教科版物理九年级上册期末测试题及答案（2套）

教科版物理九年级上册期末测试题及答案（2套）

教科版物理九年级上册期末测试题(一)‎ ‎（时间：90分钟 分值：100分）‎ 一、选择题 ‎1．（2分）汽油机在四个冲程中，哪个冲程使汽车获得动力（　　）‎ A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程 ‎【考点】GM：内燃机的四个冲程．‎ ‎【分析】汽油机的一个工作循环由四个冲程组成：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。其中在做功冲程中，是燃料燃烧产生的内能转化为机械能，使汽车获得动力。‎ ‎【解答】解：在汽油机的一个工作循环中，在做功冲程中，是燃料燃烧产生的内能转化为机械能，使汽车获得动力。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】熟知内燃机四个冲程的特点，尤其要明确在做功冲程中能量的转化情况，是解答的关键。‎ ‎2．（2分）汽车发动机的冷却剂主要成员是水，用水作为冷却剂主要是因为水的（　　）‎ A．比热容较大 B．密度较大 C．凝固点较低 D．导热性好 ‎【考点】GE：水的比热容的特点及应用．‎ ‎【分析】水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少，据此分析。‎ ‎【解答】解：‎ 汽车发动机工作时产生大量的热，这些热如果不迅速转移，就可能损害发动机，因此利用水的比热容大的特点（相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多），把这些热迅速吸收，使发动机的温度不致升得太高，故A正确。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了水的比热容的特点以及在生活中的应用，请同学们对此要牢固掌握。‎ ‎3．（2分）下现现象能说明分子在不停地无规则运动的是（　　）‎ A．夏天雨后太阳一出，路面很快变干 ‎ B．建筑工地上尘土飞扬 ‎ C．空气中PM2.5超标形成雾霾 ‎ D．两个干净的铅块粘在一起 ‎【考点】GV：分子的运动．‎ ‎【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、夏天雨后太阳一出，路面很快变干，是水分子在空气中发生了扩散现象，扩散现象说明分子在不停的做无规则运动，故A正确；‎ B、尘土飞扬，不是分子的无规则运动，尘土不是分子，属于宏观物体的运动，是机械运动，故B错误；‎ C、空气中PM2.5超标形成雾霾是固体颗粒，属于宏观物体的运动，是机械运动，故C错误；‎ D、两个干净的铅块粘在一起，说明分子间有引力，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题主要考查学生对宏观物体的运动和分子运动的区别、理解和掌握，是一道基础题。‎ ‎4．（2分）下列有关电学参数合理的是（　　）‎ A．电视遥控器的工作电压一般为3V ‎ B．对人体安全电压是36V ‎ C．电水壶的功率为50W ‎ D．家用普通照明灯的电流可达3A ‎【考点】HG：电流的大小；I1：电压；J7：电功率的概念．‎ ‎【分析】（1）两节干电池的电压是3V；‎ ‎（2）经验证明，只有不高于36V的电压，对人体来说才是安全的；‎ ‎（3）电水壶的功率一般为1000W；‎ ‎（4）家用普通照明灯的功率一般为60W。‎ ‎【解答】解：A、电视遥控器的电源是两节干电池，电压为3V，故A正确 B、对人体安全电压是不高于36V，故B错误；‎ C、电水壶的功率一般为1000W，故C错误；‎ D、家用普通照明灯的功率一般为60W，电流为：I==≈0.3A，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查的知识点较多，综合性较强，属于基础知识的考查，有一定的难度。‎ ‎5．（2分）如图，把热水壶放在煤气灶上烧水的过程中，下列说法不正确的是（　　）‎ A．煤气的燃烧是将化学能转化为内能 ‎ B．煤气燃烧的越充分，它的热值越大 ‎ C．壶中水的温度越高，水分子运动越剧烈 ‎ D．烧水的过程既有做功又有热传递在改变水的内能 ‎【考点】GA：热传递改变物体内能；GJ：燃料的热值及其计算；GV：分子的运动．‎ ‎【分析】（1）燃料燃烧时，化学能转化为内能；‎ ‎（2）热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；‎ ‎（3）组成物质的分子不停地做无规则地运动，温度越高，分子运动越剧烈；‎ ‎（4）改变物体内能的方式有做功和热传递。‎ ‎【解答】解：‎ A、煤气在燃烧过程是化学能转化为内能，故A正确；‎ B、燃料的热值仅与燃料的种类有关，而与燃料的燃烧程度、质量都无关，故B错误；‎ C、分子的运动快慢与温度有关，水的温度越高，水分子运动越剧烈，故C正确；‎ D、烧水时水从火焰中吸收热量，温度升高，是利用热传递的方式改变水内能的，水沸腾后，水蒸气把壶盖顶开，对壶盖做功，水蒸气的内能转化为壶盖的机械能，所以在烧水的过程既有做功又有热传递在改变水的内能，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题是一道热学综合题，主要考查学生对对燃料燃烧过程中的能量转化、热值的特点、分子运动的特点以及改变物体内能方法的理解，属于综合性题目。‎ ‎6．（2分）如图所示，用注射器抽取空气，用手指封闭注射器的筒口，快速用力推压注射器的活塞，则注射器内空气（　　）‎ A．密度会变小 B．分子间斥力会减小 ‎ C．内能会增大 D．温度会不变 ‎【考点】29：密度的大小比较；G7：物体内能的改变；GH：分子间的作用力．‎ ‎【分析】一定质量的气体，体积被压缩后，其密度增大，内能增大，温度升高，分子间的斥力也会增大，据此判断。‎ ‎【解答】解：A、由公式ρ=可知，一定质量的气体，体积被压缩后，其密度会变大，故A错误；‎ B、气体被压缩后，分子间的距离变小，所以分子间的斥力会变大，故B错误；‎ CD、快速用力推压注射器的活塞，对气体做功，使气体的内能增大，温度升高，故C正确，D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题以压缩气体为例，考查了这一过程中气体的密度、分子间斥力、内能、温度的变化，有一定综合性，值得我们关注。‎ ‎7．（2分）笔记本电脑发热会影响使用寿命。如图是一款笔记本电脑散热支架，通过导线与电脑连接时，五个风扇就转动起来，从而帮助电脑散热。下列分析正确的是（　　）‎ A．风扇转动的原理是电磁感应 ‎ B．风扇之间一定串联 ‎ C．风扇在工作时主要将电能转化为内能 ‎ D．电脑是通过与空气之间的热传递来散热的 ‎【考点】G8：热传递的概念与方式．‎ ‎【分析】（1）电动机是根据通电导线在磁场中受磁场力的作用原理制成的；‎ ‎（2）串联的各电路元件相互影响，各电路元件不能独立工作；并联的各电路元件互不影响，各电路元件能独立工作，据此分析答题；‎ ‎（3）电流做功的过程，实际上就是能量转化的过程，消耗电能转化成其它形式的能；‎ ‎（4）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。‎ ‎【解答】解：‎ A、电风扇的主要部件是电动机，电动机是利用通电导线在磁场中受磁场力的作用原理制成的，不是利用电磁感应原理制成的，故A错误；‎ B、笔记本电脑散热支架上的五个风扇虽然能同时工作，但它们互不影响，能独立工作，其中的某个风扇坏了，其它风扇能正常工作，因此是并联的，故B错误；‎ C、电风扇主要是电能转化成机械能，故C错误；‎ D、电脑散热时，热量由电脑转移到空气中，是通过热传递来散热的，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题通过笔记本电脑散热支架考查了电风扇的原理、用电器的连接方式、用电器中的能量转化以及改变内能的方式，属于综合性题目。‎ ‎8．（2分）如图所示的四幅图中，能反映发电机工作原理的实验装置是（　　）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D．‎ ‎【考点】CS：发电机的构造和原理．‎ ‎【分析】发电机是利用电磁感应原理制造的，而电磁感应是指闭合回路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流。‎ ‎【解答】解：A、图A没有电池，验证闭合电路的一部分导体切割磁感线时产生感应电流，是电磁感应现象实验，故A正确；‎ B、图B验证了通电导体周围存在磁场，这是奥斯特的实验，说明了电流的磁效应，故B错误；‎ C、图C电流大小一定，匝数多的线圈吸引较多的铁钉，可用来演示电磁铁中磁性强弱与线圈匝数的关系，故C错误；‎ D、图D有电池，验证通电导体在磁场中受力的实验，利用此装置原理制造了电动机而不是发电机，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题应能根据题中的实验装置得出实验的原理及揭示的现象，同时还要把握该现象在生活中的应用。‎ ‎9．（2分）如图所示闭合开关后，无论如何移动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光，用电压表测得各点间电压，UAB=3V，UCD=3V，UEF=0V，UGH=0V，则故障应该是（　　）‎ A．小灯泡开路 ‎ B．小灯泡短路 ‎ C．滑动变阻器开路 ‎ D．