益阳市南县学九级上期末物理试卷含答案解析.doc

湖南省益阳市南县2015-2016学年九年级（上）期末物理试卷（解析版）一、选择题1.下列说法中不正确的是（）A固体很难被压缩，是由于分子间存在斥力B水和酒精升高相同的温度，水吸收的热量较多C用干手器吹出的热风吹刚洗过的手，可以加快手上水的蒸发D打开酒精瓶的瓶塞后，教室里弥漫着酒精味，这说明酒精分子不停地运动2下列关于热学知识的说法正确的是（）A同一种物质的比热容一定是不变的B冰在熔化过程中放热，温度不变，内能增加C柴油机的效率可以达到100%D烧开水是通过热传递的方法增加水的内能3现代社会倡导文明出行，某班同学对十字路口人行横道的红、绿交通信号灯进行了观察，画出了如图所示的控制人行红、绿灯的电路图，你认为可行的是（）ABCD4如图所示的电路中，闭合开关时，下列说法正确的是（）A电流表测的是L1的电流B电流表测的是L2的电流C电流表测的是总电流D两灯泡串联5关于导体的电阻，下列说法正确的是（）A导体的电阻与导体两端的电压成正比B导体的电阻与通过导体的电流成反比C导体两端电压为零时，导体的电阻也为零D导体的电阻与电流、电压大小无关6如图所示电路中，闭合开关后发现L1和L2均不发光，电流表无示数为了找出故障原因，小华用电压表进行检测，发现ab间电压为0，ac间电压为3V，bc间电压为3V则电路故障可能是（）AL1开路BL1短路CL2开路DL2短路7如图所示的电路中（电源电压不变），闭合电键S后，当滑动变阻器的滑片自左向右移动时，下列判断中正确的是（）A电流表的示数不变，电压表的示数不变B电流表的示数变大，电压表的示数变小C电流表的示数变大，电压表的示数变大D电流表的示数变小，电压表的示数不变8如图所示的电路，电源电压为3V且保持不变，滑动变阻器R1标有“1A 10”的字样当滑动变阻器的滑片P在最右端时闭合开关S，通过灯泡L的电流为 0.6A，移动滑动变阻器的滑片P，在电路安全工作的情况下，下列说法正确的是（）A向左移动滑动变阻器的滑片P至中点时时灯泡变暗BR1消耗的电功率范围是1.5W3WC滑片P在最右端时通过干路中的电流是0.9AD电路消耗的总功率范围是2.7W4.5W9以下操作中符合安全用电规则的是（）A家用电器的外壳可任接火线、零线或接地B检修家用电路及更换电路元件时，断开零线或火线均可C检修家中电路时要切断家庭电路的总开关D擦干的手可以直接触摸火线10如图所示，电源的输出电压恒定不变，现将一个灯泡L接在离电源很近的AB两点时，灯泡L消耗的功率为25W，若将灯泡L接在离电源较远的CD两点时，灯泡L消耗的功率为16W则输电导线AC、BD上消耗的功率为（）A1WB2WC4WD9 W11如图所示的四幅图中，说明电动机工作原理的实验装置是（）ABCD12如图所示，在电路中滑动变阻器滑片P逐渐向左适当移动的过程中，条形磁体仍保持静止，在此过程中下列说法正确的是（）A电磁铁左端为S极B条形磁铁与电磁铁相互吸引C电磁铁磁性逐渐增强D电磁铁周围不产生磁场二、填空题（本大题共5小题，每空2分，共20分）13在内燃机的“吸气”、“压缩”、“做功”、“排气”四个冲程中，将内能转化为机械能的是_冲程；常用水来给内燃机降温，是因为水的_比较大14铭牌上标有“220V 22W”的节能灯，正常工作时的电流为_A，若它每天正常工作5小时，那么一个月消耗_kWh的电能（一个月按30天计算）15一个电动机的线圈电阻是4，当把它接在220V电压下工作10min已知：通过线圈的电流是5A，这时电动机做功_J，线圈产生的热量是_J16在学习了电和磁的知识后，小杰在家里饶有兴趣地做起了小实验他找了一枚缝衣针，在“吸铁石”上擦了几下，然后用一根细软的棉线将缝衣针悬挂起来并保持水平，结果发现静止后针尖总是指向南方，这说明缝衣针已经被_成了一枚小磁针，此时缝衣针的针尖是_极（填“S”或“N”）17如图所示，电源电压恒定，小灯泡L标有“3V 1.2W”字样，R为定值电阻，闭合S，断开S1，小灯泡正常发光；若再闭合S1，发现电流表示数变化0.5A，则R的阻值为_，此时灯泡L和电阻R消耗的功率之比是_三、实验题（本大题共3个小题，每空2分，共24分）18小明利用如图甲所示实物电路探究“导体中电流跟电阻的关系”提供的实验器材有：电压恒为5V的电源、电流表、电压表、四个不同阻值的定值电阻、滑动变阻器、开关、导线若干（1）图甲中部分导线已连好，请用笔画线代替导线将电路连接完整（2）实验数据如表，第2次实验中电流表的示数如图乙所示，则电流表示数为_A次数1234电阻/5101520电流/A0.400.130.10（3）分析表中数据可得出结论：_（4）结合表中数据可知，小刚选用的滑动变阻器的最大阻值至少是_19为了探究电磁铁的磁性强弱跟哪些因素有关，小琴同学用漆包线（表面涂有绝缘漆的导线）大铁钉上绕若干匝，制成简单的电磁铁，图甲、乙、丙、丁为实验中观察到的四种情况当开关闭合后，甲图中_（填“钉帽”或“钉尖”）是磁铁的N极；比较图_和_可知：匝数相同时，电流越大磁性越强；由图_可知：当电流一定时，匝数越多，磁性越强20在“探究影响电流做功多少的因素”活动中，同学们设计了如图甲、乙、丙三个电路（1）经过讨论，认为不应该选择图甲电路，原因是_（2）为研究电流做功与电压的关系，应该选择图_ 