北师大版九年级年级全一册第十四章磁现象 单元练习（有解析）

北师大版九年级年级全一册 第十四章 磁现象
一、单选题
1．选项图中所示的装置中与甲图工作原理相同的是（　　）
A．自发电手电筒 B．话筒
C．手摇式发电机 D．扬声器
2．商场和超市出口处的报警器由检测天线、检测门、检测器构成。营业员在结账后，会将贴在商标上具有磁性的软标签消磁。若商品的软标签未经消磁而经过检测通道，检测天线便检测到商品上标签的磁性，从而将机械运动转化为电流，显示在仪表上。由此可见，报警器的原理与下列图中原理相同的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图所示，闭合开关S1、S2两个通电螺线管的相互作用情况以及A、B端的极性分别是（　　）
A．相斥，A端为N极，B端为N极 B．相斥，A端为S极，B端为S极
C．相吸，A端为S极，B端为N极 D．相吸，A端为N极，B端为S极
4．如图所示，闭合开关，铜棒向右运动，为使开关闭合后铜棒向左运动，下列操作可行的是（ ）
A．换用更细的铜棒
B．将磁体的N、S极对调
C．向左移动滑动变阻器的滑片
D．将电源正、负极和磁体N、S同时对调
5．图所示是探究电磁感应的实验装置，关于电磁感应现象，下列说法正确的是（　　）
A．奥斯特发现了电磁感应现象
B．利用电磁感应现象制作了电动机
C．导线在磁场中沿不同方向运动，导线中都会有感应电流产生
D．如果磁感线和切割磁感线方向都变得相反，导线中感应电流的方向不发生改变
6．下列对电磁实验现象相应的解释正确的是（　　）
A．甲图中，闭合开关，小磁针的N极向右偏转
B．乙图中，通过的电流越大的电磁铁，磁性越强
C．丙图中，磁场中的导体会受力运动，该过程机械能转化为电能
D．丁图中，磁铁放在水平面上，导体ab竖直向上运动，电流表指针一定会偏转
7．如图所示，小明用漆包线、两节干电池、磁铁等器材，成功制做了一个小小电动机。他想改变电动机线圈转动的方向，下列方法可行的是（ ）
A．只增强磁铁的磁性 B．只增加线圈的匝数
C．只增大线圈中的电流 D．只将磁铁的磁极对调
8．当悬挂的A、B、C三个钢棒互相靠近时，出现的现象如图所示，则（　　）
A．A、B棒有磁性，C棒没有磁性
B．A棒没有磁性，B，C棒有磁性
C．A棒可能有磁性也可能没有磁性，B、C棒有磁性
D．A、C棒有磁性，B棒可能有磁性也可能没有磁性
9．新型智能手机无线充电技术得到了广泛运用，其原理是：当交变电流通过充电底座中的线圈时，线圈产生磁场，带有金属线圈的智能手机靠近该磁场就能产生电流，通过“磁生电”来实现充电（如图）。如图所示各选项与“磁生电”原理相同的是（　　）
A． B．
C． D．
10．将导体、开关和灵敏电流表用导线连接，导体放置在磁极间，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合，磁铁不动，水平向左快速移动，指针不偏转
B．磁极对调后，开关闭合，水平向右快速运动，指针要偏转
C．开关闭合，竖直上下运动，指针要偏转
D．开关断开，快速运动，指针可能偏转
11．下列关于磁感线的说法，正确的是（　　）
A．磁感线分布越密的地方，磁场越弱
B．磁感线是磁场中真实存在的一些曲线，还可以通过实验来模拟
C．磁体周围的磁感线从磁体的S极出发，回到磁体的N极，构成闭合曲线
D．磁感线上某一点的切线方向与放在该点的小磁针静止时南极所指的方向相反
12．下列装置中是利用电磁感应工作的是 （ ）
A．电动机； B．扬声器； C．电磁铁； D．动圈式话筒．
二、填空题
13．螺线管通电后，小磁针静止时的指向如题图所示，则通电螺线管右端为______极，电源的______端为正极。
14．通电螺线管的外部磁场与条形磁体周围磁场相似．
（1）如图，甲图中箭头表示电流方向，小磁针北极指向如图所示，则螺线管的A端是____极 （选填“N”或“S”）．
（2）螺线管实际上就是由多个单匝圆形圈组成，通电螺线管的磁场可以看成由每一个单匝圆形通电线圈的磁场组合而成，现有一单匝圆形通电线圈中的电流方向如图乙所示，则其B端是_____极 （选填“N”或“S”）．
