2020-2021学年教科版物理九年级上册期中、期末测试题及答案（各一套）

2020-2021学年教科版物理九年级上册期中、期末测试题及答案（各一套）

教科版物理九年级上册期中测试题 ‎（时间：90分钟 分值：100分）‎ 一、选择题 ‎1．（3分）下列关于热现象的说法中正确的是（　　）‎ A．温度高的物体含有的热量多 ‎ B．物体的内能增加，一定是从外界吸收了热量 ‎ C．液体的沸点随液面上方气压的增大而降低 ‎ D．冰水混合物吸热时，温度不变，内能增大 ‎【考点】G6：温度、热量与内能的关系．‎ ‎【分析】（1）热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量；‎ ‎（2）做功和热传递都能改变物体的内能；‎ ‎（3）液体的沸点随着气压的增大而升高；‎ ‎（4）内能的大小与物体质量、温度和状态有关。‎ ‎【解答】解：A、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故A错误；‎ B、物体的内能增加，可能从外界吸收了热量，也可能是外界物体对他做功，故B错误；‎ C、液体的沸点随着气压的增大而升高，故C错误；‎ D、冰水混合物质量不变，温度不变，但吸热，所以内能增大，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】此题考查了热量的理解、改变内能两种方式的理解、气压与沸点关系的理解和内能的影响因素，是一道综合题。‎ ‎2．（3分）下列说法中正确的是（　　）‎ A．温度升高越多的物体，吸收的热量越多 ‎ B．在汽油机的压缩冲程中，内能转化为机械能 ‎ C．用锯条锯木板时，锯条发热，锯条的内能增加，木板内能减少 ‎ D．煮好的豆浆香气四溢的原因是分子在不停地做无规则运动 ‎【考点】G6：温度、热量与内能的关系；G9：做功改变物体内能；GM：内燃机的四个冲程；GV：分子的运动．‎ ‎【分析】（1）物体吸收热量的多少与物体的质量、比热容和升高的温度有关；‎ ‎（2）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，将机械能转化为内能的是压缩冲程，将内能转化为机械能的是做功冲程；‎ ‎（3）改变物体内能的方式有做功和热传递，做功是能量转化的过程，热传递是能量转移的过程；‎ ‎（4）物质是由分子组成的，分子都在永不停息地做无规则运动。‎ ‎【解答】解：‎ A、物体吸收热量的多少与物体的质量、比热容和升高的温度有关，温度升高的越多的物体，不一定吸收的热量越多，因为质量、比热容不确定，故A错误；‎ B、汽油机工作时，在压缩冲程中机械能转化为内能，故B错误；‎ C、用锯条锯木板，摩擦生热，机械能转化成内能，锯条和木板的温度升高，是通过做功的方式增加了锯条和木板的内能，故C错误；‎ D、煮好的豆浆香气四溢的原因是分子在永不停息地运动造成的，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了温度、热量与内能的关系，涉及到的到知识点较多，要求学生掌握好相关的知识。‎ ‎3．（3分）在烧杯中加入盐水，然后将连在电压表上的铜片和锌片潜入水中，这样就制成一个电池，其现象如图所示，则下列说法错误的是（　　）‎ A．铜片是电池的正极 ‎ B．此时电压表的读数是0.6V ‎ C．盐水电池是将化学能转化为电能的 ‎ D．该电池可以直接用来给2节手电筒供电 ‎【考点】HH：电源及其能量转化．‎ ‎【分析】（1）对于电压表和电流表的读数，要看清所选的量程和分度值；此题中，电压表量程为0～3V，对应的分度值为0.1V。‎ ‎（2）电压表的使用规则是：①并联在电路中；②正接线柱靠近电源的正极，负接线柱靠近电源的负极；③所测电压不能超过电压表的量程。