所示的电路（3）利用图丙电路研究某问题，当闭合开关后，发现L1灯不亮，L2灯亮，电压表V1没有示数，则电路发生的故障是_（4）学习电功率知识后，小明想测灯泡的额定功率，将标有“6V 6W”的灯泡L1和“6V 4W”的灯泡L2按图丙电路连接，再接入电流表经分析，在保证电路元件安全的情况下能测出灯泡_的额定功率21某太阳能热水器内装有100kg初温为25的水，经过一天的太阳照射，水温升高到75，则：（过程中不计热损失，水的比热容为4.2103J/（kg）、天然气的热值为2.1107J/kg）（1）水吸收的热量为多少J？（2）这些热量相对于完全燃烧多少kg天然气所放出的热量？（3）要产生同样多的热量，用“220V 2000W”的电热水器正常工作需要多少min时间？22如图所示电路中，电源电压6V恒定，电流表的量程为03A，电压表的量程为03V，灯L1和L2的规格分别为“6V 2.4W”和“6V 3W”，滑动变阻器R的规格为“60 1A”，不计温度对灯丝的影响，求：（1）L1与L2的电阻各是多大？（2）滑动变阻器的滑片P放在a端时，闭合开关S1、S2、S3后，电流表的读数是多少？（3）若两灯中只允许一盏灯工作，且要求电路元件安全使用，在滑片移动过程中，整个电路至少消耗多少电功率？2015-2016学年湖南省益阳市南县九年级（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列说法中不正确的是（）A固体很难被压缩，是由于分子间存在斥力B水和酒精升高相同的温度，水吸收的热量较多C用干手器吹出的热风吹刚洗过的手，可以加快手上水的蒸发D打开酒精瓶的瓶塞后，教室里弥漫着酒精味，这说明酒精分子不停地运动【考点】分子间的作用力；影响蒸发快慢的因素；分子的运动【分析】（1）分子间存在相互的引力和斥力；（2）物体吸收热量的多少与物体的质量、比热容以及升高的温度有关；（3）影响蒸发的因素：温度、表面积、空气流动速度等；（4）分子永不停息的做无规则运动【解答】解：A、固体很难被压缩，是由于分子间存在斥力，故A正确，不符合题意；B、影响物体吸收热量的因素有物体的质量、比热容以及升高的温度，只知道升高的温度，无法判断，故B错误，符合题意；C、用干手器吹出的热风吹刚洗过的手，因为热风的温度不但高，而去空气流动速度快，所以可以加快手上水的蒸发，故C正确，不符合题意；D、打开酒精瓶的瓶塞后，教室里弥漫着酒精味，这说明酒精分子不停地做无规则运动，故D正确，不符合题意故选B【点评】本题考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力2下列关于热学知识的说法正确的是（）A同一种物质的比热容一定是不变的B冰在熔化过程中放热，温度不变，内能增加C柴油机的效率可以达到100%D烧开水是通过热传递的方法增加水的内能【考点】热传递改变物体内能；熔化与熔化吸热特点；比热容的概念；热机的效率【分析】（1）比热容是物质的特性，不随物体温度和质量变化，但同种物质状态不同时，比热容不同；（2）晶体在熔化时吸热温度不变，内能增大；（3）热机在工作时不可避免地有能量的损耗与散失；（4）改变物体内能的方式有做功和热传递，做功是能量的转化，热传递是能量的转移【解答】解：A、物质的比热容随状态变化，故A错误；B、冰是晶体，在熔化过程中吸收热量，温度不变，内能增大，故B错误；C、热机在工作时不可避免地有能量的损耗与散失，故柴油机的效率不可能达到100%，故C错误；D、烧开水是通过热传递的方式增加水的内能，故D正确故选D【点评】本题考查了多个与热学有关的知识点，对每一个知识的理解要深入，这样才能在一些类似的说法中准确做出判断，这也是物理常考的内容3现代社会倡导文明出行，某班同学对十字路口人行横道的红、绿交通信号灯进行了观察，画出了如图所示的控制人行红、绿灯的电路图，你认为可行的是（）ABCD【考点】电路图及元件符号【分析】根据生活经验可知，红绿交通信号灯不能同