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期末检测 同步习题 初中物理北师大版九年级全一册（2022年）
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这是一份期末检测 同步习题 初中物理北师大版九年级全一册（2022年），共25页。
期末检测
一．选择题（共20小题，满分40分，每小题2分）
1．（2分）对下列各图的描述中，正确的是（ ）
A．甲图中导体棒ab竖直向上运动时，电流表指针将会摆动
B．乙图的实验表明磁可以生电
C．丙图的实验可以探究电磁铁磁性的强弱与线圈匝数的关系
D．丁图中螺线管上方小磁针静止时a端是S极
【答案】C。
【解析】A、图中是电磁感应现象，导体棒ab竖直向上运动时，没有切割磁感线，没有产生感应电流，电流表不会摆动，故A错误；
B、图示是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，即电生磁，故B错误；
C、图中两电磁铁的电流相同，匝数不同，研究的是电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，故C正确；
D、由安培定则可知，螺线管的右端为N极，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，小磁针的a端为N极，故D错误。
2．（2分）与生活用电有关的说法，其中正确的是（ ）
A．洗衣机的三脚插头，接金属外壳的脚稍长一些
B．用试电笔可以辨别物体所带电荷是正电荷还是负电荷
C．居民楼里自动控制楼道灯的声敏开关与光敏开关是并联的
D．用电高峰时，灯的亮度比正常发光时暗一些，是因为灯泡的额定功率减小了
【答案】A。
【解析】A、三脚插头插入插座是，为了能使金属外壳接地，接金属外壳的脚要稍长一些，故A正确；
B、用试电笔可以辨别火线和零线，故B错误；
C、楼梯上的过道灯，只有在夜晚并且是有声音时灯才亮，说明声控和光控的两个开关串联后共同控制灯泡，因此开关和灯泡之间为串联连接，故C错误；
D、在家庭电路中，输电线和家用电器之间是串联，用电高峰期，接入电路的用电器变多，干路中的电流变大，而输电导线有一定的电阻，输电导线损失的电压U损＝IR，输电导线的电阻R一定，当I增大时U损增大，用电器两端的电压减小，由公式P＝可知用电器的实际功率减小，因此家里的灯泡会比正常发光时暗一些，用电器的的额定功率是不变的，故D错误。
3．（2分）2019年央视春晚首次实现全媒体传播，并在4K、5G、VR、AR、AI等多方面进行技术创新，首次进行4K超高清直播，全程采用5.1环绕声，实现5G内容传输，是一场真正的艺术与科技完美结合的春晚。下面说法正确的是（ ）
A．观众是根据音调分辨出钢琴声和二胡声的
B．5G的传输速度更大，是因为5G是通过超声波传递信息的
C．手机通过Wi﹣Fi收看春晚直播，是利用电磁波传递信息的
D．收看过程中为不影响他人，把音量调小一些，这是在传播过程中减弱噪声
【答案】C。
【解析】A、观众是根据音色来分辨出钢琴声和二胡声的，故A错误；
B、5G的传输通过电磁波传递信息的，故B错误；
C、手机可以接受电磁波，通过Wi﹣Fi收看春晚直播，是利用电磁波传递信息的，故C正确；
D、把音量调小一些，这是在声源处减弱噪声，故D错误。
4．（2分）质量和温度都相同的甲、乙两种物质，用同样的加热器进行加热，它们温度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲物质的沸点一定是80℃，乙物质的沸点一定是40℃
B．0﹣6min甲比乙吸收的热量多
C．8﹣10min甲和乙继续吸热，虽然温度各自保持不变，但甲和乙的内能都不断增加
D．甲的比热容大于乙的比热容
【答案】C。
【解析】A、由图象可知，甲和乙的末温保持不变，但可能处在熔化过程中，也可能处于沸腾过程中，此时的温度不一定是沸点，故A错误；
B、实验中用同样的加热器进行加热，在相同时间内物质吸收的热量是相同的，则在0﹣6min内两物质吸收的热量都是相同的，故B错误；
C、8﹣10min甲和乙继续吸热，甲和乙的内能都不断增加，故C正确；
D、由图可知，在0﹣6min内，加热时间相同，吸收的热量相同，甲的温度变化快，且两物质的质量相同，根据Q＝cm△t可知，甲的比热容小，故D错误。
5．（2分）甲图是小灯泡L和电阻R的I﹣U图象。将小灯泡L和电阻R接入乙图所示电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W．下列说法错误（ ）
A．只闭合开关S1时，小灯泡L 的电阻为4Ω
B．再闭合开关S2时，电流表示数增加0.2A
C．再闭合开关S2时，电路总功率为1.4W
D．再闭合开关S2后，在1min 内电阻R产生的热量为240J
【答案】D。
【解析】A、只闭合 S1时，电路为小灯泡L的简单电路，L 的实际功率为 1W，根据P＝UI可知，
在甲图L的图线上找符合U、I乘积为 1W 的坐标，则有：UL＝2V，IL＝0.5A，
则小灯泡 L 的电阻：RL＝＝＝4Ω，故 A 正确；
B、由 A 选项分析得，电源电压U＝UL＝2V，再闭合 S2后，此时R、L并联接入电路，电流表测干路中的电流，
电压为 2V，在甲图中找出 R 此时对应电流为0.2A，则电流表示数增大0.2A，故B正确；
C、电源电压为 2V，R的电流为 IR＝0.2A，L 的电流为IL＝0.5A，
电路中总电流为 I＝IR+IL＝0.2A+0.5A＝0.7A，
则电路总功率：P＝U总I总＝2V×0.7A＝1.4W，故 C 正确；
D、再闭合 S2时，电阻R的电压为 2V，电流为 0.2A，
通电 1min 产生热量：Q＝W＝UIt＝2V×0.2A×60s＝24J，故D错误。
6．（2分）“华为”是“中国制造”向“中国智造”发展的典型代表，是中国智慧和民族精神的缩影。今年，华为公司突破重重困难率先在全球布局5G通信。任正非说，5G信号比3G、4G快三四十倍，也就是在相同时间内传输的信息更多，“传输的信息更多”，最主要的原因应是5G信号（ ）
A．传输信息更加稳定
B．使用的电磁波频率更高
C．使用模拟信号进行通信
D．在真空中的传播速度大于光速
【答案】B。
【解析】“传输的信息更多”，也就是在相同时间内传输的信息更多，最主要的原因是5G信号使用的电磁波频率更高，故B正确，ACD错误。
7．（2分）前不久，据河南南阳炒作很热的“水氢发动机”的宣传说，“水氢发动机”可以利用水来制取氢气，从而为发动机提供高能燃料。中央电视台对此作了专题报道，认为目前的技术尚不成熟，所谓的“水氢发动机”要真正投入实用还有很长的路要走。对此，下列分析不正确的是（ ）
A．氢气燃烧无污染是“水氢发动机”备受关注的原因之一
B．氢气是发动机的一种理想燃料，是因为氢气的热值大
C．“水氢发动机”是利用内能做功的机械
D．目前利用水制取氢气耗能高，因此“水氢发动机”的效率很高
【答案】D。
【解析】A、氢气燃烧生成水，其燃烧无污染是最大的优点，因此也是“水氢发动机”备受关注的原因之一，故A正确；
B、因为氢气的热值高、密度小，所以氢气是发动机的一种理想燃料，故B正确；
C、“水氢发动机”是利用氢气燃烧释放的内能来对外做功，从而推动机器运转，故C正确；
D、利用水制取氢气耗能高，即消耗其他形式的能量多于氢气燃烧释放的内能，且内能不可能全部转化为机械能，所以“水氢发动机”的效率较低，这也是它没有真正投入使用的重要原因，故D错误。
8．（2分）如图的电路中，R为待测电阻，阻值约为5Ω．实验器材有：滑动变阻器，规格为“10Ω2A”；电压表（量程分别为0～3V、0～15V）；电流表（量程分别为0～0.6A、0～3A）；电池组为新干电池3节串联。两只电表的量程可采用以下4种选法，为使测量时能较准确地读数（指针最好在中间刻度线附近），两只电表的量程应采用（ ）
A．0～0.6A和0～15V B．0～0.6A和0～3V
C．0～3A和0～15V D．0～3A和0～3V
【答案】B。
【解析】电池组为新干电池三节串联，即电源电压为4.5V，
若使用两只电表的大量程，电表的指针偏转角度都很小，不能较准确地读数；
在滑动变阻器的保护下，电压表可以选择0～3V的量程；
当定值电阻两端电压最大为3V时，其最大电流约为：I＝＝＝0.6A，电流表可以选择0～0.6A的量程，但一定注意滑动变阻器连入电路的阻值不能太小。
9．（2分）如图所示，闭合开关S后，发现电灯L不亮，且保险丝没有熔断。某同学用试电笔测试如图的A、B、C、D四处，发现A、C、D这三处都能使试电笔的氖管发光，而B处不发光。那么可以判定故障是（ ）
A．火线和零线短路 B．电线AC段某处断路
C．电线BD段某处断路 D．电灯L短路
【答案】C。
【解析】AD、若火线和零线短路或电灯L短路，会造成电路中的电流过大、保险丝烧断，而题中保险丝没有熔断，故AD错误。
BC、测电笔接触A、C两处时氖管均发光，说明火线有电，且电线的AC段是完好的；
测电笔接触D处时氖管发光，说明灯泡是完好的；
而测电笔接触B处时氖管不发光，说明B点与火线是断开的，所以电线BD段某处断路，故B错误，C正确。
10．（2分）下列能源既是一次能源又是不可再生能源的是（ ）
A．石油 B．电能 C．风能 D．太阳能
【答案】A。
【解析】A、石油属于不可再生资源，可以直接从自然界中获取，属于不可再生的一次能源，故A符合题意；
B、电能是由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，称为二次能源，故B不符合题意；
C、风能可以直接从自然界中获取，并且可以在短时间内得到补充，属于可再生的一次能源，故C不符合题意；
D、太阳能可以直接从自然界中获取，并且可以在短时间内得到补充，属于可再生的一次能源，故D不符合题意。
11．（2分）关于能源、信息和材料，下列说法正确的是（ ）
A．太阳能是可再生能源，是应该优先发展的新能源
B．LED灯内的发光二极管是由超导材料制成的
C．核电站是利用可控的核聚变释放的能量发电的
D．用手机无线上网是利用了超声波传输信号的
【答案】A。
【解析】A、太阳能能源源不断获得，是可再生能源，是应该优先发展的新能源，故A正确；
B、LED灯的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的，故B错误；