开关接触不良，形成开路 ‎【考点】IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用．‎ ‎【分析】在判断故障时，电压表的示数的变化很关键，若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，若无示数，说明电压表与电源不能相通。‎ ‎【解答】解：根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，闭合开关后无论如何移动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光，电压表测断路两端时，电压表示数为电源电压，测量通路位置时，电压表示数为零；‎ 由题意可知，AB间为电源，其示数为3V，说明电源处无问题，‎ CD间有电压且示数为3V，说明电压表示数为电源电压，灯泡、滑动变阻器间电路都完好，则电压表所测这部分电路断路，故断路发生CD间，即开关断开；‎ 用电压表测得UEF=UGH=0，说明没有电流通过灯泡、滑动变阻器，即这两处电路是完好的。‎ 故ABC错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了用电压表检测电路的故障。当电压表所测的那部分电路断路，电压表与电路串联，分担电源电压，要注意辨别。‎ ‎10．（2分）现代工具的使用会大大提高工作效率。如图是某品牌充电式电动螺丝刀，直流电动机内通过不同方向的电流，就可以实现正转和反转，即可以实现松螺丝或紧螺丝，调速器又可以实现转速的调节，下面的简易电路符合上述要求的是（　　）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D．‎ ‎【考点】CN：直流电动机的构造和工作过程．‎ ‎【分析】要解答本题需抓住：电动机的转速和电流的大小有关，以及电动机的转向和电流的方向有关。‎ ‎【解答】解：A、使调速器、单刀单掷开关、电动机串联连接，调速器改变电路中的电流，从而改变电动机的转速，但不能改变转动方向，故A错误；‎ B、使调速器、电动机并联，调速器改变不能改变电动机中的电流，不能改变电动机的转速，也不能改变转动方向，故B错误；‎ CD、单刀双掷开关与电路和电源连接，起到改变电流的方向来控制电动机的转向；C中的单刀双掷开关不能改变电流方向，D能改变电流方向，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题主要考查学生对改变电动机的转向和转速的方法，以及电路的连接的了解和掌握。‎ ‎11．（2分）如图所示，闭合开关S．在变阻器滑片向右滑动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表Vl示数变大，灯泡L的实际功率变小 ‎ B．电压表V2示数变大，灯泡L的实际功率变大 ‎ C．电流表A示数变大，灯泡L的亮度变亮 ‎ D．电压表Vl与电流表A示数比值变大，灯泡L的亮度变暗 ‎【考点】IZ：电路的动态分析．‎ ‎【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和L两端的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，然后判断亮暗的变化，根据欧姆定律结合灯泡的电阻可知电压表Vl与电流表A示数比值变化。‎ ‎【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ 因电源的电压不变，‎ 所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变，故A错误；‎ 在变阻器滑片向右滑动过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，‎ 由I=可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，故C错误；‎ 由U=IR可知，灯泡L两端的电压变小，‎ 因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，‎ 所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，故B错误；‎ 由R=可知，电压表Vl与电流表A示数比值等于灯泡的电阻，则电压表Vl与电流表A示数比值不变，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。‎ ‎12．（2分）如图所示，电源电压恒定，灯丝电阻不变，闭合开关，变阻器的滑片在移动过程中，要求各表示数均不超过所选量程，灯泡电压不超过额定值。下列说法正确的是（　　）‎ A．滑片向右滑动时，电压表和电流表示数均变小 ‎ B．电路的总功率最大值为10.8W ‎ C．小灯泡功率最小值为0.75W ‎ D．变阻器允许调节的范围是24～100Ω ‎【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．‎ ‎【分析】1、由电路可知，L与变阻器串联，电压表测变阻器电压，电流表测电路电流，当滑片向右滑动时，其接入电路中的阻值变大，根据串联电路的特点进行分析；‎ ‎2、根据P=UI可知，在电压不变时，电流越大，则电功率越大，据此计算；‎ ‎3、当滑动变阻器全部接入电路时，通过灯泡的电流最小，灯泡两端的电压最小，根据P=UI，此时其电功率最小，据此计算；‎ ‎4、根据小灯泡的额定电流、电流表的量程和电压表的量程进行判断，再根据串联电路的特点进行计算。‎ ‎【解答】解：A、由图可知，L与变阻器串联，电压表测变阻器电压，电流表测电路电流，当滑片向右滑动时，其接入电路中的阻值变大，根据串联电路的特点可知，变阻器分得的电压变大，即电压表示数变大，由于电路中的总电阻变大，根据I=可知，电流即电流表示数变小，故A不正确；‎ B、由题可知，小灯泡的额定电流：I额===0.5A，即电路中的最大电流为I大=0.5A，可得电路最大功率：P大=U总I大=18V×0.5A=9W≠10.8W，故B不正确；‎ C、由图可知，滑动变阻器接入电路的电阻越大时，电压表示数越大，由于电压表采用0﹣15V量程，因此可得当电压表示数为15V时，滑动变阻器接入电路中电阻最大，此时电路中电流最小，‎ 小灯泡两端电压：U小=U总﹣U大=18V﹣15V=3V；‎ 小灯泡的电功率：P小====0.75W；故C正确；‎ D、由题可知，小灯泡的电阻：R灯===12Ω，‎ 由小灯泡的额定电流可知电路中的最大电流为0.5A，此时变阻器接入的电阻最小：R小=R总﹣R灯=﹣R灯=﹣12Ω=36Ω﹣12Ω=24Ω，‎ 由图可知，滑动变阻器接入电路的电阻越大时，电压表示数越大，由于电压表采用0﹣15V量程，因此当电压表示数U大=15V时，变阻器接入电路的电阻最大，‎ 小灯泡两端电压：U小=U总﹣U大=18V﹣15V=3V；‎ 根据串联电路的分压特点：=，代入可得：=，解得R滑=60Ω 即变阻器阻值变化范围为24Ω～60Ω，故D不正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查的知识点较大，包括串联电路的特点、欧姆定律的应用及电路分析等等，综合性强，难度较大。‎ 二、非选择题：（共计46分）‎ ‎13．（2分）家庭电路中电灯、电视机、电冰箱等用电器之间是　并　联的，这些用电器一起工作的越多，电路的总功率　越大　（选填“越大”或“越小”）。‎ ‎【考点】HT：串联电路和并联电路的辨别；J7：电功率的概念．‎ ‎【分析】知道家庭电路各用电器因工作时不能相互影响，因而用电器之间是采取并联连接的。‎ 同时要掌握并联电路的总电阻与各电阻之间的关系，知道并联的支路越多，总电阻越小，根据P=可知总功率变大。‎ ‎【解答】解：家庭电路中电灯、电视机、电冰箱等用电器之间是互不影响的，根据并联电路的特点可知，它们的连接方式是并联。‎ 同时使用的用电器越多，即并联的电阻越多，则总电阻越小，根据P=可知，总功率变大。‎ 故答案为：并；越大。‎ ‎【点评】本题考查家庭电路的电压值。家中用电器为了相互不影响而采用了并联的连接方式。‎ ‎14．（2分）如图，人在体验科技馆的“静电球”，图中的“怒发冲冠”景象，是由于人的头发带有　同种　电荷而相互　排斥　的结果。‎ ‎【考点】H8：电荷间的相互作用规律．‎ ‎【分析】电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。‎ ‎【解答】解：‎ 图中的“怒发冲冠”景象，是由于人的头发带有同种电荷，同种电荷相互排斥产生的现象。‎ 故答案为：同种；排斥。‎ ‎【点评】明确电荷间的作用规律，是解答此题的关键。‎ ‎15．（2分）如图，在试管内装些水，用橡胶塞塞住，用酒精灯加热使水沸腾，会看到塞子被冲出，在此过程中，酒精的化学能通过燃烧最终转化为塞子的　机械　能，这与内燃机中的　做功　冲程相类似的。‎ ‎【考点】G5：内能的利用及其意义；GM：内燃机的四个冲程．‎ ‎【分析】燃料燃烧，化学能转化为内能；改变物体内能的方式：做功和热传递；物体对外做功，内能减小，内能转化为机械能；‎ ‎【解答】解：酒精燃烧，消耗化学能，得到内能，是化学能转化为内能；水沸腾产生大量水蒸气，水蒸气把塞子冲开的过程中，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能转化为木塞的机械能。这与内燃机中的做功冲程相类似的。‎ 故答案为：机械；做功。‎ ‎【点评】本题考查了燃料燃烧的能量转化、改变物体内能的方式等知识的应用；做功改变物体内能的过程是能量转化的过程，即内能和机械能的相互转化过程。