时工作、且互不影响即为并联，然后分析选项得出答案【解答】解：A、两开关均闭合时红绿交通信号灯同时发光，只闭合一个开关均不发光，故A不正确；B、只闭合开关S1时绿灯亮，只闭合开关S2时红灯亮，两灯独立工作，互不影响，故B正确；C、两开关都闭合时会造成电源短路且两灯泡不发光，任何一个开关断开时红绿交通信号灯同时发光，故C不正确；D、当只闭合开关S2时，两灯泡都发光；只闭合S1时绿灯亮故D不正确故选B【点评】本题考查了电路图的设计，关键是知道红绿交通信号灯两灯泡不会同时亮，要注意从选项中找出最符合题意的答案4如图所示的电路中，闭合开关时，下列说法正确的是（）A电流表测的是L1的电流B电流表测的是L2的电流C电流表测的是总电流D两灯泡串联【考点】电流表的使用【分析】根据电流流向法，先判断出电路的串并联特点，再确定电流表的测量对象，最后对照选项得出正确的答案【解答】解：读图可知，两只灯泡组成并联电路，电流表测量灯泡L1的电流，开关在干路中，控制整个电路，故A正确，BCD错误故选A【点评】本题考查了对电路的基本连接情况的认识，能准确判断电路的串并联，并能确定开关、电流表等在电路中的作用是解答此题的关键5关于导体的电阻，下列说法正确的是（）A导体的电阻与导体两端的电压成正比B导体的电阻与通过导体的电流成反比C导体两端电压为零时，导体的电阻也为零D导体的电阻与电流、电压大小无关【考点】影响电阻大小的因素【分析】（1）导体的电阻大小的影响因素：长度、横截面积、材料、温度跟电压、电流都无关可见导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流的阻碍作用大小（2）导体电阻的大小可以由欧姆定律的变形公式进行计算，即R=【解答】解：电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种属性；其大小与导体的材料、长度、横截面积、温度有关，而与导体两端的电压、通过的电流无关，所以ABC选项不正确，D选项正确故选D【点评】电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小决定于导体的长度、横截面积、材料和温度，与其他条件无关6如图所示电路中，闭合开关后发现L1和L2均不发光，电流表无示数为了找出故障原因，小华用电压表进行检测，发现ab间电压为0，ac间电压为3V，bc间电压为3V则电路故障可能是（）AL1开路BL1短路CL2开路DL2短路【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用【分析】由图知：两只灯泡串联，闭合开关两灯都不亮，故障只能是断路，具体位置根据电压表有无示数判定【解答】解：A、如果L1开路，L1和L2均不发光，电流表无示数把电压表并联在ab间时，电压表有示数不符合题意；B、如果L1短路，闭合开关，L2会发光不符合题意；C、如果L2开路，L1和L2均不发光，电流表无示数用电压表进行检测，则ab间电压为0，ac间电压为3V，bc间电压为3V符合题意；D、如果L2短路，闭合开关，L1会发光不符合题意故选C【点评】利用电压表检验串联电路故障时，将电压表与某一用电器并联，闭合开关，如果电压表无示数，可能是此用电器短路或其它串联部分断路；如果电压表显示电源电压，可能是此用电器并联或其它串联部分短路7如图所示的电路中（电源电压不变），闭合电键S后，当滑动变阻器的滑片自左向右移动时，下列判断中正确的是（）A电流表的示数不变，电压表的示数不变B电流表的示数变大，电压表的示数变小C电流表的示数变大，电压表的示数变大D电流表的示数变小，电压表的示数不变【考点】欧姆定律的应用；滑动变阻器的使用【分析】分析电路图，R1和滑动变阻器并联在电源的两端，电流表A测量的是通过滑动变阻器的电流，电压表测量电源两端的电压；当滑片自左向右移动时，滑动变阻器连入的电阻变大，本支路的电流变小；再根据欧姆定律分析判断【解答】解：由图可知，R1和滑动变阻器并联在电源的两端，电压表测量电源两端的电压，所以电压表的示数不变当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大；根据欧姆定律可知，电压不变时，电阻变大，电流减小，即电流表的示数减小故选D【点评】本题关键：一是分析电路图，得出电路连接方式和两个电表的测量对象，二是会分析滑动变阻器滑片移动对电路的影响8如图所示的电路，电源电压为3V且保持不变，滑动变阻器R1标有“1A 10”的字样当滑动变阻器的滑片P在最右端时闭合开关S，通过灯泡L的电流为 