重庆市渝中区重庆市巴蜀中学校2024-2025学年九年级上学期1月期末物理试题

参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C A B B A D C 一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共24分。） 1．（3分）对下列物理量的认识中，最接近实际的是（　　） A．一节新干电池电压为2V B．正常情况下人体的电阻约50Ω C．洗衣机正常工作时的功率约30W D．卧室空调正常工作时电流约为4A 【分析】首先要对相关物理量有个初步的认识，不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要经过简单的计算，有的要进行单位换算，最后判断符合要求的是哪一个。 【解答】解：A.一节新干电池电压为1.5V，故A不符合实际； B.正常情况下人体的电阻约1000Ω～2000Ω，故B不符合实际； C.洗衣机正常工作时的功率约300W，故C不符合实际； D.卧室空调正常工作时电流约为4A，故D符合实际。 故选：D。 【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中常见物理量的数值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。 2．（3分）下列有关电现象说法正确的是（　　） A．毛皮摩擦过的橡胶棒失去电子带正电 B．验电器的工作原理是异种电荷相互吸引 C．有电流就一定有电压，有电压不一定有电流 D．在电池供电的闭合回路中电流一定是从正极流向负极 【分析】摩擦起电的实质不是创造了电，而是电子的转移。 验电器的原理是同种电荷相互排斥。 电路中产生持续电流的条件：有电源、电路闭合。 物理学上规定正电荷定向移动的方向为电流的方向。 【解答】解：A.毛皮摩擦过的橡胶棒得到电子带负电，故A错误； B.验电器的工作原理是同种电荷相互排斥，故B错误； C.有电流就一定有电压，有电压不一定有电流，故C正确； D.在电池供电的闭合回路中，电池外部的电流一定是从正极流向负极，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了摩擦起电的实质，验电器的原理，电流形成的条件。 3．（3分）下列有关磁现象说法正确的是（　　） A．地磁南极在地理北极附近 B．铁、铝、铜块都可以经过磁化获得磁性 C．磁场和磁感线都是客观存在的特殊物质 D．磁体外部的磁感线都是由磁体的S极出发回到N极 【分析】磁场的N极在地理的南极附近，磁场的S极在地理的北极附近。 一些物质在磁体或电流的作用下获得磁性，叫做磁化。 磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线。 在磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极。 【解答】解：A.地磁南极在地理北极附近，故A正确； B.铁块可以经过磁化获得磁性，而铝、铜不能，故B错误； C.磁场是客观存在的特殊物质，磁感线不是客观存在的特殊物质，故C错误； D.磁体外部的磁感线都是由磁体的N极出发回到S极，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查了地磁场、磁化、磁感线、以及磁体外部磁感线的分布，属于基础性题目。 4．（3分）关于家庭电路和安全用电，下列说法中正确的是（　　） A．人直接或间接接触到火线就一定会触电 B．电冰箱应接在三孔插座上，是为了防止漏电事故发生 C．使用试电笔时为了确保安全，手不能接触试电笔上的任何金属部分 D．家庭电路中，用电器被短路会造成电路中总电流过大，容易烧坏用电器 【分析】（1）人与火线接触后，且在大地上或另一处人体与零线接触才会触电； （2）三孔插座的第三个孔接地线，三脚插头的第三个脚接用电器金属外壳； （3）用试电笔辨别火线和零线时，手应接触笔尾金属体，笔尖接触电线，若氖管发光，电线为火线；不发光，电线为零线； （4）家庭电流过大的原因是短路或用电器总功率过大。 【解答】解：A、当人体跟火线接触，且在大地上或另一处人体与零线接触才会触电，故A错误； B、洗衣机、电冰箱等用电器都有金属外壳，使用三孔插座时，外壳是接地的，可以有效防止漏电导致的触电事故，故B正确； C、使用试电笔时，手不能触碰到试电笔的笔尖金属体，否则会造成触电，手应该触碰的是试电笔笔尾的金属体，故C错误； D、用电器被短路会造成电路中总电流过大，用电器不能正常工作，故D错误。 故选：B。 【点评】本题主要考查了家庭电路中的一些用电常识，注意无论是在发生触电、着火或电器需要维修时，都应先断开电源开关。 5．（3分）如图所示为深圳某科技公司出品的智能美妆镜，闭合开关S1，摄像头开始扫描面部采集数据，随后S2自动闭合，美妆芯片开始分析面部数据，最后在镜面的显示屏上提供合适的护肤建议。下列电路符合该要求的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据题意分析两个开关的连接方式、摄像头与美妆芯片的连接方式。 【解答】解：根据题意可知，闭合开关S1，摄像头开始扫描面部采集数据，随后S2自动闭合，美妆芯片开始分析面部数据，这说明美妆芯片与摄像头互不影响，是并联接入电路中的，且开关S1在干路中控制整个电路，S2控制美妆芯片，故B正确。 故选：B。 【点评】本题考查了电路图的设计，明确两个开关的控制作用可判断电路的连接情况。 6．（3分）如图所示是“探究电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置。四个相同的透明容器中密封着质量相等的空气，分别将两套装置的A、D接线柱接到电源两端。下列说法正确的是（　　） A．观察图甲中的实验现象，可知右侧容器中电阻丝的阻值较大 B．图乙装置可以用来探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系 C．该实验中U形管两液面高度差越大对应密封容器中导体产生热量越少 D．图乙装置中，通电一段时间U形管两侧液面高度差为零，一定是电路断路 【分析】（1）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析； 电流通过导体产生热量的多少不易直接观察，甲、乙两个透明容器中密封着等量的空气，电阻丝产生热量越多，气体膨胀程度越大，故可通过U形管液面的高度差来反映电阻丝产生的热量多少，采用了转换法； （2）通电一段时间后U形管两侧液面高度差为零，可能是电路发生断路，也可能是两装置漏气，据此分析。 【解答】解：A、甲装置中，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，右侧U形管液面高度差大，由转换法，右侧容器中电阻产生的热量多，根据Q＝I2Rt，可知右侧容器中电阻丝的阻值较大，故A正确； B、图乙装置，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内电阻阻值大小相同，通过容器内电阻的电流不同，可以用来探究电流通过导体产生的热量与电流的关系，故B错误； C、该实验中U形管两液面高度差越大对应密封容器中导体产生热量越多，故C错误； D、图乙实验中，通电一段时间后U形管两侧液面高度差为零，可能是电路发生断路，也可能是两装置漏气，故D错误。 