2020-2021学年重庆八中九年级（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年重庆八中九年级（上）期末物理试卷，共27页。试卷主要包含了A2示数都变小等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年重庆八中九年级（上）期末物理试卷
1. 对下列物理量的认识中，与实际最接近的是( )
A. 人体的安全电压是36V
B. 教室空调工作时的电流可以达到10A
C. 重庆的冬天适合人洗澡的热水温度为70℃
D. 教室里一盏日光灯正常工作一天消耗的电能约为10kW⋅h
2. 下列说法正确的是( )
A. 验电器的工作原理是异种电荷相互排斥
B. 用电器的额定功率越大，消耗的电能就越多
C. 导体两端电压越大，通过该导体的电流就越大
D. 金属导电时，电子定向移动的方向与电流方向相同
3. 下列有关热现象说法正确的是( )
A. 刚出炉的重庆小面烫嘴是因为小面含有的热量多
B. 热量有可能从内能小的物体向内能大的物体转移
C. 教室里用久了的白炽灯灯丝因温度太高熔化而变细
D. 做辣子鸡主要是通过做功的方式使鸡丁和辣椒的内能增加
4. 关于力学现象，下列说法正确的是( )
A. 划船时，使船向前行驶的力的施力物体是船桨
B. 两个物体不接触时，两者间也可能会发生力的作用
C. 运动物体的速度大小不变，其运动状态就没有改变
D. 放在桌面上的茶杯，茶杯对桌面的压力是由于桌面发生形变产生的
5. 如图所示的四个实验中，能说明发电机工作原理的是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑片P从中点向右移动时，下列说法中正确的是( )


A. 电流表A1与A2示数的差值变大
B. 电压表示数与电流表A2示数的乘积不变
C. 电压表示数变大，电流表A1、A2示数都变小
D. 电压表的示数与电流表A1的示数的比值减小
7. 如图所示的电路中，电源电压恒为3V，灯泡L1标有“3V 3W”，L2标有“6V 3W”的字样，电流表的量程为0∼0.6A，电压表的量程为0∼3V，不考虑温度对灯丝电阻的影响，在保证电路安全的情况下，下列说法正确的是( )
A. 只闭合开关S2，灯泡L1没有电流通过
B. 只闭合开关S2，灯泡L1和灯泡L2的实际功率之比为4：1
C. 只闭合S2与只闭合S3时，灯泡L2消耗的电功率之比为16：25
D. 闭合开关S2、S3，断开开关S1，在10min内灯泡L2消耗的电能为900J
8. 如图所示的电路中，电源电压恒为18V，小灯泡L标有“6V3.6W”的字样，滑动变阻器R1的规格为“90Ω1A”，电流表的量程为0∼3A，电压表的量程为0∼15V，当只闭合S0、S2和S3，将滑动变阻器R1的滑片P调到中点时，电流表示数为1A。不考虑灯丝电阻的变化，在保证电路中各元件安全的情况下，则下列说法正确的是( )
A. 定值电阻R2的阻值为20Ω
B. 只闭合S1、S2，断开S0、S3，R1接入电路的阻值范围是20Ω∼90Ω
C. 只闭合S1、S2，断开S0、S3，小灯泡L的电功率的变化范围是3.324W∼3.6W
D. 闭合开关S0、S2、S3，断开S1，整个电路消耗的电功率的变化范围是14.4W∼28.8W
9. 德国物理学家______总结出导体中电流跟电压和电阻之间的定量关系，为了纪念他，人们将他的名字命名为______的单位。
10. 如图所示，A是悬挂在弹簧测力计下的条形磁铁，B是螺线管。闭合开关，待弹簧测力计示数稳定后，将滑动变阻器的滑片缓慢向右移动的过程中，螺线管上端是______极，弹簧测力计的示数______(填“变大”“变小”或“不变”)。

11. 如图所示，静止在水平地面的正方体，小杨用5N水平向右的推力未推动，此时物体所受的摩擦力为______ N；当推力增大到8N时，物体做匀速直线运动，当推力增大到10N时，物体所受摩擦力为______ N。

12. 如图所示是电阻R和灯泡L的U−I图像，电源电压可调，若将电阻R和灯泡L串联，当电源电压为5V时，流过R的电流为______ A，若将电阻R和灯泡L并联接入电路，电路总功率为0.5W时，则电源电压调为______ V。

13. 如图所示的电路中，电源电压和灯丝电阻保持不变，灯泡L上标有“12V 6W”，电流表量程为0∼3A，电压表量程为0∼3V。只闭合开关S、S3，滑片置于最左端时，电压表示数为2V，电流表示数为0.5A，电路的总功率为P1；再闭合开关S2，移动滑片使滑动变阻器接入电路的阻值为最大阻值的35，此时电路的总功率为P2，且P1：P2=1：2。则R1=______ Ω；通过调节滑片位置及开关状态，该电路安全工作时的最大功率和最小功率的比值为______ 。
14. 如图所示，请用笔画线代替导线，将图中元件接入家庭电路中，使灯泡正常工作，要求开关控制灯泡。











