一、选择题1.（2019贵州省铜仁市，第15题，2分）【答案】C【解析】A、磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极，错误；B、两个N极，磁感线方向都应向外，错误；C、电磁铁正面电流方向向上，由安培定则可知，电磁铁左端为N极，右端为S极，正确；D、电磁铁正面电流方向向下，由安培定则可知，电磁铁左端为S极，右端为N极，错误。2.（2019湖南省邵阳市，第16题，2分）【答案】C【解析】A、电磁铁正面电流方向向上，由安培定则可知电磁铁A端为N极，B端为S极，正确；B、小磁针的N极与电磁铁S极相互吸引，向左指向B端的S极，正确；C、这一现象说明电流具有磁效应，发电机的原理是电磁感应，错误；D、滑片P向右移动，滑动变阻器连入电路电阻变小，电路中电流变大，电磁铁磁性变强，正确。3.（2019山西省，题号18，分值2）
【答案】D【解析】根据安培定则可知，螺线管正面电流方向向上，右侧为N级，左侧为S级，则该指南针的南极应标在泡沫板的d处，即D正确.4.（2019上海市，第3题，2分）【答案】D【解析】牛顿发现了万有引力定律，建立了经典力学；欧姆发现了欧姆定律；安培提出了右手螺旋定则，奥斯特第一个发现了电流的磁效应，本题选D。5.（2019云南省昆明市，题号2，分值3）【答案】A【解析】通电螺线管的磁性强弱与线圈匝数、电流大小、有无铁芯灯因素有关；要使螺线管吸引更多的铁钉，需要使其磁性增强，可以在纸筒中插入铁芯、增大线圈匝数、增大电流等，故A增强、B、C错误；将电源正负极对调，只能改变通电线圈的极性，而不能改版其磁性强弱，故D错误.6.（2019山东省潍坊市，题号8，分值3）
如图所示，一条形磁铁静止在粗糙的水平桌面上，通电螺线管与条形磁铁处于同一水平面上，并靠近。开关闭合后，滑片P向下滑动的过程中，条形磁铁始终保持静止。对条形磁铁所受摩擦力的判断，下列说法中正确的是（ ）A．摩擦力减小，方向水平向左B．摩擦力减小，方向水平向右C．摩擦力增大，方向水平向左D．摩擦力增大，方向水平向右【答案】D【解答】解：由安培定则得，电磁铁左端为N极，右端为S极，则与条形磁铁的异名极相对，相互吸引，则条形磁铁受到电磁铁向左的吸引力，因条形磁铁始终保持静止，所以它受到的吸引力和桌面给它的摩擦力是一对平衡力，大小相等，方向相反，所以条形磁铁受到的摩擦力的方向是向右的；当滑片逐渐向下移动时，连入电路的电阻逐渐减小，由欧姆定律可得线圈中电流逐渐变大，则磁场逐渐变强，条形磁铁受到电磁铁的吸引力逐渐变大，因条形磁铁受的是平衡力，故摩擦力的大小也会逐渐增大。故选：D。7.（2019浙江省宁波市，题号4，分值4）下列都是教材中的实验，其中为了说明“对物体做功，物体内能增加”的是（ ）A. 图甲：手帕摩擦塑料丝后，塑料丝散开 B. 图乙：缝衣针与磁铁摩擦后，有了磁性C. 图丙：加热后，水蒸气把木塞冲出试管 D. 图丁：迅速下压活塞后，浸过乙醚的棉花燃烧【答案】D【解析】A.图甲：手帕摩擦塑料丝后，塑料丝散开，说明同种电荷相互排斥，故A不合题意；B.图乙：缝衣针与磁铁摩擦后，有了磁性，这是磁化现象，故B不合题意； C.图丙：加热后，水蒸气把木塞冲出试管，这是水蒸气对外界做功，内能减少，故C不合题意；
D.图丁：迅速下压活塞后，活塞对里面的空气做功，使乙醚的内能增加，导致浸过乙醚的棉花燃烧，这说明外界对物体做功，物体内能增加，故D符合题意；故选D。8.（2019浙江省绍兴市，题号10，分值4）如图所示，内部均装有磁铁的两块清洁器M和N隔着窗玻璃总能合在一起移动，这让玻璃清洁变得安全高效。关于清洁器的分析正确的是（ ）A. 两块清洁器能合在一起的原理是异名磁极相互吸引B. N受到的重力和M对N的吸引力是一对平衡力C. 玻璃对N的支持力和M对N的吸引力是一对相互作用力D. 移动M时，N也能跟着一起移动，说明力能改变物体的形状【答案】A【解析】A.两块清洁器各是一块磁铁，之所以能够合在一起是因为：异名磁极相互吸引，故A正确；B.N的重力方向竖直向下，而M对N的吸引力在水平方向，二者不在同一直线上，因此不是平衡力，故B错误；C.玻璃对N的支持力水平向外，M对N的吸引力水平向内，二者作用在同一物体，同一直线上，大小相等，方向相反，因此是平衡力而不是相互作用力，故C错误；D.移动M时，N也能跟着一起移动，说明力能改变物体的运动状态，故D错误。故选A。9.（2019浙江省绍兴市，题号13，分值4）如图是小敏设计的汽车尾气中CO排放量的检测电路。当CO浓度高于某一设定值时，电铃发声报警。图中气敏电阻R，阻值随CO浓度的增大而减小。下列说法正确的是（ ）