0.6A，移动滑动变阻器的滑片P，在电路安全工作的情况下，下列说法正确的是（）A向左移动滑动变阻器的滑片P至中点时时灯泡变暗BR1消耗的电功率范围是1.5W3WC滑片P在最右端时通过干路中的电流是0.9AD电路消耗的总功率范围是2.7W4.5W【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用【分析】（1）由电路图可知，滑动变阻器与灯泡并联，根据并联电路独立工作、互不影响可知滑片的移动不能改变灯泡的亮暗；（2）当滑片位于右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，此时干路电流最小，根据欧姆定律求出通过的电流，利用并联电路的电流特点求出干路电流，根据P=UI求出R1和电路消耗的最小功率；（3）根据滑动变阻器的铭牌可知允许通过的最大电流，根据并联电路的电流特点求出干路的最大电流，根据P=UI求出R1和电路消耗的最大功率，进一步求出答案【解答】解：（1）由电路图可知，滑动变阻器与灯泡并联，并联电路独立工作、互不影响，滑片的移动不能改变灯泡的亮暗，故A错误；（2）当滑片位于右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，此时通过滑动变阻器的电流和干路电流最小，并联电路中各支路两端的电压相等，根据欧姆定律可得，通过滑动变阻器的最小电流：I1min=0.3A，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，通过干路的电流：Imin=IL+R1min=0.6A+0.3A=0.9A，故C正确；R1消耗的最小电功率：P1min=UI1min=3V0.3A=0.9W，电路消耗的最小总功率：Pmin=UImin=3V0.9A=2.7W；（3）由滑动变阻器的铭牌可知，允许通过的最大电流为1A，R1消耗的最大电功率：P1max=UI1max=3V1A=3W，R1消耗的电功率范围是0.9W3W，故B错误；通过干路的最大电流：Imax=IL+R1max=0.6A+1A=1.6A，电路消耗的最大总功率：Pmax=UImax=3V1.6A=4.8W；电路消耗的总功率范围是2.7W4.8W，故D错误故选C【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是知道并联电路独立工作、互不影响并能从滑动变阻器的铭牌得出允许通过的最大电流9以下操作中符合安全用电规则的是（）A家用电器的外壳可任接火线、零线或接地B检修家用电路及更换电路元件时，断开零线或火线均可C检修家中电路时要切断家庭电路的总开关D擦干的手可以直接触摸火线【考点】安全用电原则【分析】对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故；检修电路及更换元件时，应在停电的情况下工作，不能带电工作；不接触低压带电体，不靠近高压带电体【解答】解：A、家用电器的金属外壳要接地，防止金属外壳漏电，发生触电事故；而不是随便连接火线或零线不符合安全用电原则；B、C、为避免发生触电事故，检修电路及更换元件时，一定断开总开关B选项不符合安全用电原则，C选项符合安全用电原则；D、手虽然是干燥的，但接触火线的同时接触零线或大地，仍然会造成触电不符合安全用电原则故选C【点评】此题考查生活中的安全用电常识，要对安全用电的规则熟记于胸，才不会出现错误10如图所示，电源的输出电压恒定不变，现将一个灯泡L接在离电源很近的AB两点时，灯泡L消耗的功率为25W，若将灯泡L接在离电源较远的CD两点时，灯泡L消耗的功率为16W则输电导线AC、BD上消耗的功率为（）A1WB2WC4WD9 W【考点】电功率的计算【分析】先设出灯泡L分别连接在A、B和C、D两点时电路中的电流，根据P=I2R分别列出灯泡L消耗的电功率的方程，求出两种情况下电流之间的关系；再根据电流关系求出将灯泡L接C、D两点时的电路总功率，总功率减掉L消耗的功率即为导线AC和BD消耗的总功率【解答】解：设灯泡L连接在A、B两点时，电路的电流为I1，则P1=I12RL=25W若将灯泡L接C、D两点时，电路的电流为I2，则P2=I22RL=16W由两式可得：I1：I2=5：4，若将灯泡L接C、D两点时，电的总功率为：P3=UI2，则： =，即P3=25W=20W，所以导线AC和BD消耗的总功率为：P=P3P2=20W16W=4W故选C【点评】题考查了电功率公式的灵活应用，关键是根据电阻消耗的功率求出电流之间的关系，从而求出将电阻R接C、D两点时电路的