C、目前的核电站利用的是核裂变释放的能量，故C错误；
D、用手机无线上网是利用了电磁波传输信号的，故D错误。
12．（2分）如图所示的电路，电源电压保持不变，小灯泡额定电压为4V（小灯泡电阻不随温度变化）。闭合开关Sl断开开关S2，在滑动变阻器的滑片P从a端移动到b端的过程中，电压表示数变化范围是：2V﹣6V电流表示数变化范围是：0.4A﹣1.2A；闭合开关S2，断开开关S1，当滑动变阻器的滑片P在中点时小灯泡正常发光，则小灯泡的额定功率是（ ）
A．0.4W B．0.8W C．1.2W D．1.6W
【答案】D。
【解析】（1）由图知，闭合开关Sl断开开关S2，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量定值电阻两端电压。
当滑片在a端时，滑动变阻器全部接入电路，此时电路电流最小，为I小＝0.4A，
因为串联电路用电器两端电压与其阻值成正比，所以此时R2两端电压最小，为U2小＝2V，
因为I＝，
所以R2＝＝＝5Ω；
设电源电压为U，则U＝I小（R1+R2），
即U＝0.4A（R1+5Ω）﹣﹣①；
当滑片在b端，滑动变阻器断路，电路只有R2，此时电压表示数最大，也就是电源电压，
所以U＝U最大＝6V﹣﹣②
①②结合，得6V＝0.4A（R1+5Ω），
解得R1＝10Ω；
（2）闭合开关S2，断开开关S1，小灯泡与滑动变阻器串联。
当滑动变阻器的滑片P在中点时，已知小灯泡正常发光，所以小灯泡两端电压为U额＝4V，
所以滑动变阻器两端电压为U中＝U﹣U额＝6V﹣4V＝2V，
滑动变阻器接入电路电阻为R中＝R1＝×10Ω＝5Ω，
此时通过灯泡电流为I额＝I中＝＝＝0.4A，
所以灯泡额定功率为P额＝U额I额＝4V×0.4A＝1.6W。
13．（2分）有两只灯泡L1、L2，分别标有“220V 100W”和“220V 40W”的字样。若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法中正确的是（ ）
A．两灯正常发光时，L1的电阻较大
B．两灯并联接入220V的电路，L1、L2消耗功率之比是2：5
C．两灯串联接入220V的电路，L1消耗的功率小于25W
D．两灯串联接入220V的电路，两灯泡消耗总功率大于40W小于100W
【答案】C。
【解析】（1）由P＝UI＝可得，两灯泡正常发光时的电阻分别为：
R1＝＝＝484Ω，R2＝＝＝1210Ω，
则R1＜R2，即L1的电阻较小，故A错误；
（2）两灯并联接入220V的电路，它们两端的电压等于220V，均能正常发光，
则L1、L2消耗功率之比P1：P2＝100W：40W＝5：2，故B错误；
（3）两灯串联接入220V的电路时，
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＝＝＝A，
L1消耗的功率P1′＝I2R1＝（A）2×484Ω≈8.2W＜25W，故C正确；
两灯泡消耗总功率P＝UI＝220V×A≈28.6W＜40W，故D错误。
14．（2分）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，滑动变阻器R2的滑片P向右滑动的过程中，关于电压表和电流表的示数变化，判断正确的是（ ）
A．电压表示数变小，电流表示数不变
B．电压表示数不变，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数不变
D．电压表示数不变，电流表示数变小
【答案】D。
【解析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流，
因电源电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故AC错误；
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，
滑动变阻器R2的滑片P向右滑动的过程中，接入电路中的电阻变大，
由I＝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，即电流表的示数变小，故B错误、D正确。
15．（2分）如图所示电路图，改变各开关连接情况时，下列分析正确的是（ ）
A．当S2闭合，S1、S3断开时，电压表V与V1示数相等
B．当S2闭合，S1、S3断开时，电流表A的示数大于A1的示数
C．当S2断开，S1、S3闭合时，电流表A的示数与A1的示数相等
D．当S2断开，S1、S3闭合时，电压表V与V1示数相等
【答案】D。
【解析】（1）当S2闭合，S1、S3断开时，R1与R2串联，电压表V测电源两端的电压，电压表V1测R1两端的电压，电流表A、A1均测电路中的电流，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V的示数大于电压表V1的示数，故A错误；
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电流表A的示数等于A1的示数，故B错误；
（2）当S2断开，S1、S3闭合时，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R2支路的电流，电压表V、V1均测电源两端的电压，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，电流表A的示数大于电流表A1的阻值，故C错误；
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，电压表V与V1示数相等，故D正确。
16．（2分）如图所示的电路，下列说法正确的是（ ）
A．当开关S拨到a时，电磁铁的左端为S极
B．当开关S拨到a时，小磁针静止时B端为N极
C．当开关S拨到a，滑动变阻器的滑片向右滑动时，电磁铁的磁性增强
D．当开关S由a到b，调节滑动变阻器，使电流表示数不变，则电磁铁的磁性增强
【答案】B。
【解析】AB、从图可知，当开关S拨到a时，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管左端是N极，右端是S极。
由磁极间的相互作用可知，小磁针静止时B端为N极，故A错误，B正确。
C、当开关S拨到a，滑动变阻器的滑片向右滑动时，连入电路中的电阻变大，电流变小，电磁铁的磁性减弱，故C错误；
D、将开关S由a换到b时，调节变阻器的滑片P，保持电流表的示数不变，即电流不变，将开关S由a换到b时，线圈匝数减少，则电磁铁的磁性减弱，故D错误。
17．（2分）如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由图示位置逐渐向b端移动的过程中（ ）
A．电压表V示数变小，电流表A1示数变大
B．电压表V示数不变，电流表A2示数变小
C．电压表V的示数与电流表A1示数的比值变小
D．电压表V的示数与电流表A2示数的比值不变
【答案】D。
【解析】由电路图可知，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，电压表V测电源两端的电压。
因电源的电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故A错误；
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支路的电流不变，即电流表A2的示数不变，故B错误；
则电压表V的示数与电流表A2示数的比值不变，故D正确；
将滑动变阻器的滑片P由图示位置逐渐向b端移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，
由I＝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V的示数与电流表A1示数的比值变大，故C错误。
18．（2分）常用智能手机是通过指纹开关S1或密码开关S2来解锁的，若其中任一方式解锁失败后，锁定开关S3均会断开而暂停手机解锁功能，S3将在一段时间后自动闭合而恢复解锁功能。若用灯泡L发光模拟手机解锁成功，则符合要求的模拟电路是（ ）
A． B．
C． D．
【解析】由题意可知，指纹开关S1或密码开关S2均可以解锁，锁定开关S3断开时暂停手机解锁功能，
则指纹开关S1和密码开关S2可以独立工作、互不影响即为并联，且锁定开关S3位于干路，
然后与灯泡、电源组成电路，结合选项电路图可知，选项C符合，
【答案】C。
19．（2分）在如图电路中，闭合开关后，当滑片P向右移动时，下列说法，正确的是（ ）
A．电流表的示数变大 B．小灯泡亮度变大
C．与示数乘积变大 D．的示数与示数之差的比值变大
【答案】C。
【解析】由电路图可知，变阻器与灯泡并联；电流表A1测量干路中的电流，电流表A2测量通过灯泡的电流；电压表测量电源电压；
AB、因为并联电路中各支路互不影响，所以滑片移动时，通过灯泡的电流不变，即A2的示数不变；
灯泡两端的电压不变，通过灯泡的电流不变，由P＝UI可知，灯泡的实际功率不变，则灯的亮度不变，故AB错误；
C、当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，则电路的总电阻随之变小，而并联电路两端电压等于电源电压不变，由欧姆定律可知干路电流变大，即A1的示数变大；电压表测量电源电压，其示数不变，所以电压表与A1示数的乘积变大，故C正确；
D、因为A1的示数变大、A2的示数不变，所以电流表A1与电流表A2示数之差变大，且电压表示数不变，
所以V的示数与A1、A2示数之差的比值将变小，故D错误。
20．（2分）如图所示，电源电压恒定不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从中点向b端移动一段距离，电压表V1、V2示数的变化量分别为△U1、△U2，电流表示数的变化量为△I，阻值相同的定值电阻R1、R2消耗电功率的变化量分别为△P1、△P2．则下列判断正确的是（ ）
A．△P1+△P2＝△I2×（R1+R2） B．|△U1|＞|△U2|
C．||+||＝R1+R2 D．|△U1|＜|△U2|
【答案】C。
