《2021-2022学年人教版九年级物理第二十章电与磁重点解析练习题(精选).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年人教版九年级物理第二十章电与磁重点解析练习题(精选).docx（18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、人教版九年级物理第二十章电与磁重点解析 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、以下作图中，正确的是（）A 凹透镜对光的作用B 光的反射C 通电螺线管磁极D 物体静止在斜面上的受力示意图2、某同学按照图
2、甲所示连接好电路。闭合开关前，小磁针的指向如图甲所示；闭合开关，小磁针的偏转情况如图乙中箭头所示；只改变电源的正负极，再次进行实验，小磁针的偏转情况如图丙中箭头所示。下列结论中合理的是（）A由甲、乙两图可得导体的周围一定存在着磁场B由甲、乙两图可得电流的磁场方向与电流方向有关C由乙、丙两图可得电流的磁场强弱与电流大小有关D由乙、丙两图可得电流的磁场方向与电流方向有关3、如图是一个老式手摇式发电机，其发电电压最高可达30V。该发电机的原理可用下面的哪个实验解释（）ABCD4、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5、磁悬浮列车将为交通运输事业开辟一方崭新的天地。下面有
3、关它的说法中不正确的是（）A通过列车底部和下方轨道间的磁极互相作用，可使列车悬浮B为产生极强的磁场使列车悬浮，制作电磁铁的线圈宜选用超导材料C由于列车在悬浮状态下行驶，因而一定做匀速直线运动D列车悬浮行驶时，车体与轨道间无阻力、无震动、运动平稳6、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7、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
4、装置的工作原理是下图实验中的（）ABCD8、对如图示的实例或实验解释不正确的是（）A图A实验说明通电导体在磁场中受到力的作用B图B奥斯特实验说明通电导线周围有磁场C图C可用来演示电动机的工作原理D图D电铃的工作原理利用了电流的磁效应9、通过光线来描述光的传播。下列研究问题的方法与此相同的是（）A制作滑动变阻器时，发现导线太长而采取缠绕的方式B研究串联电路电阻时引入总电阻C用磁感线来描述磁场D在比热容建构实验中通过对物体的加热时间长短来判断吸收热量的多少10、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、
5、如图所示的电磁铁，闭合开关，就有电流通过密绕的线圈，此时钉帽一端的磁极为_极，把滑动变阻器滑片P向右移动时，能够吸引的大头针数目将_（选填“增加”或“减少”）。 2、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。3、如图所示的实验装置中，当导体棒AB竖直向上运动时，灵敏电流计的指针_偏转，让导体棒AB水平向右运动，灵敏电流计的指针_偏转（以上两空均选填“会”或“不会”），若要增大灵敏电流计指针偏转的角度，则应该_（选填“增大”或“减小”）导体棒切割磁感线的速度。4、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
6、头针的 _反映电磁铁磁性强弱，此实验电路探究的是“电磁铁磁性强弱与 _的关系”。5、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：_。三、计算题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图所示，是某科技活动小组的同学们设计的恒温箱内部电路结构示意图她包括了工作电路和控制电路两部分，用于获得高于室温、控制在一定范围内的恒温其中，为滑动变阻器，R为可变电阻，电磁铁整个线圈的电阻，加热器的电阻当控制电路的电流时，电磁继电器的衔铁被吸引；当控制电路的电流时，电磁继电器的衔铁被弹簧拉起，则：（1）当该恒温箱处于加热状态时，工作电