‎ ‎16．（2分）如图在量筒内装一半清水，将硫酸铜溶液注入水的下方，开始时可以看到清水和蓝色的硫酸铜溶液之间有明显的界面，静置几天后，看到的现象是　界面变模糊了　，此现象说明：液体分子　在永不停息地做无规则运动　。‎ ‎【考点】GV：分子的运动．‎ ‎【分析】不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散，扩散现象说明了分子在不停的做无规则运动。‎ ‎【解答】解：‎ 在量筒里装入的清水和蓝色的硫酸铜溶液之间有明显的界面，静置几天后，界面变模糊了，这属于扩散现象，说明一切物体分子都在永不停息地做无规则运动。‎ 故答案为：界面变模糊了；在永不停息地做无规则运动。‎ ‎【点评】本题主要考查学生对扩散现象的理解和掌握，是中考的热点，属于基础题目。‎ ‎17．（2分）如图甲所示，将两个铅柱底部削平，然后紧压在一起，两个铅柱就结合在一起，甚至在下面还可挂上一个重物，此现象说明分子间存在　引力　；如图乙所示，同样一滴钢笔水几乎同时滴入冷水和热水中，10分钟后的现象却不同，此现象表明：温度越高，分子　运动越剧烈　。‎ ‎【考点】GH：分子间的作用力；GV：分子的运动．‎ ‎【分析】物质是由分子组成的，分子在不停的做无规则运动，温度越高运动越剧烈；分子间有间隙，分子间存在相互作用的引力和斥力。‎ ‎【解答】解：‎ 将两个铅柱的底面削平、削干净，然后紧紧地压一起，两铅块就会结合起来，甚至下面吊一个钩码都不能把它们拉开，说明分子间存在引力；‎ 由于热水的温度高，分子运动剧烈；在冷水杯和热水杯中滴入两滴墨水，会看到热水中的墨水扩散得快，这表明分子无规则运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子的无规则运动越剧烈。‎ 故答案为：引力；运动越剧烈。‎ ‎【点评】本题主要考查学生对分子间作用力以及扩散现象的理解和掌握，是中考的热点，属于基础题目。‎ ‎18．（2分）如图所示，是某实验小组同学设计的研究“影响电磁铁磁性强弱的因素”的实验电路图。在实验时，通过　吸引铁钉的多少　反映电磁铁磁性强弱，此实验电路探究问题是电磁铁磁性强弱与　电流　关系。‎ ‎【考点】CE：影响电磁铁磁性强弱的因素．‎ ‎【分析】（1）电磁铁磁性强弱用电磁铁吸引大头针的多少来反映，电磁铁吸引大头针越多，电磁铁磁性越强。‎ ‎（2）电磁铁的磁性强弱跟电流大小和匝数有关。在匝数一定时，电流越小，磁性越弱。在电流一定时，匝数越少，磁性越弱。‎ ‎【解答】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铁钉的多少反映出来，这种研究问题的方法为转换法；‎ ‎（2）调节滑动变阻器滑片的位置，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，因此此实验电路探究问题是电磁铁磁性强弱与电流关系。‎ 故答案为：吸引铁钉的多少；电流。‎ ‎【点评】此题主要探究了影响电磁铁磁性强弱的因素。在探究的过程中使得学生领悟了控制变量法和转换法，培养了学生利用实验数据获取信息的能力。‎ ‎19．（2分）白炽灯是利用电流的　热效应　原理工作的，工作时将电能转化为内能和光能，其发光效率较低。20W高效节能灯的亮度相当于100W的白炽灯，现将家中4只100W的白炽灯都换成20W的节能灯，每天工作5h，一个月（按30天计）可节约　48　 kW•h的电能。‎ ‎【考点】HF：电流的热效应、化学效应和磁效应；J3：电功与电能的计算．‎ ‎【分析】白炽灯是利用电流的热效应工作的；‎ 已知节能灯和白炽灯的功率，根据公式W=Pt可求一只一小时节约的电能，进一步求出4只每天使用5小时，30天可以节约的电能。‎ ‎【解答】解：白炽灯是利用电流的热效应工作的；‎ 一只一小时节约电能△W=（P1﹣P2）t=（0.1kW﹣0.02kW）×1h=0.08kW•h，‎ ‎4只每天使用5小时，30天可以节电W=0.08kW•h×4×5×30=48kW•h，‎ 故答案为：热效应；48。‎ ‎【点评】本题考查消耗电能的计算，关键是公式的应用和单位的换算，本题更深一层的意义是让我们学会节能。‎ ‎20．（2分）某太阳能热水器装有100kg初温为20℃的水，经过一天的太阳照射，水温升高到90℃，则这些水吸收的热量是　2.94×107　J；这相当于完全燃烧　1.4　m3天然气所放出的热量。[C水=4.2×l03J/（kg•℃）；q天然气=2．l×l07J/m3]。‎ ‎【考点】KB：太阳能热水器中的热量计算．‎ ‎【分析】（1）利用物质吸热公式求出吸收的热量；‎ ‎（2）由题意可知，Q放=Q吸，利用燃料燃烧放热公式的变形V=求出天然气的体积。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）水吸收的热量 Q吸=cm（t﹣t0）‎ ‎=4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（90℃﹣20℃）‎ ‎=2.94×107J；‎ ‎（2）由题意可知Q放=Q吸=2.94×107J，‎ 由Q放=Vq可得需要天然气的体积：‎ V===1.4m3。‎ 故答案为：2.94×107；1.4。‎ ‎【点评】本题综合考查了水吸收热量的计算和燃料燃烧放出热量的计算，因条件已给出，难度不大 ‎21．（2分）如图甲所示，为某物理兴趣小组利用热敏电阻等元件设计的简易电子温度计电路图，热敏电阻R的阻值随温度变化的图象如图乙所示，结合图象分析，当被测物体温度越高时，电路图中电压表示数将　越大　（选填“越大”或“越小”）．若某次测量电压表为3V时，则被测物体的温度约为　20　℃。‎ ‎【考点】IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】分析甲可知热敏电阻R与R0串联，电压表测R0两端电压，由图乙分析得出R的阻值随温度升高而小，结合串联电路特点分析电压表的示数变化情况；‎ 根据电压表的示数可求出热敏电阻R两端电压，根据串联电路的分压特点，求出R的阻值，在乙图中找出对应的温度。‎ ‎【解答】解：分析图甲可知热敏电阻R与R0串联，电压表测R0两端电压U0，当被测物体温度越高时，由图乙可知，热敏电阻变小，电路电流I0变大，R0两端电压即电压表示数U0=I0R0可知U0变大；‎ 当电压表为U'=3V时，根据串联电路的特点：‎ 通过R的电流：I=I'===0.03A，‎ 热敏电阻R两端电压：U=U总﹣U'=12V﹣3V=9V，‎ R的阻值：R===300Ω 对照乙图可知，被测物体的温度大约为20℃。‎ 故答案为：越大；20。‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的规律应用，要会从图象中获取信息。‎ ‎22．（2分）某白炽灯标有“220V100W”，则其正常发光时的电阻为　484　Ω，若将其接在110V的电源上，其实际电功率为P1；若让实际电流达到额定电流的一半时，其实际电功率为P2，则会有P1　＞　P2（选填“＞”“＜”或“=”）。‎ ‎【考点】JE：实际功率．‎ ‎【分析】灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI求出通过的电流，根据欧姆定律求出灯丝的电阻，再根据P=求出将它接在110V电源上时灯的实际功率即可。‎ ‎【解答】解：某白炽灯标有“220V100W”，则灯泡正常发光时的功率P=100W，电压U=220V，‎ 根据P=UI可得，通过它的电流：‎ I===A，‎ 根据欧姆定律可得，灯丝的电阻：‎ R===484Ω，‎ 将它接在110V电源上，灯的实际功率：‎ P1===25W。‎ 若让实际电流达到额定电流的一半时，且电阻不变时 其实际电功率为P2=U实I=110V××A=25W。‎ 让实际电流达到额定电流的一半时，电阻减小，即P2＜25W。‎ 所以P1＞P2。‎ 故答案为：484；＞。‎ ‎【点评】本题考查了电功率公式和欧姆定律的应用，关键是知道灯泡正常发光时的功率和额定功率相等。‎ ‎23．（2分）请在图中，标出小磁针的 N、S 极及通电螺线管周围的磁感线方向。‎ ‎【考点】C7：磁感线及其特点；CA：通电螺线管的磁场．‎ ‎【分析】知道电流的方向，根据安培定则可以判断出螺线管的极性，再根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互排斥，即可解决此题。‎ ‎【解答】解：如图，电流从螺线管左侧流向右侧，用右手握住螺线管，使四指环绕的方向与电流的方向相同，此时拇指所指的一端就是螺线管的N极，故螺线管右端为N极，左端为S极。磁感线在螺线管外部总是从N极指向S极，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针左端为N极，右端为S极，如图所示。‎ ‎【点评】安培定则的运用是此题解决的重要方法，同时还要用到磁极间的相互作用规律，当然，找准判断的突破口，也就是电源的正负极是本题的关键。‎ ‎24．（2分）某品牌滚筒洗衣机，筒门处有开关S1，筒门关闭时S1闭合，筒门打开时S1断开。S1和总开关S，必须同时闭合时，洗衣机才能工作。请在图中方框内连出符合要求的电路。‎ ‎【考点】HU：串、并联电路的设计．‎ ‎【分析】根据要求，S1和总开关S必须同时闭合时，洗衣机才能工作，据此确定两开关的连接方式。‎ ‎【解答】解：因要求S1和总开关S必须同时闭合时，洗衣机才能工作，即其中的任一开关闭合，电路不能连通，所以两开关应串联后组成双保险再与电动机连接，如下图所示：‎ ‎【点评】本题联系学生的生活实验，考查根据要求设计电路图的能力，难度中等。‎ ‎25．