电路中，光敏电阻R、定值电阻R0和电磁铁线圈串联，根据光敏电阻的阻值随光照强度的变化而变化的特点可知随着光照强度的增大，其阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中的电流变化，从而可知电磁铁的磁性变化；
（2）通过线圈的电流为0.02A时，照明系统恰好启动，根据欧姆定律计算控制电路中的总电阻，根据电阻的串联求出光敏电阻的阻值；
（3）根据P＝I2R求出R0的电功率。
【解答】解：AB、在控制电路中，光敏电阻R、定值电阻R0和电磁铁线圈串联，根据光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小可知，随着光照强度的增大，其阻值减小，控制电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，故AB错误；
C、通过线圈的电流为0.02A时，照明系统恰好启动，此时控制电路中的总电阻为：
R总＝＝＝300Ω，电磁铁的线圈电阻忽略不计，
则光敏电阻的阻值为：R＝R总﹣R0＝300Ω﹣200Ω＝100Ω，故C正确；
D、工作电路启动时，通过线圈的电流为0.02A，则R0的电功率为：
P0＝I2R0＝（0.02A）2×200Ω＝0.08W，故D错误。
故选：C。
【典例4-2】（2023春•岳阳楼区校级月考）空气炸锅是一种利用热空气对流给食材加热变熟，并使食物达到近似“油炸”效果的机器。如图甲是某种空气炸锅加热管的简化电路控制电路电压为6V。R0为热敏电阻，其阻值随温度变化如图乙所示：R为可调电阻器，电磁继电器线圈的电阻忽略不计，当继电器线圈电流达到50mA时，衔铁会被吸下。工作电路电压为220V，R1、R2为加热电阻。控制电路开关S闭合时，电磁铁上方为 N 极。使用爆米花功能时，需要温度达到200℃时吸下衔铁停止加热进行保温，此时可调电阻器R接入电路的阻值大小为 100 Ω。
【答案】N；100。
【分析】（1）根据安培定则判定电磁铁的极性；
（2）使用爆米花功能时，设定温度达到200℃时停止加热，由图乙判断出R0的电阻，由欧姆定律算出此时电路的总电阻，由串联电路电阻的规律算出此时电阻器R接入电路的阻值。
【解答】解：（1）由图可知，根据安培定则可知，此时电磁铁上端是N极，下端是S极；
（2）使用爆米花功能时，设定温度达到200℃时停止加热，由图乙R0的电阻为20Ω，
此时电路的总电阻为：R总＝＝＝120Ω；
此时电阻器R接入电路的阻值为：R滑＝R总﹣R0＝120Ω﹣20Ω＝100Ω。
故答案为：N；100。
【变式4-1】（2023•临县模拟）如图，这是一款“智能照明灯”的电路，其控制电路中，电源电压恒定，R1为可变电阻，R2为光敏电阻，其阻值随光照强度而变化。当电流到达某一值时，会将衔铁吸下。灯L天黑时自动发光，天亮时自动熄灭。关于该灯，下列说法正确的是（ ）
A．通电螺线管的工作原理是电磁感应
B．R2的阻值应随光照强度的增大而增大
C．若将R1调小，灯泡工作时间会变短
D．当光照强度增大时，R1消耗的功率变小
【答案】C
【分析】（1）奥斯特实验说明：通电导线周围存在磁场，磁场方向和电流方向有关，这一现象叫电流的磁效应；
（2）要使天亮时自动熄灭，电流需增大达到一定数值时，衔铁被吸合，灯L所在电路断开，灯L自动熄灭，进而得出R2的阻值随光照强度的变化而发生怎样的变化；
（3）由于控制电路的电源电压不变，衔铁被吸合时的电流不变，由欧姆定律可知衔铁被吸合时控制电路的总电阻不变；若将R1调小，要总电阻不变，则R2的阻值应变大，据此分析得出灯L的发光时间变化；
（4）根据P＝I2R分析电功率的变化。
【解答】解：A、通电螺线管的工作原理是电流的磁效应，故A错误；
B、由题意可知，天亮时，灯L自动熄灭，说明电磁铁磁性增强，将衔铁吸下，即控制电路中电流增大，则R2的阻值是随光照强度的增大而减小的，故B错误；
C、由于控制电路的电源电压不变，衔铁被吸合时的电流不变，由欧姆定律可知衔铁被吸合时控制电路的总电阻不变；若将R1调小，要总电阻不变，则R2的阻值应变大，此时光照强度减小，即灯L在天较暗时才会发光，在天不是很亮时又会自动熄灭，所以会缩短灯L的发光时间，故C正确；
D、当光照强度增大时，R1的阻值减小，总电阻变小，控制电路中的电流变大，R1的电功率P＝I2R1变大，故D错误。
故选：C。
【变式4-2】（2023•吉安县校级二模）如图所示为车库积水自动报警器原理图，其核心是一电磁继电器。图中A、B位置可以安装电铃或LDE灯，要求车库没有积水时，LED灯亮，车库有积水时，电铃响。电铃应该安装在图中的 B （选填“A”或“B”）位置；电磁继电器实质是一种 开关 （选填“用电器”或“开关”）。
【答案】B；开关。
【分析】（1）生活用水是导体，车库积水时，接通左边的控制电路，电磁铁有了磁性，吸下衔铁，动触点向下移动，接通电铃电路报警。
（2）电磁继电器实际上一个电磁开关。
【解答】解：生活用水是导体，当车库积水时，接通左边的控制电路，电磁铁有了磁性，吸下衔铁，动触点向下移动，接通电铃电路报警。
地面积水较深时，电铃响。根据设计要求，电铃应该安装在图中的B位置。电磁继电器实质是一种开关。
故答案为：B；开关。
1．（2023•贵池区三模）如图所示的四个实验中，能反映电流磁效应的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对题目中所有有关电和磁的实验装置的原理逐个分析即可解决。
【解答】解：A．图中实验室探究电荷间的作用规律，故A不符合题意；
B．图中导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中产生了感应电流（可以从电流表指针发生偏转来体现），这是电磁感应现象，故B不符合题意；
C．奥斯特实验证明通电导体周围存在磁场，是电流的磁效应，故C符合题意；
D．此图反映了通电导体在磁场中受到力的作用，故D不符合题意。
故选：C。
2．（2022•平谷区二模）如图是奥斯特实验的示意图，当开关闭合时，小磁针发生偏转，下列说法正确的是（ ）
A．这一现象说明通电导线周围的空间中产生了磁场
B．发生偏转的小磁针对通电导线没有力的作用
C．通电导线周围磁场方向由小磁针的指向决定
D．移去小磁针后的通电导线周围不存在磁场
【答案】A
【分析】奥斯特电流的磁效应实验是：将通电导线放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，该实验证明了通电导体周围存在磁场。产生的磁场方向与电流的方向有关。
【解答】解：A．导体通电后，导体旁边的小磁针发生偏转说明通电导线周围的空间中产生了磁场，故A正确；
B．物体间力的作用是相互的，发生偏转的小磁针受到通电导线磁力的作用，小磁针也对通电导体有磁力的作用，故B错误；
CD．通电导线周围磁场方向由电流的方向决定的，而不是小磁针的指向决定的，即使移去小磁针，通电导线周围的磁场也不会消失，故CD错误。
故选：A。
3．（2022•大连模拟）如图所示，闭合开关S，A、B、C、D四个小磁针静止时指向正确的是（ ）
A．小磁针AB．小磁针BC．小磁针CD．小磁针D
【答案】C
【分析】首先根据电源的正负极判定电流方向，由电流方向判断通电螺线管的磁极，利用安培定则判断出通电螺线管周围磁场方向，然后根据磁极间的相互作用从而判断出小磁针静止时方向。
【解答】解：由安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向通电螺线管的左端为N极，右端为S极，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引知，小磁针A的左端应为N极，右端为S极，小磁针B的左端应为S极，右端为N极，小磁针C左端应为S极，右端为N极，小磁针D左端应为N极，右端为S极，故ABD错误；C正确。
故选：C。
4．（2022•青山区模拟）如图所示的装置中，当开关S闭合后，下列判断正确的是（ ）
A．通电螺线管外 A 点的磁场方向向左
B．通电螺线管的左端为 N 极
C．向左移动滑片 P，通电螺线管的磁性减弱
D．小磁针静止后，其 N 极的指向沿水平向右
