九年级物理上学期段考试卷（三）（含解析） 新人教版

2015-2016学年重庆市南开中学九年级（上）段考物理试卷（三）一选择题（本题共12个小题，每小题只有1个正确选项，每题2分，共24分）1下列选项中，不是电功单位的是（）A焦/秒B千瓦时C焦D伏安秒2下列物理量的估测中不正确的是（）A冬天洗澡较为舒服的温度约42B家用电饭锅的额定电流约5AC我国家庭电路的电压通常为380VD普通教室一盏日光灯的额定功率约为28W3如图所示，下列家庭电路中安装规范的元件是（）AABBCCDD4关于下面几幅图片的说法错误的是（）A屋檐上的冰挂是凝固现象B“毛尖”制作：加热使新鲜茶叶中的水分快速蒸发称“杀青”C冰块的保鲜效果比水更好是因为冰在熔化过程中要吸热D衣柜里的樟脑丸因汽化而变小5以下说法错误的是（）A自由电荷定向移动形成电流B与丝绸摩擦过的玻璃棒失去电子带上正电C家庭电路中电流过大的原因是用电器总功率过大或发生短路现象D验电器是根据“同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引”的原理制成6如图所示是电阻甲和乙的UI图象，下列说法中正确的是（）A甲和乙都是阻值不变的电阻B当乙两端电压为2V时，R乙=5C甲、乙串联在电路中，当电路电流为0.2A时，电源电压为2VD甲、乙并联在电路中，当电源电压为2V时，电路总功率为1.2W7将规格都是“220V 100W”的一台电风扇、一台电视机和一把电烙铁分别接入家庭电路中，通电时间相同，下列说法正确的是（）A电烙铁产生的热量最少B电风扇将电能主要转化为机械能C三个用电器产生的热量一样多D电视机产生的热量最多，所以电视机后背要设计散热孔8如图所示，电源电压不变，先闭合开关S1，再闭合开开关S2，电流表A1、电流表A2和电压表V的示数变化说法正确的是（）A变大，变小，不变B变大，不变，变大C变小，不变，变大D变小，变大，不变9行动不方便的老年人使用的电动轮椅工作原理如图所示操纵杆D同时控制S1和S2两个开关，向前推操纵杆D时轮椅前进且能调速，向后拉操纵杆时轮椅以恒定速度后退已知蓄电池电压为24V，定值电阻R2为20，R1为调速器，下列对电路的判断正确的是（）AS1和S2都接触点1，轮椅后退BS1和S2都接触点2时，R2与电动机串联，轮椅前进C轮椅后退时电路中的电流小于1.2AD轮椅后退时调速器R1可以工作10南昌市井冈山大道的“十字”路口上，安装着交通指示灯，指挥着来往的人们和行驶的车辆，每组指示灯是“红、黄、绿”三盏，每盏灯上都标有“220V100W”字样，则每组灯正常工作时每小时耗电（）A0.1度B0.2度C0.3度D0.4度11如图所示，将电阻R1、R2按图甲、乙两种方式接在电压均为U的两个电路中，在甲图中电阻R1的功率为9W，在乙图中R1的功率为16W下列说法中不正确的是（）A甲、乙两图中R1两端的电压之比3：4BR1、R2两电阻阻值之比为3：1C甲图中电阻R1、R2的功率之比为3：1D甲、乙两图电路消耗的总功率之比是16：312如图所示电路中，电源电压恒为6V，电流表的量程为00.6A，电压表V1的量程为03V，电压表V2的量程为015V，定值电阻R1的规格为“10 0.5A”，滑动变阻器R2的规格为“20 1A”闭合开关S后，为保证电路安全，在滑动变阻器滑片P由a滑向b的过程中，下列说法正确的是（）A电流表示数允许的变化范围为0.2A0.3AB电压表V2的示数不变，电路消耗的总功率变大C电阻R2接入电路的阻值允许变化范围为210D电流表A的示数变大，电压表V1的示数与电流表A的示数比变小二填空题（每空1分，共12分）13正值入冬季节，同学们将水杯一杯多用，即可以用于喝水，又可以取暖（如图甲），他们是利用的方式获取内能；而另一些同学确用双手反复摩擦（如图乙）让手感到温暖，这是利用的方式增加了手的内能（选填“做功”或“热传递”）14不高于V的电压对人体是安全的；为安全起见，人们用测电笔辨别火线和零线（如图所示）其中正确的是图（选填“甲”或“乙”）15某同学家中有台0.2kW的电冰箱，全家外出两天，只有电冰箱在自动间歇工作，这两天前后电能表的示数如图1、2所示，这两天电冰箱消耗的电能为kWh，这台电冰箱实际工作的时间为h16一种电工工具由一个小灯泡L和一个定值电阻R并联而成，通过L、R的电流跟其两端电压的关系如图所示由图可得定值电阻R的阻值为；当把这个工具接在电压为2V的电路两端，L、R并联的总电阻是17将“3V 3W”、“6V 3W”字样的两盏灯（不考虑灯丝电阻变化）串联接入电路中，使其中一盏灯正常发光，允许加在这个电路两端的最高电压是V；将这两盏灯并联接入电路中，使其中一盏灯正常发光，干路中的电流是A18如图所示电路，电源电压保持不变，R1为定值电阻闭合开关S，调节滑动变阻器R2，发现电流表示数从0.2A变为0.3A，电压表示数改变了3V由此可知在这一过程中滑动变阻器连入电路的阻值 （选填“变大”或“变小”），定值电阻R1的电功率变化了W三实验题（3个小题，其中19题4分，20题8分，21题9分，共21分）19做“探究导体电阻大小与哪些因素有关”的实验中，准备在图中的M、N两点间接入待研究的电阻丝，电源电压恒定，忽略灯丝电阻随温度变化的影响，待用电阻丝的规格如表：导体编号材料长度横截面积ab镍铬合金丝LScd镍铬合金丝2LSef锰铜合金丝LSgh镍铬合金丝L2S（1）通过分析猜想：电阻可能与导体的材料有关；电阻可能与导体的温度有关；电阻可能与导体的横截面积有关；电阻应该还与导体的长度有关要探究猜想应该选用导线和导线 （填表格中的编号字母）进行对比实验（2）正确选择后，将所选电阻丝分别接入M、N两点间，闭合开关，通过观察灯泡的亮暗或电流表的示数来比较电阻丝电阻的大小实验中，两次电流表指针均有偏转，但第一次的示数小于第二次的示数，说明第二次接入电路的电阻丝的电阻值（选填“较大”或“较小”）20用如图甲所示的实验器材探究“电流与电阻的关系”电源电压恒为3V，滑动变阻器上标有“200 2A”字样，电阻箱分别可调为50、100、200、500等阻值（1）根据电路图连接实物图，连接电路前开关应，闭合开关前，滑动变阻器应滑到最 （选填“左”或“右”）端（2）正确连接电路后将电阻箱调为50，闭合开关，发现电流表无示数而电压表有示数且近似为3V，则电路中的故障可能是A电流表短路 B电压表开路 C电阻箱开路 D电阻箱短路排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数如图乙所示，此时电路中的电流为A（3）将电阻箱由50调为100，闭合开关，为了保持电压表的示数为V不变，应将滑动变阻器的滑片P向 （选填“左”或“右”）移动，记录此时各表的示数（4）将电阻箱由100调为200，重复步骤（3），记录多组数据如表所示实验次数电阻箱阻值/电流表示数/mA150（2）210020320010分析数据可得出结论：当电压一定时，通过导体中的电流与电阻成比（5）下课后，以为同学问老师是否能将电阻箱调为500或更大再进行试验？老师回答不能并为该同学解释不能更换的原因请你说说该原因是：21在“测量小灯泡额定功率”实验中，小吴选用了标有“2.5V”字样的小灯泡、电流表、电压表、开关、低压电源、标有“20 1A”的滑动变阻器、若干导线等器材按如图所示连接起来（1）在闭合开关前他又检查了电路，发现其中有一根导线接错了，请你在错误的导线上打一个“”，然后用笔画线代替接入一根导线使电路完整（2）小吴正确连接电路后，闭合开关，电压表及电流表示数如图乙，电源电压为V，小灯泡实际功率为W；（3）为测小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片向 （选填“左”或“右”）移动滑片，当电压表示数为V时小灯泡正常发光，若此时电流表示数为0.3A，则此小灯泡的额定功率为W（4）滑动变阻器的滑片向左端滑动后，小灯泡的电功率将（选填“增大”、“减小”或“不变”）（5）小吴通过描点作图画出如图丙所示的图象得知小灯泡的电流与加在小灯泡两端的电压并不成正比，其原因可能是：随后又经过多次测量与计算后得到灯泡实际功率P与灯泡电压的平方U2和电流的平方I2的关系，图中能正确反映P与I2或U2的关系的是：四计算题（3个小题，其中22题6分，23题3分，24题9分，共23分解答应包含必要的公式和过程，只写出最后结果不能得分）22在伏安法测电阻实验中，由于电流表损坏，于是学生用一只电压表，一个阻值为10的定值电阻R0与待测电阻Rx串联，如图所示先闭合开关S1，当开关S2接b时，电压表示数为1V；S2接a时，电压表示数为3V求：（1）通过R0的电流；（2）Rx的电阻23如图所示，某品牌电热水壶的铭牌上标着如下表所示的数据，求：额定电压220V热水壶容量1.5L加热时功率2000W频率50Hz（1）该电热水壶正常工作时的电阻；（2）当电热水壶装满水后，从20加热到100，水吸收的热量；（3）电热水壶正常工作时加热一壶水需要4.5min，加热这壶水时的效率；（4）如果在用电高峰期用电热水壶烧水，电压只有198V左右，这时电热水壶发热时的实际功率C水=4.2103J/（kg）24如图所示，电源电压恒为12V，小灯泡L标有“3V 1.5W”字样，滑动变阻器尺标有“50 1A”字样，电压表使用的量程为015V，电流表使用的量程为00.6A，R0为一定值电阻；当闭合开关S、S2，断开S1时，灯泡L恰好正常发光（不计温度对灯丝电阻的影响）求：（1）小灯泡L正常发光时的电流；（2）闭合开关S、S2断开S1时，通电1min，电流通过定值电阻R0所做的功；（3）当闭合开关S、S1，断开S2时，在保证电表不超过量程，灯泡L两端的电压不超过额定电压的情况下，滑动变阻器R的功率的变化范围2015-2016学年重庆市南开中学九年级（上）段考物理试卷（三）参考答案与试题解析一选择题（本题共12个小题，每小题只有1个正确选项，每题2分，共24分）1下列选项中，不是电功单位的是（）A焦/秒B千瓦时C焦D伏安秒【考点】电功【分析】在国际单位制中，功率的单位是瓦特（W），生活中还有kW；电能（电功）的国际单位是焦耳（J），生活中还有度、千瓦时（kWh）根据相关的计算公式，我们还可以得出相应的变形单位【解答】解：A、由公式P=可得，焦/秒实质是功率的单位，符合题意；B、千瓦时（kWh）是电功的常用单位，1kWh=3.6106J，不合题意；C、焦（J）是电功的国际单位制单位，不合题意；D、由公式W=UIt可得，伏安秒实质是电功的单位，不合题意故选A2下列物理量的估测中不正确的是（）A冬天洗澡较为舒服的温度约42B家用电饭锅的额定电流约5AC我国家庭电路的电压通常为380VD普通教室一盏日光灯的额定功率约为28W【考点】温度；电流的大小；家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法；电功率【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案【解答】解：A、人体的温度为37左右，冬天洗澡较为舒服的温度略高于人体温度，约42左右；故A正确；B、家用电饭锅的额定功率为1000W左右，电流约为