15. 小磁针静止在如图所示位置，请在括号内标出通电螺线管的极性，虚线框中标出电流方向。







16. 在“探究冰熔化时温度的变化规律”的实验中，小雨同学设计的实验装置如图甲所示。

(1)实验中，小雨发现温度计外壳模糊，是因为水蒸气在温度计表面发生了______ (填物态变化)；某一时刻，小雨同学发现温度计的示数如图乙所示，其示数为______ ℃。
(2)小雨同学根据实验数据画出了冰熔化过程中温度随时间变化的图像，由图丙可知，冰是一种______ (选填“晶体”或“非晶体”)，在熔化过程中冰水混合物第10min的内能比第12min的内能______ (选填“大”、“小”或“不变”)。
(3)小雨同学完成了该实验后，利用图甲的装置继续探究试管中的水在沸腾时温度的变化规律，他______ 完成该实验(选填“能”或“不能”)。
17. 小华要测定标有“2.5V”小灯泡正常发光时的电功率，连接了如图甲所示的电路。电源电压为5V，所用滑动变阻器的规格为“25Ω0.6A”。

(1)同组的小霞发现小华的电路连接有错误，如果此时闭合开关，观察到的现象是______
A.小灯泡不发光，电流表有示数         B.电流表有示数，电压表无示数
C.小灯泡发光，电压表有示数            D.小灯泡不发光，电压表示数超过量程
(2)若图甲中只有一根导线连接错误，请你在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线画出正确的连接。
(3)小华将电路改接正确后，将滑动变阻器的滑片P置于______(选填“A”或“B”)端，再闭合开关，调节滑片，使小灯泡正常发光，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时的功率是______W。
(4)小华还测量了小灯泡在不同电压下的电流，并根据所测得的数据绘制了小灯泡的I−U图象，如图丙所示，根据图象可知电流与电压并不成正比，原因是灯丝的电阻随温度升高而______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)①同组的小明同学还想探究“当电压一定时，电流与电阻的关系”，于是将图甲中的小灯泡换成四个阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω和20Ω的定值电阻，其余连接均不改变。
②小明先把5Ω的电阻接入电路，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为1.5V，读出电流表示数；再将5Ω的电阻换成10Ω的电阻，为了使电压表的示数仍为1.5V，应将滑动变阻器的滑片P向______(选填“A”或“B”)端移动，读出电流表的示数。
③之后小明用15Ω的电阻替换10Ω的电阻接入电路中，此时无论他怎样移动滑片，都无法将电压表示数调到1.5V，为了用以上4个定值电阻完成实验且确保电路安全，应控制定值电阻两端的电压在______∼______V范围内。
18. 物理小组想测量一个定值电阻Rx的阻值，实验器材有：定值电阻Rx、电压表(量程0∼3V和0∼15V)、电流表(量程0∼0.6A和0∼3A)、滑动变阻器(20Ω1A)、开关、未知电源，导线若干。

(1)小琴利用“伏安法”测量电阻的原理是______ ；闭合开关前，应将图甲中的滑动变阻器滑片置于______ 端(选填“a”或“b”)。
(2)闭合开关后，发现电压表的示数约为6V，电流表示数为零；移动滑动变阻器滑片，电压表示数有明显变化，但电流表示数依然为零，则发生的故障是______ ；
(3)排除故障后，接通电路，移动滑动变阻器滑片，当电流表的示数如图乙所示时，通过电阻Rx的电流大小是______ A；若电压表的偏转格数与电流表相同，则可计算出Rx=______ Ω；
(4)小田用电阻箱R1代替滑动变阻器，并更换更灵敏的电流表，多次改变R1的阻值，并记录电流表的示数I，做出图线丙，利用图像丙可以求得电源电压U=______ V，Rx=______ Ω。
(5)小雨设计了如图丁所示的电路，也能多次测量，她多次测量的目的是______ ，她认为该电路中，电流表、电压表的示数调节范围可以更大，则电流表的示数变化范围是______ (设电源电压为U，用字母U、R、Rx表示)。
19. 如图所示，电路中电源电压恒定，定值电阻R1=20Ω，闭合开关S1，电流表示数为0.3A，求
(1)电源电压是多少？
(2)再闭合开关S2，电流表示数为0.5A，则通电10s电流对电阻R2所做的功是多少？







20. 寒潮来袭，为抵抗寒冷，小敏购买了HF牌电热水壶，其工作电路原理如图乙所示，R1、R2为电阻值相同的发热电阻，1、2、3、4为触点，S2为旋转开关，实现低挡、高挡的转换，其高挡时的额定功率为1000W，使用时，旋转到低挡位时保温，高挡位时加热。(不计热量损失，求：
(1)求发热电阻R1的阻值。
(2)将水壶内2kg、20℃的水加热到100℃需要的最短时间是多少？
(3)在高挡位下，若电路正常工作10min，则电路消耗的电能能使如图丙所示的电能表表盘转多少r？