【解析】由电路图可知，R1与R0、R2串联，电压表V1测R0与R2两端的电压之和，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）将滑动变阻器的滑片P从中点向b端移动一段距离，设移动前后电路中的电流分别为I1、I2，
由I＝可得，电压表V2示数的变化量：
△U2＝U2﹣U2′＝I1R2﹣I2R2＝（I1﹣I2）R2＝△IR2，则|△U2|＝|△IR2|，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V1示数的变化量：
△U1＝U1﹣U1′＝（U﹣I1R1）﹣（U﹣I2R1）＝（I2﹣I1）R1＝﹣△IR1，则|△U1|＝|△IR1|，
因R1、R2的阻值相同，
所以，|△U1|＝|△U2|，故BD错误；
由||＝R1、||＝R2可知，||+||＝R1+R2，故C正确；
（2）定值电阻R1、R2消耗电功率的变化量分别为△P1、△P2，
则△P1+△P2＝（I12﹣I22）（R1+R2）＝（I1﹣I2）（I1+I2）（R1+R2）＝△I（I1+I2）（R1+R2），故A错误。
二．填空题（共6小题，满分12分，每小题2分）
21．（2分）电网改造项目中将电线换成更粗的，这样做的目的是 减小 （选填“增大”或“减小”）电线的电阻；手机在使用“北斗定位”功能时，是通过 电磁波 与卫星实现数据传输的。
【答案】减小；电磁波。
【解析】当导体的材料、长度一定时，增大横截面积，可以减小电阻；
电磁波的传播不需要介质，手机在使用“北斗定位”功能时，是通过电磁波与卫星实现数据传输的。
22．（2分）有一个饮料包装盒，上面标明容量500mL，若饮料密度ρ＝0.9×103kg/m3，则它装满该饮料的质量为 450 g；若饮料的比热容为4.0×103J/（kg•℃），则该饮料的温度升高5℃需要吸收 9×103 J的热量
【答案】450；9×103。
【解析】（1）包装盒装满饮料的体积：
V＝500mL＝500cm3＝5×10﹣4m3，
由ρ＝得饮料的质量：
m＝ρV＝0.9×103kg/m3×5×10﹣4m3＝0.45kg＝450g；
（2）该饮料的温度升高5℃需要吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.0×103J/（kg•℃）×0.45kg×5℃＝9×103J。
23．（2分）在小明家照明电路中，控制客厅灯的开关应接在 火 线和灯之间：他用测电笔检测电路操作方法正确的是 甲 图；在使用滚筒洗衣机时，他发现接触金属门手柄会“麻手”，可解决的办法是给洗衣机电路 加接地线 （选填“增接零线”、“加接地线”或“加接空气开关”）。
【答案】火；甲；加接地线。
【解析】从安全用电角度分析，开关和开关控制的用电器之间应该是串联的，开关必须接在火线和用电器之间。
使用测电笔时，笔尖接触被检测的导线，手接触笔尾金属体。氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线。
洗衣机等家用电器都应使用三孔插座，是由于这些用电器的外壳是金属，金属是导体，当用电器漏电时，会使外壳带电，洗衣机在使用时，接触到金属门手柄会“麻手”，这就说明出现了漏电现象。若接上地线，即便漏电，电流也就通过地线，流入大地，而防止了触电事故的发生。所以可解决的办法是给洗衣机电路加接地线。
24．（2分）将一只“220V 484W”的浴霸灯泡接在家庭电路中，正常发光时，通电30min灯泡消耗的电能为 0.242 kW•h，若用输电线把该灯泡由家引到较远的工地时，发现灯泡亮度变暗，测得灯泡的实际功率为400W，则输电线上消耗的功率为 40 W．（不计灯丝电阻受温度影响）
【答案】0.242；40。
【解析】（1）灯泡正常发光时的功率P＝484W＝0.484kW，在30min内消耗的电能：
W＝Pt＝0.484kW×0.5h＝0.242kW•h；
（2）由“220V、484W”知灯泡的额定电压U＝220V，额定功率是P＝484W，
根据P＝得灯泡的电阻：R＝＝＝100Ω，
灯泡的实际功率为400W时，根据P＝得灯泡两端的实际电压：U实＝＝＝200V；
流过灯泡的实际电流：I实＝＝＝2A；
输电导线上分得的电压U线＝U﹣U实＝220V﹣200V＝20V，
输电导线上消耗的功率P线＝U线I实＝20V×2A＝40W。
25．（2分）如图所示，当开关由断开到闭合时，小磁针的N极将沿 顺时针 （选填“顺时针”或“逆时针”）方向转动；如果滑动变阻器的滑片P向右端移动，电磁铁的磁性将 减弱 （选填“增强”或“减弱”）。
【答案】顺时针；减弱。
【解析】开关闭合后，电流从螺线管的右上端流入，根据安培定则，右手弯曲的四指与电流方向相同，大拇指指向左方，所以螺线管左端为N极，右端为S极；根据“同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引”可知，小磁针的N极将向左转动，S极将向右转动，即顺时针转动；
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的电流变小，电磁铁磁性减弱。
26．（2分）太阳能热水器是通过 热传递 方式使水的内能增加。小红家的太阳能热水器内装有60kg的水，某天阳光照射5小时后，热水器内水温从20℃升高到70℃，则水吸收的太阳能为 1.26×107 J，这些水若改用天燃气加热升高同样的温度，天燃气完全燃烧放出的热量70%被水吸收，则需要消耗 0.45 m3的天燃气【c水＝4.2×103J/（kg•℃），q＝4×107J/m3】
【答案】热传递；1.26×107；0.45。
【解析】太阳热水器内的水吸收热量，温度升高，是通过热传递方式使水的内能增加。
水吸收的热量（水吸收的太阳能）：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×60kg×（70℃﹣20℃）＝1.26×107J；
由η＝×100%可得天然气完全燃烧释放的热量：
Q放＝＝＝1.8×107J，
由Q＝Vq可得，需要消耗天然气的体积：
V＝＝＝0.45m3。
三．实验探究题（共3小题，满分18分，每小题6分）
27．（6分）某实验小组用图甲所示电路进行“探究电流与电阻的关系”实验。
（1）请将图甲连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大。
（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片P应该位于 B 端（选填“A”或“B”）。
（3）闭合开关后，同学们发现，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，电流表始终没有示数，电压表示数接近电源电压，原因可能是 定值电阻断路 。
（4）排除故障后，先将5Ω定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为某一定值，此时电流表的示数如图乙所示，为 0.4 A。
（5）接下来断开开关，取下5Ω的定值电阻，换成10Ω的定值电阻，闭合开关，应向 B （选填“A”或“B”）端移动滑片，直至电压表示数为 2 V时，读出电流表的示数。再更换20Ω定值电阻继续实验，实验数据记录在表格中。由实验数据可知：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 反比 。
实验次数
1
2
3
R/Ω
5
10
20
I/A
0.2
0.1
（6）该小组想用一块电流表和一个定值电阻R0，测未知电阻Rx的阻值。于是他们设计了如图丙所示的电路图，并进行如下实验操作：
①闭合S和S1，此时电流表的示数为I1。
②闭合S断开S1，此时电流表的示数为I2。
③请用已知量R0和测出量I1、I2表示出未知电阻Rx的表达式，则Rx＝ 。
【答案】（1）如上所示；（2）B；（3）定值电阻断路；（4）0.4；（5）B；2；反比；（6）③。
【解析】（1）滑动变阻器与电阻串联，要求滑片向右移动时，连入电路的电阻变大，所以应将滑动变阻器的A接线柱与开关的右接线柱相连，如下图所示：
（2）为保护电路，变阻器连入电路中电阻最大即B端；
（3）闭合开关，移动变阻器滑片P，发现电流表无示数，电路可有断路发生，而电压表有示数，说明电压表到电源两极间是通路，所以故障原因可能是定值电阻断路；
（4）小明同学首先将5Ω定值电阻接入电路，将滑片P滑到b端，再闭合开关，调节滑片P，使电压表示数到达某一数值，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数0.4A；
（5）研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，由欧姆定律的变形公式，电压表示数U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V；
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B端移动，使电压表的示数为2V，读出电流表的示数；
由表格中数据发现：电阻为原来的几倍，通过的电流为原来的几分之一，故在电压一定时，电流与电阻成反比。
（6）①闭合S、S1，此时两电阻并联，电流表测量干路电流，示数为I1，
②闭合S、断开S1，此时为只有Rx工作的电路，电流表测量Rx的电流，示数为I2，可测出电源电压U＝I2Rx，
根据并联电路电流的规律知，R0的电流：I0＝I1﹣I2，则电源电压为U＝（I1﹣I2）R0
根据电源电压相等知：U＝U＝I2Rx＝（I1﹣I2）R0
未知电阻Rx的表达式为：Rx＝。
28．（6分）在“测量小灯泡电功率”的实验中，所用小灯泡上标有“2.5V”字样。
（1）如图甲所示是小军已经连接的部分实验电路，在连接电路时，小军操作上出现的错误是 开关没有断开 。
（2）请你用笔画线代替导线在答题卡上帮小军将图甲所示的实物电路连接完整。
（3）连接完实验电路，检查无误后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表、电压表的示数都为零。出现这种现象的原因可能是 D 。
A．小灯泡短路
B．小灯泡开路
C．变阻器短路
D．变阻器开路
（4）排除上述故障后，闭合开关，调节滑动变阻器使小灯泡两端电压略高于2.5V，观察小灯泡的亮度并记下电压表、电流表的示数。接下来，将滑动变阻器的滑片向 B （选填“A”或“B”）端移动，使小灯泡正常发光，观察小灯泡的亮度并记下电压表、电流表的示数。