（3）地球周围存在磁场，有学者认为，地磁场是由于地球带电自转形成圆形电流引起的，如图丙所示，结合图甲、乙分析推断：地球的圆形电流方向与地球自转方向________（选填“相同”或“相反”）．物理学规定正电荷定向移动的方向为电流方向，那么地球带________（选填“正”或“负”）电．
15．某路灯的灯杆顶端有太阳能电池板和风车，风车转动带动发电机发电，它发电的原理是______现象。若太阳光辐射到该电池板的能量为2.7×107J，这与完全燃烧______kg焦炭放出的热量相当（焦炭的热值为3×107J/kg）。
16．1831年，英国科学家_______最先通过实验发现了电磁感应现象，进一步揭示了电与磁之间的联系。根据电磁感应现象制成的发电机在工作时将机械能转化为_______能。
三、综合题
17．阅读材料，回答问题。
人工心脏泵
血液是人体输送氧气与营养的主要载体，心脏就像发动机，为这一输送提供了动力．医生给心脏疾病的患者做手术时，往往要用一种称为“人工心脏泵”的体外装置来代替心脏，以推动血液循环。
如图甲是该装置的示意图，线圈AB固定在用某种金属材料制成的活塞柄上，通电时线圈与活塞柄组成的系统与固定在左侧的磁体相互作用，从而带动活塞运动．活塞筒通过阀门与血管相通，阀门S1只能向外开启，S2只能向内开启．手术时，还需要利用电磁血流计来检测血流速度和血流量（血流量指单位时间内通过血管横截面的血液体积），其示意图如图乙所示．使用时，将血管放置于两磁极之间，两金属电极a、b与血管壁接触，就会有微弱电流流过仪表显示出血流速度。
（1）甲图中，当线圈中的电流从B流向A时，活塞向______（选填“左”或“右”）运动；
（2）线圈AB所固定的活塞柄适宜用下列哪种金属材料制作( )
A．铜 B．铁 C．银 D．铝合金
（3）电磁血流计的原理与______（选填“电动机”或“发电机”）的原理相似；
（4）若某次测得血液匀速流动的速度为0.2m/s，血流量为10-4m3/s，则对应血管的横截面积为______m2。
18．物理学中，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，其阻值大小随周围磁场强度的变化而变化，这种电阻叫做磁敏电阻。为了探究电磁铁磁感应强度的大小与哪些因素有关，小超设计了甲、乙两图所示的电路，图甲中电源电压恒为6V，R为磁敏电阻，图乙中的电磁铁左端靠近且正对图甲的磁敏电阻R；磁敏电阻R的阻值随磁感应强度变化的关系图像如图丙所示。
（1）当图甲S1闭合，图乙S2断开时，磁敏电阻R的阻值是______Ω，则此时电流表的示数为______mA；
（2）闭合S1和S2，图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动时，小超发现图甲中电流表的示数______（选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（3）闭合S1和S2，图乙中滑动变阻器的滑片P保持不变，将磁敏电阻R水平向左逐渐远离电磁铁时，小超将测出的磁敏电阻与电磁铁左端的距离l 、对应的电流表示数I及算出的磁感应强度B同时记录在下表中。通过分析表中数据可知，当磁敏电阻远离电磁铁时，磁敏电阻的阻值会______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。请计算当l ＝3cm时，磁敏电阻R所在位置的磁感应强度B＝______T。
l/cm 1 2 3 4 5 6
I/mA 10 12 15 20 30 45
B/T 0.68 0.65 0.51 0.4 0.20
19．阅读短文，回答问题：
无线充电是指充电器与用电装置间不用电线连接，通过磁场具有的磁场能实现电能传输的技术，常见的无线充电技术有电磁感应、磁共振等方式。电磁感应式无线充电原理图如图甲所示，电流流过送电线圈产生变化的磁场，当受电线圈靠近该变化磁场时就会产生感应电流来供电。磁共振方式的原理与声音的共振原理相同一排列好振动频率相同的音叉，一个音叉发声，其他音叉也会发声。同样，当“振动”频率相同的线圈排列在磁场中时，可将电能从一个线圈传输到另个线圈。电磁感应充电技术原理简单，适合短距离充电；磁共振充电技术可延长传输距离，但实现小型化高效率比较困难。市场上部分无线充电器标有“Qi”字样，表示其采用电磁感应原理工作。
