安徽省合肥市南园中学九年级物理上学期期末试卷（含解析）新人教版

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1、-安徽省合肥市南园中学九年级（上）期末物理试卷一、填空题（每空1分，11、12题每题2分，共25分）1某新型手电筒由电池、开关和三粒相似的LED灯珠连接而成，工作时每粒灯珠都正常发光且电压都为U为探究三粒灯珠的连接方式，小明从正在发光的手电筒中取下其中一粒灯珠，发现此外两粒灯珠不亮则手电筒中三粒灯珠是联的手电筒正常工作时通过三粒灯珠的电流（相等/不相等），手电筒电池的电压为2用两节串接后的干电池给小灯泡供电，电压是3V，小灯泡发光时通过的电流为0.3A，此时小灯泡的电阻为，工作0.5min消耗的电功为J3“嫦娥三号”是嫦娥系列中的第三颗人造绕月探月卫星，估计将于今年发射升空它的太阳能帆板面对太

2、阳时，蓄电池处在充点电状态该蓄电池充电时的重要能量转化是4如图所示电路，开关S始终闭合，要使小灯泡L1、L2串联，必须闭合开关，要使L1、L2并联，必须闭合开关，若闭合开关则将导致电路短路5通过A、B两个电路元件的电流与其两端电压的关系如图所示将A、B串联后接入电路，当通过A的电流为0.2A时，A和B两端的总电压是V；将A、B并联后接入电路，当通过B的电流为0.2A时，A两端的电压是V6如图是一种温度自动报警器的原理图，制作（填“酒精”、“煤油”或“水银”）温度计时插入一段金属丝，当温度达到金属丝下端所指的温度时，电磁铁具有，将衔铁吸引过来，使电铃发出报警信号请你根据图中电磁铁的极性，标出控制

3、电路中电源的“+、”极7将两只额定电压相似的灯泡L1、L2串联在电路中，闭合开关S后，发现灯泡L1较亮，灯泡L2较暗，此现象阐明灯泡L1两端的电压（填“不小于”、“等于”或“不不小于”）灯炮L2两端的电压，灯泡L1的额定功率（填“不小于”、“等于”或“不不小于”） 灯泡L2的额定功率8电子式单相电能表已经广泛使用，其重要参数imp/（kWh）表达用电1kWh耗电批示灯闪烁的次数小明家的电能表标明“6400imp/（kWh）”，当某用电器单独接在该表上，用电器正常工作5min，批示灯闪烁了640次，则5min内该用电器消耗的电能为kWh，该用电器的额定功率为W9当时，发明电流表的人应当有如下的思

4、维过程：（1）电流表应串联在被测电路中，这样运用串联电路的特性“”可知：电流表显示的电流值就等于被测电路的电流值（2）为提高测量的精度，电流表的接入对原电路的影响可以忽视，因此电流表的内部电阻应当（填“较大”、或“较小”）（3）如图为我们实验室所用电流表的内部构造示意图，当接入电路，有电流通过线圈时，线圈在磁场中受力转动从而带动指针偏转！它事实上与（选填“电动机”或“电磁铁”）的工作原理相似（4）我们懂得电流表在使用过程中，若电流从负接线柱进入，正接线柱流出，则指针会反偏，因素是10电压表既是测量仪表，同步也是一种接入电路中的特殊电阻，电压表的电阻一般很大，为测量某电压表的电阻，某同窗连接了如

5、图所示的电路，来测量电压表V1的电阻，R1是阻值为的定值电阻，开关闭合，读出电压表V2的示数为4.5V，电压表V1的示数为3V，则电压表V1的电阻是11在图中标出磁感线的方向和小磁针的N极12教室内的一种开关可以同步控制两盏日光灯的亮与灭，请你将虚线框中的电路补充完整二、单选题（每题3分，共24分，请把符合题意的选项序号填入下列表格内，答案未填入表格内的不能得分）13甲、乙、丙、丁四个轻质小球两两接近时，甲吸引乙，乙排斥丙，丙吸引丁已知丁球是与丝绸摩掠过的玻璃球，那么甲球的带电状况是（）A正电B负电C正电或不带电D负电或不带电14有关磁体、磁场和磁感线，如下说法中对的的是（）A铜、铁和铝都可以

6、被磁体所吸引B磁感线是磁场中真实存在的曲线C磁体之间的互相作用都是通过磁场发生的D物理学中，把小磁针静止时S极所指的方向规定为该点磁场的方向15用同种材料制成的粗细均匀的某段金属导体，对于其电阻大小下列说法对的的是（）A当导体两端电压和通过导体的电流为零时，导体的电阻为零B当导体被均匀拉长至本来的二倍时，她的电阻减小为本来的一半C电阻是导体自身的一种性质，因此温度无论如何变化，电阻也不也许变为零D电阻是导体自身的一种性质，与电压和电流无关16有关家庭电路，下列说法错误的是（）A保险丝熔断也许是同步使用了多种大功率电器B控制灯泡的开关只需要和灯泡串联即可，因此电灯的控制开关可以安装在零线上C若电

7、线在某处接触不良，则该处更容易发热D把用电器的金属外壳接地线可以避免触电17如图所示的家用电器中，正常工作时电流约为5A的是（）A电电扇B笔记本电脑C台灯D空调18如图所示的电路，电源电压不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片向右移动时（）A电压表达数变大，电流表达数变小，灯泡变暗B电压表达数变小，电流表达数变大，灯泡变亮C电压表达数变小，电流表达数变小，灯泡变暗D电压表达数变大，电流表达数变大，灯泡变亮19炎热的夜晚，爸爸打开客厅柜式空调时，细心的小明发现家里的白炽灯忽然闪了一下，亮度变暗了点，这是由于（）A电路中总电流忽然变大，灯泡的额定功率变小了B电路中总电流忽然变大，导线上损失的电压增多，

