《2021-2022学年苏教版九年级物理下册第十六章电磁转换专题练习试卷(含答案详解).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年苏教版九年级物理下册第十六章电磁转换专题练习试卷(含答案详解).docx（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、苏教版九年级物理下册第十六章电磁转换专题练习 考试时间：90分钟；命题人：物理教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题 30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、 “探究电磁铁磁性强弱与哪些因素有关”实验时，实验装置如图所示，下列说法错误的是（）A当滑动变阻器滑片向左移动时
2、，电磁铁甲、乙吸引大头针的个数增加，电磁铁磁性增强B电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是同名磁极相互排斥C根据图示的情景可知，电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强D电磁铁在生活中的其中一个应用是电磁继电器，电磁继电器磁性强弱与电流方向有关2、为了判断一根钢棒是否有磁性，小明进行了如下几组小实验。其中不能达到目的的是（）A让钢棒靠近铁屑，铁屑被吸引，则钢棒具有磁性B用细线将钢棒吊起来，使它能在水平面内自由转动，静止时总是指南北方向，则钢棒具有磁性C让小磁针靠近钢棒，若钢棒与小磁针相互排斥，则钢棒具有磁性D让小磁针靠近钢棒，若钢棒与小磁针相互吸引，则钢棒具有磁性3、如图所示是生活中常见的动圈式
3、话筒。对着话筒说话时，声音使膜片振动，与膜片相连的线圈也一起振动，线圈在磁场中的运动能产生随着声音变化而变化的电流。动圈式话筒的工作原理是下列四幅图中的（ ）ABCD4、超市的服装贴有磁性标签，未消磁的标签通过超市安检门时，安检门上的线圈会产生电流，触发报警器达到防盗目的。下图中能反映出安检门工作原理的是（）ABCD5、在一次课外实验活动中，一颗铁质的小螺丝钉掉入细小狭长的小洞中（如图）。小科设计了以下四种方案，其中不能取出小螺丝钉的是（）ABCD6、发现电流周围存在磁场的物理学家是（ ）A法拉第B安培C奥斯特D牛顿7、下列电器在正常工作过程中，机械能转化为电能的是（）A电动机B发电机C电饭锅
4、D电烙铁8、通电螺线管周围的磁感线如图所示，则下列说法正确的是（）AA端为电源的正极B通电螺线管左端为N极C小磁针左端为S极D改变电流的大小可以改变通电螺线管的磁场方向9、以下说法中正确的是（）A磁场是真实存在的B磁感线是从磁场中实际存在的曲线C毛皮摩擦过的橡胶棒具有吸引铁钴镍的性质D小磁针N极在磁场中某点所受磁力的方向跟该点的磁场方向相反10、我国高铁动车组普遍采用了再生制动技术：动车到站前停止供电，动车继续向前运行电机逆转产生电流并输入电网。下图与再生制动技术工作原理相同的是（）ABCD第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、 “生活处处有物理，留心观察皆学
5、问”。电动车右手的“调速”把手，可改变后轮的转速，与这个“调速”把手联动的电路元件实质是一个_；中国的无人机技术发展迅速，水平居世界前沿。无人机的旋翼由电动机驱动，电动机的电路元件符号是 _。2、在图中所示的自动控制电路中，当控制电路的开关S处于闭合状态时，工作电路中工作的用电器是_，此时弹簧应该处于_（选填“原长”、“压缩”或“拉伸”）状态。3、一个空心小铁球放在盛水的烧杯中置于铁棒AB的上方，绕在铁棒上的线圈连接如图所示的电路，开关S闭合后，空心小铁球仍漂浮在水面上，此时A端为电磁铁的_极，当滑片P向左滑动，空心小铁球所受浮力_（选填“增大”、“减小”或“不变”）。4、根据图中的电流方向，
