精品解析2022年最新人教版九年级物理第二十章电与磁专题测评试题(精选).docx

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1、人教版九年级物理第二十章电与磁专题测评 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、在物理实验中，把难于测量或测准的物理，通过转换变成能够测量或测准的物理量，或者把某些不易显示的物理现象转换为易于显示的现象

2、的方法，称之为转换法。下列实验中没有利用转换法的是（）A探究物体的动能跟哪些因素有关时，通过木块被撞的远近来判断钢球动能的大小B在探究二力平衡的实验中，不断改变力的大小、方向、作用点进行实验C在探究影响电磁铁的磁性强弱因素的实验中，用吸引大头针个数的多少来反映电磁铁磁性的强弱D在探究电流产生的热量跟哪些因素有关的实验中，用煤油升高温度的大小来反映电流通过电阻丝产生热量的多少2、关于磁现象，下列说法中正确的是（）A条形磁体中间部位的磁性最强B用来描述磁场的磁感线真实存在C同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引D磁场对放入其中的物体有力的作用3、如图所示，是电学中常见的电路图，在A、B两点间分别接入下

3、列选项中加点字的元件并进行以下对应实验，对滑动变阻器在此实验中的作用描述正确的是（）探究电流与电阻的关系时是为了调节电阻两端电压成倍数变化用“伏安法”测电阻时是为了改变定值电阻两端电压，测量对应电流研究影响电阻大小因素时是为了更换不同电阻丝，保持电流不变，测量对应电压值研究电磁铁磁性强弱与线圈匝数关系时是为了更换匝数不同电磁铁，保持电流不变ABCD4、如图所示关于下列四个实验的认识，正确的是（）A甲实验中通电螺线管左端是S极B乙实验说明导线的周围存在磁场C丙实验与发电机的原理相同D丁实验与电动机的原理相同5、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

4、警器达到防盗目的。下图中能反映出安检门工作原理的是（）ABCD6、图是一种手压电筒，按压手柄，塑料齿轮带动线圈内磁性飞轮高速旋转，使灯泡发光。图中能反映这一过程工作原理的是（）ABCD7、有位意大利物理学家通过反复实验，发现了摆的等时性原理，这位物理学家是（）A牛顿B伽利略C法拉第D奥斯特8、下列说法正确的是（ ）A奥斯特发现电流周围存在磁场B法拉第发现了电流的热效应C焦耳发现磁能生电D瓦特发明了电灯9、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10、以下机械中，利用内能对外做功的是（）A共享单车B电暖器C电动机D火箭发动机第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每

5、小题4分，共计20分）1、如图所示，闭合开关，铁块、弹簧在图中位置静止，电磁铁的上端为_极（选填“N”或“S”），小磁针N极_时针旋转（选填“顺”或“逆”）；当滑动变阻器的滑片向右移动时，弹簧的长度将_（选填“变大”、“变小”或“不变”）。并在图上标出一端磁感线的方向_。2、1820年丹麦物理学家_发现了通电导体周围存在磁场。利用通电导体在磁场中受到力的作用原理制成了_（选填“电磁铁”或“电动机”）。3、为了防止考试作弊，监考人员利用手持式金属探测器对考生进行检查，如图所示当探测器靠近金属物体时，在金属导体中就会产生涡电流（感应电流），探测器发出警报。这种现象叫做 _现象。在生活中利用这个现象

6、相同原理工作的物体还有 _。（填名称，只写一种）4、如图所示的是一种温度自动报警器的原理图。在水银温度计里封入一段金属丝，请你结合图分析回答下面的问题：（1）该水银温度计在电路中的作用相当于一个_；（2）若该装置设定为高温报警时，报警指示灯为红色，正常状态时指示灯为绿色，则灯L2为_色（选填“红”或“绿”）。5、将两块磁铁分别吸在干电池的正负极上，使两个磁铁的N极都向外，构成了一个可以在平面上滚动的滚轮。如图所示，将锡箔纸平铺在水平桌面上，再将滚轮轻轻放在锡箔纸上，由于锡箔纸具有_性，滚轮立刻开始向前滚动。滚轮能够滚动的原理是_。若让滚轮向相反的方向滚动，下列操作可行的是_。（可多选仅将滚轮左

7、右换个方向；仅将电池正负极对调一下；将两端磁铁的N、S极和电池的正负极均对调）三、计算题（5小题，每小题10分，共计50分）1、科技小组的同学设计了如图甲所示的恒温箱温控电路，它包括控制电路和受控电路两部分，用于获得高于室温、且温度在一定范围内变化的“恒温”。其中控制电路电源电压，R为可变电阻， R1为热敏电阻（置于恒温箱内），热敏电阻阻值随温度变化的关系如图乙所示，继电器线圈电阻，已知当控制电路的电流达到0.04A时，继电器的衔铁被吸合；当控制电路的电流减小到0.036A时，衔铁会被释放。加热器的规格是“220V 1000W”，恒温箱内部空间大小是，空气的密度，空气的比热容 。（1）如图甲所