【答案】B
【分析】（1）磁场中某点的磁场方向与该点的磁感线方向是一致的；
（2）据电流的方向，结合安培定则判断出该通电螺线管的NS极即可；
（3）通电螺线管的磁场的强弱与电流的强弱有关。
【解答】解：AB、由于右端是电源的正极，所以电流从右端流入，据安培定则可知，该螺线管的左端是N极，右端是S极，所以磁感线的方向应该从左向右，故通电螺线管外A点的磁场方向向右，故A错误，B正确；
C、滑片P向左移动，接入电路的电阻变小，电路的电流变大，磁性变强，故C错误；
D、据上面的分析可知，该螺线管的右端是S极，所以小磁针的左端应该是N极，故N极的指向沿水平向左，故D错误；
故选：B。
5．（2023•天宁区校级二模）小磁针静止时的指向如图所示，由此可知（ ）
A．a端是电磁线管的N极，c端是电源负极
B．a是通电螺线管的N极，c端是电源正极
C．b端是电磁线管的N极，d端是电源正极
D．b是通电螺线管的N极，d端是电源负极
【答案】B
【分析】利用小磁针静止时的N、S极的方向确定了螺线管的N、S极，然后利用螺线管的绕向和磁极，根据安培定则再确定螺线管中电流方向，进一步确定电源的正负极。
【解答】解：由于小磁针静止时，其左端为N极，右端为S极，根据磁极间的作用规律可知，螺线管的b端为S极，a端为N极。
根据螺线管的N、S极和螺线管的线圈绕向，利用安培定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的a端N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的左端流入，则电源的c端为正极，d端为负极，故ACD错误，B正确。
故选：B。
6．（2023•吉州区模拟）小明家有一款磁悬浮音箱如图（a）所示，闭合开关，音箱悬浮空中。经过研究，小明发现音箱底部有一块磁铁，下方底座内部有电磁铁，他画出了图（b）所示的电路原理图。下列音箱对此款音箱的判断正确的是（ ）
A．音箱底部磁体的A端应是N极
B．通电后底座的周围存在许多磁感线
C．音箱悬浮利用了异名磁极相互吸引的原理
D．向右移动滑片P可以降低音箱的悬浮高度
【答案】A
【分析】（1）利用安培定则可判断通电螺线管的磁极；
（2）磁场是真实存在的，而磁感线不是真实存在的；
（3）同名磁极相互排斥；
（4）通电螺线管磁性的强弱与电流的大小、线圈匝数有关。
【解答】解：A、由安培定则和图示可知，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上端，则螺线管的上端为N极、下端为S极，磁悬浮音箱利用了同名磁极相互排斥的原理，所以音箱底部磁体的A端应该是N极，故A正确；
B、通电后底座的周围存在磁场，但不存在磁感线，磁感线是人们为了形象方便地描述磁场而假想的曲线，故B错误；
C、磁悬浮音箱利用了同名磁极相互排斥的原理，故C错误；
D、由图可知，闭合开关，使音箱悬浮后，向右调节滑片P，电磁铁线圈中的电流增大，磁性增强，音箱受到的磁力变大，音箱与底座之间的距离变大，“悬浮”的高度升高，故D错误。
故选：A。
7．（2023•福州模拟）如图所示是一种水位自动报警器的原理图，当水位达到金属块A的下表面时（一般的水能导电），电路中（ ）
A．红灯亮，绿灯不亮B．红灯不亮，绿灯亮
C．红灯、绿灯同时亮D．红灯、绿灯都不亮
【答案】A
【分析】由题意可知，这一水位自动报警器的基本结构是一个电磁继电器，根据电磁继电器的基本工作原理，结合在此处的运用可描述其原理。
【解答】解：图中所示的水位自动报警器工作原理：当水位到达A时，由于一般水具有导电性，那么电磁铁所在电路被接通，电磁铁向下吸引衔铁，从而接通红灯所在电路，此时红灯亮，而绿灯不亮。
故选：A。
8．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示是直流电铃的工作原理图，下列有关说法不正确的是（ ）
A．电铃利用电流的磁效应工作
B．电流通过电磁铁时，电磁铁有磁性且A端为N极
C．小锤打击铃碗时，电磁铁仍具有磁性
D．电磁铁吸引衔铁，弹性片发生弹性形变具有弹性势能
【答案】C
【分析】（1）电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性，电铃就是利用电磁铁的这个特性工作的；
（2）根据安培定则判定电磁铁的磁极；
（3）通电时，电磁铁有电流通过，产生了磁性，把小锤下方的衔铁吸过来，使小锤打击铃碗发出声音，同时电路断开，电磁铁失去了磁性，小锤又被弹性片弹回，电路闭合，不断重复，电铃便发出连续击打声了；
（4）弹性势能的大小与物体弹性形变程度大小有关。
【解答】解：A、电铃的主要部件是电磁铁，电磁铁是利用电流的磁效应工作的，故A正确；
B、电流从电磁铁的下端流入，根据安培定则判断出A端为N极，故B正确；
C、小锤击打铃碗时，弹性片和衔铁分离，电路断开，电磁铁没有磁性，故C错误；
D、电磁铁吸引衔铁，弹性片发生了弹性形变，所以弹性片具有弹性势能，故D正确。
故选：C。
9．（2023•全椒县模拟）如图所示，闭合开关S，通电螺线管的周围及其内部就会产生磁场，处在该磁场中的小磁针会发生 逆时针 （选填“顺时针”或“逆时针”）转动，转动后在磁场中保持静止。（请从通电螺线管的正面观察，且小磁针的黑色端表示N极）
【答案】逆时针。
【分析】根据安培定则判断通电螺线管的磁极；根据磁极间的相互作用规律来判断小磁针的转向。
【解答】解：由图可知，电流由螺线管右上方流入，则用右手握住螺线管，四指沿电流方向，则大拇指指向左，故螺线管的左端为N极，右端是S极；
因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以小磁针的S极将转向左侧，其N极将转向右侧，即小磁针将逆时针转动。
故答案为：逆时针。
10．（2023•安徽模拟）如图所示，电路闭合开关S后，小磁针在电磁铁的作用下最终静止的情景，则小磁针a端为 S 极（选填“N”或“S”）。
【答案】S
【分析】小磁针是受到通电螺线管的作用在图示位置静止，因此要判定小磁针的N、S极，首先要利用安培定则确定通电螺线管的N、S极。
【解答】解：利用安培定则可以确定，电磁铁的右端为N极，根据磁极间的作用规律可以确定，当小磁针静止时，相互靠近的一定是异名磁极，故小磁针的a端为S极。
故答案为：S。
11．（2022•铁东区校级二模）有外形相同的两根铁棒条M、N，一根有磁性另一根没有磁性，按如图方式接触时，它们之间有较大的吸引力。则 N 有磁性， M 适合做电磁铁的铁芯。（均选填“M”或“N”）
【答案】N；M。
【分析】磁体具有吸引铁、钴、镍的性质，任何磁体都具有两个磁极，磁北极N，磁南极S，磁体中磁极部分磁性最强，中间部分磁性最弱。软铁被电磁铁吸引后被磁化，但不能长期保存磁性，适合做电磁铁的铁芯。
【解答】解：由题意可知，图甲方式接触时，它们之间都有较大吸引力，因磁体的两端磁性最强，中间最弱，所以，在图甲中，钢条M的中间位置磁性弱，N却能牢牢吸引M，说明钢条N具有磁性，钢条M不具有磁性；
铁棒条M为软铁，被电磁铁吸引后被磁化，不能长期保存磁性，适合做电磁铁的铁芯。
故答案为：N；M。
12．（2023•临沂模拟）如图所示电路，开关S接到a后，小磁针静止时，A端是 N 极。将开关S由a换到b，调节变阻器的滑片P，保持电流表的示数不变，电磁铁的磁性 减弱 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
【答案】见试题解答内容
【分析】本题抓住根据安培定则判断通电螺线管的极性；
知道电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈匝数有关。
【解答】解：（1）伸出右手握住螺线管，四指弯曲指示电流的方向，大拇指所指的方向即螺线管的左端为通电螺线管的N极，据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引的道理可知，小磁针的A端是N极；
（2）在此实验装置中，保持电流不变，将开关S由a换到b，则减少了线圈的匝数，因此通电螺线管的磁性减弱。
故答案为：N；减弱。
