河北省邢台市威县2024-2025学年九年级上学期期末物理试卷

2024-2025学年河北省邢台市威县九年级（上）期末物理试卷 一、选择题（本大题共有10个小题，每小题给出的四个选项中只有一个符合题意，每小题3分，共30分） 1．（3分）对以下有关物理量的估测最符合实际的是（　　） A．家庭节能灯中的电流约为0.1mA B．某国产智能手机的电池电压可达24V C．55英寸家用液晶电视机的额定功率约为800W D．普通家用双开门电冰箱的额定电流约为1A 2．（3分）科学家通过电子显微镜观察到物质是由分子和原子构成的，并且组成物质的分子并不是静止不动的。下列关于分子的热运动说法正确的是（　　） A．马路上尘土飞扬，说明分子在永不停歇地做无规则运动 B．钢铁的形状很难改变，说明分子间只有引力 C．酒精和水混合后总体积减小，说明分子间有间隙 D．扩散现象只在液体和气体中发生 3．（3分）下列叙述中，正确的是（　　） A．物体吸收的热量越多，温度升高的越多 B．内能越大的物体，温度越高 C．内能大的物体，把温度传给内能小的物体 D．物体的温度升高，内能一定增大 4．（3分）关于磁场，下列说法中正确的是（　　） A．磁体周围的磁感线从磁体N极发出，回到磁体S极 B．磁极间的相互作用不都是通过磁场发生的 C．磁感线是磁场中真实存在的一些曲线 D．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 5．（3分）下列有关电与磁的描述，正确的是（　　） A．甲图：根据安培定则，大拇指所指的那端为通电螺线管的S极 B．乙图：电磁继电器就是用永磁体控制工作电路的一种开关 C．丙图：通电线圈在磁场中受力转动，是电动机的工作原理 D．丁图：导线AB左右往复运动过程中，产生的感应电流方向不变 6．（3分）某同学想把两盏“220V 60W”的电灯和一个插座接入家庭电路中，他设计的电路图如图所示。若闭合开关S1和S2，下列现象会出现的是（　　） A．两盏灯同时烧坏 B．两盏灯正常发光 C．只有L2正常发光 D．在插座上插上一盏“220V 30W”的台灯，台灯能正常发光 7．（3分）如图为电路中空气开关的原理图，P为电磁铁，Q为衔铁，S为开关。下列分析正确的是（　　） A．手机充电器接入两孔插座后空气开关跳闸，一定是电路的总功率过大 B．若改变电流方向，则空气开关将不能正常工作 C．图乙中P的左端为N极 D．电流过大时，图乙中P的磁性增强，吸引Q向左偏转，弹簧拉起S切断电路 8．（3分）为了比较A、B两种液体的吸热能力，小亮用完全相同的加热装置对质量相同的A、B两液体进行加热，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像如图所示。根据图像信息，下列说法中正确的是（　　） A．A液体的吸热能力比B液体的强 B．升高相同的温度，A液体吸收的热量更多 C．A、B两液体的比热容之比为1：2 D．A、B两液体在0～8min内吸收的热量之比为2：1 9．（3分）在如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的个数有（　　） （1）电流表A示数变大； （2）电流表A1示数不变； （3）电压表V示数变大； （4）两个电流表示数差值变小； （5）电压表V与电流表A示数的比值变大。 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 10．（3分）图甲中，电源电压为12V、电流表（0～0.6A）、电压表（0～15V）、滑动变阻器标有“？Ω，1A”字样，虚线框内是一个定值电阻或是一个小灯泡（6V，0.5A）闭合开关，在元件安全的情况下，使滑片P移动范围最大，得到滑动变阻器的I﹣U图像如图乙。则：①虚线框内是小灯泡；②电路的最大功率为6W；③虚线框内元件和滑动变阻器的功率相等时，滑动变阻器的阻值为10Ω；④滑动变阻器最大阻值为20Ω。以上结论正确的有（　　） A．③④ B．②③ C．①② D．①④ 二、非选择题（本大题共10小题，共70分） 11．（4分）一根60Ω的电阻丝接在36V的电源上，通过它的电流为　 　A，在5min内共产生　 　J的热量。 12．（4分）如图所示为旋转式变阻器的简化图，它是通过改变导体的 　 　来改变电阻的大小；若将图中的B、C两个接线柱连入电路，当滑片P绕点O逆时针转动时，变阻器连入电路电阻 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。 13．（4分）《论衡》中记载：“司南之杓，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。司南静止时能指南北是由于它受到 　 　的作用。 14．（4分）甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示。1kW•h可供乙灯正常工作 　 　h；若将两灯串联接入220V电路中，实际功率较大的是 　 　灯。 15．（4分）小理在“探究电流与电压的关系”时，将记录整理实验数据绘制成如图的I﹣U关系图象，当把甲、乙两个电阻串联在电压为12V的电源上，电路中的电流是 　 　A，如并联后接在电压为12V的电源上，电路的总功率为 　 　W。 16．（7.5分）根据下列实验回答同题： （1）学习小组探究“电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关”。实验装置如图所示，两个透明容器中密封着等量的空气，左、右两侧U形管中液面最初相平。 ①如图甲所示，闭合开关S，通电一段时间后，若发现U形管的液面高度几乎不变，出现该现象的原因可能是　 　。 ②生活中，我们经常见到“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不怎么热”这一现象。可用图　 　（选填“甲”或“乙”）的实验结论来解释。 （2）在“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙、并设计了如图所示的电路。 ①实验中用　 　来反映电磁铁的磁性强弱； ②根据图示的情景可知电流一定时，　 　，电磁铁磁性越强； ③电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是　 　。 17．（9分）如图甲是小明“探究串联电路的电压规律”的实验电路图。 （1）连接电路时，开关应 　 　。实验时，灯L1和灯L2的规格应 　 　。（填“相同”或“不相同”） （2）闭合开关后，小明发现两灯都不发光，于是分别把电压表接在图甲中AB两点、BC两点及AC两点，测得数据分别是UAB＝3V，UBC＝0V，UAC＝3V；小明检查发现只有灯L1和灯L2中的一盏出现故障，则故障可能是 　 　。 （3）处理好故障后，小明把电压表接在AB之间重新测量，电压表示数如图乙所示，电压表的分度值是 　 　V；为了使实验结果更准确，接下来小明应该：断开开关 　 　。 （4）正确实验后，小明分析如表中多组数据得出结论 　 　。（请使用文字叙述） 次数 AB间的电压/V BC间的电压/V AC间的电压/V 1 1.0 1.8 2.8 2 1.2 1.6 2.8 3 1.1 1.7 2.8 18．（10.5分）小明使用阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各一个，电压为3V的电源以及规格为“10Ω 0.5A”的滑动变阻器等器材，来探究电流与电阻的关系。 （1）他首先将5Ω的电阻接入了图甲的电路中，检查时发现电路中有一根导线连接错误，请在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确； （2）电路正确连接后，闭合开关时发现，此时电压表和电流表均无示数，他判断产生此现象的原因是　 　（选填“定值电阻”或“滑动变阻器”）断路。排除故障后移动滑动变阻器的滑片，电流表示数如图乙所示，则此时电压表示数为　 　V； （3）当定值电阻由5Ω换为10Ω时，为达到实验要求，需向　 　（选填“左”或“右”）调节滑动变阻器的滑片。分别将5Ω和10Ω的电阻接入电路，在电压表示数不变的情况下，滑动变阻器前后两次消耗的电功率之比为　 　； （4）完成上面实验后，小明又设计了图丙所示的电路来测量额定电压为2.5V的小灯泡正常发光时的电阻，已知电源电压为7V，R1的阻值为10Ω，请完成以下实验步骤： ①开关S和S1闭合、S2断开，移动滑动变阻器的滑片，使小灯泡正常发光； ②保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S和S2闭合、S1断开，此时电压表示数为3V；再将滑动变阻器的滑片移到最　 　（选填“左”或“右”）端，此时电压表示数为5V； ③小灯泡正常发光时的电阻RL＝　 　Ω。（结果保留一位小数） 19．（11分）如图，电源两端电压为12V且保持不变，灯泡L标有“6V 3W”的字样，滑动变阻器R2的最大阻值为40Ω。（不考虑温度对灯泡电阻的影响）求： （1）灯泡的电阻； （2）当开关S闭合，S1、S2断开。滑动变阻器R2接入电路的电阻为18Ω时，灯泡两端的电压； （3）当开关S、S1、S2都闭合，将滑动变阻器的滑片P移到最右端时，电流表示数为1.6A，此时R1消耗的电功率。 20．（12分）某家用电饭煲有加热和保温两种功能。如图乙是其内部电路的结构简图。R1、R2均为加热电阻，且阻值不受温度变化影响，通过开关可以实现加热和保温两种功能的切换。R1＝48.4Ω，电饭煲保温功率为110W。求： （1）单刀双掷开关切换到2时是加热状态还是保温状态，请分析说明； （2）求电饭煲的加热功率； （3）求R2的阻值； （4）使用该电饭煲的加热挡让2kg的水从20℃升高到100℃的过程中热量损失了20%，电饭煲的加热时间是多少？ 2024-2025学年河北省邢台市威县九年级（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C D A C C D C B A 一、选择题（本大题共有10个小题，每小题给出的四个选项中只有一个符合题意，每小题3分，共30分） 1．（3分）对以下有关物理量的估测最符合实际的是（　　） A．家庭节能灯中的电流约为0.1mA B．某国产智能手机的电池电压可达24V C．55英寸家用液晶电视机的额定功率约为800W D．普通家用双开门电冰箱的额定电流约为1A 【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最合理的是哪一个。 【解答】解：A、家庭节能灯的电功率约为20W，工作电流约为I0.1A，故A错误； B、国产智能手机的电池电压约为3.7V，故B错误； C、55英寸家用液晶电视机的额定功率约为100W，故C错误； D、普通家用双开门电冰箱的额定电流约为1A，故D正确。 故选：D。 【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出合理的选项即可。 2．（3分）科学家通过电子显微镜观察到物质是由分子和原子构成的，并且组成物质的分子并不是静止不动的。下列关于分子的热运动说法正确的是（　　） A．马路上尘土飞扬，说明分子在永不停歇地做无规则运动 B．