21. 如图所示，电源电压及灯泡电阻保持不变，小灯泡L标有“4V1.6W”字样，电流表的量程为0∼0.6A，当开关S1闭合，S2、S3断开，滑动变阻器R2的滑片P移到最大阻值处，此时电流为0.2A，当开关S1、S3断开，S2闭合，小灯泡正常发光，电压表V1和V2的示数之比为3：2，求
(1)小灯泡正常发光时的电阻是多少？
(2)R1的阻值是多少？
(3)在保证电路安全情况下，通过开关的断开和闭合，滑动变阻器的最大功率为多少？








答案和解析
1.【答案】B

【解析】解：A、对人体的安全电压是不高于36V，故A错误；
B、教室内空调功率可达2200W，其工作电流可达I=PU=2200W220V=10A，故B正确；
C、人体正常体温在37℃左右，洗澡水的温度应该略高于体温，在40℃左右，不可能达到70℃，故C错误；
D、一盏日光灯的功率约40W=0.04kW，正常工作一天消耗的电能约0.96kW⋅h，故D错误。
故选：B。
首先对题目中涉及的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。
物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。

2.【答案】C

【解析】解：A、验电器的工作原理是同种电荷相互排斥，而异种电荷是相互吸引的，故A错误；
B、根据公式W=Pt可知，消耗的电能多少，与电功率大小和通电时间有关，所以用电器的额定功率大，消耗的电能不一定越多，故B错误；
C、根据欧姆定律I=UR可知：电阻一定时，导体的电流和电压成正比，即导体两端电压越大，通过该导体的电流就越大，故C正确；
D、金属导电时，靠的是自由电子，自由电子带负电荷，电子定向移动的方向与电流方向相反，故D错误。
故选：C。
(1)验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；
(2)根据公式W=Pt可做出分析；
(3)根据欧姆定律我们可知，导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比；
(4)电流是由电荷定向移动形成的，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向。
本题考查了验电器的原理、电能与电功率的理解、欧姆定律的认识、金属导电的原理等，有一定综合性，都是电学重点知识点。

3.【答案】B

【解析】解：
A、热量是一个过程量，不能说含有多少热量，故A错误；
B、发生热传递的条件是：有温度差，所以内能可自动地从高温物体转移到低温物体；内能小的物体的温度不一定低，所以热量可以从内能小的物体转移到内能大的物体，故B正确；
C、白炽灯灯丝变细实际上是因为变成了气态的钨蒸汽，固态直接变为气态的过程叫升华，故C错误；
D、做辣子鸡时，辣子鸡吸收热量，主要是通过热传递的方式使鸡丁和辣椒的内能增加，故D错误。
故选：B。
(1)热量是一个过程量，不能说含有多少热量；
(2)发生热传递的条件是两物体间有温度差：高温物体放热，低温物体吸热；
(3)物质由固态变为气态的过程叫升华；
(4)改变物体内能有做功和热传递两种方式，做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程。
本题考查了改变内能的方法、热量的含义、物态变化，难度不大，要掌握。

4.【答案】B

【解析】解：
A、划船时，用浆向后划水，桨给水一个向后的力，由于物体间力的作用是相互的，所以水对桨也施加了一个向前的力，这个力就是船前进的动力，使船前进的力的施力物体是水，故A错误；
B、两个物体不接触也能发生力的作用，如磁铁吸引铁钉，故B正确；
C、物体运动状态的改变包括运动速度大小的变化和运动方向的变化，所以物体运动速度大小不变，其运动状态可能改变，故C错误；
D、茶杯放在水平桌面上，茶杯对桌面的压力是由于茶杯发生弹性形变而产生的，故D错误。
故选：B。
(1)力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；
(2)在发生力的作用时，两个物体不一定接触(如：磁铁吸引铁钉)；相接触的物体不一定就有力的作用；
(3)力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变，②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化；
(4)物体由于发生弹性形变而产生的力叫弹力。
本题考查了力的作用的相互性、力的作用效果、运动状态的变化以及弹力，属于综合性题目。

5.【答案】D

【解析】解：A、是奥斯特实验，小磁针发针偏转说明通电导体周围有磁场，不是发电机的制作原理，故A不符合题意；
B、该装置是探究电磁铁磁性强弱影响因素的实验，故B不符合题意；
C、开关闭合后，电路中有电流，通电导体受到磁场力的作用发生运动；是电动机的制作原理，故C不符合题意；
D、开关闭合后，在外力作用下使导体左右移动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，是发电机的制作原理，故D符合题意．
故选D.
发电机是利用电磁感应现象制成的，即闭合电路中一部分导体在磁场中做切割磁感线运动；
发电机的原理图中没电源，电动机的实验原理图中有电源．
本题考查了电流的磁效应，电动机的原理和发电机的原理．注意电动机和发电机的区别：电动机是先有电，后运动；发电机是先运动，后发电．