故选：A。 【点评】本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律的运用。 7．（3分）科技活动小组的同学设计了一个苹果质量筛选系统，如图甲所示，检测电路如图乙所示，电源电压恒为12V，R0为10Ω的定值电阻，R为压敏电阻，其阻值随压力的变化关系如图丙。闭合开关，当苹果经过检测台时，R受到的压力恰好等于苹果重力的一半，此时若R0两端的电压UAB＞2V，说明苹果质量达标，否则苹果将被推出传送带。g取10N/kg，下列说法正确的是（　　） A．苹果的质量越小，电路中的电流越大 B．苹果的质量越大，R0的电功率越小 C．当苹果质量小于或等于50g时，将被推出传送带 D．要提高质量筛选标准，应将R0换成阻值更小的定值电阻 【分析】A、由图乙可知两电阻串联接入电路，苹果的质量越小，苹果对压敏电阻的压力越小，由图丙可知压敏电阻接入电路的阻值变化，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变化，根据欧姆定律可知通过电路的变化； B、苹果的质量越大，苹果对压敏电阻的压力越大，由图丙可知压敏电阻接入电路的阻值变化，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变化，根据欧姆定律可知通过电路的变化，根据P＝I2R可知R0的电功率变化； C、根据欧姆定律可知R0两端的电压UAB＝2V时通过电路的电流，根据串联电路特点结合欧姆定律计算此时压敏电阻接入电路的阻值，由图丙可知压敏电阻受到的压力，苹果的重力等于苹果对压敏电阻的压力，根据重力公式计算此时苹果的质量； D、提高质量筛选标准，压敏电阻受到的压力变大，压敏电阻接入电路的阻值变小，压敏电阻两端的电压不变，根据欧姆定律可知通过电路的电流变化，根据串联电路电压规律结合欧姆定律可知R0的阻值变化。 【解答】解：A、由图乙可知两电阻串联接入电路，苹果的质量越小，苹果对压敏电阻的压力越小，由图丙可知压敏电阻接入电路的阻值越大，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻越大，根据欧姆定律可知通过电路的越小，故A错误； B、苹果的质量越大，苹果对压敏电阻的压力越大，由图丙可知压敏电阻接入电路的阻值越小，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻越小，根据欧姆定律可知通过电路的越大，根据P＝I2R可知R0的电功率越大，故B错误； C、根据欧姆定律可知R0两端的电压UAB＝2V时通过电路的电流：I0.2A， 串联电路各处电流相等，串联电路总电压等于各部分电压之和，此时压敏电阻接入电路的阻值：R50Ω， 由图丙可知压敏电阻受到的压力为0.75N， 苹果的重力等于苹果对压敏电阻的压力，此时苹果的质量为m0.075kg＝75g， 所以当苹果质量小于或等于75g时，将被推出传送带，故C错误； D、提高质量筛选标准，压敏电阻受到的压力变大，压敏电阻接入电路的阻值变小，压敏电阻两端的电压不变，根据欧姆定律可知通过电路的电流变大，根据串联电路电压规律结合欧姆定律可知应将R0换成阻值更小的定值电阻，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。 8．（3分）如图所示电路中，电源电压恒定不变，小灯泡L标有“6V 1.8W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响），滑动变阻器R2标有“60Ω 2A”字样，R1是定值电阻，电压表量程为0～3V，电流表量程为0～0.6A。闭合开关S1、S2，断开开关S3，小灯泡L恰好正常发光。将R2的滑片P移至最右端，闭合开关S3，断开开关S1、S2，此时电压表示数为U1，R2消耗的功率为P1；向左移动滑片P至某点，此时电压表示数为U2，R2消耗的功率为P2。已知U1：U2＝2：3，P1：P2＝8：9。保证电路中各元件安全，且电路中有电流，任意闭合或断开开关S1、S2、S3，下列说法中正确的是（　　） A．定值电阻R1的阻值是10Ω B．电路总电功率最小为0.72W C．电路总电功率最大时，滑动变阻器R2连入电路的阻值可能为20Ω D．滑动变阻器R2有电流通过情况下，最大与最小电功率之差为 【分析】A、由图得，当闭合开关S1、S2，断开开关S3，电路中只有小灯泡L工作，小灯泡L恰好正常发光，说明电源电压等于灯泡的额定电压； 将R2的滑片P移至最右端，闭合开关S3，断开开关S1、S2，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表测量定值电阻R1两端电压；前、后两次移动滑片P，定值电阻R1的电压比为U1：U2＝2：3，根据欧姆定律可知电路电流比； 设向左移动滑片至某点时滑动变阻器阻值为R′2，P1：P2＝8：9，由P＝I2R可得滑动变阻器接入电路的电阻之比； 因电源电压不变，已知电路电流比，根据欧姆定律表示电阻之比可得R1的阻值； B、闭合开关S3，断开开关S1、S2，电源电压不变，当滑片P移至最右端时，电路总电阻最大，此时电路总功率最小值，根据P计算电路最小电功率； C、闭合所有开关，滑动变阻器和灯泡并联接入电路，根据电流表的量程可知通过电路的最大电流为0.6A， 根据并联电路电压特点可知此时灯泡两端的电压为6V，灯泡正常发光，根据电功率公式计算通过灯泡的电流，根据并联电路电流规律计算此时通过滑动变阻器的电流，根据欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的阻值； D、闭合所有开关，滑动变阻器和灯泡并联接入电路，根据P＝UI可知通过滑动变阻器的电流最大时，滑动变阻器消耗的电功率最大，根据P＝UI计算滑动变阻器消耗的最大电功率， 将R2的滑片P移至最右端，闭合开关S3，断开开关S1、S2，两电阻串联接入电路，此时滑动变阻器消耗的电功率最小，根据串联电路电阻规律结合P＝I2R计算滑动变阻器消耗的最小电功率，进一步计算滑动变阻器R2有电流通过情况下最大与最小电功率之差。 