13．（2022•鼓楼区校级模拟）小明观察了小区入口的车辆出入自动控制闸，发现当车牌被识别系统识别后，绿灯亮，栏杆抬起，车辆通行。于是他设计了如图所示的模拟电路，车牌识别成功相当于图中开关S闭合。
（1）闭合开关后，线圈吸住铁柱时，电磁铁的上端为 S 极。
（2）若电源电压下降，栏杆不能抬起。除了更换电池外，请你再写出一种能使栏杆正常抬起的方法： 将滑动变阻器接入电路的阻值调小些 。
【答案】（1）S；（2）将滑动变阻器接入电路的阻值调小些
【分析】（1）根据安培定则判定电磁铁的极性；
（2）电源电压下降，若电阻不变的情况下，由欧姆定律可知电路中的电流变小，则电磁铁磁性变弱；由欧姆定律可知，若在电源电压下降后，减小电路的总电阻，则电路中的电流会变大，则电磁铁的磁性会增强，便可以抬起栏杆，据此分析。
【解答】解：（1）由图知，电流从电磁铁的下端流入，根据安培定则可知，电磁铁的上端为S极；
（2）若电源电压下降，根据I＝可知在电阻不变时电路的电流较小，电磁铁的磁性较弱，吸引力较小，不能将铁柱吸下来，因此栏杆不能抬起，此时可以将滑动变阻器的阻值调小些，便可以增大电路的电流，使电磁铁的磁性增强，将铁柱吸下来，便可以使栏杆正常抬起来。
故答案为：（1）S；（2）将滑动变阻器接入电路的阻值调小些。
14．（2023•隆子县校级模拟）（1）如图1是探究影响滑动摩擦力的因素的实验（甲、乙两图中木块都是在木板上运动）。实验中，弹簧测力计拉着木块沿水平方向做 匀速直线运动 ，据二力平衡知识可知，此时拉力等于摩擦力。对比甲、乙可知滑动摩擦力的大小与 压力 有关。
（2）为“探究电磁铁的磁性强弱跟哪些因素有关”，如图1丁所示，通过观察电磁铁吸引大头针数目多少的不同，来判断它磁性强弱的不同。这种实验方法叫 转换法 。通过安培定则判断螺线管B上端的磁极 S极 。
（3）某班同学利用图2甲所示的实验装置探究水和煤油的吸热能力。在实验过程中我们要控制水和煤油的初温， 质量 相同。比较图2乙a，b图像可知， a （“a”或“b”）比热容较大。
【答案】（1）匀速直线运动；压力；（2）转换法；S极；（3）质量；a。
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；
（2）磁性的强弱通过吸引大头针的数目来判断，这是转换法的应用；
掌握安培定则的内容：四指绕向电流的方向，大拇指所指的方向即为螺线管的N极；
（3）实验应控制水和煤油的质量和初温相同；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
【解答】解：（1）实验过程中，要求用弹簧测力计拉着木块沿水平方向做匀速直线运动，根据二力平衡知识可知，此时摩擦力与拉力二力大小相等；
比较图1中甲、乙两次实验知，接触面粗糙程度相同，而压力不同，是为了探究滑动摩擦力大小与压力是否有关；
（2）电磁铁磁性强弱是直接看不出来的，通过它吸引大头针的数目来判断，这是转换法的思想；
根据安培定则，乙铁钉的上端是电磁铁的S极。
（3）实验时应控制水和煤油初温和质量相同；
由图可知，升高相同的温度，a的加热时间长，a吸收的热量多，则a的吸热能力强，所以a液体的比热容大于b液体的比热容；
故答案为：（1）匀速直线运动；压力；（2）转换法；S极；（3）质量；a。
15．（2023•鄢陵县二模）如图甲所示，某工厂利用电磁继电器和热敏电阻R1设计的智能电路，当工件在加热区被加热到设定温度90℃时，停止加热并启动电动机把工件自动传送到下一加工环节。已知控制电路电源电压U1恒为6V，工作电路电源电压U2恒为220V，加热电阻R0为110Ω，控制电路中的电流达到0.3A时才能把衔铁吸引下来，热敏电阻R1的阻值随温度变化图像如图乙所示。[线圈电阻不计，c铝＝0.88×103J/（kg•℃），加热效率η＝80%]
（1）闭合开关，电磁铁利用电流的 磁 效应工作，其上端为 N （选填“N”或“S”）极；
（2）定值电阻R2的阻值是多少？
（3）一质量为2.5kg，初温为10℃的铝制品工件在加热区停留多长时间？
【答案】（1）磁；N；
（2）定值电阻R2的阻值是5Ω；
（3）一质量为2.5kg，初温为10℃的铝制品工件在加热区停留时间为400s。
【分析】（1）奥斯特实验说明：通电导线周围存在磁场；磁场方向和电流方向有关；根据右手螺旋定则确定磁极；
（2）根据欧姆定律和串联电路电阻特点进行解答；
（3）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出初温为10℃的铝制品工件温度升高至90℃时吸收的热量，根据加热效率计算消耗的电能；求出工作电路中，加热电阻R0的电功率，根据P＝可得，铝制品工件在加热区停留的时间。
【解答】（1）闭合开关，电磁铁利用电流的磁效应工作，根据右手螺旋定则，其上端为N极；
（2）由图乙知，设定温度为90℃时，R1＝15Ω，
根据欧姆定律得，控制电路中的总电阻为：R总＝，
根据串联电路电阻特点得，定值电阻R2的阻值：R2＝R总﹣R1＝20Ω﹣15Ω＝5Ω；
（3）初温为10℃的铝制品工件温度升高至90℃时吸收的热量为：Q吸＝cm（t﹣t0）＝0.88×103J/（kg•℃）×2.5kg×（90℃﹣10℃）＝1.76×105J，
η＝＝80%，解得，Q放＝＝2.2×105J，W＝Q放＝2.2×105J，
工作电路中，加热电阻R0的电功率为：P＝＝440W，
由P＝可得，t＝＝500s。
故答案为：（1）磁；N；
（2）定值电阻R2的阻值是5Ω；
（3）一质量为2.5kg，初温为10℃的铝制品工件在加热区停留时间为400s。
光照强度E/lx
光敏电阻R/Ω
1.0
120
2.0
60
3.0
40
4.0
30
5.0
24
1、通电直导线周围的磁场
（1）奥斯特实验过程：实验前要使小磁针静止时指向南北方向，为使小磁针能偏转，直导线应放在小磁针上方且与小磁针平行，即沿南北方向放置；
（2）实验现象：
①给导线通电，小磁针发生偏转；断电后，小磁针又回到原来的位置；
②小磁针与导线不动，调整电源改变导线中电流的方向，磁针偏转方向与原来相反；
（3）实验结论：
①奥斯特实验说明：通电导线周围存在磁场；磁场方向和电流方向有关；
②这一现象叫电流的磁效应，也就是所说的电生磁；
③奥斯特是历史上第一个揭示了电与磁之间联系的科学家；
④为了使磁性增强，人们把直导线改成螺线管形，又叫线圈；在通电线圈中再插入铁芯，磁性会更加增强。
2、通电螺线管的磁场
（1）通电螺线管外部的磁场和条形磁体的磁场相似如图：
（2）通电螺线管两端的极性跟螺线管中的电流方向之间的关系可以用安培定则来判断；
（3）通电螺线管相当于条形磁体，与条形磁体联系解题；
（4）以通电螺线管正面电流为例，电流向上，N极在左端，电流向下，N极在右端，便于记忆，可简化为”上左，下右”；
（6）通电螺线管外部的磁场方向是从N极到S极，内部的磁场方向是从S极到N极．螺线管附近的小磁针自由静止时N极的指向是磁场的方向，因此放在螺线管内部和外部的小磁针应如图所示：（螺线管内部的小磁针不遵循同名磁极排斥，异名磁极吸引的原则）。
。
（7）安培定则，也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激发磁场的磁感线方向间关系的定则。初中教材中表述：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。
3、电磁铁
（1）电磁铁及其磁性强弱的影响因素：电磁铁是由线圈和铁芯组成（实质是内有铁芯的螺线管），在一根软铁芯上，用漆包线密绕成线圈就做成了一个简单的电磁铁，通电后它能产生磁性。电磁铁的线圈的匝数越多，电流越大，电磁铁的磁性就越强。
（2）电磁铁的构造：内部插有铁芯的通电螺线管叫做电磁铁；
（3）电磁铁的原理：电流的磁效应原理；
（4）电磁铁的应用：电磁铁可以分为直流电磁铁和交流电磁铁两大类型，按照用途来划分电磁铁，主要可分成以下五种：
①牵引电磁铁--主要用来牵引机械装置、开启或关闭各种阀门，以执行自动控制任务；
②起重电磁铁--用作起重装置来吊运钢锭、钢材、铁砂等铁磁性材料；
③制动电磁铁--主要用于对电动机进行制动以达到准确停车的目的；
④自动电器的电磁系统--如电磁继电器和接触器的电磁系统、自动开关的电磁脱扣器及操作电磁铁等；
