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1、人教版九年级物理第二十章电与磁专项测评 考试时间：90分钟；命题人：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、下面所做探究活动与得出结论相匹配的是（）A活动：探究带电体间的相互作用结论：同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥B活动：马德
2、堡半球实验结论：大气压真实存在且很大C活动：观察惯性现象结论：一切物体都受到惯性力的作用D活动：用铁屑探究磁体周围的磁场结论：磁感线是真实存在的2、下列关于磁场的描述，正确的是（）A磁场是由无数条磁感线组成的B地理S、N极与地磁S、N极完全重合C小磁针静止时，S极的指向与该点磁场方向相同D磁场看不见摸不着，但是可以借助小磁针感知它的存在3、下列四个选项中，跟发电机的原理相同的是（）A电铃B动圈式话筒C动圈式扬声器D电磁起重机4、第一位揭示电与磁联系的物理学家是（）A法拉第B伽利略C奥斯特D牛顿5、位于济南市钢城区的棋山国家森林公园，自然风景优美，有“山中一日，人间百年”的美丽传说。如图是公园中
3、新建的登山索道，为游客一年四季随时上山游览棋山美景提供了便利。登山索道的运行靠电力驱动，其动力装置的工作原理是下图实验中的（）ABCD6、如图所示，学校的饭卡的内部其实是一组线圈与一个信息芯片相连，卡中没有电池。当饭卡接触感应器时，线圈给芯片供电使芯片工作，下列说法正确的是（）A线圈就是一个电磁铁B线圈相当于用电器C线圈工作原理与电动机原理类似D线圈工作原理属于电磁感应7、巨磁电阻效应是指某些材料的电阻在磁场中急剧减小的现象，如图是说明巨磁电特性原理的示意图，图中GMR是巨磁电阻，当GMR巨磁电阻旁磁场增大时其电阻值减小。闭合S1、S2后，下列说法正确的是（）A电磁铁的右端是S极B滑片P向右滑
4、动时电磁铁的磁性增大C滑片P向左滑动时指示灯变亮D滑片P向左滑动时电流表的示数变大8、下列著名科学家与其主要成就对应不正确的是（）A欧姆发现了电流与电压、电阻的关系，从而得到欧姆定律B奥斯特首先通过实验证实了通电导体周围存在磁场C法拉第发现了通电导体在磁场中受到力的作用D焦耳最先精确确定了电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系，从而得到焦耳定律9、下列电器中，利用法拉第电磁感应原理工作的是（）A电磁起重机B电磁继电器C电动机D发电机10、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（）ABCD第卷（非选择题 70分）
5、二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图所示的实验最早是_（填物理学家）完成的，为了使实验现象明显，导线应_（选填“东西”或“南北”或“任意方向”）放置，实验结论是通电导线周围存在_，如果移走小磁针，导体周围_（选填“存在”或“不存在”）磁场。利用此实验的结论制造出了_（选填“电磁铁”、“电动机”或“发电机”）。2、物理学发展过程中，有三位里程碑式的巨人为同学们指明了学习的方向。请你写出一位物理学家的名字：_；他在物理学中的主要成就是：_。3、如图所示是某实验小组设计的探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验电路图。在实验时，通过吸引大头针的 _反映电磁铁磁性强弱，此实验电路探究的是“
6、电磁铁磁性强弱与 _的关系”。4、司南是我国古代四大发明之一。论衡中记载：“司南之构，投之于地，其柢指南”。如图所示，“柢”即握柄，是磁体的_（选填“N”或“S”）极，静止时指向地磁场的_（选填“南”或“北”）极。指南针放在通电导线附近发生了轻微偏转，是因为_产生了磁场。5、如图是演示巨磁电阻效应原理的示意图，GMR是巨磁电阻，它的阻值在磁场中随磁性增强而急剧减小。当滑动变阻器滑片P向左滑动，电磁铁周围的磁场_（选填“增强”、“减弱”或“不变”），电压表示数_（选填“变大”、“变小”或“不变”），指示灯的亮度_（选填“变暗”、“变亮”或“不变”）。三、计算题（5小题，每小题10分，共计50分）