图乙是某款手机无线充电器（适配为附件），内置过压，过流，过热等多重保护功能。充电部分参数如图下表。传输效率指手机接收电能的功率与充电器输出的功率的比值。
与水平接触面积/m2 7.5×10﹣3 额定输出功率/W 10
感应充电距离/mm ≤6 传输效率 60%~80%
额定输入 12V/1.5A 电源适配器效率 72%
（1）声音的共振现象说明声音可以传递___________。
（2）下图所示实验中，与Qi技术原理相同的是___________。
（3）该充电器采用___________（电磁感应/磁共振）的方式工作。
（4）图乙所示充电器连接电源适配器正常工作1h后，手机接收到的电能为2.7×104J，则该过程的传输效率为___________；若上述过程充电器单独接在家庭电路中，标有“3200imp/kW·h”的电能表指示灯将闪烁___________次。
（5）图丙所示为充电器过热保护的模拟控制电路，电源电压恒定，R1为电阻箱，L为阻值不计的线圈，R2是热敏电阻，其电流与电压的关系如图丁所示。
①若要适当调高保护电路工作的临界温度，可采取的办法是___________（答出一种即可）。
②保持R1阻值不变，闭合开关S、S1时，流过R1的电流为50mA；闭合开关S、断开S1时，R2的功率为0.072W，则电源电压为___________V。
20．如图是科技小组的同学利用电磁转换的知识制作的“电能无线传输”装置的示意图。图中送电线圈利用电流线圈产生磁场，受电线圈利用磁场产生电流。受电线圈正对并靠近送电线圈可以产生电流，使灯泡发光，实现电能的无线传输。
（1）送电线圈是利用电流的_______效应工作的，这个现象是由丹麦物理学家_______最先发现的；
（2）受电线圈产生电流的原理是______，与之原理相同的是_______（选填“电动机”或“发电机”）；
（3）受电线圈中电流大小可以通过灯泡___________来反映；
（4）在图中的电源、调节装置和送电线圈不改变的情况下，该小组同学想探究影响受电线圈两端电压大小的因素，猜想它可能与受电线圈的匝数、直径及两线圈之间的距离有关。通过查阅资料，他们了解到受电线圈两端电压与线圈匝数的关系。接着，他们用相同材质的漆包线绕制了多个匝数相同直径不同的受电线圈，对其余两个猜想进行探究（送电线圈直径为70.0mm）。实验数据如下表：
实验次数 受电线圈的直径D/mm 两线圈之间的距离d/mm 受电线圈两端的电压U/V
1 70.0 22.0 8.6
2 70.0 11.0 14.1
3 70.0 5.5 20.5
4 145.0 5.5 10.3
5 105.0 5.5 16.9
6 45.0 5.5 13.9
7 32.0 5.5 5.4
①分析___________三次实验数据可初步得出结论：在受电线圈的直径和匝数相同时，两线圈之间的距离越小，受电线圈两端的电压越大；
②分析3、4、5、6、7五次实验数据可初步得出结论：在两线圈之间的距离和受电线圈的匝数相同的情况下，受电线圈直径增大时，其两端电压___________。
（5）通过实验，小组同学发现电能无线传输存在传输距离___________的缺点。尽管如此，电能无线传输技术仍然有着广阔的应用前景，如部分手机和电动牙刷的无线充电装置已经采用了该技术。
21．阅读短文，回答问题。
国家规定燃气灶须安装熄火自动保护装置，在意外熄火（如汤水激出）时，装置能自动关闭气路，图甲为海涛设计的模拟装置示意图，电源电压U＝6V，定值电阻R0＝200Ω，当电磁铁线圈中的电流I≤0.02A时，衔铁K被释放从而关闭气路（未画出）启动保护，反之打开气路，线圈电阻不计，热敏电阻Rt的阻值与温度的关系如图乙中图线①所示，闭合开关S，则：
（1）电磁铁上端为______（选填“N”或“S”）极，世界上第一个发现电能生磁的科学家是______。停止加热（意外熄火）后，随着Rt温度降低，线圈中电流将变______（选填“大”或“小”）；
（2）当温度为20℃时，电路的电流是______A，电路中的总功率是______W；
（3）装置启动保护时，Rt的最高温度是______℃；