⑤其他用途的电磁铁--如磨床的电磁吸盘以及电磁振动器等
（5）电磁铁（与永磁体相比）的优点：
①电磁铁磁性的有无可以由通电、断电（电流的有无）来控制。；
②电磁铁磁性的强弱可以通过调节电流的大小来控制；
③电磁铁的N、S极是由线圈中的电流方向决定的，便于人工控制；
4、电磁继电器
（1）电磁继电器的构成：由电磁铁、衔铁、簧片、触点（静触点、动触点）组成；其工作电路由低压控制电路和高压工作电路两部分构成；低压控制电路是由电磁铁、低压电源和开关组成；工作电路由机器（电动机等）、高压电源、电磁继电器的触点部分组成；
（2）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。
【考点1 通电直导线周围的磁场】
【典例1-1】（2023•十堰三模）科学需要实验探究。如图，在静止指向南北方向的小磁针上方平行地放一根直导线。闭合开关，原来静止的小磁针发生转动，原来静止的直导线仍然未动。下列分析正确的是（ ）
A．小磁针发生转动，说明通电直导线周围存在磁场
B．小磁针发生转动，说明通电直导线周围存在磁感线
C．直导线仍然未动，此时偏转的小磁针对直导线没有力的作用
D．改变电池正负极，原来静止的小磁针发生转动方向不变
【答案】A
【分析】奥斯特实验通过小磁针偏转说明了通电导体周围存在磁场；磁场的方向与电流的方向有关。
【解答】解：
AB、当直导线通电时，小磁针会发生偏转，该实验说明电流周围存在磁场；磁感线实际不存在，是为了描述磁场的分布假想的曲线，故A正确，B错误；
C、直导线仍然未动，直导线对小磁针有力的作用，由于物体间力的作用是相互的，偏转的小磁针对直导线也有力的作用，故C错误；
D、磁场方向与电流方向有关，改变电池正负极，电流的方向改变，磁场的方向改变，原来静止的小磁针发生转动方向改变，故D错误。
故选：A。
【典例1-2】（2023春•柴桑区期中）丹麦物理学家 奥斯特 最早发现电流的磁效应，意大利科学家 伽利略 最先提出了物体的运动并不需要力来维持。
【答案】奥斯特；伽利略。
【分析】丹麦的物理学家奥斯特发现电流周围存在磁场，这是电流的磁效应。
伽利略最早通过“理想斜面实验”得出“物体的运动并不需要力来维持”的观点。
【解答】解：丹麦物理学家奥斯特最早发现电流的磁效应，意大利科学家伽利略最先提出了物体的运动并不需要力来维持。
故答案为：奥斯特；伽利略。
【变式1-1】（2023•武进区校级模拟）奥斯特实验装置如图所示，下列操作及判断正确的是（ ）
A．将直导线与小磁针垂直放置，通电后实验效果最好
B．移去小磁针，通电直导线周围不会存在磁场
C．将小磁针移至直导线上方，通电后小磁针不会偏转
D．改变通电直导线中的电流方向，小磁针的偏转方向将发生改变
【答案】D
【分析】（1）根据奥斯特实验装置的要求分析解答；
（2）磁场看不见摸不着，可以通过它对其它物体的作用来认识，即能使小磁针发生偏转；
（3）电流产生磁场的方向与电流的方向有关。
【解答】解：
A、为了避免地磁场对该实验的影响，实验中导线与小磁针平行放置效果最好，故A错误；
B、奥斯特实验说明通电导线周围存在磁场，小磁针受到磁场的作用发生偏转，将小磁针移走，磁场仍然存在，不因小磁针的消失而消失，故B错误；
C、将小磁针移至直导线上方，通电后小磁针会发生偏转，故C错误；
D、改变导线中的电流方向，通电导线周围的磁场方向改变，小磁针的偏转方向也会改变，故D正确。
故选：D。
【变式1-2】（2023•吉林）如图所示，使导线与电池触接，电路连通的瞬间磁针发生偏转。这一现象不仅能说明通电导线周围存在 磁场 ，还可以说明力可以改变物体的 运动状态 。
【答案】磁场；运动状态。
【分析】（1）1820年丹麦物理学家奥斯特通过实验证实了电流周围存在磁场，即电流的磁效应；
（2）力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态。
【解答】解：（1）在实验中，当直导线接触电池通电时，可以看到小磁针发生偏转，即小磁针受到磁场力的作用，说明通电导线周围存在磁场；
（2）小磁针受到磁场力的作用，由静止变为运动，说明力可以改变物体的运动状态。
故答案为：磁场；运动状态。
【考点2 通电螺线管的磁场】
【典例2-1】（2023•丰台区一模）如图所示，通电螺线管周围放着能自由转动的小磁针a、b、c、d，其中小磁针N极指向错误的是（ ）
A．小磁针aB．小磁针bC．小磁针cD．小磁针d
【答案】C
【分析】用右手螺旋定则判断出通电螺线管的磁极，再由磁极间的相互作用规律判断小磁针静止时的磁极指向。
【解答】解：由右手螺旋定则判断出通电螺线管的左端为S极，右端为N极；
由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引知，只有小磁针a左端为S极，右端为N极，故A正确；
小磁针b左端为N极，右端为S极，故B正确；
小磁针c应该是左端为S极，右端为N极，故C错误；
小磁针d应该是左端为N极，右端为S极，故D正确。
故选：C。
【典例2-2】（2023春•汕头校级月考）如图所示，在螺线管的两端各放一个小磁针，并在硬纸板上均匀地撒上铁屑，通电后观察小磁针的指向，敲击纸板，观察铁屑的排列情况，与 条形 磁体周围铁屑的排列情况进行比较，会发现两者非常相似，通电螺线管的两端相当于 条形 磁体的两极，它的极性可以用小磁针的指向来确定。当改变电流方向时，发现通电螺线管的南北极正好对调，说明 通电螺线管两端的极性与电流方向有关 。
【答案】条形；条形；通电螺线管两端的极性与电流方向有关。
【分析】（1）通电螺线管外部的磁场与条形磁体相似；
（2）改变通电螺线管中的电流方向，发现通电螺线管的南北极发生了改变，据此得出结论。
【解答】解：通电螺线管周围的铁屑分布与条形磁体类似，所以通电螺线管外部磁场与条形磁体相似，通电螺线管的两端相当于条形磁体的两极；
改变螺线管中的电流方向，发现通电螺线管的南北极正好对调，可知通电螺线管两端的极性与通电螺线管中的电流方向有关。
故答案为：条形；条形；通电螺线管两端的极性与电流方向有关。
【变式2-1】（2023•大兴区二模）把一根螺线管和电源组成如图所示的电路，闭合开关后，下列判断中正确的是（ ）
A．螺线管的左端是N极
B．在A处自由静止的小磁针的左端是N极
C．在B处自由静止的小磁针的左端是N极
D．在C处自由静止的小磁针的左端是N极
【答案】D
【分析】根据安培定则判断出通电螺线管的磁极，再根据磁极间的作用规律判断小磁针的磁极。
【解答】解：A．由图可知，电流从螺线管的左侧流入、右侧流出，由安培定则可知，螺线管的右端是N极，左端是S极，故A错误；
B．由磁极间的作用规律可知，在A处自由静止的小磁针的左端是S极，故B错误；
C．由磁极间的作用规律可知，在B处自由静止的小磁针的左端是S极，故C错误；
D．由磁极间的作用规律可知，在C处自由静止的小磁针的左端是N极，故D正确。
故选：D。
【变式2-2】（2023•潜江四模）某同学在做“通电螺线管周围的磁场”实验中，如图所示，小磁针在a处静止时（涂黑的一端是N极），下列说法中错误的是（ ）
A．对调电源正负极，小磁针的N极不会改变指向
B．将通电螺线管固定在洒满铁屑的玻璃板上，可以判断磁场分布
C．由a处的小磁针指向可以判断出螺线管左侧是N极
D．当滑片向右滑动时，通电螺线管的磁场变强
【答案】A
【分析】（1）通电螺线管的周围的磁场方向与电流的方向有关；
（2）实验中通过铁屑来显示磁场的分布；
（3）同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引；
（4）根据滑片的移动方向判定滑动变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和螺线管磁性强弱的变化。
【解答】解：
A、对调电源正负极，螺线管中电流的方向发生了变化，螺线管磁场的方向发生改变，则小磁针的受力方向发生变化，小磁针的N极会改变指向，故A错误；
B、将通电螺线管固定在洒满铁屑的玻璃板上，铁屑会被磁化，通过铁屑在玻璃板上的分布情况可以判断磁场分布情况，故B正确；