6.【答案】B

【解析】解：由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流。
因电源电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表的示数不变，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时通过R1的电流不变，即电流表A2的示数不变，则电压表示数与电流表A2示数的乘积不变，故B正确；
当滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，由I=UR可知，通过R2的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A1的示数变小，则电压表示数与电流表A1示数的比值变大，故CD错误；
因电流表A1与A2示数的差值等于通过R2的电流，所以，电流表A1与A2示数的差值变小，故A错误。
故选：B。
由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表的示数变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1的电流变化，然后得出电压表示数与电流表A2示数的乘积变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律得出通过变阻器的电流变化，利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化，进一步得出电压表示数与电流表A1示数的比值变化，结合通过R2的电流变化得出电流表A1与A2示数的差值变化。
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，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。

7.【答案】C

【解析】解：
AB、只闭合开关S2时，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压，电流表测电路中的电流，所以灯泡L1有电流通过；
由P=UI=U2R得，灯泡L1的电阻：R1=U12P1=(3V)23W=3Ω，灯泡L2的电阻：R2=U22P2=(6V)23W=12Ω，
由P=UI=I2R得，两灯实际功率之比为：
P1P2=I2R1I2R2=3Ω12Ω=14；故AB错误；
C、只闭合开关S2时，两灯泡串联，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：I=UR1+R2=3V3Ω+12Ω=0.2A，
此时灯泡L2消耗的电功率：P2′′=I2R2=(0.2A)2×12Ω=0.48W；
只闭合S3时，电路为灯泡L2的简单电路，其实际功率为P2′=0.75W，
则P2′′：P2′=0.48W：0.75W=16：25，故C正确；
D、闭合开关S2、S3，断开开关S1，L1短路，只有L2接入电路，
由W=UIt、I=UR得，灯L2在10min消耗的电能：
W=(U)2tR2=(3V)2×10×60s12Ω=450J；故D错误。
故选：C。
(1)只闭合开关S2时，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压，电流表测电路中的电流，据此判断灯泡L1是否有电流通过；由P=UI=U2R计算出两灯泡的电阻，由P=UI=I2R计算出两灯实际功率之比。
(2)只闭合开关S2时，两灯泡串联，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=UI=I2R求出此时灯泡L2消耗的电功率；只闭合S3时，电路为灯泡L2的简单电路，根据(3)可知灯泡L2的功率，然后求出灯泡L2消耗的电功率之比。
(3)闭合开关S2、S3，断开开关S1，L1短路，只有L2接入电路，根据W=UIt计算出10min消耗的电能。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功、电功率公式的综合应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。

8.【答案】D

【解析】解：A、根据电路图可知，当只闭合S0、S2和S3时，R1、R2并联，电流表测量干路电流，并且滑动变阻器R1的滑片P在中点；
通过R1的电流：I1=U12R1=18V12×90Ω=0.4A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过R2的电流：I2=I−I1=1A−0.4A=0.6A，
由I=UR可得，R2的阻值：R2=UI2=18V0.6A=30Ω；故A错误；
BC、闭合S1、S2，断开S0、S3时，灯泡与滑动变阻器R1串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端电压；
由P=UI可得，灯泡的额定电流：IL=PLUL=3.6W6V=0.6A，
因串联电路中各处的电流相等，电流表量程为0∼3A，
所以为保证电路安全，电路中的最大电流为0.6A，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以滑动变阻器两端最小电压：，
则滑动变阻器接入电路的最小阻值：R1min=UminImax=12V0.6A=20Ω，
此时灯泡消耗的最大功率等于额定功率3.6W；
当电压表示数为15V时，滑动变阻器两端电压最大，即Umax=15V，
小灯泡L标有“6V3.6W”的字样，由P=U2R可得，灯泡的阻值：RL=UL2PL=(6V)23.6W=10Ω，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以灯泡两端最小电压：ULmin=U−Umax=18V−15V=3V，
则电路中的最小电流：Imin=ULminRL=3V10Ω=0.3A，
则滑动变阻器接入电路的最大阻值：R1max=UmaxImin=15V0.3A=50Ω，
此时灯泡消耗的最小功率：Pmin=Imin2RL=(0.3A)2×10Ω=0.9W，
因此R1接入电路的阻值范围是20Ω∼50Ω，小灯泡L的电功率的取值范围是0.9W∼3.6W，故BC错误；
D、闭合开关S0、S2、S3，断开S1，R1、R2并联，电流表测量干路电流；
因为滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，而并联电路中，各支路互不影响，因此通过R2的电流仍然是0.6A，
又因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，再结合电流表量程可知，
所以干路最大电流为，
则电路消耗的最大功率：Pmax=UImax′=18V×1.6A=28.8W，
当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路电流最小，
则Imin′=UR1+I2=18V90Ω+0.6A=0.8A，
电路消耗的最小功率：Pmin=UImin′=18V×0.8A=14.4W，
故闭合开关S0、S2、S3，断开S1时，整个电路消耗的电功率的取值范围是14.4W∼28.8W，故D正确。
故选：D。
(1)根据电路图可知，当只闭合S0、S2和S3时，R1、R2并联，电流表测量干路电流，并且滑动变阻器R1的滑片P在中点；先根据欧姆定律求出通过R1的电流，然后根据并联电路电流规律以及欧姆定律的应用求出R2的阻值；
(2)只闭合S1、S2，断开S0、S3时，灯泡与滑动变阻器R1串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端电压；
先根据P=UI求出灯泡的额定电流，然后结合电流表量程确定电路最大电流，再根据串联电路电压特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最小电阻；
根据欧姆定律的应用求出灯丝的阻值，再根据串联电路分压的规律以及电压表量程可知当电压表示数最大时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，并根据串联电路电压特点和欧姆定律的应用求出电路电流和滑动变阻器接入电路的最大阻值；并根据电路的最小电流和最大电流以及P=I2R求出灯泡的最小功率和最大功率；
(3)闭合开关S0、S2、S3，断开S1，R1、R2并联，电流表测量干路电流，根据电流表量程和P=UI求出电路消耗的最大功率，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，干路电流最小，根据并联电路特点和欧姆定律求出电路电流，最后根据P=UI求出电路消耗的最小功率。
本题考查串并联电路的规律及欧姆定律、电功率公式的运用，关键是电路的分析，难点是电路最大电流和最小电流的判断，属于难题。

