2020-2021学年重庆市鲁能巴蜀中学九年级（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年重庆市鲁能巴蜀中学九年级（上）期末物理试卷，共27页。试卷主要包含了2AD，44WD，5V∼3V，6V，8Ω，【答案】D，【答案】C，【答案】奥斯特  电磁起重机等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年重庆市鲁能巴蜀中学九年级（上）期末物理试卷
1. 下列物理量最接近实际情况的是( )
A. 今日考场的室温约为37℃ B. 对人体的安全电压不高于220V
C. 家用台灯的工作电流约为0.2A D. 正常成年人1s内心跳80次
2. 关于电现象，下列说法正确的是( )
A. 验电器是利用同种电荷相互吸引的原理工作的
B. 塑料碗、陶瓷花瓶是绝缘体，不可以带电
C. 摩擦起电的实质是通过摩擦创造了电荷
D. 电源是把其他形式的能量转换为电能的装置
3. 如图的四幅图中，符合安全用电原则的是( )
A. 在高压线下钓鱼
B. 使用验电笔时，手可以接触前端金属部分
C. 洗衣机使用三孔插座
D. 同一个插线板可以同时使用几个大功率用电器
4. 关于电流、电压、电阻的关系，下列说法正确的是( )
A. 导体的电阻是导体本身的性质，与电压、电流无关
B. 导体中有电流通过时，它两端不一定有电压
C. 通过导体的电流越大，这段导体的电阻一定越小
D. 在电压一定时，导体的电阻跟通过导体的电流成反比
5. 如图所示是利用磁悬浮原理浮在空中的盆栽，盆栽底部有磁铁，底座内装有电磁铁。给盆栽浇水后与浇水前相比( )


A. 盆栽受到的磁力大小不变
B. 盆栽浇水前后能悬浮在空中都只受磁场力的作用
C. 要使盆栽与底座之间距离不变，可改变电磁铁线圈内的电流方向
D. 要使盆栽与底座之间距离不变，可适当增大电磁铁线圈内的电流
6. 蓉蓉制作了一个利用电表示数显示物体重力的小作品，在一定的范围内，秤盘内所放重物越重，电表示数越大，图中的电路设计中符合要求的是( )
A. B.
C. D.
7. 如图电路中，电源压为12V.在a，b间接入灯L1“4V 2W”，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯L1正常发光。断开开关取下灯L1，保持滑片P的位置不变，在a、b间接入“4V 4W”灯L2后闭合开关，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则正确的( )
A. 灯L2正常发光 B. 电压表的示数保持4V不变
C. 灯L2的实际功率为1.44W D. 滑动变阻器接入电路的电阻为8Ω
8. 如图的电路图，电源电压恒为30V，定值电阻R2=40Ω，R3=30Ω，滑动变阻器R1的规格为“80Ω1A”，电流表A1的量程为0−3A，电流表A2的量程为0−0.6A，电压表的量程为0−15V.下列说法不正确的是( )
A. 只闭合开关S，R1和R3串联，将滑片P从a端滑至中点，电路中电流变大
B. 只闭合开关S、S3，调节滑片P的位置并保证电路安全，则R1两端电压的范围是12V∼15V
C. 只闭合开关S、S1、S2，调节滑片P的位置并保证电路安全，则R1接入电路的阻值范围是30Ω∼80Ω
D. 只闭合开关S、S1、S2，调节滑片P在R1的a端，此时电流表A1的示数为1.125A
9. 丹麦物厘学家______发现了电流的磁效应，生产生活中的______(选填“电磁起重机”“电动机或“电饭煲)就是利用这个原理工作的。
10. 如图所示的司南是我国的四大发明之一，古文“论衡”中记载“司南之杓”(用途)，投之于地，其柢(握柄)指南。司南静止时能指南北，说明地球周围存在______，司南的握柄应为该磁体的______极。(选填“N”或“S”)
11. 如图所示是一个“电热驱蚊器”，它是利用了电流的______效应工作的，发热元件是一个阻值为1.0×104Ω的电阻。当发热元件两端的电压为220V时，通电100s产生的热量为______J。
12. 有两个电阻器R1、R2，R1标有“20Ω0.2A”字样，R2标有“30Ω0.1A”字样。若将R1、R2串联接入电路，电路两端允许加的最大电压是______V.若将R1、R2并联接入电路，电路的最大总功率为______W。
13. 如图，电源电压恒定，闭合S、S1、S2，移动滑动变阻器R2的滑片到a点(图中未标出)，电流表A1和A2的示数分别为I1和I2，已知R1=6Ω，I1：I2=3：2，此时R2的阻值为______Ω；保持滑片位置不动，断开S1、S2，闭合S，此时电压表的示数为U1，R2的功率为P1，灯泡恰好正常发光；再将滑片移动到最右端，此时电压表示数为U2，电流表A2电流为0.6A，R2的功率为P2，U1：U2=5：6，P1：P2=25：18，则小灯泡的额定功率为______W.(小灯泡电阻不变)