I=4.5A，接近5A，故B正确；C、我国家庭电路的电压通常为220V；故C错误；D、教室一盏日光灯的额定功率在20W40W之间；故D正确故选C3如图所示，下列家庭电路中安装规范的元件是（）AABBCCDD【考点】家庭电路的连接【分析】解答本题应掌握：（1）灯泡的开关应接到火线和灯之间；（2）家庭电路中的用电器都应是并联的，插座是为了方便使用可移动的用电器设置的，与其他用电器是并联的【解答】解：（1）控制灯泡的开关应该与火线相连，故A、B错误；（2）两孔插座的接法：左孔接零线、右孔接火线，而图中是右孔接零线、左孔接火，故C错误；（3）三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线符合安全用电原则，故D正确故选D4关于下面几幅图片的说法错误的是（）A屋檐上的冰挂是凝固现象B“毛尖”制作：加热使新鲜茶叶中的水分快速蒸发称“杀青”C冰块的保鲜效果比水更好是因为冰在熔化过程中要吸热D衣柜里的樟脑丸因汽化而变小【考点】凝固与凝固放热特点；熔化与熔化吸热特点；蒸发及其现象；生活中的升华现象【分析】（1）物质从液态变为固态的过程是凝固；（2）影响蒸发快慢的因素有：液体的温度；液体的表面积；液体上方的空气流动速度，升高液体的温度可以加快蒸发；（3）物质从固态变为液态的过程是熔化，熔化过程都需要吸收热量；（4）物质从固态直接变成气态叫升华【解答】解：A、屋檐上的冰挂是水变成的冰，是凝固现象，故A正确B、加热可以使新鲜茶叶中的水分温度升高，从而加快蒸发，达到“杀青”的目的，故B正确；C、冰在熔化过程中吸热，所以保鲜效果更好，故C正确；D、樟脑丸变小是由固态直接变成气态，是升华现象，故D错误故选D5以下说法错误的是（）A自由电荷定向移动形成电流B与丝绸摩擦过的玻璃棒失去电子带上正电C家庭电路中电流过大的原因是用电器总功率过大或发生短路现象D验电器是根据“同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引”的原理制成【考点】电流的形成；摩擦起电的实质；验电器的原理及使用；家庭电路电流过大的原因【分析】（1）电荷定向移动形成电流；（2）摩擦起电的实质是电子的转移；（3）家庭电路中电流过大的原因是用电器总功率过大或发生短路现象；（4）验电器是根据“同种电荷相互排斥”制成；【解答】解：A、自由电荷定向移动形成电流；故A说法正确；B、摩擦起电的实质是电子的转移；与丝绸摩擦过的玻璃棒失去电子带上正电；故B说法正确；C、家庭电路中电流过大的原因是用电器总功率过大或发生短路现象；故C说法正确；D、验电器是根据“同种电荷相互排斥”制成；两个箔片由于带同种电荷排斥而张开；故D说法错误；故选D6如图所示是电阻甲和乙的UI图象，下列说法中正确的是（）A甲和乙都是阻值不变的电阻B当乙两端电压为2V时，R乙=5C甲、乙串联在电路中，当电路电流为0.2A时，电源电压为2VD甲、乙并联在电路中，当电源电压为2V时，电路总功率为1.2W【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【分析】根据欧姆定律可知，电阻一定时，通过电阻电阻的电流与两端两端的电压成正比，据此分析图象甲乙电阻的变化；由图象可知，当乙两端电压为2V时对应的电流，根据欧姆定律求出R乙的阻值；根据并联电路的电压特点结合图象读出对应的电流，再根据并联电路的电流特点得出干路电流，利用P=UI求出电路总功率；根据串联电路的电流特点读出图象中对应的电压，利用串联电路的电压特点求出电源的电压【解答】解：A、由图象可知，甲对应的电流与电压成正比，而乙对应的电流与电压不成正比，根据欧姆定律可知甲电阻的阻值不变，乙电阻的阻值变化，故A错误；B、由图象可知，当乙两端电压为2V时，通过乙的电流为0.2A，则R乙=10，故B错误；C、甲、乙串联在电路中，当电路电流为0.2A时，通过甲、乙的电流均为0.2A，由图象可知，U甲=1V，U乙=2V，串联电路中总电压等于各分电压之和，此时电源的电压：U=U甲+U乙=1V+2V=3V，故C错误；D、甲、乙并联在2V电源时，根据并联电路的电压特点可知两灯泡两端的电压为2V，由图象可知，I甲=0.4A，I乙=0.2A，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，干路电流I=I甲+I乙=0.4A+0.2A=0.6A，电路总功率：P=UI=2V0.6A=1.2W，故D正确；故选D7将规格都是“220V 100W”的一台电风扇、一台电视机和一把电烙铁分别接入家庭电路中，通电时间相同，下列说法正确的是（）A电烙铁产生的热量最少B电风扇将电能主要转化为机械能C三个用电器产生的热量一样多D电视机产生的热量最多，所以电视机后背要设计散热孔【考点】电热【分析】分别接入220V的电路中，三个用电器都正常工作，实际功率相同（等于额定功率）、通电时间相同，根据W=Pt可知消耗的电能相同，通过分析三种用电器使用时的能量转化情况，找出产生热量最多的用电器【解答】解：由于U=220V，则三种用电器的实际功率：P=P额=100W；因为W=Pt，所以三种用电器消耗的电能相同；电视机将一部分电能转化为光能，电风扇中的电动机将电能大部分转化机械能，电烙铁将电能全部转化为内能故产生热量最多的是电烙铁；故B正确、ACD错误故选B8如图所示，电源电压不变，先闭合开关S1，再闭合开开关S2，电流表A1、电流表A2和电压表V的示数变化说法正确的是（）A变大，变小，不变B变大，不变，变大C变小，不变，变大D变小，变大，不变【考点