8、加在灯泡两端的实际电压减小C空调忽然工作时，又并联了一种用电器，电路中总电阻变大D空调自身电阻很大，当它并联在电路中时，电路中总电流忽然变小20有关滑动变阻器在不同实验中的作用，下列说法不对的的是（）A在“探究电流与电压的关系”实验中的重要作用是：变化灯泡两端的电压B在“探究电流与电阻的关系”的实验中的重要作用是：保持电阻两端的电压不变C在“测定定值电阻的阻值”的实验中重要作用是：多次测量取平均值减小实验误差D在“测定小灯泡发光时的电功率”的实验中重要作用是：测量小灯泡在不同发光状况下的电功率，进而多次测量取平均值减小实验误差三、实验探究题（共26分）21如图所示是“探究通过导体的电流与电压、

9、电阻的关系”的电路图（1）探究电流与电压的关系时，所测得的几组电流、电压值见表1，分析表中数据可知：电阻箱接入电路的阻值为；当导体的电阻一定期，通过导体的电流与导体两端的电压成关系（2）探究电流与电阻的关系时，应调节变化接入电路中的阻值，并调节使电压表的示数保持相似，读出电流值所测几组数据见表2分析表中数据可知：电阻箱两端的电压为V，当导体两端的电压一定期，通过导体的电流与导体的电阻成关系表1 序号电阻R/电流I/A150.402100.203200.10表2序号电压U/V电流I/A11.00.2021.50.30320.4022大兵教师带同窗去实验室测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率（

10、1）如图甲是某同窗没有连接完毕的实验电路，请你用笔画线替代导线将实物图补充完整（规定：闭合开关前需要将变阻器的滑片置于最右端）；（2）实验时细心的大兵教师提示同窗们“这个实验最容易浮现的问题是：连接电路后闭合开关，灯泡不亮同窗们可以根据电压表、电流表的示数判断故障的因素，若，阐明电路是正常的，灯泡不亮的因素是滑动变阻器连入电路阻值较大；若，阐明灯丝断了或灯泡与灯座接触不良（3）同窗们将电路连接完毕后，为了测量小灯泡的额定功率，接下来的操作是；（4）实验中大兵教师发现小松同窗没有使用电压表，而是用了两个电流表和一种5的电阻器R设计了如图乙所示的电路，同样测出了小灯泡的额定功率，具体操作是：闭合开

11、关，移动变阻器的滑片，使，小灯泡正常发光，若此时电流表A2的示数为0.8A，则该灯泡的额定功率为W23为了探究影响电热的因素，小伟设计了如图甲的电路，烧瓶中盛有质量、初温均相等的煤油，R甲R乙（1）为了在较短的时间内达到明显的实验效果，选用煤油而不选用水，重要是由于（2）通电一段时间后，比较两烧瓶中温度计的示数，是为了探究电热与的关系（3）要运用此装置来探究电热与电流的关系，你还需要的操作是（4）将此装置改装后可测量煤油的比热容，如图乙所示，测量时，分别向两个相似的烧瓶中加入初温均为t0、质量相等的水和煤油，通电一段时间后，分别读出温度计的示数为t水、t煤油，请写出煤油比热容的体现式C煤油=（

12、已知水的比热容为C水）四、计算题（共25分）24某款节能灯的额定电压为220V，额定功率为20W，它正常发光时的亮度与一般照明的“220V 100W”白炽灯正常发光时相称（1）该节能灯正常工作时电流是多大？（2）某家庭每天照明5h，则使用这盏节能灯比使用一盏“220V 100W”白炽灯每月（按30天计算）节省电能多少千瓦时？（3）已知每节省lkWh的电能，就能减排约300g的碳粉尘，则改用节能灯后，每盏灯每月能减排碳粉尘多少公斤？25如图1所示，灯泡L标有“6V，3W”字样，滑动变阻器的最大阻值为12，当开关S1、S2闭合，滑动变阻器的滑片P滑到最右端时，小灯泡正好正常发光（不考虑灯丝电阻随温

13、度的变化）（1）当开关S1闭合、S2断开、滑片移到变阻器的最左端时，小灯泡的实际功率是多少？（2）求滑动变阻器的滑片滑至中点时电路中的总电流（提示：此时电路可等效为图2电路，图2电路中的总电阻的计算措施如下：一方面计算出R1与R2并联后的总电阻记为R12，则电路的总电阻为R总=R12+R3）26电动机是一种使用广泛的动力机械，从能量转化的角度看它重要是把电能转化为机械能，尚有一部分能量在线圈中以热量的形式散失掉既有一台电动机，当电动机两端加220V电压时，通过电动机线圈的电流为50A若已知该电动机线圈的电阻是0.4，问：（1）每分钟该电动机消耗的电能是多少？（2）线圈每分钟产生的热量是多少？（

14、3）该电动机正常工作时电能转化为机械能的效率是多少？-安徽省合肥市南园中学九年级（上）期末物理试卷参照答案与试题解析一、填空题（每空1分，11、12题每题2分，共25分）1某新型手电筒由电池、开关和三粒相似的LED灯珠连接而成，工作时每粒灯珠都正常发光且电压都为U为探究三粒灯珠的连接方式，小明从正在发光的手电筒中取下其中一粒灯珠，发现此外两粒灯珠不亮则手电筒中三粒灯珠是串联的手电筒正常工作时通过三粒灯珠的电流相等（相等/不相等），手电筒电池的电压为3U【考点】串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律；串联电路的电压规律【分析】串联电路中各用电器工作时互相影响；在串联电路中电流到处相等；串联