14. (1)请根据静止小磁针的指向，标出图中螺线管电流的环绕方向。
(2)请把图中的三孔插座连入家庭用电电路。









15. 娅娅同学想“探究并联电路电流的特点”，设计了如图甲的电路。
(1)连接电路时，开关应处于______状态。
(2)闭合开关前，发现电流表A1的指针指在如图乙的位置，可能的原因是______。
(3)正确处理后，连接的实物图如图丙。试触开关S，观察到电流表A3______(选填“有”或“无”)示数，仔细检查，发现电路有不当之处。请在图丙中只改动一根导线，使之与图甲的电路图一致。(提醒：在需要删除的导线上画“×”，用笔将改动后的导线画出，导线不许交叉)。
(4)将电路改接正确后，闭合开关，将电流表示数填入表格，得出结论：并联电路中，干路电流等于各支路电流的总和，有同学认为该实验结论得出过程不科学，他认为应多次更换规格不同的灯泡进行实验，以便______(“A”或“B”)
A.寻找普遍规律
B.求平均值，减小实验误差
干路电流/A
灯L1的电流/A
灯L2的电流/A
0.5
0.4
0.1

16. 小欣同学在做“探究电流与电压、电阻的关系”实验时，准备以下器材：电源电压为4.5V且保持不变，电流表(0∼0.6A)、电压表(0∼3V)、滑动变阻器(20Ω1A)、五个定值电阻(5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω)、开关、导线若干。根据如图的电路图进行实验
(1)导线连接之前，开关S应该______(选填“断开”、“闭合”)；
(2)将电路连接正确后，闭合开关，发现电流表无示数，电压表指针有明显偏转，原因可能是______。
(3)探究电流与电压的关系时，小欣通过调节滑动变阻器滑片P，测出通过定值电阻R的不同电流和对应的电压如下表所示。
实验次数
1
2
3
4
5
电压U/V
0.51
1.01
1.51
2.01
2.51
电流I/A
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
梁老师看到小欣的数据后说小欣的实验操作中存在问题，并且其中有一组数据是错误的。
小欣在实验操作中存在的问题是______。
请你帮他分析出错的是第______次，原因是______。
去掉出错的实验数据，分析可得到的结论是：当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成______比
。
(4)接着小欣又探究电流与电阻的关系，他只更换定值电阻，其余连接均不变。其实验步骤如下：
①在电路中接入阻值为5Ω的定值电阻，移动滑动变阻器的滑片，使得电压表示数为U0=2V，记录电流表示数；
②断开开关，用10Ω的定值电阻替换5Ω的定值电阻再闭合开关，他应该将滑动变阻器的阻值______(选填“调大”或“调小”)直到电压表示数为U0，再记录电流表示数；
③断开开关，用15Ω的定值电阻替换10Ω的定值电阻再闭合开关，他调节滑动变阻器的阻值，发现电压表示数始终不能调为U0.为完成五次探究，小欣设计了如下三个调整方案，你认为不可行的是______。
A.如果只调整电压表的示数，则应控制电压表示数U0的范围为2.5V∼3V
B.如果只更换滑动变阻器，则更换的滑动变阻器最大阻值不小于25Ω，最大电流不小于0.4A
C.如果只更换电源，则更换的电源电压范围是2V∼3.6V

17. 某小组同学到实验室做“测定小灯泡额定功率”的实验，被测小灯泡的额定电压为3.8V，电阻约为10Ω。实验室有如下器材：电源(电压为6V)、电流表(0∼0.6A0∼3A)、电压表(0∼3V0−15V)、开关各一个，导线若干，滑动变阻器三只：R1(5Ω0.5A)、R2(30Ω0.5A)、R3(500Ω1A)，同学们设计的电路如图。

(1)如图甲是小聂画出的实验电路图，请你根据电路图用笔画线代替导线，帮他将图乙中未完成的电路连接好，要求：滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的阻值变小，导线不能交叉；
(2)滑动变阻器应选用______ (选填“R1”“R2”或“R3”)；
(3)连接好电路，正确操作，移动滑动变阻器的滑片P，小婕发现灯泡忽亮忽暗，则故障可能______ ；
A.滑动变阻器滑片接触不良
B.小灯泡短路
C.滑动变阻器短路
D.滑动变阻器断路
(4)下表为该小组的实验记录分析表：
实验序号
电压表示数/V
电流表示数/A
功率/W
额定功率/W
1
3.0
0.36
1.08

2
3.8
0.4
1.52
3
4.5
0.42
1.89
鄢老师认为该小组的数据处理过程有错误，你认为错误之处是______ ，正确的测量结果是______ W；
(5)聪明的小川同学在进行实验时发现灯丝的电流与电压不成正比，原因是______ ，当
小灯泡两端电压为额定电压一半时小灯泡的功率为P1，当通过小灯泡的电流为额定电流的一半时小灯泡的功率为P2，则P1______ P2(选填“大于”、“等于”、“小于”)；
(6)同组的小杨有一个小灯泡，但是小灯泡上所标额定电压模糊不清(如图)，已知小灯泡的额定功率在1W∼2W之间，为了得到该小灯泡的额定功率，小杨经过思考后利用手中的器材进行了如下实验
更换电源(电压为1.5V的整数倍且保持不变)，将小灯泡重新连接电路进行实验，移动变阻器的滑片使电压表的示数分别为3.5V、3.2V和3V，并记录相应的电流表示数。实验数据如下表所示。根据以上信息求解：
①小杨所用的电源电压U=______ V；②灯泡的额定功率为______ W.
实验序号
电压U/V
电流I/A
1
3.5
0.30
2
3.2
0.31
3
3
0.32
18. 如图所示，电阻R1阻值为30Ω，闭合开关S，电压表示数为12V，电流表示数为0.5A.求：
(1)通过电阻R1的电流为多少安？
(2)通电1分钟，电流对电阻R2做功为多少焦？