】电路的动态分析【分析】只闭合S1，只有L1连入电路，当两个开关都闭合时，L1、L2并联电路，根据并联电路特点分析即可【解答】解：只闭合S1时，只有L1连入电路，L2支路未接入电路，所以电压表示数为0；电流表A1和A2都测L1电流；开关都闭合时，L1、L2并联，A1测干路电流，A2测L1的电流，电压表有示数，所以电压表示数变大；因为并联电路中支路间互不干扰，所以L1支路电流不变，即A2示数不变；干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变大，即A1示数变大故选B9行动不方便的老年人使用的电动轮椅工作原理如图所示操纵杆D同时控制S1和S2两个开关，向前推操纵杆D时轮椅前进且能调速，向后拉操纵杆时轮椅以恒定速度后退已知蓄电池电压为24V，定值电阻R2为20，R1为调速器，下列对电路的判断正确的是（）AS1和S2都接触点1，轮椅后退BS1和S2都接触点2时，R2与电动机串联，轮椅前进C轮椅后退时电路中的电流小于1.2AD轮椅后退时调速器R1可以工作【考点】欧姆定律的应用【分析】（1）轮椅前进且能调速，故前进电路中应有可以控制电路中的电流的装置，即应有滑动变阻器且与电动机串联，然后根据电路图判断开关闭合的位置；（2）轮椅后退时，轮椅以恒定速度后退，电路的电流不可调节，即应用定值电阻与电动机串联，然后根据电路图判断开关闭合的位置；（3）根据欧姆定律求出电路中没有电动机时的电流，然后根据串联电路的分压特点判断电路中电流的变化得出答案【解答】解：（1）因向前推操纵杆D时轮椅前进且能调速，所以，前进电路中应有可以控制电路中的电流的装置，即滑动变阻器且与电动机串联在电路中，调速器R1可以工作，由电路图可知，此时开关S1和S2都接1，故A错误；（2）因向后拉操纵杆时轮椅以恒定速度后退，所以，电动机应与R2串联，此时电流方向与前进时相反，由电路图可知，此时开关S1和S2都接2，调速器R1不工作，故BD错误；（3）当电路中没有电动机轮椅后退时，电路中的电流：I=1.2A，所以，电动机工作时，R两端的电压变小，电路中的电流小于1.2A，故C正确故选C10南昌市井冈山大道的“十字”路口上，安装着交通指示灯，指挥着来往的人们和行驶的车辆，每组指示灯是“红、黄、绿”三盏，每盏灯上都标有“220V100W”字样，则每组灯正常工作时每小时耗电（）A0.1度B0.2度C0.3度D0.4度【考点】电功的计算【分析】由于“红、黄、绿”三盏电灯不会同时工作，由并联电路的特点知，三个电灯是并联，已知每盏灯的额定功率和工作时间，根据公式W=Pt可求消耗的电能【解答】解：P=100W=0.1KW，t=1h，消耗的电能为：W=Pt=0.1kw1h=0.1kwh故选A11如图所示，将电阻R1、R2按图甲、乙两种方式接在电压均为U的两个电路中，在甲图中电阻R1的功率为9W，在乙图中R1的功率为16W下列说法中不正确的是（）A甲、乙两图中R1两端的电压之比3：4BR1、R2两电阻阻值之比为3：1C甲图中电阻R1、R2的功率之比为3：1D甲、乙两图电路消耗的总功率之比是16：3【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【分析】（1）甲图中，两电阻串联，乙图中两电阻并联，根据公式P=可求甲乙两图中电阻R1两端的电压之比，根据串联电路的特点和欧姆定律结合甲图求出R1、R2两电阻阻值之比，再根据P=I2R求出甲图中电阻R1、R2的功率之比；（2）根据电阻的串联和P=求出甲图电路消耗的总功率；再根据并联电路的电压特点和P=表示出乙图中两电阻的电功率，两者功率之和即为乙图中电路消耗的总功率，进一步结合电阻关系求出甲、乙两图中电路消耗的总功率之比【解答】解：（1）因甲图中电阻R1的功率P1=，乙图中电阻R1的功率P1=，所以， =，解得： =，故A正确；甲图中：因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电路中各处的电流相等，所以， =，故B正确；由P=I2R可得，甲图中R1、R2的功率之比：=，故C正确；（2）因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，甲图中电路消耗的总功率：P甲=，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，乙图电路消耗的总功率：P乙=+=+=，所以， =，故D错误故选D12如图所示电路中，电源电压恒为6V，电流表的量程为00.6A，电压表V1的量程为03V，电压表V2的量程为015V，定值电阻R1的规格为“10 0.5A”，滑动变阻器R2的规格为“20 1A”闭合开关S后，为保证电路安全，在滑动变阻器滑片P由a滑向b的过程中，下列说法正确的是（）A电流表示数允许的变化范围为0.2A0.3AB电压表V2的示数不变，电路消耗的总功率变大C电阻R2接入电路的阻值允许变化范围为210D电流表A的示数变大，电压表V1的示数与电流表A的示数比变小【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流（1）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R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化，根据P=UI可知电路消耗总功率的变化，根据欧姆定律结合R1的阻值判断电压表V1的示数与电流表A的示数比值的变化；（2）