15、电路两端的电压等于串联的各用电器两端的电压之和【解答】解：当从正在发光的手电筒中取下其中一粒灯珠，发现此外两粒灯珠不亮，阐明它们互相影响，因此它们是串联连接；由于串联电路中电流到处相等，因此手电筒正常工作时通过三粒灯珠的电流相等；由于每粒灯珠都正常发光且电压都为U，根据串联电路两端的电压等于串联的各用电器两端的电压之和可知：因此电源电压为3U故答案为：串；相等；3U2用两节串接后的干电池给小灯泡供电，电压是3V，小灯泡发光时通过的电流为0.3A，此时小灯泡的电阻为10，工作0.5min消耗的电功为27J【考点】电功的计算；欧姆定律的应用【分析】题目已知灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，因此可结合

16、欧姆定律公式I=的变形公式R=求解灯泡的电阻；求解电功时可结合公式W=UIt进行求解计算【解答】解：已知灯泡两端的电压是3V，发光时通过灯泡的电流为0.3A，由欧姆定律的变形公式R=10；已知灯泡工作时间t=0.5min=30s，因此求解电功可结合公式W=UIt=3V0.3A30s=27J；故答案为：10，273“嫦娥三号”是嫦娥系列中的第三颗人造绕月探月卫星，估计将于今年发射升空它的太阳能帆板面对太阳时，蓄电池处在充点电状态该蓄电池充电时的重要能量转化是太阳能向化学能的转变【考点】能量的转化和转移【分析】此题波及了能量守恒定律的原则，这种能量变化常常体现为热能、光能和电能的放出或吸取反之其他

17、形式的能也可以转化为化学反映存储起来【解答】解：根据能量守恒定律，自然界中的能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，并且不同形式的能量可以互相转化的规律因此太阳能蓄电池是一种可充电的化学电源，当给它充电时是可以实现太阳能向化学能的转变故答案为：太阳能向化学能的转变4如图所示电路，开关S始终闭合，要使小灯泡L1、L2串联，必须闭合开关S2，要使L1、L2并联，必须闭合开关S1、S3，若闭合开关S1、S2、S3则将导致电路短路【考点】串联电路和并联电路的辨别；电路的三种状态【分析】串联电路中电流只有一条途径，各用电器之间互相影响；并联电路中电流有多条流通途径，各个用电器之间互不影响，独立工作；电源短路

18、是指用导线将电源两极直接连接起来的电路【解答】解：要使两灯泡串联，电流从电源正极流出，需要通过L1、S2、L2回到电源负极，因此需要闭合开关S2；要使两灯泡并联，电流从电源正极流出分别通过支路S1、L2和支路L1、S3，再流回电源负极；因此应闭合开关S1、S3；当三个开关同步闭合时，电流不通过用电器直接从电源的正极流入电源负极，从而形成电源短路，故不能同步闭合开关S1、S2、S3故答案为 S2，S1、S3，S1、S2、S35通过A、B两个电路元件的电流与其两端电压的关系如图所示将A、B串联后接入电路，当通过A的电流为0.2A时，A和B两端的总电压是3V；将A、B并联后接入电路，当通过B的电流为

19、0.2A时，A两端的电压是2V【考点】欧姆定律的应用【分析】当A、B串联后接入电路，已知通过A的电流，可以从图示中进行判断，当电流为IA时，A两端的电压为多少，再根据串联电路电流的特点，判断通过B的电流，再从图示中进行判断，当电流为IB时，B两端的电压为多少，最后再根据串联电路电压的特点求出总电压；当A、B并联后接入电路，已知通过B的电流，可以从图示中进行判断，当电流为IB时，B两端的电压为多少，再根据并联电路中电压的特点求出A两端的电压【解答】解：由于IA=0.2A，从图可知，此时UA=1V，A和B串联，IB=IA=0.2A，从图可知，此时UB=2V，因此U=UA+UB=1V+2V=3V；当

20、IB=0.2A时，从图可知，此时UB=2V，又A和B并联，UA=UB=2V故答案为：3；26如图是一种温度自动报警器的原理图，制作水银（填“酒精”、“煤油”或“水银”）温度计时插入一段金属丝，当温度达到金属丝下端所指的温度时，电磁铁具有磁性，将衔铁吸引过来，使电铃发出报警信号请你根据图中电磁铁的极性，标出控制电路中电源的“+、”极【考点】电磁继电器的构成、原理和特点；安培定则；通电螺线管的极性和电流方向的判断；导体和绝缘体的区别【分析】温度自动报警器是由于温度计所在的环境温度的变化导致了控制电路的接通，从而实现了自动控制电源的正负极可以运用安培定则来拟定【解答】解：温度自动报警器的工作过程是这

21、样的，当温度升高时，玻璃泡中的液体膨胀，液注上升，当升高到警戒温度即金属丝下端相应的温度时，控制电路接通，电磁铁有磁性，吸引衔铁，从而使工作电路接通报警要使液注升高到金属丝的下端，电路就可以接通，因此，玻璃泡中的液体必须是导体故应选用水银拟定电源的正负极要运用安培定则来拟定，运用电磁铁的NS极和线圈的绕向，根据安培定则可以拟定电流是从线圈的右端流入，左端流出在电源外部，电流从电源正极流向电源负极故知电源的右端为正极，左端为负极水银磁性控制电路电源的正负极如图：7将两只额定电压相似的灯泡L1、L2串联在电路中，闭合开关S后，发现灯泡L1较亮，灯泡L2较暗，此现象阐明灯泡L1两端的电压不小于（填“