8、示状态，通过加热器的电流多大？（2）加热器产生的热量有转化为恒温箱内空气的内能，若使恒温箱内空气温度从升高到，加热器需正常工作多长时间？（3）若要使恒温箱内可获得上限为的“恒温”时，可变电阻R应调节为多大？（4）如果需要将恒温箱内的下限温度设为的“恒温”，则应将可变电阻R调节为多大？这时“恒温”的上限温度是多少？2、如图甲所示的恒温箱，由工作电路和控制电路组成，其简化电路如图乙所示，其中控制电路是由线圈电阻、热敏电阻、滑动变阻器串联组成，电源两端电压恒为6V，线圈的阻值为，热敏电阻的图像如图丙所示；的阻值为时，恒温箱可以实现的恒温控制；当线圈的电流达到时衔铁被吸合；其中加热器的额定电压为，额定

9、功率为。（1）请简述恒温箱的工作原理；（2）当恒温箱实现恒温控制时，热敏电阻消耗的功率是多少？（3）如果要使恒温箱能够设置至之间的温度，那么可变电阻的阻值范围为多少？（4）由于输电导线上有电阻，当某次加热器的实际功率为时，工作电路的实际电压为多少？3、如图所示为一恒温箱温控电路，包括工作电路和控制电路两部分。R为热敏电阻(置于恒温箱内)，阻值随温度变化的关系如图所示。恒温箱温控电路工作原理是：加热过程中，恒温箱温度升高到一定值时，控制电路中电流会达到一定值，继电器的衔铁被吸合，工作电路停止加热。(1)图中所示状态，电路处于加热还是未加热?(2)恒温箱的温度为100时，继电器线圈中的电流达到20

10、mA，衔铁被吸合，此时热敏电阻R消耗的功率是多少?(3)电阻R，有什么作用?4、2009年12月26日，世界上一次建成里程最长、运营速度最高的高速铁路武广高铁正式投入运营请回答下列问题：（1）列车的车身材料与飞机的相同，采用轻并且坚固的优质铝合金材料物质的物理属性有很多，如密度、磁性、导电性、导热性、硬度等上述属性中，“轻”反映了铝合金材料的 物理属性，“坚固”反映了铝合金材料的 物理属性；（2）某时刻列车的电子屏幕显示它的运行速度如下图所示，此速度合 m/s武广高铁全长1069km，若列车运行的平均速度是305km/h，则跑完全程需 h（计算结果小数点后保留一位数字）；（3）武广高铁全程采用

11、全封闭管理，列车高速运行过程中车身周围的气压 （选填“大于”、“等于”或“小于”）离车身较远处的气体压强（4）高速铁路一般采用电力机车，它的电动机是利用 的原理来工作的5、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=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

12、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_？-参考答案-一、单选题1、B【解析】【详解】A动能多少不能直接观察，在探究物体的动能跟哪些因素有关时，通过木块被撞的远近来判断钢球动能的大小，采用的是转换法，故A不符合题意；B二力平衡的条件有多个，在探究二力平衡的实验中，不断改变力的大小、方向、作用点进行实验，采用的是控制变量法，故B符合题意；C磁性的大小无法看到，可以根据吸引大头针个数的多少来反映电磁铁磁性的强弱，采用的是转换法，故C不符合题意；D热量的多少无法看到，可以通过温度计示数的变化来判定产生热量的多少，采用的是转换法，故D不符合题

13、意。故选B。2、C【解析】【详解】A条形磁体的中间磁性最弱，两端磁性最强，故A错误；B磁感线是为了描述磁场分布而引入的，不是真实存在的，故B错误；C磁极间的相互作用规律是同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故C正确；D磁场的基本性质是对放入其中的磁体产生磁力的作用，故D错误。故选C。3、D【解析】【详解】探究电流与电阻的关系时滑动变阻器是为了保护电路和控制电阻两端的电压不变；用“伏安法”测电阻时，滑动变阻器是为了改变定值电阻两端电压，测量对应电流，进行多次实验测量求平均值，减小误差； 研究影响电阻大小因素时滑动变阻器是是为了保护电路和更换不同电阻丝，保持电压不变，测量对应电流值，研究电磁铁磁性