19. 为倡导节能环保，某科研机构设计了新型路灯，工作原理如图。已知，控制电路和工作电路中电源电压分别为6V和220V，路灯L正常工作时电流为1A.控制电路中R2为半导体硅制成的光敏电阻，R2阻值随光强(国际单位坎德拉，符号：cd)变化的规律如下表所示，工作电路中开关S2的状态由R2两端的电压决定，光照足够强时，R2两端的电压很小，开关S2与b点接触，处于断开状态，路灯L关闭。
光强/cd
5
10
20
25
40
…
电阻R2/Ω
40
20
10
8
5
…
(1)若路灯L每天正常工作8小时，其消耗的电能是多少kW⋅h？
(2)当光强降为20cd时，R2两端的电压刚好升至2V，开关S2与c点接触，电路接通，路灯L正常工作，求工作电路刚好接通时，R1的电功率是多少？
(3)保持R1接入阻值不变，当R2两端的电压为1V时，光强是多大？








20. 如图甲是某品牌多功能电热养生壶，如图乙为其简化的电路图。电热养生壶为了煮制不同的食材，设有“高速档”、“中速档”和“低速档”三个档位，铭牌参数见表格，其中“中速档“和“低速档“功率模糊不清。已知电阻R2=96.8Ω.求：
额定电压
220V
功率选择
高速挡
中速挡
低速挡
1500W
×××W
×××W
(1)养生壶在高速档正常工作5min消耗的电能为多少焦？
(2)R1的阻值为多少Ω；
(3)在某用电高峰期，若家庭电路中只有电热养生壶在“低速档”工作，标有“3000imp/kW⋅h“的电能表指示灯用时4min闪烁81次，此时家庭电路两端的实际电压为多少V？








答案和解析
1.【答案】C

【解析】解：
A、让人感觉温暖舒适的房间温度是23℃，考场的温度在23℃作用，故A错误；
B、对人体的安全电压不高于36V，故B错误；
C、家用台灯的工作电流比较小，大约为0.2A左右，故C正确；
D、正常成年人1s内心跳1次，故D错误。
故选：C。
根据生活经验及对生活常识的了解，作出合理的估计，然后逐一分析各选项并作出判断。
对各种物理量的估算：需要凭借生活经验、需要简单的计算；物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一。

2.【答案】D

【解析】解：A、验电器是用来检测物体是否带电的，是利用同种电荷相互排斥的原理来工作的，故A错误。
B、绝缘体不容易导电，可以带电，故B错误；
C、摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷，故C错误；
D、电源是把其他形式能量转化为电能的装置，故D正确。
故选：D。
(1)验电器是根据同种电荷相互排斥的原理制成的，可以检验物体是否带电；
(2)绝缘体不容易导电，可以带电；
(3)摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体；
(4)电源是把其他形式能量转化为电能的装置。
本题考查了摩擦起电的实质，电源、绝缘体及验电器的原理，属于基础题。

3.【答案】C

【解析】解：
A、在高压线下钓鱼，易使鱼具与高压线触碰，是危险行为，故A不符合安全用电原则；
B、使用验电笔时，手不可以接触前端金属部分，但要接触笔尾的金属部分，故B不符合安全用电原则；
C、洗衣机有金属外壳，洗衣机使用三孔插座可使金属外壳接地，可防止因漏电而触电，故C符合安全用电原则；
D、家里同时使用几个大功率用电器会导致干路中电流过大，产生电热过多，易造成火灾，故D不符合安全用电原则。
故选：C。
(1)了解安全用电的基本原则：不靠近高压带电体，不接触低压带电体；
(2)了解三孔插座的作用、电路中电流过大的原因、测电笔的使用，来对应选项的做法进行分析。
本题考查了安全用电的常识，属于基础知识，在日常生活中一定要养成安全用电的习惯。

4.【答案】A

【解析】解：
A.电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与电压和电流无关，故A正确；
B.导体中有电流通过时，它两端一定有电压，故B错误；
C.导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，所以通过导体的电流越大时这段导体的电阻不变，故C错误；
D.在电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比，而导体的电阻不变，故D错误。
故选：A。
(1)电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关；
(2)电路中有电压，不一定有电流，电路中有电流，一定有电压；
(3)欧姆定律内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比。
本题考查了学生对影响电阻大小因素、欧姆定律内容的掌握与应用，是一道较为简单的题目。