‎ ‎【解答】解：A、根据电压表的使用规则：正接线柱靠近电源的正极，负接线柱靠近电源的负极；可判断出铜片是正极，故A正确；‎ B、题中电压表所选量程为0～3V，对应的分度值为0.1V；根据指针所指位置可读出电压值为0.6V，故B正确；‎ C、盐水电池对外供电时发生化学反应，将化学能转化为电能，故C正确；‎ D、2节干电池的电压为3V，该手电筒的小灯泡额定电压约为3V，该电池的电压远远小于3V，不可以直接用来给2节手电筒供电，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】解答此题要掌握电压表的量程和分度值，准确读数；还要熟练掌握电压表的使用规则和电源的能量转化。‎ ‎4．（3分）如实物图所示，以下判断正确的是（　　）‎ A．灯L1与灯L2并联，电压表测灯L1两端的电压 ‎ B．灯L1与灯L2并联，电压表测灯L2两端的电压 ‎ C．灯L1与灯L2串联，电压表测灯L1两端的电压 ‎ D．灯L1与灯L2串联，电压表测灯L2两端的电压 ‎【考点】HS：电路的基本连接方式；I3：电压表的使用．‎ ‎【分析】①在串联电路中电流只有一条路径；在并联电路中电流有多条流通路径。‎ ‎②电流表需与被测用电器串联。电流表与谁串联，就是测谁的电流。‎ ‎③电压表是并联使用的，电压表与谁并联，就是测谁的电压。‎ ‎【解答】解：由实物图可知，电流从正极出发经开关、电流表、灯泡L2、L1回负极，电压表并联在L1两端，则 灯L1与灯L2串联，电压表测灯L1两端的电压，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】此题考查电路的基本连接方式，同时考查了电压表的使用，比较简答，属于基础知识。‎ ‎5．（3分）如图，电路中R1＜R2，开关闭合，电压表V的示数为4V，电压表V1的示数（　　）‎ A．等于4V B．大于2V C．等于2V D．小于2V ‎【考点】I6：串联电路的电压规律．‎ ‎【分析】已知R1＜R2，判断电压表所测谁的电压，再根据串联电路两端的电压等于各部分电压之和可作出选择。‎ ‎【解答】解：已知R1＜R2，电压表V的示数为4V，即电源电压为4V，电压表V1测R1两端的电压，‎ 根据串联电路两端的电压等于各部分电压之和可知，电压表V1的示数小于2V。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是利用不等式得出答案。‎ ‎6．（3分）如图所示的各种电路，同种元件的参数均相等，能利用滑动变阻器调节电灯从亮到熄灭的电路是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】ID：滑动变阻器的使用．‎ ‎【分析】滑动变阻器在电路中连接一“上”一“下”两个接线柱，其在电路中的作用是通过改变电路中电阻的大小来改变电路中的电流；当将滑动变阻器的下下和滑片三个接线头接入电路后，滑动变阻器可以使部分电阻短路起到调节部分电路两端的电压的作用。‎ ‎【解答】解：‎ A．由图可知，滑动变阻器与灯泡并联，因并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，滑片移动时不影响灯泡的亮暗，且滑动变阻器接入电路中的电阻过小时会造成电路中的电流过大，烧坏电路元件，故A不符合题意；‎ B．由图象可知，滑动变阻器与灯泡串联，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通过灯泡的电流最小，灯泡的实际功率最小，灯泡不一定熄灭，故B不符合题意；‎ C．由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，滑片P使灯泡处于短路状态，无论怎样滑到滑片灯泡都不亮，故C不符合题意；‎ D．由电路图可知，滑动变阻器与灯泡并联，当滑片P滑到右端时，会引起灯泡短路，实现灯泡由亮到熄灭，故D符合题意。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了滑动变阻器的使用，要注意由于滑动变阻器在不同的电路中的连接方式不同，其在各电路中的作用也是不同的。‎ 二．填空题（22分）‎ ‎7．（2分）一壶水在炉火上加热，水温升高，其内能　增大　（选填“增大”、“不变”或“减小”），改变物体内能有两种方式，这是通过　热传递　方式改变其内能的。‎ ‎【考点】G7：物体内能的改变；GA：热传递改变物体内能．