A. 电铃应接在A和C之间B. 当CO浓度升高，电磁铁磁性减弱C. 用久后，电源电压U1会减小，报警时CO最小浓度比设定值高D. 为使该检测电路在CO浓度更低时报警，可将R2控制电路的滑片向下移【答案】C【解析】A.当CO浓度增大，电阻减小，电流增大时，电磁铁才会吸引衔铁，这时衔铁与下面的触点接通，只有电铃在BD部分才能报警，故A错误；B.当CO浓度增大，电阻减小，电流增大时，电磁铁的磁性会增强，故B错误；C.电磁铁吸引衔铁需要的磁力是不变的，即线圈中需要达到的电流大小不变；当电源电压减小时，控制电路部分电流变小，此时电磁铁磁力较小不能将衔铁吸下来报警；只有CO的浓度继续增大，气敏电阻的阻值继续减小，电路电流增大才能再次报警，因此报警时CO的最小浓度设定值偏高，故C正确；D.报警时控制电路中电流保持不变，即总电阻不变；当CO的浓度降低时，气敏电阻的阻值变大，为了正常报警，变阻器的阻值必须变小，即滑片向上移动，故D错误。故选C。10.（2019浙江省台州市，题号7，分值）能写红黑双色的磁画板截面如图所示，按下写字笔黑色按钮写出黑色的字，按下红色按钮写出红色的字，刷子左右移动则字消失。下列说法正确的是（ ）A. 刷子可以用铁制作B. 写黑字时笔尖为S极C. 写红字时笔尖为N极D. 写字的原理是同名磁极相互排斥【答案】A【解析】当按下黑色按钮，笔尖靠近磁画板时，画板上黑色的S极在上显示黑字，根据“异名磁极相互吸引”可知，这时笔尖为N极，故B错误；当按下红色按钮，笔尖靠近磁画板时，画板上红色的N极在上显示红字，根据“异名磁极相互吸引”可知，这时笔尖为S极，故C错误；写字的原理是“异名磁极相互吸引”，故D错误；当用刷子左右移动时，文字消失，说明磁画板上的小磁体又在刷子的引力恢复原来的位置，因此刷子可以用铁制作，故A正确。故选A。11.（2019黑龙江省大庆市，第8题，4分）下列关于四幅图片的描述中正确的是
A.S闭合后小磁针N极向左偏转B.表示的是汽油机的做功冲程C图中船闸的工作过程应用了帕断卡定律D.验钞机利用了红外线来辨别钞票的真伪【答案】A【解析】有电流表的连接可以判断电电流的方向，再依据右手螺旋定则。可判断出螺线管左端是N极，小磁针N极向左偏转。所以A正确。进气门排气门关闭，活塞向上运动，属于压缩冲程。所以B错误。船闸是应用了连通器原理。所以C错误。验钞机是利用紫外线来辨别钞票的真伪。所以D错误。12.（2019湖北省武汉市，题号17，分值3）【答案】C【解析】由电源的正负极可知，电流从螺线管的左后方流入，右前方流出，由右手螺旋定则可知，螺线管右端应为N极，左端为S极；因同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，所以小磁针甲静止时N极指向左端，S极指向右，小磁针乙静止时N极指向右端，S极指向左，故B正确，ACD错误；故选B。13.（2019吉林省长春市，3，2分）世界上第一个发现电流周围存在磁场的物理学家是（）A.奥斯特B.焦耳C.安培D.欧姆【答案】A【解析】根据初中物理学物理常识，结合题意来分析解答；1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，发现电流周围存在磁场，A选项正确。故选A。
14.（2019内蒙赤峰，9，3）【答案】B【解析】螺线管中电流方向如图所示，利用安培螺旋定则可以判定螺线管左侧为N极、右侧为S极。根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的原理，小磁针N极与螺线管S极相互吸引，向左旋转90̊。NS15.（2019江苏省无锡市，题号4，分值2）【答案】B【解析】A选项该永磁体在高温下也产生很强的永久磁场，说明这种永磁体具有耐高温的性质，A选项说法正确，不符合题意；B选项该永磁体能产生很强的永久磁体，B选项说法错误，符合题意；C选项由题知“利用强大电流进行磁化制成的永磁体”，C选项说法正确，不符合题意；D选项由题知“由稀土原材料与其他金属一起经过熔化、冷却、破碎、烧结等复杂工艺形成毛坯”，说明制作时经历了熔化和凝固过程，D选项说法正确，不符合题意。16.