钢铁的形状很难改变，说明分子间只有引力 C．酒精和水混合后总体积减小，说明分子间有间隙 D．扩散现象只在液体和气体中发生 【分析】物质是由分子组成的，组成物质的分子很小，直接用肉眼看不到；组成物质的分子不停地做无规则的运动，扩散现象证明了分子的无规则运动。 【解答】解：A．尘土飞扬是机械运动，不属于分子热运动，故A错误； B、钢铁的形状很难改变，说明分子间存在引力和斥力，故B错误； C、酒精和水混合后，水分子和酒精分子彼此进入对方的空隙中，总体积减小，说明分子间有间隙，故C正确； D、固体、液体、气体之间都能发生扩散现象，故D错误。 故选：C。 【点评】本题主要考查学生对扩散现象的实质，分子动理论的认识，属于基础知识。 3．（3分）下列叙述中，正确的是（　　） A．物体吸收的热量越多，温度升高的越多 B．内能越大的物体，温度越高 C．内能大的物体，把温度传给内能小的物体 D．物体的温度升高，内能一定增大 【分析】（1）物体吸收的热量的多少与物质的比热容、质量、升高的温度有关； （2）内能的大小与温度、状态等因素有关； （3）热传递的条件：物体之间存在温度差； （4）物体的内能与温度有关，温度升高，内能增大，温度降低，内能减小。 【解答】解：A、物体吸收的热量的多少与物质的比热容、质量、升高的温度有关，物体吸收的热量越多，温度不一定升高的越多，故A错误； B、内能越大的物体，温度不一定高，故B错误； C、热传递的过程中传递的是热量，不是温度；内能小的物体可能温度高，内能大的物体可能温度低，因此内能小的物体可能将热量传给内能大的物体，故C错误； D、物体温度升高，分子运动剧烈，内能增加，故D正确。 故选：D。 【点评】此题考查了热量、温度、内能的区别和联系，要正确区分它们的含义，并搞清它们之间的关系。 4．（3分）关于磁场，下列说法中正确的是（　　） A．磁体周围的磁感线从磁体N极发出，回到磁体S极 B．磁极间的相互作用不都是通过磁场发生的 C．磁感线是磁场中真实存在的一些曲线 D．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 【分析】（1）在磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极； （2）磁场的基本性质：对放入其中的磁体产生磁力作用； （3）根据理想模型方法的思路进行分析，即为了人们可以形象直观的认识磁场，科学家通过想象引入了磁感线； （4）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。 【解答】解： A、磁体外部的磁感线是从N极出发，回到S极的，磁体内部的磁感线是从S极出发，回到磁体N极的，故A正确； B、磁极间的相互作用是通过磁场而发生的，故B错误； C、磁感线是科学家为了研究起来形象、直观，是通过想象而描绘出来的，所以不是真实存在的，故C错误； D、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D错误。 故选：A。 【点评】关于磁场要知道磁极间的相互作用是通过磁场产生的，知道磁感线的由来，以及磁感线方向的确定。 5．（3分）下列有关电与磁的描述，正确的是（　　） A．甲图：根据安培定则，大拇指所指的那端为通电螺线管的S极 B．乙图：电磁继电器就是用永磁体控制工作电路的一种开关 C．丙图：通电线圈在磁场中受力转动，是电动机的工作原理 D．丁图：导线AB左右往复运动过程中，产生的感应电流方向不变 【分析】（1）根据安培定则分析螺线管的磁性； （2）电磁继电器是利用电磁铁来控制工作电路的一种开关； （3）电动机的原理是通电线圈在磁场中受力而发生转动； （4）感应电流的方向与导体运动方向、磁场方向两因素都有关系，如果只改变一个因素则电流方向改变，如果同时改变两个因素，则电流方向不变。 【解答】解： A、根据图示可知，电流从螺线管的左端流入，根据安培定则可知，大拇指所指的那端为通电螺线管的N极，故A错误； B、当线圈中通电后，对衔铁产生吸引力将动触点与下面的静触点接通；当断开电流后，磁力消失，动触点与上面的静触点接通，所以电磁继电器是利用电磁铁来控制工作电路的一种开关，故B错误； C、当线圈中通以电流时，线圈会在磁场中运动，即通电线圈在磁场中受到力的作用，是电动机的工作原理，故C正确； D、导体左右往复运动，磁场的方向不变，导体运动方向改变，则感应电流方向也随着不断变化，即产生方向不断变化的电流，称为交流电，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了安培定则的应用、电磁继电器、电动机的工作原理、感应电流的方向，属于基础题。 6．（3分）某同学想把两盏“220V 60W”的电灯和一个插座接入家庭电路中，他设计的电路图如图所示。若闭合开关S1和S2，下列现象会出现的是（　　） A．两盏灯同时烧坏 B．两盏灯正常发光 C．只有L2正常发光 D．在插座上插上一盏“220V 30W”的台灯，台灯能正常发光 【分析】分析电路图，得出两灯、插座的连接方式，进而得出当闭合开关S1和S2时两灯的发光情况。 【解答】解：由电路图可知，灯L1、与插座串联，再与灯L2并联，当闭合开关S1和S2时： ABC、若插座不插入用电器，灯L2接在220V的电源上，能正常发光，灯L1所在支路断路，不能工作，故AB错误，C正确； D、在插座上插上一盏“220V，30W”的台灯，台灯与L1串联接在220V电源上，台灯两端的电压小于其额定电压，台灯不能正常发光，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了对串并联特点的认识，灯能否正常发光的判断，属于基础题目。 