‎ ‎【分析】（1）内能与物体的质量、温度以及状态有关；‎ ‎（2）改变物体内能有两种方法，一是做功，二是热传递，做功是能量的转化，而热传递是能量的转移；‎ ‎【解答】解：当物体的状态和质量均不变时，温度升高，内能增加；因此一壶水在炉火上加热，水温升高，其内能增大；该过程是通过热传递改变水的内能的。‎ 故答案为：增大；热传递。‎ ‎【点评】本题考查了学生对内能、做功和热传递改变物体内能的区别，属于基础题。‎ ‎8．（3分）烧开同一锅水，完全燃烧的干木材与完全燃烧的天然气质量不同，是因为它们具有不同的　热值　；当水烧开后，水蒸气会把锅盖顶开，这个过程中的能量转化和内燃机的　做功　冲程中的能量转化相似。用水做冷却液是因为水的　比热容　大。‎ ‎【考点】G5：内能的利用及其意义；GE：水的比热容的特点及应用；GJ：燃料的热值及其计算．‎ ‎【分析】（1）1千克燃料完全燃烧放出的热量叫做该燃料的热值，热值是燃料的一种特性；‎ ‎（2）在内燃机的做功冲程中，高温高压的燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能；‎ ‎（3）水的比热容最大，与其它物质相比，在质量和升高的温度相同时，水吸收的热量最多。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）烧开同样一壶水，完全燃烧的干木材与完全燃烧的天然气质量不同，说明完全燃烧相同质量的干木材和天然气放出的热量不同，即热值不同；‎ ‎（2）水开时，壶盖被蒸气顶开，是水蒸气推动壶盖做功，将内能转化为壶盖的机械能，此过程和内燃机的做功冲程相似；‎ ‎（3）与其它液体相比较，水的比热容最大，在质量和升高的温度相同时，水吸收的热量最多，制冷效果最好。‎ 故答案为：热值；做功；比热容。‎ ‎【点评】此题主要考查的是学生对燃料热值概念、做功改变物体内能的实质的理解和掌握，知识点较多，但都是基础性题目。‎ ‎9．（3分）在一杯水中滴入红墨水，静置一段时间后发现整杯水变红，此现象说明分子在　不停地做无规则运动　。将两块表面干净的铅块压紧后，即使在铅块下面挂了物体也不会将它们拉开（如图所示），这说明分子间存在　引力　（选填“引力”或“斥力”）。‎ ‎【考点】GH：分子间的作用力．‎ ‎【分析】物质是由分子组成的，分子都在不停地做无规则运动，分子之间存在相互作用的引力和斥力。‎ ‎【解答】解：‎ 在一杯水中滴入红墨水，静置一段时间后发现整杯水变红，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；‎ 将两个底面平整、干净的铅柱紧压后，两个铅柱的底面分子之间的距离比较大，表现为引力，使两个铅柱结合在一起，即使下面吊一个重物也不会将它们拉开。‎ 故答案为：不停地做无规则运动；引力。‎ ‎【点评】本题需掌握：分子在永不停息的做无规则运动，分子力存在引力和斥力。‎ ‎10．（2分）甲、乙、丙三个通草球静止在如图所示的位置，已知甲球带正电，则乙球带　正　电，丙球带负电或　不带电　。‎ ‎【考点】H9：物体带电情况的判断．‎ ‎【分析】（1）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。‎ ‎（2）排斥的带有同种电荷，吸引的可能带有异种电荷，也可能带电体吸引不带电体。‎ ‎【解答】解：甲、乙相互排斥，说明甲、乙一定带同种电荷，甲带正电，则乙一定也带正电；丙、乙相互吸引，说明丙带负电或乙不带电。‎ 故答案为：正；不带电。‎ ‎【点评】带电体吸引不带电体，排斥带同种电荷，吸引可能带异种电荷，其中之一带电。注意带电体具有吸引轻小物体的性质的情况。‎ ‎11．（3分）如图所示电路中，只闭合S1、S2时，灯L1、L2是　并联　，只闭合S3时，灯L1、L2是　串联　（选填“串联”或“并联”），同时闭合开关　S1、S2、S3　会造成电源短路。‎ ‎【考点】HS：电路的基本连接方式．‎ ‎【分析】（1）串联电路电流只有一条路径，电流依次经过各用电器从正极回到电源负极；并联电路电流有多条路径，分别经过各用电器从电源正极回到负极；‎ ‎（2）短路分为电源短路和用电器短路，电源短路是指用导线直接将电源两端相连；而用电器短路是指用一根导线将某个用电器的两端连接起来，使电器两端的电压为零。