C、由图可知，小磁针的左端为N极，根据异名磁极相互吸引可知，螺线管的右端为S极、左端为N极，故C正确；
D、当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，通电螺线管线圈的匝数不变，则通电螺线管的磁场变强，故D正确。
故选：A。
【变式2-3】（2023•通州区模拟）在探究通电螺线管外部的磁场分布时，小阳在螺线管的两端放上小磁针，在硬纸板上均匀地撒满铁屑。通电后轻敲纸板，小磁针的指向和铁屑的排列情况，如图甲所示。小阳只改变螺线管中的电流方向，看到如图乙所示情境。请你对比甲、乙两图，提出一个可探究科学问题： 通电螺线管的磁场方向与电流方向有关吗 ？
【答案】通电螺线管的磁场方向与电流方向有关吗
【分析】通电螺线管的磁场方向与电流的方向有关。
【解答】解：只改变螺线管中的电流方向，通电螺线管的磁场方向发生改变，所以提出的问题是：通电螺线管的磁场方向与电流方向有关吗？
故答案为：通电螺线管的磁场方向与电流方向有关吗
【变式2-4】（2023•四平模拟）在“探究通电螺线管外部磁场的方向”的实验中：
（1）开关闭合前，小磁针指南北，说明地球周围存在 磁场 ；
（2）开关闭合后，小磁针的指向如图所示，由此可见，通电螺线管的外部磁场与 条形 磁体的磁场相似；
（3）将连接电源正、负极的导线对调，小磁针的指向也改变了，说明通电螺线管的磁场方向与 电流 方向有关。
【答案】（1）磁场；（2）条形；（3）电流。
【分析】（1）地球周围存在着磁场，地理的南极在地磁的北极附近，地理的北极在地磁的南极附近；
（2）开关闭合后，小磁针的指向如图所示，由此可见，通电螺线管的外部磁场与条形磁体的磁场相似；
（3）通电螺线管周围的磁场的方向与电流的方向有关。
【解答】解：（1）地球的周围存在磁场，小磁针静止且能指向南北，这是因为小磁针受到地磁场的作用；
（2）开关闭合后，小磁针的指向如图所示，由此可见，通电螺线管的外部磁场与条形磁体的磁场相似；
（3）将连接电源正、负极的导线对调，螺线管中电流的方向发生了变化，小磁针的指向也改变了，这说明磁场的方向发生了变化，所以通电螺线管的磁场方向与电流方向有关。
故答案为：（1）磁场；（2）条形；（3）电流。
【考点3 电磁铁】
【典例3-1】（2023•淄川区二模）如图所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，开关闭合后，当滑片P从a端向b端滑动过程中，会出现的现象是（ ）
A．电流表示数变小，弹簧长度变短
B．电流表示数变大，弹簧长度变短
C．电流表示数变小，弹簧长度变长
D．电流表示数变大，弹簧长度变长
【答案】B
【分析】由右手螺旋定则可得出螺线管上端磁极，则由磁极间的相互作用可知电磁铁与条形磁铁的作用；
根据滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可得出电流的变化，进而可知通电螺线管磁场强弱的变化，则可知条形磁极的受力变化，由力的合成可知弹簧长度的变化。
【解答】解：电流由下方流入，则由右手螺旋定则可知，螺线管上端为N极；
因同名磁极相互排斥，两磁铁的同名磁极相对，故相互排斥；
当滑片P从a端向b端滑动过程中，滑动变阻器接入电阻减小，由欧姆定律可知，电路中电流变大，电磁铁的磁性增强，则条形磁铁受向上的力增强；
条形磁铁受重力、拉力及向上的磁场力，向下的重力与向上的弹簧的弹力及磁场力之和相等，因重力不变，磁场力增强，故弹簧的弹力减小，故弹簧长度变短。
故选：B。
【典例3-2】（2022秋•藁城区期末）为探究“电磁铁磁性强弱与哪些因素有关”，实验小组连接了如图所示的实验电路，开关S闭合。下列说法正确的是（ ）
A．比较甲、乙铁钉吸引大头针的数量可得出电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系
B．乙铁钉的下端是N极
C．大头针的下端散开是因为异名磁极相互排斥
D．向左调节滑片P，甲、乙吸引大头针的个数均会增多
【答案】D
【分析】（1）根据电磁铁吸引大头针个数的多少判断电磁铁磁性的强弱并分析甲、乙磁性不同的原因；
（2）根据安培定则，可判断出两电磁铁的上端极性；
（3）利用磁化和磁极间的作用规律进行分析；
（4）根据滑动变阻器滑片移动，判断电路中电阻变大从而知道电流变化，进而判断磁性强弱变化。
【解答】解：A、由图知，甲吸引大头针的个数较多，说明甲的磁性较强，甲、乙串联，电流相等，甲的线圈匝数大于乙的线圈匝数，说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强，故A错误；
B、根据右手螺旋定则，乙铁钉的上端是电磁铁的N极，故B错误；
C、大头针被磁化，大头针下端的磁极相同，互相排斥，所以下端分散，故C错误；
D、向左移动滑片P时，电路中电阻减小，电流变大，电磁铁的磁性增强，电磁铁甲、乙吸引大头针的数量会增多，故D正确。
故选：D。
【典例3-3】（2023春•牟平区期中）在野外求生活动中，小明依靠指南针来辨别方向，当他把指南针水平放置时，内部“小磁针”静止时的情况如图甲所示，则“小磁针”指南的一端是 S 极（填“N”“S”），若将这个指南针放在如图乙所示的电磁铁左方，“小磁针”静止时仍呈现如图甲所示的指向，则电磁铁的上端是 N 极（填“N”“S”），电源的下部为 正 极。
【答案】S；N；正
【分析】磁极间相互作用规律：同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引；根据磁极间的相互作用规律判定螺线管的极性；根据安培定则判定电流的方向和电源的正负极。
【解答】解：地磁场的N极在地理南极附近，其S极在地理北极附近，小磁针的N极指向地磁场的S极，小磁针的S极指向地磁场的N极，所以“小磁针”指南的一端是S极；
根据异名磁极相互吸引可知，电磁铁的上端为N极，下端为S极；根据安培定则可知，电流从下端流入，上端流出，则电源的下部为正极。
故答案为：S；N；正。
【变式3-1】（2023•张店区二模）如图是说明巨磁电阻特性原理的示意图，其中GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小。闭合开关S1、S2，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的右端为N极
B．当滑片P向左滑动时，电磁铁磁性减弱
C．当滑片P向左滑动时，巨磁电阻的阻值增大
D．当滑片P向左滑动时，指示灯变亮
【答案】D
【分析】（1）利用安培定则判断电磁铁的磁极；
（2）由滑动变阻器滑片的移动得知电路中电流的变化情况，通过电路中电流的变化结合电磁铁磁性强弱的决定因素可以确定电磁铁磁性强弱的变化；
（3）（4）当滑片P向左滑动时，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和电磁铁磁性强弱的变化，进而知道巨磁电阻的阻值的变化，根据欧姆定律判定通过灯泡电流的变化和灯泡亮度的变化。
【解答】解：A．利用安培定则判断电磁铁的左端为N极、右端为S极，故A错误。
B．当滑片P向左滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，左侧电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，故B错误。
CD．当滑片P向左滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，GMR的阻值变小，指示灯所在电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，通过指示灯的电流变大，灯泡变亮，故C错误、D正确。
故选：D。
【变式3-2】（2023春•德化县期中）如图所示，闭合开关S，小磁针静止时N极指向右端，则电源右端为 正 极；将滑片向右移动，电磁铁的磁性 减弱 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
【答案】正；减弱。
【分析】（1）根据小磁针N极的指向，确定通电螺线管的N、S极；根据安培定则确定电源的正负极。