（5分）在“探究煤油和食用油吸热能力”的实验中，请回答：‎ ‎（1）为方便探究，研究对象煤油和食用油应满足的条件是：二者初温相同和　质量　。‎ ‎（2）如图，除装置图中的器材外，还需要的两种器材是　天平；秒表　。‎ ‎（3）实验中煤油和食用油吸热多少是通过　加热时间　来反映的。‎ ‎（4）实验中收集到的数据如表：‎ 材料 升高5℃加热时间/min 升高10℃加热时间/min 升高20℃加热时间/min 煤油 ‎3‎ ‎7‎ ‎15‎ 食用油 ‎2‎ ‎5‎ ‎11‎ 对比三次所收集到的实验数据发现：二者在每次升高相同的温度时，总是　煤油　需要加热的时间长，即代表它吸收的热量多。最终可得出的实验结论是　煤油的吸热能力大于食用油的吸热能力　。‎ ‎【考点】GX：探究比热容的实验．‎ ‎【分析】（1）根据控制变量法分析；‎ ‎（2）比较水和食用油的吸热能力，要用天平测量液体的质量，用秒表测量加热的时间；‎ ‎（3）吸收热量的多少可以用加热时间的长短来体现出来。相同的热源在相同的时间内放出的热量相等，加热时间越长说明吸收热量越多。‎ ‎（4）根据表格中的数据分析。‎ ‎【解答】解：（1）煤油吸收热量的多少，与被加热体的质量、升高的温度、加热时间有关，为方便探究，研究对象煤油和食用油应满足的条件是：二者初温相同和质量相同；‎ ‎（2）实验还需要用天平测量液体的质量和用秒表测量加热的时间。‎ ‎（3）加热过程中，水和食用油吸热的多少是通过加热时间来反映；‎ ‎（4）由表格中的数据可知，二者在每次升高相同的温度时，煤油需要加热的时间长，代表它吸收的热量多，这表明煤油的吸热能力大于食用油的吸热能力，即：煤油的比热容大于食用油的比热容。‎ 故答案为：（1）质量；（2）天平；秒表；（3）加热时间；（4）煤油；煤油的吸热能力大于食用油的吸热能力。‎ ‎【点评】此题探究水和煤油的比热容的实验，注意控制变量法的应用，掌握加热时间的含义，并注意热量的基本公式及变形公式的应用。‎ ‎26．（5分）在探究“影响电阻大小因素”的实验中，某小组设计的探究电路图如图1，如图2为可供选择的材料导体。‎ ‎（1）在探究导体的电阻与材料关系时，应选用　AB　两个导体分别接入电路的EF间。‎ ‎（2）在将B、C两个导体分别接入电路EF间时，则接入　B　导体灯泡会更亮些。‎ ‎（3）在将B、D两个导体分别接入电路时，观察到接导体D比接B灯泡更亮些，则分析得出的结论是　在材料、长度相同的情况下，横截面积越大，导体的电阻越小　。‎ ‎（4）评估：你认为此次探究在电路设计上的不足是　不能准确的比较出电阻相差不大的电阻丝的电阻大小　你的改进意见是　在原电路中串联一个电流表　。‎ ‎【考点】IA：影响电阻大小的因素．‎ ‎【分析】（1）电阻的大小在不考虑温度的前提下，有三个决定因素：材料、长度、横截面积。因此要研究电阻的大小与每一个因素的具体关系时，要用到控制变量法。即研究电阻的大小与哪个因素有关，就要让这个因素变化，其余的因素都相同，去做实验验证。‎ ‎（2）此实验中，若灯泡亮度变化不明显时，不容易观察出亮度的变化。‎ ‎【解答】解：（1）在探究导体的电阻与材料关系时，应让导体的长度、横街面积相同，但材料不同，故选AB两根电阻丝；‎ ‎（2）在将B、C两个导体分别接入电路EF间时，此时导体的材料相同、横街面积相同，但B短一些，即B的电阻小一些，所以B接入电路时灯泡更亮；‎ ‎（3）在将B、D两个导体分别接入电路时，此时的材料相同，长度相同，但横街面积不同，此时观察到接导体D比接B灯泡更亮些，即说明在材料、长度相同的情况下，横截面积越大，导体的电阻越小；‎ ‎（4）此实验中，若灯泡亮度变化不明显时，不容易观察出亮度的变化；故此次探究在电路设计上的不足是：不能准确的比较出电阻相差不大的电阻丝的电阻大小；你的改进意见是：在原电路中串联一个电流表；‎ 故答案为：（1）AB；（2）B；（3）在材料、长度相同的情况下，横截面积越大，导体的电阻越小；‎ ‎（4）不能准确的比较出电阻相差不大的电阻丝的电阻大小；在原电路中串联一个电流表。‎ ‎【点评】本题是一道探究影响导体电阻因素的习题，掌握影响导体电阻大小的因素是正确解题的前提与关键；本实验中应用了控制变量法和转换法，要注意熟练掌握不同的实验方法。‎ ‎27．（6分）在“探究小灯泡电阻”的实验中，灯泡额定电压为2.5V，请回答：‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 电压/V ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ 电流/A ‎0.22‎ ‎0.25‎ ‎0.28‎ ‎0.30‎ 电阻/Ω ‎6.8‎ ‎8.0‎ ‎10.0‎ 发光情况 逐渐变亮 ‎（1）上面实物图的连接只差一根导线，请你帮助连好。‎ ‎（2）某实验小组连完电路图后，闭合开关发现小灯泡很亮，调节变阻器滑片发现小灯泡的亮度没有任何变化，电流表示数也不改变，则造成此现象的原因是　滑动变阻器同时接了上面的两接线柱　。‎ ‎（3）改正电路后小组收集到如上表的数据及现象，表中第三次的电阻值应是　8.9　Ω，根据表中数据及现象，可得出的探究结论是　灯泡两端电压越大，灯泡越亮，灯泡的电阻越大　。‎ ‎（4）纵观此实验的探究过程，发现与“测量小灯泡电功率”的实验几乎完全相同，通过计算每次小灯泡的电功率并结合实验现象，分析可得的实验结论有：‎ ‎①小灯泡的额定电功率为　0.7　W；②　灯泡的实际功率越大，灯泡越亮　。‎ ‎【考点】IM：伏安法测电阻的探究实验．‎ ‎【分析】（1）根据本实验中电路的连接方式和电表作用分析补充连接电路；‎ ‎（2）调节滑动变阻器不起作用，且灯泡的亮度很亮，说明电路中电阻很小，可能是滑动变阻器同时接了上面两个接线柱；‎ ‎（3）由表中数据，由欧姆定律计算第三次实验的电阻值；灯泡电阻是变化的，由此根据表中数据和现象得出结论；‎ ‎（4）灯泡正常发光时电压等于其额定电压，由P=UI计算小灯泡的额定电功率；‎ 计算每次灯泡功率，结合灯泡亮度得出结论。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）在“探究小灯泡电阻”的实验中，滑动变阻器、灯泡、电流表应串联，电压表应与灯泡并联，滑动变阻器应一上一下接入电路中，由此补充连接电路如图所示：‎ ‎；‎ ‎（2）闭合开关发现小灯泡很亮，说明电路中电流大，电阻小。调节变阻器滑片发现小灯泡的亮度没有任何变化，电流表示数也不改变，说明滑动变阻器不能改变电路中电阻，所以造成此现象的原因可能是滑动变阻器同时接了上面的两接线柱；‎ ‎（3）由表中数据可知，第三次实验中灯泡两端电压2.5V，通过灯泡的电流为0.28A，由欧姆定律可得此时灯泡电阻：‎ R==≈8.9Ω，‎ 由表中数据可知，灯泡两端电压越大，灯泡越亮，灯泡的电阻也越大；‎ ‎（4）由表中数据知，灯泡电压等于额定电压2.5V时，灯光正常发光，所以灯光的额定功率：‎ P=UI=2.5V×0.28A=0.7W；‎ 第1次实验灯泡的实际功率：P1=U1I1=1.5V×0.22A=0.33W；‎ 第2次实验灯泡的实际功率：P2=U2I2=2.0V×0.25A=0.5W；‎ 第3次实验灯泡的实际功率：P3=P=0.7W；‎ 第4次实验灯泡的实际功率：P4=U4I4=3.0V×0.3A=0.9W；‎ 并且灯泡亮度逐渐变亮，所以可得结论：灯泡的实际功率越大，灯泡越亮。‎ 故答案为：（1）见上图；‎ ‎（2）滑动变阻器同时接了上面的两接线柱；‎ ‎（3）8.9；灯泡两端电压越大，灯泡越亮，灯泡的电阻越大；‎ ‎（4）0.7；灯泡的实际功率越大，灯泡越亮。‎ ‎【点评】本题涉及测灯泡电阻和功率的实验，考查了实物连接、故障分析、电阻和功率的计算，以及数据分析等，是中考中常考的实验，要掌握好。‎ ‎28．（6分）如图甲，是一种用于养生保健的煮饮电器养生壶，其电功率可调，某品牌养生壶参数如下表，请回答：‎ 型号 SD630‎ 额定电压 ‎220V 额定功率 ‎50Hz 容量 ‎2kg 额定最大功率 ‎1100W ‎（1）该养生壶在额定最大功率工作时的电流是多大？‎ ‎（2）将壶内2kg的水及其它营养物质从20℃以800W功率慢煮至100℃，求此过程中里面的混合物质吸收的热量是多少J？所需加热时间至少多少秒？（里面混合物质比热容取4.0×l03J/（ kg•℃），不计热损失）‎ ‎（3）现关闭家中其他所有用电器，只让该养生壶在最大功率下工作3min，同时记录家中电能表（如图乙）上的指示灯闪烁了60次（表盘上“1200imp/kW•h”字样，表示用电器每消耗lkW•h电能，指示灯闪烁1200次）。请计算此养生壶的实际最大功率是多少W？并与额定最大功率进行对比看否相同，若不同请分析原因。‎ ‎【考点】JK：电功与热量的综合计算．‎ ‎【分析】（1）根据P=UI求出该养生壶在额定最大功率工作时的电流；‎ ‎（2）知道混合物质的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；当水吸收的热量和消耗的电能相等时需要的加热时间最短，根据P=求出其大小；‎ ‎（3）根据电能表的参数求出养生壶消耗的电能，利用P=求出此养生壶的实际最大功率，然后从实际电压角度分析。‎ ‎【解答】解：（1）由P=UI可得，该养生壶在额定最大功率工作时的电流：‎ I===5A；‎ ‎（2）混合物质吸收的热量：‎ Q吸=cm（t﹣t0）=4.0×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）=6.4×105J，‎ 当水吸收的热量和消耗的电能相等时需要的加热时间最短，‎ 由P=可得，需要的最短时间：‎ t′====800s；‎ ‎（3）养生壶消耗的电能：‎ W′=kW•h=0.05kW•h=1.8×105J，‎ 此养生壶的实际最大功率：‎ P实′===1000W＜1100W，‎ 原因可能是电水壶工作时的实际电压小于额定电压（220V），所以实际功率小于额定功率。