17.18.19.20.21.22.23.24.25.26.27.28.29.30.31.32.33.34.35.36.37.38.39.二、填空题1.（2019黑龙江省龙东地区，23，2分）
【答案】N；变暗。【解析】根据右手定则判断出电磁铁左侧的极性，再根据滑片向右移动时，控制电路中的电流的变化，再分析出巨磁电阻的电阻的大小变化情况，再分析出电路中电流的变化情况，最后分析出小灯泡的亮度的变化情况即可。由题意可知，当开关闭合时，由右手定则可知，控制电路中电磁铁左侧为N极；当滑片P向右移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变大，控制电路的电流变小，电磁铁磁性变弱，巨磁电阻的阻值变大，工作电路中的电流变小，小灯泡的亮度变暗。2.（2019湖北省黄石市，题号28，分值4）【答案】奥斯特；N；大于；左【思路分析】奥斯特发现了电流的磁效应，即通电导线周围都存在磁场；由小磁针的N极方向可得电磁铁的磁极，由安培定则可得电流流向及电源的正负极；根据电流方向和电磁铁的绕线情况，根据安培定则判断出电磁铁的极性；根据杠杆的平衡条件判断，不计衔铁、杠杆的质量，左侧电磁吸力应大于密封罩的重力.【解题过程】在通电导体放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，即发明电流周围存在磁场。电磁铁的工作原理是电流的磁效应，该现象最早是奥斯特发现的；由图看出，电流从电磁铁上端流入，依据安培定则，四指顺着电流方向，大拇指应向上握住电磁铁，所以上端为N极；若密封罩被提起并悬挂于空中，不计衔铁、杠杆的质量，由图可知，衔铁这段电磁吸力的力臂小于密封罩的重力的力臂，根据杠杆的平衡条件，左侧电磁吸力应大于密封罩的重力；提不起，则应将滑动变阻器滑片向左移动，根据欧姆定律可知，电路中电流变大，衔铁这段电磁吸力就会变大.3.（2019吉林省长春市，15，2分）如图所示，闭合开关S，小磁针静止时N极指向
（选填“左”或“右”）。向左移动滑动变阻器的滑片，螺线管的磁性（选填“增强”“减弱”）。【答案】左；增强。【解析】由右手定则判断出通电螺线管的极性，再利用磁极间的相互作用规律分析出N极的指向，再由题意分析出向左移动滑动变阻器的滑片时，变阻器连入电路的电阻的变化情况，分析出电路中的电流的变化情况，最后分析出螺线管的磁性的变化情况。根据右手定则，电流方向向上，因此电磁铁的N极向左，根据同极相斥，异极相吸，小磁针N极指向左，滑动变阻滑片P向左移动后，滑动变阻器的电阻接入电路部分减少，使得电路中电流增大，因此电磁铁的磁性增强。4.（2019云南省，题号16，分值2）2019年5月23日，我国时速600公里高速磁浮试验样车在青岛下线，这标志看我国在高速磁浮技术领域实现重大突破．磁浮列车“悬浮”是利用了电流的________效应；丹麦物理学家________是第一个发现电与磁之间有联系的人．【答案】磁奥斯特【解析】磁悬浮列车能够悬浮是利用了同名磁极相互排斥的特点，它的核心部分是电磁铁。电磁铁是利用电流的磁效应制成的；奥斯特在1820年发现了通电导线周围存在着磁场，是第一个发现电与磁之间联系的人．5.（2019贵州省安顺市，题号9，分值4）如甲、乙两图所示，能说明电动机工作原理的是图 乙 ，如图丙所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，当开关S闭合后，在渐片P由b端向a端滑动过程中，弹簧长度 变长 （选填“变长”或“缩短”）。【答案】乙；变长
【解析】解：（1）电动机是根据通电导体在磁场中受力的原理制成的，电路中有电源，故应为图乙；发电机是根据电磁感应原理制成的，电路中无电源，为图甲；（2）读图可知，当滑片P从b端到a端滑动过程中，变阻器的阻值变小，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强；电流从螺线管的下端流入，上端流出，右手握住螺线管，使四指指向电流方向，则螺线管的上端为N极。根据异名磁极相互吸引可知，条形磁铁与电磁铁的相互作用为吸引，当电路中的电流变大时，电磁铁的磁性变强，吸引力变大，则弹簧长度变长。6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.18.19.20.21.22.23.24.25.