（2）电磁铁的磁性强弱与线圈的匝数和电流的大小有关。
【解答】解：根据小磁针静止时N极指向右端，可以判断通电螺线管的左端是N极，根据安培定则，电流应该从右边流进通电螺线管，所以电源的右端为正极；将滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律，电路中的电流变小，电磁铁的磁性减弱。
故答案为：正；减弱。
【变式3-3】（2023•辉县市校级模拟）在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明用相同的漆包线和铁钉绕制成电磁铁A和B，设计了如图所示的电路。
（1）实验中是通过 吸引大头针的数量 来判定电磁铁磁性强弱的；
（2）如图中A、B串联的目的是 使通过两电磁铁线圈的电流相同 ，探究电磁铁磁性强弱与 线圈匝数 的关系。
（3）试验中，大头针的下端都是分开的原因是 同名磁极相互排斥 。
【答案】（1）吸引大头针的数量；（2）使通过两电磁铁线圈的电流相同；线圈匝数；（3）同名磁极相互排斥。
【分析】（1）电磁铁磁性的强弱是通过观察其吸引大头针的数量来判断的，这是转换法的一种应用；
（2）串联电路中各处的电流是相同的，这是将两电磁铁串联的真正目的；
（3）同名磁极相互排斥。
【解答】解：（1）读图可知，实验时是通过观察吸引大头针的数量来判断电磁铁的磁性强弱的；
（2）图中将两电磁铁串联，是为了使通过两电磁铁线圈的电流相同，这样才能比较磁性强弱与线圈匝数的关系；
（3）大头针被磁化后，大头针的下端的极性是相同的，同名磁极相互排斥，故大头针的下端会分开。
故答案为：（1）吸引大头针的数量；（2）使通过两电磁铁线圈的电流相同；线圈匝数；（3）同名磁极相互排斥。
【考点4 电磁继电器】
【典例4-1】（2023•杏花岭区校级模拟）项目学习小组利用光敏电阻设计了一种自动照明灯，天暗时灯自动发光，天亮时灯自动熄灭，其工作原理如图所示。控制电路中电源电压恒为6V，定值电阻R0为200Ω。电磁铁的线圈电阻忽略不计，当天色渐暗，通过线圈的电流为0.02A时，恰好启动工作电路中的节能灯开始照明。在一定范围内，光敏电阻R的阻值随光照强度E变化的部分数据如表所示。下列说法正确的是（ ）
A．光照强度增大时，电磁铁磁性变弱
B．光照强度增大时，通过R0电流变小
C．工作电路启动时，R的电阻为100Ω
D．工作电路启动时，R0的电功率为0.04W
【答案】C
【分析】（1）在控制电路中，光敏电阻R、定值电阻R0和电磁铁线圈串联，根据光敏电阻的阻值随光照强度的变化而变化的特点可知随着光照强度的增大，其阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中的电流变化，从而可知电磁铁的磁性变化；
（2）通过线圈的电流为0.02A时，照明系统恰好启动，根据欧姆定律计算控制电路中的总电阻，根据电阻的串联求出光敏电阻的阻值；
（3）根据P＝I2R求出R0的电功率。
【解答】解：AB、在控制电路中，光敏电阻R、定值电阻R0和电磁铁线圈串联，根据光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小可知，随着光照强度的增大，其阻值减小，控制电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，故AB错误；
C、通过线圈的电流为0.02A时，照明系统恰好启动，此时控制电路中的总电阻为：
R总＝＝＝300Ω，电磁铁的线圈电阻忽略不计，
则光敏电阻的阻值为：R＝R总﹣R0＝300Ω﹣200Ω＝100Ω，故C正确；
D、工作电路启动时，通过线圈的电流为0.02A，则R0的电功率为：
P0＝I2R0＝（0.02A）2×200Ω＝0.08W，故D错误。
故选：C。
【典例4-2】（2023春•岳阳楼区校级月考）空气炸锅是一种利用热空气对流给食材加热变熟，并使食物达到近似“油炸”效果的机器。如图甲是某种空气炸锅加热管的简化电路控制电路电压为6V。R0为热敏电阻，其阻值随温度变化如图乙所示：R为可调电阻器，电磁继电器线圈的电阻忽略不计，当继电器线圈电流达到50mA时，衔铁会被吸下。工作电路电压为220V，R1、R2为加热电阻。控制电路开关S闭合时，电磁铁上方为 N 极。使用爆米花功能时，需要温度达到200℃时吸下衔铁停止加热进行保温，此时可调电阻器R接入电路的阻值大小为 100 Ω。
【答案】N；100。
【分析】（1）根据安培定则判定电磁铁的极性；
（2）使用爆米花功能时，设定温度达到200℃时停止加热，由图乙判断出R0的电阻，由欧姆定律算出此时电路的总电阻，由串联电路电阻的规律算出此时电阻器R接入电路的阻值。
【解答】解：（1）由图可知，根据安培定则可知，此时电磁铁上端是N极，下端是S极；
（2）使用爆米花功能时，设定温度达到200℃时停止加热，由图乙R0的电阻为20Ω，
此时电路的总电阻为：R总＝＝＝120Ω；
此时电阻器R接入电路的阻值为：R滑＝R总﹣R0＝120Ω﹣20Ω＝100Ω。
故答案为：N；100。
【变式4-1】（2023•临县模拟）如图，这是一款“智能照明灯”的电路，其控制电路中，电源电压恒定，R1为可变电阻，R2为光敏电阻，其阻值随光照强度而变化。当电流到达某一值时，会将衔铁吸下。灯L天黑时自动发光，天亮时自动熄灭。关于该灯，下列说法正确的是（ ）
A．通电螺线管的工作原理是电磁感应
B．R2的阻值应随光照强度的增大而增大
C．若将R1调小，灯泡工作时间会变短
D．当光照强度增大时，R1消耗的功率变小
【答案】C
【分析】（1）奥斯特实验说明：通电导线周围存在磁场，磁场方向和电流方向有关，这一现象叫电流的磁效应；
（2）要使天亮时自动熄灭，电流需增大达到一定数值时，衔铁被吸合，灯L所在电路断开，灯L自动熄灭，进而得出R2的阻值随光照强度的变化而发生怎样的变化；
（3）由于控制电路的电源电压不变，衔铁被吸合时的电流不变，由欧姆定律可知衔铁被吸合时控制电路的总电阻不变；若将R1调小，要总电阻不变，则R2的阻值应变大，据此分析得出灯L的发光时间变化；
（4）根据P＝I2R分析电功率的变化。
【解答】解：A、通电螺线管的工作原理是电流的磁效应，故A错误；
B、由题意可知，天亮时，灯L自动熄灭，说明电磁铁磁性增强，将衔铁吸下，即控制电路中电流增大，则R2的阻值是随光照强度的增大而减小的，故B错误；
C、由于控制电路的电源电压不变，衔铁被吸合时的电流不变，由欧姆定律可知衔铁被吸合时控制电路的总电阻不变；若将R1调小，要总电阻不变，则R2的阻值应变大，此时光照强度减小，即灯L在天较暗时才会发光，在天不是很亮时又会自动熄灭，所以会缩短灯L的发光时间，故C正确；
D、当光照强度增大时，R1的阻值减小，总电阻变小，控制电路中的电流变大，R1的电功率P＝I2R1变大，故D错误。
故选：C。
【变式4-2】（2023•吉安县校级二模）如图所示为车库积水自动报警器原理图，其核心是一电磁继电器。图中A、B位置可以安装电铃或LDE灯，要求车库没有积水时，LED灯亮，车库有积水时，电铃响。电铃应该安装在图中的 B （选填“A”或“B”）位置；电磁继电器实质是一种 开关 （选填“用电器”或“开关”）。
【答案】B；开关。
【分析】（1）生活用水是导体，车库积水时，接通左边的控制电路，电磁铁有了磁性，吸下衔铁，动触点向下移动，接通电铃电路报警。
（2）电磁继电器实际上一个电磁开关。
【解答】解：生活用水是导体，当车库积水时，接通左边的控制电路，电磁铁有了磁性，吸下衔铁，动触点向下移动，接通电铃电路报警。
地面积水较深时，电铃响。根据设计要求，电铃应该安装在图中的B位置。电磁继电器实质是一种开关。
故答案为：B；开关。
1．（2023•贵池区三模）如图所示的四个实验中，能反映电流磁效应的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对题目中所有有关电和磁的实验装置的原理逐个分析即可解决。
【解答】解：A．图中实验室探究电荷间的作用规律，故A不符合题意；
B．图中导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中产生了感应电流（可以从电流表指针发生偏转来体现），这是电磁感应现象，故B不符合题意；