22、不小于”、“等于”或“不不小于”）灯炮L2两端的电压，灯泡L1的额定功率不不小于（填“不小于”、“等于”或“不不小于”） 灯泡L2的额定功率【考点】电功率的计算【分析】（1）灯泡的亮度由其实际功率决定，由电功率的计算式P=I2R和串联电路电流特点可知，两灯电阻大小关系，由此判断两灯电压关系；（2）两灯的额定电压相等，由公式P=两灯的额定功率大小【解答】解：由题两灯串联在电路中，L1较亮，灯泡L2较暗，因此L1实际功率较大，串联电路电流到处相等，由P=I2R可知L1电阻不小于L2的电阻，由U=IR可知，灯L1两端的实际电压较大；由于R1R2，在额定电压相似时，由P=可知，阻值越大，其额定功率越小

23、，即灯L1的额定功率要不不小于灯L2的额定功率故答案为：不小于；不不小于8电子式单相电能表已经广泛使用，其重要参数imp/（kWh）表达用电1kWh耗电批示灯闪烁的次数小明家的电能表标明“6400imp/（kWh）”，当某用电器单独接在该表上，用电器正常工作5min，批示灯闪烁了640次，则5min内该用电器消耗的电能为0.1kWh，该用电器的额定功率为1200W【考点】电功的计算；额定功率【分析】“6400imp/（kWh）”表达用电1kWh耗电批示灯闪烁的次数，那么闪烁n次表达电器消耗用电为kWh，根据公式P=求解电功率【解答】解：小明家的电能表标明“6400imp/（kWh）”，当某用电

24、器单独接在该表上，用电器正常工作5min，批示灯闪烁了640次，则5min内该用电器消耗的电能为kWh=0.1kWh；该用电器的额定功率为P=1200W；故答案为：0.1，12009当时，发明电流表的人应当有如下的思维过程：（1）电流表应串联在被测电路中，这样运用串联电路的特性“各处电流相等”可知：电流表显示的电流值就等于被测电路的电流值（2）为提高测量的精度，电流表的接入对原电路的影响可以忽视，因此电流表的内部电阻应当较小（填“较大”、或“较小”）（3）如图为我们实验室所用电流表的内部构造示意图，当接入电路，有电流通过线圈时，线圈在磁场中受力转动从而带动指针偏转！它事实上与电动机（选填“电动

25、机”或“电磁铁”）的工作原理相似（4）我们懂得电流表在使用过程中，若电流从负接线柱进入，正接线柱流出，则指针会反偏，因素是通电线圈在磁场中转动的方向与电流方向有关【考点】电流表的使用【分析】（1）根据串联电路的电流特点回答；（2）电流表是串联在电路中，由于电压一定，为了减小电流表对电路中电流大小的影响，根据欧姆定律可知电流表的电阻应当非常小；（3）解决此题要懂得通电导线在磁场中会受到磁场力的作用；（4）通电线圈在磁场中转动的方向与电流方向有关【解答】解：（1）电流表应串联在被测电路中，由于串联电路中各处电流相等，因此电流表显示的电流值就等于被测电路的电流值；（2）根据I=可知，在U一定期，为了

26、减小电流表对电路中电流大小的影响，电流表的电阻应当非常小；（3）当电表中有电流通过时，指针会发生偏转，其工作原理是通电线圈在磁场中由于受到磁场力而会发生转动，它事实上与电动机的工作原理相似；（4）通电线圈在磁场中转动的方向与电流方向有关，因此电流从负接线柱进入，正接线柱流出时，电流表的指针会反向偏转故答案为：（1）各处电流相等；（2）较小；（3）电动机；（4）通电线圈在磁场中转动的方向与电流方向有关10电压表既是测量仪表，同步也是一种接入电路中的特殊电阻，电压表的电阻一般很大，为测量某电压表的电阻，某同窗连接了如图所示的电路，来测量电压表V1的电阻，R1是阻值为的定值电阻，开关闭合，读出电压表

27、V2的示数为4.5V，电压表V1的示数为3V，则电压表V1的电阻是4000【考点】欧姆定律的应用【分析】由图V1与R1串联再与V2并联，根据并联电路电压特点知总电压，由串联电路电路特点知R1两端电压，最后根据串联电路的分压原理计算电压表V1的电阻【解答】解：由电路图可知，V1与R1串联再与V2并联，并联电路中各支路电压与电源电压都相等，串联电路中总电压等于各部分电路两端电压之和，则有：U=UV2=UV1+UR1，因此：UR1=UV2UV1=4.5V3V=1.5V，由串联电路的分压可知： =，即： =，解得：RV1=4000故答案为：400011在图中标出磁感线的方向和小磁针的N极【考点】通电螺

28、线管的极性和电流方向的判断；磁感线及其特点；安培定则【分析】运用电源的正负极，可以拟定电路中电流的方向，在根据电流方向和图示的螺线管的绕向，运用安培定则可以拟定螺线管的NS极然后运用磁感线是从磁体的N极出发，回到S极这一特点，拟定磁感线的方向运用螺线管的磁极结合磁极间作用规律拟定小磁针的N、S极【解答】解：电流从电源的正极出发，通过外电路会到电源的负极，因此电流是从螺线管的右端流入，左端流出根据螺线管的线圈绕向和电流的方向，运用安培定则可以拟定螺线管的左端为N极，右端为S极磁感线是从磁体的N极出发，回到S极，因此可以拟定磁感线的方向是向右的小磁针的左端接近了螺线管的右端（S极），异名磁极互相吸