【解答】解：A、由图得，当闭合开关S1、S2，断开开关S3，电路中只有小灯泡L工作，小灯泡L恰好正常发光，说明电源电压等于灯泡的额定电压6V，故U＝6V； 将R2的滑片P移至最右端，闭合开关S3，断开开关S1、S2，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表测量定值电阻R1两端电压；前、后两次移动滑片P，定值电阻R1的电压比为U1：U2＝2：3，则电路电流比为I1：I2＝2：3； 设向左移动滑片至某点时滑动变阻器阻值为R′2，由P＝I2R可知； 已知R2＝60Ω，则R′2＝30Ω； 因电源电压不变，已知电路电流比为I1：I2＝2：3，则，解得R1＝30Ω，故A错误； B、闭合开关S3，断开开关S1、S2，电源电压不变，当滑片P移至最右端时，电路总电阻最大，此时电路总功率最小值为P小0.4W，故B错误； C、闭合所有开关，滑动变阻器和灯泡并联接入电路，根据电流表的量程可知通过电路的最大电流为0.6A， 根据并联电路电压特点可知此时灯泡两端的电压为6V，灯泡正常发光，通过灯泡的电流：IL0.3A， 此时通过滑动变阻器的电流I﹣IL＝0.6A﹣0.3A＝0.3A， 此时滑动变阻器接入电路的阻值R2小20Ω，故C正确； D、闭合所有开关，滑动变阻器和灯泡并联接入电路，根据P＝UI可知通过滑动变阻器的电流最大时，滑动变阻器消耗的电功率最大， 滑动变阻器消耗的最大电功率为P＝U6V×0.3A＝1.8W， 将R2的滑片P移至最右端，闭合开关S3，断开开关S1、S2，两电阻串联接入电路，此时滑动变阻器消耗的电功率最小， 滑动变阻器消耗的最小电功率为P′R260Ω＝0.0135W， 滑动变阻器R2有电流通过情况下，最大与最小电功率之差为1.8W﹣0.0135W＝1.7865W，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。 二、填空作图题（本题共6个小题，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分。） 9．（2分）法国物理学家 　安培　在电磁学上有着巨大的贡献，他揭示了一切磁现象有着电的本质，因此把他的名字规定为电流的单位。19世纪初，丹麦物理学家 　奥斯特　通过实验率先证明了电和磁有联系，掀起了电磁学研究的热潮。 【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名科学家的主要贡献即可。 【解答】解：法国物理学家安培在电磁学上有着巨大的贡献，他揭示了一切磁现象有着电的本质，因此把他的名字规定为电流的单位。19世纪初，丹麦物理学家奥斯特通过实验率先证明了电和磁有联系，掀起了电磁学研究的热潮。 故答案为：安培；奥斯特。 【点评】多了解物理学史对培养我们学习物理的兴趣是有帮助的，所以考试中也时有涉及，在学习中应注意。 10．（2分）如图是小张在重庆科技馆看到的“怒发冲冠”静电游戏，这是因为人接触静电球时，人体是 　导体　（选填“导体”、“绝缘体”或“半导体”）才会发生这种现象。在生产、生活中安全用电的基本原则是：不接触低压带电体，不 　靠近　高压带电体。所以以上静电游戏在没有特别防护措施的保护下不要随便尝试。 【分析】容易导电的物体为导体；根据安全用电拔原则分析。 【解答】解：人体容易导电，属于导体，在生产、生活中安全用电的基本原则是：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。 故答案为：导体；靠近。 【点评】本题考查导体和绝缘体的辨析和安全用电原则，属于电学基础内容，难度不大。 11．（2分）小张同学为了测量新买的电烧水壶的实际电功率，在220V的家庭电路中关闭其它所有家用电器，只开启电烧水壶，通电2min观察电能表（如图所示）的小铝盘转了100转。电能表是测量 　电功（消耗电能多少）　的仪器，电烧水壶的实际电功率为 　1000　W。 【分析】（1）电能表是测量电功（消耗电能多少）的仪器； （2）根据3000imp/（kW•h）的含义得出电能表的小铝盘转了100转电水壶消耗的电能，根据P得出其实际功率。 【解答】解：电能表是测量电功（消耗电能多少）的仪器； 因3000imp/（kW•h）表示每消耗1kW•h电能电能表的铝盘转3000转， 所以电能表的小铝盘转了100转电水壶消耗的电能： WkW•hkW•h3.6×106J＝1.2×105J， 电水壶烧水时的实际功率： P实1000W。 故答案为：电功（消耗电能多少）；1000。 【点评】本题考查电功率公式的运用，明确3000imp/（kW•h）的含义是关键。 12．（2分）如图甲所示的电路中R1、R2阻值不变，L1、L2两灯正常工作时的电压分别为12V和6V，通过两灯的电流随其两端电压变化的图像如图乙所示。将接线柱a、b接在电压为U的电源两端，L1正常发光；将接线柱c、d接在此电压两端，L2也正常发光。已知R2比R1大20Ω，则R1为 　5　Ω，电源电压U为 　16　V。 【分析】根据乙图可知：灯L1正常发光，电路电流为0.8A，灯L2正常发光，电路电流为0.4A，根据欧姆定律计算出L1、L2正常发光的电阻； 根据甲图可知：将接线柱a、b接在电压为U的电源两端，灯L1与R1串联，将接线柱c、d接在此电压两端，灯L2与R2串联， 根据串联电路的特点和欧姆定律列出灯L1与R1串联时和灯L2与R2串联时电源电压的表达式；结合R2比R1大20Ω，联立以上各式可解得R1和R2的阻值；将R1和R2的阻值代入电源电压的表达式，即可解得电源电压； 【解答】解：由乙图可知：灯L1正常发光，电路电流为0.8A，根据欧姆定律可得 灯L1正常发光的电阻：RL115Ω； 灯L2正常发光，电路电流为0.4A，根据欧姆定律可得 灯L2正常发光的电阻：RL215Ω； 将接线柱a、b接在电压为U的电源两端，灯L1与R1串联，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点可得电源电压： U＝I1（RL1+R1）＝0.8A×（15Ω+R1）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 将接线柱c、d接在此电压两端，灯L2与R2串联，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点可得电源电压： U＝I2（RL2+R2）＝0.4A×（15Ω+R2）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 已知R2比R1大20Ω，即：R2﹣R1＝20Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③ 联立①②③解得：R1＝5Ω，R2＝25Ω，U＝16V。 故答案为：5；16。 【点评】本题通过电流与电压的图像考查了欧姆定律和电功率的相关计算，解题关键抓住电源电压不变列方程求解，属于中等难度的题。 13．（2分）如图所示，电源电压保持6V不变。闭合开关S，将滑动变阻器R接入电路的电阻从RA调节为RB时，RA与RB的电功率均为1W，电压表V1、V2的示数变化量分别为ΔU1和ΔU2，ΔU1：ΔU2＝1：3，则滑片移动过程中，电压表V1的示数变化量与电流表的示数变化量的比值 　不变　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；随后用电流表A1、A2分别替换电压表V1、V2，保持R接入电路的阻值为RB，电流表A1、A2的电流之比为9：5，则RA＝ 　2　Ω。 【分析】闭合开关，两电阻与变阻器串联，电压表V1测R1和变阻器两端的电压，电压表V2测R2和变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流 根据欧姆定律可知电压表V1的示数变化量与电流表的示数变化量的比值为电阻R2的阻值，所以电压表V1的示数变化量与电流表的示数变化量的比值不变； 将滑动变阻器R接入电路的阻值从RA调节为RB时，RA与RB的电功率均为1W，根据串联电路电阻规律、欧姆定律、电功率公式表示PA、PB， 电压表V1、V2示数变化量分别为ΔU1和ΔU2，根据串联电路电压的规律可知ΔU1等于R2两端的电压变化量，ΔU2等于R1两端的电压变化量，根据ΔU1：ΔU2＝1：3和欧姆定律求出R1、R2的比值； 随后用电流表A1、A2分别替换电压表V1、V2，保持R接入电路的阻值为RB，三个电阻并联接入电路，电压表A1测通过R2和变阻器的电流，电压表A2测通过R1和变阻器的电流，电流表A1、A2的电流之比为9：5，根据并联电路电流规律结合欧姆定律求出R1、R2的比值；已知U＝18V，联立解方程可得RA。 