总功率11如图所示的四幅图中，说明电动机工作原理的实验装置是（）ABCD【考点】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、奥斯特实验，说明了通电导体周围存在磁场故该选项错误；B、当导体在磁场中做切割磁感线运动时，检流计的指针会发生偏转，说明会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的原理，故该选项错误；C、该选项是用来研究影响电磁铁磁性强弱因素的实验，故该选项也是错误的；D、当闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故该选项正确；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12如图所示，在电路中滑动变阻器滑片P逐渐向左适当移动的过程中，条形磁体仍保持静止，在此过程中下列说法正确的是（）A电磁铁左端为S极B条形磁铁与电磁铁相互吸引C电磁铁磁性逐渐增强D电磁铁周围不产生磁场【考点】通电螺线管的磁场【分析】由右手螺旋定则可判断电磁铁的极性，电磁铁的周围也存在磁场，由磁极间的相互作用可判断是吸引还是排斥；由滑片的移动可知接入电阻的变化及电流的变化，则可知磁性强弱的变化【解答】解：A、由右手螺旋定则得，电磁铁左端为N极，故A错误；B、电磁铁左端为N极，与条形磁铁同名极相对，相互排斥，故B错误；C、滑动变阻器滑片P逐渐向左适当移动的过程中，滑动变阻器连入电路中电阻值减小，电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强，故C正确；D、通电导线周围存在磁场，所以电磁铁的周围也存在磁场，故D错误故选C【点评】本题用到的知识点较多，应能够将各知识点灵活应用并注意各内容间的相互联系二、填空题（本大题共5小题，每空2分，共20分）13在内燃机的“吸气”、“压缩”、“做功”、“排气”四个冲程中，将内能转化为机械能的是做功冲程；常用水来给内燃机降温，是因为水的比热容比较大【考点】内燃机的四个冲程；水的比热容的特点及应用【分析】（1）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；压缩冲程和做功冲程都是通过做功的方式改变内能的（2）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：内燃机的四个冲程是吸气、压缩、做功、排气冲程，压缩冲程活塞向上运动，压缩气体对气体做功，将机械能转化为内能；做功冲程高温高压燃气推动活塞向下运动，将内能转化为机械能 内燃机工作过程中会产生大量的热，需要及时散去与其它液体相比较，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：做功；比热容【点评】此题主要考查了四个冲程中的能量转化情况、水的比热容最大的应用，在压缩冲程与做功冲程发生了能量的转化，转化情况正好相反14铭牌上标有“220V 22W”的节能灯，正常工作时的电流为0.1A，若它每天正常工作5小时，那么一个月消耗3.3kWh的电能（一个月按30天计算）【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】节能灯正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出正常工作时的电流；再根据W=Pt求出一个月消耗的电能【解答】解：由P=UI可得，节能灯正常工作时的电流：I=0.1A，由P=可得，一个月消耗的电能：W=Pt=22103kW5h30=3.3kWh故答案为：0.1；3.3【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，计算过程要注意单位的换算15一个电动机的线圈电阻是4，当把它接在220V电压下工作10min已知：通过线圈的电流是5A，这时电动机做功6.6105J，线圈产生的热量是6104J【考点】电功的计算；焦耳定律的计算公式及其应用【分析】知道电动机工作的电压和通过的电流，根据W=UIt求出工作10min消耗的电能，又知道线圈电阻，根据Q=I2Rt求出线圈产生的热量【解答】解：电动机工作10min消耗的电能：W=UIt=220V5A1060s=6.6105J，线圈产生的热量：Q=I2Rt=（5A）241060s=6104J故答案为：6.6105；6104【点评】本题考查了电功公式和焦耳定律的应用，是一道较为简单