5.【答案】D

【解析】解：
A、该盆栽悬浮的原理利用了同名磁极相互排斥，当盆栽悬浮在空中静止不动时，受的力是平衡力，即盆栽的总重力和磁力大小相等，当浇水后重力变大，故磁力也变大，故A错误；
B、盆栽浇水前后能悬浮在空中都受平衡力，即盆栽的总重力和磁力大小相等，故B错误；
C、要使盆栽与底座之间距离不变，需增大磁力，磁力的大小与电流的方向无关，故C错误；
D、要使盆栽与底座之间距离不变，需增大磁力，电磁铁磁性强弱与电流的大小有关，其他条件相同，电流越大，磁性越强，所以应适当增大电磁铁线圈内的电流，故D正确。
故选：D。
(1)磁极间相互作用的规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；物体处于静止或者匀速直线运动状态时，受到的力是平衡力；
(2)静止的物体受到平衡力时仍然会保持静止；
(3)电磁铁磁性强弱与电流的大小有关，与电流的方向无关；
(4)电磁铁磁性强弱与电流的大小有关，其他条件相同，电流越大，磁性越强。
本题结合科技产品考查相关的物理知识，注重了物理知识的运用，体现了物理和科技的联系。

6.【答案】A

【解析】解：
AC.由电路图可知，R1与R串联，选项A中电压表测aP部分电阻丝两端的电压，选项C中电压表测Pb部分电阻丝两端的电压，
因电压表的内阻很大，在电路中相当于断路，
所以，滑片移动时，R接入电路中的电阻不变，电路中的总电阻不变，
由I=UR可知，电路中的电流不变，
当秤盘内所放重物越重时，滑片下移，aP部分电阻丝的阻值变大，Pb部分电阻丝的阻值变小，
由U=IR可知，aP部分电阻丝两端的电压变大，Pb部分电阻丝两端的电压变小，
则选项A中电压表的示数变大，选项C中电压表的示数变小，故A符合题意、C不符合题意；
B.由电路图可知，R1与R串联，电流表被短路，无示数，
所以，秤盘内所放重物越重时，电流表始终无示数，故B不符合题意；
D.由电路图可知，R1与R串联，电流表测电路中的电流，
当秤盘内所放重物越重时，滑片下移，R接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，
由I=UR可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故D不符合题意。
故选：A。
AC.由电路图可知，R1与R串联，选项A中电压表测aP部分电阻丝两端的电压，选项C中电压表测Pb部分电阻丝两端的电压，根据电压表内阻的特点得出滑片移动时接入电路中的电阻不变，电路中的电流不变，当秤盘内所放重物越重时，滑片下移，据此可知aP部分和Pb部分电阻丝的阻值变化，根据欧姆定律可知aP部分和Pb部分电阻丝两端的电压变化，然后结合题意判断是否符合题意；
B.由电路图可知，R1与R串联，电流表被短路，无示数，据此判断是否符合题意；
D.由电路图可知，R1与R串联，电流表测电路中的电流，当秤盘内所放重物越重时，滑片下移，R接入电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，然后判断是否符合题意。
本题考查了电路图的设计，涉及到串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：根据P=U2R知，两灯泡的电阻分别为：
R1=U12P1=(4V)22W=8Ω，R2=U22P2=(4V)24W=4Ω，
AB、灯L1正常发光时，其两端的电压为4V，保持滑片P的位置不变，接入灯L2，两灯的电阻不同，则ab间的电压会发生变化，故灯L2不会正常发光，故AB错误；
CD、灯L1正常发光时的电流为：I=P1U1=2W4V=0.5A；
根据串联电路电压特点可知，滑动变阻器两端的电压为：
U′=U−U1=12V−4V=8V，
由欧姆定律得，滑动变阻器接入电路的电阻为：
R′=U′I=8V0.5A=16Ω，
换上L2后的总电阻为为：R=R2+R′=4Ω+16Ω=20Ω，
此时电路中的电流为：I′′=UR=12V20Ω=0.6A，
灯L2的实际功率为：P′2=I′′2R2=(0.6A)2×4Ω=1.44W，故C正确，故D错误。
故选：C。
本题考查了电路的动态分析，涉及到电功率公式和欧姆定律、串联电路特点的应用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。

8.【答案】C

【解析】解：(1)只闭合开关S时，R1和R3依次连接即为串联，
将滑片P从a端滑至中点时，R1接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，故A正确；
(2)只闭合开关S、S3时，R1和R3串联，电流表A1、A2均测电路中的电流，电压表测R1两端的电压，
当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：
I1=UR3=30V30Ω=1A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表A1的量程为0∼3A，电流表A2的量程为0∼0.6A，
所以，电路中的最大电流，此时R1两端的电压最小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表的最小示数：
，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流：
，
此时电压表的示数：
，即电压表的最大示数为15V，
所以，R1两端电压的范围是12V∼15V，故B正确；
(3)只闭合开关S、S1、S2时，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，通过R2的电流：
I2′=UR2=30V40Ω=0.75A，
调节滑片P在R1的a端，通过R1的电流：
I1′=UR1=30V80Ω=0.375A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，此时电流表A1的示数：
I=I1′+I2′=0.375A+0.75A=1.125A，故D正确；
当电流表A2的示数I1′′=0.6A时，干路电流：
I′=I1′+I2′′=0.6A+0.75A=1.35A<3A，
所以，通过R1的电流为0.6A时，接入电路中的电阻最小，
则R1接入电路中的最小阻值：
，
所以，R1接入电路的阻值范围是50Ω∼80Ω，故C错误。
故选：C。
(1)只闭合开关S时，R1和R3依次连接即为串联，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；
(2)只闭合开关S、S3时，R1和R3串联，电流表A1、A2均测电路中的电流，电压表测R1两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流，然后与电流表A1和A2的量程相比较确定电路中的最大电流，此时R1两端的电压最小，根据串联电路的特点和欧姆定律求出电压表的最小示数；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出此时电压表的示数，然后结合电压表的量程确定最大示数，然后得出R1两端电压的范围；
(3)只闭合开关S、S1、S2时，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流，根据并联电路的电压特点求出通过R2的电流和调节滑片P在R1的a端通过R1的电流，利用并联电路的电流特点求出此时电流表A1示数；根据并联电路的电流特点求出电流表A2的示数最大时的干路电流，然后与电流表A1的量程相比较确定通过R1的最大电流，此时接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出R1接入电路中的最小阻值，然后得出R1接入电路的阻值范围。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。