C．奥斯特实验证明通电导体周围存在磁场，是电流的磁效应，故C符合题意；
D．此图反映了通电导体在磁场中受到力的作用，故D不符合题意。
故选：C。
2．（2022•平谷区二模）如图是奥斯特实验的示意图，当开关闭合时，小磁针发生偏转，下列说法正确的是（ ）
A．这一现象说明通电导线周围的空间中产生了磁场
B．发生偏转的小磁针对通电导线没有力的作用
C．通电导线周围磁场方向由小磁针的指向决定
D．移去小磁针后的通电导线周围不存在磁场
【答案】A
【分析】奥斯特电流的磁效应实验是：将通电导线放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，该实验证明了通电导体周围存在磁场。产生的磁场方向与电流的方向有关。
【解答】解：A．导体通电后，导体旁边的小磁针发生偏转说明通电导线周围的空间中产生了磁场，故A正确；
B．物体间力的作用是相互的，发生偏转的小磁针受到通电导线磁力的作用，小磁针也对通电导体有磁力的作用，故B错误；
CD．通电导线周围磁场方向由电流的方向决定的，而不是小磁针的指向决定的，即使移去小磁针，通电导线周围的磁场也不会消失，故CD错误。
故选：A。
3．（2022•大连模拟）如图所示，闭合开关S，A、B、C、D四个小磁针静止时指向正确的是（ ）
A．小磁针AB．小磁针BC．小磁针CD．小磁针D
【答案】C
【分析】首先根据电源的正负极判定电流方向，由电流方向判断通电螺线管的磁极，利用安培定则判断出通电螺线管周围磁场方向，然后根据磁极间的相互作用从而判断出小磁针静止时方向。
【解答】解：由安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向通电螺线管的左端为N极，右端为S极，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引知，小磁针A的左端应为N极，右端为S极，小磁针B的左端应为S极，右端为N极，小磁针C左端应为S极，右端为N极，小磁针D左端应为N极，右端为S极，故ABD错误；C正确。
故选：C。
4．（2022•青山区模拟）如图所示的装置中，当开关S闭合后，下列判断正确的是（ ）
A．通电螺线管外 A 点的磁场方向向左
B．通电螺线管的左端为 N 极
C．向左移动滑片 P，通电螺线管的磁性减弱
D．小磁针静止后，其 N 极的指向沿水平向右
【答案】B
【分析】（1）磁场中某点的磁场方向与该点的磁感线方向是一致的；
（2）据电流的方向，结合安培定则判断出该通电螺线管的NS极即可；
（3）通电螺线管的磁场的强弱与电流的强弱有关。
【解答】解：AB、由于右端是电源的正极，所以电流从右端流入，据安培定则可知，该螺线管的左端是N极，右端是S极，所以磁感线的方向应该从左向右，故通电螺线管外A点的磁场方向向右，故A错误，B正确；
C、滑片P向左移动，接入电路的电阻变小，电路的电流变大，磁性变强，故C错误；
D、据上面的分析可知，该螺线管的右端是S极，所以小磁针的左端应该是N极，故N极的指向沿水平向左，故D错误；
故选：B。
5．（2023•天宁区校级二模）小磁针静止时的指向如图所示，由此可知（ ）
A．a端是电磁线管的N极，c端是电源负极
B．a是通电螺线管的N极，c端是电源正极
C．b端是电磁线管的N极，d端是电源正极
D．b是通电螺线管的N极，d端是电源负极
【答案】B
【分析】利用小磁针静止时的N、S极的方向确定了螺线管的N、S极，然后利用螺线管的绕向和磁极，根据安培定则再确定螺线管中电流方向，进一步确定电源的正负极。
【解答】解：由于小磁针静止时，其左端为N极，右端为S极，根据磁极间的作用规律可知，螺线管的b端为S极，a端为N极。
根据螺线管的N、S极和螺线管的线圈绕向，利用安培定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的a端N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的左端流入，则电源的c端为正极，d端为负极，故ACD错误，B正确。
故选：B。
6．（2023•吉州区模拟）小明家有一款磁悬浮音箱如图（a）所示，闭合开关，音箱悬浮空中。经过研究，小明发现音箱底部有一块磁铁，下方底座内部有电磁铁，他画出了图（b）所示的电路原理图。下列音箱对此款音箱的判断正确的是（ ）
A．音箱底部磁体的A端应是N极
B．通电后底座的周围存在许多磁感线
C．音箱悬浮利用了异名磁极相互吸引的原理
D．向右移动滑片P可以降低音箱的悬浮高度
【答案】A
【分析】（1）利用安培定则可判断通电螺线管的磁极；
（2）磁场是真实存在的，而磁感线不是真实存在的；
（3）同名磁极相互排斥；
（4）通电螺线管磁性的强弱与电流的大小、线圈匝数有关。
【解答】解：A、由安培定则和图示可知，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上端，则螺线管的上端为N极、下端为S极，磁悬浮音箱利用了同名磁极相互排斥的原理，所以音箱底部磁体的A端应该是N极，故A正确；
B、通电后底座的周围存在磁场，但不存在磁感线，磁感线是人们为了形象方便地描述磁场而假想的曲线，故B错误；
C、磁悬浮音箱利用了同名磁极相互排斥的原理，故C错误；
D、由图可知，闭合开关，使音箱悬浮后，向右调节滑片P，电磁铁线圈中的电流增大，磁性增强，音箱受到的磁力变大，音箱与底座之间的距离变大，“悬浮”的高度升高，故D错误。
故选：A。
7．（2023•福州模拟）如图所示是一种水位自动报警器的原理图，当水位达到金属块A的下表面时（一般的水能导电），电路中（ ）
A．红灯亮，绿灯不亮B．红灯不亮，绿灯亮
C．红灯、绿灯同时亮D．红灯、绿灯都不亮
【答案】A
【分析】由题意可知，这一水位自动报警器的基本结构是一个电磁继电器，根据电磁继电器的基本工作原理，结合在此处的运用可描述其原理。
【解答】解：图中所示的水位自动报警器工作原理：当水位到达A时，由于一般水具有导电性，那么电磁铁所在电路被接通，电磁铁向下吸引衔铁，从而接通红灯所在电路，此时红灯亮，而绿灯不亮。
故选：A。
8．（2023•雁塔区校级模拟）如图所示是直流电铃的工作原理图，下列有关说法不正确的是（ ）
A．电铃利用电流的磁效应工作
B．电流通过电磁铁时，电磁铁有磁性且A端为N极
C．小锤打击铃碗时，电磁铁仍具有磁性
D．电磁铁吸引衔铁，弹性片发生弹性形变具有弹性势能
【答案】C
【分析】（1）电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性，电铃就是利用电磁铁的这个特性工作的；
（2）根据安培定则判定电磁铁的磁极；
（3）通电时，电磁铁有电流通过，产生了磁性，把小锤下方的衔铁吸过来，使小锤打击铃碗发出声音，同时电路断开，电磁铁失去了磁性，小锤又被弹性片弹回，电路闭合，不断重复，电铃便发出连续击打声了；
（4）弹性势能的大小与物体弹性形变程度大小有关。
【解答】解：A、电铃的主要部件是电磁铁，电磁铁是利用电流的磁效应工作的，故A正确；
B、电流从电磁铁的下端流入，根据安培定则判断出A端为N极，故B正确；
C、小锤击打铃碗时，弹性片和衔铁分离，电路断开，电磁铁没有磁性，故C错误；
D、电磁铁吸引衔铁，弹性片发生了弹性形变，所以弹性片具有弹性势能，故D正确。
故选：C。
9．（2023•全椒县模拟）如图所示，闭合开关S，通电螺线管的周围及其内部就会产生磁场，处在该磁场中的小磁针会发生 逆时针 （选填“顺时针”或“逆时针”）转动，转动后在磁场中保持静止。（请从通电螺线管的正面观察，且小磁针的黑色端表示N极）
【答案】逆时针。
【分析】根据安培定则判断通电螺线管的磁极；根据磁极间的相互作用规律来判断小磁针的转向。
【解答】解：由图可知，电流由螺线管右上方流入，则用右手握住螺线管，四指沿电流方向，则大拇指指向左，故螺线管的左端为N极，右端是S极；
因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以小磁针的S极将转向左侧，其N极将转向右侧，即小磁针将逆时针转动。
