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2020-2021学年天津市九年级（上）期末物理试卷
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这是一份2020-2021学年天津市九年级（上）期末物理试卷，共24页。试卷主要包含了25W，18A∼0，【答案】B，【答案】D，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年天津市九年级（上）期末物理试卷
1. 家用电冰箱正常工作时的电功率最接近( )
A. 1W B. 10W C. 300W D. 1000W
2. 如图所示实例中，通过做功的方式改变物体内能的是( )
A. 用炉灶烧水水温度升高
B. 两手互相摩擦手的温度升高
C. 发烧时用冷毛巾给头部降温
D. 寒冷冬天用暖水袋取暖
3. 四冲程柴油机在工作过程中，将机械能转化为内能的冲程是( )
A. 吸气冲程 B. 压缩冲程 C. 做功冲程 D. 排气冲程
4. 小利同学观察到学校楼道里的消防应急灯，平时灯是熄的，一旦停电，两盏标有“36V”灯泡就会正常发光。图所示是小利设计的四个电路，其中可以起到消防应急灯作用的电路是( )
A. B.
C. D.
5. 要使一根镍铬合金线接入电路的电阻变大，可采用的方法是( )
A. 减小导线中的电流 B. 增大导线两端的电压
C. 将导线对折后接入电路 D. 将导线拉长后接入电路
6. 如图所示，对下列甲、乙、丙、丁四幅图的解释中不合理的是( )
A. 甲：电流能产生磁场
B. 乙：闭合开关，小磁针N极向左偏转
C. 丙：电流相同时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强
D. 丁：电动机的工作原理图
7. 小红同学在做“探究串电路电压的规律”的实验时，连好了如图所示的电路，闭合开关S后发现L2正常发光，L1只能微弱发光，对产生这一现象的原因分析，你认为合理的是( )
A. 灯L1的电阻大于灯L2的电阻 B. 灯L1的电压等于灯L2的电压
C. 通过灯L1的电流小于灯L2的电流 D. 灯L1实际功率小于灯L2实际功率
8. 如图所示，甲站在干燥的木桌上一只手接触到火线；乙站在地上一只手接触到零线；丙站在干燥的木桌上一只手接触到火线，此时丁站在地面上用手去拉丙。则( )
A. 甲、乙都不会触电 B. 甲、丙都会触电
C. 乙、丁都会触电 D. 丙、丁都不会触电
9. 如图是拍摄机动车闯红灯的工作原理示意图。光控开关接收到红灯发出的光会自动闭合，压力开关受到机动车的压力会闭合，摄像系统在电路接通时可自动拍摄违章车辆。则下列说法中正确的是( )
A. 只要光控开关接收到红光，摄像系统就会自动拍摄
B. 若将光控开关和压力开关并联，也能起到相同的作用
C. 只有光控开关和压力开关都闭合时，摄像系统才会自动拍摄
D. 只要机动车驶过埋有压力开关的路口，摄像系统就会自动拍摄
10. 如图所示，电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。移动滑片P，ab两端电压U和通过的电流I之间的关系图像如图乙所示。则下列说法中不正确的是( )
A. 电源电压为10V
B. R1的阻值为50Ω
C. 闭合开关后，电路消耗的最大功率为45W
D. R1消耗的最小功率是5W
11. 当定值电阻R的电压由U1(U1≠0)增大到U2时，通过它的电流由I1增大到I2。电压增加量△U=U2−U1，电流增加量△I=I2−I1，电功率增加量为△P=P2−P1，则( )
A. R=△U△I B. △P=△U⋅△I
C. △P=△U⋅(I1+I2) D. △P=△I⋅(U1+U2)
12. 小伟同学用如图所示的电路测小灯泡的功率，电路中电源电压恒为4.5V，电压表的量程为0∼3V，电流表的量程为0∼0.6A.滑动变阻器的规格为“20Ω1A“，灯泡标有“2.5V1.25W”字样。若闭合开关，两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端的电压不允许超过额定值，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法中错误的是( )
A. 滑动变阻器的电阻允许调节的范围是0∼20Ω
B. 电流表示数的变化范围是0∼1A
C. 灯泡的最小功率是1.25W
D. 该电路的最大功率是2.25W
13. 某同学在做“调节灯泡亮度”的电学实验时，电路如图所示，电源电压恒为4.5V，电压表量程“0∼3V”，滑动变阻器规格“20Ω1A”，灯泡标有“2.5V1.25W”字样[忽略灯丝电阻变化]，在不损坏电路元件的情况下，下列判断不正确的是( )
A. 电路中电变化的范围是0.18A∼0.5A
B. 滑动变阻器阻值变化的范围是2.5Ω∼10Ω
C. 灯泡的最小功率是0.162W
D. 该电路的最大功率是2.25W
14. 实际生产和生活中，电磁铁的应用十分广泛。如图磁悬浮地球仪的球体中有一个磁铁，环形底座内有一金属线圈，通电后相当于电磁铁。将磁悬浮地球仪的球体用手轻轻向下按一下，球体就会从原来的悬浮位置向下运动，此时金属线圈中的电流______ (选填“增大”或“减小”)，磁性增强，金属线圈对球体的作用力______ (选填“大于”或“小于”)球体重力，球体到达最低点向上运动返回原悬浮位置。
15. 入冬以来，各地因为不安全用电引起的火灾事故明显有上升趋势。在家庭电路中除了发生______ 和过载(用电器总功率过大)会造成电流过大引发安全事故外，线路连接处因为接触不良，也容易造成该处电阻______ (选填“变大”或“变小”)，造成局部过热，从而加速导线老化，引起火灾。
16. 小磁针静止时的指向如图所示，由此可知，a端是通电螺线管的______ 极(选填“N”或“S”)，c端是电源的______ 极(选填“正”或“负”)。
17. 两个相同的验电器A和B，A带正电，B不带电，用一根带有绝缘柄的金属棒把A、B连接起来，瞬间电子方向为______ (选填“A到B”或“B到A”)；金属棒中的正电荷______ (选填“会”或“不会”)流动。
18. 把标有“220V100W”的L1和标有“220V40W”字样的L2两个灯泡串联接在220V的电路中，此时______；把两灯并联接在220V的电路中，此时______。(注意：两空均选填“L1较亮”、“L2较亮”或“一样亮”)
19. (1)如图1所示用来测量电能的仪表，当电路中只有一只电饭煲接入电路，正常工作5h，发现此电能表的转盘转过1500转，则这只电饭煲的额定功率是______W.
(2)在图2电路中发热电阻丝电阻R1>R2，电源电压相同且恒定，在相同时间内甲、乙、丙、丁四个电路发热电阻丝放出的热量、、、，由大到小的顺序是______.