6、可知通电螺线管的_端是N极。5、如图所示，将电磁铁接入电路中，闭合开关后与闭合开关前对比，线圈的长度将_（选填“变长”、“变短”或“不变”）。三、计算题（5小题，每小题10分，共计50分）1、人们对自我保护越来越关注。图甲为某品牌足浴盆的相关参数，其内部电路可分为工作电路和控制电路两个部分（如图乙所示）。电磁继电器所在控制电路的电源电压U=6V，电磁继电器线圈的电阻可不计，加热至40时，自动进入保温模式，此时电磁继电器线圈的电源达到30mA，热敏电阻R2的阻值随温度变化的曲线如图丙所示。(1)求R2的阻值；(2)在一次使用过程中，加热时间为5min，则加热过程中消耗的电能是多少？不计热损失，这
7、些热量可使5kg的水温度升高多少；c水=4.2103J/(kg)(3)为使温度加热至40时，自动进入保温模式，滑动变阻器的电阻需要调到多大?(4)若想温度加热到45时，自动进入保温状态，应该如何操作？2、有一种电加热恒温箱，工作原理如图a所示控制电路由电压为U1=6V的电源、电磁继电器（线圈电阻不计）、滑动变阻器R0和热敏电阻R1组成；工作电路由电压为U2=220V的电源和电阻为R2=48.4的电热丝组成当控制电路中的电流达到0.05A时，衔铁被吸下来，触点处断开，工作电路停止工作，当控制电路中的电流小于0.05A时，衔铁被弹回，触点处接通，加热电路正常工作热敏电阻R1的阻值随温度变化关系如图
8、b所示(1) 工作电路正常工作1min，电热丝R2产生的电热是多少？(2) 通过调节控制电路中滑动变阻器R0接入电路的阻值，就能调节恒温箱中需要设定的不同温度，如果恒温箱的温度设定为50，求滑动变阻器R0应接入电路的阻值(3) 若要提高恒温箱的设定温度，滑动变阻器R0接入电路的阻值应调大还是调小？3、如图所示为某兴趣小组为学校办公楼空调设计的自动控制装置，R是热敏电阻，其阻值随温度变化关系如下表所示已知继电器的线圈电阻R010 ，左边电源电压为6 V恒定不变当继电器线圈中的电流大于或等于15 mA时，继电器的衔铁被吸合，右边的空调电路正常工作 (1)请说明该自动控制装置的工作原理(2)计算说明
9、该空调的启动温度是多少？(3)为了节省电能，将空调启动温度设定为30 ，控制电路中需要串联多大的电阻？4、为判断短跑比赛是否抢跑，某兴趣小组设计了如图“抢跑自动指示”电路其工作原理是：当运动员蹲在起跑器上后，先闭合S；发令时闭合S1，发令指示灯亮；运动员起跑后，装在起跑器上的压敏电阻R0因受到压力减小，其电阻改变，电磁铁线圈中的电流明显变大，S2被吸引而闭合，起跑器指示灯亮若起跑器指示灯比发令指示灯先亮，表示运动员抢跑（1）当S1处于断开状态时，闭合S，若压敏电阻阻值变小，电磁铁的磁性强弱如何变化？ （2）已知发令控制电路电源电压U6伏，电磁铁线圈的电阻不计若运动员起跑后，压敏电阻R0的阻值为
10、30欧，S和S1仍处于闭合状态，电磁铁线圈中的电流为0.25安，计算此时发令指示灯的功率（3）压敏电阻通常有两种类型：A阻值随压力增大而增大； B阻值随压力增大而减小则该模型的压敏电阻应选择哪种类型，结合电路简要说明理由： 5、某家用电热水器，其工作模式和相关参数如下表所示。图为电热水器的原理图，包括工作电路和控制电路两部分，通过电磁继电器自动控制电热水器实现加热状态和保温状态的挡位变换。R0、R1为电热丝，R2为滑动变阻器，R为热敏电阻（置于电热水器内），其阻值随温度的升高而减小。红灯、绿灯是电热水器工作时的指示灯，忽略指示灯对电路的影响。(1)分析说明当绿灯亮时，电热水器处于保温状态还是加
11、热状态?(2)R1工作时的电阻是多大?(3)该电热水器处于加热状态时，工作4.2min，可使1L水的温度升高40，则该电热水器的效率是多少?，计算结果精确到0.1%电源220V 50Hz加热功率800W保温功率40W水容量1.0L-参考答案-一、单选题1、D【解析】【详解】A当滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，由知道，电路中的电流变大，电磁铁磁性增强，电磁铁甲、乙吸引大头针的个数增加，故A正确；B实验发现被电磁铁吸引的大头针下端是分散的，其原因是大头针被磁化后同名磁极互相排斥，故B正确；C由图示的情景知道，两个电磁铁串联接入电路中，通过的电流是相同的，线圈匝数