26.27.28.29.30.31.32.33.34.35.36.37.38.39.三、解答题1.（2019浙江省丽水市，题号32，分值）如图是一款用锂电池供电的平衡台灯，悬挂在中间的木质小球是它的“开关”。使用时只需要将上下两个小球靠近，小球就相互吸引，灯管发光。以下为平衡台灯参数；额定电压：5伏额定功率：5瓦光源类型：LED狸电池输出电压：5伏但电池容量：4800毫安时（注：以4800毫安的电流放电能工作1小时）（1）若A球内置的磁体下端为N极，则B球内置磁体上端为________极；
（2）求平衡台灯正常发光时电路中的电流；（3）给该台灯充电时，充电器的输出电压为5伏、电流2安，充电效率为80%，则为用完电的台灯充满电至少需要多长时间？【答案】（1）南（S）；（2）1A；（3）3h【思路分析】（1）根据异名磁极相互吸引回答；（2）已知灯的额定功率额定电压为，根据P=UI求平衡台灯正常发光时电路中的电流；（3）W=UIt=UQ求出给该台灯充电时获得输出电能：得出W输入；根据W=UIt求出用完电的台灯充满电至少需要的时间。【解题过程】（（1）开关”使用时只需要将上下两个小球靠近，小球就相互吸引，灯管发光，若A球内置的磁体下端为N极，根据异名磁极相互吸引，则B球内置磁体上端为S极；（2）额定功率为：P=5W，额定电压为：U=5V，平衡台灯正常发光时电路中的电流：；（3）给该台灯充电时，充电器的输出电压为5伏、电流2安，输出电能为：W=UIt=UQ=5V×4.8A×3600s=86400J；，故；用完电的台灯充满电至少需要时间：2.（2019江苏省常州市，题号30，分值8）
【答案】（1）如图所示：（2）120Ω（3）484Ω【思路分析】【解题过程】（1）由于温度为60℃时，热敏电阻的阻值为40Ω，根据欧姆定律I=U/R=6V/40Ω=0.15A，电流小于0.2A(线圈电流大于0.2A时，衔铁被吸下，线圈电流小于0.2A时，衔铁被弹回)，则需要将定值电阻R0和热敏电阻Rx并联连接时，线圈中的电流才能达到0.2A；电磁继电器的动触点要接在火线上，要温度低于60℃要吹热风，根据图象可知：低于60℃时热敏电阻变小，根据欧姆定律可知：电路中电流变大，则衔铁被吸下，则电热丝要接在下方静触点上，电热丝和电风扇并联连接，电风扇不受电磁继电器控制，电风扇直接接在火线和零线上；（2）根据题意、题图和欧姆定律，U/R0+U/Rx=0.2A，即6V/R0+6V/40Ω=0.2A，解得：R0=120Ω
；（3）由于吹热风功率是120W，吹冷风功率是20W，则电热丝的功率为120W-20W=100W，则电热丝的电阻为R=U2/P=(220V)2/100W=484Ω。方法二：（1）由于湿度40%时，湿敏电阻的阻值为40Ω，根据欧姆定律I=U/R=6V/40Ω=0.15A，电流小于0.2A(线圈电流大于0.2A时，衔铁被吸下，线圈电流小于0.2A时，衔铁被弹回)，则需要将定值电阻R0和热敏电阻Rx并联连接时，线圈中的电流才能达到0.2A；电磁继电器的动触点要接在火线上，要湿度低于40%要吹热风，根据图象可知：湿度低于40%时电阻变小，根据欧姆定律可知：电路中电流变大，衔铁被吸下，则电热丝要接在下方静触点上，电热丝和电风扇并联连接，电风扇不受电磁继电器控制，电风扇直接接在火线和零线上；（2）根据题意、题图和欧姆定律，U/R0+U/Rx=0.2A，即6V/R0+6V/40Ω=0.2A，解得：R0=120Ω；（3）由于吹热风功率是120W，吹冷风功率是20W，则电热丝的功率为120W-20W=100W，则电热丝的电阻为R=U2/P=(220V)2/100W=484Ω。3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.