‎ 答：（1）该养生壶在额定最大功率工作时的电流是5A；‎ ‎（2）此过程巾里面的混合物质吸收的热量是6.4×105J，所需加热时间至少为800s；‎ ‎（3）此养生壶的实际最大功率是1000W；与额定最大功率不相同的原因是电水壶工作时的实际电压小于额定电压。‎ ‎【点评】本题涉及到电功率公司、吸热公式、电功公式的应用，是一道热学和电学的综合题，从题干和表格中获取有用的信息是关键。‎ 教科版物理九年级上册期末测试题(二)‎ ‎（时间：90分钟 分值：100分）‎ 一、选择题（每小题3分，共36分）‎ ‎1．（3分）如图示为常见的家用电器，关于它们正常工作时的电流，下列说法中合理的是（　　）‎ A．电风扇约25A B．电冰箱约1A ‎ C．电饭煲约0.8A D．微波炉约20A ‎【考点】HG：电流的大小．‎ ‎【分析】对于每个用电器的电流大小是多少，我们是有些陌生，不过我们可以借助我们比较熟悉的电功率来进行分析。‎ ‎【解答】解：‎ 家用电器的电压是220V，根据题目所给数据可知：‎ A、电风扇的电功率：P=UI=220V×25A=5500W，而电风扇功率约为45W～100W，故A说法不合理；‎ B、电冰箱的电功率：P=220V×1A=220W，电冰箱实际功率在200W左右，故B说法合理；‎ C、电饭煲的电功率：P=220V×0.8A=176W，而电饭煲实际电功率约为800W，故C说法不合理；‎ D、微波炉的电功率：P=220V×20A=4400W，而微波炉电功率约为800W，故D说法不合理。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题是一道估算题，考查了对用电器电流的了解，可用电功率公式将电流转变为电功率进行分析。‎ ‎2．（3分）关于欧姆定律变形公式R=，说法中正确的是（　　）‎ A．导体的电阻与这段导体两端的电压成正比 ‎ B．导体的电阻与这段导体的电流成反比 ‎ C．电压一定时。导体中的电流越大，导体的电阻越小 ‎ D．利用这个公式可以计算电阻，但是电阻和电压、电流无关 ‎【考点】IG：欧姆定律的变形公式．‎ ‎【分析】导体电阻可由导体两端的电压值与流过导体的电流值的比值求得，但是导体电阻是导体本身的一种性质，与流过的电流和两端的电压无关。‎ ‎【解答】解：导体电阻的影响因素：导体的长度、横截面积、材料。‎ 当电压和电流变化时，导体的长度、横截面积、材料都没变，电阻不变。‎ 利用公式R=，只是计算电阻的一种方法，但是电阻与电压、电流都无关。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】我们根据比值定义法定义了电阻，但是电阻是由导体本身的性质决定的，与通过它的电流及两端的电压是无关的，在学习中要注意体会和理解。‎ ‎3．（3分）用铁锤敲打铁钉，铁钉温度升高是因为铁锤（　　）‎ A．把温度传递给铁钉 B．把热量传递给铁钉 ‎ C．把内能传递给铁钉 D．对铁钉做了功 ‎【考点】G9：做功改变物体内能．‎ ‎【分析】解决此题要知道做功可以改变物体的内能。‎ ‎【解答】解：用铁锤敲打铁钉，铁锤对铁钉做功，所以铁钉温度升高、内能增大；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】解决此类题目要结合做功改变物体内能解决问题。‎ ‎4．（3分）下列四幅图中能说明电动机的工作原理的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】CM：直流电动机的原理．‎ ‎【分析】要解答本题需掌握：电动机的原理是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的。‎ ‎【解答】解：A、图中是电磁继电器的原理图，故A错误；‎ B、开关闭合后，导线周围的小磁针发生偏转，即说明了通电导线周围存在着磁场，故B错误；‎ C、该选项是用来研究电磁铁磁性 强弱的因素的实验，故该C错误；‎ D、当闭合开关后，导体会运动，即通电导线在磁场中受力的作用，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。‎ ‎5．（3分）将质量相同的三块金属甲、乙、丙加热到相同的温度后，放到表面平整的石蜡上。经过一定时间后，观察到的现象如图所示。则三块金属的比热（　　）‎ A．甲最大 B．乙最大 C．丙最大 D．一样大 ‎【考点】GD：比热容的概念及其计算．‎ ‎【分析】甲、乙、丙三个金属块的初温、质量都是相等的，过一段时间后，三个金属块的温度降低，末温也是相等的；‎ 石蜡熔化多的说明石蜡吸收热量多，说明它上面放置的金属块放出热量多，根据Q放=cm（t0﹣t），在质量、降低的温度相同时，放出热量多的这种物质比热容大。‎ ‎【解答】解：金属块丙下方的石蜡熔化快，说明金属块丙放出的热量多，甲、乙、丙的初温、末温都是相等的，温度变化值就是相同的，根据公式Q放=cm（t0﹣t）可知：甲、乙、丙三个金属块的质量、温度的变化值是相等的，金属块丙放出的热量多，所以金属块丙的比热容比较大。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了学生对放热公式的掌握和运用，根据在冰块上判断金属块的末温相同是突破口，知道形状改变程度不同反应放出热量不同是关键。‎ ‎6．（3分）三个电阻R1、R2、R3并联于同一电路中，其阻值分别为30Ω、20Ω、10Ω，通过它们的电流分别为I1、I2、I3，那么I1：I2：I3为（　　）‎ A．6：3：2 B．2：3：6 C．3：2：1 D．1：2：3‎ ‎【考点】IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】根据并联电路中支路电流与支路电阻的比值关系进行分析，即电流之比等于电阻的反比。‎ ‎【解答】解：因为R1：R2：R3=30Ω：20Ω：10Ω=3：2：1；‎ 所以=2：3：6。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】会熟练应用欧姆定律，知道并联电路电阻与电流的比值关系。‎ ‎7．（3分）如图所示四个电路中，电阻R的阻值和电源电压已知，根据已知条件和电表的示数能测出电阻Rx阻值的电路是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】IH：欧姆定律的应用；II：电阻的串联；IJ：电阻的并联．‎ ‎【分析】求解电阻的阻值可利用欧姆定律公式R=，只要能测出电压值和电流值，就可以求出电阻的大小。‎ ‎【解答】解：A、两个电阻并联，电压表的示数即为它们的电压，但无法测出通过Rx的电流，所以不能测出电阻，不符合题意；‎ B、Rx被电流表短路，所以不能测出电阻，不符合题意；‎ C、两个电阻是并联的，所以电压一样，电压可以通过U=IR求出，但无法测出电流，所以不能测出电阻，不符合题意；‎ D、两个电阻是串联的，电压表测的是Rx的电压值，而电源电压已知，所以可以求出电阻R的电压，利用公式I=可以求出通过它们的电流，然后再利用公式R=求出Rx的电阻，可以测出阻值，符合题意；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题型可结合串并联电路的特点，利用欧姆定律求解电阻的大小。‎ ‎8．（3分）在如图所示的电路中，电源电压和灯泡电阻都保持不变。当滑动变阻器的滑片P由中点向右移动时，下列判断正确的是（　　）‎ A．电流表和电压表的示数都增大 ‎ B．电流表和电压表的示数都减小 ‎ C．电流表示数减小，电压表示数不变 ‎ D．电流表示数减小，电压表示数变大 ‎【考点】IZ：电路的动态分析．‎ ‎【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测电源的电压，电流表测通过变阻器的电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据并联电路的电压特点和欧姆定律可知通过滑动变阻器的电流变化。‎ ‎【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测电源的电压，电流表测通过变阻器的电流。‎ 因电源电压保持不变，‎ 所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故ABD错误；‎ 当滑动变阻器的滑片P由中点向右移动时，接入电路中的电阻增大，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，‎ 所以，通过滑动变阻器的电流减小，即电流表的示数减小，故C正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断。‎ ‎9．（3分）甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是（　　）‎ A．甲灯的实际功率一定是40W ‎ B．将乙灯接入110V电路中，它的额定功率仍为60W ‎ C．两灯均正常发光时，甲灯灯丝电阻较小 ‎ D．两灯均正常发光时，甲灯消耗的电能较少 ‎【考点】J8：电功率与电能、时间的关系；J9：电功率与电压、电流的关系；JC：额定功率；JE：实际功率．‎ ‎【分析】从铭牌上得出两个灯的额定电压都是220V，甲的额定功率是40W，乙的额定功率是60W，只有在额定电压下时，功率才是额定功率。