【解答】解：两电阻与变阻器串联，电压表V1测R1和变阻器两端的电压，电压表V2测R2和变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流 根据欧姆定律可知电压表V1的示数变化量与电流表的示数变化量的比值为电阻R2的阻值，所以电压表V1的示数变化量与电流表的示数变化量的比值不变； 将滑动变阻器R接入电路的阻值从RA调节为RB时，RA与RB的电功率均为1W， 根据串联电路电阻规律、欧姆定律、电功率公式可得： PA＝（）2×RA＝PB＝（）2×RB＝1W﹣﹣﹣﹣﹣﹣①， 电压表V1、V2示数变化量分别为ΔU1和ΔU2，根据串联电路电压的规律可知ΔU1等于R2两端的电压变化量，ΔU2等于R1两端的电压变化量， 已知ΔU1：ΔU2＝1：3，即：，根据欧姆定律有：， 整理可得R1：R2＝3：1，即R1＝3R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣②； 随后用电流表A1、A2分别替换电压表V1、V2，保持R接入电路的阻值为RB，三个电阻并联接入电路， 电压表A1测通过R2和变阻器的电流，电压表A2测通过R1和变阻器的电流，电流表A1、A2的电流之比为9：5， 根据并联电路电流规律结合欧姆定律可得：③， 联立②③可得R2RB﹣﹣﹣﹣﹣﹣④， 已知U＝6V，联立①②④可得R2＝1Ω，RA＝2Ω。 故答案为：不变；2。 【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，题目有难度。 14．（1分）请在图中用笔画线代替导线将三孔插座、电灯和开关分别接入电路。 【分析】（1）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。 （2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。 【解答】解： 首先辨别图中三根线地线、火线、零线。 （1）灯泡接法：火线进入开关，经灯泡连到零线，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。 （2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。 如图所示： 【点评】掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。 15．（1分）如图所示，请根据小磁针静止时的指向，在括号中标出电源的“+”、“﹣”极。 【分析】已知小磁针的极性，根据磁极间的相互作用可确定螺线管的NS极，然后利用安培定则判断电源的“+”、“﹣”极。 【解答】解：已知小磁针静止时右端为N极，根据磁极间的相互作用可知，螺线管的右端为S极，左端为N极，结合绕线方式，根据安培定则，伸出右手，四指指向电流的方向，大拇指指向N极，则可判断电流是从右端流入，即电源的右端为“+”、左端为“﹣”极，如图所示。 【点评】本题考查安培定则及磁极间的相互作用，要求能熟练应用右手螺旋定则由电流方向判断磁极方向，或由磁极方向判断电流方向。 三、实验探究题（本题共3个小题，15小题6分，16小题8分，17小题8分，共22分。 16．（6分）小虹和小明用小灯泡探究“串联电路和并联电路的电压规律”。 （1）闭合开关前电压表示数如图乙所示，其原因是电压表 　未调零　。处理好问题后，小虹用电压表分别测电源两端的电压和小灯泡L1、L2两端的电压，每次拆接电压表时，开关应处于 　断开　状态。 （2）小虹利用同一电源多次实验记录的实验数据如下表，由表中数据可得：在串联电路中，电压的规律是 　U1+U2＝U　（用表中字母U、U1、U2表示）。 实验次数 电源两端电压（U/V） L1两端电压（U1/V） L2两端电压（U2/V） 1 2.8 1.2 1.6 2 2.8 1.4 1.4 3 2.8 0.8 2.0 （3）如图甲所示，测量小灯泡L两端的电压之后，　不能　（选填“能”或“不能”）只将电压表接a点的导线改接到d点测L2两端的电压。 （4）小虹将电压表分别并联接在如图丙所示电路中的ab、cd和ad两端，测出一组数据后得出并联电路的电压规律，小明说这样的结论不具有普遍性，接下来的操作应该是 　换其他规格不同的灯泡，进行多次实验　。 （5）细心的小明发现，同一盏L1在图甲、丙两电路中的亮度不同，L1接在图 　丙　（选填“甲”或“丙”）电路中会更亮些。 【分析】（1）电压表使用前要调零。为了保护电路，开关应处于断开状态。根据灯泡不亮判断故障，根据电压表示数分析故障位置； （2）电源电压等于各用电器两端电压之和； （3）用电压表测量电压时，电流从电压表正接线流入，从负接线柱流出，否则，电压表指针反向偏转； （4）用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多； （5）根据串联、并联电路的规律分析。 【解答】解：（1）闭合开关前电压表如图乙所示，即指针没有指在0刻度线位置，其原因是电压表没有调零； 用电压表分别测ab、cd、ad间的电压，每次拆接电压表时，为了保护电路，开关应处于断开状态。 （2）由表格数据可得：U1+U2＝U，即电源电压等于各用电器两端电压之和。 （3）如图甲所示，测量灯泡L1两端的电压之后，不能只将电压表接a点的导线改接到d点测L2两端的电压，理由是此时电压表的正负接线柱接反，电流从电压表的负接线柱流入，正接线柱流出，会导致电压表反偏。 （4）为了得到普遍规律，应改变灯泡的规格进行多次实验。 （5）甲电路为串联电路，灯泡的电压小于电源电压；丙电路为并联电路，灯泡的电压等于电源电压，则连接在甲电路中的灯泡较暗，丙中亮些。 故答案为：（1）未调零；断开；（3）U1+U2＝U；（3）不能；（4）换其他规格不同的灯泡，进行多次实验；（5）丙。 【点评】本题探究串联和并联电路电压规律，考查电压表的使用、注意事项及归纳法和分析数据归纳结论的能力。 17．（8分）小桂利用如图甲所示的电路，探究“电流与电压、电阻的关系”，实验器材如下：学生电源（可调节电压）、电流表、电压表、开关各一个，定值电阻R（5Ω、10Ω、15Ω、25Ω），两个滑动变阻器R2“10Ω 0.6A”和R2“20Ω 1A“，导线若干。 （1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该移至 　A　（选填“A”或“B”）端；闭合开关后，发现电流表指针无偏转，电压表指针有偏转，原因可能是R 　断路　（选填“短路”或“断路”）。 （2）在探究“电流与电压的关系”的实验中，调节电源电压为3V，将5Ω的电阻接入电路，多次改变滑动变阻器的阻值，记录电流表和电压表的示数，得到如图丙所示的电流I随电压U变化的图像。