‎ ‎【解答】解：只闭合S1、S2时，则电流只有两条路径：正极→S1→L1→负极，正极→L2→S2→负极，所以L1、L2是并联；‎ 只闭合S3时，则电流只有一条路径：正极→L2→S3→L1→负极，因此L1、L2是串联；‎ 当开关S1、S2、S3闭合时，电源的两极直接用导线连接起来了，造成电源短路，损坏电源。‎ 故答案为：并联；串联；S1、S2、S3。‎ ‎【点评】本题考查了学生识别串、并联电路的能力，电路的识别一般就从电流路径上分析，只有一条路径的是串联，有多条路径的是并联。‎ ‎12．（2分）如图电路，当开关S闭合后，电流表的指针偏转如图乙所示，a电流表的读数应为　0.3　安，b电流表的读数应为　1.2　安。‎ ‎【考点】H@：并联电路的电流规律；HY：电流表的读数方法．‎ ‎【分析】并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。‎ 电流表读数时，首先确定它使用的量程和分度值，示数为指针偏转的大格示数与小格示数的和。‎ ‎【解答】解：由电路图可知此电路为并联电路，电流表a与在L1串联，因此电流表a测量L1的电流；电流表b串联在干路中，电流表b测量干路中的电流；‎ 因为并联电路的干路电流要大于支路电流，所以电流表a的使用量程应是0～0.6A，分度值是0.02A，读数为0.3A；电流表b的使用量程应是0～3A，分度值是0.1A，读数为1.2A。‎ 故答案为：0.3；1.2。‎ ‎【点评】此题主要考查了电流表的读数和使用，根据并联电路的电流特点先确定量程和分度值是关键。‎ ‎13．（3分）某同学将两节新干电池接在如图所示的电路中，并用电压表测开关的电压。当开关断开时，电压表示数约为　3　V；当开关闭合时，电压表示数约为　0　V。‎ ‎【考点】I3：电压表的使用．‎ ‎【分析】由电路图可知，两灯泡串联，电压表与开关并联；一节干电池的电压为1.5V，根据串联电路的电压特点可知电源的电压，根据串联电路的电压特点求出相应的电压值。‎ ‎【解答】解：由电路图可知，两灯泡串联，电压表测开关两端的电压，当开关断开时，电压表串联在电路中，测的是电源电压。‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，且一节干电池的电压为1.5V，所以两节新干电池组成电源的电压U=2×1.5V=3V，‎ 当开关闭合时，电压表被短路，相当于测开关两端的电压，示数约为0V。‎ 故答案为：3；0。‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的电压特点，关键是电压表所测电路元件的判断，要注意一节干电池的电压为1.5V。‎ ‎14．（3分）滑动变阻器是通过改变　接入电路中电阻丝的长度　来改变电阻的。如图所示，若要使滑动变阻器的滑片P向A端滑动时，小灯泡变亮，那么可以将滑动变阻器的C接线柱与　A　接线柱接在电路的M、N两端。‎ ‎【考点】ID：滑动变阻器的使用．‎ ‎【分析】（1）滑动变阻器的工作原理是靠改变接入电路电阻丝的长度，来改变电阻大小的；它的正确接法是“一上一下”。‎ ‎（2）滑动变阻器接入电路的阻值是由下方接线柱决定的：若滑片靠近下方接线柱，电阻减小；若远离下方接线柱，电阻变大。‎ ‎【解答】解：（1）滑动变阻器是靠改变接入电路中电阻丝的长度来改变电阻的；‎ ‎（2）滑片P向A端滑动时，灯泡变亮，说明电路中电流变大；根据欧姆定律可知，在电源电压不变时，电流变大，滑动变阻器接入电路的阻值变小，所以滑动变阻器的C接线柱与A接线柱接在电路的M、N两端。‎ 故答案为：接入电路中电阻丝的长度；A。‎ ‎【点评】本题考查了滑动变阻器的原理和正确连接的方法，能根据滑动变阻器的原理按要求正确接入电路是解决本题的关键。‎ ‎15．（2分）如图所示电路，电源电压为6V，开关闭合后电压表的示数为2.8V，则灯L1两端的电压为　2.8　V，灯L2两端的电压为　3.2　V。‎ ‎【考点】I6：串联电路的电压规律．