当电压表V1的示数最大时电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据欧姆定律求出R2接入电路中的最小阻值；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流（1）在滑动变阻器滑片P由a滑向b的过程中，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，由U=IR可知，R1两端的电压变大，即电压表V1的示数变大，由P=UI可知，电路消耗的总功率变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压变小，即电压表V2的示数变小，故B错误；由R=可知，电压表V1的示数与电流表A的示数比等于R1的阻值，所以，电压表V1的示数与电流表A的示数比不变，故D错误；（2）当电压表V1的示数U1=3V时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的最大电流：I=0.3A，此时滑动变阻器两端的电压：U2=UU1=6V3V=3V，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R2=10，则电阻R2接入电路的阻值允许变化范围为1020，故C错误；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的最小电流：I=0.2A，所以，电流表示数允许的变化范围为0.2A0.3A，故A正确故选A二填空题（每空1分，共12分）13正值入冬季节，同学们将水杯一杯多用，即可以用于喝水，又可以取暖（如图甲），他们是利用热传递的方式获取内能；而另一些同学确用双手反复摩擦（如图乙）让手感到温暖，这是利用做功的方式增加了手的内能（选填“做功”或“热传递”）【考点】热传递改变物体内能；做功改变物体内能【分析】做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移【解答】解：手捧热水杯取暖，这是利用热传递的方式获取内能，这一过程中热量发生了转移；用双手反复摩擦让手感到温暖，这是利用做功的方式增加了手的内能，使手的温度升高故答案为：热传递；做功14不高于36V的电压对人体是安全的；为安全起见，人们用测电笔辨别火线和零线（如图所示）其中正确的是甲图（选填“甲”或“乙”）【考点】测电笔的使用；电压【分析】触电是人体直接或间接接触火线，并与零线或大地构成通路造成的，当电流超过一定数值时，人就会有生命危险因此，对人体安全电压为不高于36V根据测电笔的正确使用方法进行分析，即食指接触测电笔末端的金属部位，使电路形成通路【解答】解：对人体安全电压为不超过36V测电笔使用时，拇指和中指不要接触测电笔前端的金属体，食指必须接触测电笔末端的金属体，使电源和大地之间形成通路，故甲是正确的测量方法故答案为：36；甲15某同学家中有台0.2kW的电冰箱，全家外出两天，只有电冰箱在自动间歇工作，这两天前后电能表的示数如图1、2所示，这两天电冰箱消耗的电能为2kWh，这台电冰箱实际工作的时间为10h【考点】电能表参数的理解与电能的求法【分析】已知外出前电能表的示数和回来后电能表的示数，前后示数之差就是电冰箱消耗的电能，注意单位是kWh，虚线框内为小数点后一位；已知电冰箱的功率和消耗的电能，根据公式t=可求电冰箱实际工作的时间【解答】解：如图所示，电冰箱消耗的电能：W=1344kWh1342kWh=2kWh由P=，电冰箱的功率P=0.2kW；可得，电冰箱实际工作时间：t=10h故答案为：2；1016一种电工工具由一个小灯泡L和一个定值电阻R并联而成，通过L、R的电流跟其两端电压的关系如图所示由图可得定值电阻R的阻值为10；当把这个工具接在电压为2V的电路两端，L、R并联的总电阻是2.5【考点】欧姆定律的应用；电阻的并联【分析】首先根据图分析定值电阻R和灯泡L在一定电压下的电流，然后根据欧姆定律计算R和L的阻值根据并联电路电阻特点计算L、R并联的总电阻【解答】解：电路两端电压为2V时，通过R的电流为0.2A，通过L的电流为0.6AR的阻值为：R=L的阻值为：根据并联电路电阻特点计算：=2.5故答案为：10，2.517将“3V 3W”、“6V 3W”字样的两盏灯（不考虑灯丝电阻变化）串联接入电路中，使其中一盏灯正常发光，允许加在这个电路两端的最高电压是7.5V；将这两盏灯并联接入电路中，使其中一盏灯正常发光，干路中的电流是1.25A【考点】欧姆定律的应用；电功率与电压、电流的关系【分析】（1）由铭牌可知两灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI求出两灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出两灯泡的电阻；（2）串联电路中各处的电流相等，两灯泡串联时电路中的最大电流为两者额定电流较小的，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路两端允许加的最大电压；（3）并联电路中各支路两端的电压相等，两灯泡并联时允许所加的最大电压为两额定电压较小的，再根据并联欧姆定律求出各支路的电流，利用并联电路的电流特点求出干路中的最大电流【解答】解：由P=UI可得，两灯泡的额定电流分别为：I1=1A，I2=0.5A，由I=可得，两灯泡的电阻分别为：R1=3，R2=12；（1）因串联电路中各处的电流相等，且使