9.【答案】欧姆  电阻

【解析】解：德国物理学家欧姆最先通过实验归纳出一段导体中电流跟电压和电阻之间的定量关系，即：欧姆定律；
为了纪念他作出的杰出贡献，人们将他的名字命名为电阻的单位；
故答案为：欧姆；电阻。
德国物理学家欧姆最先通过实验归纳出一段导体中电流跟电压和电阻之间的定量关系，即：欧姆定律；电阻的单位是欧姆。
本题考查了学生对物理学史的掌握和运用，基础性题目。

10.【答案】北；变小

【解析】解：由图可知电流由螺线管的下方流入，则由右手螺旋定则可知螺线管上端为N极，下端为S极；则螺线管与磁铁为同名磁极，相互排斥；
当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电阻变小，则由欧姆定律可知电路中电流增大，则螺线管的磁性增大，螺线管与磁铁之间的斥力增大，因此弹簧测力计示数变小。
故答案为：北；变小。
(1)运用安培定则判断通电螺线管的极性；
(2)当变阻器R的滑片缓慢向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知电流的变化，
影响电磁铁磁性强弱的因素有：电流的大小、线圈的匝数、有无铁芯。线圈的匝数一定，电流越大磁性越强。
(3)磁极间的相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
解本题的关键是抓住影响电磁铁磁性强弱的因素及根据运用安培定则判断通电螺线管的极性的方法。

11.【答案】5 8

【解析】解：物体在5N的水平向右的推力作用下静止不动，此时物体在水平方向受推力和摩擦力作用，二力是平衡力，根据二力平衡条件可知，摩擦力等于推力，即5N；
当物体受到8N水平推力时，物体恰好做匀速直线运动，此时物体在水平方向受推力和摩擦力作用，二力是平衡力。根据二力平衡条件可知，摩擦力等于推力，即8N；
将水平向右的推力增大到10N时，物体沿推力方向做加速直线运动，由于物体对地面的压力、以及接触面的粗糙程度没变，因此物体受到的摩擦力不变，摩擦力仍为做匀速直线运动时的摩擦力，即8N。
故答案为：5；8。
物体静止或做匀速直线运动时，受到平衡力的作用，水平方向的推力和摩擦力是平衡力。
影响摩擦力大小的因素：一是压力的大小；二是接触面的粗糙程度。
此题主要考查了二力平衡条件的应用，特别是当没有推动物体时，学生很容易误认为推力小于阻力，很容易出错。同时题目中暗含着一个条件即滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度的关系。

12.【答案】0.41

【解析】解：(1)电阻R与小灯泡L串联在电路中时，串联电路中电源电压等于各部分电路两端电压之和，
由图像可知此时：UL=1V，UR=4V，电源电压：U=UR+UL=4V+1V=5V，
此时，串联电路中电流IR=IL=0.4A；
(2)将电阻R和灯泡L并联，当电源电压为1V时，
由图像可知，IR=0.1A，IL=0.4A，
干路电流为：I=IR+IL=0.1A+0.4A=0.5A，
总功率P=UI=1V×0.5A=0.5W；
故答案为：0.4；1。
(1)根据串联电路特点读出R与L串联时两者的电压，从而计算电源电压；
(2)若电路总功率为0.5W，则P=UI=0.5W，根据并联在电路中干路总电流等于各支路电流之和，然后分析图像数据得出结论。
本题考查欧姆定律和串并联电路特点的知识，关键是能利用曲线图获取有用的信息。