20. 小华家额定功率为2000W的电热淋浴器，水箱装满30kg水后连续正常加热2100s。水的温度由20℃升高到50℃。已知，求：
(1)加热过程中水吸收的热量；
(2)此过程电热淋浴器的热效率。
21. 在“测量小灯泡额定功率”实验中，小灯泡的额定电压。
(1)该实验的实验原理是______。
(2)图甲是小兰测量小灯泡额定功率的实物图，请你在图丁虚线框内画出对应的电路图。
(3)闭合开关前，滑片P应位于滑动变阻器的______(选填“左”或“右”)端。
(4)改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，如下表所示。电压表示数为2.5V，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，此时电流为______。
实验次数
1
2
3
4
发光情况
熄灭
微亮
较亮
明亮
电压U(V)
0.5
1.0
2.0
2.5
电流I(A)
0.2
0.38
0.46
(5)根据上表中数据，请在图丙中画出I−U关系图象；同时小兰同学发现实验表格设计得有缺陷，缺陷是______。
22. 同学们在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”的实验时，做了如下猜想：
猜想一：电磁铁磁性强弱与电磁铁线圈的匝数多少有关；
猜想二：电磁铁磁性强弱与通过电磁铁的电流大小有关；
为了验证上述猜想是否正确，同学们设计了以下实验方案：用漆包线(表面涂有绝缘漆的导线)在大小不同的铁钉上绕制若干圈，制成简单的电磁铁；并利用电池组、滑动变阻器、开关、一堆大头针以及长导线为实验器材进行实验。请你回答下列问题：
(1)如图所示，小明同学使用两个相同的大铁钉绕成匝数不同的电磁铁A和B，由图中的情境可知，电磁铁______ (选填“A”或“B”)的磁性强，并由此得出的实验结论是：______ ；
(2)为了验证猜想二，实验时应控制电磁铁______ 相同，改变______ 。
(3)上面的实验结束后，又有同学提出“电磁铁磁性强弱可能与线圈内有无铁芯有关”的猜想。请你设计出探究这一猜想的记录数据表格。
23. 物理课上，老师拿来一个额定电压为2.5V的小灯泡(额定功率约为1W)，让同学们精确测出它的额定功率。除了小灯泡，老师提供的实验器材有：一个电源(电压约为3V)。一块电压表(量程：0∼3V，分度值：0.1V和0∼15V，分度值：0.5V)，2个阻值已知的定值电阻R1=1Ω，R2=10Ω，一个滑动变阻器，开关、导线若干。请你合理选用器材帮助同学们设计一个实验方案，精确测出小灯泡的额定功率。要求：
(1)电压表的量程应该选______ ，定值电阻应该选______ ；
(2)在虚线框内画出你所设计的电路图；
(3)写出主要实验步骤及要测量的物理量；
(4)写出小灯泡额定功率的数学表达式(用已知量和测得量表示)。
24. 小资料
双刀双掷开关
如图所示的双刀双掷开关是两个单刀双掷开关并列而成，其两个刀通过一个绝缘塑料相连，共用一个手柄，一起“联动”但彼此不连通。电路符号如图。
电学实中用的电流表和电压表都是由小量程电流表G(表头)改装而成的，从电路的角度看，表头就是一个电阻，同遵循欧姆定律。小量程电流表G的电阻叫做电流表内阻，指针偏转到最大刻度时的电流Ig叫做满偏电流。有一个小量程电流表G，已知内阻为Rg，满偏电流为3mA。
(1)若它改装成一个量程为0∼0.6A的电流表，要怎样连接一个多大的电阻？
(2)如果要把它改装成量程0∼3V的电压表，要怎样连接一个多大的电阻？
(3)请你设计一种两用仪表，利用双刀双掷开关、R1和R2把小量程电流表G改装成大量程电流表或大量程电压表，请你在图中完成电路连接，并做简要的使用说明。(不要求计算R1和R2的电阻大小)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：家用电冰箱正常工作时的电压U=220V，通过的电流约为I=1A，
正常工作时的电功率P=UI=220V×1A=220W，
结合选项可知，与C选项接近。
故选：C。
家用电冰箱正常工作时的电压为220V，估测电冰箱正常工作时的电流，根据P=UI求出其正常工作时的功率，然后结合选项得出答案。
本题考查了学生对家用电器电功率的了解与掌握，是一道基础题目。
2.【答案】B
【解析】解：
A、用炉灶烧水水温度升高，水吸收热量，是通过热传递改变水的内能，故A不符合题意；
B、两手相互摩擦，克服摩擦做功，使手的温度升高、内能增大，是通过做功改变手的内能，故B符合题意；
C、发烧时用冷毛巾给头部降温，冷毛巾吸收热量，是通过热传递改变头部的内能，故C不符合题意；
D、寒冷冬天用暖水袋取暖，人体吸收热量，是通过热传递改变人的内能，故D不符合题意。
故选：B。
改变内能的方式有两种：做功和热传递。做功的实质是能量的转化，热传递的实质是能量的转移。
本题主要考查学生对做功与热传递改变物体内能的了解，是一道基础题。
3.【答案】B
【解析】解：在四冲程内燃机工作的四个冲程中，将机械能转化为内能的是压缩冲程；
故选：B。
内燃机在压缩冲程的能量转化是机械能转化为内能。
考查了汽油机四冲程中的能量转化，常见题目。
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，分析各图可知，当照明电路正常工作时，电磁铁具有磁性，吸引衔铁，使消防应急灯所在电路断开，而当停电后，电磁铁失去磁性，衔铁在弹簧的作用下向上弹起，与触点接触，两灯泡连接，且为并联。因此，对照各图发现，只有图C符合这一要求。
故选：C。
观察图可知，220V的电路肯定是照明电路，而36V的电路才是为应急灯提供的电源，再根据两盏灯都在停电后会正常发光，可断定，两灯并联，且在照明电路工作时不连通。
此题中明确电磁继电器的工作过程，能分析出，是照明电路中的电源控制了消防应急灯，是本题解决的关键。
5.【答案】D
【解析】解：
AB、电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，故AB不符合题意。
C、将导线对折后接入电路，长度变小、横截面积变大，则导线的电阻变小，故C不符合题意；
D、将这根导线拉长，长度变长、横截面积变小，其电阻变大，可以使连入电路的导线电阻变大，故D符合题意；
故选：D。
影响电阻大小的因素有导体的材料、长度、横截面积以及温度，与导体两端的电压、通过的电流无关；在材料和温度不变时，导线越长、横截面积越小，其电阻越大。
本题考查了学生对影响电阻大小的因素的掌握情况，理解电阻是导体阻碍电流的性质是本题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：A、该实验是奥斯特实验：当导线中通过电流时，小磁针发生偏转，实验现象表明电流周围存在磁场，即电生磁，这个现象叫做电流的磁效应，故A正确；
B、闭合开关，通电螺线管中的电流方向由右侧流入，根据安培定则可知，螺线管的左端是N极，根据磁极间的相互作用知小磁针的N极向左偏转，故B正确；
C、由图可知，两个电磁铁是串联的，则通过两个电磁铁的电流相同。在电流相同的情况下，匝数多的电磁铁吸引的大头针数目多，表明线圈匝数越多，磁性越强，故C正确；
D、图中没有电源，是发电机的原理图，故D错误。
故选：D。
(1)小磁针会发生偏转是受到了磁场的作用，说明通电导体周围存在磁场；
(2)根据安培定则先判断出通电螺线管的N极，然后根据磁感线方向判断出小磁针N极的指向；
(3)电磁铁的磁性强弱与线圈匝数多少有关：当电流相同时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强；
(4)发电机是根据电磁感应制成的。
本题考查了电流的磁效应、通电螺线管的磁场及安培定则、电磁感应的应用、影响电磁铁磁性强弱的因素。均为电学中的基础内容，应重点掌握。
7.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，两灯泡串联，且都能发光，灯L1只能微弱发光，说明灯L1的实际功率小于灯L2的实际功率，串联电路各处电流相等，由电功率公式P=I2R可知，灯L1的电阻小于灯L2的电阻，故A、C错误，D正确；
由P=UI可知灯L1的电压小于灯L2的电压，故B错误。
故选：D。
灯泡亮度由灯泡实际功率决定，L2正常发光，L1只能微弱发光，可判断出两灯实际功率的大小；
由电路图可知，两灯泡串联，通过两灯泡的电流相等，根据电功率公式P=I2R分析灯泡电阻大小，根据电功率公式P=UI可知灯泡电压的大小。
本题考查串联电路特点、电功率公式及其变形公式的灵活运用。
8.【答案】A
【解析】解：甲站在干燥的木桌上一只手接触到火线，无法形成电流的通路，故不会发生触电；
乙站在地上一只手接触到零线，零线与大地之间没有电压，因此没有电流通过人体，不会发生触电；
丙站在干燥的木桌上一只手接触到火线，此时，丁站在地面上用手去拉丙，这样电流可以从火线经丙、丁导向大地，会造成丙、丁两人同时触电。
综上所述，甲、乙都不会触电，丙、丁都会触电。
故选：A。
触电的实质是当有一定大小的电流通过人体，就会引起人体触电；
家庭电路的触电事故有两种：单相触电和双相触电。单相触电是站在地上和火线接触或间接接触火线；双相触电是人体一端接触火线，一端接触零线。
此题考查的是触电的两种类型和家庭电路的连接，掌握触电的实质是：人体直接或间接跟火线接触造成的。
9.【答案】C
【解析】解：(1)分析题意可知，只有光控开关和压力开关都闭合时，摄像系统才会自动拍摄，因此A和B两个选项的说法是错误的；