15.16.17.18.19.20.21.22.23.24.25.四、实验探究题1.（2019湖北省襄阳市，题号，分值）40.小明同学在做“探究通电螺线管外围的磁场分布”的实验中(1)当他在通电螺线管四周不同位置摆放多枚小磁针,最后静止在如图所示位置。则通电螺线管外部的磁场与磁体的磁场相似。(2)当他改变通电螺线管中电流方向后,发现周围每个小磁针转动度角后重新静止下来。【答案】（1）条形；（2）180【思路分析】（1）通电螺线管的磁场分布与条形磁体相似；（2）通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的电流方向和线圈的绕法有关.【解题过程】（1）通电螺线管外部的磁场分布与条形磁体相似，都是具有两个磁性较强的磁极；（2）通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的电流方向有关，所以只改变螺线管中的电流方向，小磁针会转动180°后重新静止下来，南北极所指方向正好与原来相反.2.
3.五、作图题1.（2019广西贵港，21（1），2）律；【解析】小磁针沿顺时针方向偏转90º后静止，则它的N极向右、S极向左。根据异名磁极相互排斥的原理，得出螺线管的右端为N极、左端为S极。由于磁体周围的磁感线都是从N极出发，回到S极，所以A点的磁感线方向向左。根据安培螺旋定则判断电源左端为正极，右端为负极。【答案】如图所示NS+-2.（2019毕节市，题号32，分值2）
【答案】如图所示【思路分析】由小磁针静止时的位置判断电磁铁的磁场方向及N极；用安培定则确定电流方向；根据电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系确定滑动变阻器的接入方法。【解题过程】（1）由小磁针静止时N极所指的方向就是该处磁场的方向可知：该处电磁铁的磁场方向是向右的。由在磁体外部，磁场从N极出发，回到S极，可知电磁铁的左端为N极；（2）利用安培定则可判断出电磁铁线圈的电流方向是从左流向右，即开关与电源正极相连；（3）根据线圈电流越大，电磁铁磁性越强，可知：当滑动变阻器的滑片向右移动时，线圈中的电流变小。即向右移动滑片，滑动变阻器接入电路的电阻变大。所以滑动变阻器的下端接的是做左面的接线柱。（4）根据分析作处电路，如图。3.（2019鄂州市，题号33，分值3）33．如图所示为电磁铁和永磁体相互作用产生的磁场，请根据图中磁感线的方向标出永磁体右端的磁极，并在括号内标出电磁铁电源的“+”、“-”极.【答案】如图所示
【思路分析】根据磁感线的方向判断磁极、利用安培定则判断电磁铁线圈电流和电源正负极。【解题过程】在磁体的外部，磁感线总是从磁体的N极发出最后回到S极，所以永磁体的右端为S极，电磁铁的左端都是N极；根据安培定则，伸出右手使右手大拇指指向电磁铁的N极，四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流从电磁铁的右端流入，所以电源的右端为“+”极，左端为“-”极。4.（2019湖南省岳阳市，题号18，分值3）请标出图中通电螺线管外部磁感线的方向，小磁针的N极和电源的“十”极。【答案】【解析】已知该螺线管的左端是S极，右端是N极，故小磁针的左端是S极，右端是N极；同时在磁体外部，磁感线从N极指向S极，故做出磁感线的方向即可；由右手螺旋定则可得电流由左侧流入，即电源左侧正极；如图：5.（2019年菏泽，题号19，分值1）
【答案】如图所示A【思路分析】通电螺线管的磁场方向与条形磁体的磁场相似，条形磁体的磁场是从N极出发，指向S极。【解题过程】通电螺线管外部磁场是由N极指向S极，并且磁感线的切线方向即为该点的磁场方向，据此可画出A点磁场方向。6.（2019四川省内江市，第21题，3分）请在通电螺线管两端的括号内标出N,S极，并画出磁感线的方向。第21题图【答案】第21题答图【解析】根据安培定则：伸出右手，使四指弯曲所指的方向为电流的方向，大拇指指向即为通电螺线管的N极；因为在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，最后回到S极，故磁感线方向向左。7.（2019四川省攀枝花市，题号25，分值2）