13.【答案】4 7：1

【解析】解：(1)只闭合开关S、S3，滑片置于最左端时，滑动变阻器和R1串联，电压表测量R1两端的电压，电流表测电路中的电流，
由I=UR可得：
R1=U1I=2V0.5A=4Ω；
(2)只闭合开关S、S3，滑片置于最左端时，电路的总功率为：
P1=U2R1+R2=U24Ω+R2---------①
再闭合开关S2时，R1短路，只有R2连入电路，移动滑片使滑动变阻器接入电路的阻值R2′=35R2，则电路的总功率为：
P2=U2R2′=U235R2---------②
已知：P1：P2=1：2----------------------③
解①②③可得：R2=20Ω；
只闭合开关S、S3，滑片置于最左端时，电路的总电阻为：
R=R1+R2=4Ω+20Ω=24Ω，
故电源电压为：
U=IR=0.5A×24Ω=12V；
根据P=U2R可得，灯泡电阻：；
根据P=U2R可知：在电源电压不变时，电路中的总电阻越大，总功率越小；
分析电路图可知：当所有开关都闭合时，灯泡与滑动变阻器并联，在保证电流表安全情况下，移动滑片P，电流表的最大示数为3A，此时电路消耗的总电功率最大：
则最大功率；
由于RL=24Ω>R2=20Ω；根据电阻的串并联特点可知：当只闭合开关S、S1时，小灯泡与定值电阻R1串联，此时电路消耗的总电功率最小，
则电路的最小功率为：，
根据该电路安全工作时的最大功率和最小功率的比值为：：：367W=7：1。
故答案为：4；7：1。
(1)只闭合开关S、S3，滑片置于最左端时，滑动变阻器和R1串联，电压表测量R1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律即可求出R1的阻值；
(2)根据串联电路的特点和P=U2R得出P1、P2，已知P1：P2=1：2，代入即可求出滑动变阻器的最大阻值；
只闭合开关S、S3，滑片置于最左端时，根据串联电路电阻的规律算出电路的总电阻，由欧姆定律算出电源电压；
根据P=U2R可知：在电源电压不变时，电路中的总电阻越大，总功率越小；
所以，根据电阻的串并联特点可知：电阻越串总电阻越大；并联时，并联总电阻小于任一个分电阻；
当S、Sl、S2都闭合时，灯泡与滑动变阻器并联，电路中的总电阻最小；在保证电流表安全情况下，移动滑片P，电流表的最大示数为3A，此时电路消耗的总电功率最大：利用P=UI求出最大功率；
根据P=U2R求出灯泡的电阻，与R2比较即可判断得出灯泡与R1串联时，电路中的总电阻最大，则总功率最小；然后根据P=U2R得出最小功率；
最后即可求出该电路安全工作时的最大功率和最小功率的比值。
本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别，要注意电路中的总电阻最大时电路的总功率最小。

14.【答案】解：灯泡的接法：火线先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接在灯泡的螺旋套上；如图所示：


【解析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。

15.【答案】解：小磁针静止时，N极向左，因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故可知螺线管左侧为N极，右侧为S极；则由右手螺旋定则可知电流由左侧流入，即虚线框内电流方向应向下；如图所示：


【解析】由磁极间的相互作用可知螺线管的磁极；由右手螺旋定则可知螺线管中电流的方向。
右手螺旋定则为物理中的重点及考试中的热点内容，要求学生能熟练应用。

16.【答案】液化  −4晶体  小  不能

【解析】解：
(1)温度计外壳温度低，水蒸气温度高，温度高的水蒸气遇到温度低的温度计外壳就会发生液化现象；乙图中的温度计10在0的下方，所以此时的温度是零下，分度值是1℃，共4个小格，故读数为−4℃；
(2)冰在熔化过程中BC段的温度不变，故冰是晶体；在熔化过程中，冰需要不断吸收热量，故第10min的内能比12min内能小；
(3)水在沸腾过程中需要达到沸点和继续吸热，当大烧杯中的水沸腾后，通过热传递的方式会使试管中的水也达到沸点，但是当温度相等时，热传递会停止，故试管中的水不能继续从大烧杯中吸收热量，因此不会沸腾；
故答案为：(1)液化；−4℃；
(2)晶体；小；
(3)不能。
(1)物质由气态遇冷变成液态的过程叫做液化；
(2)温度计在读数时需要看清楚刻度，看清楚是零上还是零下，看清楚分度值；
(3)晶体在熔化过程中不断吸热，温度不变，物质吸收热量，内能会增大；
(4)液体沸腾需要达到沸点并持续吸热。
本题需要学生掌握温度计的读数方法，学生容易忽略零上和零下的问题。另外，液体沸腾的条件需要理解透彻，要知道热传递过程在两者温度相等时就会停止了。

17.【答案】DA0.7增大  A2.673

【解析】解：(1)原电路中，变阻器与电流表串联后与灯并联，电压表串联在电路中测电源电压(5V)，此时闭合开关，观察到的现象：小灯泡不发光，电压表示数超过量程，选D；
(2)电流表与串联，电压表与灯并联，如下所示：