（4）若仅将Rt更换为图线②所示的热敏电阻（两只热敏电阻的吸、放热本领相同），小华发现装置启动保护的灵敏度会______。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】
图甲中，线圈通电后，会发生转动，它的原理是磁场对通电线圈有力的作用。
A．自发电手电筒利用电磁感应现象制成的，故A不符合题意；
B．话筒利用的是电磁感应原理，故B不符合题意；
C．手摇式发电机利用电磁感应现象制成的，故C不符合题意；
D．扬声器的原理是磁场对通电线圈有力的作用，故D符合题意。
故选D。
2．D
【详解】
根据原题中“从而将机械运动转化为电流，显示在仪表上。”可知，该过程是将机械能转化为电能的过程，利用的是电磁感应现象。
A．该图是奥斯特实验，说明的是通电导体周围存在磁场，故A不符合题意；
B．该图是验证通电导体在磁场中受力运动情况，该过程是将电能转化为机械能，故B不符合题意；
C．该图验证的是同名磁极相互排斥的规律，故C不符合题意；
D．动圈式话筒是当人对着话筒讲话时，膜片就随着声音颤动，从而带动连在一起的音圈在磁场中作垂直切割磁感线的运动，线圈两端就会产生感应电动势，从而完成声电转换。利用的是电磁感应，故D符合题意。
故选D。
3．C
【详解】
两个通电螺线管正面的电流都是向下，根据安培定则可知，A端为S极，B端为N极，因此它们相互靠近的两端是异名磁极相，相互吸引。故选C。
【点睛】
4．B
【详解】
A．换用更细的铜棒，使电阻变大电流变小，但不能改变受力的方向，所以A错误，故A不符合题意；
B．将磁体的N、S极对调，磁场方向改变，则通电导体的受力方向改变，铜棒向左运动，所以B正确，故B符合题意；
C．向左移动滑动变阻器的滑片，只能改变电流的大小，不能改变电流的方向，所以C错误，故C不符合题意；
D．将电源正负极对调，同时将磁体磁极对调，影响磁场力方向的两个因素同时改变，则通电导体的受力方向不变，铜棒仍然向右运动，所以D错误，故D不符合题意。
故选D。
5．D
【详解】
A．法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；
B．利用电磁感应现象制作了发电机，故B错误；
C．导线在磁场中沿与磁感线平行的方向运动，导线中不会有感应电流产生，故C错误；
D．如果磁感线和切割磁感线方向都变得相反，由右手定则得，导线中感应电流的方向不发生改变，故D正确。
故选D。
6．A
【详解】
A．闭合开关，根据安培定则可知，螺线管的右端为N极，左端为S极，根据同名磁极互相排斥，异名磁极相互吸引可知，小磁针的N极向右偏转，故A正确；
B．根据图可知，该电路为串联电路，通过两个电磁铁的电流是相同的，线圈匝数越多，吸引的大头针越多，磁性越强，故B错误；
C．通电导体在磁场中会受力运动，是将电能转化为机械能，故C错误；
D．要使电路中产生感应电流，闭合回路的一部分导体必须做切割磁感线运动，磁铁放在水平面.上，导体ab竖直向上运动，导体没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，电流表指针不会偏转，故D错误。
故选 A。
7．D
【详解】
A．只增强磁铁的磁性可以增加电动机的转动速度，不能改变转动方向，故A不符合题意；
B．只增加线圈的匝数可以增加电动机的转动速度，不能改变转动方向，故B不符合题意；
C．只增大线圈中的电流可以增加电动机的转动速度，不能改变转动方向，故C不符合题意；
D．只将磁铁的磁极对调，改变了磁场方向，改变了转动方向，故D符合题意。
故选D。
8．C
【详解】
如图所示，B、C棒相互排斥，B、C棒都有磁性，且磁性相同，A、B棒相互吸引，A棒可能是铁棒，无磁性，也可能有磁性，与B棒磁性不同；故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
9．C
【详解】
A．该图是奥斯特实验原理图，说明电流周围有磁场，与磁生电原理无关，故A不符合题意；
B．该图是研究影响电磁铁磁性强弱的因素，与磁生电原理无关，故B不符合题意；
C．该图是发电机的工作原理图，工作原理是电磁感应，与磁生电原理相同，故C符合题意；