其中一盏灯正常发光，所以，两灯泡串联时，电路中的最大电流I串=I2=0.5A，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路两端允许加的最大电压：U串=I串（R1+R2）=0.5A（3+12）=7.5V；（2）因并联电路中各支路两端的电压相等，且使其中一盏灯正常发光，所以，两灯泡并联时，两灯泡两端的电压U并=U1=3V，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路中的最大电流：I并=I1+I2=+=+=1.25A故答案为：7.5；1.2518如图所示电路，电源电压保持不变，R1为定值电阻闭合开关S，调节滑动变阻器R2，发现电流表示数从0.2A变为0.3A，电压表示数改变了3V由此可知在这一过程中滑动变阻器连入电路的阻值变小 （选填“变大”或“变小”），定值电阻R1的电功率变化了1.5W【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【分析】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流根据欧姆定律可知当电流表示数从0.2A变为0.3A时电路中总电阻的变化，进一步判断滑动变阻器接入电路中阻值的变化；根据串联电路的特点和欧姆定律表示出两种情况下滑动变阻器两端的电压，利用电源的电压不变和电压表示数的变化得出等式即可求出电阻R1的阻值，再根据P=I2R求出定值电阻R1的电功率变化量【解答】解：由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；由I=的变形式R=可知，电流表示数从0.2A变为0.3A时，电路中的总电阻变小，因并联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路的电阻变小；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，当电路中的电流I=0.2A时，滑动变阻器两端的电压：U2=UIR1=U0.2AR1，当电路中的电流I=0.3A时，滑动变阻器两端的电压：U2=UIR1=U0.3AR1，因电压表示数改变了3V，所以U滑U滑=（U0.2AR1）（U0.3AR1）=3V，解得：R=30，定值电阻R1电功率的变化量：P1=（I）2R1I2R1=（0.3A）230（0.2A）230=1.5W故答案为：变小；1.5三实验题（3个小题，其中19题4分，20题8分，21题9分，共21分）19做“探究导体电阻大小与哪些因素有关”的实验中，准备在图中的M、N两点间接入待研究的电阻丝，电源电压恒定，忽略灯丝电阻随温度变化的影响，待用电阻丝的规格如表：导体编号材料长度横截面积ab镍铬合金丝LScd镍铬合金丝2LSef锰铜合金丝LSgh镍铬合金丝L2S（1）通过分析猜想：电阻可能与导体的材料有关；电阻可能与导体的温度有关；电阻可能与导体的横截面积有关；电阻应该还与导体的长度有关要探究猜想应该选用导线ab和导线gh （填表格中的编号字母）进行对比实验（2）正确选择后，将所选电阻丝分别接入M、N两点间，闭合开关，通过观察灯泡的亮暗或电流表的示数来比较电阻丝电阻的大小实验中，两次电流表指针均有偏转，但第一次的示数小于第二次的示数，说明第二次接入电路的电阻丝的电阻值较小（选填“较大”或“较小”）【考点】影响电阻大小的因素【分析】（1）导体的电阻跟导体的长度、横截面积和材料有关，当研究电阻与导体横截面积的关系时，应控制其它的因素不变；（2）电压相同，电流的变化可以反映电阻的变化，从两次电流表示数大小可以比较连入导线的电阻大小，根据I=，电压相同，电阻越大，电流越小【解答】解：（1）要探究猜想，根据控制变量法的思路，应该控制导体的长度、材料相同，因此应该选择导线ab和gh（2）电压相同，电流的大小可反映电路中电阻的改变，为了让实验结果更精确，在这个实验中通过比较电流表的示数变化来比较所接电阻丝的阻值大小第一次电流表的示数小于第二次电流表的示数，说明第一次接入MN间的导线的电阻大，第二次接入MN间的导线的电阻小故答案为：（1）ab；gh；（2）较小20用如图甲所示的实验器材探究“电流与电阻的关系”电源电压恒为3V，滑动变阻器上标有“200 2A”字样，电阻箱分别可调为50、100、200、500等阻值（1）根据电路图连接实物图，连接电路前开关应断开，闭合开关前，滑动变阻器应滑到最右 （选填“左”或“右”）端（2）正确连接电路后将电阻箱调为50，闭合开关，发现电流表无示数而电压表有示数且近似为3V，则电路中的故障可能是CA电流表短路 B电压表开路 C电阻箱开路 D电阻箱短路排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数如图乙所示，此时电路中的电流为0.04A（3）将电阻箱由50调为100，闭合开关，为了保持电压表的示数为2V不变，应将滑动变阻器的滑片P向右 （选填“左”或“右”）移动，记录此时各表的示数（4）将电阻箱由100调为200，重复步骤（3），记录多组数据如表所示实验次数电阻箱阻值/电流表示数/mA150（2）210020320010分析数据可得出结论：当电压一定时，通过导体中的电流与电阻成反比（5）下课后，以为同学问老师是否能将电阻箱调为500或更大再进行试验？