(2)分析可见，光控开关和压力开关是相互牵制，相互影响的，因此这两个开关只能串联，不能并联，所以D选项的说法也是错误的。
故选：C。
(1)只有在红灯亮的期间，光控开关才闭合，若此时车辆违规闯红灯行驶时，会压上压力开关，压力开关受到机动车的压力会闭合；
(2)光控开关和压力开关都闭合后，电磁铁中有电流通过，产生磁性，电磁铁会将衔铁吸下，使摄像系统所在的电路接通，摄像机会对违规车辆进行拍照。
(1)要使摄像系统工作，要同时具备两个条件：红灯亮起，光控开关因接受红光而闭合；车辆要违规行驶，压上压力开关，两个条件同时具备，缺一不可。
(2)此题也是电磁继电器在生活中的应用，明白它的工作原理是解决问题的关键。
10.【答案】AB
【解析】解：由图1可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，由图2可知I1=3A，
由I=UR可得，电源的电压：
U=I1R1=3A×R1，
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，由图2可知，I2=1A，U2=10V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U=I2R1+U2=1A×R1+10V，
因电源的电压不变，
所以，3A×R1=1A×R1+10V，
解得：R1=5Ω，故B错误；
电源的电压U=I1R1=3A×5Ω=15V，故A错误；
当电路中的电流最小时，R1消耗的功率最小，
则P1=I22R1=(1A)2×5Ω=5W，故D正确；
电路中的电流最大时，电路消耗的功率最大，
则，故C正确。
故选：AB。
由图1可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，根据图2读出电路中的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；
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，根据图2读出电路中的电流和电压表的示数，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压；
当电路中的电流最小时，R1消耗的功率最小，根据P=I2R求出其大小；
电路中的电流最大时，电路消耗的功率最大，根据P=UI求出其大小。
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，从图像中获取有用的信息是关键。
11.【答案】ACD
【解析】解：A、因定值电阻的阻值不变，所以，由I=UR可得，
前后两次电压分别为：U1=I1R，U2=I2R，
则电压增加量：△U=U2−U1=I2R−I1R=(I2−I1)R=△IR，
变形可得：R=△U△I，故A正确；
B、由P=UI可得，前后两次电阻消耗的功率分别为：P1=U1I1，P2=U2I2，
所以，电功率增加量△P=P2−P1=U2I2−U1I1，
由于，△U△I=(U2−U1)(I2−I1)=U2I2−U2I1−U1I2+U1I1=(U2I2−U1I1)+2U1I1−(U2I1+U1I2)
所以，△P≠△U△I，故B错误；
C、根据P=I2R可得，前后两次电阻消耗的功率分别为：P1=I12R，P2=I22R，
则：△P=P2−P1=I22R−I12R=(I22−I12)=(I2−I1)(I1+I2)R=(I2R−I1R)(I1+I2)=(U2−U1)(I1+I2)=△U(I1+I2)，故C正确。
D、根据P=U2R可得，前后两次电阻消耗的功率分别为：P1=U12R，P2=U22R，
△P=P2−P1=U22R−U12R=1R(U22−U12)=1R×(U2−U1)(U1+U2)=(U2R−U1R)(U1+U2)=(I2−I1)(U1+U2)=△I(U1+U2)，故D正确。
故选：ACD。
(1)定值电阻的阻值不变，根据欧姆定律表示出定值电阻两端的电压由U1增大到U2时其两端的电压变化量，据此得出△U△I的比值；
(2)根据P=UI=I2R=U2R和欧姆定律得出电功率增加量。
本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，有一定难度。
12.【答案】ABC
【解析】解：根据灯泡的规格“2.5V1.25W”，求得灯泡的电阻，灯丝的电阻不改变；
A、①滑动变阻器允许接入的最大值为20Ω；
②电路中电流最大为0.5A，根据串联电路电阻的特点，滑动变阻器允许接入的最小阻值为：
，故滑动变阻器接入的阻值范围是4Ω∼20Ω，因此A错误。
A、①电流表测量灯泡的电流，灯泡两端电压不允许超过额定值，也就是电路中的电流最大为灯泡的额定电流，
即电流最大值；
②滑动变阻器接入阻值最大时，电路中的电流最小，即电流最小值。
故电流表示数的变化范围是0.18A∼0.5A，故B错误。
C、电路中的电流最小时，灯泡的电功率最小，
∴灯泡的最小功率
灯泡的最小功率为0.162W，因此该选项正确。
D、电路中的电流最大时，电路的总功率最大，等于总电压和电流的乘积，
即，
故电路最大功率为2.25W，因此该选项不正确。
故选：ABC。
(1)从图中可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测量灯泡电压，电流表测量灯泡电流；
(2)两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定值，意思就是说电压表示数不超2.5V，电流表示数不超0.6A；
(3)根据各选项的要求，结合欧姆定律和电功率的内容进行相关计算，就可判断各选项正误。
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，关键是根据灯泡的额定电压和电流表的量程确定电路中的最大电流，对于选择题并不一定完全解答选项，只要有不正确的地方，本选项即为不正确。
13.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
(1)灯泡正常发光时的电压为2.5V，功率为1.25W，
由P=UI可得，灯泡正常发光时电路中的电流：I=IL=PLUL=1.25W2.5V=0.5A，
因串联电路中各处的电流相等，且变阻器允许通过的最大电流为1A，
所以，电路中的最大电流，此时变阻器接入电路中的电阻最小，电路的总功率最大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时电压表的示数：
UR=U−UL=4.5V−2.5V=2V，
由I=UR可得，变阻器接入电路中的最小阻值：，
电路的最大总功率：，故D正确；
(2)由I=UR可得，灯泡的电阻：RL=ULIL=2.5V0.5A=5Ω，
当电压表的示数最大为3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，灯泡的功率最小，
此时灯泡两端的电压：UL′=U−UR′=4.5V−3V=1.5V，
电路中的最小电流：，
则电路中电流变化的范围是0.3A∼0.5A，故A错误；
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：，
则滑动变阻器阻值变化的范围是4Ω∼10Ω，故B错误；
灯泡的最小功率：，故C错误。
故选：D。
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
(1)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P=UI求出灯泡正常发光时电路中的电流，然后结合变阻器允许通过的最大电流确定电路中的电流，再利用串联电路特点和欧姆定律的应用求出滑动变阻器接入电路的最小阻值，并利用P=UI求出电路的最大功率；
(2)根据欧姆定律求出灯泡的电阻，当电压表的示数为3V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡的功率最小，根据串联电路的电压特点求出此时灯泡两端的电压，利用欧姆定律求出电路中的最小电流和滑动变阻器接入电路中的最大阻值，利用P=UI求出灯泡的最小功率，然后得出答案。
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，正确的确定电路中的最大电流和最小电流是关键。
14.【答案】增大 大于
【解析】解：在线圈一定时，电磁铁的磁性增强，说明金属线圈内的电流增大，球体受到的磁力大于重力，球体向上运动，当球体远离电磁铁受到的磁力减小，当磁力等于重力时，球体悬浮的空中静止。
故答案为：增大；大于。
(1)电磁铁磁性强弱跟电流大小和线圈匝数有关，在线圈匝数相同时，电流越大，电磁铁磁性越强。
(2)球体受到的合力向上，球体向上运动，当受到合力为零时，球体悬浮在空中。
本题考查了电磁铁磁性强弱的影响因素，并且球体在远离电磁铁时，电磁铁的磁场变弱，球体受到的磁力减弱，当磁力和重力相等时，球体悬浮的空中。
15.【答案】短路 变大
【解析】解：(1)引起家庭电路中电流过大的原因是：一是短路，二是过载，即用电器总功率过大。这些可能造成电流过大引发安全事故；
(2)在家庭电路中，导线相互连接处因接触不良，该处的电阻较大，导线连接处与导线串联在电路中，通过的电流相等、通电时间相等，由Q=I2Rt可知，连接处电流产生的热量较多，往往比别处更容易发热，加速导线老化，甚至引起火灾。
故答案为：短路；变大。
(1)家庭电路中电流过大的原因有两种，一是用电器短路，二是用电器总功率过大。