7、1、许多大桥被损坏的一个重要原因是过往车辆严重超载。为了能抓拍超载车辆，小明及其物理兴趣小组成员决定为大桥管理者设计一个“汽车超载记录器”来进行监控管理，如图18甲为该超载记录器原理图。已知电源电压U10V，线圈电阻R010，保护电阻R115，Rx为压敏电阻，当车辆驶入被检测路段时，其阻值随它受到的压力变化的情况如图乙所示，当电压表示数达到或低于4V时，继电器的衔铁被吸下，工作电路中的照相机就开始工作，抓拍超载车辆。（g取10N/kg）试问：（1）在控制电路中，当压敏电阻Rx受到的压力增大时，电磁铁的磁性将 _ （选填“增强”“减弱”或“不变”）。（2）当工作电路开始拍照时，控制电路中的电流多
8、大？ _（3）当一辆总质量为15t的大货车过桥时，请通过计算判断工作电路中的照相机是否工作？ _2、图甲为热敏电阻的R-t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的恒温箱的简单温控电路，继电器线圈的电阻为130欧，当线圈中电流大于或等于30毫安时，继电器的衔铁被吸合，为继电器线圈供电的电池的电压为6伏，图中的“电源”是恒温箱加热器的电源（1）从图甲中可得热敏电阻的阻值随温度升高而_（2）恒温箱的加热器应接在AB端还是CD端？（3）根据题中给出的数据，请通过计算分析出恒温箱内的最高温度为多少度？（4）若要能比较方便调节恒温箱内的最高温度，可以对控制电路做怎样的改进？3、如图所示电路，是某学校楼道自
9、动控制照明系统，已知控制电路电源电压U=4.5V，电磁继电器线圈电阻R1=5，滑动变阻器R2最大阻值25R3是一光敏电阻，其阻值随“光照度E”的增大而减小，且成反比，其具体关系如下表所示（光照度E的单位是：勒克斯，符号Lx；光越强，光照度越大）当线圈中电流减小至I0=90mA时，电磁继电器衔铁被弹簧拉起，启动照明系统，利用该装置可以实现当光照度低至某一设定值E0时，照明系统内照明灯自动工作（1）根据表格中数据写出光敏电阻的阻值R3与光照度E的函数关系式（2）闭合开关，把滑片移到最右端（b端），求照明系统启动时的光照度E0是多少？如果光照度E为2Lx时并保持1min不变，这段时间内R2消耗的电能
10、是多少？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）
11、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、如图，使线圈位于两磁极间，通电后，图甲ab 段导线受磁场力的方向向上，用箭头在图乙、丙中，标出ab 段导线所受磁场力的方向-参考答案-一、单选题1、B【解析】【详解】A电荷间相互作用的规律是同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故A不符合题意；B马德堡半球实验有力地证明了大气压的存在，并且大气压很大，故B符合题意；C惯性是物体的一种固有属性，它不是力，不能说受到惯性力的作用，故C不符合题意；D磁感线是理想化的物理模型，磁感线实际上并不存在，故D不符合题意。故选B。
12、2、D【解析】【详解】A磁感线是为了描述磁场而假想的线，并不是实际存在的，故A错误；B地磁场的北极在地理南极附近，地磁场南极在地理北极附近，地磁场的两极与地理的两极相反，且与地球的两极并不完全重合，故B错误；C将可自由转动的小磁针放在磁场中某一点静止时，小磁针N极指向为该点的磁场方向，故C错误； D磁场是看不见的，对放入其中的磁体有力的作用，故可通过小磁针感知它的存在，故D正确。故选D。3、B【解析】【分析】【详解】发电机的制作原理是电磁感应现象；A电铃的主要部分是电磁铁，电磁铁是利用电流的磁效应来工作的，故 A 错误。B动圈式话筒和发电机原理相同，都是根据电磁感应现象工作的，故 B 正确。C
13、动圈式扬声器和电动机原理相同，工作原理是通电导体在磁场中受力而运动，故 C 错误。D电磁起重机的主要部分是电磁铁，电磁铁是利用电流的磁效应来工作的，故 D 错误。故选B。4、C【解析】【详解】A法拉第发现了电磁感应现象，不是一位揭示电与磁联系的物理学家，故A不符合题意；B伽利略是最早提出力不是维持物体运动的原因的物理学家，故B不符合题意；C奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个揭示电与磁联系的物理学家，故C符合题意；D牛顿提出了牛顿三大定律，是经典力学的奠基人，故D不符合题意。故选C。5、B【解析】【分析】【详解】登山索道的运行靠电力驱动，故是电能转化机械能，为电动机。A图为奥斯特实验，说
