人教版2023初中物理九年级物理全册第二十章电与磁基本知识过关训练

单选题1、如图所示，线圈通电后，受磁场力作用将开始顺时针旋转。如果线圈是固定的，磁体可以绕线圈旋转，则线圈通电后，磁体将（）A．开始顺时针旋转B．开始逆时针旋转C．保持静止D．以上三种情况都有可能答案：B线圈通电后，受磁场力作用，线圈开始顺时针旋转；如果线圈是固定的，根据静止和运动的相对性可知，则线圈通电后，磁体开始逆时针旋转，故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。2、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（）A．B．C．D．答案：DA．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。3、小明把安装完成的直流电动机模型接入如图所示的电路中，闭合开关并调节滑动变阻器，电动机正常转动，若要改变电动机转动方向，下列做法中无效的是（）A．只对调电源的正、负极B．只对调磁体的N、S极C．同时对调电源的正、负极和磁体的N、S极D．导线①改接G、F点，导线②改接C、E点答案：CA．电动机转动方向与电流方向和磁场方向有关，调换电流方向或磁场方向，电动机的转动方向会发生变化，所以只对调电源的正、负极，电路中电流方向发生变化，所以电动机的转动方向发生变化，故A不符合题意；B．只对调磁体的N、S极，磁场方向发生变化，所以电动机的转动方向发生变化，故B不符合题意；C．同时对调电源的正、负极和磁体的N、S极，电动机的转动方向不会发生变化，故C符合题意；D．导线①改接G、F点，导线②改接C、E点，电动机中的电流方向发生变化，可以改变电动机的转动方向，故D不符合题意。故选C。4、如图所示，闭合开关S，观察到小磁针顺时针旋转90°后保持静止，下列说法正确的是（

）A．电源的a端是正极，电磁铁左端是S极B．电源的a端是负极，电磁铁左端是N极C．电源的b端是负极，磁感线方向自左向右D．电源的b端是正极，磁感线方向自右向左答案：A由题意可知，小磁针顺时针旋转90°后保持静止，则小磁针静止时，左端为S极，右端为N极，则由异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的右端为N极，左端为S极，则根据通电螺线管中导线的缠绕方式，由安培定则可得，电流从通电螺线管的左端流入，右端流出，故可知电源的a端是正极，因磁感线方向在磁铁外部是从N极出发，回到S极，故可知磁感线方向是自右向左，故A正确，BCD错误。故选A。5、有关电和磁的知识，下列说法正确的是（）A．电动机工作将机械能转化为电能B．摩擦起电的实质是创造了电荷C．通电导体的周围真实存在磁感线D．同名磁极相排斥，异名磁极相吸引答案：DA．电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用，所以电动机工作将电能转化为机械能，故A错误；B．摩擦起电的实质并不是是创造了电荷，而是电荷发生了转移，束缚电子弱的失去电子，束缚电子能力强的得到电子，这样就发生了电荷的转移，故B错误；C．磁感线是为了形象描述磁场而人为引入的，实际上磁感线并不存在，故C错误；D．根据磁极间的相互作用规律可知，同名磁极相排斥，异名磁极相吸引，故D正确。故选D。6、如图所示，是一个自制的指南针。它是利用硬纸板和大头针制作底座，使缝衣针磁化后，穿过按扣的两个孔，放在底座的针尖上，这就是一个指南针，当指南针自由旋转静止下来后，针尖指北，下列说法正确的是（

）A．针尖是指南针S极B．针尖指北，是受到地磁场的作用C．磁化后的缝衣针周围存在很多的磁感线D．此实验中，缝衣针的材料可以是铜制的答案：BA．当指南针自由旋转静止下来后，针尖指北，故针尖是指南针的N极，故A错误；B．由于地球周围存在磁场，即地磁场，指南针在地磁场的作用下，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，使针尖指北，故B正确；C．磁感线是为了方便理解磁场分布而引入的假象曲线，是不存在的，故C错误；D．制作简易指南针的材料必须可以被磁化，而铜不会被磁化，故缝衣针的材料不能为铜制成的，故D错误。故选B。7、通常我们用磁感线形象地描述磁场的强弱和方向，如图所示描绘了某一磁场区域的部分磁感线，并在磁场的b点放置一个可自由转动的小磁针，由磁感线的分布特点可知（