(2)由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。导线相互连接处因为接触不良，易造成电阻变大，因为导线连接处与其他导线串联在电路中，通电时间是相同的，由焦耳定律可知电阻大的电流产生的热量越多，据此分析。
本题主要考查家庭电路中电流过大的原因，以及对焦耳定律及应用的了解和掌握，知道导线和导线的连接处为串联(电流相等)是本题的关键。
16.【答案】S 负
【解析】解：
由于小磁针静止时，其左端为S极，右端为N极，根据磁极间的相互作用规律可知，螺线管的b端为N极，a端为S极；
根据螺线管的N、S极和螺线管的线圈绕向，利用安培定则可知电流是从螺线管的右端流入、左端流出；由于电流是从电源的正极流出，经过外电路回到电源负极，所以可以确定电源的d端为正极，c端为负极。
故答案为：S；负。
利用小磁针静止时的N、S极的方向确定了螺线管的N、S极，然后利用螺线管的线圈绕向和磁极，根据安培定则再确定螺线管中电流方向，进一步确定电源的正负极。
在解题过程中若要判定螺线管或磁体的NS极，一般有以下几种方法：①根据图示的磁感线方向来确定；②利用周围小磁针的NS极来确定；③利用和已知极性的磁体的相互作用情况来确定；④利用安培定则来确定。在此题中，就是利用小磁针的SN极来确定的螺线管的磁极。
17.【答案】B到A 不会
【解析】解：(1)A带正电缺少电子，B不带电不缺少电子也不多余电子，A夺得电子本领强，B上的电子转移到A上。
(2)金属导体中是自由电子定向移动形成的电流，正电荷是不会移动的。
故答案为：B到A；不会。
(1)不带电的物体不缺少电子也不多余电子，带正电物体缺少电子，带正电的物体夺得电子本领大于不带电的物体。
(2)金属导体中是自由电子定向移动形成的电流，正电荷是不会移动的。
本题考查了带正电物体夺得电子本领大于不带电的物体，金属导体中自由电子可以定向移动，正电荷不会移动。
18.【答案】L2较亮 L1较亮
【解析】解：L1的电阻：，
L2的电阻：，
两灯泡串联时，通过两灯的电流相等，
根据P=I2R可知，L2的电阻大，实际功率大，灯泡就亮；
两灯泡并联时，两灯泡两端的电压相等，
根据P=U2R可知，L1的电阻小，实际功率大，灯泡就亮。
故答案为：L2较亮；L1较亮。
由铭牌可知两灯的额定电压和额定功率，根据R=U2P分别求出甲乙两端的电阻；
灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，利用P=U2R和P=I2R分别判断并联电路、串联电路两灯泡的亮暗情况。
本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点，以及电功率公式的灵活运用；关键是知道灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率。
19.【答案】100；
【解析】解：(2)“3000R/kW⋅h”表示每消耗1kW⋅h的电能电能表的转盘转3000转，
电能表的转盘转1500转消耗的电能：
W=15003000×1kW⋅h=0.5kW⋅h，
t=5h.
则用电器的电功率：P=Wt=0.5kW⋅h5h=0.1kW=100W.
(2)两个电阻串联时，总电阻等于各分电阻之和，即总电阻越串越大，大于任何一个分电阻；
并联时，总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，即总电阻越并越小，小于任何一个分电阻；
所以甲、乙、丙、丁四个电路两端电压相等，电阻关系为；
由P=U2R可知，四个电路的总功率关系为；
由Q=W=Pt可知，相同时间放出的总热量关系为，
故答案为：(1)100；
(1)电能表所标“3000R/kW⋅h”表示每消耗1kW⋅h的电能电能表的转盘转3000转，现在知道转盘转了1500转，可以求出该用电器在5内消耗的电能，再利用P=Wt求出该用电器的电功率．
(2)根据串并联电路电阻特点可知，两电阻并联时总电阻最小，两电阻串联时总电阻最大；根据P=U2R可知，电压不变时，电阻越小，电路消耗的电功率越大，反之越小，最后根据Q=W=Pt得出相同时间放出的总热量的关系．
(1)掌握电能表各参数的含义，利用额定电压和最大电流可以求出最大功率，利用一个用电器单独工作，铝盘转动的圈数和转动的时间可以求出用电器的功率，这两种是常用的方法，一定要掌握．
(2)本题考查了利用串并联电路电阻特点和电功率公式、电热公式解决简单问题的能力，要注意电阻的串联相当于导体的长度变长、电阻变大，电阻的并联相当于增大横截面积、电阻变小．
20.【答案】解：(1)水吸收的热量：
=4.2×103J/(kg⋅℃)×30kg×(50℃−20℃)
=3.78×106J；
(2)消耗的电能：
W=Pt=2000W×2100s=4.2×106J，
此过程电热淋浴器的热效率：
。
答：(1)加热过程中水吸收的热量为3.78×106J；
(2)此过程电热淋浴器的热效率为90%。
【解析】(1)知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式求出水吸收的热量；
(2)根据W=Pt求出消耗的电能，利用求出此过程电热淋浴器的热效率。
本题是一道电学与热学的综合计算题，考查了热量的计算、电功的计算、电热淋浴器的效率的计算，要注意区分哪些是有用能量(被水吸收的)、哪些是总能量(消耗的电能)。
21.【答案】P=UI右 0.5A表中没有电功率一栏
【解析】解：(1)该实验的实验原理是P=UI。
(2)根据实物图画出电路图，如下左图所示：
(3)闭合开关前，滑片P应位于滑动变阻器阻值最大处的右端。
(4)改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，如下表所示。电压表示数为2.5V，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时电流为0.5A；
(5)根据表中数据在图中找出对应的点，用平滑的曲线连接，如上右图所示；
测量小灯泡额定功率表中没有电功率一栏。
故答案为：(1)P=UI；(2)如上左；(3)右；(4)0.4A；(5)如上右图所示：表中没有电功率一栏。
(1)该实验的实验原理是P=UI。
(2)根据实物图画出电路图，注意各元件顺序与实物图一一对应；
(3)闭合开关前，滑片P应位于滑动变阻器阻值最大处；
(4)根据电流表选用小量程确定分度值读数；
(5)根据描点法作图；测量小灯泡额定功率表中应有电功率一栏。
本题测量灯的额定功率，考查实验原理、画电路图、注意事项、电流表读数、描点法作图及表格设计。
22.【答案】A 在电流相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强 线圈的匝数 电流大小
【解析】解：(1)读图可知，两只电磁铁是串联在电路中的，所以流经它们的电流是相同时，同时还可以看到，它们线圈的匝数是不同的，电磁铁A吸引大头针多，故电磁铁A磁性强；本实验研究的是电磁铁磁性强弱与匝数的关系。通过分析现象可得出的结论是：在电流相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强。
(2)实验二中，电流的大小改变，线圈的匝数不变，故改变是电流的大小，控制的变量是线圈的匝数；
(3)运用控制变量法探究电磁铁磁性强弱可能与线圈内的有无铁芯的关系时，要控制电流大小不变，电磁铁线圈的匝数不变，观察吸引曲别针的数量多少；需要记录的数据有有无铁芯，吸引大头针的数量，设计表格如下：
实验次数
有无铁芯
吸引大头针数量
(个)
电磁铁磁性强弱
(弱、强、较强)
1
有
2
无
故答案为：(1)A；在电流相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强；(2)线圈的匝数；电流大小；(3)如上表。
(1)两只电磁铁是串联的，所以电流相同，只有线圈的匝数是不同的，据此来做出判断。
(2)猜想二：电磁铁磁性强弱与通过电磁铁的电流大小有关，电流的大小改变，线圈的匝数不变，据此判断；
(3)根据控制变量法设计实验及实验表格需要明确不变的量和变化的量及实验观察的对象变化。
本题考查了对探究电磁铁的磁性强弱与哪些因素有关的实验的一个初步的认识，要明确“匝数”和“电流”是我们研究的主要变量，同时还要知道是如何运用转换法和控制变量法的。
23.【答案】0∼3VR1
【解析】解：(1)(2)将灯泡、定值电阻、滑动变阻器串联在电路中，电压表分别测灯泡和定值电阻两端电压，利用串联电路特点计算灯泡正常发光时的电流，从而计算灯泡的额定功率，由此设计电路如图所示：
；
小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择0∼3V量程；
由P=U2R可得，灯泡正常发光时的电阻约为，
若选择R2=10Ω的定值电阻，根据串联电路的分压原理可知，，则R2两端电压大于2.5V，而电源电压约为3V，则不能完成实验；
若选择R1=1Ω的定值电阻，根据串联电路的分压原理知，，即U12.5V=1Ω6.25Ω，则U1=0.4V，灯泡与R1的总电压2.5V+0.4V=2.9V<3V，能完成实验；
(3)实验步骤：
①连接实物，先将电压表并联在灯泡两端，调节滑片使灯泡两端电压等于2.5V；
②再将电压表并联在R1两端，保持滑片位置不变，读出此时电压表示数U1；
(4)由步骤①知，灯泡正常发光；由步骤②根据串联电路特点和欧姆定律可得灯泡正常发光的电流：I=I1=U1R1，
所以灯泡的额定功率：P=UI=3V×U1R1。