由图像可知，小桂选择的滑动变阻器是 　R2　（选填“R1”或“R2”）。根据图像可得：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成 　正比　（选填“正比”或“反比”）。 （3）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，调节电源电压为4V，选用规格为“20Ω 1A”的滑动变阻器，分别换上阻值不同的定值电阻进行研究。 ①分别将5Ω、10Ω、15Ω、25Ω四个定值电阻依次接入电路，调节滑片，保持每次电压表示数不变，在表格中记录对应电流表的示数，第1次实验电流表示数如图丁所示，为 　0.4　A。 实验序号 1 2 3 4 电阻R/Ω 5 10 15 25 电流I/A 0.20 0.14 0.08 ②实验完成后，老师指出第 　4　组数据是拼凑的；根据上表可信数据可得：电压一定时，通过导体的电流与 　导体的电阻　成反比。 ③在不改变电流、电压表量程的情况下，为了使四个定值电阻都能完成实验，可以采取的措施是 　BCD　。（多选） A.将滑动变阻器换为“10Ω 0.6A” B.电源电压调为2V～3.6V区间 C.在电路中再串联一个5Ω的定值电阻 D.定值电阻两端电压设为2.3V～4V区间 【分析】（1）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处；电流表有示数，说明电路不是断路，电压表无示数，可能是与电压表并联的电路短路，据此分析电路故障； （3）分析表中电流与电压的关系得出结论；根据最小电流计算总电阻得出滑动变阻器的最大值； （4）根据电流表的量程和分度值读数； 结合串联电路的人特点计算最小电流，分析是否拼凑，根据数据得出结论； 根据串联分压规律分析解答。 【解答】解：（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该移至电阻最大的A端；闭合开关后，发现电流表指针无偏转，说明电路是断路，而电压表指针有偏转，与电源正负极相同，故原因可能是R断路。 （2）根据图像是过原点的直线可得：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比； 当电流最小时，电阻R的电压是0.6V，滑动变阻器的电压为U＝3V﹣0.6V＝2.4V； 滑动变阻器的电阻为R'20Ω，选择的滑动变阻器是R2； （3）①电流表示数如图丁所示，用的是小量程，分度值0.02A，示数为0.4A。 ②当定值电阻最大为25Ω，用规格为“20Ω 1A”的滑动变阻器，此时电路中的最小电流I'0.089A大于0.08A，不可能调到，故第4次数据是拼凑的，根据上表可信数据可得：电压一定时，电阻与电流的乘积不变，即通过导体的电流与导体的电阻成反比。 ③在不改变电流、电压表量程的情况下，为了使四个定值电阻都能完成实验， 根据表格数据知，UV＝IR＝0.2A×10Ω＝…＝0.4A×5Ω＝2V，说明滑动变阻器的电压和定值电阻的电压相等，故两者的电阻应该相等，应该选用阻值更大的滑动变阻器其电阻要至少25Ω，也可以在电路中再串联一个5Ω的定值电阻代替阻值更大的滑动变阻器， 如果降低电源电压，电源电压至少2V，滑动变阻器最大20Ω时，电压之比等于电阻之比，故2V：U''＝25Ω：20Ω； 解得U''＝1.6V，此时电源电压为U电＝2V+1.6V＝3.6V； 当定值电阻两端电压设为U1，则有：U1（4V﹣U1）＝25Ω：20Ω； U1≈2.22V，定值电阻两端电压设为2.3V～4V区间。 故选：BCD。 故答案为：（1）A；断路； （2）R2；正比； （3）①0.4；②4；导体的电阻；③BCD。 【点评】本题考查探究电流与电压和电阻关系，属于中档题。 18．（8分）小江做“测量小灯泡的电功率”实验。实验器材：电源（电压约为6V）、小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电流表、电压表、规格为“30Ω 0.5A”的滑动变阻器、开关。 （1）图甲是小江连接的实物图，经检查有一根导线接错，请你在图甲中连接错误的导线上打“×”，并补画出正确的连线； （2）正确连接电路后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，接下来应进行的操作是 　C　（填序号）； A.更换小灯泡 B.检查电路是否断路或短路 C.移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光 （3）移动滑片P至某位置时，电压表的示数为2.2V，若想测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 　B　（选填“A”或“B”）端移动。通过实验绘制出小灯泡的U﹣I图像，如图乙所示，小灯泡的额定功率为 　0.625　W；如果要考虑电流、电压表的内阻对实验的影响，该实验测算的额定电功率 　＞　（选填“＞”、“＝”或“＜”）真实值； （4）灯泡逐渐变亮的过程中，假设小灯泡的电阻保持不变，灯泡两端的电压依次为U1、U2、U3时，灯泡对应的功率分别为P1、P2、P3。若相邻两次的电压差U2﹣U1＝U3﹣U2，则灯泡的实际电功率差P2﹣P1　＜　P3﹣P2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。 （5）小江还在没有电流表的情况下，从实验室里找了一个阻值已知的定值电阻。R0设计了图丙所示的电路来测量U额＝2.5V的小灯泡的额定功率，他进行了以下操作： ①闭合开关S和S1，断开S2，并调节滑动变阻器使电压表示数为2.5V； ②闭合开关S和S2，断开S1，滑动变阻器滑片P 　不动　（选填“置于最左”、“置于最右”或“不动”），读出此时电压表示数为U； 则小灯泡额定功率的表达式P额＝ 　•U额　（用U额、R0、U的关系式表示）。 【分析】（1）根据电路连接和电表的使用分析回答； （2）正确连接电路后闭合开关，发现电流表、电压表都有示数，说明电路是通路，且灯泡没有短路，小灯泡不亮，说明灯泡实际功率太小，据此分析； （3）根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；根据小灯泡的U﹣I图像确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P＝UI求出小灯泡额定功率；由图电流表测灯泡和电压表电流之和，根据P＝UI分析即可； （4）根据电功率公式P＝UI，表示出电路中电流依次为U1、U2、U3时的电功率大小，再结合U2﹣U1＝U3﹣U2以及灯泡依次变亮时的电压也依次变大的特点，利用数学平方差公式求解； （5）要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻两端的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻两端的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI可求出灯的额定功率。 