故答案为：逆时针。
10．（2023•安徽模拟）如图所示，电路闭合开关S后，小磁针在电磁铁的作用下最终静止的情景，则小磁针a端为 S 极（选填“N”或“S”）。
【答案】S
【分析】小磁针是受到通电螺线管的作用在图示位置静止，因此要判定小磁针的N、S极，首先要利用安培定则确定通电螺线管的N、S极。
【解答】解：利用安培定则可以确定，电磁铁的右端为N极，根据磁极间的作用规律可以确定，当小磁针静止时，相互靠近的一定是异名磁极，故小磁针的a端为S极。
故答案为：S。
11．（2022•铁东区校级二模）有外形相同的两根铁棒条M、N，一根有磁性另一根没有磁性，按如图方式接触时，它们之间有较大的吸引力。则 N 有磁性， M 适合做电磁铁的铁芯。（均选填“M”或“N”）
【答案】N；M。
【分析】磁体具有吸引铁、钴、镍的性质，任何磁体都具有两个磁极，磁北极N，磁南极S，磁体中磁极部分磁性最强，中间部分磁性最弱。软铁被电磁铁吸引后被磁化，但不能长期保存磁性，适合做电磁铁的铁芯。
【解答】解：由题意可知，图甲方式接触时，它们之间都有较大吸引力，因磁体的两端磁性最强，中间最弱，所以，在图甲中，钢条M的中间位置磁性弱，N却能牢牢吸引M，说明钢条N具有磁性，钢条M不具有磁性；
铁棒条M为软铁，被电磁铁吸引后被磁化，不能长期保存磁性，适合做电磁铁的铁芯。
故答案为：N；M。
12．（2023•临沂模拟）如图所示电路，开关S接到a后，小磁针静止时，A端是 N 极。将开关S由a换到b，调节变阻器的滑片P，保持电流表的示数不变，电磁铁的磁性 减弱 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
【答案】见试题解答内容
【分析】本题抓住根据安培定则判断通电螺线管的极性；
知道电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈匝数有关。
【解答】解：（1）伸出右手握住螺线管，四指弯曲指示电流的方向，大拇指所指的方向即螺线管的左端为通电螺线管的N极，据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引的道理可知，小磁针的A端是N极；
（2）在此实验装置中，保持电流不变，将开关S由a换到b，则减少了线圈的匝数，因此通电螺线管的磁性减弱。
故答案为：N；减弱。
13．（2022•鼓楼区校级模拟）小明观察了小区入口的车辆出入自动控制闸，发现当车牌被识别系统识别后，绿灯亮，栏杆抬起，车辆通行。于是他设计了如图所示的模拟电路，车牌识别成功相当于图中开关S闭合。
（1）闭合开关后，线圈吸住铁柱时，电磁铁的上端为 S 极。
（2）若电源电压下降，栏杆不能抬起。除了更换电池外，请你再写出一种能使栏杆正常抬起的方法： 将滑动变阻器接入电路的阻值调小些 。
【答案】（1）S；（2）将滑动变阻器接入电路的阻值调小些
【分析】（1）根据安培定则判定电磁铁的极性；
（2）电源电压下降，若电阻不变的情况下，由欧姆定律可知电路中的电流变小，则电磁铁磁性变弱；由欧姆定律可知，若在电源电压下降后，减小电路的总电阻，则电路中的电流会变大，则电磁铁的磁性会增强，便可以抬起栏杆，据此分析。
【解答】解：（1）由图知，电流从电磁铁的下端流入，根据安培定则可知，电磁铁的上端为S极；
（2）若电源电压下降，根据I＝可知在电阻不变时电路的电流较小，电磁铁的磁性较弱，吸引力较小，不能将铁柱吸下来，因此栏杆不能抬起，此时可以将滑动变阻器的阻值调小些，便可以增大电路的电流，使电磁铁的磁性增强，将铁柱吸下来，便可以使栏杆正常抬起来。
故答案为：（1）S；（2）将滑动变阻器接入电路的阻值调小些。
14．（2023•隆子县校级模拟）（1）如图1是探究影响滑动摩擦力的因素的实验（甲、乙两图中木块都是在木板上运动）。实验中，弹簧测力计拉着木块沿水平方向做 匀速直线运动 ，据二力平衡知识可知，此时拉力等于摩擦力。对比甲、乙可知滑动摩擦力的大小与 压力 有关。
（2）为“探究电磁铁的磁性强弱跟哪些因素有关”，如图1丁所示，通过观察电磁铁吸引大头针数目多少的不同，来判断它磁性强弱的不同。这种实验方法叫 转换法 。通过安培定则判断螺线管B上端的磁极 S极 。
（3）某班同学利用图2甲所示的实验装置探究水和煤油的吸热能力。在实验过程中我们要控制水和煤油的初温， 质量 相同。比较图2乙a，b图像可知， a （“a”或“b”）比热容较大。
【答案】（1）匀速直线运动；压力；（2）转换法；S极；（3）质量；a。
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；
（2）磁性的强弱通过吸引大头针的数目来判断，这是转换法的应用；
掌握安培定则的内容：四指绕向电流的方向，大拇指所指的方向即为螺线管的N极；
（3）实验应控制水和煤油的质量和初温相同；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
【解答】解：（1）实验过程中，要求用弹簧测力计拉着木块沿水平方向做匀速直线运动，根据二力平衡知识可知，此时摩擦力与拉力二力大小相等；
比较图1中甲、乙两次实验知，接触面粗糙程度相同，而压力不同，是为了探究滑动摩擦力大小与压力是否有关；
（2）电磁铁磁性强弱是直接看不出来的，通过它吸引大头针的数目来判断，这是转换法的思想；
根据安培定则，乙铁钉的上端是电磁铁的S极。
（3）实验时应控制水和煤油初温和质量相同；
由图可知，升高相同的温度，a的加热时间长，a吸收的热量多，则a的吸热能力强，所以a液体的比热容大于b液体的比热容；
故答案为：（1）匀速直线运动；压力；（2）转换法；S极；（3）质量；a。
15．（2023•鄢陵县二模）如图甲所示，某工厂利用电磁继电器和热敏电阻R1设计的智能电路，当工件在加热区被加热到设定温度90℃时，停止加热并启动电动机把工件自动传送到下一加工环节。已知控制电路电源电压U1恒为6V，工作电路电源电压U2恒为220V，加热电阻R0为110Ω，控制电路中的电流达到0.3A时才能把衔铁吸引下来，热敏电阻R1的阻值随温度变化图像如图乙所示。[线圈电阻不计，c铝＝0.88×103J/（kg•℃），加热效率η＝80%]
（1）闭合开关，电磁铁利用电流的 磁 效应工作，其上端为 N （选填“N”或“S”）极；
（2）定值电阻R2的阻值是多少？
（3）一质量为2.5kg，初温为10℃的铝制品工件在加热区停留多长时间？
【答案】（1）磁；N；
（2）定值电阻R2的阻值是5Ω；
（3）一质量为2.5kg，初温为10℃的铝制品工件在加热区停留时间为400s。
【分析】（1）奥斯特实验说明：通电导线周围存在磁场；磁场方向和电流方向有关；根据右手螺旋定则确定磁极；
（2）根据欧姆定律和串联电路电阻特点进行解答；
（3）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出初温为10℃的铝制品工件温度升高至90℃时吸收的热量，根据加热效率计算消耗的电能；求出工作电路中，加热电阻R0的电功率，根据P＝可得，铝制品工件在加热区停留的时间。
【解答】（1）闭合开关，电磁铁利用电流的磁效应工作，根据右手螺旋定则，其上端为N极；
（2）由图乙知，设定温度为90℃时，R1＝15Ω，
根据欧姆定律得，控制电路中的总电阻为：R总＝，
根据串联电路电阻特点得，定值电阻R2的阻值：R2＝R总﹣R1＝20Ω﹣15Ω＝5Ω；
（3）初温为10℃的铝制品工件温度升高至90℃时吸收的热量为：Q吸＝cm（t﹣t0）＝0.88×103J/（kg•℃）×2.5kg×（90℃﹣10℃）＝1.76×105J，
η＝＝80%，解得，Q放＝＝2.2×105J，W＝Q放＝2.2×105J，
工作电路中，加热电阻R0的电功率为：P＝＝440W，
由P＝可得，t＝＝500s。
故答案为：（1）磁；N；
（2）定值电阻R2的阻值是5Ω；
（3）一质量为2.5kg，初温为10℃的铝制品工件在加热区停留时间为400s。
光照强度E/lx
光敏电阻R/Ω
1.0
120
2.0
60
3.0
40
4.0
30
5.0
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