故答案为：(1)0∼3V；R1；(2)见上图；(3)①连接实物，先将电压表并联在灯泡两端，调节滑片使灯泡两端电压等于2.5V；②再将电压表并联在R1两端，保持滑片位置不变，读出此时电压表示数U1；(4)P=3V×U1R1。
(1)(2)根据串联电路特点，利用电压表和已知阻值的电阻，根据串联电路特点和欧姆定律间接测灯泡正常发光时的电流，则可计算出灯泡的额定功率，由此设计电路。
根据灯泡的额定电压选择电压表量程；先根据P=U2R计算灯泡电阻的大小，由串联电路特点和欧姆定律分析为精确测出小灯泡的额定功率选择的定值电阻；
(3)要测灯泡的额定功率，需要得到灯泡正常发光时的电压和电流，由电路图设计实验步骤；
(4)根据串联电路特点和欧姆定律表示出灯泡正常发光的电流，由P=UI计算额定功率。
本题是特殊方法测电功率的实验，考查了器材选择、实验设计等，关键是知道可以利用电压表和定值电阻的组合间接测出灯泡正常发光时的电流。
24.【答案】解：(1)由并联电路的分流特点可知，小量程电流表改装成量程为0∼0.6A的电流表时，应并联一个电阻R分流，
当改装后的电流表满偏时，通过小量程电流表的电流为：Ig=3mA，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，此时通过R的电流为：IR=IA−Ig=0.6×1000mA−3mA=597mA，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由I=UR可得，电流表两端的电压为：UA=IRR=Ig×Rg(Ω)，
则并联电阻的阻值为：R=IgIRRg(Ω)=3mA597mA×Rg(Ω)≈5.03×10−3Rg(Ω)；
(2)由串联电路的分压特点可知，小量程电流表改装成量程0∼3V的电压表时，应串联一个电阻R′分压，
当改装后的电压表满偏时，通过电压表的电流为：Ig=3mA，
此时电路的总电阻为：，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，串联电阻的阻值为：；
(3)利用双刀双掷开关、R1和R2把小量程电流表改装成大量程电流表(并联一个电阻)或大量程电压表(并联一个电阻)，如下图所示：
使用说明：当开关接ab时，R1与小量程电流表并联，为大量程电流表；
当开关接cd时，R2与小量程电流表串联，为大量程电压表。
答：(1)若将它改装成一个量程为0∼0.6A的电流表，需要并联一个5.03×10−3Rg(Ω)的电阻；
(2)如果要把它改装成量程0∼3V的电压表，需要串联一个1000Ω−Rg(Ω)的电阻；
(3)设计的电路连接和使用说明见解答。
【解析】(1)由并联电路的分流特点可知，小量程电流表改装成量程为0∼0.6A的电流表时，应并联一个电阻R分流，当改装后的电流表满偏时，通过小量程电流表的电流为满偏电路，根据并联电路的电流特点求出此时通过R的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律得出等式即可求出并联电阻的阻值；
(2)由串联电路的分压特点可知，小量程电流表改装成量程0∼3V的电压表时，应串联一个电阻R′分压，当改装后的电压表满偏时，通过电压表的电流为满偏电流，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串联电阻的阻值；
(3)利用双刀双掷开关、R1和R2把小量程电流表改装成大量程电流表(并联一个电阻)或大量程电压表(并联一个电阻)，据此结合电路图进行解答。
本题考查了电表的改装，涉及到串并联电路的特点和欧姆定律的应用以及电路图的设计，明白串联电路的分压特点和并联电路的分类特点是关键。
2020-2021学年天津市九年级（上）期末物理试卷
1. 家用电冰箱正常工作时的电功率最接近( )
A. 1W B. 10W C. 300W D. 1000W
2. 如图所示实例中，通过做功的方式改变物体内能的是( )
A. 用炉灶烧水水温度升高
B. 两手互相摩擦手的温度升高
C. 发烧时用冷毛巾给头部降温
D. 寒冷冬天用暖水袋取暖
3. 四冲程柴油机在工作过程中，将机械能转化为内能的冲程是( )
A. 吸气冲程 B. 压缩冲程 C. 做功冲程 D. 排气冲程
4. 小利同学观察到学校楼道里的消防应急灯，平时灯是熄的，一旦停电，两盏标有“36V”灯泡就会正常发光。图所示是小利设计的四个电路，其中可以起到消防应急灯作用的电路是( )
A. B.
C. D.
5. 要使一根镍铬合金线接入电路的电阻变大，可采用的方法是( )
A. 减小导线中的电流 B. 增大导线两端的电压
C. 将导线对折后接入电路 D. 将导线拉长后接入电路
6. 如图所示，对下列甲、乙、丙、丁四幅图的解释中不合理的是( )
A. 甲：电流能产生磁场
B. 乙：闭合开关，小磁针N极向左偏转
C. 丙：电流相同时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强
D. 丁：电动机的工作原理图
7. 小红同学在做“探究串电路电压的规律”的实验时，连好了如图所示的电路，闭合开关S后发现L2正常发光，L1只能微弱发光，对产生这一现象的原因分析，你认为合理的是( )
A. 灯L1的电阻大于灯L2的电阻 B. 灯L1的电压等于灯L2的电压
C. 通过灯L1的电流小于灯L2的电流 D. 灯L1实际功率小于灯L2实际功率
8. 如图所示，甲站在干燥的木桌上一只手接触到火线；乙站在地上一只手接触到零线；丙站在干燥的木桌上一只手接触到火线，此时丁站在地面上用手去拉丙。则( )
A. 甲、乙都不会触电 B. 甲、丙都会触电
C. 乙、丁都会触电 D. 丙、丁都不会触电
9. 如图是拍摄机动车闯红灯的工作原理示意图。光控开关接收到红灯发出的光会自动闭合，压力开关受到机动车的压力会闭合，摄像系统在电路接通时可自动拍摄违章车辆。则下列说法中正确的是( )
A. 只要光控开关接收到红光，摄像系统就会自动拍摄
B. 若将光控开关和压力开关并联，也能起到相同的作用
C. 只有光控开关和压力开关都闭合时，摄像系统才会自动拍摄
D. 只要机动车驶过埋有压力开关的路口，摄像系统就会自动拍摄
10. 如图所示，电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。移动滑片P，ab两端电压U和通过的电流I之间的关系图像如图乙所示。则下列说法中不正确的是( )
A. 电源电压为10V
B. R1的阻值为50Ω
C. 闭合开关后，电路消耗的最大功率为45W
D. R1消耗的最小功率是5W
11. 当定值电阻R的电压由U1(U1≠0)增大到U2时，通过它的电流由I1增大到I2。电压增加量△U=U2−U1，电流增加量△I=I2−I1，电功率增加量为△P=P2−P1，则( )
A. R=△U△I B. △P=△U⋅△I
C. △P=△U⋅(I1+I2) D. △P=△I⋅(U1+U2)
12. 小伟同学用如图所示的电路测小灯泡的功率，电路中电源电压恒为4.5V，电压表的量程为0∼3V，电流表的量程为0∼0.6A.滑动变阻器的规格为“20Ω1A“，灯泡标有“2.5V1.25W”字样。若闭合开关，两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端的电压不允许超过额定值，不考虑灯丝电阻的变化，则下列说法中错误的是( )
A. 滑动变阻器的电阻允许调节的范围是0∼20Ω
B. 电流表示数的变化范围是0∼1A
C. 灯泡的最小功率是1.25W
D. 该电路的最大功率是2.25W
13. 某同学在做“调节灯泡亮度”的电学实验时，电路如图所示，电源电压恒为4.5V，电压表量程“0∼3V”，滑动变阻器规格“20Ω1A”，灯泡标有“2.5V1.25W”字样[忽略灯丝电阻变化]，在不损坏电路元件的情况下，下列判断不正确的是( )
A. 电路中电变化的范围是0.18A∼0.5A
B. 滑动变阻器阻值变化的范围是2.5Ω∼10Ω
C. 灯泡的最小功率是0.162W
D. 该电路的最大功率是2.25W
14. 实际生产和生活中，电磁铁的应用十分广泛。如图磁悬浮地球仪的球体中有一个磁铁，环形底座内有一金属线圈，通电后相当于电磁铁。将磁悬浮地球仪的球体用手轻轻向下按一下，球体就会从原来的悬浮位置向下运动，此时金属线圈中的电流______ (选填“增大”或“减小”)，磁性增强，金属线圈对球体的作用力______ (选填“大于”或“小于”)球体重力，球体到达最低点向上运动返回原悬浮位置。
15. 入冬以来，各地因为不安全用电引起的火灾事故明显有上升趋势。在家庭电路中除了发生______ 和过载(用电器总功率过大)会造成电流过大引发安全事故外，线路连接处因为接触不良，也容易造成该处电阻______ (选填“变大”或“变小”)，造成局部过热，从而加速导线老化，引起火灾。
16. 小磁针静止时的指向如图所示，由此可知，a端是通电螺线管的______ 极(选填“N”或“S”)，c端是电源的______ 极(选填“正”或“负”)。
17. 两个相同的验电器A和B，A带正电，B不带电，用一根带有绝缘柄的金属棒把A、B连接起来，瞬间电子方向为______ (选填“A到B”或“B到A”)；金属棒中的正电荷______ (选填“会”或“不会”)流动。
18. 把标有“220V100W”的L1和标有“220V40W”字样的L2两个灯泡串联接在220V的电路中，此时______；把两灯并联接在220V的电路中，此时______。(注意：两空均选填“L1较亮”、“L2较亮”或“一样亮”)
19. (1)如图1所示用来测量电能的仪表，当电路中只有一只电饭煲接入电路，正常工作5h，发现此电能表的转盘转过1500转，则这只电饭煲的额定功率是______W.