【解答】解：（1）原电路图中，灯泡和电流表并联，电压表串联在电路中是错误的，在测量小灯泡的电功率实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示： ； （2）正确连接电路后闭合开关，发现电流表、电压表都有示数，说明电路是通路，且灯泡没有短路，小灯泡不亮，说明灯泡实际功率太小，因此接下来应进行的操作是移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光，故选：C； （3）移动滑片P至某位置时，电压表的示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，若想测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑片P向B端移动； 由图乙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，则小灯泡额定功率为： PL＝ULIL＝2.5V×0.25A＝0.625W； 由图电压表测灯泡两端电压是准确的，电流表测灯泡和电压表电流之和，所以电流表所测电流偏大，根据P＝UI可知，测得的小灯泡额定功率比小灯泡真实的额定功率偏大； （4）根据题意可知，P2﹣P1（U2﹣U1）（U2+U1）， P3﹣P2（U3﹣U2）（U3+U2）， 因为U2﹣U1＝U3﹣U2，又因为灯泡依次变亮时的电压也依次变大，即U1＜U2＜U3， 故（U2+U1）（U3+U2），由此得出P2﹣P1＜P3﹣P2； （5）实验步骤： ①闭合开关S和S1，断开S2，并调节滑动变阻器使电压表示数为2.5V； ②闭合开关S和S2，断开S1，滑动变阻器滑片P不动，读出此时电压表示数为U； 在步骤①中，灯与定值电阻串联后再与滑动变阻器串联，电压表测灯两端的电压，调节滑动变阻器的滑片，使电压表读数为小灯泡额定电压U额＝2.5V，灯正常发光； 在步骤②中，电压表测灯与R0两端的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻两端的电压： U0＝U﹣U额，由串联电路电流特点和欧姆定律可知，电路中的电流为： I额＝I0 ， 小灯泡的额定功率表达式： P额＝U额I额＝ •U额。 【点评】本题测量小灯泡的电功率实验，考查了电路连接、电路故障、实验操作、功率的计算、误差分析、电功率公式的应用及设计实验方案测功率的能力。 四、论述计算题（本题共3个小题，18小题6分，19小题8分，20小题8分，共22分，解题应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分。） 19．（6分）如图所示，电源两端电压U为6V恒定不变，电阻R1阻值为10Ω。闭合开关S后，电流表A的示数1为1A。求： （1）电流表A1的示数I1； （2）通电10s电阻R2消耗的电能。 【分析】由电路图可知，R1、R2并联，电流表A测量干路电流，电流表A1测量通过R1的电流； （1）根据并联电路电压规律和欧姆定律求出通过电流表A1的示数； （2）根据并联电路的特点求出R2的电流和R2两端的电压，根据W＝UIt求出通电10s电阻R2消耗的电能。 【解答】解：由电路图可知，R1、R2并联，电流表A测量干路电流，电流表A1测量通过R1的电流； （1）因并联电路中各支路两端电压相等，所以电流表A1的示数：I10.6A； （2）根据并联电路的电压特点可知，R2两端的电压U2＝U＝6V， 根据并联电路的电流特点可知，通过R2的电流：I2＝I﹣I1＝1A﹣0.6A＝0.4A， 通电10s电阻R2消耗的电能：W2＝U2I2t＝6V×0.4A×10s＝24J。 答：（1）电流表A1的示数I1为0.6A； （2）通电10s电阻R2消耗的电能为24J。 【点评】本题考查并联电路的特点、欧姆定律以及电功公式的应用，是一道常考题，难度不大。 20．（8分）如图甲所示，无线加热水杯是工作、外出非常友好的一款单品。图乙是其工作原理的简化电路图。该加热水杯内置一块标有“4V 10A•h”的新能源充电电池和一块加热片，可以通过调节电源输出电压实现“加热”和“保温”两挡自动切换，其部分参数如下表所示。水的比热容为：4.2×103J/（kg•℃）。 容量 400mL 电池容量 10A•h 加热挡电压 24V 加热挡功率 300W 保温挡电压 12V 保温挡功率 （1）该新能源电池充满电后储存的电能； （2）假设加热片的电阻不受温度影响，保温挡时加热片的电功率； （3）已知该水杯加热效率为80%，若水的初温为20℃，则在标准大气压下，烧开一满杯水需要的时间为多少s。 【分析】（1）根据W＝UIt得出该新能源电池充满电后储存的电能； （2）闭合开关，电路为加热片的简单电路，加热挡时，根据P可知加热片的电阻及保温挡时加热片的电功率； （3）根据密度公式可得一杯水的质量，根据Q吸＝c水mΔt得出在一标准大气压下，烧开一杯水需要吸收的热量； 根据效率公式得出需要消耗的电能，根据W＝Pt得出烧开一满杯水需要的时间。 【解答】解：（1）该新能源电池充满电后储存的电能W＝UIt＝4V×10A×3600s＝144000J； （2）闭合开关，电路为加热片的简单电路，加热挡时，根据P可知加热片的电阻R1.92Ω； 保温挡时加热片的电功率P275W； （3）该水杯加满水，则水的体积为：V＝400mL＝400cm3＝4×10﹣4m3， 一杯水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×4×10﹣4m3＝0.4kg， 在一标准大气压下，烧开一杯水需要吸收的热量： Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.4kg×（100℃﹣20℃）＝1.344×105J， 已知该水杯加热效率为80%，需要消耗的电能： W1.68×105J； 烧开一满杯水需要的时间为t560s。 答：（1）该新能源电池充满电后储存的电能为144000J； （2）假设加热片的电阻不受温度影响，保温挡时加热片的电功率为75W； （3）已知该水杯加热效率为80%，若水的初温为20℃，则在标准大气压下，烧开一满杯水需要的时间为560s。 【点评】本题考查电能和电功率的有关计算，是一道综合题。 21．（8分）我国的特高压术已经领先全球，为我们的生产、生活带来了巨大的活力和价值。如图所示，在相距100km的甲、乙两地之间有两条高压输电线，已知每1m输电线的电阻为0.01Ω。在某次强对流天气后输电线的某处发生短路。为确定短路位置，检修员利用电流表、阻值为100Ω的定值电阻R和电压可调的电源接成如图所示电路进行检测。当可调电源提供的电压为200V时，电流表示数为0.2A。求： （1）此时电路的总功率； （2）短路位置离甲地距离多少km； （3）排除短路、线路检修完毕，甲、乙两地恢复正常供电，输电电压为500kV，输电总功率为104kW，此时高压输电的输电效率η为多少（输电效率为乙地得到电功率P乙与甲地输电总功率P甲之比，用百分数表达）。 【分析】（1）根据P＝UI可知此时电路的总功率； （2）根据欧姆定律可知输电线的总电阻，得出每条输电线的电阻，进而得出短路位置离甲地距离； （3）根据P＝UI可知电路电流I，根据P＝I2R可知消耗的电功率，根据效率公式得出此时高压输电的输电效率。 