‎ ‎【解答】解：A、说法错误，当甲灯的电压是220V时，功率才是40W。‎ B、说法正确，灯得到的电压都小于额定电压，实际功率小于额定功率，但额定功率是不变的，此时的功率是实际功率。‎ C、说法错误，由R=知，在额定电压相等时，额定功率大者的电阻小，故甲灯的电阻大，乙灯的电阻小。‎ D、说法错误，两个电灯正常工作时，虽然功率都是额定功率，但没有时间，故无法比较消耗电能的多少。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了对额定电压和额定功率的理解。本题容易看成是没有答案的，B中的说法很容易认为是错误的，额定功率是不变的。不能把实际功率看成是额定功率。‎ ‎10．（3分）两个灯泡L1和L2分别标有“6V、2A”和“9V、1A”字样，不考虑温度的影响，将它们连入同一电路中，为确保两灯均不坏，下列说法正确的是（　　）‎ A．将它们串联时，电路两端允许最大电压是15V ‎ B．将它们并联时，干路中允许最大电流是3A ‎ C．将它们并联时，电路中允许最大总功率是21W ‎ D．将它们串联时，L1允许的最大功率是3W ‎【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．‎ ‎【分析】根据题目中给出两个灯泡的电压值和电流值，可以利用欧姆定律求出两盏灯泡的电阻，结合选项进行分析即可。‎ ‎【解答】解：由灯泡L1标有“6V、2A”，可以求出R1===3Ω，由灯泡L2标有“9V、1A”，可以求出R2===9Ω，通过它们的电流和两端电压都不能超过额定值，否则会损坏灯泡；‎ A、将它们串联时，则干路最大电流是1A，总电压为1A×（3Ω+9Ω）=12V，不符合题意；‎ B、将它们并联时，干路两端的最大电压为6v，所以干路中允许最大电流I==2.67A，不符合题意；‎ C、将它们并联时，电路中允许最大总功率P==16W，不符合题意；‎ D、将它们串联时，L1允许的最大电流是1A，所以最大功率P=I2R=3W，符合题意；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】当两盏灯的规格不一样时，如果连入电路，那么它们的电流和电压都不能超过额定值，否则会损坏灯泡。‎ ‎11．（3分）在图所示电路中，当开关S闭合后，发现电压表V1和V2的示数相同，则电路中发生的故障可能是（　　）‎ A．灯L1的灯丝断了 B．灯L2的灯丝断了 ‎ C．开关S处接触不良 D．灯L1两端接线柱短路 ‎【考点】IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用．‎ ‎【分析】首先从电路图中获取信息：两个灯泡串联、电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，电压表V2测量的是电源电压，当两个电表的示数相同，说明电路中有一处出现了故障，可能是某一处短路或断路，再根据具体的情况分析出故障的位置。‎ ‎【解答】解：根据电路图可知，两个小灯泡串联、电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，电压表V2测量的是电源电压，当两个电压表的示数相同时，说明电路中出现了断路或短路。‎ 再根据串联电路的特点，当小灯泡L1出现断路时，两个电压表有示数，且示数相等，符合题意；‎ 当灯泡L2出现断路时，电压表V1没有示数，故不符合题意；‎ 当开关S处接触不良时，电压表V1没有示数，故不符合题意；‎ 当灯L1两端接线柱短路时，电压表V1没有示数，故不符合题意。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】此题是一道故障分析题，解答时让学生根据实验现象来分析出故障的原因，从中培养了学生分析问题和解决问题的能力。‎ ‎12．（3分）一盏电灯接在恒定电压的电源上，其功率为100W．若将这盏电灯先接在一段很长的导线后，再接在同一电源上，已知导线上损失功率是9W，那么此时电灯实际消耗功率是（　　）‎ A．91W B．小于91W ‎ C．大于91W D．条件不足，无法确定 ‎【考点】JA：电功率的计算．‎ ‎【分析】已知导线和灯泡串联，导线电阻较大，说明电路电阻变大，根据公式P=可知，电路的总功率变小，已知导线消耗的功率从而可以求出灯泡消耗的功率。‎ ‎【解答】解：如果导线电阻忽略时，灯接在恒定电压的电源上功率是100W；‎ 因为导线和灯泡串联，当导线上电阻较大时，即电路中的电阻变大，由P=可知电路消耗的总功率变小，即小于100W，而导线上消耗的功率为9W，所以灯泡的实际功率只能小于91W。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查电功率计算公式的应用，特别注意实际功率与额定功率的区别，此题较难分析，属于难题。‎ 二、填空（每空1分，共17分．）‎ ‎13．（2分）“蒹葭苍苍，白露为霜。所谓伊人，在水一方。”是《诗经•秦风•蒹葭》中的名句。从物理角度看，露和霜的形成分别属于　液化　和　凝华　物态变化过程。‎ ‎【考点】1M：液化及液化现象；1R：生活中的凝华现象．‎ ‎【分析】解决此题的关键是知道物质从气态变成液态称为液化，物质从气态之间变成固态叫做凝华。‎ ‎【解答】解：空气中的水蒸气遇冷时常会发生液化现象变成小水滴，有时空气中的水蒸气遇冷也会之间变成小冰粒，发生的是凝华现象；‎ 故答案为：液化，凝华。‎ ‎【点评】此题考查了对液化和凝华现象概念的理解，会利用物态变化特点分析生活现象。‎ ‎14．（2分）如图是三聚氰胺分子结构示意图。常压下其熔点为354℃，可见三聚氰胺属于固体中的　晶体　（选填“晶体”、“非晶体”）．加热时，它也可升华，这个过程要　吸热　（选填“吸热“、“放热”）。‎ ‎【考点】1D：晶体和非晶体的区别；1Q：生活中的升华现象．‎ ‎【分析】要解答本题需掌握：晶体有固定的熔点，而非晶体没有；以及升华吸热。‎ ‎【解答】解：常压下三聚氰胺熔点为354℃，所以三聚氰胺属于固体中的晶体；加热时它可以升华，升华吸热。‎ 故本题答案为：晶体，吸热 ‎【点评】本题主要考查学生对：晶体和非晶体的区别，以及升华吸热的理解和掌握。‎ ‎15．（2分）公园中的人工湖可以大大减弱周围地区的“热岛效应”，这是利用了水的　比热容　特性。当你漫步在公园中，可以闻到阵阵的花香，说明　分子不停地做无规则运动　。‎ ‎【考点】GE：水的比热容的特点及应用；GW：扩散现象．‎ ‎【分析】（1）人工湖，水多，因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析；‎ ‎（2）一切物体的分子都在永不停息的做无规则运动，由于分子的体积很小，分子的运动无法用肉眼直接看到，但可以通过气味、颜色的变化来体现；‎ ‎【解答】解：（1）因为水的比热容较大，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少，减弱了周围地区的“热岛效应”；‎ ‎（2）闻到阵阵花香，说明花的分子在不停地做无规则运动；‎ 故答案为：比热容；分子不停地做无规则运动。‎ ‎【点评】本题考查了水的比热容较大的特点、分子的运动的知识，难度不大，但综合性强、密切联系生活，属于中考的热点。‎ ‎16．（3分）两根电阻线的电阻之比是3：4，若通过的电流之比为4：3，则它们两端的电压之比是　1：1　，在相同时间内，电流通过两根电阻线所做的电功之　4：3　。消耗的电能之比　4：3　。‎ ‎【考点】IH：欧姆定律的应用；J3：电功与电能的计算．‎ ‎【分析】知道两根电阻线的电阻之比和通过的电流之比，根据欧姆定律求出两端的电压之比；根据W=UIt求出在相同时间内电流通过两根电阻线所做的电功之比，电阻消耗的电能和电流所做的功相等。‎ ‎【解答】解：由题意可知，两根电阻线的电阻之比R1：R2=3：4，通过的电流之比I1：I2=4：3，‎ 由I=可得，两端的电压之比：‎ ‎==×=×=；‎ 由W=UIt可得，在相同时间内电流通过两根电阻线所做的电功之比：‎ ‎==×=×=；‎ 因电阻消耗的电能和电流所做的功相等，‎ 所以，消耗的电能之比为4：3。‎ 故答案为：1：1； 4：3； 4：3。‎ ‎【点评】本题考查了欧姆定律和电功公式的应用，是一道较为简单的应用题。‎ ‎17．（2分）在如图所示的电路中，电源电压不变。开关S闭合后，移动滑片P，改变滑动变阻器接入电路的阻值，使电压表的示数从6V变化到2V，同时观察到电流表的示数从0.5A变化到1A，则定值电阻R0的阻值为　8　Ω，电源电压为　10　V。‎ ‎【考点】IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】由电路图可知，R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；根据串联电路的电压特点可知当电压表的示数减小时，定值电阻两端的电压增大，根据欧姆定律可知电路中的电流增大，据此可知电压表对应的电流；然后根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示电源的电压，根据电源的电压不变得出等式即可求出R0的阻值和电源的电压。‎ ‎【解答】解：由电路图可知，R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；‎ 当电压表的示数减小时，‎ 因串联电路的总电压等于各分电压之和，‎ 所以，定值电阻两端的电压增大，‎ 根据U=IR可知，电路中的电流增大，‎ 故当电压表的示数为6V时，电路中的电流为0.5A，‎ 由I=可得，电源的电压：‎ U=U滑+IR0=6V+0.5A×R0；‎ 当电压表的示数为2V，电路中的电流为1A，则电源的电压：‎ U=U滑′+I′R0=2V+1A×R0；‎ 因电源的电压不变，‎ 所以，6V+0.5A×R0=2V+1A×R0，‎ 解得：R0=8Ω，‎ 电源的电压U=U滑+IR0=6V+0.5A×8Ω=10V。