老师回答不能并为该同学解释不能更换的原因请你说说该原因是：滑动变阻器的最大阻值为200，无法保持定值电阻两端电压始终为2V【考点】探究电流与电压、电阻的关系实验【分析】（1）为保护电路，连接电路时，应断开开关，一般情况下将滑动变阻器串联在电路中滑动变阻器接入电路的阻值应为最大阻值；（2）移动滑动变阻器的滑片，电流表的无示数，电压表有示数且近似为3V，说明电路出现断路，并且断路在电压表两接线柱之间；由图示电流表确定其量程与分度值，然后读出其示数；（3）探究电流与电阻之间的关系时应控制电阻两端的电压不变，根据串联分压的知识，将50电阻换为100后，电压表的示数变大，应增大滑动变阻器的阻值，使电压表的示数不变；（4）分析表中实验数据，根据实验控制的变量与实验数据，然后得出结论；（5）根据表格中数据确定定值电阻两端的电压，由欧姆定律及串联电路的电压规律求出若换用500的定值电阻时所需滑动变阻器的阻值，结合变阻器的规格便可得出结论【解答】解：（1）连接电路的过程中，开关须断开；滑动变阻器应该串联在电路中，开关闭合前，应将滑片调到阻值最大处即右端；（2）闭合开关，无论怎样移动滑片，且电压表始终为电源电压，电流表示数为零，说明电压表串联在了电路中，电流太小电流表显示不出来，则故障的原因可能是电阻箱断路，选C；）电流表选择0100mA量程，每一个大格代表20mA，每一个小格代表2mA，由指针位置可知此时电流为40mA即0.04A；（3）探究电流与电阻之间的关系时应控制电阻两端的电压不变，将50、100、200的电阻依次换接入电路中，则电压表的示数变大，为保持电压表的示数不变，应增大滑动变阻器的阻值，将滑片向右端滑动，使电压表的示数保持U=I R=0.04A50=2V不变；（4）由表中实验数据可知，在电压一定时，电流与电阻的乘积是一个定值，即电流与电阻成反比，由此可得：保持电压不变时，导体中的电流跟导体的电阻成反比；（5）根据表格中数据可知，电阻两端的电压为：U=2V；当定值电阻为500时，因为=，即=，解得：R滑=250由于滑动变阻器的最大阻值为200，无法保持定值电阻两端电压始终为2V故答案为：（1）断开；右；（2）C；0.04：；（3）2；右；（4）反；（5）滑动变阻器的最大阻值为200，无法保持定值电阻两端电压始终为2V21在“测量小灯泡额定功率”实验中，小吴选用了标有“2.5V”字样的小灯泡、电流表、电压表、开关、低压电源、标有“20 1A”的滑动变阻器、若干导线等器材按如图所示连接起来（1）在闭合开关前他又检查了电路，发现其中有一根导线接错了，请你在错误的导线上打一个“”，然后用笔画线代替接入一根导线使电路完整（2）小吴正确连接电路后，闭合开关，电压表及电流表示数如图乙，电源电压为1.3V，小灯泡实际功率为0.286W；（3）为测小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片向右 （选填“左”或“右”）移动滑片，当电压表示数为2.5V时小灯泡正常发光，若此时电流表示数为0.3A，则此小灯泡的额定功率为0.75W（4）滑动变阻器的滑片向左端滑动后，小灯泡的电功率将减小（选填“增大”、“减小”或“不变”）（5）小吴通过描点作图画出如图丙所示的图象得知小灯泡的电流与加在小灯泡两端的电压并不成正比，其原因可能是：电灯的电阻由于灯丝温度的变化而发生了变化随后又经过多次测量与计算后得到灯泡实际功率P与灯泡电压的平方U2和电流的平方I2的关系，图中能正确反映P与I2或U2的关系的是：B【考点】电功率的测量【分析】（1）根据实验要求，电压表应与灯泡并联，根据这一点，可修改实物图；（2）根据题意，确定电压表和电流表的量程及分度值，读出电压表和电流表的示数，根据P=UI求出小灯泡的实际功率（3）根据串联电路具有分压作用可知，此时变阻器分担的电压多一些，故应使变阻器阻值变小只有在额定电压下根据P=UI计算出的才是额定功率（4）根据滑动变阻器的分压作用，变阻器电阻增大，分担的电压增大，小灯泡两端的电压减小，判断实际功率变化（5）灯丝电阻随温度变化而变化，从电阻大小的影响分析根据公式P=I2R分析P与I2的图象，根据公式P=分析P与U2的图象【解答】解：（1）电压表应该与灯泡并联，滑动变阻器、电流表与灯泡串联，如下图所示：（2）根据实物图可知，电压表的量程是03V，分度值是0.1V，故此时电压表的读数为：U1=1.3V，电流表的量程是00.6A，分度值是0.02A，故此时电流表的读数为：I1=0.22A，小灯泡的实际功率为：P1=U1I1=1.3V0.22A=0.286W；（3）滑动变阻器与小灯泡串联，根据串联电路具有分压作用可知，为使灯泡两端电压变大，应调小滑动变阻器的阻值，故应向右调；只有在额定电压下测得的才是额定功率，故应调节电压表的示数为2.5V，额定功率为：P=UI=2.5V0.3A=0.75W（4）滑动变阻器的滑片向左移动，接入电路中的电阻变大，分担的电压变大，小灯泡两端的电压减小，由P=可知，小灯泡的实际功率变小（5）灯泡的电阻是与通过灯丝的温度有关的，当通过灯丝的电流增大时，灯丝的温度升高，灯丝的电阻增大（6）由P=I2R知，由于电阻也在变大，所以与I2的图象有向上的趋势，A错误，B正确；由P=可知，由于电阻在变大，所以比值有变小的趋势，CD均错误故选B故答案为：（1）如上图所示；（2）1.3；0.286；（3）右；2.5；0.75；（4）减小；（5）电灯的电阻由于灯丝温度的变化而发生了变化；B四计算题（3个小题，其中22题6分，23题3分，24题9分，共23分解答应包含必要的公式和过程，只写出最后结果不能得分）22在伏安法测电阻实验中，由于电流表损坏，于是学生用一只电压表，一个阻值为10的定值电阻R0与待测电阻Rx串联，如图所示先闭合