(2)在图2电路中发热电阻丝电阻R1>R2，电源电压相同且恒定，在相同时间内甲、乙、丙、丁四个电路发热电阻丝放出的热量、、、，由大到小的顺序是______.
20. 小华家额定功率为2000W的电热淋浴器，水箱装满30kg水后连续正常加热2100s。水的温度由20℃升高到50℃。已知，求：
(1)加热过程中水吸收的热量；
(2)此过程电热淋浴器的热效率。
21. 在“测量小灯泡额定功率”实验中，小灯泡的额定电压。
(1)该实验的实验原理是______。
(2)图甲是小兰测量小灯泡额定功率的实物图，请你在图丁虚线框内画出对应的电路图。
(3)闭合开关前，滑片P应位于滑动变阻器的______(选填“左”或“右”)端。
(4)改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，如下表所示。电压表示数为2.5V，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，此时电流为______。
实验次数
1
2
3
4
发光情况
熄灭
微亮
较亮
明亮
电压U(V)
0.5
1.0
2.0
2.5
电流I(A)
0.2
0.38
0.46
(5)根据上表中数据，请在图丙中画出I−U关系图象；同时小兰同学发现实验表格设计得有缺陷，缺陷是______。
22. 同学们在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”的实验时，做了如下猜想：
猜想一：电磁铁磁性强弱与电磁铁线圈的匝数多少有关；
猜想二：电磁铁磁性强弱与通过电磁铁的电流大小有关；
为了验证上述猜想是否正确，同学们设计了以下实验方案：用漆包线(表面涂有绝缘漆的导线)在大小不同的铁钉上绕制若干圈，制成简单的电磁铁；并利用电池组、滑动变阻器、开关、一堆大头针以及长导线为实验器材进行实验。请你回答下列问题：
(1)如图所示，小明同学使用两个相同的大铁钉绕成匝数不同的电磁铁A和B，由图中的情境可知，电磁铁______ (选填“A”或“B”)的磁性强，并由此得出的实验结论是：______ ；
(2)为了验证猜想二，实验时应控制电磁铁______ 相同，改变______ 。
(3)上面的实验结束后，又有同学提出“电磁铁磁性强弱可能与线圈内有无铁芯有关”的猜想。请你设计出探究这一猜想的记录数据表格。
23. 物理课上，老师拿来一个额定电压为2.5V的小灯泡(额定功率约为1W)，让同学们精确测出它的额定功率。除了小灯泡，老师提供的实验器材有：一个电源(电压约为3V)。一块电压表(量程：0∼3V，分度值：0.1V和0∼15V，分度值：0.5V)，2个阻值已知的定值电阻R1=1Ω，R2=10Ω，一个滑动变阻器，开关、导线若干。请你合理选用器材帮助同学们设计一个实验方案，精确测出小灯泡的额定功率。要求：
(1)电压表的量程应该选______ ，定值电阻应该选______ ；
(2)在虚线框内画出你所设计的电路图；
(3)写出主要实验步骤及要测量的物理量；
(4)写出小灯泡额定功率的数学表达式(用已知量和测得量表示)。
24. 小资料
双刀双掷开关
如图所示的双刀双掷开关是两个单刀双掷开关并列而成，其两个刀通过一个绝缘塑料相连，共用一个手柄，一起“联动”但彼此不连通。电路符号如图。
电学实中用的电流表和电压表都是由小量程电流表G(表头)改装而成的，从电路的角度看，表头就是一个电阻，同遵循欧姆定律。小量程电流表G的电阻叫做电流表内阻，指针偏转到最大刻度时的电流Ig叫做满偏电流。有一个小量程电流表G，已知内阻为Rg，满偏电流为3mA。
(1)若它改装成一个量程为0∼0.6A的电流表，要怎样连接一个多大的电阻？
(2)如果要把它改装成量程0∼3V的电压表，要怎样连接一个多大的电阻？
(3)请你设计一种两用仪表，利用双刀双掷开关、R1和R2把小量程电流表G改装成大量程电流表或大量程电压表，请你在图中完成电路连接，并做简要的使用说明。(不要求计算R1和R2的电阻大小)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：家用电冰箱正常工作时的电压U=220V，通过的电流约为I=1A，
正常工作时的电功率P=UI=220V×1A=220W，
结合选项可知，与C选项接近。
故选：C。
家用电冰箱正常工作时的电压为220V，估测电冰箱正常工作时的电流，根据P=UI求出其正常工作时的功率，然后结合选项得出答案。
本题考查了学生对家用电器电功率的了解与掌握，是一道基础题目。
2.【答案】B
【解析】解：
A、用炉灶烧水水温度升高，水吸收热量，是通过热传递改变水的内能，故A不符合题意；
B、两手相互摩擦，克服摩擦做功，使手的温度升高、内能增大，是通过做功改变手的内能，故B符合题意；
C、发烧时用冷毛巾给头部降温，冷毛巾吸收热量，是通过热传递改变头部的内能，故C不符合题意；
D、寒冷冬天用暖水袋取暖，人体吸收热量，是通过热传递改变人的内能，故D不符合题意。
故选：B。
改变内能的方式有两种：做功和热传递。做功的实质是能量的转化，热传递的实质是能量的转移。
本题主要考查学生对做功与热传递改变物体内能的了解，是一道基础题。
3.【答案】B
【解析】解：在四冲程内燃机工作的四个冲程中，将机械能转化为内能的是压缩冲程；
故选：B。
内燃机在压缩冲程的能量转化是机械能转化为内能。
考查了汽油机四冲程中的能量转化，常见题目。
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，分析各图可知，当照明电路正常工作时，电磁铁具有磁性，吸引衔铁，使消防应急灯所在电路断开，而当停电后，电磁铁失去磁性，衔铁在弹簧的作用下向上弹起，与触点接触，两灯泡连接，且为并联。因此，对照各图发现，只有图C符合这一要求。
故选：C。
观察图可知，220V的电路肯定是照明电路，而36V的电路才是为应急灯提供的电源，再根据两盏灯都在停电后会正常发光，可断定，两灯并联，且在照明电路工作时不连通。
此题中明确电磁继电器的工作过程，能分析出，是照明电路中的电源控制了消防应急灯，是本题解决的关键。
5.【答案】D
【解析】解：
AB、电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，故AB不符合题意。
C、将导线对折后接入电路，长度变小、横截面积变大，则导线的电阻变小，故C不符合题意；
D、将这根导线拉长，长度变长、横截面积变小，其电阻变大，可以使连入电路的导线电阻变大，故D符合题意；
故选：D。
影响电阻大小的因素有导体的材料、长度、横截面积以及温度，与导体两端的电压、通过的电流无关；在材料和温度不变时，导线越长、横截面积越小，其电阻越大。
本题考查了学生对影响电阻大小的因素的掌握情况，理解电阻是导体阻碍电流的性质是本题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：A、该实验是奥斯特实验：当导线中通过电流时，小磁针发生偏转，实验现象表明电流周围存在磁场，即电生磁，这个现象叫做电流的磁效应，故A正确；
B、闭合开关，通电螺线管中的电流方向由右侧流入，根据安培定则可知，螺线管的左端是N极，根据磁极间的相互作用知小磁针的N极向左偏转，故B正确；
C、由图可知，两个电磁铁是串联的，则通过两个电磁铁的电流相同。在电流相同的情况下，匝数多的电磁铁吸引的大头针数目多，表明线圈匝数越多，磁性越强，故C正确；
D、图中没有电源，是发电机的原理图，故D错误。
故选：D。
(1)小磁针会发生偏转是受到了磁场的作用，说明通电导体周围存在磁场；
(2)根据安培定则先判断出通电螺线管的N极，然后根据磁感线方向判断出小磁针N极的指向；
(3)电磁铁的磁性强弱与线圈匝数多少有关：当电流相同时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强；
(4)发电机是根据电磁感应制成的。
本题考查了电流的磁效应、通电螺线管的磁场及安培定则、电磁感应的应用、影响电磁铁磁性强弱的因素。均为电学中的基础内容，应重点掌握。