（5）继续调节滑动变阻器，使小灯泡两端电压略低于、等于2.5V，观察小灯泡的亮度并记下电压表、电流表的示数。根据这些实验数据画出小灯泡的电流电压I﹣U关系图象，过此图线上任一点M分别做两坐标轴的平行线如图乙所示，它们与两坐标轴围成的矩形的面积在数值上等于小灯泡此时的 实际电功率 。
【答案】（1）开关没有断开；（2）如上；（3）D；（4）B；（5）实际电功率。
【解析】（1）为保护电路，在连接电路时，开关应断开，故小军操作上出现的错误是没有断开开关；
（2）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，变阻器按一上一下接入电路中，如下所示：
（3）A．若小灯泡短路，电路为通路，电流表有示数，不符合题意；
B．若小灯泡开路，则电压表串联在电路中测电源电压，电压表示数即为电源电压，不符合题意；
C．若变阻器短路，则电流表示数，电压表示数即为电源电压，不符合题意；
D．若变阻器开路，整个电路断路，灯不发光，两表都没有示数，符合题意；
故选D；
（4）灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向； 灯在额定电压下正常发光，2.5V大于灯的额定电压2.5V，应减小灯的电压，根据串联电路电压的规律，应增大变阻器的电压，由分压原理，应增大变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B端移动，直到电压表示数为额定电压，观察小灯泡的亮度并记下电压表、电流表的示数；
（5）根据这些实验数据画出小灯泡的电流电压I﹣U关系图象，过此图线上任一点M分别做两坐标轴的平行线，它们与两坐标轴围成的矩形的面积等于UI，根据P＝UI，故两坐标轴围成的矩形的面积在数值上等于小灯泡此时的实际电功率。
29．（6分）在“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”实验中，小林选用碎纸片和酒精为燃料进行了实验。
（1）小林将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图1所示，则他应将平衡螺母向 左 端调节；图2是正确测量所用碎纸片质量时的场景，此时游码所处位置如图3所示，则他还应称量 6.5 g的酒精；
（2）小林组装的实验装置如图4所示，他在器材安装中的一处错误是 温度计的玻璃泡接触到了容器底 ；
（3）本实验中，燃料完全燃烧放出热量的多少是通过 温度计的示数变化 来反映的。
（4）正确组装实验装置后，小林用（1）中所称量的碎纸片和酒精分别进行实验，正确采集的数据如表所示，根据实验数据，小林却得出了与事实相反的实验结论：质量相同的碎纸片和酒精完全燃烧后，碎纸片放出的热量较多。你认为他在实验中最有可能遗漏的操作是 控制被加热水的质量相等 。
温度
燃料
加热前的水温/℃
燃料燃尽时的水温/℃
水温的变化/℃
酒精
20
65
45
碎纸片
20
80
60
【答案】（1）左；6.5；（2）温度计的玻璃泡接触到了容器底；（3）温度计的示数变化；（4）控制被加热水的质量相等。
【解析】（1）把天平放在水平桌面上，将游码调到标尺左端的零刻线处；此时指针偏向右侧，说明天平的左侧上翘，平衡螺母应向左移动；
如图2和3所示，碎纸片的质量m＝5g+1.5g＝6.5g；
为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料，所以则他还应称量6.5g的酒精；
（2）由图4知，实验中温度计的玻璃泡碰到了容器底；
（3）为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小；
（4）实验中要用相同质量的不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，而小林却得出了与事实相反的实验结论：质量相同的碎纸片和酒精完全燃烧后，碎纸片放出的热量较多，可能是没有控制被加热水的质量相等。
四．计算题（共4小题，满分30分）
30．（6分）5月6日，聊城首批30辆氢燃料新能源公交车投放使用。氢燃料具有清洁无污染、效率高等优点，被认为是21世纪最理想的能源，[c水＝4.2×103J/（kg•℃）；q氢＝1.4×108J/kg）求：
（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量；
（2）若这些热量全部被质量为200kg，温度为15℃的水吸收，则水升高的温度；
（3）某氢能源公交车以140kW的恒定功率做匀速行驶，如果0.3kg的氢燃料完全燃烧获得热量的焦耳数和公交车所做的功相等，则这些热量能让该公交车匀速行驶多长时间。
【答案】见解析
【解析】（1）0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量：
Q＝mq＝0.3kg×1.4×108J/kg＝4.2×107J；
（2）水吸收的热量：Q吸＝Q放＝4.2×107J，
由Q吸＝cm△t得水升高温度：
△t＝＝＝50℃；
（3）公交车所做的功：W＝Q放＝4.2×107J，
由P＝得公交车行驶时间：
t＝＝＝300s。
答：（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出4.2×107J热量；
（2）若这些热量全部被质量为200kg，温度为15℃的水吸收，则水升高50℃；
（3）这些热量能让该公交车匀速行驶300s。
31．（6分）家庭电路中某电热锅的额定电压是220V，加热状态的额定功率是1210W，简化电路如图所示，S1为温控开关，发热电阻R1与R2的阻值恒定，电阻R2在保温状态与加热状态时的功率之比为4：25
（1）电阻R1和R2的阻值；
（2）在用电高峰期，家中只有电热锅和液晶电视机工作时，电热锅的实际功率为1000W（始终处于加热状态），电视机的实际功率为200W，计算这时通过液晶电视机的电流。
【答案】见解析
【解析】（1）①当开关S、S1均闭合时，只有电阻R2接入电路，
②当开关S闭合，S1断开时，电阻R1和R2串联，根据电阻的串联，此时总电阻最大，由P＝UI＝可知此时总功率最小，此时为保温状态，则①为加热状态：
由P＝可得，R2的阻值：
R2＝＝＝40Ω，
由P＝可知，电阻R不变时，电功率与电压的平方成正比，因电阻R2在保温状态与加热状态时的功率之比为4：25，所以保温时R2的电压与加热时R2的电压之比为＝，
即串联时R2的电压与电源电压之为2：5，
根据串联电路电压的规律可知，R1和R2串联时，R2的电压与R1的电压之比为2：3，
由串联分压原理可得，R2：R1＝2：3，
则R1＝R2＝×40Ω＝60Ω；
（2）由P＝得，家庭电路的实际电压：
U实＝＝＝200 V，
因并联电路各支路电压相等，则由P＝UI得，通过电视机的实际电流：
I电视＝＝＝1 A。
答：（1）电阻R1和R2的阻值分别为60Ω和40Ω；
（2）电热锅的实际功率为1000W（始终处于加热状态），电视机的实际功率为200W，计算这时通过液晶电视机的电流为1A。
32．（8分）如图所示，小灯泡标有“6V 3W”字样（电阻不受温度影响），R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，其最大阻值为40Ω。
（1）当开关S、S1、S2都闭合时，小灯泡恰好正常发光，电流表示数为0.6A，电路工作50s，求R1的阻值和电流通过R1产生的热量。
（2）当电路中有元件工作时，求电路消耗的最小功率。
【答案】见解析
【解析】（1）当开关S、S1、S2都闭合时，灯泡L与电阻R1并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且小灯泡恰好正常发光，
所以，电源的电压U＝UL＝6V，
由P＝UI可得，通过小灯泡的电流：
IL＝＝＝0.5A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R1的电流：
I1＝I﹣IL＝0.6A﹣0.5A＝0.1A，
由I＝可得，R1的阻值：
R1＝＝＝60Ω，
50s内电流通过R1产生的热量：
Q1＝I12R1t＝（0.1A）2×60Ω×50s＝30J；
（2）灯泡的电阻：
RL＝＝＝12Ω，
因RL＜R1，
所以，当开关S闭合，S1、S2都断开且滑片位于右端时，R1与R2的最大阻值串联，此时电路的总电阻最大，电路的总功率最小，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路消耗的最小功率：
P小＝＝＝0.36W。
答：（1）R1的阻值为60Ω，电流通过R1产生的热量为30J；
（2）当电路中有元件工作时，电路消耗的最小功率为0.36W。
33．（10分）某体育运动中心为了研究蹦床运动员的训练情况，在蹦床上接入压力传感器，压力传感器所在电路如图甲。已知某运动员质量为50kg，某次从距离蹦床一定高度处跳下的过程中，研究得到电路中两个电压表读数与电路中电流之间的关系如图乙所示，压力传感器的电阻与所受压力之间关系如图丙。试计算：
（1）定值电阻R1的阻值。
（2）电源电压和定值电阻R2的阻值。
（3）当电路中电流达到最大时，运动员受到的合力为多少N？
【答案】见解析
【解析】（1）因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，因此图象a为电压表V1示数变化图象，图象b为电压表V2示数变化图象；
因为电压表测量R1两端电压，所以据图象a可得：U1＝4V，I1＝4A；
由I＝可得，R1＝＝＝1Ω；
（2）因为电压表V2测量压力传感器和R1两端总电压，所以由图象b可知，当U2＝10V时，I2＝1A；U2′＝4V，I2′＝4A；
根据欧姆定律和图象b可得：
U＝10V+1A×R2 ①
U＝4V+4A×R2 ②
联立①②可得：电源电压U＝12V，
定值电阻的阻值：R2＝2Ω；
（3）分析可知，当传感器电阻变为0时，此时两个电压表示数相等，电路中电流达到最大，由图象可得：Imax＝4A，
由图丙可得弹簧对运动员的弹力：F弹为800N，
所受合力：F＝F弹﹣G＝F弹﹣mg＝800N﹣50kg×10N/kg＝300N。
答：（1）定值电阻R1的阻值为1Ω。