开关S1，当开关S2接b时，电压表示数为1V；S2接a时，电压表示数为3V求：（1）通过R0的电流；（2）Rx的电阻【考点】欧姆定律的应用【分析】（1）闭合开关S1，当开关S2接b时，R0与Rx串联，电压表测R0两端的电压；S2接a时，两电阻仍串联，电压表测电源的电压，根据欧姆定律求出通过R0的电流；（2）根据串联电路的电压特点求出Rx两端的电压，再根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出Rx的电阻【解答】解：（1）闭合开关S1，当开关S2接b时，R0与Rx串联，电压表测R0两端的电压；S2接a时，两电阻仍串联，电压表测电源的电压，则通过R0的电流：I0=0.1A；（2）因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，Rx两端的电压：Ux=UU0=3V1V=2V，因串联电路中各处的电流相等，所以，Rx的电阻：Rx=20答：（1）通过R0的电流为0.1A；（2）Rx的电阻为2023如图所示，某品牌电热水壶的铭牌上标着如下表所示的数据，求：额定电压220V热水壶容量1.5L加热时功率2000W频率50Hz（1）该电热水壶正常工作时的电阻；（2）当电热水壶装满水后，从20加热到100，水吸收的热量；（3）电热水壶正常工作时加热一壶水需要4.5min，加热这壶水时的效率；（4）如果在用电高峰期用电热水壶烧水，电压只有198V左右，这时电热水壶发热时的实际功率C水=4.2103J/（kg）【考点】热量的计算；能量利用效率；电功率的计算；电功与热量的综合计算【分析】（1）已知电热水壶的额定电压和加热功率，根据公式R=可求电热水壶的电阻；（2）知道热水壶的容积（装满水的体积），利用密度公式求水的质量，利用吸热公式Q吸=cmt可求水吸收的热量（有用能量）；（3）利用W=Pt求4.5min消耗的电能（总能量），利用效率公式求加热这壶水时的效率；（4）电压较低时的功率为实际功率，根据公式 P实=求实际功率【解答】解：（1）该电热水壶的电阻：R=24.2；（2）水的体积：V=1.5L=1.5103m3，水的质量：m=V=1103kg/m31.5103m3=1.5kg，水吸收的热量：Q吸=cmt=cm（tt0）=4.2103J/（kg）1.5kg=5.04105J；（3）W电=Pt=2000W4.560s=5.4105J，=93.3%；（4）电热水壶实际功率：P实=1620W答：（1）该电热水壶正常工作时的电阻为24.2；（2）当电热水壶装满水后，从20加热到100，水吸收的热量为5.04105J；（3）电热水壶正常工作时加热一壶水需要4.5min，加热这壶水时的效率93.3%：（4）如果在用电高峰期用电热水壶烧水，电压只有198V左右，这时电热水壶发热时的实际功率为1620W24如图所示，电源电压恒为12V，小灯泡L标有“3V 1.5W”字样，滑动变阻器尺标有“50 1A”字样，电压表使用的量程为015V，电流表使用的量程为00.6A，R0为一定值电阻；当闭合开关S、S2，断开S1时，灯泡L恰好正常发光（不计温度对灯丝电阻的影响）求：（1）小灯泡L正常发光时的电流；（2）闭合开关S、S2断开S1时，通电1min，电流通过定值电阻R0所做的功；（3）当闭合开关S、S1，断开S2时，在保证电表不超过量程，灯泡L两端的电压不超过额定电压的情况下，滑动变阻器R的功率的变化范围【考点】欧姆定律的应用；电功的计算；电功率的计算【分析】（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI求出小灯泡L正常发光时的电流；（2）闭合开关S、S1，断开S2时，L与R0串联，灯泡L恰好正常发光，根据串联电路的电压特点求出R0两端的电压，根据串联电路的电流特点和W=UIt求出通电1min电流通过定值电阻R0所做的功；（3）闭合开关S、S1断开S2时，R与L串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，比较灯泡的额定电流和电流表的量程以及滑动变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最大电流；电压表的量程大于电源的电压，则滑动变阻器可以完全接入电路中的中，根据欧姆定律求出灯泡的电阻，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，利用串联电路的电压特点和P=UI表示出滑动变阻器消耗的电功率，然后结合电路中的电流确定滑动变阻器R的功率的变化范围【解答】解：（1）由P=UI可得，小灯泡L正常发光时的电流：IL=0.5A；（2）闭合开关S、S1，断开S2时，L与R0串联，灯泡L恰好正常发光，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R0两端的电压：U0=UUL=12V3V=9V，因串联电路中各处的电流相等，所以，通电1min，电流通过定值电阻R0所做的功：W=U0I0t=U0ILt=9V0.5A60s=270J；（3）闭合开关S、S1断开S2时，R与L串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，因灯泡的额定电流为0.5A，电流表使用的量程为00.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以，电路中的最大电流I大=0.5A，灯泡的电阻：RL=6