29、引，因此小磁针的左端与螺线管的右端为异名磁极，故为N极综上分析可得答案如右图：12教室内的一种开关可以同步控制两盏日光灯的亮与灭，请你将虚线框中的电路补充完整【考点】电路图设计【分析】教室内的灯应为并联关系，开关控制两灯，故开关应接在干路上【解答】解：日光灯电压为220V，故两灯应并联，而开关控制两灯，故开关应接在干路上，如图所示：二、单选题（每题3分，共24分，请把符合题意的选项序号填入下列表格内，答案未填入表格内的不能得分）13甲、乙、丙、丁四个轻质小球两两接近时，甲吸引乙，乙排斥丙，丙吸引丁已知丁球是与丝绸摩掠过的玻璃球，那么甲球的带电状况是（）A正电B负电C正电或不带电D负电或不带电【

30、考点】物体带电状况的判断【分析】同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引，带电体有吸引轻小物体的性质【解答】解：已知丁球是与丝绸摩掠过的玻璃球，则丁带正电，丙吸引丁，则丙也许带负电，也也许不带电；乙排斥丙，则乙丙一定是带电体，则同步阐明丙一定带负电；甲吸引乙，则甲也许带正电，也也许不带电故选C14有关磁体、磁场和磁感线，如下说法中对的的是（）A铜、铁和铝都可以被磁体所吸引B磁感线是磁场中真实存在的曲线C磁体之间的互相作用都是通过磁场发生的D物理学中，把小磁针静止时S极所指的方向规定为该点磁场的方向【考点】磁性、磁体、磁极；磁场；磁感线及其特点【分析】（1）磁体只能吸引铁、钴、镍等磁性材料（2）磁感线

31、是为了描述磁场人们想象出来的曲线，磁场实际是存在的，磁感线是不存在的（3）磁体间互相作用是通过磁场完毕的（4）物理学中，把小磁针静止时N极所指的方向规定为该点磁场的方向【解答】解：A、铜和铝都不是磁性材料，磁体都不能吸引不符合题意B、磁感线在磁场中不是真实存在的，只是为了便于研究磁场，人为画的某些曲线不符合题意C、磁体间的互相作用是通过磁场发生的符合题意D、物理学中，把小磁针静止时N极所指的方向规定为该点磁场的方向小磁针静止时S极所指的方向与该点磁场的方向相反不符合题意故选C15用同种材料制成的粗细均匀的某段金属导体，对于其电阻大小下列说法对的的是（）A当导体两端电压和通过导体的电流为零时，导

32、体的电阻为零B当导体被均匀拉长至本来的二倍时，她的电阻减小为本来的一半C电阻是导体自身的一种性质，因此温度无论如何变化，电阻也不也许变为零D电阻是导体自身的一种性质，与电压和电流无关【考点】影响电阻大小的因素【分析】（1）电阻是导体自身的属性，只与导体的长度，导体的横截面积和导体的材料有关，还与导体的温度有关；与电流、电压的大小无关（2）在相似温度的条件下，同种材料的导体，相似横截面积、长度越长，电阻越大；相似长度，横截面积越小，电阻越大【解答】解：A、电阻是导体自身的属性，与电压和通过导体的电流的大小无关，故A错误；B、当导体被均匀拉长至本来的二倍时，则它的长度增长一倍，横截面积变为本来的一

33、半，则电阻增大为本来的四倍，故B错误；C、电阻是导体自身的一种性质，但在一定的温度下，电阻也许变为零，如超导体；故C错误；D、电阻是导体自身的性质，与电流和电压的大小无关，故D对的故选D16有关家庭电路，下列说法错误的是（）A保险丝熔断也许是同步使用了多种大功率电器B控制灯泡的开关只需要和灯泡串联即可，因此电灯的控制开关可以安装在零线上C若电线在某处接触不良，则该处更容易发热D把用电器的金属外壳接地线可以避免触电【考点】家庭电路电流过大的因素【分析】运用下列知识分析判断：（1）保险丝熔断一定是电路中电流过大，电流过大的因素是电路短路或总功率过大，保险丝熔断千万不要用铁丝或铜丝来替代；（2）为了

34、安全开关接在火线上，开关与所控制的用电器串联；（3）家庭电路中用电器的金属外壳一定接地，避免用电器漏电时发生触电事故【解答】解：A、保险丝熔断一定是电路中电流过大，电流过大的因素是发生了短路或用电器的总功率过大故A对的；B、控制电灯的开关与电灯串联，为了安全，并且接在火线上，故B错；C、若电线互相连接处接触不良，阐明导线的接触面积小，电阻比较大，根据公式Q=I2Rt可知，在电流相等，时间相等时，电阻越大，产生的热量就越多，因此该处比别处更容易发热，故C对的；D、金属外壳的用电器如果漏电，使金属外壳和火线相连，人站在地面上，接触用电器的金属外壳，间接接触火线，会发生触电事故因此用电器的金属外壳一

35、定接地，避免触电事故的发生故D对的故选B17如图所示的家用电器中，正常工作时电流约为5A的是（）A电电扇B笔记本电脑C台灯D空调【考点】电流的大小【分析】家庭电路电压是220V，已知电路电流，由P=UI求出用电器的功率；然后根据对家用电器功率的理解逐个分析，做出选择【解答】解：用电器的功率P=UI=220V5A=1100W；A、电电扇的功率在几十瓦，不符合题意；B、笔记本电脑的功率在200W左右，不符合题意；C、台灯的功率在几十瓦，不符合题意；D、空调属于大功率用电器，功率在1100W以上，符合题意故选D18如图所示的电路，电源电压不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片向右移动时（）A电压表达数变