（2）电源电压为12V，定值电阻R2的阻值为2Ω。
（3）当电路中电流达到最大时，运动员受到的合力为300N。
期末检测
一．选择题（共20小题，满分40分，每小题2分）
1．（2分）对下列各图的描述中，正确的是（ ）
A．甲图中导体棒ab竖直向上运动时，电流表指针将会摆动
B．乙图的实验表明磁可以生电
C．丙图的实验可以探究电磁铁磁性的强弱与线圈匝数的关系
D．丁图中螺线管上方小磁针静止时a端是S极
【答案】C。
【解析】A、图中是电磁感应现象，导体棒ab竖直向上运动时，没有切割磁感线，没有产生感应电流，电流表不会摆动，故A错误；
B、图示是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，即电生磁，故B错误；
C、图中两电磁铁的电流相同，匝数不同，研究的是电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，故C正确；
D、由安培定则可知，螺线管的右端为N极，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，小磁针的a端为N极，故D错误。
2．（2分）与生活用电有关的说法，其中正确的是（ ）
A．洗衣机的三脚插头，接金属外壳的脚稍长一些
B．用试电笔可以辨别物体所带电荷是正电荷还是负电荷
C．居民楼里自动控制楼道灯的声敏开关与光敏开关是并联的
D．用电高峰时，灯的亮度比正常发光时暗一些，是因为灯泡的额定功率减小了
【答案】A。
【解析】A、三脚插头插入插座是，为了能使金属外壳接地，接金属外壳的脚要稍长一些，故A正确；
B、用试电笔可以辨别火线和零线，故B错误；
C、楼梯上的过道灯，只有在夜晚并且是有声音时灯才亮，说明声控和光控的两个开关串联后共同控制灯泡，因此开关和灯泡之间为串联连接，故C错误；
D、在家庭电路中，输电线和家用电器之间是串联，用电高峰期，接入电路的用电器变多，干路中的电流变大，而输电导线有一定的电阻，输电导线损失的电压U损＝IR，输电导线的电阻R一定，当I增大时U损增大，用电器两端的电压减小，由公式P＝可知用电器的实际功率减小，因此家里的灯泡会比正常发光时暗一些，用电器的的额定功率是不变的，故D错误。
3．（2分）2019年央视春晚首次实现全媒体传播，并在4K、5G、VR、AR、AI等多方面进行技术创新，首次进行4K超高清直播，全程采用5.1环绕声，实现5G内容传输，是一场真正的艺术与科技完美结合的春晚。下面说法正确的是（ ）
A．观众是根据音调分辨出钢琴声和二胡声的
B．5G的传输速度更大，是因为5G是通过超声波传递信息的
C．手机通过Wi﹣Fi收看春晚直播，是利用电磁波传递信息的
D．收看过程中为不影响他人，把音量调小一些，这是在传播过程中减弱噪声
【答案】C。
【解析】A、观众是根据音色来分辨出钢琴声和二胡声的，故A错误；
B、5G的传输通过电磁波传递信息的，故B错误；
C、手机可以接受电磁波，通过Wi﹣Fi收看春晚直播，是利用电磁波传递信息的，故C正确；
D、把音量调小一些，这是在声源处减弱噪声，故D错误。
4．（2分）质量和温度都相同的甲、乙两种物质，用同样的加热器进行加热，它们温度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲物质的沸点一定是80℃，乙物质的沸点一定是40℃
B．0﹣6min甲比乙吸收的热量多
C．8﹣10min甲和乙继续吸热，虽然温度各自保持不变，但甲和乙的内能都不断增加
D．甲的比热容大于乙的比热容
【答案】C。
【解析】A、由图象可知，甲和乙的末温保持不变，但可能处在熔化过程中，也可能处于沸腾过程中，此时的温度不一定是沸点，故A错误；
B、实验中用同样的加热器进行加热，在相同时间内物质吸收的热量是相同的，则在0﹣6min内两物质吸收的热量都是相同的，故B错误；
C、8﹣10min甲和乙继续吸热，甲和乙的内能都不断增加，故C正确；
D、由图可知，在0﹣6min内，加热时间相同，吸收的热量相同，甲的温度变化快，且两物质的质量相同，根据Q＝cm△t可知，甲的比热容小，故D错误。
5．（2分）甲图是小灯泡L和电阻R的I﹣U图象。将小灯泡L和电阻R接入乙图所示电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W．下列说法错误（ ）
A．只闭合开关S1时，小灯泡L 的电阻为4Ω
B．再闭合开关S2时，电流表示数增加0.2A
C．再闭合开关S2时，电路总功率为1.4W
D．再闭合开关S2后，在1min 内电阻R产生的热量为240J
【答案】D。
【解析】A、只闭合 S1时，电路为小灯泡L的简单电路，L 的实际功率为 1W，根据P＝UI可知，
在甲图L的图线上找符合U、I乘积为 1W 的坐标，则有：UL＝2V，IL＝0.5A，
则小灯泡 L 的电阻：RL＝＝＝4Ω，故 A 正确；
B、由 A 选项分析得，电源电压U＝UL＝2V，再闭合 S2后，此时R、L并联接入电路，电流表测干路中的电流，
电压为 2V，在甲图中找出 R 此时对应电流为0.2A，则电流表示数增大0.2A，故B正确；
C、电源电压为 2V，R的电流为 IR＝0.2A，L 的电流为IL＝0.5A，
电路中总电流为 I＝IR+IL＝0.2A+0.5A＝0.7A，
则电路总功率：P＝U总I总＝2V×0.7A＝1.4W，故 C 正确；
D、再闭合 S2时，电阻R的电压为 2V，电流为 0.2A，
通电 1min 产生热量：Q＝W＝UIt＝2V×0.2A×60s＝24J，故D错误。
6．（2分）“华为”是“中国制造”向“中国智造”发展的典型代表，是中国智慧和民族精神的缩影。今年，华为公司突破重重困难率先在全球布局5G通信。任正非说，5G信号比3G、4G快三四十倍，也就是在相同时间内传输的信息更多，“传输的信息更多”，最主要的原因应是5G信号（ ）
A．传输信息更加稳定
B．使用的电磁波频率更高
C．使用模拟信号进行通信
D．在真空中的传播速度大于光速
【答案】B。
【解析】“传输的信息更多”，也就是在相同时间内传输的信息更多，最主要的原因是5G信号使用的电磁波频率更高，故B正确，ACD错误。
7．（2分）前不久，据河南南阳炒作很热的“水氢发动机”的宣传说，“水氢发动机”可以利用水来制取氢气，从而为发动机提供高能燃料。中央电视台对此作了专题报道，认为目前的技术尚不成熟，所谓的“水氢发动机”要真正投入实用还有很长的路要走。对此，下列分析不正确的是（ ）
A．氢气燃烧无污染是“水氢发动机”备受关注的原因之一
B．氢气是发动机的一种理想燃料，是因为氢气的热值大
C．“水氢发动机”是利用内能做功的机械
D．目前利用水制取氢气耗能高，因此“水氢发动机”的效率很高
【答案】D。
【解析】A、氢气燃烧生成水，其燃烧无污染是最大的优点，因此也是“水氢发动机”备受关注的原因之一，故A正确；
B、因为氢气的热值高、密度小，所以氢气是发动机的一种理想燃料，故B正确；
C、“水氢发动机”是利用氢气燃烧释放的内能来对外做功，从而推动机器运转，故C正确；
D、利用水制取氢气耗能高，即消耗其他形式的能量多于氢气燃烧释放的内能，且内能不可能全部转化为机械能，所以“水氢发动机”的效率较低，这也是它没有真正投入使用的重要原因，故D错误。
8．（2分）如图的电路中，R为待测电阻，阻值约为5Ω．实验器材有：滑动变阻器，规格为“10Ω2A”；电压表（量程分别为0～3V、0～15V）；电流表（量程分别为0～0.6A、0～3A）；电池组为新干电池3节串联。两只电表的量程可采用以下4种选法，为使测量时能较准确地读数（指针最好在中间刻度线附近），两只电表的量程应采用（ ）
A．0～0.6A和0～15V B．0～0.6A和0～3V
C．0～3A和0～15V D．0～3A和0～3V
【答案】B。
【解析】电池组为新干电池三节串联，即电源电压为4.5V，
若使用两只电表的大量程，电表的指针偏转角度都很小，不能较准确地读数；
在滑动变阻器的保护下，电压表可以选择0～3V的量程；
当定值电阻两端电压最大为3V时，其最大电流约为：I＝＝＝0.6A，电流表可以选择0～0.6A的量程，但一定注意滑动变阻器连入电路的阻值不能太小。
9．（2分）如图所示，闭合开关S后，发现电灯L不亮，且保险丝没有熔断。某同学用试电笔测试如图的A、B、C、D四处，发现A、C、D这三处都能使试电笔的氖管发光，而B处不发光。那么可以判定故障是（ ）
A．火线和零线短路 B．电线AC段某处断路
C．电线BD段某处断路 D．电灯L短路
【答案】C。
【解析】AD、若火线和零线短路或电灯L短路，会造成电路中的电流过大、保险丝烧断，而题中保险丝没有熔断，故AD错误。
BC、测电笔接触A、C两处时氖管均发光，说明火线有电，且电线的AC段是完好的；
测电笔接触D处时氖管发光，说明灯泡是完好的；
而测电笔接触B处时氖管不发光，说明B点与火线是断开的，所以电线BD段某处断路，故B错误，C正确。
10．（2分）下列能源既是一次能源又是不可再生能源的是（ ）
A．石油 B．电能 C．风能 D．太阳能
【答案】A。
【解析】A、石油属于不可再生资源，可以直接从自然界中获取，属于不可再生的一次能源，故A符合题意；
B、电能是由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，称为二次能源，故B不符合题意；
C、风能可以直接从自然界中获取，并且可以在短时间内得到补充，属于可再生的一次能源，故C不符合题意；
D、太阳能可以直接从自然界中获取，并且可以在短时间内得到补充，属于可再生的一次能源，故D不符合题意。
11．（2分）关于能源、信息和材料，下列说法正确的是（ ）
A．太阳能是可再生能源，是应该优先发展的新能源
B．LED灯内的发光二极管是由超导材料制成的
C．核电站是利用可控的核聚变释放的能量发电的
D．用手机无线上网是利用了超声波传输信号的
【答案】A。
【解析】A、太阳能能源源不断获得，是可再生能源，是应该优先发展的新能源，故A正确；
B、LED灯的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的，故B错误；
C、目前的核电站利用的是核裂变释放的能量，故C错误；
D、用手机无线上网是利用了电磁波传输信号的，故D错误。