‎ ‎【分析】由电路图可知，灯泡L1、L2串联，电压表测L1两端的电压，即电压表的示数为L1两端的电压；根据串联电路的电压特点求出L2两端的电压。‎ ‎【解答】解：∵电压表测L1两端的电压，‎ ‎∴L1两端的电压U1=2.8V，‎ 又∵L1、L2串联，‎ ‎∴L2两端的电压为U2=U﹣U1=6V﹣2.8V=3.2V。‎ 故答案为：2.8；3.2；‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的电压特点，关键是电压的正确使用和所测电路元件的判断，是一道基础题目。‎ ‎16．（2分）将玻璃棒和丝绸摩擦，玻璃棒会带上　正　电荷；用一个带负电的物体去靠近一个带负电的轻质小球，小球会被　排斥　（选填“吸引”或“排斥”）。‎ ‎【考点】H8：电荷间的相互作用规律；H9：物体带电情况的判断．‎ ‎【分析】根据正、负电荷的规定确定玻璃棒的带电情况；根据电荷间的相互作用规律判断小球的状态。‎ ‎【解答】解：规定丝绸摩擦过的玻璃棒，玻璃棒带正电；‎ 因为同种电荷相互排斥，因此用一个带负电的物体去靠近一个带负电的轻质小球，小球会被排斥。‎ 故答案为：正；排斥。‎ ‎【点评】本题考查正负电荷的规定以及电荷间的相互作用规律，属于基础题。‎ 三．作图题与实验探究（作图2分，其余每空1分，共20分）‎ ‎17．（2分）如图所示，闭合开关S，要使R1、R2并联，请在A、B圆圈内填出电压表“V”或电流表“A”，并标出两表的“+”、“﹣”接线柱。‎ ‎【考点】HZ：电流表的连接；I5：电压表的连接．‎ ‎【分析】根据电压表和电流表在电路中的作用以及并联电路的特点进行分析，即电压表在电路中相当于开路，电流表在电路中相当于导线。‎ ‎【解答】解：开关s闭合后，要使电阻R1、R2并联，因此电流必须从正极出发，分别流入电阻R1和R2中，故B为相当于开路的电压表；又因为电流通过A、通过电阻R1流回负极，因此A为相当于导线的电流表。据电流从正接线柱流入，从负接线柱流出，标出对应的正负接线柱即可；‎ ‎【点评】解答本题的关键是知道电压表和电流表的正确连接方法以及各自在电路中的作用。‎ ‎18．（2分）如图所示，电源电压为6V，用笔画线代替导线，将图中元件连接成电路，要求：电压表测量灯泡两端的电压，当滑动变阻器的滑片向左移动时，灯泡变亮。‎ ‎【考点】HR：实物的电路连接．‎ ‎【分析】当变阻器的滑片向左移动时，灯泡变亮，说明变阻器按一上一下的原则串联在电路中，且左下方接线柱必须接入电路中，电压表测量灯泡两端的电压说明电压表与灯泡并联，然后与开关、电源组成电路。‎ ‎【解答】解：‎ 滑片向左移动时，灯泡变亮，说明电路中电流变大，电阻变小，滑动变阻器左下方接线柱与任意上方接线柱串联在电路中，然后与灯泡、电源、开关串联组成电路，电压表并联在灯泡两端，电源电压6V，灯泡额定电压未知，电压表使用0﹣15V量程，如图所示：‎ ‎【点评】本题考查了实物电路图的连接，明确滑动变阻器和电压表的正确使用是关键。‎ ‎19．（8分）小海和小梅一起做“探究并联电路中电流的规律”实验。‎ ‎（1）图甲是他们设计的电路图，图乙是他们测量电流时连接的实验电路，此时电流表测量的是　C　（选填“A”“B”或“C”）处的电流。‎ ‎（2）请在图乙中移动一根导线，测量另外一处的电流。在移动的导钱上画“×”，并用笔画线代替导线连接正确的电路。移动后电流表测量的是　A或B　（选填“A”“B”或“C”）处的电流。‎ ‎（3）测出A、B、C三处的电流如表所示，由此得出初步结论：　IC=IA+IB　（只写表达式）。小梅指出：为了得出更普遍的规律，应当进行多次实验。操作方法是：　B　。‎ A．改变电流表的量程或换电流表再测几次 B．换用不同规格的小灯泡，再测出几组电流值 C．整理器材，结束实验 D．分析数据，得出结论 ‎（4）当L1灯泡发生断路时，L2亮度　不变　（填“变亮”“变暗”或“不变”）。‎ ‎（5）另一实验小组的小利同学连好如图所示的电路后，闭合开关进行试触，发现电流表指针反偏。导致这一现象发生的错误操作可能是：　电流表的正负接线柱接反　。‎ ‎（6）小利同学纠正错误后通过实验，得到了如下数据，他由此得出结论：并联电路中各个支路的电流相等。