36、大，电流表达数变小，灯泡变暗B电压表达数变小，电流表达数变大，灯泡变亮C电压表达数变小，电流表达数变小，灯泡变暗D电压表达数变大，电流表达数变大，灯泡变亮【考点】滑动变阻器的使用；欧姆定律；电功率的计算；实际功率【分析】滑动变阻器是靠变化连入电路中电阻丝的长度来变化电阻的，它在电路中的作用就是通过变化电阻从而变化电路中的电流和部分电路两端的电压这道题我们先分析变阻器电阻变化状况，然后得出总电阻变化状况由于电压一定，根据欧姆定律就可以得出电流变化状况最后环绕定值电阻分析，由于它的阻值一定，因此通过它的电流跟它两端的电压成正比，懂得了它的电压变化状况，就可以懂得变阻器两端的电压变化状况了【解答】解

37、：由图可知，变阻器与灯泡是串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测总电流当滑片向右滑动时，滑动变阻器的电阻变小，则电路的总电阻变小；又知：电路总电压等于电源电压保持不变；根据欧姆定律I=可知，电路中电流变大，即电流表的示数变大；又灯泡的阻值不变；根据U灯=IR灯可知灯泡两端电压变大；又P灯=I2R灯，且电阻不变，电流变大；灯泡的实际功率变大；灯泡变亮；又U滑=UU灯；则可判断U滑变小故选B19炎热的夜晚，爸爸打开客厅柜式空调时，细心的小明发现家里的白炽灯忽然闪了一下，亮度变暗了点，这是由于（）A电路中总电流忽然变大，灯泡的额定功率变小了B电路中总电流忽然变大，导线上损失的电压增多，加在灯泡两

38、端的实际电压减小C空调忽然工作时，又并联了一种用电器，电路中总电阻变大D空调自身电阻很大，当它并联在电路中时，电路中总电流忽然变小【考点】实际功率【分析】用电器的额定功率是一定的，灯泡的亮度是由其实际功率决定的；并联电路中总电阻不不小于任一支路电阻，由此分析空调接入电路后电路中总电阻的变化，由欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断出灯泡电压变化和实际功率的变化状况【解答】解：由于总电压恒定，空调与灯泡并联，空调忽然工作时，又并联了一种用电器，并联后电路中总电阻减小，导致电路中的总电流忽然增大，由I=知U线=IR线，电线上电压将增大，则灯泡两端的电压减小，由P=知灯泡实际功率减少，因此灯泡变暗，

39、故B对的，CD错误；用电器的额定电压和额定功率只有一种，是固定的，因此灯泡的额定功率不变，故A错误故选B20有关滑动变阻器在不同实验中的作用，下列说法不对的的是（）A在“探究电流与电压的关系”实验中的重要作用是：变化灯泡两端的电压B在“探究电流与电阻的关系”的实验中的重要作用是：保持电阻两端的电压不变C在“测定定值电阻的阻值”的实验中重要作用是：多次测量取平均值减小实验误差D在“测定小灯泡发光时的电功率”的实验中重要作用是：测量小灯泡在不同发光状况下的电功率，进而多次测量取平均值减小实验误差【考点】滑动变阻器的使用【分析】滑动变阻器的作用：一是保护电路；二是可以多次测量并结合控制变量法具体分析

40、滑动变阻器的作用【解答】解：A、在“探究电流与电压的关系时”需保持电阻不变，变化灯泡两端的电压，而滑动变阻器可以起到变化灯泡两端电压的作用；故A对的；不合题意；B、在“探究电流与电阻的关系时”，需保持电压不变，变化电阻的大小，由于电阻的变化，需调节滑片的位置，保持电阻两端的电压不变；故B对的；不合题意；C、在“测定定值电阻的阻值时”，移动滑片，为了多次测量取平均值减小实验误差；故C对的，不合题意；D、在“测定小灯泡发光时的电功率时”移动滑片，测量小灯泡在不同发光状况下的电功率，但不可以求平均值，故D错误，符合题意故选D三、实验探究题（共26分）21如图所示是“探究通过导体的电流与电压、电阻的关

41、系”的电路图（1）探究电流与电压的关系时，所测得的几组电流、电压值见表1，分析表中数据可知：电阻箱接入电路的阻值为5；当导体的电阻一定期，通过导体的电流与导体两端的电压成正比关系（2）探究电流与电阻的关系时，应调节电阻箱变化接入电路中的阻值，并调节滑动变阻器使电压表的示数保持相似，读出电流值所测几组数据见表2分析表中数据可知：电阻箱两端的电压为2V，当导体两端的电压一定期，通过导体的电流与导体的电阻成反比关系表1 序号电阻R/电流I/A150.402100.203200.10表2序号电压U/V电流I/A11.00.2021.50.30320.40【考点】探究电流与电压、电阻的关系实验【分析】（

42、1）要探究通过导体的电流与电压、电阻的关系，需要用到控制变量法，若探究电流与电压的关系，需使电阻不变，变化电压；若要探究电流与电阻的关系，需使电压不变，变化电阻（2）掌握滑动变阻器在两种状况下的作用及调节；（3）掌握欧姆定律的基本公式及其变形公式【解答】解：（1）探究电流与电压的关系时，要保持电阻值不变，根据第一组数据分析得，电阻不变，电压增大为本来的几倍，电流就增大为本来的几倍，可得当导体的电阻一定期，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；（2）此实验通过调节变阻箱来变化接入电路中的电阻，通过调节滑动变阻器使电阻两端的电压不变；由第一组数据知，U=IR=0.4A5=2V；分析数据得，电压不变

43、，导体的电阻增大为本来的几倍，电流就减小为本来的几分之一，可得当导体两端电压一定期，通过导体的电流与导体的电阻成反比故答案为：（1）5；正比；（2）电阻箱；滑动变阻器；2；反比22大兵教师带同窗去实验室测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率（1）如图甲是某同窗没有连接完毕的实验电路，请你用笔画线替代导线将实物图补充完整（规定：闭合开关前需要将变阻器的滑片置于最右端）；（2）实验时细心的大兵教师提示同窗们“这个实验最容易浮现的问题是：连接电路后闭合开关，灯泡不亮同窗们可以根据电压表、电流表的示数判断故障的因素，若电流表、电压表均有示数，且示数较小，阐明电路是正常的，灯泡不亮的因素是滑动变阻器连