D．该图是电动机的工作原理图，工作原理是通电线圈在磁场中受力运动，与磁生电原理无关，故D不符合题意。
故选C。
10．B
【详解】
A．开关闭合，磁铁不动，ab水平向左快速移动，导体ab切割磁感线，产生感应电流，指针偏转，故A错误；
B．磁极对调后，开关闭合，水平向右快速运动，导体ab切割磁感线，产生感应电流，指针偏转，故B正确；
C．开关闭合，竖直上下运动，导体ab没有切割磁感线，不会产生感应电流，指针不偏转，故C错误；
D．开关断开，快速运动，电路是断路，不会产生感应电流，指针不会偏转，故D错误。
故选B。
11．D
【详解】
A．磁感线分布越密的地方，其磁场越强，故A错误；
B．磁感线不是真实存在的，而是一些假想的线，故B错误；
C．在磁体的外部，磁感线从磁体的北极出来，回到南极；在磁体的内部，磁感线是从S极回到N极，故C错误；
D．磁感线上某一点的切线方向与放在该点的小磁针静止时北极所指的方向一致，与南极所指的方向相反，故D正确。
故选D。
12．D
【详解】
试题分析：电动机原理是通电导体在磁场中受力运动，故A错；扬声器原理也是通电导体在磁场中受到作用力，故B错误；电磁铁原理是通电有磁性，断电磁性消失，故C错误；动圈式话筒的原理是电磁感应，故D正确；所以应选D．
【考点定位】电磁感应
13． N 右
【详解】
[1][2]由题图可知，小磁针左端为N极，由异名磁极相互吸引可判断出通电螺线管左侧是S极，右侧为N极；利用安培定则可知电流从螺线管的右端流入，左端流出，判断出电源右侧为正极，左侧为负极。
14． S S 相反 负
【详解】
解：（1）已知小磁针北极向上，根据磁极间的相互作用可知，螺线管的A端是S极．
（2）根据安培定则，用右手握住单匝线圈，四指弯向电流的方向，大拇指指向单匝线圈的上端，所以上端为N极，B端是S极；
（3）由于地磁北极在地理南极附近，根据安培定则，拇指指向N极，四指的方向为电流的方向，所以电流自东向西，与地球自转的方向相反；物理学规定正电荷定向移动方向为电流方向，所以地球带负电．
15． 电磁感应 0.9
【详解】
[1]将闭合回路的一部分导线在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流，这个现象叫电磁感应现象，发电机就是根据这个原理制成的。
[2]由可知，焦炭的质量
16． 法拉第 电
【详解】
[1]闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生电流，这就是电磁感应现象，该现象最早由英国科学家法拉第发现。
[2]发电机的原理是电磁感应现象，线圈在磁场中转动消耗机械能，产生电能，所以发电机将机械能转化为电能。
17． 右 B 发电机 0.0005
【详解】
（1）[1]当线圈中的电流从A流向B时，由右手螺旋定则知道，螺线管左端为S极，此时异名磁极相互吸引，故活塞右移。
（2）[2]根据题意知道，通电时线圈与活塞柄组成的系统相当于电磁铁，因此活塞柄适合的材料铁，这样可使电磁铁的磁性增强，故B符合题意。
故选B。
（3）[3]血液流动就会有微弱电流流过仪表显示出血流速度，因此其原理相当于发电机，将机械能转化为电能。
（4）[4]已知v=0.2m/s，血流量为10-4 m3/s，所以血管的横截面积
18． 100 60 变小 变小 0.6
【详解】
（1）[1]当图乙S2断开时，电磁铁没有磁性，磁敏电阻处的磁感应强度为零，根据图丙可知，此时的磁敏电阻R的阻值
R=100Ω
[2]图甲为磁敏电阻的简单电路，电流表测电路中的电流。由欧姆定律，此时图甲电路中的电流是
所以，电流表示数为60mA。
（2）[3]闭合开关S1和S2，图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器连入电路的电阻变小，由欧姆定律可知，电路的电流变大，电磁铁磁感应强度变强，根据图丙可知，磁敏电阻变大，根据欧姆定律可知，图甲电路中电流变小，所以图甲中电流表的示数变小。
（3）[4]根据表中的数据可知，磁敏电阻与电磁铁左端的距离l 变大时，对应的电流表示数I也变大，根据欧姆定律可知，磁敏电阻的阻值会变小。
[5]当l ＝3cm时，对应的电流为15mA，由欧姆定律可知，磁敏电阻为