【解答】解：（1）根据P＝UI可知此时电路的总功率P＝UI＝200V×0.2A＝40W； （2）根据欧姆定律可知输电线的总电阻R1000Ω，输电线电阻R0＝1000Ω﹣100Ω＝900Ω， 每条输电线的电阻R′450Ω， 短路位置离甲地距离为：45000m＝45km； （3）电路电流I′20A， 输电线总电阻R″＝0.01Ω/m×2×100×1000m＝2000Ω， 根据P＝I2R可知消耗的电功率P′＝I2R″＝（20A）2×2000Ω＝800kW， 此时高压输电的输电效率η92%。 答：（1）此时电路的总功率为40W； （2）短路位置离甲地距离45km； （3）排除短路、线路检修完毕，甲、乙两地恢复正常供电，输电电压为500kV，输电总功率为104kW，此时高压输电的输电效率η为92%。 【点评】本题考查电功率的计算，是一道综合题。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年重庆市巴蜀中学九年级（上）期末物理试卷 一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共24分。） 1．（3分）对下列物理量的认识中，最接近实际的是（　　） A．一节新干电池电压为2V B．正常情况下人体的电阻约50Ω C．洗衣机正常工作时的功率约30W D．卧室空调正常工作时电流约为4A 2．（3分）下列有关电现象说法正确的是（　　） A．毛皮摩擦过的橡胶棒失去电子带正电 B．验电器的工作原理是异种电荷相互吸引 C．有电流就一定有电压，有电压不一定有电流 D．在电池供电的闭合回路中电流一定是从正极流向负极 3．（3分）下列有关磁现象说法正确的是（　　） A．地磁南极在地理北极附近 B．铁、铝、铜块都可以经过磁化获得磁性 C．磁场和磁感线都是客观存在的特殊物质 D．磁体外部的磁感线都是由磁体的S极出发回到N极 4．（3分）关于家庭电路和安全用电，下列说法中正确的是（　　） A．人直接或间接接触到火线就一定会触电 B．电冰箱应接在三孔插座上，是为了防止漏电事故发生 C．使用试电笔时为了确保安全，手不能接触试电笔上的任何金属部分 D．家庭电路中，用电器被短路会造成电路中总电流过大，容易烧坏用电器 5．（3分）如图所示为深圳某科技公司出品的智能美妆镜，闭合开关S1，摄像头开始扫描面部采集数据，随后S2自动闭合，美妆芯片开始分析面部数据，最后在镜面的显示屏上提供合适的护肤建议。下列电路符合该要求的是（　　） A． B． C． D． 6．（3分）如图所示是“探究电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置。四个相同的透明容器中密封着质量相等的空气，分别将两套装置的A、D接线柱接到电源两端。下列说法正确的是（　　） A．观察图甲中的实验现象，可知右侧容器中电阻丝的阻值较大 B．图乙装置可以用来探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系 C．该实验中U形管两液面高度差越大对应密封容器中导体产生热量越少 D．图乙装置中，通电一段时间U形管两侧液面高度差为零，一定是电路断路 7．（3分）科技活动小组的同学设计了一个苹果质量筛选系统，如图甲所示，检测电路如图乙所示，电源电压恒为12V，R0为10Ω的定值电阻，R为压敏电阻，其阻值随压力的变化关系如图丙。闭合开关，当苹果经过检测台时，R受到的压力恰好等于苹果重力的一半，此时若R0两端的电压UAB＞2V，说明苹果质量达标，否则苹果将被推出传送带。g取10N/kg，下列说法正确的是（　　） A．苹果的质量越小，电路中的电流越大 B．苹果的质量越大，R0的电功率越小 C．当苹果质量小于或等于50g时，将被推出传送带 D．要提高质量筛选标准，应将R0换成阻值更小的定值电阻 8．（3分）如图所示电路中，电源电压恒定不变，小灯泡L标有“6V 1.8W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响），滑动变阻器R2标有“60Ω 2A”字样，R1是定值电阻，电压表量程为0～3V，电流表量程为0～0.6A。闭合开关S1、S2，断开开关S3，小灯泡L恰好正常发光。将R2的滑片P移至最右端，闭合开关S3，断开开关S1、S2，此时电压表示数为U1，R2消耗的功率为P1；向左移动滑片P至某点，此时电压表示数为U2，R2消耗的功率为P2。已知U1：U2＝2：3，P1：P2＝8：9。保证电路中各元件安全，且电路中有电流，任意闭合或断开开关S1、S2、S3，下列说法中正确的是（　　） A．定值电阻R1的阻值是10Ω B．电路总电功率最小为0.72W C．电路总电功率最大时，滑动变阻器R2连入电路的阻值可能为20Ω D．滑动变阻器R2有电流通过情况下，最大与最小电功率之差为 二、填空作图题（本题共6个小题，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分。） 9．（2分）法国物理学家 　 　在电磁学上有着巨大的贡献，他揭示了一切磁现象有着电的本质，因此把他的名字规定为电流的单位。19世纪初，丹麦物理学家 　 　通过实验率先证明了电和磁有联系，掀起了电磁学研究的热潮。 10．（2分）如图是小张在重庆科技馆看到的“怒发冲冠”静电游戏，这是因为人接触静电球时，人体是 　 　（选填“导体”、“绝缘体”或“半导体”）才会发生这种现象。在生产、生活中安全用电的基本原则是：不接触低压带电体，不 　 　高压带电体。所以以上静电游戏在没有特别防护措施的保护下不要随便尝试。 11．（2分）小张同学为了测量新买的电烧水壶的实际电功率，在220V的家庭电路中关闭其它所有家用电器，只开启电烧水壶，通电2min观察电能表（如图所示）的小铝盘转了100转。电能表是测量 　 　的仪器，电烧水壶的实际电功率为 　 　W。 12．（2分）如图甲所示的电路中R1、R2阻值不变，L1、L2两灯正常工作时的电压分别为12V和6V，通过两灯的电流随其两端电压变化的图像如图乙所示。将接线柱a、b接在电压为U的电源两端，L1正常发光；将接线柱c、d接在此电压两端，L2也正常发光。已知R2比R1大20Ω，则R1为 　 　Ω，电源电压U为 　 　V。 13．（2分）如图所示，电源电压保持6V不变。闭合开关S，将滑动变阻器R接入电路的电阻从RA调节为RB时，RA与RB的电功率均为1W，电压表V1、V2的示数变化量分别为ΔU1和ΔU2，ΔU1：ΔU2＝1：3，则滑片移动过程中，电压表V1的示数变化量与电流表的示数变化量的比值 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；随后用电流表A1、A2分别替换电压表V1、V2，保持R接入电路的阻值为RB，电流表A1、A2的电流之比为9：5，则RA＝ 　 　Ω。 14．（1分）请在图中用笔画线代替导线将三孔插座、电灯和开关分别接入电路。 15．（1分）如图所示，请根据小磁针静止时的指向，在括号中标出电源的“+”、“﹣”极。 三、实验探究题（本题共3个小题，15小题6分，16小题8分，17小题8分，共22分。 16．（6分）小虹和小明用小灯泡探究“串联电路和并联电路的电压规律”。 （1）闭合开关前电压表示数如图乙所示，其原因是电压表 　 　。