44、入电路阻值较大；若电流表没有示数，电压表有较大示数，阐明灯丝断了或灯泡与灯座接触不良（3）同窗们将电路连接完毕后，为了测量小灯泡的额定功率，接下来的操作是调节滑动变阻器，使电压表达数为2.5V，读出并记下电流表达数，然后由电功率公式P=UI求出灯泡额定功率；（4）实验中大兵教师发现小松同窗没有使用电压表，而是用了两个电流表和一种5的电阻器R设计了如图乙所示的电路，同样测出了小灯泡的额定功率，具体操作是：闭合开关，移动变阻器的滑片，使电流表A1的示数为0.5A，小灯泡正常发光，若此时电流表A2的示数为0.8A，则该灯泡的额定功率为0.75W【考点】电功率的测量【分析】（1）闭合开关前需要将变阻器

45、的滑片置于最右端，阐明应将滑动变阻器的左下接线柱接入电路；根据灯泡的额定电压选择电压表的量程，并将电压表与灯泡并联；（2）灯泡不亮，也许是灯泡断路或灯泡短路或灯泡之外存在断路或电路电流太小，灯泡实际功率太小导致的，根据具体的电路现象找出电路故障因素（3）电路连接对的，测灯泡额定电功率的实验对的操作是：移动滑片位置，使电压表达数等于灯泡额定电压，记录电流表达数，然后由电功率公式求出灯泡额定功率（4）电流表A1与定值电阻串联，相称于电压表，使并联电路电压等于灯泡额定电压2.5V时灯泡可以正常发光，由欧姆定律可以求出电流表A1的示数；然后由并联电路的特点求出流过待测电阻的电流，然后由欧姆定律求出灯泡

46、的功率【解答】解：（1）滑片处在最右边时，接入电路的电阻最大，将滑动变阻器的左下接线柱与开关右接线柱相连；由于灯泡的额定电压为2.5V，因此电压表选择03V量程，因此将3V的接线柱与灯泡右接线柱相连，如下图所示：（2）如果滑动变阻器连入电路的阻值较大，电路电流很小，灯泡实际功率太小，局限性以引起灯泡发光，则灯泡不亮，电流表与电压表均有示数，但示数较小；如果灯泡断路或灯泡与灯座接触不良，则电路断路，灯泡不亮，电路电流为零，电流表达数为零，电压表与电源两极相连，测电源两端电压，电压表有示数且示数较大（3）为了测量灯泡在正常发光时的电功率，对的的操作环节是：调节滑动变阻器，使电压表达数为2.5V，读

47、出并记下电流表达数，然后由电功率公式P=UI求出灯泡额定功率（4）由电路图知：定值电阻与灯泡并联，它们两端的电压相等，当并联电压等于灯泡的额定电压UL=2.5V时，灯泡正常发光，此时电流表A1的示数I1=0.5A；此时干路电流等于电流表A2的示数为0.8A，则灯泡正常发光时的电流IL=I1I2=0.8A0.5A=0.3A；故灯泡的额定功率P=ULIL=2.5V0.3A=0.75W故答案为：（1）见上图；（2）电流表、电压表均有示数，且示数较小；电流表没有示数，电压表有较大示数；（3）调节滑动变阻器，使电压表达数为2.5V，读出并记下电流表达数，然后由电功率公式P=UI求出灯泡额定功率；（4）电

48、流表A1的示数为0.5A；0.7523为了探究影响电热的因素，小伟设计了如图甲的电路，烧瓶中盛有质量、初温均相等的煤油，R甲R乙（1）为了在较短的时间内达到明显的实验效果，选用煤油而不选用水，重要是由于煤油的比热容小（2）通电一段时间后，比较两烧瓶中温度计的示数，是为了探究电热与电阻的关系（3）要运用此装置来探究电热与电流的关系，你还需要的操作是移动滑动变阻器滑片，比较通电时间相似时，甲（乙）烧瓶中温度计的示数变化（4）将此装置改装后可测量煤油的比热容，如图乙所示，测量时，分别向两个相似的烧瓶中加入初温均为t0、质量相等的水和煤油，通电一段时间后，分别读出温度计的示数为t水、t煤油，请写出煤油

49、比热容的体现式C煤油=C水（已知水的比热容为C水）【考点】比热容的概念【分析】（1）吸取相似的热量在较短的时间内温度升高快的液体比热容较小，要想在较短的时间内达到明显的实验效果，所选液体的比热容应较小（2）实验目的是探究影响电热的因素，由图1知，两段电热丝串联因此通过的电流相似，通电时间也相似，产生的热量不同，是由于电热丝的阻值不同（3）要研究电热与电流的关系，必须保持电阻和通电时间相似，变化通过电热丝的电流，比较产生热量多少与电流大小的关系（4）已知两个相似的烧瓶中加入初温均为t0、质量相等的水和煤油，通电一段时间，由于电热丝的阻值、电流通电时间都相似，因此煤油和水获得的热量相似，据此列出等