由图丙可知，磁敏电阻R所在位置的磁感应强度
B＝0.6T
19． 能量 B 电磁感应 75% 32 调大R1的阻值 6
【详解】
（1）[1]声音的共振现象说明声音可以传递能量。
（2）[2]Qi技术原理是电磁感应现象；
A．图中有电源，探究的是通电导体在磁场中的受力情况，是电动机的原理，故A错误；
B．图中无电源，闭合电路的部分导体AB在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，是电磁感应现象，故B正确；
C．该图是奥斯特实验，是电流的磁效应，故C错误；
D．该图是探究通电导体在磁场中的受力情况，故D错误。
故选B。
（3）[3]根据表中充电器的参数可知感应充电距离小于6mm，所以该充电器是采用电磁感应的方式工作的。
（4）[4]电源适配器正常工作1h消耗的电能为
W=Pt=10W×3600s=3.6×104J=0.01kW·h
已知电源适配器正常工作1h后，手机接收到的电能为2.7×104J，该过程的传输效率为
[5]电源适配器正常工作1h后消耗的电能为
W=3.6×104J=0.01kW·h
标有“3200imp/（kW·h）”，表示电能表每闪烁3200次，电路中消耗的电能为1 kW·h，消耗的电能为0.01 kW·h，则电能表指示灯闪烁的次数
（5）[6]若要适当调高保护电路工作的临界温度，则减弱电磁铁的磁性，由于电磁铁的磁性与通过线圈的电流和匝数有关，所以应调大R1的阻值或会减小电磁铁线圈的匝数。
[7]闭合S、S1时，电路中只有R连入，电源电压为
U=I1R1=0.05A×R1
闭合S、断开S1时，R1与R2串联，由于R2的功率为0.072W，由图像可知R2两端的电压U2=3.6V，I2=20mA=0.02A， 电源电压
U=I2R1+U2=0.02A×R1+3.6V
解得R1=120Ω，U=6V。
20． 磁 奥斯特 电磁感应 发电机 亮度（或两端的电压大小） 1、2、3 先增大后减小 小
【详解】
（1）[1][2]由题干材料知道，图中送电线圈利用电流产生磁场，是电流磁效应，这个现象是由丹麦物理学家奥斯特最先发现的。
（2）[3][4]受电线圈正对并靠近送电线圈可以产生电流，这是由于运动产生电流是电磁感应，发电机的工作原理也是电磁感应，故原理和发电机原理相同。
（3）[5]在灯泡的电阻不变时，根据U=IR，电流越大，电压表示数越大；根据P=I2R，电流越大，灯泡的功率越大，灯泡越亮，所以受电线圈中电流大小可以通过灯泡亮度或灯泡两端电压来判断。
（4）①[6] 1、2、3实验的受电线圈直径相同，线圈匝数相同，两线圈距离逐渐减小，受电线圈两端的电压不断增大。
② [7]3、4、5、6、7五次实验线圈匝数相同，两线圈之间距离相等，受电线圈直径不断增大时，受电线圈两端的电压先增大后减小。
（5）[8]由于从实验数据知道，在受电线圈的直径和匝数相同时，两线圈之间的距离越小，受电线圈两端的电压越大，当两线圈距离增大时，受电线圈两端的电压会减小，所以，电能无线传输存在传输距离小的缺点。
21． S 奥斯特 小 0.013 0.08 80 降低
【详解】
（1）[1][2][3]已知电源正负极，根据电流流向，由安培定则可知，电磁继电器中电磁铁下端为N极，上端是S极，电流的周围存在磁场，世界上第一个发现电能生磁的科学家是奥斯特；停止加热（意外熄火）后，随着Rt温度降低，由图2中图线①知，Rt的阻值增大，根据知，线圈中电流将变小。
（2）[4][5]当温度为20℃时，热敏电阻Rt＝250Ω，电路的总电阻为
R＝Rt+R0＝250Ω+200Ω＝450Ω
根据欧姆定律可知，电流的大小为
电路的总功率为
（3）[6]装置启动保护时，当电路中电流为I＝0.02A时，Rt的温度最高，此时电路的总电阻为
Rt电阻为
Rt1＝R总-R0＝300Ω-200Ω＝100Ω
由图乙知，此时Rt的温度为80℃。
（3）[7]由图乙可知，随着熄火后Rt温度降低，图线②若仅将Rt更换为图线②所对应的热敏电阻要比图线①所对应的热敏电阻需降温至更低的温度才能启动保护，因此灵敏度降低。
答案第1页，共2页
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