14、强弱与线圈匝数关系时要控制电路电流不变，为了让匝数不同电磁铁通过的电流相等，通过调节滑动变阻器保持电流不变，故ABC错误，D正确。故选D。4、C【解析】【详解】A电源右端是正极，电流从右端流入，左端流出，根据安培定则，将右手四指方向顺着电流方向握住通电螺线管，大拇指所指方向为通电螺线管N极，即左边为N极，故A错误；B如图是奥斯特实验，导线通电时小磁针发生偏转，表明通电导线周围存在磁场，这里的磁场是因为电流产生的，而不是导线，故B错误；C如图当线圈在磁场中做切割磁感线的运动时，由于电磁感应，线圈中产生电流，灯泡可以发光，是将机械能转化成了电能，属于发电机的原理，故C正确；D如图是电磁感应现象的实

15、验，是将机械能转化为电能，所以是发电机的原理图，故D错误。故选C。5、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。6

16、、B【解析】【分析】【详解】A手压电筒，按压手柄，塑料齿轮带动线圈内磁性飞轮高速旋转，使灯泡发光，是电磁感应现象，A图中，通电导线周围小磁针发生偏转，说明通电导线周围存在磁场，不可以反映手压电筒工作原理，故A不符合题意；BB图中，导体棒在磁场中做切割磁感线运动，电表指针发生偏转，是电磁感应现象，可以反映手压电筒工作原理，故B符合题意；CC图中，闭合开关后，导体棒运动，说明通电导线在磁场中会受到力的作用，不可以反映手压电筒工作原理，故C不符合题意；DD图中，套有线圈的铁钉可以吸引大头针，说明电流的磁效应，不可以反映手压电筒工作原理，故D不符合题意。故选B。7、B【解析】【详解】A牛顿在伽利略笛卡

17、儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律，故A不符合题意；B伽利略是杰出的意大利科学家，年轻时，他通过观察教堂里吊灯的来回摆动，进而反复进行实验，发现了摆的等时性原理，故B符合题意；C法拉第发现了电磁感应现象，故C不符合题意；D丹麦的物理学家奥斯特通过实验最早发现了电流周围存在磁场，揭示了电与磁之间的联系，故D不符合题意。故选B。8、A【解析】【详解】A奥斯特通过实验发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电现象和磁现象之间联系的人，故A正确；B法拉第发现了磁生电即电磁感应现象，焦耳发现了电流的热效应，故B错误；C焦耳发现了焦耳定律即电流的热效

18、应，磁生电即电磁感应现象是法拉第发现的，故C错误；D瓦特发明了蒸汽机，爱迪生发明了电灯，故D错误。故选A。9、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。10、D【解析】【详解】利用内能对外做功，就是将内能转化为机械能；A共享单车工作时，消耗蓄电池的电能为单车提供动力，因此将电能转化为机械能，故A不符合题意；B电暖器工作时

19、将消耗电能转化为内能，故B不符合题意；C电动机的工作原理是通电导线在磁场中受到力的作用，将电能转化为机械能，利用电能对外做功，故C不符合题意；D火箭发动机工作时，利用高温高压的燃气推动火箭升空，将燃料的内能转化为火箭的机械能，故D符合题意。故选D。二、填空题1、N 顺 变大 【详解】1根据安培定则可得，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的上端为N极，下端为S极。2由磁极间的相互作用，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，螺线管的上端为N极，下端为S极，故磁针N极会向下转动即顺时针旋转。3若将变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，所以电路中的电流变大，通电螺线

20、管的磁性增强；故对铁块的吸引力增大，即弹簧长度应变大。4在磁体外部，磁感线的方向都是从N极指向S极。如图所示2、奥斯特 电动机 【详解】11820年丹麦物理学家奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，称为电流的磁效应。2电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用。3、电磁感应 发电机 【详解】1金属探测器是将线圈靠近金属物体时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生了感应电流，探测器发出警报，这是利用电磁感应原理制成的。2发电机是根据电磁感应原理工作的。4、开关 红 【详解】1图示中的水银温度计在电路中相当于开关，当温度升高，温度计中的水银与金属丝接触，电磁继电器接通，而温度计中的水银与

21、金属丝未接触时，电磁继电器处于断开状态。2温度高时，温度计的水银与金属丝接触，电磁铁有电流通过，把衔铁吸下，接通L2，此时L2发光，发出报警指示，所以灯L2为红灯。温度较低时，温度计的水银与金属丝不接触，电磁铁中无电流通过，衔铁恢复原位置，接触L1，L1发光，所以L1为绿灯。5、导电 磁场对电流有力的作用 【详解】12将锡箔纸平铺在水平桌面上，再将滚轮轻轻放在锡箔纸上，由于锡箔纸是导体，容易导电，所以通过锡箔纸有电流，干电池在磁体的磁场中受力运动，所以滚轮立刻开始向前滚动。3通电导体在磁场中的受力方向与电流的方向、磁场的方向有关，若让滚轮向相反的方向滚动，可以改变磁场的方向或电流的方向，即将滚