7．（3分）如图为电路中空气开关的原理图，P为电磁铁，Q为衔铁，S为开关。下列分析正确的是（　　） A．手机充电器接入两孔插座后空气开关跳闸，一定是电路的总功率过大 B．若改变电流方向，则空气开关将不能正常工作 C．图乙中P的左端为N极 D．电流过大时，图乙中P的磁性增强，吸引Q向左偏转，弹簧拉起S切断电路 【分析】（1）空气开关自动跳闸的原因是电流过大，引起家庭电路中电流过大的原因有两个：短路或总功率过大； （2）改变电流的方向，电磁铁仍然有磁性，衔铁Q被吸引过来，空气开关可以正常工作； （3）根据安培定则判断P的磁极； （4）电磁铁的磁性跟电流大小、线圈的匝数、有无铁芯有关。有铁芯时，电流越大，线圈匝数越多，磁性越强。 【解答】解：A．手机充电器的功率很小，接入两孔插座后空气开关跳闸，可能是短路引起的，故A错误； B．改变电流的方向，电磁铁仍然有磁性，衔铁Q被吸引过来，空气开关可以正常工作，故B错误； C．由图可知，电流从P的左端流入，右端流出，由安培定则可知，图乙中P的右端为N极，其左端为S极，故C错误； D．电路中电流过大时，电磁铁P的磁性就会增强，则吸引衔铁Q的力变大，使衔铁转动，闸刀S在弹力的作用下自动开启，切断电路，起到保险作用，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了安全用电、安培定则和空气开关的原理，属于基础题。 8．（3分）为了比较A、B两种液体的吸热能力，小亮用完全相同的加热装置对质量相同的A、B两液体进行加热，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像如图所示。根据图像信息，下列说法中正确的是（　　） A．A液体的吸热能力比B液体的强 B．升高相同的温度，A液体吸收的热量更多 C．A、B两液体的比热容之比为1：2 D．A、B两液体在0～8min内吸收的热量之比为2：1 【分析】（1）用相同的加热器加热，在相同时间内，两种液体吸收的热量是相同的； （2）根据Q吸＝cmΔt求出A、B两液体的比热容之比； （3）根据比热容的大小关系可知哪种液体吸热能力强。 【解答】解：AB．由图可知，升高相同的温度，B需要加热更长的时间，吸收更多的热量，所以B液体的吸热能力比A液体的强，故AB错误； CD．用完全相同的加热装置对质量相同的A、B两液体进行加热，则相同时间内A、B两液体吸热相同，所以A、B两液体在0～8min内吸收的热量之比为1：1，此时A升温20℃，B升温10℃，A、B升温之比为2：1，A、B质量相同，根据Q吸＝cmΔt可知A、B两液体的比热容之比为1：2，故C正确，D错误。 故选：C。 【点评】此题考查的是利用图像比较不同物质的比热容，得到正确结论的前提是读懂图像提供的信息，理解比热容的物理意义。 9．（3分）在如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的个数有（　　） （1）电流表A示数变大； （2）电流表A1示数不变； （3）电压表V示数变大； （4）两个电流表示数差值变小； （5）电压表V与电流表A示数的比值变大。 A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【分析】由电路图可知，定值电阻和滑动变阻器并联，电流表A1测通过定值电阻R1的电流，电流表A测干路中的电流，电压表测电源的电压； 根据电源电压分析电压表示数的变化； 闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，根据滑动变阻器接入电路中电阻的变化和欧姆定律分析通过滑动变阻器电流的变化；根据并联电路的特点分析通过定值电阻电流的变化；根据并联电路的电流规律判定干路电流的变化、两个电流表示数差值的变化； 根据电压表示数和电流表示数的变化分析电压表V与电流表A示数的比值的变化。 【解答】解：由电路图可知，定值电阻和滑动变阻器并联，电流表A1测通过定值电阻R1的电流，电流表A测干路中的电流，电压表测电源的电压； 滑片移动时，由于电源电压不变，电压表示数不变； 闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变小； 并联电路中各支路互不影响，所以通过定值电阻的电流不变，电流表A1示数不变； 根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变小，电流表A示数变小； 并联电路中，干路中的电流等于各支路电流的和，所以两个电流表示数差值为通过滑动变阻器的电流，即两个电流表示数差值变小； 电压表示数不变，电流表A示数变小，电压表示数与电流表A示数的比值变大； 综上所述，（2）（4）（5）正确。 故选：B。 【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，关键是电流表和电压表所测电路元件的判断，是一道较难的应用题。 10．（3分）图甲中，电源电压为12V、电流表（0～0.6A）、电压表（0～15V）、滑动变阻器标有“？Ω，1A”字样，虚线框内是一个定值电阻或是一个小灯泡（6V，0.5A）闭合开关，在元件安全的情况下，使滑片P移动范围最大，得到滑动变阻器的I﹣U图像如图乙。则：①虚线框内是小灯泡；②电路的最大功率为6W；③虚线框内元件和滑动变阻器的功率相等时，滑动变阻器的阻值为10Ω；④滑动变阻器最大阻值为20Ω。以上结论正确的有（　　） A．③④ B．②③ C．①② D．①④ 【分析】由电路图可知，定值电阻或小灯泡与滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压。 （1）结合图像特征得出结论； （2）由于电压表最大量程大于电源电压，故滑动变阻器的滑片可以移动到最大阻值处，根据欧姆定律和图像数据求出滑动变阻器的最大阻值；根据串联电路的分压规律求出定值电阻两端的电压，根据欧姆定律求出定值电阻的阻值，当滑动变阻器两端的电压最小时，根据串联电路的电压规律求出定值电阻两端的电压，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，根据P＝UI求出电路的最大功率。 （3）串联电路各处电流相等，当P定＝P滑时，由P＝UI＝I2R可知滑动变阻器接入电路的阻值与定值电阻的阻值关系。 【解答】解：分析电路可知，虚线框内元件和变阻器串联，电压表测变阻器电压，电流表测电路电流。 ①由图乙可知，变阻器的电流和电压成一次函数线性关系，根据串联分压规律可知虚线框内元件的电流和电压也成一次函数线性关系，而灯泡的电阻是变化的，所以虚线框内是定值电阻，故①错误； ②定值电阻的电阻为：R10Ω， 由图乙可知，电流最大时，变阻器电压为6V，则此时虚线框内定值电阻的电压：U定＝U﹣U滑＝12V﹣6V＝6V； 电路中的最大电流为：I大0.6A， 则电路的最大功率为：Pmax＝UImax＝12V×0.6A＝7.2W，故②错误； ③根据P＝I2R，变阻器和定值电阻串联，电流相等，所以虚线框内定值电阻和滑动变阻器的功率相等时，二者电阻相等，即此时滑动变阻器的阻值为10Ω，故③正确； ④由于电压表最大量程大于电源电压，故滑动变阻器的滑片可以移动到最大阻值处， 由图乙可知，滑动变阻器两端的电压最大为Umax＝8V，通过电路的最小电流为Imin＝0.4A， 此时滑动变阻器阻值最大为：，故④正确。 故选：A。 【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律和电功率公式的综合应用，难度较大。 二、非选择题（本大题共10小题，共70分） 11．（4分）一根60Ω的电阻丝接在36V的电源上，通过它的电流为　0.6　A，在5min内共产生　6480　J的热量。 【分析】（1）已知电阻与电阻两端的电压，由欧姆定律可求出流过电阻的电流； （2）已知电压、电流与通电时间，由Q＝UIt可以求出电阻丝产生的热量。 【解答】解：（1）通过电阻丝的电流I0.6A； （2）该电阻丝在t＝5min＝300s内产生的热量 Q＝UIt＝36V×0.6A×300s＝6480J； 故答案为：0.6；6480。 【点评】本题考查了求流过电阻丝的电流、电阻丝产生的热量，是一道基础题；熟练掌握欧姆定律及电功公式即可解题。 12．（4分）如图所示为旋转式变阻器的简化图，它是通过改变导体的 　长度　来改变电阻的大小；若将图中的B、C两个接线柱连入电路，当滑片P绕点O逆时针转动时，变阻器连入电路电阻 　变小　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。 【分析】变阻器是靠改变连入电路中的电阻丝长度来改变电阻的；接入电路中的电阻丝的长度越长，电阻越大。 【解答】解：如图所示为旋转式变阻器，是通过改变接入电路的电阻片的长度来改变其连入电路的电阻的大小的； 图中旋转式变阻器的B、C两接线柱连入电路，则连入电路的弧形电阻片是BC段，当轴逆时针旋转时，它连入电路的电阻丝的长度变短，故它连入电路的电阻将变小。 故答案为：长度；变小。 【点评】解答本题的关键要明确滑动变阻器的原理以及旋钮型变阻器接入的为哪一部分，则由触片的移动可知接入电阻的变化。 13．（4分）《论衡》中记载：“司南之杓，投之于地，其柢指南。”如图所示，“柢”即握柄，是磁体的 　S　（选填“N”或“S”）极。司南静止时能指南北是由于它受到 　地磁场　的作用。 【分析】（1）在水平面内能自由转动的磁体，磁体静止时，指南的叫南极，用字母S表示；指北的叫北极，用字母N表示； （2）地球本身是一个巨大的磁体，地球周围的磁场叫做地磁场，磁场对放入其中的磁体存在力的作用。 【解答】解： （1）磁勺的勺柄指南，根据地磁的N极在地理的南极附近，异名磁极相互吸引，因此勺柄为该磁体S极； （2）地球本身就是一个大磁体，周围存在地磁场，司南静止时能指南北是因为受到地磁场作用。 故答案为：S；地磁场。 【点评】此题考查了地磁场的有关知识，难度不大。 14．（4分）甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示。1kW•h可供乙灯正常工作 　10　h；若将两灯串联接入220V电路中，实际功率较大的是 　甲　灯。 【分析】由铭牌读出灯泡的额定电压和额定功率， 由P公式变形可求得1kW•h可供乙灯正常工作时间； 根据P求出正常工作时的电阻，再利用P比求得它的实际功率。 【解答】解： 由P可得，1kW•h可供乙灯正常工作时间： t10h， 因为串联电路处处电流相等，由P＝I2R可知，甲灯的实际功率比乙灯的大，因此两灯串联接在220V电路中，甲灯比乙灯亮。 故答案为：10；甲。 【点评】由灯泡铭牌找出灯泡的额定电压与额定功率是正确解题的前提，熟练应用电功率公式及其变形公式以及串联电路、并联电路的特点是正确解题的关键。 15．（4分）小理在“探究电流与电压的关系”时，将记录整理实验数据绘制成如图的I﹣U关系图象，当把甲、乙两个电阻串联在电压为12V的电源上，电路中的电流是 　0.8　A，如并联后接在电压为12V的电源上，电路的总功率为 　43.2　W。 【分析】根据欧姆定律可得二者电阻；把甲、乙两个电阻串联后接在电压为12V的电源上时，因串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，所以根据欧姆定律可得电路中的电流，当这两个电阻并联后接在12V电源上时，因并联电路中各支路两端的电压相等，根据P可知电路的总功率。 