12．（2分）如图所示的电路，电源电压保持不变，小灯泡额定电压为4V（小灯泡电阻不随温度变化）。闭合开关Sl断开开关S2，在滑动变阻器的滑片P从a端移动到b端的过程中，电压表示数变化范围是：2V﹣6V电流表示数变化范围是：0.4A﹣1.2A；闭合开关S2，断开开关S1，当滑动变阻器的滑片P在中点时小灯泡正常发光，则小灯泡的额定功率是（ ）
A．0.4W B．0.8W C．1.2W D．1.6W
【答案】D。
【解析】（1）由图知，闭合开关Sl断开开关S2，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量定值电阻两端电压。
当滑片在a端时，滑动变阻器全部接入电路，此时电路电流最小，为I小＝0.4A，
因为串联电路用电器两端电压与其阻值成正比，所以此时R2两端电压最小，为U2小＝2V，
因为I＝，
所以R2＝＝＝5Ω；
设电源电压为U，则U＝I小（R1+R2），
即U＝0.4A（R1+5Ω）﹣﹣①；
当滑片在b端，滑动变阻器断路，电路只有R2，此时电压表示数最大，也就是电源电压，
所以U＝U最大＝6V﹣﹣②
①②结合，得6V＝0.4A（R1+5Ω），
解得R1＝10Ω；
（2）闭合开关S2，断开开关S1，小灯泡与滑动变阻器串联。
当滑动变阻器的滑片P在中点时，已知小灯泡正常发光，所以小灯泡两端电压为U额＝4V，
所以滑动变阻器两端电压为U中＝U﹣U额＝6V﹣4V＝2V，
滑动变阻器接入电路电阻为R中＝R1＝×10Ω＝5Ω，
此时通过灯泡电流为I额＝I中＝＝＝0.4A，
所以灯泡额定功率为P额＝U额I额＝4V×0.4A＝1.6W。
13．（2分）有两只灯泡L1、L2，分别标有“220V 100W”和“220V 40W”的字样。若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法中正确的是（ ）
A．两灯正常发光时，L1的电阻较大
B．两灯并联接入220V的电路，L1、L2消耗功率之比是2：5
C．两灯串联接入220V的电路，L1消耗的功率小于25W
D．两灯串联接入220V的电路，两灯泡消耗总功率大于40W小于100W
【答案】C。
【解析】（1）由P＝UI＝可得，两灯泡正常发光时的电阻分别为：
R1＝＝＝484Ω，R2＝＝＝1210Ω，
则R1＜R2，即L1的电阻较小，故A错误；
（2）两灯并联接入220V的电路，它们两端的电压等于220V，均能正常发光，
则L1、L2消耗功率之比P1：P2＝100W：40W＝5：2，故B错误；
（3）两灯串联接入220V的电路时，
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＝＝＝A，
L1消耗的功率P1′＝I2R1＝（A）2×484Ω≈8.2W＜25W，故C正确；
两灯泡消耗总功率P＝UI＝220V×A≈28.6W＜40W，故D错误。
14．（2分）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，滑动变阻器R2的滑片P向右滑动的过程中，关于电压表和电流表的示数变化，判断正确的是（ ）
A．电压表示数变小，电流表示数不变
B．电压表示数不变，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数不变
D．电压表示数不变，电流表示数变小
【答案】D。
【解析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流，
因电源电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故AC错误；
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，
滑动变阻器R2的滑片P向右滑动的过程中，接入电路中的电阻变大，
由I＝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，即电流表的示数变小，故B错误、D正确。
15．（2分）如图所示电路图，改变各开关连接情况时，下列分析正确的是（ ）
A．当S2闭合，S1、S3断开时，电压表V与V1示数相等
B．当S2闭合，S1、S3断开时，电流表A的示数大于A1的示数
C．当S2断开，S1、S3闭合时，电流表A的示数与A1的示数相等
D．当S2断开，S1、S3闭合时，电压表V与V1示数相等
【答案】D。
【解析】（1）当S2闭合，S1、S3断开时，R1与R2串联，电压表V测电源两端的电压，电压表V1测R1两端的电压，电流表A、A1均测电路中的电流，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V的示数大于电压表V1的示数，故A错误；
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电流表A的示数等于A1的示数，故B错误；
（2）当S2断开，S1、S3闭合时，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R2支路的电流，电压表V、V1均测电源两端的电压，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，电流表A的示数大于电流表A1的阻值，故C错误；
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，电压表V与V1示数相等，故D正确。
16．（2分）如图所示的电路，下列说法正确的是（ ）
A．当开关S拨到a时，电磁铁的左端为S极
B．当开关S拨到a时，小磁针静止时B端为N极
C．当开关S拨到a，滑动变阻器的滑片向右滑动时，电磁铁的磁性增强
D．当开关S由a到b，调节滑动变阻器，使电流表示数不变，则电磁铁的磁性增强
【答案】B。
【解析】AB、从图可知，当开关S拨到a时，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管左端是N极，右端是S极。
由磁极间的相互作用可知，小磁针静止时B端为N极，故A错误，B正确。
C、当开关S拨到a，滑动变阻器的滑片向右滑动时，连入电路中的电阻变大，电流变小，电磁铁的磁性减弱，故C错误；
D、将开关S由a换到b时，调节变阻器的滑片P，保持电流表的示数不变，即电流不变，将开关S由a换到b时，线圈匝数减少，则电磁铁的磁性减弱，故D错误。
17．（2分）如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由图示位置逐渐向b端移动的过程中（ ）
A．电压表V示数变小，电流表A1示数变大
B．电压表V示数不变，电流表A2示数变小
C．电压表V的示数与电流表A1示数的比值变小
D．电压表V的示数与电流表A2示数的比值不变
【答案】D。
【解析】由电路图可知，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，电压表V测电源两端的电压。
因电源的电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故A错误；
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支路的电流不变，即电流表A2的示数不变，故B错误；
则电压表V的示数与电流表A2示数的比值不变，故D正确；
将滑动变阻器的滑片P由图示位置逐渐向b端移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，
由I＝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V的示数与电流表A1示数的比值变大，故C错误。
18．（2分）常用智能手机是通过指纹开关S1或密码开关S2来解锁的，若其中任一方式解锁失败后，锁定开关S3均会断开而暂停手机解锁功能，S3将在一段时间后自动闭合而恢复解锁功能。若用灯泡L发光模拟手机解锁成功，则符合要求的模拟电路是（ ）
A． B．
C． D．
【解析】由题意可知，指纹开关S1或密码开关S2均可以解锁，锁定开关S3断开时暂停手机解锁功能，
则指纹开关S1和密码开关S2可以独立工作、互不影响即为并联，且锁定开关S3位于干路，
然后与灯泡、电源组成电路，结合选项电路图可知，选项C符合，
【答案】C。
19．（2分）在如图电路中，闭合开关后，当滑片P向右移动时，下列说法，正确的是（ ）
A．电流表的示数变大 B．小灯泡亮度变大
C．与示数乘积变大 D．的示数与示数之差的比值变大
【答案】C。
【解析】由电路图可知，变阻器与灯泡并联；电流表A1测量干路中的电流，电流表A2测量通过灯泡的电流；电压表测量电源电压；
AB、因为并联电路中各支路互不影响，所以滑片移动时，通过灯泡的电流不变，即A2的示数不变；
灯泡两端的电压不变，通过灯泡的电流不变，由P＝UI可知，灯泡的实际功率不变，则灯的亮度不变，故AB错误；
C、当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，则电路的总电阻随之变小，而并联电路两端电压等于电源电压不变，由欧姆定律可知干路电流变大，即A1的示数变大；电压表测量电源电压，其示数不变，所以电压表与A1示数的乘积变大，故C正确；
D、因为A1的示数变大、A2的示数不变，所以电流表A1与电流表A2示数之差变大，且电压表示数不变，
所以V的示数与A1、A2示数之差的比值将变小，故D错误。
20．（2分）如图所示，电源电压恒定不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从中点向b端移动一段距离，电压表V1、V2示数的变化量分别为△U1、△U2，电流表示数的变化量为△I，阻值相同的定值电阻R1、R2消耗电功率的变化量分别为△P1、△P2．则下列判断正确的是（ ）
A．△P1+△P2＝△I2×（R1+R2） B．|△U1|＞|△U2|
C．||+||＝R1+R2 D．|△U1|＜|△U2|
【答案】C。
【解析】由电路图可知，R1与R0、R2串联，电压表V1测R0与R2两端的电压之和，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）将滑动变阻器的滑片P从中点向b端移动一段距离，设移动前后电路中的电流分别为I1、I2，
由I＝可得，电压表V2示数的变化量：