22、轮左右换个方向或将电池正负极对调一下；若同时将两端磁铁的N、S极和电池的正负极均对调，则受力的方向不变，故可行的是。三、计算题1、 (1)4.55A (2)130s (3)450 (4) 150，57.1【解析】【详解】(1)根据PUI可得，通过加热器的电流(2)由得，空气质量mV1.30kg/m32m32.6kg空气吸收的热量加热器消耗的电能由WPt得，加热时间(3)由图知t1100，Rt1400，此时通过线圈电流I10.04A，根据欧姆定律可得，控制电路的总电阻可变电阻R的阻值RR总Rt1R090040050450(4)当温度下限t250时，Rt2800，通过线圈电流I20.036A，根据

23、欧姆定律可得，此时控制电路的总电阻此时可变电阻R的阻值由题意可知，温度升高到上限时，控制电路的电流达到0.04A，则控制电路的总电阻仍然为R总900，设此时温度升高到上限时，热敏电阻值为Rt3，则此时热敏电阻的阻值由图象可知热敏电阻的阻值和温度成反比，这时“恒温”的上限温度约为答：(1)通过加热器的电流4.55A；(2)加热器需正常工作130s；(3)可变电阻R调节到450；(4)应将可变电阻R调节为150；这时“恒温”的上限温度约是57.1。2、 (1)详见解析；(2)0.02W；(3)；(4)198V。【解析】【分析】求解题干信息所用公式（2）热敏电阻消耗的功率电源电压恒为6V，线圈的阻值

24、为，的阻值为时，恒温箱可以实现的恒温控制，此时热敏电阻的阻值为；当线圈的电流达到时，衔铁被吸合（3）可变电阻的阻值范围时，热敏电阻阻值为，时，热敏电阻阻值为（4）工作电路的实际电压加热器的额定电压为，额定功率为；某次加热器的实际功率为【详解】(1)衔铁未吸合时，加热器电阻丝工作，恒温箱温度升高，热敏电阻阻值减小；当线圈电流达到时，衔铁被吸合，加热停止；(2)恒温箱实现恒温控制时，热敏电阻两端电压：，热敏电阻消耗的功率：；(3)根据题意可知，控制电路电源电压恒为，当电路中的电流达到时，衔铁被吸合，故无论怎样设定温度，电路中的总电阻都不变，的恒温控制时电路中的总电阻，当恒温箱设置时，由图丙可知变阻

25、器接入电路中的电阻，当恒温箱设置时，由图丙可知，变阻器接入电路中的电阻，要使恒温箱能够设置至之间的温度，可变电阻的阻值调节范围应该在；(4)加热器的电阻：，由得，。【点睛】多以生活中的电热型家用电器为背景命题，涉及多挡位原理图、铭牌参数、图像等.考查的知识点有电功率、电能、电流、电阻、热量等相关计算，会涉及简答小问，涉及的公式有、等。3、 (1)加热；(2) 0.02；(3)保护电路；调节温控箱的控制温度【解析】【分析】【详解】(1)图示中的状态，电热丝被接在了220V的电路两端，故电路处于加热状态中。(2)恒温箱的温度为100时，R=50，则P=I2R=(0.02A)250=0.0004A2

26、50=0.02W(3)由于R是滑动变阻器，故它在电路中的作用是保护电路和调节温控箱的控制温度。4、（1）密度、硬度（2）100、 3.5（3）小于（4）通电线圈在磁场中受力转动或通电导体在磁场中受到力的作用【解析】【详解】试题分析：（1）“轻”的意思是说两列车的质量小，在列车的体积一定时，列车的质量小，说明它的密度小；“坚固”是说列车不易发生形变，指的是硬度大；（2）电子屏幕显示的速度是36km/h360km/h=100m/s；跑完全程需要的时间ts/v1069km/305km/h=3.5h；（3）因为流体压强特点流速大的地方压强小，流速小的地方压强大；列车高速运行过程中车身周围的空气随之高速

27、运动，空气流速大，压强小，所以列车高速运行过程中车身周围的气压小于离车身较远处的气体压强（4）电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动或通电导体在磁场中受到力的作用 考点：物质的物理特征；速度公式及其应用；流体压强与流速关系；电动机原理5、 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

28、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10N，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对铁制品的吸引力为8N；