7.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，两灯泡串联，且都能发光，灯L1只能微弱发光，说明灯L1的实际功率小于灯L2的实际功率，串联电路各处电流相等，由电功率公式P=I2R可知，灯L1的电阻小于灯L2的电阻，故A、C错误，D正确；
由P=UI可知灯L1的电压小于灯L2的电压，故B错误。
故选：D。
灯泡亮度由灯泡实际功率决定，L2正常发光，L1只能微弱发光，可判断出两灯实际功率的大小；
由电路图可知，两灯泡串联，通过两灯泡的电流相等，根据电功率公式P=I2R分析灯泡电阻大小，根据电功率公式P=UI可知灯泡电压的大小。
本题考查串联电路特点、电功率公式及其变形公式的灵活运用。
8.【答案】A
【解析】解：甲站在干燥的木桌上一只手接触到火线，无法形成电流的通路，故不会发生触电；
乙站在地上一只手接触到零线，零线与大地之间没有电压，因此没有电流通过人体，不会发生触电；
丙站在干燥的木桌上一只手接触到火线，此时，丁站在地面上用手去拉丙，这样电流可以从火线经丙、丁导向大地，会造成丙、丁两人同时触电。
综上所述，甲、乙都不会触电，丙、丁都会触电。
故选：A。
触电的实质是当有一定大小的电流通过人体，就会引起人体触电；
家庭电路的触电事故有两种：单相触电和双相触电。单相触电是站在地上和火线接触或间接接触火线；双相触电是人体一端接触火线，一端接触零线。
此题考查的是触电的两种类型和家庭电路的连接，掌握触电的实质是：人体直接或间接跟火线接触造成的。
9.【答案】C
【解析】解：(1)分析题意可知，只有光控开关和压力开关都闭合时，摄像系统才会自动拍摄，因此A和B两个选项的说法是错误的；
(2)分析可见，光控开关和压力开关是相互牵制，相互影响的，因此这两个开关只能串联，不能并联，所以D选项的说法也是错误的。
故选：C。
(1)只有在红灯亮的期间，光控开关才闭合，若此时车辆违规闯红灯行驶时，会压上压力开关，压力开关受到机动车的压力会闭合；
(2)光控开关和压力开关都闭合后，电磁铁中有电流通过，产生磁性，电磁铁会将衔铁吸下，使摄像系统所在的电路接通，摄像机会对违规车辆进行拍照。
(1)要使摄像系统工作，要同时具备两个条件：红灯亮起，光控开关因接受红光而闭合；车辆要违规行驶，压上压力开关，两个条件同时具备，缺一不可。
(2)此题也是电磁继电器在生活中的应用，明白它的工作原理是解决问题的关键。
10.【答案】AB
【解析】解：由图1可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，由图2可知I1=3A，
由I=UR可得，电源的电压：
U=I1R1=3A×R1，
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，由图2可知，I2=1A，U2=10V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U=I2R1+U2=1A×R1+10V，
因电源的电压不变，
所以，3A×R1=1A×R1+10V，
解得：R1=5Ω，故B错误；
电源的电压U=I1R1=3A×5Ω=15V，故A错误；
当电路中的电流最小时，R1消耗的功率最小，
则P1=I22R1=(1A)2×5Ω=5W，故D正确；
电路中的电流最大时，电路消耗的功率最大，
则，故C正确。
故选：AB。
由图1可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，根据图2读出电路中的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；
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，根据图2读出电路中的电流和电压表的示数，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压；
当电路中的电流最小时，R1消耗的功率最小，根据P=I2R求出其大小；
电路中的电流最大时，电路消耗的功率最大，根据P=UI求出其大小。
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，从图像中获取有用的信息是关键。
11.【答案】ACD
【解析】解：A、因定值电阻的阻值不变，所以，由I=UR可得，
前后两次电压分别为：U1=I1R，U2=I2R，
则电压增加量：△U=U2−U1=I2R−I1R=(I2−I1)R=△IR，
变形可得：R=△U△I，故A正确；
B、由P=UI可得，前后两次电阻消耗的功率分别为：P1=U1I1，P2=U2I2，
所以，电功率增加量△P=P2−P1=U2I2−U1I1，
由于，△U△I=(U2−U1)(I2−I1)=U2I2−U2I1−U1I2+U1I1=(U2I2−U1I1)+2U1I1−(U2I1+U1I2)
所以，△P≠△U△I，故B错误；
C、根据P=I2R可得，前后两次电阻消耗的功率分别为：P1=I12R，P2=I22R，
则：△P=P2−P1=I22R−I12R=(I22−I12)=(I2−I1)(I1+I2)R=(I2R−I1R)(I1+I2)=(U2−U1)(I1+I2)=△U(I1+I2)，故C正确。
D、根据P=U2R可得，前后两次电阻消耗的功率分别为：P1=U12R，P2=U22R，
△P=P2−P1=U22R−U12R=1R(U22−U12)=1R×(U2−U1)(U1+U2)=(U2R−U1R)(U1+U2)=(I2−I1)(U1+U2)=△I(U1+U2)，故D正确。
故选：ACD。
(1)定值电阻的阻值不变，根据欧姆定律表示出定值电阻两端的电压由U1增大到U2时其两端的电压变化量，据此得出△U△I的比值；
(2)根据P=UI=I2R=U2R和欧姆定律得出电功率增加量。
本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，有一定难度。
12.【答案】ABC
【解析】解：根据灯泡的规格“2.5V1.25W”，求得灯泡的电阻，灯丝的电阻不改变；
A、①滑动变阻器允许接入的最大值为20Ω；
②电路中电流最大为0.5A，根据串联电路电阻的特点，滑动变阻器允许接入的最小阻值为：
，故滑动变阻器接入的阻值范围是4Ω∼20Ω，因此A错误。
A、①电流表测量灯泡的电流，灯泡两端电压不允许超过额定值，也就是电路中的电流最大为灯泡的额定电流，
即电流最大值；
②滑动变阻器接入阻值最大时，电路中的电流最小，即电流最小值。
故电流表示数的变化范围是0.18A∼0.5A，故B错误。
C、电路中的电流最小时，灯泡的电功率最小，
∴灯泡的最小功率
灯泡的最小功率为0.162W，因此该选项正确。
D、电路中的电流最大时，电路的总功率最大，等于总电压和电流的乘积，
即，
故电路最大功率为2.25W，因此该选项不正确。
故选：ABC。
(1)从图中可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测量灯泡电压，电流表测量灯泡电流；
(2)两电表的示数均不超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定值，意思就是说电压表示数不超2.5V，电流表示数不超0.6A；
(3)根据各选项的要求，结合欧姆定律和电功率的内容进行相关计算，就可判断各选项正误。
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，关键是根据灯泡的额定电压和电流表的量程确定电路中的最大电流，对于选择题并不一定完全解答选项，只要有不正确的地方，本选项即为不正确。
13.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
(1)灯泡正常发光时的电压为2.5V，功率为1.25W，
由P=UI可得，灯泡正常发光时电路中的电流：I=IL=PLUL=1.25W2.5V=0.5A，
因串联电路中各处的电流相等，且变阻器允许通过的最大电流为1A，
所以，电路中的最大电流，此时变阻器接入电路中的电阻最小，电路的总功率最大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时电压表的示数：