【解答】解： 由图像可知，当U甲＝U乙＝4V时，I甲＝0.4A，I乙＝0.8A， 根据欧姆定律可得二者电阻分别为： ， ， 把甲、乙两个电阻串联后接在电压为12V的电源上时，因串联电路中的总电阻等于各分电阻之和， 所以根据欧姆定律可得，电路中的电流为： ； 当这两个电阻并联后接在12V电源上时，因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以电路的总功率为：。 故答案为：0.8；43.2。 【点评】本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，是一道综合题。 16．（7.5分）根据下列实验回答同题： （1）学习小组探究“电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关”。实验装置如图所示，两个透明容器中密封着等量的空气，左、右两侧U形管中液面最初相平。 ①如图甲所示，闭合开关S，通电一段时间后，若发现U形管的液面高度几乎不变，出现该现象的原因可能是　装置的气密性不好　。 ②生活中，我们经常见到“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不怎么热”这一现象。可用图　甲　（选填“甲”或“乙”）的实验结论来解释。 （2）在“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙、并设计了如图所示的电路。 ①实验中用　吸引大头针的数量　来反映电磁铁的磁性强弱； ②根据图示的情景可知电流一定时，　线圈的匝数越多　，电磁铁磁性越强； ③电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是　下端被磁化后是同名磁极　。 【分析】（1）①若发现U形管的液面高度几乎不变，出现该现象的原因可能是装置的气密性不好； ②串联电路的电流相等，在通电时间相同时，导体的电阻越大，产生的热量越多； （2）①实验中用吸引大头针的数量来反映电磁铁的磁性强弱； ②在电流一定时，线圈的匝数越多，电磁铁的磁性越强； ③同名磁极互相排斥、异名磁极相互吸引。 【解答】解：（1）①如图甲所示，闭合开关S，通电一段时间后，若发现U形管的液面高度几乎不变，出现该现象的原因可能是装置的气密性不好。 ②生活中，我们经常见到“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不怎么热”这一现象。可用图甲的实验结论来解释：电炉丝和导线串联，电流相等，电炉丝的电阻较大，在电流和通电时间相同时，电炉丝产生的热量较多，电炉丝热得发红。 （2）在“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙、并设计了如图所示的电路。 ①实验中用吸引大头针的数量来反映电磁铁的磁性强弱； ②根据图示的情景可知电流一定时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强； ③电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是下端被磁化后是同名磁极。 故答案为：（1）①装置的气密性不好；②甲；（2）①吸引大头针的数量；②线圈的匝数越多；③下端被磁化后是同名磁极。 【点评】本题考查的是影响电流产生热量的因素；知道影响电磁铁磁性强弱的因素。 17．（9分）如图甲是小明“探究串联电路的电压规律”的实验电路图。 （1）连接电路时，开关应 　断开　。实验时，灯L1和灯L2的规格应 　不相同　。（填“相同”或“不相同”） （2）闭合开关后，小明发现两灯都不发光，于是分别把电压表接在图甲中AB两点、BC两点及AC两点，测得数据分别是UAB＝3V，UBC＝0V，UAC＝3V；小明检查发现只有灯L1和灯L2中的一盏出现故障，则故障可能是 　L1断路　。 （3）处理好故障后，小明把电压表接在AB之间重新测量，电压表示数如图乙所示，电压表的分度值是 　0.5　V；为了使实验结果更准确，接下来小明应该：断开开关 　换接电压表0～3V量程　。 （4）正确实验后，小明分析如表中多组数据得出结论 　串联电路中，电源两端电压等于各用电器两端电压之和　。（请使用文字叙述） 次数 AB间的电压/V BC间的电压/V AC间的电压/V 1 1.0 1.8 2.8 2 1.2 1.6 2.8 3 1.1 1.7 2.8 【分析】（1）连接电路时，为保护电路，开关应断开；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； （2）实验中，若电压表有示数，则与电压表并联的电路之外的电路为通路，若电压表没有示数，说明与电压表并联的电路之外的电路为断路，据此分析； （3）根据电压表的分度值读出电压表的示数，为了使实验结果更准确，测量电压不超过电压表量程的条件下要选用小量程； （4）串联电路的总电压等于各部分电压之和。 【解答】解：（1）连接电路时，开关应断开。实验时，为得出普遍性的结论，灯L1和灯L2的规格应不相同； （2）闭合开关后，小明发现两灯都不发光，于是分别把电压表接在图甲中AB两点、BC两点及AC两点，测得UAB＝3V，则说明A、B两点到电源两极间的电路为通路；测得UAC＝3V，说明A、C两点到电源两极间的电路为通路；测得UBC＝0V，说明B、C两点到电源两极间的电路有断路故障，小明检查发现只有灯L1和灯L2中的一盏出现故障，则故障可能是L1断路； （3）处理好故障后，小明把电压表接在AB之间重新测量，电压表选用大量程，示数如图乙所示，电压表的分度值是0.5V，电压为2V，为了使实验结果更准确，接下来小明应该：断开开关，换接电压表0～3V量程； （4）正确实验后，小明分析多组数据得出结论：串联电路的总电压等于各部分电压之和。 