）A．b点的磁场比a点的磁场弱，小磁针静止时N极指向Q处B．b点的磁场比a点的磁场弱，小磁针静止时N极指向P处C．b点的磁场比a点的磁场强，小磁针静止时N极指向P处D．b点的磁场比a点的磁场强，小磁针静止时N极指向Q处答案：DAB．磁感线的疏密体现了磁场的强弱，磁感线越密集，磁场越强，由图可知，a点与b点相比，b点的磁感线更密集，所以b点的磁场比a点的磁场强，故AB不符合题意；CD．由于磁感线上的任何一点的切线方向跟小磁针放在该点的北极指向一致，所以在b点放置一个可自由转动的小磁针，则小磁针静止时，其N极指向Q，故D符合题意，C不符合题意。故选D。8、如图所示，下列有关物理知识描述不正确的是（）A．铁钉上端为N极B．异种电荷相排斥使金属箔张开C．电磁感应现象D．电动机原理答案：BA．由图可知，电流从铁钉上端流入，下端流出，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极，下端为S极，故A正确，不符合题意；B．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，验电器是根据同种电荷相互排斥的原理工作的，故B错误，符合题意；C．由图可知，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，这是电磁感应现象，故C正确，不符合题意；D．图中电路闭合开关后，通过导体有电流，通电导体在磁场中受力运动，这是电动机的原理，故D正确，不符合题意。故选B。9、关于磁场，下列说法中正确的是（）A．地磁场的N极在地理北极附近，S极在地理南极附近，与地球两极并不完全重合B．磁极间的相互作用都不是通过磁场来发生的C．磁感线是磁场中真实存在的一些曲线D．磁体周围的磁感线从磁体N极发出，回到磁体的S极答案：DA．地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，与地球两极并不完全重合，故A错误；B．磁极间的相互作用是通过磁体周围的磁场而发生的，故B错误；C．磁感线是在研究磁场时，用一条条曲线形象直观的描述周围的磁场分布情况，是通过想象而描绘出来的，不是真实存在的，故C错误；D．磁体外部的磁感线是从N极出发，回到S极，磁体内部的磁感线是从S极到N极，故D正确。故选D。10、如图所示实验装置的原理与电动机的工作原理相同的是（）A．B．C．D．答案：BAC．图中是将闭合回路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流，这个现象叫电磁感应现象，发电机是根据这个原理来制成的，故AC不符合题意；B．图中将通电的导线放在磁场中会受力运动，电动机就是根据这个原理制成的，故B符合题意；D．电路中电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性，使得小锤反复敲击铃碗发出声音，故D不符合题意。故选B。11、用图示装置探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件，实验时蹄形磁体保持静止，导体棒ab处在竖直向下的磁场中。下列操作中能使灵敏电流计的指针发生偏转的是（

）A．导体棒ab保持静止B．导体棒ab向左运动C．导体棒ab竖直向下运动D．导体棒ab竖直向上运动答案：BA．导体棒ab保持静止，没有切割磁感线，故不会产生感应电流，故A不符合题意；B．导体棒ab向左运动，切割了磁感线会产生感应电流，故B符合题意；C．导体棒ab竖直向下运动，没有切割磁感线，故不会产生感应电流，故C不符合题意；D．导体棒ab竖直向上运动，没有切割磁感线，故不会产生感应电流，故D不符合题意。故选B。12、如图所示，闭合电磁铁开关S，条形磁铁静止在水平桌面上。下列判断正确的是（

）A．条形磁铁受到电磁铁对其向左的作用力B．条形磁铁受到桌面对其向左的摩擦力C．将滑动变阻器的滑片向右移动，条形磁铁受到的摩擦力不变D．若只改变电源的正负极，条形磁铁受到的摩擦力变大答案：AA．由安培定则得，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向电磁铁右端为N极，左侧为S极，同名磁极相互排斥，所以条形磁铁受到电磁铁对其向左的作用力，故A正确；B．条形磁铁处于静止状态，水平方向上受到平衡力的作用，水平向左的排斥力和桌面对条形磁铁的水平向右的摩擦力为一对平衡力，故B错误；C．将滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电磁铁的磁性变弱，排斥力变小，摩擦力和排斥力是一对平衡力，大小相等，所以摩擦力变小，故C错误；D．若只改变电源的正负极，电流的方向改变，大小不变，则电磁铁的磁性不变，条形磁体受到电磁铁的吸引力大小等于原来的排斥力大小，此时吸引力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，则摩擦力不变，故D错误。故选A。13、如图所示，是巨磁电阻特性原理的示意图，其中GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小。闭合开关S1、S2，下列说法正确的是（