50、量关系式求解煤油的比热容【解答】解：（1）为了在较短的时间内达到明显的实验效果，选用煤油而不用水做实验，重要是由于水的比热容不小于煤油的比热容，吸取相似的热量，温度变化不明显（2）已知通过两段电热丝的电流和通电时间都相似，因此此过程是研究电热与电阻大小的关系（3）要研究电热与电流的关系，必须移动滑动变阻器滑片，比较通电时间相似时，甲（乙）烧瓶中温度计的示数变化（4）在图2中，两只烧瓶中的电热丝阻值相似，通过的电流相似，通电时间相似，因此水和煤油得到的热量相似，即Q水=Q煤油c水m（t水t0）=c煤油m（t煤油t0）因此煤油的比热容为c煤油=c水故答案为：（1）煤油的比热容小；（2）电阻；（3）

51、必须移动滑动变阻器滑片，比较通电时间相似时，甲（乙）烧瓶中温度计的示数变化；（4）c水四、计算题（共25分）24某款节能灯的额定电压为220V，额定功率为20W，它正常发光时的亮度与一般照明的“220V 100W”白炽灯正常发光时相称（1）该节能灯正常工作时电流是多大？（2）某家庭每天照明5h，则使用这盏节能灯比使用一盏“220V 100W”白炽灯每月（按30天计算）节省电能多少千瓦时？（3）已知每节省lkWh的电能，就能减排约300g的碳粉尘，则改用节能灯后，每盏灯每月能减排碳粉尘多少公斤？【考点】电功率与电压、电流的关系；电功率与电能、时间的关系【分析】（1）已知节能灯的额定电压和额定功率

52、，根据公式I=可求节能灯正常工作时电流（2）根据公式W=Pt可求节省的电能（3）已知改用节能灯后的节省的电能，然后计算减排碳粉尘的质量【解答】解：（1）由P=UI可得，该节能灯正常工作时电流是I=0.09A（2）由P=，可得，节省电能W=Pt=（0.1kW0.02kW）5h30=12kWh（3）减排碳粉尘质量m=E0.3kg/kWh=12kWh0.3kg/kWh=3.6kg答：（1）该节能灯正常工作时电流是0.09A；（2）可节省电能12千瓦时；（3）每盏灯每月能减排碳粉尘3.6公斤25如图1所示，灯泡L标有“6V，3W”字样，滑动变阻器的最大阻值为12，当开关S1、S2闭合，滑动变阻器的滑片

53、P滑到最右端时，小灯泡正好正常发光（不考虑灯丝电阻随温度的变化）（1）当开关S1闭合、S2断开、滑片移到变阻器的最左端时，小灯泡的实际功率是多少？（2）求滑动变阻器的滑片滑至中点时电路中的总电流（提示：此时电路可等效为图2电路，图2电路中的总电阻的计算措施如下：一方面计算出R1与R2并联后的总电阻记为R12，则电路的总电阻为R总=R12+R3）【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用【分析】（1）当开关S1、S2闭合，滑动变阻器的滑片P移到最右端时，分析此时的电路连接方式，然后根据并联电路中的电压规律可得电源电压；已知灯泡额定电压和额定功率，根据P=即可求出灯泡的电阻；当开关S1闭合、S2断开，滑

54、片P移到变阻器的最左端时，分析此时电路的连接方式，然后根据欧姆定律求出灯泡中的电流，由P=I2R计算灯泡的实际功率；（2）由图2知电路的连接方式，根据电路特点和欧姆定律计算电路中的电流【解答】解：（1）当开关S1、S2闭合，滑动变阻器的滑片P移到最右端时，R和L并联，又由于灯泡正常发光，因此U电源=U额=6V；由P=可得：RL=12，当开关S1闭合、S2断开，滑动变阻器的滑片移到最左端时，R和L串联；电路的总电阻：R总=R+RL=12+12=24，IL=I=0.25A，因此小灯泡的实际功率：PL=IL2RL=（0.25A）212=0.75W；（2）滑动变阻器的滑片滑至中点时，灯泡与滑动变阻器的

55、并联再与滑动变阻器的串联，等效电路如果图2，R1与R2并联再与R3串联，因此电路的总电阻：R总=R12+R3）=+R3=+6=10，由欧姆定律可得电路中的电流：I=0.6A答：（1）当开关S1闭合、S2断开、滑片移到变阻器的最左端时，小灯泡的实际功率是0.75W；（2）滑动变阻器的滑片滑至中点时电路中的总电流为0.6A26电动机是一种使用广泛的动力机械，从能量转化的角度看它重要是把电能转化为机械能，尚有一部分能量在线圈中以热量的形式散失掉既有一台电动机，当电动机两端加220V电压时，通过电动机线圈的电流为50A若已知该电动机线圈的电阻是0.4，问：（1）每分钟该电动机消耗的电能是多少？（2）线

56、圈每分钟产生的热量是多少？（3）该电动机正常工作时电能转化为机械能的效率是多少？【考点】电功的计算；能量运用效率；焦耳定律的计算公式及其应用【分析】（1）懂得电动机工作的电压和通过的电流和工作时间，根据W=UIt求出每分钟该电动机消耗的电能；（2）懂得电路中的电流和线圈的电阻，根据Q=I2Rt求出线圈每分钟产生的热量；（3）每分钟该电动机消耗的电能减去线圈每分钟产生的热量即为获得的机械性能，获得的机械能与消耗电能的比值即为该电动机正常工作时电能转化为机械能的效率【解答】解：（1）每分钟该电动机消耗的电能：W总=UIt=220V50A60s=6.6105J；（2）线圈每分钟产生的热量：Q=I2Rt=（50A）20.460s=6104J；（3）每分钟该电动机正常工作时电能转化为的机械能：W=W总Q=6.6105J6104J=6105J，该电动机正常工作时电能转化为机械能的效率：=100%=100%90.9%答：（1）每分钟该电动机消耗的电能是6.6105J；（2）线圈每分钟产生的热量是6104J；（3）该电动机正常工作时电能转化为机械能的效率是90.9%