处理好问题后，小虹用电压表分别测电源两端的电压和小灯泡L1、L2两端的电压，每次拆接电压表时，开关应处于 　 　状态。 （2）小虹利用同一电源多次实验记录的实验数据如下表，由表中数据可得：在串联电路中，电压的规律是 　 　（用表中字母U、U1、U2表示）。 实验次数 电源两端电压（U/V） L1两端电压（U1/V） L2两端电压（U2/V） 1 2.8 1.2 1.6 2 2.8 1.4 1.4 3 2.8 0.8 2.0 （3）如图甲所示，测量小灯泡L两端的电压之后，　 　（选填“能”或“不能”）只将电压表接a点的导线改接到d点测L2两端的电压。 （4）小虹将电压表分别并联接在如图丙所示电路中的ab、cd和ad两端，测出一组数据后得出并联电路的电压规律，小明说这样的结论不具有普遍性，接下来的操作应该是 　 　。 （5）细心的小明发现，同一盏L1在图甲、丙两电路中的亮度不同，L1接在图 　 　（选填“甲”或“丙”）电路中会更亮些。 17．（8分）小桂利用如图甲所示的电路，探究“电流与电压、电阻的关系”，实验器材如下：学生电源（可调节电压）、电流表、电压表、开关各一个，定值电阻R（5Ω、10Ω、15Ω、25Ω），两个滑动变阻器R2“10Ω 0.6A”和R2“20Ω 1A“，导线若干。 （1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该移至 　 　（选填“A”或“B”）端；闭合开关后，发现电流表指针无偏转，电压表指针有偏转，原因可能是R 　 　（选填“短路”或“断路”）。 （2）在探究“电流与电压的关系”的实验中，调节电源电压为3V，将5Ω的电阻接入电路，多次改变滑动变阻器的阻值，记录电流表和电压表的示数，得到如图丙所示的电流I随电压U变化的图像。由图像可知，小桂选择的滑动变阻器是 　 　（选填“R1”或“R2”）。根据图像可得：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成 　 　（选填“正比”或“反比”）。 （3）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，调节电源电压为4V，选用规格为“20Ω 1A”的滑动变阻器，分别换上阻值不同的定值电阻进行研究。 ①分别将5Ω、10Ω、15Ω、25Ω四个定值电阻依次接入电路，调节滑片，保持每次电压表示数不变，在表格中记录对应电流表的示数，第1次实验电流表示数如图丁所示，为 　 　A。 实验序号 1 2 3 4 电阻R/Ω 5 10 15 25 电流I/A 0.20 0.14 0.08 ②实验完成后，老师指出第 　 　组数据是拼凑的；根据上表可信数据可得：电压一定时，通过导体的电流与 　 　成反比。 ③在不改变电流、电压表量程的情况下，为了使四个定值电阻都能完成实验，可以采取的措施是 　 　。（多选） A.将滑动变阻器换为“10Ω 0.6A” B.电源电压调为2V～3.6V区间 C.在电路中再串联一个5Ω的定值电阻 D.定值电阻两端电压设为2.3V～4V区间 18．（8分）小江做“测量小灯泡的电功率”实验。实验器材：电源（电压约为6V）、小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电流表、电压表、规格为“30Ω 0.5A”的滑动变阻器、开关。 （1）图甲是小江连接的实物图，经检查有一根导线接错，请你在图甲中连接错误的导线上打“×”，并补画出正确的连线； （2）正确连接电路后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，接下来应进行的操作是 　 　（填序号）； A.更换小灯泡 B.检查电路是否断路或短路 C.移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光 （3）移动滑片P至某位置时，电压表的示数为2.2V，若想测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 　 　（选填“A”或“B”）端移动。通过实验绘制出小灯泡的U﹣I图像，如图乙所示，小灯泡的额定功率为 　 　W；如果要考虑电流、电压表的内阻对实验的影响，该实验测算的额定电功率 　 　（选填“＞”、“＝”或“＜”）真实值； （4）灯泡逐渐变亮的过程中，假设小灯泡的电阻保持不变，灯泡两端的电压依次为U1、U2、U3时，灯泡对应的功率分别为P1、P2、P3。若相邻两次的电压差U2﹣U1＝U3﹣U2，则灯泡的实际电功率差P2﹣P1　 　P3﹣P2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。 （5）小江还在没有电流表的情况下，从实验室里找了一个阻值已知的定值电阻。R0设计了图丙所示的电路来测量U额＝2.5V的小灯泡的额定功率，他进行了以下操作： ①闭合开关S和S1，断开S2，并调节滑动变阻器使电压表示数为2.5V； ②闭合开关S和S2，断开S1，滑动变阻器滑片P 　 　（选填“置于最左”、“置于最右”或“不动”），读出此时电压表示数为U； 则小灯泡额定功率的表达式P额＝ 　 　（用U额、R0、U的关系式表示）。 四、论述计算题（本题共3个小题，18小题6分，19小题8分，20小题8分，共22分，解题应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分。） 19．（6分）如图所示，电源两端电压U为6V恒定不变，电阻R1阻值为10Ω。闭合开关S后，电流表A的示数1为1A。求： （1）电流表A1的示数I1； （2）通电10s电阻R2消耗的电能。 20．（8分）如图甲所示，无线加热水杯是工作、外出非常友好的一款单品。图乙是其工作原理的简化电路图。该加热水杯内置一块标有“4V 10A•h”的新能源充电电池和一块加热片，可以通过调节电源输出电压实现“加热”和“保温”两挡自动切换，其部分参数如下表所示。水的比热容为：4.2×103J/（kg•℃）。 容量 400mL 电池容量 10A•h 加热挡电压 24V 加热挡功率 300W 保温挡电压 12V 保温挡功率 （1）该新能源电池充满电后储存的电能； （2）假设加热片的电阻不受温度影响，保温挡时加热片的电功率； （3）已知该水杯加热效率为80%，若水的初温为20℃，则在标准大气压下，烧开一满杯水需要的时间为多少s。 21．（8分）我国的特高压术已经领先全球，为我们的生产、生活带来了巨大的活力和价值。如图所示，在相距100km的甲、乙两地之间有两条高压输电线，已知每1m输电线的电阻为0.01Ω。在某次强对流天气后输电线的某处发生短路。为确定短路位置，检修员利用电流表、阻值为100Ω的定值电阻R和电压可调的电源接成如图所示电路进行检测。当可调电源提供的电压为200V时，电流表示数为0.2A。求： （1）此时电路的总功率； （2）短路位置离甲地距离多少km； （3）排除短路、线路检修完毕，甲、乙两地恢复正常供电，输电电压为500kV，输电总功率为104kW，此时高压输电的输电效率η为多少（输电效率为乙地得到电功率P乙与甲地输电总功率P甲之比，用百分数表达）。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$