）A．电磁铁的右端为N极B．当滑片P向右滑动时，电磁铁磁性增强C．当滑片P向左滑动时，巨磁电阻的阻值增大D．当滑片P向左滑动时，指示灯变亮答案：DA．闭合开关S1，电流从电磁铁的右端流入，左端流出，根据安培定则可知电磁铁左端为N极，右端为S极，故A错误；BCD．闭合开关S1、S2，滑片P向右滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变大，电压一定，由可知，电流变小，电磁铁磁性减弱；滑片P向左滑动时，电磁铁磁性增强，由题可知，巨磁电阻的阻值减小，电压一定，由可知，电流变大，由P=UI可知，指示灯的实际功率变大，所以指示灯变亮，故BC错误，D正确。故选D。14、如图所示，在蹄形磁体的磁场中放置一根导线。利用此实验装置进行实验，下列说法正确的是（）A．在a、b间接入电源，可以探究电磁感应现象B．在a、b间接入电源，可以探究电动机的工作原理C．在a、b间接入电流表，可以探究磁场对电流的作用D．在a、b间接入电流表，只要使导线运动，电流表指针就会发生偏转答案：BAB．在a、b间接入电源，通电导体在磁场中会受到力的作用，可以探究电动机的工作原理，故A错误，B正确；CD．在a、b间接入电流表，电路中无电源，闭合电路中的部分导体只有在磁场中做切割磁感线运动时（若导线沿磁感线方向竖直上下运动，测不会产生感应电流，电流表指针不会发生偏转），会产生感应电流，电流表指针才会发生偏转，可以探究电磁感应现象，故CD错误。故选B。15、我市今年投入运营的第二批“沂蒙红”新能源公交车的动力装置是电动机。下列选项，能说明其工作原理的是（

）A．B．C．D．答案：B电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用。A．图中是奥斯特实验原理图，探究电流的磁效应现象，故A不符合题意；B．图中是电动机的工作原理图，即通电导体在磁场中受力作用，故B符合题意；C．图中使发电机的工作原理图，探究的是电磁感应现象，故C不符合题意；D．图中是通电线圈切割磁感线产生感应电流的现象，是电磁感应现象，故D不符合题意。故选B。多选题16、如图所示四个图的装置可以用来演示物理现象，则下列说法正确的是（）A．图甲用来演示磁场对电流的作用B．图乙用来演示电磁感应现象C．图丙用来演示电流的磁效应D．图丁用来演示电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系答案：ABCA．图甲用来演示磁场对电流的作用，是电动机的原理，故A正确；B．图乙用来演示电磁感应现象，是发电机的原理，故B正确；C．图丙用来演示电流的磁效应，电流的磁效应最早是丹麦物理学家奥斯特发现的，故C正确；D．图丁中两个电磁铁串联，电流相等，线圈的匝数不同，用来演示电磁铁的磁性强弱与线圈的匝数的关系，故D错误。故选ABC。17、某展览厅为保护展品设置了调光天窗，当外界光照较强时，启动电动卷帘调整进光量；当外界光照较弱时，自动启动节能灯给予补光。其电路原理如图所示，R0为定值电阻，R为光敏电阻，线圈电阻不计，下列说法正确的是（