9.【答案】奥斯特  电磁起重机

【解析】解：
(1)奥斯特把通电直导线放在水平方向静止的小磁针上，小磁针发生偏转，说明受到磁力作用，实验表明电流周围存在磁场；
(2)通电导线周围有磁场，这就是的电流的磁效应，电磁起重机、电磁继电器等都是利用该原理制成的；台灯工作时把电能转化为光和热，不是利用电流磁效应工作的；电热毯是利用电流流过导体时发热而工作的，应用了电流的热效应。
故答案为：奥斯特；电磁起重机。
(1)在1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流周围存在着磁场；
(2)通电导体周围存在磁场，这叫做电流的磁效应。
本题考查物理常识和电流的磁效应，主要考查学生对所学物理知识的灵活运用能力。

10.【答案】磁场  S

【解析】解：
地球是一个大磁体，指南针指南北的原因是由于受到了地磁场的作用；指南针静止时，指向南的一端是磁体的南(S)极；指向北的一端是磁体的北(N)极，司南的握柄指南，所以司南的握柄是S极。
故答案为：磁场；S。
指南针是根据地磁场的作用工作的，地磁的南极在地理的北极附近，而地磁的北极在地理的南极附近，再根据磁极间的作用规律，可判断指南针的指向。
本题考查了指南针指南北的原因，比较简单。

11.【答案】热  484

【解析】解：(1)“电热驱蚊器”就是将电能转化成内能，利用了电流的热效应工作。
(2)当发热元件两端的电压为220V时，流过该元件的电流为I=UR=220V1.0×104Ω=0.022A。
通电100s产生的热量为Q=I2Rt=(0.022A)2×1.0×104Ω×100s=484J。
故答案为：热；484。
(1)电流流过导体时导体发热的现象是电流的热效应，电流的热效应就是把电能转化为内能；
(2)由题干可知到发热元件的实际电压和电阻，由欧姆定律可以求得电流，由Q=I2Rt可以求得电热。
本题考查电流的热效应，并以电热驱蚊器为例，计算电流产生的电热，同时注意电热的公式是：Q=I2Rt。

12.【答案】50.75

【解析】解：(1)若将R1、R2串联接入电路，
因串联电路中各处的电流相等，且I1=0.2A，I2=0.1A，
所以，串联后接入电路后，电路中的最大电流I=I2=0.1A，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，由I=UR可得，电路两端允许加的最大电压：
。
(2)R1、R2两端允许加的最大电压分别为：
U1=I1R1=0.2A×20Ω=4V，U2=I2R2=0.1A×30Ω=3V，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，若将R1、R2并联接入电路，电源的最大电压，
此时通过R2的最大电流I2=0.1A，通过R1的电流：，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路的最大电流：
I′=I1′+I2=0.15A+0.1A=0.25A，
则电路的最大总功率：
。
故答案为：5；0.75。
(1)若将R1、R2串联接入电路，通过它们的电流相等，电路中的最大电流为两电阻允许通过电流中较小的，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；
(2)根据欧姆定律求出R1、R2两端允许加的最大电压，若将R1、R2并联接入电路，它们两端的电压相等，电源的电压为两电阻允许所加最大电压中较小的，
根据欧姆定律求出通过两电阻的电流，根据并联电路的电流特点求出干路的最大电流，利用P=UI求出电路的最大总功率。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，将不同规格的导体串联或并联在电路中时，为保证元件安全，基本原则是“照顾弱者”--以元件的最小电流串联，以最低电压并联。