其不足之处是：　使用相同规格的器材进行实验且只进行了一次实验，实验结论不具有普遍性　。‎ A处的电流IA/A B处的电流IB/A C处的电流IC/A ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎0.8‎ ‎【考点】H#：探究串并联电路中的电流特点实验．‎ ‎【分析】（1）掌握电路的连接，两灯泡并联，电流表在干路上，测干路的电流；‎ ‎（2）为了测量另一处的电流，让电流表测量支路的电流；‎ 分析电流表串联在哪条支路上得出结论；‎ ‎（3）并联电路中，干路电流等于各支路电流的和，为得出普遍结论，实验时应采用不同规格的实验器材进行多次实验；‎ ‎（4）并联电路互不影响；‎ ‎（5）连接电路时电表正负接线柱不要接反，为得出普遍结论应换用不同规格的器材进行多次实验；‎ ‎（6）为得出普遍结论，应使用不同规格的器材进行多次实验，然后得出结论。‎ ‎【解答】解：（1）电流表在干路上测量干路的电流，即C点的电流；‎ ‎（2）让电流表测量另一处的电流，也就是测量支路的电流，如图所示：‎ ‎ ‎ 左图测量的是A点的电流，右图测量的是B点的电流；‎ ‎（3）并联电路中，干路电流等于各支路电流的和，即IC=IA+IB，为得出普遍结论，实验时应采用不同规格的灯泡进行多次实验；‎ ‎（4）两灯并联，互不影响，所以当L1灯泡发生断路时，L2亮度不变；‎ ‎（5）电流表指针反向偏转，这是由于电流表正负接线柱接反了造成的；‎ ‎（6）由表中实验数据可知，两支路电流相等，实验所使用的灯泡规格相同，且只进行了一次实验，这样得出的实验结论不具有普遍性。‎ 故答案为：（1）C；（2）电路连接如上图；A或B；（3）IC=IA+IB；B；（4）不变；（5）电流表的正负接线柱接反；（6）使用相同规格的器材进行实验且只进行了一次实验，实验结论不具有普遍性。‎ ‎【点评】此题是探究并联电路中电流的规律实验，考查了有关电路的连接、电压表的读数、电阻的计算、电功率的计算，关键是根据图象乙能够确定与电压相应的电流值本题考查了电路故障、实验数据分析，为得出普遍结论，应使用不同规格的实验器材进行多次实验。‎ ‎20．（3分）小明同学对串联电路电压规律进行了探究 ‎（1）闭合开关，发现L1不发光，L2比较亮，电压表示数为零，则小灯泡L1的故障是　短路　。‎ ‎（2）排除故障后，小明正确测出了L1两端的电压，在测L2两端的电压时，小明为了节省时间，打算采用以下方法：电压表所接的B接点不动，只断开A接点，并改接到C接点上。此操作可能会导致电压表出现的现象是　电压表指针反向偏转　。‎ ‎（3）最后，小明按照正确的方法测出了L1、L2、AC之间的电压UL1=2.4V，UL2=1.4V，UAC的示数如图乙所示，读出UAC=　4　V，并得出了实验的最终结论。‎ ‎【考点】I8：探究串、并联电路中的电压规律实验．‎ ‎【分析】（1）闭合开关灯泡不亮原因有两个：灯泡处发生短路或断路，其它位置发生断路。一个灯泡发光，另一个不发光，不可能发生断路，只能是短路。‎ ‎（2）电流从电流表正接线柱流入，负接线柱流出，电流表反向偏转。‎ ‎（3）根据串联电路两端的总电压与各用电器两端的电压之和的关系计算出两灯泡的总电压，由此判断出电压表选择的量程，根据指针的位置读出电压表示数。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由于两灯串联，发现L1不发光，L2比较亮，说明不可能发生断路；电压表示数为零，说明没有电流通过L1，即L1短路了；‎ ‎（2）只断开电压表A接点，并改接到C接点上，而B接点不动，电流表正负接线柱接反了，闭合开关后，电压表指针反向偏转，所以不能测出L2两端的电压。‎ ‎（3）由实验数据可知，L1和L2的总电压为：U=UL1+UL2=2.4V+1.4V=3.8V；‎ 电压表测量AC间电压，所以选择电压表选择的是0～15V量程；电压表分度值为0.5V，电压表示数为4V。‎ 故答案为：（1）短路；（2）电压表指针反向偏转；（3）4。‎ ‎【点评】本题考查了利用电压表判断电路故障的分析能力、电压表的使用方法等知识；做此题时要围绕串联电路的电压规律去分析解答，需要注意的是实验为了得出普遍结论，应进行多次实验，测出多组数据。