7、路的电流为多少？（2）如果当滑动变阻器的电阻时，可变电阻时，衔铁恰好被拉起，控制电路的电源电压是多少？那么，当衔铁恰好被吸引时，滑动变阻器与可变电阻之和的最小电阻的阻值是多少？2、小华组装了一台直流电动机模型，她将电动机模型接入如图（a）所示的电路中，已知电源电压U=3V，并保持不变，线圈电阻R=15，接通电路后，电动机正常转动，电流表读数I=08A，已知电动机正常工作时的能量转化关系如图（b）所示，摩擦不计，求：（1）电动机正常转动1min消耗的电能W和线圈产生的热量Q（2）电动机输出的机械功率P（3）电动机能量转换效率3、如图甲所示，电源电压U=6V，S为单刀双掷开关，小灯泡L的电阻Rl=
8、10，设灯丝电阻不随温度变化，R为某种压敏电阻，其阻值R与压力F成反比（如图乙所示），R的正上方固定有一电磁铁P，其线圈电阻不计：(1)在R上水平放置铁制品，开关S由接a改为接b，其他条件不变，灯的亮度变_；(2)当开关接a，电流表的示数为0.375A时，灯泡两端的电压为多少_？此时R上水平放置的铁制品重为多少_？(3)在R上水平放置重为20N的铁制品，开关接b，电流表稳定后的示数为0.4A，则此时压敏电阻的阻值为多少 _？电磁铁P对铁制品的吸引力为多少_？4、电梯为居民出入带来很大的便利，出于安全考虑，电梯都设置超载自动报警系统，其工作原理如图甲所示.已知控制电路的电源电压U=9V，保护电阻
9、R1=200欧，压敏电阻R2的阻值随压力F大小变化如图乙所示，电梯底架自重和电磁铁线圈的阻值都忽略不计. （1）若电梯在20秒内将一位重600牛的乘客匀速提升l5米，求电梯对乘客做功的功率. （2）当电磁铁线圈电流达到20毫安时:衔铁刚好被吸住.若该电梯厢内站立总质量为1000千克的乘客时，试通过计算说明电梯是否超载(g=10N/kg).（3）若R1换成50，电梯厢内站立总重力为多少正好超载5、阅读短文，回答问题 智能洁具（智能马桶、全自动洗碗机、智能浴缸等），具有温水洗净、暖风烘干、杀菌等功能，已进入百姓家庭某智能洁具为确保安全，插头带漏电保护装置，工作原理如图甲，连接洁具的火线与零线穿过环
10、形铁芯，正常工作时，两线中的电流相等；若火线与零线中的电流不等，绕在铁芯上的线圈会产生电流，经放大后通过电磁铁吸起铁质开关S切断电源这种洁具装有红外线感应装置，当人靠近时，感应装置自动升起洁具盖子；启动洗净功能，加热器将水快速加热至温控装置预设的温度，水泵喷水实施清洗，喷水杆采用纳米银（直径为纳米级的银单质）材料，杀菌效果好；清洗结束，暖风烘干机自动开启烘干功能下表为该洁具的部分参数（1）当图甲电磁铁线圈中电流从b流向a时，电磁铁下端是_极 （2）洁具正常工作，按最大喷水量用设定为38的温水清洗，加热器的效率为多少_ ？水的比热容c=4.2103J/（kg），室温为18-参考答案-一、单选题1
11、、C【解析】【详解】A凹透镜对光有发散作用，平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，不会会聚焦点，故A错误；B图中法线垂直镜面，反射角等于入射角，反射光线和入射光线分居法线的两侧，但光线的传播方向标错了，都是入射光线了，没有反射光线，故B错误；C电流从螺线管的右端流入、左端流出，结合线圈的绕向，利用安培定则可以确定通电螺线管的左端为N极，右端为S极，在磁体的周围磁感线从磁体的N极出发回到S极，所以磁感线的方向是向右的，根据磁极间的相互作用规律可知，小磁针左端为S极，右端为N极，故C正确；D物体静止在斜面上，受到竖直向下的重力、垂直于斜面指向物体的支持力、沿斜面向上的摩擦
12、力，图中摩擦力方向错误，故D错误。故选C。2、D【解析】【详解】AB当小磁针受到地磁场的作用时，一端指南一端指北如图甲，当导线中电流向左时，小磁针的N极向纸外偏转如图乙，所以，甲、乙两图可说明通电导体周围存在磁场，故AB不符合题意；CD乙丙只是改变了电流方向，没有改变电流大小，小磁针的偏转方向也会发生改变，即磁场方向发生了变化，所以结论为：电流产生的磁场方向跟电流方向有关，故D符合题意，C不符合题意。故选D。3、A【解析】【详解】老式手摇式发电机的原理是电磁感应现象；A由图可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，灵敏电流计的指针会发生偏转，这说明产生的感应电流，这是电磁感应现象，故