13.【答案】12 6

【解析】解：(1)由图可知，Ra与R1并联接入电路，电流表A2测通过R1的电流，电流表A1测干路电流；
已知此时电流表A1和A2的示数分别为I1和I2，即干路电流为I1，通过R1的电流为I2，
由并联电路的电流特点可得：I1=Ia+I2，又I1：I2=3：2，所以可得Ia：I2=1：2，
由欧姆定律可得：R1Ra=UI2UIa=IaI2=12，所以R2=Ra=2R1=2×6Ω=12Ω。
(2)保持滑片位置不动，断开S1、S2，闭合S，此时Ra与L串联，电压表测变阻器的电压U1，电路中的电流为；
再将滑片移动到最右端，即变阻器全部接入电路，此时电压表示数为U2，电路中的电流为，
已知前后两次变阻器R2消耗的功率分别为P1、P2，且P1：P2=25：18，U1：U2=5：6，
由P=U2R可得，Ra与变阻器最大阻值R的比值为：RaR=U12P1U22P2=U12U22×P2P1=(56)2×1825=12，
则变阻器的最大阻值：R=2Ra=2×12Ω=24Ω，
因电源电压不变，所以由欧姆定律可得：
------①
------②
由①②可解得：RL=6Ω，
电源电压：；
灯泡正常发光时的电流：，
灯泡电阻不变，则灯泡的额定功率即正常发光时的功率：。
故答案为：12；6。
(1)闭合S、S1、S2，移动滑动变阻器R2的滑片到a点时(即接入电路电阻为Ra)，由图可知，Ra与R1并联接入电路，电流表A2测通过R1的电流，电流表A1测干路电流；
根据并联电路电流规律求出两支路电流之比，再利用欧姆定律可表示出两支路电阻之比，进一步求出滑片在a点时变阻器R2的阻值；
(2)保持滑片位置不动，断开S1、S2，闭合S，此时R2与L串联，电压表测变阻器的电压U1，电路中的电流为；根据P=U2R求出Ra与变阻器最大阻值R的之比；
由P=UI求出电流之比，再根据串联电路的特点和电源电压恒定列式求出电源电压和灯泡的阻值，最后根据P=I2R求出灯泡的额定功率。
本题考查了串并联电路的规律、欧姆定律、电功率的有关计算，关键会根据电源电压不变列出关系式，综合性强，难度大。

14.【答案】解：由图可知，小磁针的左端是N极，右端是S极；因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故螺线管左侧为N极；则由右手螺旋定则可知螺线管中电流由右侧流入、左侧流出；螺线管中电流的环绕方向如图所示：

将三孔插座的上孔接地线；左孔接零线，右孔接火线。如图所示：


【解析】由磁极间的相互作用可知螺线管的磁极，再由右手螺旋定则可知通电螺线管的电流方向；
三孔插座的接法：上孔接地线，金属外壳的用电器漏电时，地线把人体短路，防止发生触电事故；左孔接零线；右孔接火线。
本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向，同时考查三孔插座的连接。

15.【答案】断开  电流表没有调零  无  A

【解析】解：(1)连接实物电路过程中，开关应处于断开状态；
(2)闭合开关前，电流表A1的指针在如图乙所示的位置处，即指针未在零刻线处，可能的原因是：电流表没有调零；
(3)更正上述问题后，闭合开关S，灯L2与A3串联后和导线并联，即电流表A3、灯L2短路了，故观察到A3无示数；
根据图甲，灯泡L1、L2并联，A3测L2的电流；A2测L1的电流，电流表A1测总电流，开关S控制所有用电器，故将连接电流表A1与灯L2的连线去掉，将灯L1的右接柱与灯L2的左接线柱连接起来，如下所示：

(4)原实验只根据一组数据得出的结论有偶然性，为得出普遍性的结论，应多次更换规格不同的灯泡进行实验，故选A。
故答案为：(1)断开；(2)电流表没有调零；(3)无；如上；(4)A。
(1)连接实物电路过程中，为保护电路，开关应处于断开状态；
(2)电流表使用前要调零；
(3)分析电路的连接，找出连接中存在的问题回答；根据甲图修改实物图；
(4)用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多。
本题探究并联电路电流的特点，考查实验注意事项、电路的连接、电流表读数、归纳法的运用和数据处理。

16.【答案】断开  R断路  编造数据  1 电路的最小电流大于0.1A正  增大  B

【解析】解：
(1)为保护电路，导线连接之前，开关S应该断开；
(2)将电路连接正确后，闭合开关，发现电流表无示数，电压表指针有明显偏转，原因可能是R断路；
(3)探究电流与电压的关系时，要控制电阻不变，由表中数据，根据欧姆定律，电阻：
R1=U1I1=1.01V0.2A=5Ω
变阻器的最大电阻为20Ω，根据电阻的串联和欧姆定律，电路中的最小电流为：
，操作中存在的问题是编造数据；
故出错的是第1次，原因是电路中的最小电流大于0.1A；
去掉出错的实验数据，因电压与电流之比为一定值，故分析可得到的结论是：当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(4)探究电流与电阻的关系，要控制电阻的电压不变：
①在电路中接入阻值为5Ω的定值电阻，移动滑动变阻器的滑片，图丙中电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数为1V，U0=2V，记录电流表示数；
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，即应该将滑动变阻器的阻值增大，直到电压表示数为U0，再记录电流表示数；
③A、根据串联电路电压的规律和分压原理：
，
由此可知，当电源电压U、定值电阻的电压UV一定时，变阻器的电阻随定值电阻的增大而增大；当电阻为时，所需滑动变阻器的阻值最大为，
根据串联电阻的规律，
总电阻为：
，
此时电流中的电流：
，由欧姆定律，则此时电压表的示数为：
，即为应控制a、b间的最小电压为2.5V，最大电压不超过3V；故A可行；
B、电源电压为4.5V，电阻两端电压为2V，滑动变阻器分压为2.5V，
变阻器的电压为定值电阻两端电压的1.25倍，根据分压原理，变阻器的电阻为定值电阻的1.25倍，故则更换的滑动变阻器最大阻值不小于25Ω×1.25=31.25Ω；故B不可行；
C、当变阻器全部电阻20Ω连入电路时，此时对应的定值电阻应最大为25Ω，电源电压最大，
根据分压原理，变阻器的电压，
所以最大电源电压为2V+1.V=3.6V，最小为2V，更换的电源电压范围是2V∼3.6V.C可行。
故答案为：(1)断开；(2)R断路；(3)编造数据；1；电路中的最小电流大于0.1A；正；(4)B。
(1)导线连接之前，开关S应该断开；
(2)若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
(3)探究电流与电压的关系时，要控制电阻不变，由表中数据求出电阻大小；变阻器的最大电阻为20Ω，根据电阻的串联和欧姆定律得出电路中的最小电流分析回答；
去掉出错的实验数据，因电压与电流之比为一定值，分析得出结论；
(4)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要探究电流与电阻的关系，需保持电阻两端的电压不变，应用串联电路规律与欧姆定律分析解答。
此题是探究电流与电压、电阻的关系，考查了注意事项、故障分析、操作过程、控制变量法的运用、串联电路规律及欧姆定律的运用，对器材的要求。最后一问是难点。