‎ 故答案为：8；10。‎ ‎【点评】本题考查串联电路电压规律及欧姆定律的使用，要求学生能从题意中读出R0两端的电压变化，并能用欧姆定律列式求解。‎ ‎18．（4分）物业工作人员来李明家收电费，他观察到李明家电能表的情况如图所示。然后从记录本上查出上月电能表的示数是811.6kW•h．若按0.5元/（kW•h）计费，李明家本月应缴电费　60　元；当李明家只有一盏电灯工作时，3min内转盘正好转过5圈，则该灯泡消耗的电能是　7200　J，其功率为　40　W；若家中已有200W的电视机一台，700W的电饭锅一只，则李明家的电路上最多可接“220V 40W”的电灯　5　盏。‎ ‎【考点】J5：电能表参数的理解与电能的求法；JA：电功率的计算．‎ ‎【分析】（1）电能表参数：KW•h及下面的数字﹣﹣表示至目前为止消耗的电能，即从电能表开始使用到现在用了多少KW•h的电；转盘和最下面的2500R/KW•h﹣﹣表示的是消耗1KW•h的电能，转盘转动2500转；220V 5A 50Hz﹣﹣表示此电能表是使用在220V 50Hz的家庭电路中，允许通过的最大电流是5A，即允许同时使用的用电器电功率为P=220V×5A=1100W。‎ ‎（2）灯泡“220V 40W”表示此灯泡额定电压为220V，额定电功率为40W。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）电能表示数为931.6KW•h，而上月电能表示数是811.6KW•h，故本月用电931.6﹣811.6=120KW•h．按0.5元/（kW•h）计费，应缴电费120×0.5=60元。‎ ‎（2）转盘是消耗1KW•h电能转动2500转，3min内转盘转5圈，‎ 耗电为W==0.002×3.6×106J=7200J。‎ 则此电灯泡电功率为。‎ ‎（3）此电能表允许同时使用用电器的最大功率为1100W，故还可以同时使用的用电器为1100W﹣700W﹣200W=200W。‎ 而一盏灯泡功率为40W，故还可以同时使用200÷40=5盏。‎ 故本题的答案为：60；7200；40；5‎ ‎【点评】有电能表的电功率计算，要注意单位。电功率用KW做单位，时间用h做单位时，算出的电功单位是KW•h；电功率用W做单位，时间用s做单位时，算出的电功单位是J．换算关系是1KW•h=3.6×106J。‎ ‎19．（2分）“指南针”是我国四大发明之一，这一伟大发明在航海、探险、军事方面都有重要的实用价值。指南针能指方向，是因为指南针受到了　地　磁场的作用。指南针静止时北极所指的方向是在地理的　北　极附近。‎ ‎【考点】C8：地磁场．‎ ‎【分析】地球周围存在磁场﹣﹣﹣地磁场，地磁场的形状和条形磁铁的磁场很相似，地磁的南极在地理的北极附近，地磁的北极在地理的南极附近；‎ 放在地面附近的指南针就是因为受到地磁场的作用，所以南极指南，北极指北。‎ ‎【解答】解：“指南针”是我国的四大发明之一，指南针之所以能够指方向就是因为受到了地磁场的作用；‎ 指南针静止时南极指南，北极指北。‎ 故答案为：地；北。‎ ‎【点评】此题考查我们对于地磁场和指南针的了解，是一道基础题。‎ 三、作图题（共6分）‎ ‎20．（3分）磁铁旁图中小磁针静止状态如图所示，在图上标出磁感线方向和磁铁的N、S，标出电源的正负极。（标“+”“﹣”）极。（小磁针黑端为N极）‎ ‎【考点】CB：安培定则及其应用．‎ ‎【分析】由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引先判断出磁体的极性，再由磁感线的方向特点作图。‎ ‎【解答】解：据小磁针的指向可知，小磁针的左端是S极，据异名磁性相互吸引可知，该电磁铁的右端是N极，故结合安培定则可知：电流从电磁铁的右端流入，左端流出，故电源的右端是正极，左端是负极，再根据在磁铁的外部，磁感线从N极出发回到S极的特点做出磁感线来即可；‎ ‎【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则的使用。利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。‎ ‎21．（3分）如图所示是安装一盏螺丝口电灯和一个大功率插座的实物示意图，A．B为保险丝，请在图上用笔画线代替导线连接电路，所连接的电路应符合安全用电的原则。‎ ‎【考点】IO：家庭电路的连接．‎ ‎【分析】（1）家庭电路中，开关控制灯泡时，火线首先过保险丝，再进入开关，最后进入灯泡的金属点，零线直接进入灯泡螺旋套。‎ ‎（2）大功率的插座插入大功率的用电器时，电流很大，产生的电热很多，容易烧坏导线，为了起到保护作用，接插座的火线首先进入保险丝，然后再进入插孔。‎ 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：（1）火线过保险丝之后，再过开关，进入灯泡顶端的金属点，零线直接进入灯泡的螺旋套。在更换灯泡时，断开开关，切断火线，操作更安全。‎ ‎（2）上孔接地线，左孔接零线，火线首先过B保险丝，再进入右孔。如图所示：‎ ‎【点评】本题考查家庭电路的连接，连接时要注意不但考虑使用性，更要考虑安全性。‎ 四、计算题（共15分，22题6分、23题9分）‎ ‎22．（6分）为了测定某额定功率为1000W的电热水器的效率，物理兴趣小组的同学在热水器中加了2kg的水，让热水器正常工作，并绘制出通电加热过程中水温随时间的变化情况图，求：‎ ‎（1）加热2min，水的温度升高了多少？‎ ‎（2）加热6min，水吸收了多少热量？‎ ‎（3）电热水器的效率是指水吸收的热量与电热水器放出的热量之比，该热水器正常工作时的效率为多少？‎ ‎【考点】E6：能量利用效率；GG：热量的计算；J3：电功与电能的计算．‎ ‎【分析】根据图象可以读出在各时间段内水的温度，利用公式Q吸=cm△t计算水吸收的热量，结合电功的公式W=Pt求解电热器放出的热量。‎ ‎【解答】解：（1）水温升高△t=30℃﹣20℃=10℃；‎ ‎（2）水吸收热量Q=cm△t=4.2×103J/（Kg•℃）×2kg×30℃=2.52×105J；‎ ‎（3）W=Pt=1000W×360s=3.6×105J，‎ η==×100%=70%；‎ 答：（1）加热2min，水的温度升高了10℃；‎ ‎（2）加热6min，水吸收了=2.52×105J；‎ ‎（3）该热水器正常工作时的效率为70%。‎ ‎【点评】解决此类综合性的题目，要结合相关的物理公式分析求解。‎ ‎23．（9分）如图所示电路中，电源电压恒定为4.5V，电流表示数为0.5A，电压表V1的示数为3V．当把滑动变阻器的滑片移到最右端时，电流表示数变为0.3A．求：‎ ‎（1）电压表V2的示数；‎ ‎（2）电阻R1的电阻值；‎ ‎（3）滑动变阻器的最大电阻；‎ ‎（4）滑片移到最右端时，V1的示数及此时电路消耗的总功率。‎ ‎【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．‎ ‎【分析】由电路图可知两电阻串联，电压表V1测R2的电压，V2测总电压；‎ ‎（1）（2）由串联电路的特点可知R1两端的电压，由欧姆定律可求得电阻R1及V2的示数；‎ ‎（3）由滑片移动后的电流和R1的阻值，由欧姆定律可求得滑动变阻的最大阻值；‎ ‎（4）由串联电路的特点可求得V1的示数，由功率公式可求得总功率。‎ ‎【解答】解：（1）电压表V2测电源电压，电压恒定不变，等于4.5V，故V2的示数为4.5V；‎ ‎（2）由串联电路的特点得，R1上的电压为：U2=U﹣U1=4.5V﹣3V=1.5V；‎ 由欧姆定律得：R1===3Ω；‎ ‎（3）由欧姆定律知：R1+Rmax=‎ Rmax=﹣R1=﹣3Ω=12Ω；‎ ‎（4）V1的示数U1'=Rmax×I2=12Ω×0.3A=3.6V；‎ 电路上消耗的总功率P总=UI2=4.5V×0.3A=1.35W。‎ 答：（1）V2的示数为4.5V；（2）R1的阻值为3Ω；（3）滑动变阻器最大阻值为12Ω；（4）V1的示数为3.6V，电路上消耗的总功率为1.35W。‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是知道电压表所测电路元件的判断。‎ 五、实验、探究题（计26分．每空1分，作图每题2分．）‎ ‎24．（5分）小华所在小组的同学为了研究水的沸腾，取了200 g的水加热，下表是他们记录的有关数据。‎ 时间/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ 水温/℃‎ ‎90‎ ‎92‎ ‎94‎ ‎96‎ ‎97‎ ‎98‎ ‎99‎ ‎99‎ ‎99‎ ‎99‎ ‎（1）加热前水的温度如图1，把烧杯中的水加热至沸腾，水需要吸收的热量为　6.804×104　J．（假设加热过程中水的质量不发生变化）‎ ‎（2）如图2中，表示水沸腾的图是　D　。‎ ‎（3）根据表中数据分析可知，水在沸腾时的特点是　继续吸热但温度保持不变　。‎ ‎（4）小华发现，水从开始加热到沸腾这段时间过长。如果要适当缩短实验时间，则可行的一种方法是　提高水的初温；或减少水的质量；或在烧杯上加纸盖等　。‎ ‎（5）试分析水的沸点不是100℃的可能原因（写出一种即可）　当地气压低　。‎ ‎【考点】1O：探究水的沸腾实验．‎ ‎【分析】利用热量的求解公式Q=cm△t求解水吸收的热量，实验注意事项要清楚，结合这两点做得出结论。