）A．装置中P的工作原理是电磁感应B．光敏电阻R的阻值随光照强度的变大而变小C．若要缩短节能灯点亮的时间，可换用阻值较小的R0D．若控制电路的电压U1降低了，使控制作用不变，可以减少P的线圈匝数答案：BCABC．当闭合电路中的一部分导体切割磁感线时，会在闭合电路中产生感应电流，该现象称为电磁感应现象。当外界光照较强时，能启动电动卷帘适时调整进光量，由图知此时衔铁被吸下，电磁铁的磁性变强，通过电磁铁的电流变大，故装置中P的工作原理是电流的磁效应；因电磁铁的电流变大，根据欧姆定律可知，电路中的总电阻变小，光敏电阻的阻值变小，所以光敏电阻R的阻值随光照强度的增大（减小）而减小（增大）。若要缩短节能灯点亮的时间，即当外界光照更弱时，电磁铁才能吸合衔铁，节能灯才能工作。因当光照强度减小时，R的阻值变大，而电磁铁能吸合衔铁的电流不变，电源电压不变，则电路总电阻不变，故应换用阻值较小的R0，故A错误，BC正确；D．电流一定时，外形相同的螺线管，匝数越多，电磁铁的磁性越强。控制电路的电压U1降低了，根据欧姆定律，电路的电流变小，若匝数不变，电磁铁的磁性变弱，因要求控制作用不变，应增大电磁铁的磁性，故应增大P的线圈匝数，故D错误。故选BC。18、如图将指南针固定在泡沫上，一同漂浮在水面上，静止时下列说法正确的是（）A．指南针静止时N极总是指向北方B．当指南针和泡沫总重为0.2N时，排开水的质量是0.2kgC．如果一瞬间重力消失，泡沫块将静止不动D．将指南针从泡沫上取下放入水槽中，沉入水底，则水对水槽底的压强变小答案：ADA．指南针静止时N极总是指向北方的附近，故A正确；B．指南针固定再泡沫上，一同漂浮在水面上，当指南针和泡沫总重为0.2N时，根据物体浮沉条件可知，指南针和泡沫受到的浮力为0.2N，根据阿基米德原理可得，排开水的重力是0.2N，由重力的计算公式可得，排开水的质量为故B错误；C．如果一瞬间重力消失，泡沫快在竖直方向只会受到浮力和阻力的作用，而浮力大于阻力，泡沫块将竖直向上加速运动，故C错误；D．将指南针固定在泡沫上，它们受到的浮力等于它们的重力之和，将指南针从泡沫上取下放入水槽中，沉入水底，泡沫还是处于漂浮状态，泡沫受到的浮力等于自身的重力，指南针受到的浮力小于自身的重力，根据可得，将指南针放入水槽中后，指南针和泡沫排开水的体积之和变小，水位会下降，由压强的计算公式可得，水对槽底的压强变小，故D正确。故选AD。19、关于图所示的四个电磁实验，下列说法中正确的是（）A．实验甲：开关S闭合，只要导体ab在磁场中运动，导体中就有电流产生B．实验乙：开关S闭合，电动机独立工作；开关S断开，电热器独立工作C．实验丙：开关S闭合，小磁针发生偏转，表明通电导线的周围存在磁场D．实验丁：开关S闭合，导体ab在磁场中运动，发电机是利用这一原理制成答案：BCA．图甲中，闭合电路的部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动，才会产生感应电流，故A错误；B．图乙中，开关闭合时，电磁铁中有电流通过，产生磁性，衔铁被吸下，电动机所在电路接通，电动机开始工作；开关断开时，电磁铁中无电流，磁性消失，衔铁弹起，电热器所在电路接通，电热器开始工作，故B正确；C．图丙中，开关闭合，导线中有电流通过，导线周围产生磁场，小磁针发生偏转，故C正确；D．图丁中，开关闭合，导体ab中有电流通过，受到磁场的作用力而运动，这是电动机的工作原理，故D错误。故选BC。20、小丽通过实验找到了“通电螺线管的极性与环绕螺线管的电流方向之间的关系”，她对图所示的螺线管中电流方向和通电螺线管的极性作出下列判断，其中正确的是（

）A．通电螺线管右端是N极B．通电螺线管左端是N极C．通电螺线管外部的磁场与蹄形磁铁的磁场相似D．若改变螺线管中的电流方向，通电螺线管的极性对调答案：BDAB．电流从螺线管的左端流入右端流出，结合线圈的绕向，利用安培定则可以确定螺线管的左端为N极，右端为S极，如下图：故A错误，B正确；C．螺线管通电后，通电螺线管周围产生磁场，通电螺线管外部的磁场与条形磁铁周围的磁场一样。而不是和蹄形磁体的磁场相似，故C错误；D．由安培定则可知，螺线管的极性与电流方向和绕线方向有关。因此若改变螺线管中的电流方向，通电螺线管的极性对调，故D正确。故选BD。21、实践活动小组的同学，在商场到了一种智能电梯，如图甲所示。当无乘客乘坐电梯时，电动机低速运转，电梯以较小的速度上升；当有乘客乘坐电梯时，电动机高速度运转，电梯以较大的速度上升。他们利用所学过的知识设计了一个能实现智能电梯上述功能的模拟电路，如图乙所示。其中M为带动电梯运转的电动机，R1为定值电阻，R为阻值随所受乘客对其压力大小发生改变的压敏电阻，两个电源两端的电压均保持不变。关于这个电路，下列说法中正确的是（