12、越多，吸引的大头针的个数越多，电磁铁的磁性越强，故C正确；D电磁继电器磁性强弱与电流方向无关，与电流大小、线圈的匝数的多少有关，故D错误。2、D【解析】【详解】A磁体能够吸引铁屑，没有磁性的钢棒则没有吸引铁屑的能力，所以铁屑被吸引能说明钢棒具有磁性，故A不符合题意；B磁体具有指示南北的性质，不具有磁性的钢棒没有指示南北的能力，所以钢棒能指示南北可以说明其具有磁性，故B不符合题意；C钢棒与小磁针相互排斥，说明钢棒与小磁针靠近的一端为同名磁极，说明钢棒有磁性，故C不符合题意；D若钢棒没有磁性，当它靠近小磁针时，钢棒与小磁针也会互相吸引，所以钢棒与小磁针相互吸引不能能说明钢棒具有磁性，故D符合题意。
13、故选D。3、D【解析】【详解】动圈式话筒工作过程是：声波振动引起膜片振动带动线圈振动线圈切割永久磁体的磁场产生感应电流经放大传给扬声器。由此可知其工作原理是电磁感应现象。A此装置中有电源，即通电后，小磁针会偏转，说明通电导线周围存在磁场，是电流的磁效应，故A不符合题意；B该装置是研究电磁铁的磁性强弱的影响因素，利用电流的磁效应，故B不符合题意；C该装置是研究磁场对通电导体的作用，故C不符合题意；D此图中没有电源，当部分导体做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流，即电磁感应现象，故D符合题意。故选D。4、C【解析】【详解】当未消磁的标签经过超市出口处的安检门时，安检门上的线圈会产生感应电流，相
14、当于闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动而产生感应电流，所以安检门的工作原理是电磁感应现象。A该实验是奥斯特实验，说明通电导线周围有磁场，故A不符合题意，B通电能运动，故是电动机原理，将电能转化为机械能，故B不符合题意；C该实验是电磁感应实验，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动而产生感应电流，将机械能转化为电能，故C符合题意；D通电后，电磁铁能吸引大头针，这是探究影响电磁铁磁性大小因素的实验，故D不符合题意。故选C。5、D【解析】【详解】A细线下端的磁体靠近小螺丝钉时，会吸引铁质小螺丝钉，从而取出小螺丝钉，故A不符合题意；B磁体能够吸引铁、钴、镍，磁体吸引铁棒而成为一个整体，
15、靠近小螺丝钉时会吸引小螺丝钉，从而取出小螺丝钉，故B不符合题意；C铁棒被磁体磁化后具有磁性，靠近小螺丝钉时会吸引小螺丝钉而取出小螺丝钉，故C不符合题意；D磁体能够吸引铁、钴、镍，但不吸引铜，也不能磁化铜，所以不能取出小螺丝钉，故D符合题意。故选D。6、C【解析】【详解】A法拉第在1831年发现了电磁感应现象，故A不符合题意；B安培建立了安培定则，用于判断通电螺线管的磁极，故B不符合题意；C奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电现象与磁现象之间有联系的人，故C符合题意；D牛顿是经典力学的奠基人，在物理学方面的主要贡献是牛顿三大力学定律及万有引力定律，故D不符合题意。故选C。7、B【解析
16、】【详解】A电动机在工作时，消耗电能使线圈转动，将电能转化为机械能，故A不符合题意；B发电机是利用电磁感应现象工作的，通过线圈转动切割磁感线来获得电能，所以是将机械能转化为电能，故B符合题意；C电饭锅工作时，将电能转化为内能，故C不符合题意；D电烙铁在工作时，将电能转化为内能，故D不符合题意。故选B。8、B【解析】【详解】AB由图可知，磁感线是从螺线管的左侧出来的，则左侧为N极，右侧为S极，根据安培定则，用右手握住螺线管，大拇指指向左侧，四指环绕的方向即电流方向，看得见的这一侧螺线管中电流的方向是向上的，即电源的B端为正极，故A错误，B正确；C异名磁极相互吸引，所以小磁针的左端为N极，右端为S