13、A符合题意；B该图是电流的磁效应，不是发电机的工作原理，故B不符合题意；C通电导体ab在磁场中受到力的作用，是电动机的工作原理，故C不符合题意；D该图是探究影响电磁铁磁性大小因素的实验，电磁铁的原理是电流的磁效应，故D不符合题意。故选A。4、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。5、C【解析】【详解】
14、A列车悬浮行驶，是因为列车底部与下方轨道间的磁极有相互作用力，而这个作用力与列车的重力相等时，便可悬浮了，故A正确，不符合题意；B磁悬浮列车是利用电流的磁效应工作的，而利用超导材料作为电磁铁的线圈，可避免电流的热效应，可减少电能的不必要的损耗，故B正确，不符合题意；C列车处于悬浮状态，是因为在竖直方向所受的重力和磁力是平衡力，但水平方向上受力不一定平衡，则列车不一定做匀速直线运动，故C错误，符合题意；D列车行驶时，悬浮在空中，与轨道不接触，所以与轨道间无阻力，且可无震动、平稳的行驶，故D正确，不符合题意。故选C。6、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
15、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。7、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
16、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。8、C【解析】【详解】A图A是电动机的原理图，说明通电导体在磁场中受到力的作用，故A正确，不符合题意；B图B是奥斯特实验，导线通电后引起小磁针转动，说明通电导线周围有磁场，故B正确，不符合题意；C图C是电磁感应现象，是发电机的工作原理图，故C错误，符合题意；D图D电铃是利用电磁铁工作的，其原理利用了电流的磁效应，故D正确，不符合题意。故选C。9、C【解析】【详解】光线是
17、不存在的，所以我们研究光的传播时，引入光线，是利用的模型法A制作滑动变阻器时，发现导线太长，采取缠绕的方式，可以缩短导线所占的距离空间，采用的是缺点列举法，故A不合题意；B研究串联电路的电阻时，引入“总电阻”的概念，采用的是等效替代法，故B不合题意；C用磁感线来描述磁场，采用的是模型法，故C符合题意；D通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法，故D不合题意。故选C。10、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
18、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。二、填空题1、S 减少 【详解】1由图知道，电流从电磁铁的上端流入，从下端流出，故根据安培定则知道，电磁铁的下端是N极，上端是S极。2滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路电阻变大，电路中电流减小，在线圈和铁芯一定时，电流越小，电磁铁磁性越弱，所以，吸引的大头针数目将减少。2、N 右 【详解】12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。3、不会 会 增
19、大 【详解】1当导体棒AB竖直向上运动时，导体的运动方向与磁感线方向平行，不切割磁感线，所以电路中没有感应电流产生，灵敏电流计的指针不会偏转。2当导体棒AB水平方向右运动，导体的运动方向与磁感线方向垂直，导体做切割磁感线运动，所以电路中有感应电流产生，灵敏电流计的指针会偏转。3若要增大灵敏电流计指针偏转的角度，则应该增大导体棒切割磁感线的速度，因为在单位时间内切割的磁感线越多，产生的电流越大，灵敏电流计的指针偏转角度会变大。4、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
20、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。5、法拉第 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。三、计算题1、 (1) 0.45A；(2)18V；430【解析】【详解】(1)当该恒温箱处于加热状态时，工作电路的电流为：I=0.45A；(2)当控制电路的电流I小=0.036A时，衔铁恰好被拉起，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，控制电路的电源电压：U=I小（R线+R+R）=0.036A