17.【答案】R2  A 取不同电压下的功率的平均值  1.52灯泡电阻随温度升高而增大  大于  91.65

【解析】解：(1)滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的阻值变小，故将变阻器右下接线柱连入电路中，如下所示：
；
(2)由欧姆定律，灯正常发光时的电流为：I=ULR=3.8V10Ω=0.38A<0.5A；
由串联电路的规律及欧姆定律，灯正常发光时变阻器连入的电阻约为：
，考虑到变阻器操作的方便，故滑动变阻器应选用R2；
(3)连接好电路，正确操作，移动滑动变阻器的滑片P，小婕发现灯泡忽亮忽暗，则故障可能滑动变阻器滑片接触不良，选A；
(4)灯在额定电压下的功率为额定功率，不同电压下灯的功率不同，错误之处是：取不同电压下的功率的平均值，正确的测量结果是1.52W；
(5)由于灯泡电阻随温度升高而增大，所以灯丝的电流与电压不成正比；
由P=U2R可知，灯泡实际电压为其额定电压一半时，它的实际功率，
由P=I2R可知，实际电流等于额定电流一半时，实际功率，故P1大于P2；
(6)①由欧姆定律U=IR知，当电路的电流变大时，灯的电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，由表中数据知，电压表示数越小，而电流越大，故电压表并联在变阻器的两端了；
同组的小杨有一个小灯泡，但是小灯泡上所标额定电压模糊不清(如图丙)，但可知灯的额定电流为0.3A，灯的额定电压小数部分为5；已知小灯泡的额定功率在在1W∼2W之间，根据P=UI，故灯的额定电压：
；
，故灯的额定电压在3.33V−6.67V之间：
电压表并联在滑动变阻器两端，由表中数据，根据串联电路电流规律，结合灯额定电流为0.3A，故小灯正常发光时，变阻器的电压为3.5伏；
a.电压为1.5伏的整数倍且保持不变，若电源电压为4.5伏，由表中数据，根据串联电路的规律，灯的额定电压为：
伏−3.5伏=1伏，与图中额定电压(小数部分)不符合，故这种情况不符合题意；
b.若电源U=6.0伏，根据串联电路电压的规律，则灯的额定电压：
伏−3.5伏=2.5伏<3.3V，故这种情况不符合题意；
c.若电源U=7.5V，伏−3.5伏=4伏，不符合题意；
d、若U=9.0伏，灯的额定电压：伏，符合题意；
故电源电压为9V；
②灯的额定功率为：安=1.65W；
故答案为：(1)如上所示；(2)R2；(3)A；(4)取不同电压下的功率的平均值；1.52；(5)灯泡电阻随温度升高而增大；大于；(6)①9；②1.65。
(1)根据滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的阻值变小确定变阻器的连接；
(2)由欧姆定律得出灯正常发光时的电流，由串联电路的规律及欧姆定律求出灯正常发光时变阻器连入的电阻，考虑到变阻器操作的方便确定选用的滑动变阻器；
(3)灯泡忽亮忽暗，则故障可能滑动变阻器滑片接触不良；
(4)灯在额定电压下的功率为额定功率，不同电压下灯的功率不同，取不同电压下的功率的平均值没有意义；
(5)如果灯泡电阻不随温度变化，则灯泡电压为其额定电压一半时的电流等于额定电流的一半，其实际功率等于额定功率的四分之一；实际上灯泡电阻随温度升高而增大，所以灯泡实际电压为额定电压一半时的电流大于额定电流的一半，此时灯泡实际功率大于额定功率的四分之一；如果灯泡电阻不随温度变化而变化，电流等于额定电流一半时，灯泡实际功率等于额定功率的四分之一，实际上灯泡温度越低，灯泡电阻越小，通过灯泡电流为其额定电流一半时，灯泡电阻小于灯泡正常发光时的电阻，则灯泡实际功率小于额定功率的四分之一；
(6)①由欧姆定律U=IR知，当电路的电流变大时，灯的电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，由表中数据知确定电压表并联在变阻器的两端了；
由题意，知灯的额定电流为0.3A，灯的额定电压小数部分为5；由小灯泡的额定功率在1W∼2W之间，根据P=UI和电压为1.5V的整数倍，可知灯的额定电压可能的大小；由分类讨论的方法，根据串联电路电压的规律确定灯的额定电压和额定电流及电源电压，根据P=UI求出灯的额定功率。
本题测定小灯泡额定功率的实验，考查电路连接、器材选择、故障分析、数据处理、影响电阻大小的因素，最后一问是难点，考查串联电路的规律、欧姆定律及分类讨论的能力和推理能力。