17、极，故C错误；D磁场的方向与电流的大小无关，改变电流的大小只能改变螺线管的磁场强弱，不会改变通电螺线管的磁场方向，故D错误。故选C。9、A【解析】【详解】A磁体周围存在磁场，磁场是真实存在的，故A正确，B为方便、形象地描述磁场引入磁感线，磁感线并不存在，故B错误； C磁体具有吸引铁钴镍的性质，毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，不是磁体，故C错误； D小磁针S极在磁场中某点所受磁力的方向跟该点的磁场方向相反，小磁针N极在磁场中某点所受磁力的方向跟该点的磁场方向相同，故D错误。故选A。10、A【解析】【详解】动车原来是运动的，即到站前先停止供电，虽然没有动力，但由于惯性，动车能继续运动；动车在继续向前运
18、动时，电机线圈随车轮转动并在磁场中切割磁感线运动，进而产生感应电流，该现象就是电磁感应现象，即再生制动技术工作原理是电磁感应现象；A该实验中无电源，当闭合电路中的导体棒在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这是电磁感应现象，故A符合题意；B该实验是奥斯特实验，说明了电流的磁效应，故B不符合题意；C该实验是探究影响电磁铁磁性强弱的因素，故C不符合题意；D该实验说明通电导体在磁场中受到力的作用，故D不符合题意。故选A。二、填空题1、 滑动变阻器 【解析】【详解】1电动自行车上的“调速”把手相当于我们学过的滑动变阻器，它是通过改变电阻丝接入电路的长度来改变电阻，从而达到改变电路中电流大小的目的
19、。2电动机在电路图中元件符号。2、 电铃 拉伸【解析】【详解】12当控制电路的开关S处于闭合状态时，电磁铁有电流通过，电磁铁有磁性，吸引衔铁，动触点和下面的静触点连接，电铃工作，由于衔铁向下运动，所以弹簧出于拉伸状态。3、 S#南 增大【解析】【详解】1由图示知，线圈中的电流由A流向B，则由右手螺旋定则可知螺线管B端为N极，则A端为S极（南极）。2当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由欧姆定律可知电路中电流增大，则螺线管中的磁性增强，故小铁球所受磁力增强；小铁球受重力、磁力及浮力，因小球处于静止状态，故向下的磁力与重力之和应等于向上的浮力，因磁力增加，而重力不变，故浮力也将增大。4、左
20、【解析】【详解】电流从螺线管的右端进入，从左端流出，根据安培定则可以判断通电螺线管的左端是N极，右端为S极。5、变短【解析】【详解】将电磁铁接入电路中，闭合开关后，有电流通过线圈，由安培定则，每匝线圈上端为N极，下端为S极，根据异名磁极相互吸引，故线圈的长度将闭合开关前变短。三、计算题1、 (1)24.2；(2)6.3105J；30；(3) 160；(4)若想温度加热到45时，自动进入保温状态，应该减小滑动变阻器的电阻。【解析】【分析】(1)在工作电路两电阻并联，同时工作时为加热模式，保温模式只有R1接入电路中，根据甲中参数，先计算R2的功率，再根据电功率的公式计算R2的阻值。(2)由W=Pt
21、计算加热过程消耗的电能；根据Q=cmt算出水升高的温度。(3)由欧姆定律算出电路的总电阻，根据串联电路电阻的规律算出滑动变阻器的电阻。(4)从图丙可知，要提高恒温箱的设定温度，就要增大热敏电阻的阻值；但为了使衔铁吸合工作电流即线圈中的电流仍为30mA，根据欧姆定律就要减小滑动变阻器的电阻。【详解】解：(1)由题知，加热至40时，控制电路中的弹簧会将衔铁拉起来，自动进入保温模式，由图乙知，此时工作电路中只有R1接入电路；当温度降低时，控制电路中的电磁铁会将衔铁吸下来，进入加热模式，由图乙知，此时工作电路中R1和R2并联接入电路；所以R2的功率P2=P加热-P保温=2100W-100W=2000W