N【答案】【解析】小磁针静止时N极所指的方向为电流方向，故螺线管的上部为N极，根据安培定则，可知电源的下方为正极，上方为负极，如上图所示.8.（2019四川宜宾，14，3）【答案】【解析】弹簧长度变短了，说明条形磁体和螺线管互相排斥，靠近的两端是同名磁极，即螺线管上端为N极、下端为S极。根据安培螺旋定则，判断螺线管中电流方向如下图所示，则电源上端为正极。
9.（2019云南省昆明市，题号18，分值6）【答案】（1）32.8；（2）如图所示：（3）如图所示：
【思路分析】（1）先弄明白刻度尺的分度值，读出物体的起点和末端对应的刻度值，二者相减就是物体长度，最后根据题目要求进行单位换算即可；（2）磁场方向与小磁针静止时N极所指的方向相同；（3）力臂是指从支点到力的作用线的距离.【解题过程】（1）刻度尺的分度值是0.1cm，物体的起点对应于3.00cm，物体的末端对应于6.28cm，所以物体的长度为6.28cm-3.00cm=3.28cm=32.8mm；（2）在磁场中，小磁针静止时N极所指的方向与磁场方向相同，故小磁针的上端是N极，如图所示：（3）延长F的作用线，过支点向力F的作用线作垂线，找到垂足，支点到垂足之间的距离就是力臂L，如图所示：
10.（2019山东省潍坊市，题号16，分值2）如图所示，当开关闭合时，弹簧测力计示数变小。（1）画出弹簧测力计对条形磁铁拉力的示意图；（2）在虚线框内用电路图符号画出电源。【答案】如图所示：【思路分析】（1）弹簧测力计对条形磁铁拉力方向竖直向上，由此作出拉力的示意图；（2）开关闭合弹簧测力计示数变小，由此分析电磁铁与条形磁铁力的作用情况，从而分析出电磁铁的极性，再由安培定则判断电流方向，从而画出电源。【解题过程】
（1）条形磁铁受到弹簧测力计的拉力方向竖直向上，作用点可画在磁铁的重心上，由此画出拉力的示意图如图所示；（2）开关断开时，弹簧测力计对条形磁铁的拉力与其重力是一对平衡力，即F=G，开关闭合后，弹簧测力计示数变小，说明条形磁铁受到电磁铁对它向上的力，所以电磁铁与条形磁铁S极相互排斥，则电磁铁上端与S极是同名磁极，由安培定则可知，电流从电磁铁下端流入，上端流出，所以虚线内下方为电源正极，上方为负极，如图所示：11.（2019内蒙古省通辽市，第18题，2分）【答案】【解析】滑片P向右滑动，滑动变阻器连入电路电阻变小，电路中电流变大，电磁铁磁性变强，弹簧伸长，电磁铁上端与条形磁铁相互吸引，为S极，由安培定则可知，螺线管正面电流方向向左，流回电源的左侧，故电源左侧为负极，右侧为正极，如图。12.（2019四川省巴中市，第27题，4分）(1)(2分)请将甲光路图补充完整。
(2)(2分)根据乙图所示的通电螺线管，标出磁感线方向和小磁针北极。【答案】(1)(2)【解析】（1）利用三条特殊光线画图即可。（2）利用右手螺旋定则判断。13.（2019贵州省黔东南州，题号18，分值3）将图中的电磁铁连入你设计的电路中（在方框内添加电源和滑动变阻器），使得小磁针静止时如图所示，且向右移动滑动变阻器滑片时，电磁铁的磁性变弱。【答案】如下图【思路分析】首先根据小磁针的磁极判断通电螺线管的磁极，根据螺线管的磁极判断电流方向；然后根据电磁铁磁性强弱的影响因素判断电路在电流强弱，判断滑动变阻器接入电路的电阻。
【解题过程】解：小磁针静止时左端为S极、右端为N极，根据磁极间的相互作用规律可知，通电螺线管的左端是N极，右端是S极如图；根据安培定则可以判断电流从左端进入通电螺线管，则可知电源左端为正极、右端为负极；当电流越小时，电磁铁的磁性越弱，要想电磁铁的磁性变弱，应减小电路中的电流，由欧姆定律可知，应增大电路中的电阻，则向右移动滑动变阻器滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻应变长，故连接如图所示。14.（（2019江苏省无锡市，题号24，分值）【思路分析】由安培定则可得出螺线管的极性。安培定则内容：右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指的方向为电磁铁N极。【解题过程】已知电流方向，根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指向螺线管的右端为N极，如图所示：
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