故答案为：（1）断开；不相同；（2）L1断路；（3）0.5；换接电压表0～3V量程；（4）串联电路中，电源两端电压等于各用电器两端电压之和。 【点评】本题探究串联电路的电压规律，考查注意事项、归纳法的运用、故障分析、电压表的选用及串联电路电压的规律。 18．（10.5分）小明使用阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各一个，电压为3V的电源以及规格为“10Ω 0.5A”的滑动变阻器等器材，来探究电流与电阻的关系。 （1）他首先将5Ω的电阻接入了图甲的电路中，检查时发现电路中有一根导线连接错误，请在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确； （2）电路正确连接后，闭合开关时发现，此时电压表和电流表均无示数，他判断产生此现象的原因是　滑动变阻器　（选填“定值电阻”或“滑动变阻器”）断路。排除故障后移动滑动变阻器的滑片，电流表示数如图乙所示，则此时电压表示数为　2　V； （3）当定值电阻由5Ω换为10Ω时，为达到实验要求，需向　右　（选填“左”或“右”）调节滑动变阻器的滑片。分别将5Ω和10Ω的电阻接入电路，在电压表示数不变的情况下，滑动变阻器前后两次消耗的电功率之比为　2：1　； （4）完成上面实验后，小明又设计了图丙所示的电路来测量额定电压为2.5V的小灯泡正常发光时的电阻，已知电源电压为7V，R1的阻值为10Ω，请完成以下实验步骤： ①开关S和S1闭合、S2断开，移动滑动变阻器的滑片，使小灯泡正常发光； ②保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S和S2闭合、S1断开，此时电压表示数为3V；再将滑动变阻器的滑片移到最　左　（选填“左”或“右”）端，此时电压表示数为5V； ③小灯泡正常发光时的电阻RL＝　8.3　Ω。（结果保留一位小数） 【分析】（1）在探究电流与电阻的关系实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端； （2）若电流表无示数，说明电路可能断路；电压表无示数，说明电压表与电源之间存在断路，据此分析；根据电流表选用量程确定分度值读数，利用欧姆定律求出定值电阻两端电压； （3）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑动变阻器滑片移动的方向； 因定值电阻两端的电压保持不变，根据串联电路电压规律结合欧姆定律和P＝UI分析回答； （4）根据允许的最大电流和最小电阻确定控制电压表的最大电压； （5）①分析电路连接，灯在额定电压下正常发光，根据串联电路电压规律可使灯正常发光； ②保持滑动变阻器位置不动，开关S、S2闭合、S1断开，此时电压表示数为3V；再将滑动变阻器滑片调到最左端，此时电压表示数为5V，根据串联电路电压的规律得出定值电阻两端的电压，由欧姆定律求出电路中的电流； ③根据电流的流向，确定电路中的电流不变，故当电压表示数为3V时，由欧姆定律求出滑动变阻器连入电路的电阻，由欧姆定律得出灯正常发光时灯的电流，根据欧姆定律求出小灯泡正常发光时的电阻。 【解答】解：（1）原电路图中，电流表与定值电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，在探究电流与电阻的关系实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端，如下图所示： ； （2）若电流表无示数，说明电路可能断路；电压表无示数，说明电压表与电源之间存在断路，即产生此现象的原因是滑动变阻器断路； 电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.4A，则定值电阻两端电压为UV＝I1R1＝0.4A×5Ω＝2V，即电压表示数为2V； （3）实验中，当把5Ω的电阻换成10Ω的电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，要增大滑动变阻器电阻阻值，故应把滑动变阻器滑片向右滑动； 小明将5Ω和10Ω电阻分别接入电路，因定值电阻两端的电压保持不变，根据欧姆定律可知，在电压不变时，电流与电阻成反比，故电路中电流之比为： I1：I2＝10Ω：5Ω＝2：1； 因电源电压和定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端电压不变， 由P＝UI可知，在电压不变时，电功率与电流成正比，故两次实验滑动变阻器消耗的电功率之比为2：1； （4）由图甲可知，电流表选用小量程，滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，即电路中最大电流为0.5A，当电路中电流最大，定值电阻阻值最小时，定值电阻两端电压最大，故定值电阻两端最大电压为： UV大＝I大R定小＝0.5A×5Ω＝2.5V； （5）①开关S、S1闭合、S2断开，此时灯泡和滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，当灯泡正常发光时，灯泡两端的电压为2.5V；由串联电路的电压规律可知，电压表的示数为7V﹣2.5V＝4.5V； ②保持滑动变阻器位置不动，开关S、S2闭合、S1断开，此时滑动变阻器的最大电阻和R0串联，电压表测滑片右侧电阻丝的电压，已知此时电压表示数为3V；再将滑动变阻器滑片调到最左端，滑动变阻器的最大电阻仍然和R0串联，电压表测整个滑动变阻器两端的电压，此时电压表示数为5V，根据串联电路电压的规律，定值电阻两端的电压为7V﹣5V＝2V，由欧姆定律，电路中的电流为： I0.2A； ③在②中，因电压表接在滑片上，故电流经定值电阻后经滑动变阻器的全部电阻丝回到电源负极，因此在移动滑片过程中，电路中的电流不变，电压表测滑片右侧部分电阻丝的电压； 