）A．R的阻值随压力的增大而减小B．当有乘客站在电梯上时，衔铁上的动触点与触点1接触C．当有乘客站在电梯上时，电磁铁线圈的耗电功率变大D．若适当减小R1的阻值，可减小无乘客时电动机消耗的电功率答案：ACA．图乙中有两个电路，左侧为压敏电阻与电磁铁串联，右侧电路中，当衔铁与触点1接触时，R1与电动机串联；当衔铁与触点2接触时，电阻断路，根据欧姆定律，此时右侧电路的总电阻减小，电流增大，电动机高速运转，此时说明乘客已站上电梯，压力增大，此时在左侧的电路中，电磁铁的磁性变强，说明左侧电路电流增大，根据欧姆定律可知，此时压敏电阻R是减小的，所以R的阻值随压力的增大而减小，故A正确；B．当有乘客站在电梯上时，电动机高速运转，右侧电路中电流增大，根据欧姆定律可知，此时电路中电阻值减小，所以此时衔铁上的动触点与触点2接触，故B错误；C．根据选项A的分析，当有乘客站在电梯上时，左侧电路电流增大，根据电功率的变形式可知，当电流增大时，电磁铁线圈的耗电功率也变大，故C正确；D．无乘客乘坐电梯时，衔铁上的动触点与触点1接触，R1和电动机串联在电路中，若适当减小R1的阻值，根据欧姆定律，此时电路电流增大，根据电功率的变形式可知，当电流增大时，电动机的电功率也增大，故D错误。故选AC。22、如图所示，是智能扶手电梯的原理图，其中是压敏电阻。电梯上无乘客时，电动机转动变慢，使电梯运动变慢；电梯上有乘客时，电动机转动变快，使电梯运动变快。下列说法正确的是（

）A．电磁铁上端是极B．电磁继电器与发电机工作原理相同C．电梯上无乘客时，衔铁与触点2接触D．电梯上有乘客时，压敏电阻的阻值减小答案：ADA．根据安培定则，伸出右手，四指的方向为电流的方向，大拇指的方向为N极的方向，故电磁铁的下端为N极，上端为S极，故A正确；B．电磁继电器工作的原理是电流的磁效应，即通电导线周围存在磁场，而发电机工作原理是电磁感应现象，即闭合电路的部分导体切割磁感线时，会产生感应电流，故B错误；C．如图所示，当触点与1接触时，电动机与定值电阻R1串联，电动机分担的电压比较小，转速比较慢，而当触电与2接触时，只有电动机接入电路，电动机转动变快，故当有乘客时，衔铁与2接触，没有乘客时，衔铁与1接触，故C错误；D．当有乘客时，衔铁与2接触，此时衔铁被吸下来，说明通过电磁铁的磁性变强，通过电磁铁的电流变大，则说明压敏电阻的阻值变小，故D正确。故选AD。23、货梯设置了超载自动报警系统，其简化电路如图所示，货梯箱底层装有压敏电阻R1，R2为滑动变阻器，K为动触点，A、B为静触点。当出现超载情况时，电铃将发出报警声，以下说法正确的是（

）A．电磁铁的上端为N极B．压敏电阻的阻值随压力的增大而减小C．压敏电阻的阻值增大，电磁铁的磁性增强D．如果要使货梯设定的超载质量变大，那么滑动变阻器R2的滑片P向右滑动答案：BDA．电流从电磁铁下端流入，根据安培定则，右手四指顺着电流方向握住螺线管，大拇指所指的方向为N极，即电磁铁的下端为N极，故A错误；B．当出现超载情况时，电铃将发出报警声，则衔铁被吸引到K与静触点B接通，表明此时电磁铁磁性增加，即电流变大，电阻变小，所以压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，故B正确；C．压敏电阻的阻值增大，根据欧姆定律，电压一定，电流变小，电磁铁的磁性减弱，故C错误；D．压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，如果要使货梯设定的超载质量变大，则压敏电阻的阻值会变小，电磁铁动作的电流是一定的，根据欧姆定律，电压一定，总电阻一定，所以滑动变阻器接入的电阻要变大，即滑动变阻器R2的滑片P向右滑动，故D正确。故选BD。24、巨磁电阻（GMR）效应是指某些材料的电阻在磁场中随磁场的增强而急剧减小的现象。如图是说明巨磁电阻特性原理的示意图，图中的GMR是巨磁电阻。在电源电压U不超过指示灯额定电压的条件下，闭合开关S1、S2，则（