14、明通电导线周围存在磁场，能使小磁针发生偏转，故A不符合题意； B通电导线在磁场中受力运动，为电动机的工作原理，故B符合题意； C司南是中国的四大发明之一，是现代所用指南针的始祖，它是根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引工作的，故C不符合题意； D闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流的现象，是电磁感应现象，为发电机的工作原理，故D不符合题意。故选B。6、D【解析】【分析】【详解】当饭卡接触感应器时，线圈在磁场中做切割磁感线运动，线圈中有感应电流产生，线圈给芯片供电使芯片工作，这是电磁感应现象，线圈相当于电源，故D正确，ABC错误。故选D。7、D【解析】【详解】A由图知，电
15、流从螺线管的右侧流入，利用安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向电磁铁的右端为N极，故A错误；B滑片P向右滑动过程中，滑动变阻器连入电路中的电阻变大，则电路中的电流变小，通电螺线管的磁性减弱。故B错误；CD由左图可知，滑动变阻器的滑片P向左滑动过程中接入电路中电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大。电磁铁磁性的强弱与线圈匝数和通过的电流有关，且匝数不变，通过的电流越大，磁性越强。则此时电磁铁的磁性变强。由右图可知，巨磁电阻处于磁场越强的位置其电阻越小，那么此时巨磁电阻的阻值变小，巨磁电阻和灯泡并联，所以灯泡的亮度不变。根据欧姆定律可知，通过巨磁电阻所在电路的电流变大，灯
16、泡所在支路的电流不变，那么干路中的电流变大，而电流表测干路的电流，所以电流表的示数变大。故C错误，D正确。故选D。8、C【解析】【详解】A欧姆对“电流跟电阻和电压之间的关系”进行了深入的研究并得到了正确结论，欧姆定律就是欧姆得出的，故A正确，不符合题意；B奥斯特最早发现电流周围存在磁场，故B正确，不符合题意；C法拉第发现了电磁感应现象，发电机就是根据这一原理制成的，故C错误，符合题意；D焦耳最先精确确定了“电流通过导体产生的热量与电流、电阻、通电时间的关系”，即焦耳定律，故D正确，不符合题意。故选C。9、D【解析】【分析】【详解】A电磁起重机的主要构件是电磁铁，电磁铁是利用电流的磁效应的原理工
17、作的，故A不符合题意；B电磁继电器是利用电流的磁效应，即利用衔铁是否被吸动而改变电路的闭合、断开情况进行工作，故B不符合题意；C电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理工作的，故C不符合题意；D发电机是利用闭合线圈在磁场中做切割磁感线运动时，产生感应电流的原理工作的，即利用电磁感应现象原理工作，故D符合题意。故选D。10、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，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
18、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。二、填空题1、奥斯特 南北 磁场 存在 电磁铁 【详解】1如图所示的实验最早是奥斯特发现的，当导线中通过电流时，它下方的磁针发生了偏转，证实了电流周围存在着磁场。2导线应该与磁针平行，而磁针静止时指的是南北方向，为避免地磁场对实验的影响，故导线也应该是南北方向。3实验结论是通电导线周围存在磁场，让磁针发生偏转。4不论有没有小磁针，通电导线周围都存在磁场。5有电流时有磁性，没有电流时就失去了磁性，我们把这种磁体称为电磁铁，故利用此实验的结论可以制造出了电磁铁。2、法
19、拉第 发现了电磁感应现象 【详解】12法拉第发现了电磁感应现象或牛顿总结了牛顿第一运动定律；焦耳发现了焦耳定律；奥斯特发现了通电导线周围有磁场等。3、多少/数目 电流大小 【详解】1电磁铁的磁性强弱无法直接观察到，故可以通过电磁铁吸引大头针的多少反映出来，这种研究问题的方法为转换法。2线圈匝数一定的情况下，调节滑动变阻器滑片的位置，使电路中的电流增大或减小，发现铁钉能吸引大头针的个数增多或减少，说明铁钉的磁性增加或减弱，因此实验电路探究问题是电磁铁磁性强弱与电流的关系。4、S 北 电流 【详解】1磁勺的勺柄指南，根据地理的南极是地磁的N极，异名磁极相互吸引，因此勺柄为该磁体S极。2地磁场的北极
20、在地理南极附近，地磁场南极在地理北极附近，静止时指南针指向磁体的S极，即地磁场的北极。3指南针放在通电导线附近发生了轻微偏转，说明指南针受到磁场作用，说明通电导体周围存在磁场，也就是电流周围存在磁场。5、增强 变小 变亮 【详解】1当滑动变阻器滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路电流变大，因此电磁铁磁性增强，周围磁场增强。23因为巨磁电阻的阻值在磁场增大时急剧减小，所以此时巨磁电阻的阻值会变小，电路中的总电阻变小，根据串联电路分压的规律可知，电压表的示数变小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，通过指示灯的电流变大，由可知，灯的实际功率变大，所