(3)小华将电路改接正确后，将滑动变阻器的滑片P置于阻值最大，即A端，再闭合开关，调节滑片，使小灯泡正常发光，此时电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.28A，则小灯泡正常发光时的功率是：
P=UI=2.5V×0.28A=0.7W；
(4)根据所测得的数据绘制了小灯泡的I−U图象，如图丙所示，根据图象可知电流与电压并不成正比，原因是灯丝的电阻随温度升高而增大；
(5)②根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动，使电压表的示数为1.5V，读出电流表的示数；
③电流表量程为0−0.6A，变阻器允许通过的最大电流为0.6A，电路的最大电流为0.6A，此时电路的电阻最小，由欧姆定律，电压表最大示数：
；
由串联电路电压的规律及分压原理有：
，
即6V−UVUV=25Ω20Ω，UV≈2.67V，为了用以上4个定值电阻完成实验且确保电路安全，应控制定值电阻两端的电压在2.67∼3V范围内。
故答案为：(1)D；(2)如上所示；(3)A；0.7；(4)增大；(2)②A；③2.67；3。
(1)原电路中，变阻器与电流表串联后与灯并联，电压表串联在电路中测电源电压(5V)，据此分析；
(2)电流表与串联，电压表与灯并联；
(3)为保护电路，将滑动变阻器的滑片P置于阻值最大；
根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P=UI求出小灯泡正常发光时的功率；
(4)灯丝的电阻随温度升高而增大；
(5)②根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
③电流表量程为0−0.6A，变阻器允许通过的最大电流为0.6A，确定电路的最大电流，由欧姆定律求出电压表最大示数；
由串联电路电压的规律及分压原理得出电压表最小示数。
本题测定标有“2.5V”小灯泡正常发光时的电功率，同时探究“当电压一定时，电流与电阻的关系”，考查电路分析、电路连接、注意事项、电功率计算及影响电阻大小的因素及控制变量法、欧姆定律及对器材的要求。

18.【答案】R=UI  b 电流表短路  0.3425624取平均值减小误差  0∼URx

【解析】解：(1)伏安法测电阻的原理是：R=UI；闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，所以滑动变阻器的滑片应移到b端；
(2)闭合开关后，发现电压表的示数约为6V，两电阻串联分压，电流表示数为零，说明电路故障除了Rx外没有断路；移动滑动变阻器滑片，电压表示数有明显变化，Rx能分压没有断路，但电流表示数始终为零，说明电流表被短路；
(3)因为滑动变阻器的规格是“20Ω1A”，所以电流表接的是0∼0.6A的量程，分度值为0.02A，此时的电流为：I=0.34A；
由(2)可知电压表接的是0∼15V的量程，所以电压表的示数为8.5V，由I=UR可得的电阻：Rx=UxIx=8.5V0.34A=25Ω；
(4)由甲图可知，变阻器R换成R1后与Rx串联，所以有电源电压U=I(R1+Rx)=R1+Rx1I，
由丙图坐标系中取两点：U=90Ω+Rx19A−1=120Ω+Rx24A−1，
解得：U=6V，Rx=24Ω；
(5)图丁中为滑动变阻器的分压接法，待测电阻与变阻器滑片左侧电阻丝并联后再和滑动变阻器滑片右侧电阻丝串联，电流表测待测电阻的电流，当滑片移动到最右端时，待测电阻的电压最大，为电源电压U，电流表的示数最大为：
，当滑片移动到最左端时，待测电阻短路，电流表示数为0，则电流表的示数变化范围是为0∼URx。
故答案为：
(1)伏安法测电阻的原理：R=UI；为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应滑到滑动变阻器接入电路的电阻值最大处；
(2)根据电流表和电压表是否有示数确定电路的故障；电流表示数为零说明电路断路或电流表短路；再根据电压表示数变化进行分析；
(3)弄清楚电流表的量程和分度值，再读出电流表示数；对比电流表指针位置读出电压表的读数，根据R=UI求出电阻值；
(4)在I−1−R1图像中选取两组数据，根据串联电路的特点和欧姆定律列方程组求解Rx和电源电压；
(5)实验中多次测量有的是为了得出普遍性的结论，有的是取平均值减小误差，明确本实验多次测量的目的；滑动变阻器的分压接法使得待测电阻两端的电压变化范围较大，电流表的变化范围也较大。
本题前三小题考查了实验原理、电表的连接和电路故障的判断、电流表的读数以及电阻的计算，难度不大；(4)和(5)两小题考查图像的理解和滑动变阻的特殊接法，对学生来说有挑战。

19.【答案】解：(1)闭合开关S1，电路为R1的简单电路，
电流表示数为I1=0.3A，定值电阻R1=20Ω，
则电源电压U=IR1=0.3A×20Ω=6V.
(2)再闭合开关S2，两电阻并联，电流表示数为I=0.5A，
R1的电流不变，则通过R2的电流I2=I−I1=0.5A−0.3A=0.2A，
时间t=10s，
通电10s电流对电阻R2所做的功W=UI2t=6V×0.2A×10s=12J。
故答案为：(1)电源电压是6V。
(2)再闭合开关S2，电流表示数为0.5A，则通电10s电流对电阻R2所做的功是12J。