△U2＝U2﹣U2′＝I1R2﹣I2R2＝（I1﹣I2）R2＝△IR2，则|△U2|＝|△IR2|，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V1示数的变化量：
△U1＝U1﹣U1′＝（U﹣I1R1）﹣（U﹣I2R1）＝（I2﹣I1）R1＝﹣△IR1，则|△U1|＝|△IR1|，
因R1、R2的阻值相同，
所以，|△U1|＝|△U2|，故BD错误；
由||＝R1、||＝R2可知，||+||＝R1+R2，故C正确；
（2）定值电阻R1、R2消耗电功率的变化量分别为△P1、△P2，
则△P1+△P2＝（I12﹣I22）（R1+R2）＝（I1﹣I2）（I1+I2）（R1+R2）＝△I（I1+I2）（R1+R2），故A错误。
二．填空题（共6小题，满分12分，每小题2分）
21．（2分）电网改造项目中将电线换成更粗的，这样做的目的是 减小 （选填“增大”或“减小”）电线的电阻；手机在使用“北斗定位”功能时，是通过 电磁波 与卫星实现数据传输的。
【答案】减小；电磁波。
【解析】当导体的材料、长度一定时，增大横截面积，可以减小电阻；
电磁波的传播不需要介质，手机在使用“北斗定位”功能时，是通过电磁波与卫星实现数据传输的。
22．（2分）有一个饮料包装盒，上面标明容量500mL，若饮料密度ρ＝0.9×103kg/m3，则它装满该饮料的质量为 450 g；若饮料的比热容为4.0×103J/（kg•℃），则该饮料的温度升高5℃需要吸收 9×103 J的热量
【答案】450；9×103。
【解析】（1）包装盒装满饮料的体积：
V＝500mL＝500cm3＝5×10﹣4m3，
由ρ＝得饮料的质量：
m＝ρV＝0.9×103kg/m3×5×10﹣4m3＝0.45kg＝450g；
（2）该饮料的温度升高5℃需要吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.0×103J/（kg•℃）×0.45kg×5℃＝9×103J。
23．（2分）在小明家照明电路中，控制客厅灯的开关应接在 火 线和灯之间：他用测电笔检测电路操作方法正确的是 甲 图；在使用滚筒洗衣机时，他发现接触金属门手柄会“麻手”，可解决的办法是给洗衣机电路 加接地线 （选填“增接零线”、“加接地线”或“加接空气开关”）。
【答案】火；甲；加接地线。
【解析】从安全用电角度分析，开关和开关控制的用电器之间应该是串联的，开关必须接在火线和用电器之间。
使用测电笔时，笔尖接触被检测的导线，手接触笔尾金属体。氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线。
洗衣机等家用电器都应使用三孔插座，是由于这些用电器的外壳是金属，金属是导体，当用电器漏电时，会使外壳带电，洗衣机在使用时，接触到金属门手柄会“麻手”，这就说明出现了漏电现象。若接上地线，即便漏电，电流也就通过地线，流入大地，而防止了触电事故的发生。所以可解决的办法是给洗衣机电路加接地线。
24．（2分）将一只“220V 484W”的浴霸灯泡接在家庭电路中，正常发光时，通电30min灯泡消耗的电能为 0.242 kW•h，若用输电线把该灯泡由家引到较远的工地时，发现灯泡亮度变暗，测得灯泡的实际功率为400W，则输电线上消耗的功率为 40 W．（不计灯丝电阻受温度影响）
【答案】0.242；40。
【解析】（1）灯泡正常发光时的功率P＝484W＝0.484kW，在30min内消耗的电能：
W＝Pt＝0.484kW×0.5h＝0.242kW•h；
（2）由“220V、484W”知灯泡的额定电压U＝220V，额定功率是P＝484W，
根据P＝得灯泡的电阻：R＝＝＝100Ω，
灯泡的实际功率为400W时，根据P＝得灯泡两端的实际电压：U实＝＝＝200V；
流过灯泡的实际电流：I实＝＝＝2A；
输电导线上分得的电压U线＝U﹣U实＝220V﹣200V＝20V，
输电导线上消耗的功率P线＝U线I实＝20V×2A＝40W。
25．（2分）如图所示，当开关由断开到闭合时，小磁针的N极将沿 顺时针 （选填“顺时针”或“逆时针”）方向转动；如果滑动变阻器的滑片P向右端移动，电磁铁的磁性将 减弱 （选填“增强”或“减弱”）。
【答案】顺时针；减弱。
【解析】开关闭合后，电流从螺线管的右上端流入，根据安培定则，右手弯曲的四指与电流方向相同，大拇指指向左方，所以螺线管左端为N极，右端为S极；根据“同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引”可知，小磁针的N极将向左转动，S极将向右转动，即顺时针转动；
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的电流变小，电磁铁磁性减弱。
26．（2分）太阳能热水器是通过 热传递 方式使水的内能增加。小红家的太阳能热水器内装有60kg的水，某天阳光照射5小时后，热水器内水温从20℃升高到70℃，则水吸收的太阳能为 1.26×107 J，这些水若改用天燃气加热升高同样的温度，天燃气完全燃烧放出的热量70%被水吸收，则需要消耗 0.45 m3的天燃气【c水＝4.2×103J/（kg•℃），q＝4×107J/m3】
【答案】热传递；1.26×107；0.45。
【解析】太阳热水器内的水吸收热量，温度升高，是通过热传递方式使水的内能增加。
水吸收的热量（水吸收的太阳能）：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×60kg×（70℃﹣20℃）＝1.26×107J；
由η＝×100%可得天然气完全燃烧释放的热量：
Q放＝＝＝1.8×107J，
由Q＝Vq可得，需要消耗天然气的体积：
V＝＝＝0.45m3。
三．实验探究题（共3小题，满分18分，每小题6分）
27．（6分）某实验小组用图甲所示电路进行“探究电流与电阻的关系”实验。
（1）请将图甲连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大。
（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片P应该位于 B 端（选填“A”或“B”）。
（3）闭合开关后，同学们发现，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，电流表始终没有示数，电压表示数接近电源电压，原因可能是 定值电阻断路 。
（4）排除故障后，先将5Ω定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为某一定值，此时电流表的示数如图乙所示，为 0.4 A。
（5）接下来断开开关，取下5Ω的定值电阻，换成10Ω的定值电阻，闭合开关，应向 B （选填“A”或“B”）端移动滑片，直至电压表示数为 2 V时，读出电流表的示数。再更换20Ω定值电阻继续实验，实验数据记录在表格中。由实验数据可知：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 反比 。
实验次数
1
2
3
R/Ω
5
10
20
I/A
0.2
0.1
（6）该小组想用一块电流表和一个定值电阻R0，测未知电阻Rx的阻值。于是他们设计了如图丙所示的电路图，并进行如下实验操作：
①闭合S和S1，此时电流表的示数为I1。
②闭合S断开S1，此时电流表的示数为I2。
③请用已知量R0和测出量I1、I2表示出未知电阻Rx的表达式，则Rx＝ 。
【答案】（1）如上所示；（2）B；（3）定值电阻断路；（4）0.4；（5）B；2；反比；（6）③。
【解析】（1）滑动变阻器与电阻串联，要求滑片向右移动时，连入电路的电阻变大，所以应将滑动变阻器的A接线柱与开关的右接线柱相连，如下图所示：
（2）为保护电路，变阻器连入电路中电阻最大即B端；
（3）闭合开关，移动变阻器滑片P，发现电流表无示数，电路可有断路发生，而电压表有示数，说明电压表到电源两极间是通路，所以故障原因可能是定值电阻断路；
（4）小明同学首先将5Ω定值电阻接入电路，将滑片P滑到b端，再闭合开关，调节滑片P，使电压表示数到达某一数值，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数0.4A；
（5）研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，由欧姆定律的变形公式，电压表示数U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V；
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B端移动，使电压表的示数为2V，读出电流表的示数；
由表格中数据发现：电阻为原来的几倍，通过的电流为原来的几分之一，故在电压一定时，电流与电阻成反比。
（6）①闭合S、S1，此时两电阻并联，电流表测量干路电流，示数为I1，
②闭合S、断开S1，此时为只有Rx工作的电路，电流表测量Rx的电流，示数为I2，可测出电源电压U＝I2Rx，
根据并联电路电流的规律知，R0的电流：I0＝I1﹣I2，则电源电压为U＝（I1﹣I2）R0
根据电源电压相等知：U＝U＝I2Rx＝（I1﹣I2）R0
未知电阻Rx的表达式为：Rx＝。
28．（6分）在“测量小灯泡电功率”的实验中，所用小灯泡上标有“2.5V”字样。
（1）如图甲所示是小军已经连接的部分实验电路，在连接电路时，小军操作上出现的错误是 开关没有断开 。
（2）请你用笔画线代替导线在答题卡上帮小军将图甲所示的实物电路连接完整。
（3）连接完实验电路，检查无误后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表、电压表的示数都为零。出现这种现象的原因可能是 D 。
A．小灯泡短路
B．小灯泡开路
C．变阻器短路
D．变阻器开路
（4）排除上述故障后，闭合开关，调节滑动变阻器使小灯泡两端电压略高于2.5V，观察小灯泡的亮度并记下电压表、电流表的示数。接下来，将滑动变阻器的滑片向 B （选填“A”或“B”）端移动，使小灯泡正常发光，观察小灯泡的亮度并记下电压表、电流表的示数。
（5）继续调节滑动变阻器，使小灯泡两端电压略低于、等于2.5V，观察小灯泡的亮度并记下电压表、电流表的示数。根据这些实验数据画出小灯泡的电流电压I﹣U关系图象，过此图线上任一点M分别做两坐标轴的平行线如图乙所示，它们与两坐标轴围成的矩形的面积在数值上等于小灯泡此时的 实际电功率 。