的应用题16在学习了电和磁的知识后，小杰在家里饶有兴趣地做起了小实验他找了一枚缝衣针，在“吸铁石”上擦了几下，然后用一根细软的棉线将缝衣针悬挂起来并保持水平，结果发现静止后针尖总是指向南方，这说明缝衣针已经被磁化成了一枚小磁针，此时缝衣针的针尖是S极（填“S”或“N”）【考点】磁化【分析】一些物质在磁体或电流的作用下获得磁性，叫做磁化磁体有指示南北的性质，指南的一极称为南极，指北的一极称为北极【解答】解：（1）缝衣针，在“吸铁石”上擦了几下，获得磁性，这说明缝衣针已经被磁化成了一枚小磁针； （2）缝衣针被悬挂起之后针尖总是指向南方，所以针尖是南极，即S极故答案：磁化； S【点评】此题主要考查磁化现象、磁体的性质，是一道基础题目17如图所示，电源电压恒定，小灯泡L标有“3V 1.2W”字样，R为定值电阻，闭合S，断开S1，小灯泡正常发光；若再闭合S1，发现电流表示数变化0.5A，则R的阻值为6，此时灯泡L和电阻R消耗的功率之比是4：5【考点】电功率的计算【分析】（1）当闭合S时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电路中的电流，灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出电流表的示数；（2）再闭合S1时，灯泡L和定值电阻R并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过灯泡的电流不变，电流表示数的变化即为通过R的电流，根据并联电路的电压特点和和P=UI计算灯泡L和电阻R消耗的功率之比【解答】解：（1）当闭合S时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电路中的电流，由题知，灯泡正常发光，根据P=UI可得，此时电流表的示数：IL=0.4A；（2）再闭合S1时，灯泡L和定值电阻R并联，电流表测干路电流，并联电路中各支路独立工作、互不影响，闭合开关S1前后，通过灯泡的电流不变，电流表示数变化0.5A，即通过R的电流IR=0.5A，并联电路中各支路两端的电压相等，由I=可得R的阻值：R=6；由P=UI可知，灯泡L和电阻R消耗的功率之比：=故答案为：6；4：5【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是知道灯泡正常发光时的电压等于其额定电压三、实验题（本大题共3个小题，每空2分，共24分）18小明利用如图甲所示实物电路探究“导体中电流跟电阻的关系”提供的实验器材有：电压恒为5V的电源、电流表、电压表、四个不同阻值的定值电阻、滑动变阻器、开关、导线若干（1）图甲中部分导线已连好，请用笔画线代替导线将电路连接完整（2）实验数据如表，第2次实验中电流表的示数如图乙所示，则电流表示数为0.20A次数1234电阻/5101520电流/A0.400.130.10（3）分析表中数据可得出结论：在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比（4）结合表中数据可知，小刚选用的滑动变阻器的最大阻值至少是30【考点】探究电流与电压、电阻的关系实验【分析】（1）图甲中还未连入的元件有电压表和滑动变阻器，电压表应并联到定值电阻两端，滑动变阻器按照“一上一下”连入电路由此连接电路；（2）由表格数据可知电流表使用的量程，由电流表量程和分度值读出其示数；（3）研究电流跟电阻关系时，控制电压不变，分析电流和电阻的变化关系得出结论；（4）根据表格中数据，用公式U=IR计算出导体两端的电压；根据串分压的知识，当定值电阻的阻值最大时，所需的滑动变阻器的阻值也最大，结合欧姆定律的知识计算得出【解答】解：（1）把电阻、滑动变阻器串联接入电路，电压表并联在电阻两端，注意滑动变阻器已接了右下角的接线柱，所以应将其上面的一个接线柱接入电路中，如图所示：（2）由表格各次实验，电流都小于0.6A，所以实验中电流表使用的是00.