【解析】(1)闭合开关S1，电路为R1的简单电路，用U=IR1计算R1电压，即为电源电压。
(2)再闭合开关S2，两电阻并联，电流表测干路电流，用干路电流减去R1电流得到R2电流，用W=UI2t计算电流做功。
本题考查欧姆定律的应用及电流做功的计算，属于基础题目。

20.【答案】解：(1)由电路图可知，开关S1闭合、S2接2和3触点时电路为R1的简单电路，开关S1闭合、S2接3和4触点时R1与R2并联，
因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，开关S1闭合、S2接3和4触点时，电路的总电阻最小，
由P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总功率最大，电热水壶处于高温挡，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且R1、R2为电阻值相同的发热电阻，
所以，由P=UI=U2R可知，此时R1与R2的功率相等，即，
则发热电阻：R1=U2P1=(220V)2500W=96.8Ω；
(2)水吸收的热量：，
不计热量损失，消耗的电能：，
由P=Wt可得，需要的最短加热时间：；
(3)在高挡位下，若电路正常工作10min，则电路消耗的电能：，
因“3000r/(kW⋅h)”表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000圈，
所以，电能表表盘转过的圈数：n=16kW⋅h×3000r/(kW⋅h)=500r。
答：(1)发热电阻R1的阻值为96.8Ω；
(2)将水壶内2kg、20℃的水加热到100℃需要的最短时间是672s；
(3)在高挡位下，若电路正常工作10min，则电路消耗的电能能使如图丙所示的电能表表盘转500r。

【解析】(1)由电路图可知，开关S1闭合、S2接2和3触点时电路为R1的简单电路，开关S1闭合、S2接3和4触点时R1与R2并联，根据电阻的并联特点比较总电阻关系，电源的电压一定时，根据P=UI=U2R可知，电路的总电阻越小，电路的总功率越大，电热水壶处于高温挡；根据并联电路的电压特点和R1、R2电阻值相同结合P=UI=U2R得出两电阻的功率关系，从而得出R1的功率，根据P=UI=U2R求出发热电阻；
(2)知道水的比热容、水的质量、水的初温和末温，根据求出水吸收的热量，不计热量损失，消耗的电能和水吸收的热量相等，根据P=Wt求出需要的最短加热时间；
(3)在高挡位下，若电路正常工作10min，根据W=Pt求出电路消耗的电能，“3000r/(kW⋅h)”表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000圈，据此求出电能表表盘转过的圈数。
本题考查了电功率公式和并联电路的特点、吸热公式、电功公式的应用，明白电能表参数的含义和分清电热水壶处于不同挡位时电路的连接方式是关键。

21.【答案】解：(1)由P=UI=U2R可得，小灯泡正常发光时的电阻RL=UL2PL=(4V)21.6W=10Ω；
(2)当开关S1、S3断开，S2闭合时，灯泡L与电阻R1串联，电压表V1测电源两端的电压，电压表V2测R1两端的电压，
由小灯泡正常发光可知，小灯泡两端的电压UL=4V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电压表V1和V2的示数之比为3：2，
所以，灯泡两端的电压和定值电阻R1两端的电压之比ULU1=UV1−UV2UV2=3−22=12，则U1=2UL=2×4V=8V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流I=IL=ULRL=4V10Ω=0.4A，
所以，电阻R1=U1I=8V0.4A=20Ω；
(3)电源的电压U=U1+UL=8V+4V=12V，
当开关S1闭合，S2、S3断开，滑动变阻器R2的滑片P移到最大阻值处，灯泡L与变阻器R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流，
此时电路的总电阻，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器的最大阻值，
当开关S1、S3闭合，S2断开时，电路为滑动变阻器R2的简单电路，两电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流，
此时电路中的电流I′′=UR2=12V50Ω=0.24A，
则滑动变阻器的最大功率P2=UI′′=0.24A×12V=2.88W。
答：(1)小灯泡正常发光时的电阻是10Ω；
(2)R1的阻值是20Ω；
(3)在保证电路安全情况下，通过开关的断开和闭合，滑动变阻器的最大功率为2.88W。

【解析】(1)小灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI=U2R求出小灯泡正常发光时的电阻；
(2)当开关S1、S3断开，S2闭合时，灯泡L与电阻R1串联，电压表V1测电源两端的电压，电压表V2测R1两端的电压，根据小灯泡正常发光可知其两端的电压，根据串联电路的电压特点结合电压表V1和V2的示数之比为3：2求出灯泡两端的电压和定值电阻R1两端的电压之比，然后求出R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，利用欧姆定律求出R1的阻值；
(3)根据串联电路的电压特点求出电源的电压，当开关S1闭合，S2、S3断开，滑动变阻器R2的滑片P移到最大阻值处，灯泡L与变阻器R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出此时电路的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器的最大阻值；当开关S1、S3闭合，S2断开时，电路为滑动变阻器R2的简单电路，两电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，利用P=UI求出滑动变阻器的最大功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意最后一问中是通过开关的断开和闭合使滑动变阻器达到最大电功率，而不是通过调节滑片使其达到最大功率。