22、R2的阻值(2)加热5min消耗的电能W=P加热t=2100W560s=6.3105J水升高的温度(3)温度加热至40时，此时电磁继电器线圈的电流达到30mA，由图丙知，此时热敏电阻Rx的阻值为40，电路的总电阻滑动变阻器的电阻R滑=R-Rx=200-40=160(4)若想温度加热到45时，自动进入保温状态，即要提高恒温箱的设定温度，从图丙可知，要提高恒温箱的设定温度，就要增大热敏电阻的阻值，但为了使衔铁吸合工作电流即线圈中的电流仍为30mA，根据欧姆定律就要减小滑动变阻器的电阻。答：(1)R2的阻值为24.2；(2)在一次使用过程中，加热时间为5min，则加热过程中耗的电能是6.3105J；
23、不计热损失，这些热量可使5kg的水温度升高30；(3)为使温度加热至40时，自动进入保温模式，滑动变阻器的电阻需要调到160；(4)若想温度加热到45时，自动进入保温状态，应该减小滑动变阻器的电阻。2、 (1) 6104J (2)4 0 (3)调大【解析】【详解】（1）电热丝正常工作1分钟，产生的热量： ；（2）当温度为50时，R1=80，在控制电路中， ，R2=R总R1=12080=40；（3）若提高恒温箱的温度，则R1的电阻减小，因为工作电路正常工作时，控制电流不变，因此控制电路的总电阻不变，R1电阻减小，因此变阻器接入电路的电阻应调大3、 (1)随室内温度的升高，热敏电阻的阻值减小，控制
24、电路中的电流增大，当电流达到15 mA时，衔铁被吸合，右边的空调电路开始工作，当温度下降时，控制电路总电阻增大，电流减小，减小到一定值，空调电路断开，这样就实现了自动控制(2) 25 (3) 30 【解析】【详解】（1）随室内温度的升高，热敏电阻的阻值减小，控制电路中电流增大，当电流达到15 mA 时，衔铁被吸合，右侧空调电路连通，空调开始工作当温度下降时，控制电路电阻增大，电流减小，减小到一定值，使空调电路断开，这样就实现了自动控制（2）电路启动时的总电阻：，此时热敏电阻的阻值：，对照表格数据可知，此时的启动温度是25 （3）电路启动时的总电阻为，由表中数据可知，空调启动温度设定为30 时，
25、热敏电阻的阻值为，则电路中还应串联的电阻：4、（1）变强；（2）0.3W；（3）选A，S处于闭合状态时，当运动员起跑后对压敏电阻的压力减小，起跑指示灯要亮，S2要被吸引，电磁铁的磁性要增强，通过线圈的电流应变大，压敏电阻阻值要减小，所以压敏电阻受到的压力减小时其电阻值也减小【解析】【详解】试题分析：（1）当S1处于断开状态时，闭合S，压敏电阻R0与电磁铁串联，若压敏电阻阻值变小，电源电压不变情况下，由欧姆定律知通过电路的电流增大，电磁铁的磁性随电流的增大而增强；（2）发令控制电路电源电压U6伏，电磁铁线圈的电阻不计，则R0与灯泡串联若运动员起跑后，压敏电阻R0的阻值为30欧，则通过R0的电流I
26、0=U/R0=6V/30=0.2A；S和S1仍处于闭合状态，电磁铁线圈中的电流为0.25A，即通过灯泡的电流IL=I-I0=0.25A-0.2A=0.05A；此时发令指示灯的功率P=UIL=6V0.05A=0.3W（3）选A，S处于闭合状态时，当运动员起跑后对压敏电阻的压力减小，起跑指示灯要亮，S2要被吸引，电磁铁的磁性要增强，通过线圈的电流应变大，压敏电阻阻值要减小，所以压敏电阻受到的压力减小时其电阻值也减小考点：电磁继电器；欧姆定律；5、 (1)保温状态；(2)1149.5；(3)83.3%【解析】【分析】【详解】解：(1)当电磁继电器的衔铁被释放时，动触头与上方静触头接触，红灯亮，R0单
27、独工作，总功率P=；当电磁继电器的衔铁被吸下时，动触头与下方静触头接触，绿灯亮，R0与R1串联工作，总功率P=。比较得出，红灯亮时总功率较大，为加热状态；绿灯亮时总功率较小，为保温状态。(2)R0的电阻是R0=60.5保温时的功率P保温=即40W=解得R1=1149.5(3)1L水的温度升高40吸收的热量Q=c水mt=c水水Vt=4.2103J/(kg)1.0103kg/m310-3m340=1.68105J加热4.2min消耗的电能W=P加热t=800W4.260s=2.016105J电热水器的效率=100%=100%83.3%答：(1)当绿灯亮时，电热水器处于保温状态；(2)R1工作时的电阻是1149.5；(3)该电热水器的效率是83.3%。