）A．电磁铁A端是N极B．电磁铁产生的磁感线不管外部还是内部都是从N极出发回到S极C．向右滑动滑片P，GMR两端的电压增大D．向左滑动滑片P，指示灯会变暗答案：ACA．利用安培定则可知，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A端为N极、右端B为S极，故A正确；B．在磁体外部，磁感线是从N极出发回到S极，在磁体内部，磁感线是从S极到N极，故B错误；C．向右滑动滑片P，滑动变阻器接入电路的阻值变大，则电路的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路电流减小，因此电磁铁磁性减弱，周围磁场减弱，GMR的阻值变大，则GMR两端的电压增大，故C正确；D．由图可知，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，由可知，电路中的电流变大，此时电磁铁的磁性变强；由图可知，巨磁电阻和灯泡串联，因电阻在磁场中随磁场的增强而急剧减小，所以此时巨磁电阻的阻值会变小，电路中的总电阻变小，由可知，电路中的电流变大，通过灯泡的电流变大，因，且灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮，故D错误。故选AC。25、所有推动社会发展的科学知识和规律，都是经过众多科学家长期、锲而不舍的研究得来的。下列关于科学家及其发现的陈述，符合物理学发展实际的是（）A．欧姆对电流与电压及电阻的关系进行了深入研究，归纳出欧姆定律B．焦耳经研究得出了电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系C．奥斯特发现了电流的磁效应，通过实验证明通电导线周围存在磁场D．瓦特研究了通电导体周围的磁场分布特点，总结出了右手螺旋定则答案：ABCA．欧姆对“电流跟电阻和电压之间的关系”进行了大量的实验，并深入的研究，归纳总结出了欧姆定律，故A符合题意；B．焦耳最先发现了“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B符合题意；C．奥斯特将通电导线放在小磁针的上方，小磁针的方向发生偏转，说明通电导线周围存在磁场，故C符合题意；D．安培研究了通电导体周围的磁场分布特点，总结出了右手螺旋定则，故D不符合题意。故选ABC。填空题26、1831年，英国物理学家法拉第发现了___________现象，该发现进一步解释了电与磁的联系，开辟了人类的电气化时代。如图所示，通电螺线管右端为N极，可判定电源右端是___________极（选填“正”或“负”）。答案：

电磁感应现象

负[1]

法拉第发现了电磁感应现象，进一步揭示了电和磁的联系，导致了发电机的发明。[2]

根据螺线管的N极和线圈的绕向，利用右手螺旋定则可以确定电流是从螺线管的左端流入、右端流出。从而可以确定电源的右端为负极。27、如图所示，在大小不变、水平向左的拉力F作用下，铁块M沿水平地面由A处运动至D处，BC段下方埋有一块磁铁W。铁块M在AB段物体做匀速直线运动，速度为v。若地面粗糙程度处处相同，铁块M只有在BC段运动时才受到磁铁W的磁力。（1）铁块M在BC段运动过程中，其动能___________（选填“增大”“不变”或“减小”）；（2）铁块M在CD段运动过程中，其运动状态___________（选填“改变”或“不变”）；（3）铁块M在CD段运动时的机械能___________（选填“大于”“等于”或“小于”）在AB段运动时的机械能。答案：

减小

不变

小于（1）[1]铁块M在AB段物体做匀速直线运动，拉力的大小等于摩擦力的大小；地面粗糙程度处处相同，铁块M在BC段运动时受到磁铁W的磁力，使铁块M对地面的压力增大，摩擦力变大，大于拉力，所以铁块M做减速运动；动能的大小与速度和质量有关，铁块M的质量不变，速度减小，故铁块M在BC段运动过程中，其动能减小。（2）[2]铁块M经过C点后，磁力消失，铁块对水平地面的压力及接触面粗糙程度与AB段时相同，所以它受到的摩擦力不变，则拉力的大小等于摩擦力的大小，铁块M在CD段受力平衡，做匀速直线运动，故铁块M