‎ ‎【解答】解：由图可知水的初温是19℃，则水需要吸收的热量：‎ Q=cm△t=4.2×103J∕（kg•℃）×0.2kg×（100℃﹣19℃）=6.804×104J；‎ 水沸腾时温度不变，缩短时间就要提高水的初温或减少水的质量；或在烧杯上加纸盖等，大气压影响液体的沸点；‎ 故答案为：（1）6.804×104‎ ‎（2）D ‎（3）继续吸热但温度保持不变 ‎（4）提高水的初温；或减少水的质量；或在烧杯上加纸盖等 ‎（5）当地气压低，水的沸点达不到100℃。‎ ‎【点评】这类综合分析题目，要求利用所学知识处理物理问题，因此要求知识要全面，否则会影响全局。‎ ‎25．（7分）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。‎ ‎（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）。‎ ‎（2）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。‎ ‎①由图象可以得出结论：电压一定时，　导体中的电流与电阻成反比　。‎ ‎②上述实验中，小明用5Ω的电阻做完实验后，接下来的操作是　断开开关　，然后将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，移动滑片，使电压表示数为　2.5　‎ ‎ V时，读出电流表的示数。‎ ‎（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于　35　Ω的滑动变阻器。‎ ‎【考点】IL：探究电流与电压、电阻的关系实验．‎ ‎【分析】（1）电压表并联在定值电阻两端，要注意正负接线柱的连接，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中；‎ ‎（2）①分析图丙中图象，曲线上每一点对应的电流和电阻的乘积相等，据此得出结论；‎ ‎②断开开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端时接入电路中的电阻最大，将5Ω的电阻更换为10Ω的电阻接入电路后，应减小滑动变阻器接入电路中的电阻，使电压表的示数达到原来的示数不变。‎ ‎（3）由图丙找出实验时电路的最小电流，由串联电路的特点及欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路的阻值，据此确定滑动变阻器的最大阻值。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）电压表的负接线柱与定值电阻的右接线柱相连，滑动变阻器的任意上方接线柱与定值电阻的右接线柱相连，如下图所示：‎ ‎；‎ ‎（2）①分析图丙图象，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积都等于2.5V，由此得出结论：电压一定时，导体中的电流与电阻成反比；‎ ‎②断开开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端时接入电路中的电阻最大，将5Ω的电阻更换为10Ω的电阻接入电路后，应减小滑动变阻器接入电路中的电阻，增大电路中的电流，使电压的示数达到2.5V。‎ ‎（3）由图丙知，电路的最小电流I=0.1A，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，滑动变阻器两端的电压：‎ U滑=U﹣UR=6V﹣2.5V=3.5V，‎ 由I=可得，滑动变阻器接入电路的阻值：‎ R滑===35Ω，‎ 即滑动变阻器的阻值不能小于35Ω。‎ 故答案为：（1）见上图；（2）①导体中的电流与电阻成反比；②断开开关；2.5；（3）35。‎ ‎【点评】本题通过探究电流跟电阻的关系实验，考查了实物连接、实验操作、分析图象获取信息和运用欧姆定律计算，难度不大，但需认真、细心分析。‎ ‎26．（14分）如图1所示，是测量小灯泡电功率的实物元件图，其中电源是由三只蓄电池组成，小灯泡额定电压是3.8V，其灯丝电阻约为10Ω，滑动变阻器标有“10Ω、1A”字样，电流表（0～0.6A、0～3A），电压表（0～3V、0～15V）。‎ ‎（1）本实验的原理是：　P=UI　；‎ ‎（2）请用笔画线代替导线，把图1中的电路元件连接成实验电路。（要求：滑片P向左移时灯变亮，且连线不得交叉）‎ ‎（3）小刚合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后灯不亮，聪明的小刚猜想：‎ A．可能灯丝断了 B．可能是变阻器开路 C．可能是小灯泡短路 D．可能是电流表开路 请你借助已连好电路中的电流表和电压表验证小刚的猜想，并将电流表、电压表相应示数填入下表。‎ 猜 想 电流表示数/A 电压表示数/V 如果A成立 如果B成立 ‎（4）排除故障后，在测量小灯泡的额定功率时，应先调节　滑动变阻器的滑片　，使小灯泡两端电压为　3.8　V，再测出电路中的　电流　，即可计算出额定功率；若小灯泡两端实际电压为额定电压的1.2 倍，则实际功率为额定功率的　1.44　倍。（假设电阻值不变）‎ ‎（5）实际测量过程中小刚才发现电压表0～15V量程已损坏（另一量程完好），但他仍想利用现有器材测出小灯泡的额定功率，请你帮小刚重新设计新的电路图并画在图2甲的方框内。‎ ‎（6）小刚按重新设计的电路图继续实验，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为　2.2　V时，小灯泡正常发光，此时电流表示数如图2乙所示，则小灯泡的额定功率是　1.52　W。‎ ‎（7）实验时，若发现电流表指针摆动分别出现了如图3甲、乙所示的两种情况。请分析在使用电流表时分别存在什么问题，并写在下面的横线上。‎ 甲现象存在的问题：　电流表正负接线柱接反了　；‎ 乙现象存在的问题：　电流表所选量程过大　。‎ ‎【考点】JF：电功率的测量实验．‎ ‎【分析】（1）伏安法测电功率的原理是P=UI；‎ ‎（2）根据灯泡的额定电压确定电压表的量程且与灯泡并联，根据欧姆定律求出灯泡额定电流的大约值确定电流表的量程且与灯泡串联，滑片P向左移时灯变亮说明左下方接线柱与任意上方接线柱串联在电路中，然后与电源、开关组成电路；‎ ‎（3）根据电流表、电压表有无读数来判断电路错误时，要考虑电流表、电压表的连接方式和自身特点，电流表无示数说明电路断路，电压表有示数且接近电源电压，说明和电压表并联的用电器断路；‎ ‎（4）额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，实验时要先调节滑动变阻器使灯泡两端的电压达到额定电压，然后再读出通过灯泡的电流；根据P=得出小灯泡两端实际电压为额定电压的1.2倍时，实际功率为额定功率的多少倍；‎ ‎（5）可根据串联电路电压特点计算滑动变阻器两端的电压，若变阻器两端的电压小于3V量程，可设计电压表与变阻器并联的电路来完成灯泡额定功率的测量；‎ ‎（6）根据第五小题设计的电路图可知灯泡两端电压为3.8V时滑动变阻器两端的电压，根据电流表的量程和分度值读出示数，利用P=UI求出灯泡的额定功率；‎ ‎（7）甲图电流表指针反转，根据电流表出现这一现象的原因来解题；乙图电流表指针偏转角度太小，这样读数误差较大，可以根据出现这种情况的原因来解题。‎ ‎【解答】解：（1）根据电功率计算公式和电路元件可知该实验原理为：P=UI；‎ ‎（2）灯泡的额定电压为3.8V，则与灯泡并联电压表的量程为0～15V；‎ 灯泡的额定电流约为I===0.38A，则与灯泡串联电流表的量程为0～0.6A；‎ 滑动变阻器的左下方接线柱与任意上方接线柱串联在电路中，然后与电源、开关组成电路；‎ 如下图所示：‎ ‎（3）如果A成立，电路为断路，则电流为0，而电压表和灯泡并联，电压表的读数接近电源电压；‎ 如果B成立，电路也是断路，电流为0，电流表示数为0，而电压表是和灯泡并联，电流在滑阻处断路，电流流不到电压表，故电压表示数也为0，故表格如下：‎ 猜 想 电流表示数/A 电压表示数/V 如果A成立 ‎0‎ ‎6‎ 如果B成立 ‎0‎ ‎0‎ ‎（4）在测量小灯泡的额定功率时，应先调节滑动变阻器的滑片，使小灯泡两端电压为3.8V，再测出电路中的电流，利用P=UI求出额定功率；若小灯泡两端实际电压为额定电压的1.2倍，电阻值不变时，由P=可知，实际功率为额定功率的1.44倍；‎ ‎（5）由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，灯泡在额定电压下工作时变阻器两端的电压6V﹣3.8V=2.2V，没有超过电压表3V的量程，所以可设计电压表与滑动变阻器并联的电路来完成灯泡额定功率的测量，如下图所示：‎ ‎（6）滑动变阻器两端的电压为2.2V时，灯泡两端的电压为额定电压3.8V，‎ 电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.4A，‎ 则灯泡的额定功率：PL=ULIL=3.8V×0.4A=1.52W；‎ ‎（7）甲的问题：电流表指针反转，所以电流表正负接线柱接反；‎ 乙的问题：电流表指针偏转角度太小，所以电流表所选量程过大。‎ 故答案为：‎ ‎（1）P=UI；‎ ‎（2）实物图的连接如上图所示；‎ ‎（3）如上表所示；‎ ‎（4）滑动变阻器的滑片；3.8；电流；1.44；‎ ‎（5）电路图如上图所示；‎ ‎（6）2.2；1.52；‎ ‎（7）电流表正负接线柱接反了；电流表所选量程过大。‎ ‎【点评】本题考查了多个知识，实物图的连接、电路错误的判断等，要利用所学知识认真分析，总结方法。‎