‎ ‎21．（6分）小明在探究“影响导体电阻大小的因素”时，猜想导体的电阻可能与下列因素有关：‎ A．材料 B．长度 C．横截面积 为了验证上述猜想，小明用如图所示的器材进行实验，其中①②③是镍铬合金丝，④是锰钢合金丝。①③④长度相同，①②④横截面积相同。‎ ‎（1）连接电路时，开关应处于　断开　状态。‎ ‎（2）实验中，在M，N之间接上不同的导体，闭合开关后通过观察　电流表示数或灯泡的亮度　来比较导体的电阻大小。‎ ‎（3）为了验证猜想A，应选用编号为　①④　的两根金属丝分别接入电路进行试验。‎ ‎（4）分别将①③两根金属丝接入M、N两点间，通过观察比较可以发现，当导体的长度和材料一定时，　横截面积越大，电阻越小　。‎ ‎【考点】IA：影响电阻大小的因素．‎ ‎【分析】（1）为保护电路，连接电路时开关应处于断开状态；‎ ‎（2）电阻的大小不能直接比较，利用转换法通过电路中可以观察的现象来比较电阻的大小；‎ ‎（3）利用控制变量法研究问题，要控制其他因素一定，改变被研究因素；‎ ‎（4）分析①③两金属丝什么因素相同，什么因素不同，研究的是不同因素的关系。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）在连接电路时，为避免误操作引起短路现象，连接电路时要求开关断开；‎ ‎（2）在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察灯的亮度或电流表示数来比较导体电阻的大小；‎ ‎（3）为研究电阻长导体的材料关系，要控制长度和横截面积一定，所以要选择编号①④；‎ ‎（4）①③两金属丝材料都是镍铬合金，长度相同，模截面积不同，所以是研究导体电阻跟横截面积的关系，探究发现，当导体的长度和材料一定时，横截面积越大，电阻越小。‎ 故答案为：（1）断开；（2）电流表示数或灯泡的亮度；（3）①④；（4）横截面积越大，电阻越小。‎ ‎【点评】控制变量法和转换法是探究题常出的问题，分析清楚各自的特征，在具体实验中如何应用。‎ 四．计算题（6分）‎ ‎22．（6分）某物理兴趣小组的同学，用煤炉给100kg的水加热，同时他们绘制了如图所示的加热过程中水温随时间变化的图线。若在6min内完全燃烧了2kg的煤，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤的热值约为3×107J/kg。求：‎ ‎（1）煤完全燃烧产生的热量；‎ ‎（2）经过6min时间加热，水所吸收的热量；‎ ‎（3）煤炉烧水时的热效率。‎ ‎【考点】E6：能量利用效率；GG：热量的计算；GJ：燃料的热值及其计算．‎ ‎【分析】（1）已知煤的质量和热值，利用Q=mq可求得煤完全燃烧产生的热量；‎ ‎（2）由图知，经过6min时间加热，水升高的温度值，利用吸热公式求水吸收的热量；‎ ‎（3）烧水时的热效率等于水吸收的热量与燃料完全燃烧放出的热量之比。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）煤完全燃烧产生的热量：‎ Q放=mq=2kg×3×107J/kg=6×107J；‎ ‎（2）由图可知，经过6min时间加热后水温由20℃达到80℃，‎ 则水吸收的热量：‎ Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（80℃﹣20℃）=2.52×107J；‎ ‎（3）煤炉烧水时的热效率：‎ η==×100%=42%。‎ 答：‎ ‎（1）煤完全燃烧产生的热量为6×107J；‎ ‎（2）经过6min时间加热，水所吸收的热量为2.52×106J；‎ ‎（3）煤炉烧水时的热效率为42%。‎ ‎【点评】本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式的掌握和运用，能从液体的温度随时间变化的图象搜集有关信息是本题的关键。‎ 教科版物理九年级上册期末测试题 ‎（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。‎