【答案】（1）开关没有断开；（2）如上；（3）D；（4）B；（5）实际电功率。
【解析】（1）为保护电路，在连接电路时，开关应断开，故小军操作上出现的错误是没有断开开关；
（2）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，变阻器按一上一下接入电路中，如下所示：
（3）A．若小灯泡短路，电路为通路，电流表有示数，不符合题意；
B．若小灯泡开路，则电压表串联在电路中测电源电压，电压表示数即为电源电压，不符合题意；
C．若变阻器短路，则电流表示数，电压表示数即为电源电压，不符合题意；
D．若变阻器开路，整个电路断路，灯不发光，两表都没有示数，符合题意；
故选D；
（4）灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向； 灯在额定电压下正常发光，2.5V大于灯的额定电压2.5V，应减小灯的电压，根据串联电路电压的规律，应增大变阻器的电压，由分压原理，应增大变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B端移动，直到电压表示数为额定电压，观察小灯泡的亮度并记下电压表、电流表的示数；
（5）根据这些实验数据画出小灯泡的电流电压I﹣U关系图象，过此图线上任一点M分别做两坐标轴的平行线，它们与两坐标轴围成的矩形的面积等于UI，根据P＝UI，故两坐标轴围成的矩形的面积在数值上等于小灯泡此时的实际电功率。
29．（6分）在“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”实验中，小林选用碎纸片和酒精为燃料进行了实验。
（1）小林将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图1所示，则他应将平衡螺母向 左 端调节；图2是正确测量所用碎纸片质量时的场景，此时游码所处位置如图3所示，则他还应称量 6.5 g的酒精；
（2）小林组装的实验装置如图4所示，他在器材安装中的一处错误是 温度计的玻璃泡接触到了容器底 ；
（3）本实验中，燃料完全燃烧放出热量的多少是通过 温度计的示数变化 来反映的。
（4）正确组装实验装置后，小林用（1）中所称量的碎纸片和酒精分别进行实验，正确采集的数据如表所示，根据实验数据，小林却得出了与事实相反的实验结论：质量相同的碎纸片和酒精完全燃烧后，碎纸片放出的热量较多。你认为他在实验中最有可能遗漏的操作是 控制被加热水的质量相等 。
温度
燃料
加热前的水温/℃
燃料燃尽时的水温/℃
水温的变化/℃
酒精
20
65
45
碎纸片
20
80
60
【答案】（1）左；6.5；（2）温度计的玻璃泡接触到了容器底；（3）温度计的示数变化；（4）控制被加热水的质量相等。
【解析】（1）把天平放在水平桌面上，将游码调到标尺左端的零刻线处；此时指针偏向右侧，说明天平的左侧上翘，平衡螺母应向左移动；
如图2和3所示，碎纸片的质量m＝5g+1.5g＝6.5g；
为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料，所以则他还应称量6.5g的酒精；
（2）由图4知，实验中温度计的玻璃泡碰到了容器底；
（3）为了比较热值大小，要用相同质量的不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小；
（4）实验中要用相同质量的不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，而小林却得出了与事实相反的实验结论：质量相同的碎纸片和酒精完全燃烧后，碎纸片放出的热量较多，可能是没有控制被加热水的质量相等。
四．计算题（共4小题，满分30分）
30．（6分）5月6日，聊城首批30辆氢燃料新能源公交车投放使用。氢燃料具有清洁无污染、效率高等优点，被认为是21世纪最理想的能源，[c水＝4.2×103J/（kg•℃）；q氢＝1.4×108J/kg）求：
（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量；
（2）若这些热量全部被质量为200kg，温度为15℃的水吸收，则水升高的温度；
（3）某氢能源公交车以140kW的恒定功率做匀速行驶，如果0.3kg的氢燃料完全燃烧获得热量的焦耳数和公交车所做的功相等，则这些热量能让该公交车匀速行驶多长时间。
【答案】见解析
【解析】（1）0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量：
Q＝mq＝0.3kg×1.4×108J/kg＝4.2×107J；
（2）水吸收的热量：Q吸＝Q放＝4.2×107J，
由Q吸＝cm△t得水升高温度：
△t＝＝＝50℃；
（3）公交车所做的功：W＝Q放＝4.2×107J，
由P＝得公交车行驶时间：
t＝＝＝300s。
答：（1）质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出4.2×107J热量；
（2）若这些热量全部被质量为200kg，温度为15℃的水吸收，则水升高50℃；
（3）这些热量能让该公交车匀速行驶300s。
31．（6分）家庭电路中某电热锅的额定电压是220V，加热状态的额定功率是1210W，简化电路如图所示，S1为温控开关，发热电阻R1与R2的阻值恒定，电阻R2在保温状态与加热状态时的功率之比为4：25
（1）电阻R1和R2的阻值；
（2）在用电高峰期，家中只有电热锅和液晶电视机工作时，电热锅的实际功率为1000W（始终处于加热状态），电视机的实际功率为200W，计算这时通过液晶电视机的电流。
【答案】见解析
【解析】（1）①当开关S、S1均闭合时，只有电阻R2接入电路，
②当开关S闭合，S1断开时，电阻R1和R2串联，根据电阻的串联，此时总电阻最大，由P＝UI＝可知此时总功率最小，此时为保温状态，则①为加热状态：
由P＝可得，R2的阻值：
R2＝＝＝40Ω，
由P＝可知，电阻R不变时，电功率与电压的平方成正比，因电阻R2在保温状态与加热状态时的功率之比为4：25，所以保温时R2的电压与加热时R2的电压之比为＝，
即串联时R2的电压与电源电压之为2：5，
根据串联电路电压的规律可知，R1和R2串联时，R2的电压与R1的电压之比为2：3，
由串联分压原理可得，R2：R1＝2：3，
则R1＝R2＝×40Ω＝60Ω；
（2）由P＝得，家庭电路的实际电压：
U实＝＝＝200 V，
因并联电路各支路电压相等，则由P＝UI得，通过电视机的实际电流：
I电视＝＝＝1 A。
答：（1）电阻R1和R2的阻值分别为60Ω和40Ω；
（2）电热锅的实际功率为1000W（始终处于加热状态），电视机的实际功率为200W，计算这时通过液晶电视机的电流为1A。
32．（8分）如图所示，小灯泡标有“6V 3W”字样（电阻不受温度影响），R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，其最大阻值为40Ω。
（1）当开关S、S1、S2都闭合时，小灯泡恰好正常发光，电流表示数为0.6A，电路工作50s，求R1的阻值和电流通过R1产生的热量。
（2）当电路中有元件工作时，求电路消耗的最小功率。
【答案】见解析
【解析】（1）当开关S、S1、S2都闭合时，灯泡L与电阻R1并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且小灯泡恰好正常发光，
所以，电源的电压U＝UL＝6V，
由P＝UI可得，通过小灯泡的电流：
IL＝＝＝0.5A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R1的电流：
I1＝I﹣IL＝0.6A﹣0.5A＝0.1A，
由I＝可得，R1的阻值：
R1＝＝＝60Ω，
50s内电流通过R1产生的热量：
Q1＝I12R1t＝（0.1A）2×60Ω×50s＝30J；
（2）灯泡的电阻：
RL＝＝＝12Ω，
因RL＜R1，
所以，当开关S闭合，S1、S2都断开且滑片位于右端时，R1与R2的最大阻值串联，此时电路的总电阻最大，电路的总功率最小，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路消耗的最小功率：
P小＝＝＝0.36W。
答：（1）R1的阻值为60Ω，电流通过R1产生的热量为30J；
（2）当电路中有元件工作时，电路消耗的最小功率为0.36W。
33．（10分）某体育运动中心为了研究蹦床运动员的训练情况，在蹦床上接入压力传感器，压力传感器所在电路如图甲。已知某运动员质量为50kg，某次从距离蹦床一定高度处跳下的过程中，研究得到电路中两个电压表读数与电路中电流之间的关系如图乙所示，压力传感器的电阻与所受压力之间关系如图丙。试计算：
（1）定值电阻R1的阻值。
（2）电源电压和定值电阻R2的阻值。
（3）当电路中电流达到最大时，运动员受到的合力为多少N？
【答案】见解析
【解析】（1）因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，因此图象a为电压表V1示数变化图象，图象b为电压表V2示数变化图象；
因为电压表测量R1两端电压，所以据图象a可得：U1＝4V，I1＝4A；
由I＝可得，R1＝＝＝1Ω；
（2）因为电压表V2测量压力传感器和R1两端总电压，所以由图象b可知，当U2＝10V时，I2＝1A；U2′＝4V，I2′＝4A；
根据欧姆定律和图象b可得：
U＝10V+1A×R2 ①
U＝4V+4A×R2 ②
联立①②可得：电源电压U＝12V，
定值电阻的阻值：R2＝2Ω；
（3）分析可知，当传感器电阻变为0时，此时两个电压表示数相等，电路中电流达到最大，由图象可得：Imax＝4A，
由图丙可得弹簧对运动员的弹力：F弹为800N，
所受合力：F＝F弹﹣G＝F弹﹣mg＝800N﹣50kg×10N/kg＝300N。
答：（1）定值电阻R1的阻值为1Ω。
（2）电源电压为12V，定值电阻R2的阻值为2Ω。
（3）当电路中电流达到最大时，运动员受到的合力为300N。
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