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.2A；（3）研究电流跟电阻之间的关系，电流的变化倍数与电阻变化倍数的倒数相等，故可得结论：在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比（4）电压表的示数保持不变，由表格中数据知，UR=I1R1=50.4A=2V；根据串分压的知识，当定值电阻的阻值最大为20时，所需滑动变阻器的阻值最大，此时电路中电流为=0.1A，所以R滑=30故答案为：（1）见上图；（2）0.2；（3）在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；（4）30【点评】本题是探究“导体中电流跟电阻的关系”的实验，考查了电路连接、实验方法、电表读数、数据分析等，考查全面，难度不大，这个实验是常考题，能灵活运用控制变量是关键19为了探究电磁铁的磁性强弱跟哪些因素有关，小琴同学用漆包线（表面涂有绝缘漆的导线）大铁钉上绕若干匝，制成简单的电磁铁，图甲、乙、丙、丁为实验中观察到的四种情况当开关闭合后，甲图中钉帽（填“钉帽”或“钉尖”）是磁铁的N极；比较图乙和丙可知：匝数相同时，电流越大磁性越强；由图丁可知：当电流一定时，匝数越多，磁性越强【考点】探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验【分析】（1）电磁铁的N极和S极通过安培定则进行判断：用右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是电磁铁的N极（2）电磁铁磁性强弱影响因素：电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯在电流和铁芯一定时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强；在线圈和铁芯一定时，电流越大，电磁铁磁性越强；在线圈和电流一定时，有铁芯时电磁铁磁性越强【解答】解：（1）根据电源正负极判断流入电磁铁的电流方向，根据安培定则判断甲图中电磁铁的N极在钉帽（2）要得出“匝数相同时，电流越大磁性越强”的结论，必须控制线圈匝数相同，电路的电流不同，符合要求的是乙、丙两图（3）要得出“当电流一定时，匝数越多，磁性越强”的结论，必须控制电流相同，丁图中是通过两个电磁铁串联实现的故答案为：钉帽；乙； 丙；丁【点评】掌握电磁铁磁性强弱的影响因素，利用控制变量法和转换法探究电磁铁磁性强弱跟各因素之间的关系20在“探究影响电流做功多少的因素”活动中，同学们设计了如图甲、乙、丙三个电路（1）经过讨论，认为不应该选择图甲电路，原因是电压改变时，电流也在变，没有控制变量（2）为研究电流做功与电压的关系，应该选择图丙 所示的电路（3）利用图丙电路研究某问题，当闭合开关后，发现L1灯不亮，L2灯亮，电压表V1没有示数，则电路发生的故障是L1短路（4）学习电功率知识后，小明想测灯泡的额定功率，将标有“6V 6W”的灯泡L1和“6V 4W”的灯泡L2按图丙电路连接，再接入电流表经分析，在保证电路元件安全的情况下能测出灯泡L2的额定功率【考点】控制变量法与探究性实验方案【分析】（1）电流做功的大小与电压、电流和通电时间三个因素有关，当研究与其中某一个因素的关系时，应控制其余的因素不变；（2）研究电流做功与电压的关系，应控制电流的大小和通电时间相同，通过比较电压的大小，得出电流做功与电压的关系；（3）电压表有示数，说明电压表的两接线柱和电源连接的部分电路中没有断路；电压表无示数，说明可能电压表被短路，或者电压表与电源连接的部分电路有断路，综合分析就可以找出故障（4）额定功率是小灯泡在额定电压下发挥的功率，要测量灯泡的额定功率，灯泡两端的电压必须能达到其额定电压，电路中的电流为灯泡的额定电流【解答】解：（1）甲电路中，滑动变阻器滑片移动时，灯泡两端的电压和电流都在变化，无法控制电流或者电压不变，根据控制变量法的思想，不能研究电流做功与电压和电流的关系，因为电路中电压和电流同时改变，不能单独控制其中一个不变（2）研究电流与电压的关系，就应该控制电路中的电流不变，通过比较电压，研究电流做功与电压的关系，图丙中两只灯泡串联，控制了电流相同（3）图丙中，当闭合开关后，L1灯不亮，L2灯亮，说明电路是通路，电压表V1没有示数，说明其并联部分出现了短路，因此电路发生的故障是L1短路（4）“6V 6W”灯泡L1额定电流I1=1A，“6V 4W”灯泡L2额定电流I2=0.67A，因为1A0.67A以及两灯串联，所以为保护灯L2，电路中的电流不能超过0.67A，因此灯泡L2能正常发光，接入电流表能测量灯L2的额定功率故答案为：（1）电压改变时，电流也在变，没有控制变量；（2）丙；（3）L1短路；（4）L2【点评】解题时要注意控制变量法的应用；解第（4）时要注意，两灯串联，通过它们的电流相等，但又不能超过额定电流，否则就有烧毁的危险，因此额定电流较小的灯泡能正常发光，另一只发光较暗21某太阳能热水器内装有100kg初温为25的水，经过一天的太阳照射，水温升高到75，则：（过程中不计热损失，水的比热容为4.2103J/（kg）、天然气的热值为2.1107J/kg）（1）水吸收的热量为多少J？