21、（20+300+180）=18V；当控制电路的电流I大=0.04A时，衔铁恰好被吸引，此时电路中的总电阻：R总=450，滑动变阻器和可变电阻的最小电阻的阻值：R滑=R总-R线=450-20=430答：(1)当该恒温箱处于加热状态时，工作电路的电流为0.45A；(2)控制电路的电源电压18V，当衔铁恰好被吸引时，滑动变阻器和可变电阻的最小电阻的阻值是430【点睛】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，明白电路的特点和控制电路的工作电流是关键2、 (1)电动机正常运转时消耗的电能为144J，线圈产生的热量为57.6J；(2)电动机输出的机械功率为1.44W；(3)电动机的能量利
22、用率为60%【解析】【分析】（1）题目中告诉我们电压和电流以及时间，我们可以直接利用WUIt求出电功，电机不转时：由I求得电动机线圈的电阻，再由焦耳定律求产生的热量（2）由能量的转化与守恒可知，电机输出的机械功为电机正常运转时消耗的电能减去线圈产生的热量，再利用P可求得机械功率（3）由能量转化与守恒知，电能转化为机械能与内能，再根据公式100%计算能量利用率【详解】(1)t1min60s，电机正常运转时消耗的电能：WUIt3V0.8A60s144J.线圈产生的热量QI2Rt(0.8A)21.56057.6J，(2)由能量守恒定律得，电机输出的机械功W1WQ144J57.6J86.4J,机械功率
23、P1.44W;(3)由能量转化与守恒知，电能转化为机械能与内能，能量利用率：100%100%60%.3、 暗 3.75V 10N 5 8N【解析】【详解】(1)由甲电路图可知，开关接a时，L与R串联，铁制品对R的压力大小等于其重力；开关接b时，L、R和电磁铁串联，电磁铁通电产生磁性，吸引铁制品，所以铁制品对R的压力减小，因为R的阻值与压力F成反比，所以R的阻值变大，电路的总电阻变大，电源电压一定，由可知，电路中电流变小，由P=I2R知灯泡实际功率变小，灯的亮度变暗；(2)由可得，当开关接a时，灯泡两端的电压由串联电路电阻规律和欧姆定律可得，此时R的阻值由图乙可知，当R=6时，R受到的压力为10
24、N，所以R上方水平放置的铁制品重为G=F=10N(3)当铁制品放在R上，开关接b时，电流表稳定后的示数为0.4A，此时灯两端的电压根据串联分压规律可知压敏电阻两端的电压则此时压敏电阻的阻值 因为R与压力F成反比，由图像乙知FR=60N则当时由力的平衡条件可得，电磁铁P对铁制品的吸引力答：(1)在R上水平放置铁制品，开关S由接a改为接b，其他条件不变，灯的亮度变；(2)当开关接a，电流表的示数为0.375A时，灯泡两端的电压为3.75V；此时R上水平放置的铁制品重为10N；(3)在R上水平放置重为20N的铁制品，开关接b，电流表稳定后的示数为0.4A，则此时压敏电阻的阻值为5；电磁铁P对铁制品的
25、吸引力为8N；4、 (1)450W；(2)超载了；(3)7000N【解析】【详解】(1)根据题意，电梯对乘客做功的功率(2)当站立总质量为1000千克时，其重力为10000N，根据图像可知，此时压敏电阻阻值为100，则此时电路中的电流超过20mA，因此此时超载；(3)若R1换成50，电流为20mA时，压敏电阻根据图像可知，对应重力为7000N；答：(1)功率为450W；(2)超载了；(3)总重力为7000N正好超载5、 S 80%【解析】【详解】（1）在图甲中，当电流从b流向a时，运用安培定则，即用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指指向上端，即a端是N极，下端为S极（2）根据表格数据，假设清洗1min，最大喷水量是1.2L，由=m/V可知，喷出水的质量是：m=V=1103 kg/m3 1.210-3 m3 =1.2kg，水吸收的热量是：Q=cm（t-t0 ）=4.2103 J/（kg）1.2kg（38-18）=1.008105 J，由P=W/t知道，加热器加热1min消耗的电能是：W=Pt=2100W60s=1.26105 J，所以，加热器的效率是：=Q/W100%=1.008105J/1.26105J100%=80%