21、以指示灯变亮。三、计算题1、 增强 0.24A 不工作【解析】【详解】(1)由乙图可知，当压敏电阻Rx受到的压力增大时，其阻值减小，电路的总电阻减小，由欧姆定律公式可知，控制电路的电流变大，电磁铁的磁性将增强。 (2)当电路开始拍照时，控制电路中的电流为(3)当一辆总质量为15t的大货车过桥时，对桥面的压力为由乙图可知，此时Rx为25，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电路中的电流为电压表的示数为所以电路中的照相机不工作。答：(1)电磁铁的磁性将增强。(2) 当工作电路开始拍照时，控制电路中的电流为0.24A。(3) 当一辆总质量为15t的大货车过桥时，工作电路中的照相机不工作。2、 降
22、低 AB 75 串联一个可变电阻【解析】【分析】（1）从图甲中得到热敏电阻的阻值和温度的关系；（2）当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，从而得到恒温箱应该接在哪端；（3）当线圈中电流最大等于30毫安时，电阻最小，恒温箱内的温度最高，根据欧姆定律得到总电阻，用总电阻减去继电器线圈的电阻即为热敏电阻的阻值，根据甲图判断出恒温箱内的最高温度；（4）根据题目中“当线圈中电流大于或等于30毫安时，继电器的衔铁被吸合”分析改进的方法【详解】（1）由图甲可知，当温度升高时，热敏电阻R的阻值会变小，热敏电阻阻值随温度升高而减小；（2）当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继
23、电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B 端；（3）当线圈中电流大于等于30毫安时，继电器的衔铁被吸合，恒温箱停止工作，此时内的最高，此时的总电阻为：，热敏电阻R的阻值为：R=R总-R线圈=200-130=70；由甲图知，当热敏电阻的阻值为70时，温度为75；（4） “当线圈中电流大于或等于30毫安时，继电器的衔铁被吸合”即恒温箱会停止工作，故可知，若在控制电路中串联一个可变电阻后，电路中电阻变化，同样情况下，使得电路电流变化，故控制电路达到30mA时所用的时间会变化，故可知，保温箱的加热时间会变化，故保温箱内的温度会变化，可以比较
24、方便调节恒温箱内的最高温度故答案为（1）降低；（2）AB；（3）75；（4）串联一个可变电阻【点睛】本题考查欧姆定律和电磁继电器的应用，在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作3、（1）；（2）1.5lx；15J【解析】【详解】（1）由表格数据可知，光照度与光敏电阻R3阻值的乘积：ER3=0.5lx60=1lx30=1.5lx20=2lx15=2.5lx12=3lx10=30lx，即；（2）闭合开关S，将滑片P移至b端，变阻器接入电路中的电阻最大，由题可知，当线圈中电流减小至时，电磁继电器衔铁被弹簧拉起，启动照明系统，所以
25、，电路中的总电阻：；根据串联电路中总电阻等于各分电阻之和，得R3的阻值：，由表格数据可知，当R3=20时，E0的值为1.5lx；如果光照度E为2Lx时并保持1min不变，由表格知当E=2Lx时，此时光敏电阻的阻值：R3=15；此时控制电路总电阻为：此时控制电路电流为：；根据得R2消耗的电能是：【点睛】重点是欧姆定律和电功率的相关计算，注意熟练应用串联电路的电压和电流、电阻特点，都是电路的最基本规律，要能熟练掌握和应用，纯电阻电路中，消耗的电能等于电流产生的热量，所以最后一问中可以根据来计算消耗的电能，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
26、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I0=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、【解析】【详解】解答：通电导线在磁场中受力的作用，其所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关，即只要改变一个量，其所受力的方向就会改变一次，与甲图相比，乙图中ab边受到的力是向上的，丙图中ab中电流的方向与乙图相反，所以丙图中ab受力方向向下，如图所示：