（2）这些热量相对于完全燃烧多少kg天然气所放出的热量？（3）要产生同样多的热量，用“220V 2000W”的电热水器正常工作需要多少min时间？【考点】电功与热量的综合计算【分析】（1）知道水的质量和初温、末温、比热容，根据Q吸=cm（tt0）求出水吸收的热量；（2）根据题意可知天然气完全燃烧释放的热量，根据Q放=mq求出所需天然气的质量；（3）根据题意可知电热水器产生的热量，根据Q=W=Pt求出电热水器正常工作的时间【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2103 J/（kg）100kg（7525）=2.1107J；（2）由题意可知，天然气完全燃烧释放的热量：Q放=Q吸=2.1107J，由Q放=mV可得，所需天然气的质量：m=1kg；（3）由题意可知，电热水器产生的热量：Q放=Q吸=2.1107J，由Q放=W=Pt可得，电热水器正常工作的时间：t=10500s=175min答：（1）水吸收的热量为2.1107J；（2）这些热量相对于完全燃烧1kg天然气所放出的热量；（3）要产生同样多的热量，用“220V 2000W”的电热水器正常工作需要175min【点评】本题考查了吸热公式和燃料完全燃烧释放热量公式以及电功公式的综合应用，是一道较为简单的计算题22如图所示电路中，电源电压6V恒定，电流表的量程为03A，电压表的量程为03V，灯L1和L2的规格分别为“6V 2.4W”和“6V 3W”，滑动变阻器R的规格为“60 1A”，不计温度对灯丝的影响，求：（1）L1与L2的电阻各是多大？（2）滑动变阻器的滑片P放在a端时，闭合开关S1、S2、S3后，电流表的读数是多少？（3）若两灯中只允许一盏灯工作，且要求电路元件安全使用，在滑片移动过程中，整个电路至少消耗多少电功率？【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【分析】（1）知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P=求出两灯泡的电阻；（2）滑动变阻器的滑片P放在a端时，闭合开关S1、S2、S3后，两灯泡并联，电流表测干路电流，根据电阻的并联求出电路中的总电阻，利用欧姆定律求出电流表的读数；（3）根据欧姆定律求出两灯泡的额定电流，由电路图可知若两灯只许一盏灯工作时，两只灯泡的一只与滑动变阻器串联，当滑动变阻器接入电路的电阻最小为0时，两只灯泡恰好正常工作，从而确定电路中灯泡、电流表、滑动变阻器始终安全；根据P=UI可知要使整个电路要消耗的电功率最小，只要电路中的电流最小即可，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出当电压表的示数最大时电路中的最小电流，进一步求出最小电功率【解答】解：（1）由P=可得，两灯泡的电阻分别为：R1=15，R2=12；（2）滑动变阻器的滑片P放在a端时，闭合开关S1、S2、S3后，两灯泡并联，电流表测干路电流，因并联电路中总电阻等于各分电阻倒数之和，所以，电路中的总电阻：R并=，电流表的读数：I=0.9A；（3）两灯泡的额定电流分别为：I1=0.4A，I2=0.5A，当只允许一盏灯接入电路时，应是L1或L2与滑动变阻器串联，因0.4A0.5A1A3A，且U1=U2=U=6V，所以，两灯泡、电流表、滑动变阻器始终安全，由串联电路的电阻分压特点可知，当电压表的示数为3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，电路中的电流最小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时两灯泡两端的电压为：UL=UUP=6V3V=3V，当让灯L1工作时，电路中的最小电流为I1=0.2A，当让灯L2工作时，电路中的最小电流为I2=0.25A，所以电路的最小电功率为P小=UI1=6V0.2A=1.2W答：（1）L1与L2的电阻依次为15、12；（2）滑动变阻器的滑片P放在a端时，闭合开关S1、S2、S3后，电流表的读数是0.9A；（3）若两灯中只允许一盏灯工作且要求电路元件安全使用，在滑片移动过程中，整个电路的最小功率为1.2W【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，会确定两灯中只允许一盏灯工作时电路中的最小电流是关键