故当电压表示数为3V时，由欧姆定律，滑动变阻器连入电路的电阻： R滑部分15Ω， 由串联电路电流特点和欧姆定律，在①中，灯正常发光时灯的电流为： IL0.3A； 小灯泡正常发光时的电阻为： RL8.3Ω。 故答案为：（1）见解答图；（2）滑动变阻器；2；（3）右；2：1；（4）2.5；（5）②左；③8.3。 【点评】本题探究电流与电阻的关系实验，考查了电路连接、电路故障、电压的计算、实验操作、数据分析、控制变量法和欧姆定律的应用及设计实验方案测电阻的能力。 19．（11分）如图，电源两端电压为12V且保持不变，灯泡L标有“6V 3W”的字样，滑动变阻器R2的最大阻值为40Ω。（不考虑温度对灯泡电阻的影响）求： （1）灯泡的电阻； （2）当开关S闭合，S1、S2断开。滑动变阻器R2接入电路的电阻为18Ω时，灯泡两端的电压； （3）当开关S、S1、S2都闭合，将滑动变阻器的滑片P移到最右端时，电流表示数为1.6A，此时R1消耗的电功率。 【分析】（1）根据P可知灯泡的电阻； （2）当开关S闭合，S1、S2断开，滑动变阻器和灯泡串联，电流表测量电路电流。滑动变阻器R2接入电路的电阻为18Ω时，根据欧姆定律可知电路电流及灯泡两端的电压； （3）当开关S、S1、S2都闭合，定值电阻和滑动变阻器并联，电流表测量干路电流。 将滑动变阻器的滑片P移到最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据欧姆定律可知通过滑动变阻器的电流，电流表示数为1.6A，根据并联电路的电流特点可知通过定值电阻的电流，根据P＝UI可知此时R1消耗的电功率。 【解答】解：（1）根据P可知灯泡的电阻RL12Ω； （2）当开关S闭合，S1、S2断开，滑动变阻器和灯泡串联，电流表测量电路电流。滑动变阻器R2接入电路的电阻为18Ω时，根据欧姆定律可知电路电流I0.4A， 灯泡两端的电压U灯＝IRL＝0.4A×12Ω＝4.8V； （3）当开关S、S1、S2都闭合，定值电阻和滑动变阻器并联，电流表测量干路电流。 将滑动变阻器的滑片P移到最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据欧姆定律可知通过滑动变阻器的电流I20.3A， 电流表示数为1.6A，根据并联电路的电流特点可知通过定值电阻的电流I1＝I′﹣I2＝1.6A﹣0.3A＝1.3A， 根据P＝UI可知此时R1消耗的电功率P1＝UI1＝12V×1.3A＝15.6W。 答：（1）灯泡的电阻为12Ω； （2）当开关S闭合，S1、S2断开。滑动变阻器R2接入电路的电阻为18Ω时，灯泡两端的电压为4.8V； （3）当开关S、S1、S2都闭合，将滑动变阻器的滑片P移到最右端时，电流表示数为1.6A，此时R1消耗的电功率为15.6W。 【点评】本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，是一道综合题。 20．（12分）某家用电饭煲有加热和保温两种功能。如图乙是其内部电路的结构简图。R1、R2均为加热电阻，且阻值不受温度变化影响，通过开关可以实现加热和保温两种功能的切换。R1＝48.4Ω，电饭煲保温功率为110W。求： （1）单刀双掷开关切换到2时是加热状态还是保温状态，请分析说明； （2）求电饭煲的加热功率； （3）求R2的阻值； （4）使用该电饭煲的加热挡让2kg的水从20℃升高到100℃的过程中热量损失了20%，电饭煲的加热时间是多少？ 【分析】（1）单刀双掷开关切换到1时，电路为R1的简单电路，总电阻较小，根据P可知总功率较大，是加热状态； 单刀双掷开关切换到2时，两电阻串联，总电阻较大，根据P可知总功率较小，是保温状态； （2）根据P可知电饭煲的加热功率； （3）根据P可知总电阻，根据电阻串联的特点可知R2的阻值； （4）根据Q吸＝c水m（t﹣t0）得出水吸收的热量，根据效率公式得出消耗的电能，根据W＝Pt可知电饭煲的加热时间、 【解答】解：（1）单刀双掷开关切换到1时，电路为R1的简单电路，总电阻较小，根据P可知总功率较大，是加热状态； 单刀双掷开关切换到2时，两电阻串联，总电阻较大，根据P可知总功率较小，是保温状态； （2）根据P可知电饭煲的加热功率P加1000W； （3）根据P可知总电阻R440Ω， 根据电阻串联的特点可知R2的阻值R2＝R﹣R1＝440Ω﹣48.4Ω＝391.6Ω； （4）水吸收的热量Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝672000J； 消耗的电能W840000J， 根据W＝Pt可知电饭煲的加热时间t840s。 答：（1）单刀双掷开关切换到2时是保温状态； （2）电饭煲的加热功率为1000W； （3）R2的阻值为391.6Ω； （4）使用该电饭煲的加热挡让2kg的水从20℃升高到100℃的过程中热量损失了20%，电饭煲的加热时间是840s。 【点评】本题考查电功率的计算，综合性强、难度较大。 学科网（北京）股份有限公司 $$