18.【答案】解：
(1)电阻R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表测干路电流，
由欧姆定律，通过电阻R1的电流：
I1=UR1=12V30Ω=0.4A；
(2)根据并联电路电流的规律，R2的电流为：
I2=I−I1=0.5A−0.4A=0.1A，
 通电1分钟，电流对电阻R2做功为：
 W=UI2t=12V×0.1A×1×60s=72J。
答：(1)通过电阻R1的电流为0.1A；
(2)通电1分钟，电流对电阻R2做功为72J。

【解析】(1)电阻R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表测干路电流，由欧姆定律求通过电阻R1的电流：
(2)根据并联电路电流的规律求通过R2的电流；根据 W=UIt求通电1分钟，电流对电阻R2做功。
本题考查并联电路的规律及欧姆定律和电功公式的运用，为基础题。

19.【答案】解：
(1)由题路灯两端电压U=220V，正常工作电流1A，所以正常工作8小时消耗的电能：
W=UIt=220V×1A×8×3600s=6.336×106J=1.76kW⋅h；
(2)当光强度为20cd时，R2两端的电压刚好升至2V，开关S2与c点接触，电路接通，路灯L正常工作。
由表格数据可知，当光照强度为20cd时，R2的阻值为10Ω，
由图控制电路R1与R2串联，
所以I1=I2=U2R2=2V10Ω=0.2A，
R1两端的电压：U1=U′−U2=6V−2V=4V，
所以R1的电功率为：P=U1I1=4V×0.2A=0.8W；
(3)保持R1接入电路的阻值不变，R1的阻值为：R1=U1I1=4V0.2A=20Ω；
当R2两端的电压为1V时，
R1两端的电压：U1′=U′−U2′=6V−1V=5V，
此时电路中的电流：I2′=I1′=U′1R1=5V20Ω=0.25A，
此时R2的阻值：R2′=U′2I′2=1V0.25A=4Ω；
由表格数据可知，R2的电阻与光强成反比，由表格第一次电阻40Ω时，光强为5cd，则电阻为4Ω时，光强为50cd。
答：(1)若路灯L每天正常工作8小时，其消耗的电能是1.76kW⋅h；
(2)当光强降为20cd时，R2两端的电压刚好升至2V，开关S2与c点接触，电路接通，路灯L正常工作，求工作电路刚好接通时，R1的电功率是0.8W；
(3)保持R1接入阻值不变，当R2两端的电压为1V时，光强是50cd。

【解析】(1)由图工作电路中只有L，已知电源电压、路灯L正常工作电流和工作时间，由W=UIt计算其消耗电能；
(2)由图控制电路R1与R2串联，工作电路接通时R2电压为2V，由表格数据知此时R2的电阻大小，由欧姆定律计算电路中电流，根据电压关系求出两端的电压，根据公式P=UI求出其功率；
(3)保持R1接入电路的阻值不变，当R2两端的电压为1V时，根据串联电路特点，根据欧姆定律计算出电路中电流，从而求得R2的阻值。
本题考查了电能、电阻的计算，要明确题意，正确分析工作电路和控制电路的电路结构，关键是从表格找到在不同光强R2电阻值。有一定的难度。

20.【答案】解：
(1)由P=Wt可得养生壶在高速档正常工作5min所消耗的电能：
；
(2)当开关S、S1、S2都闭合时，R1、R2并联，电路电阻最小，由P=U2R可知此时电功率最大，养生壶箱处于高速档，
此时R2的功率：
P2=U2R2=(220V)296.8Ω=500W，
R1的功率P1=P−P2=1500W−500W=1000W，
R1=U2P1=(220V)21000W=48.4Ω；
(3)低速档，为功率最小的，即只有R2工作时，此时功率P=P2=500W，R2=96.8Ω；
“3000imp/kW⋅h“表示每消耗1kW⋅h的电能，指示灯闪烁3000次，则闪烁81次消耗的电能：
W=813000kW⋅h=0.027kW⋅h，
养生壶的电功率：
，
由P=U2R可得实际电压：
。
答：(1)养生壶在高速档正常工作5min消耗的电能为4.5×105J；
(2)R1的阻值为48.4Ω；
(3)此时家庭电路两端的实际电压为198V。

【解析】(1)知道养生壶在高速档正常工作时的功率，利用W=Pt求出正常工作5min所消耗的电能；
(2)当开关S、S1、S2都闭合时，R1、R2并联，电路电阻最小，由P=U2R可知此时电功率最大，养生壶箱处于高速档；利用P=U2R求R2的功率，R1的功率等于高速功率减去R2的功率，再利用P=U2R求R1；
(3)低速档，为功率最小的，即只有R2工作时，R2=96.8Ω；
“3000imp/kW⋅h“表示每消耗1kW⋅h的电能，指示灯闪烁3000次，据此求闪烁81次消耗的电能，利用P=Wt求养生壶的电功率，再利用P=U2R求实际电压。
本题考查了电功率和电能的计算，分析电路图得出高、中、低速档的电路组成是关键。