UR=U−UL=4.5V−2.5V=2V，
由I=UR可得，变阻器接入电路中的最小阻值：，
电路的最大总功率：，故D正确；
(2)由I=UR可得，灯泡的电阻：RL=ULIL=2.5V0.5A=5Ω，
当电压表的示数最大为3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，灯泡的功率最小，
此时灯泡两端的电压：UL′=U−UR′=4.5V−3V=1.5V，
电路中的最小电流：，
则电路中电流变化的范围是0.3A∼0.5A，故A错误；
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：，
则滑动变阻器阻值变化的范围是4Ω∼10Ω，故B错误；
灯泡的最小功率：，故C错误。
故选：D。
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
(1)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P=UI求出灯泡正常发光时电路中的电流，然后结合变阻器允许通过的最大电流确定电路中的电流，再利用串联电路特点和欧姆定律的应用求出滑动变阻器接入电路的最小阻值，并利用P=UI求出电路的最大功率；
(2)根据欧姆定律求出灯泡的电阻，当电压表的示数为3V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡的功率最小，根据串联电路的电压特点求出此时灯泡两端的电压，利用欧姆定律求出电路中的最小电流和滑动变阻器接入电路中的最大阻值，利用P=UI求出灯泡的最小功率，然后得出答案。
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，正确的确定电路中的最大电流和最小电流是关键。
14.【答案】增大 大于
【解析】解：在线圈一定时，电磁铁的磁性增强，说明金属线圈内的电流增大，球体受到的磁力大于重力，球体向上运动，当球体远离电磁铁受到的磁力减小，当磁力等于重力时，球体悬浮的空中静止。
故答案为：增大；大于。
(1)电磁铁磁性强弱跟电流大小和线圈匝数有关，在线圈匝数相同时，电流越大，电磁铁磁性越强。
(2)球体受到的合力向上，球体向上运动，当受到合力为零时，球体悬浮在空中。
本题考查了电磁铁磁性强弱的影响因素，并且球体在远离电磁铁时，电磁铁的磁场变弱，球体受到的磁力减弱，当磁力和重力相等时，球体悬浮的空中。
15.【答案】短路 变大
【解析】解：(1)引起家庭电路中电流过大的原因是：一是短路，二是过载，即用电器总功率过大。这些可能造成电流过大引发安全事故；
(2)在家庭电路中，导线相互连接处因接触不良，该处的电阻较大，导线连接处与导线串联在电路中，通过的电流相等、通电时间相等，由Q=I2Rt可知，连接处电流产生的热量较多，往往比别处更容易发热，加速导线老化，甚至引起火灾。
故答案为：短路；变大。
(1)家庭电路中电流过大的原因有两种，一是用电器短路，二是用电器总功率过大。
(2)由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。导线相互连接处因为接触不良，易造成电阻变大，因为导线连接处与其他导线串联在电路中，通电时间是相同的，由焦耳定律可知电阻大的电流产生的热量越多，据此分析。
本题主要考查家庭电路中电流过大的原因，以及对焦耳定律及应用的了解和掌握，知道导线和导线的连接处为串联(电流相等)是本题的关键。
16.【答案】S 负
【解析】解：
由于小磁针静止时，其左端为S极，右端为N极，根据磁极间的相互作用规律可知，螺线管的b端为N极，a端为S极；
根据螺线管的N、S极和螺线管的线圈绕向，利用安培定则可知电流是从螺线管的右端流入、左端流出；由于电流是从电源的正极流出，经过外电路回到电源负极，所以可以确定电源的d端为正极，c端为负极。
故答案为：S；负。
利用小磁针静止时的N、S极的方向确定了螺线管的N、S极，然后利用螺线管的线圈绕向和磁极，根据安培定则再确定螺线管中电流方向，进一步确定电源的正负极。
在解题过程中若要判定螺线管或磁体的NS极，一般有以下几种方法：①根据图示的磁感线方向来确定；②利用周围小磁针的NS极来确定；③利用和已知极性的磁体的相互作用情况来确定；④利用安培定则来确定。在此题中，就是利用小磁针的SN极来确定的螺线管的磁极。
17.【答案】B到A 不会
【解析】解：(1)A带正电缺少电子，B不带电不缺少电子也不多余电子，A夺得电子本领强，B上的电子转移到A上。
(2)金属导体中是自由电子定向移动形成的电流，正电荷是不会移动的。
故答案为：B到A；不会。
(1)不带电的物体不缺少电子也不多余电子，带正电物体缺少电子，带正电的物体夺得电子本领大于不带电的物体。
(2)金属导体中是自由电子定向移动形成的电流，正电荷是不会移动的。
本题考查了带正电物体夺得电子本领大于不带电的物体，金属导体中自由电子可以定向移动，正电荷不会移动。
18.【答案】L2较亮 L1较亮
【解析】解：L1的电阻：，
L2的电阻：，
两灯泡串联时，通过两灯的电流相等，
根据P=I2R可知，L2的电阻大，实际功率大，灯泡就亮；
两灯泡并联时，两灯泡两端的电压相等，
根据P=U2R可知，L1的电阻小，实际功率大，灯泡就亮。
故答案为：L2较亮；L1较亮。
由铭牌可知两灯的额定电压和额定功率，根据R=U2P分别求出甲乙两端的电阻；
灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，利用P=U2R和P=I2R分别判断并联电路、串联电路两灯泡的亮暗情况。
本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点，以及电功率公式的灵活运用；关键是知道灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率。
19.【答案】100；
【解析】解：(2)“3000R/kW⋅h”表示每消耗1kW⋅h的电能电能表的转盘转3000转，
电能表的转盘转1500转消耗的电能：
W=15003000×1kW⋅h=0.5kW⋅h，
t=5h.
则用电器的电功率：P=Wt=0.5kW⋅h5h=0.1kW=100W.
(2)两个电阻串联时，总电阻等于各分电阻之和，即总电阻越串越大，大于任何一个分电阻；
并联时，总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，即总电阻越并越小，小于任何一个分电阻；
所以甲、乙、丙、丁四个电路两端电压相等，电阻关系为；
由P=U2R可知，四个电路的总功率关系为；
由Q=W=Pt可知，相同时间放出的总热量关系为，
故答案为：(1)100；
(1)电能表所标“3000R/kW⋅h”表示每消耗1kW⋅h的电能电能表的转盘转3000转，现在知道转盘转了1500转，可以求出该用电器在5内消耗的电能，再利用P=Wt求出该用电器的电功率．
(2)根据串并联电路电阻特点可知，两电阻并联时总电阻最小，两电阻串联时总电阻最大；根据P=U2R可知，电压不变时，电阻越小，电路消耗的电功率越大，反之越小，最后根据Q=W=Pt得出相同时间放出的总热量的关系．
(1)掌握电能表各参数的含义，利用额定电压和最大电流可以求出最大功率，利用一个用电器单独工作，铝盘转动的圈数和转动的时间可以求出用电器的功率，这两种是常用的方法，一定要掌握．
(2)本题考查了利用串并联电路电阻特点和电功率公式、电热公式解决简单问题的能力，要注意电阻的串联相当于导体的长度变长、电阻变大，电阻的并联相当于增大横截面积、电阻变小．
20.【答案】解：(1)水吸收的热量：
=4.2×103J/(kg⋅℃)×30kg×(50℃−20℃)
=3.78×106J；
(2)消耗的电能：
W=Pt=2000W×2100s=4.2×106J，
此过程电热淋浴器的热效率：
。
答：(1)加热过程中水吸收的热量为3.78×106J；
(2)此过程电热淋浴器的热效率为90%。
【解析】(1)知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式求出水吸收的热量；
(2)根据W=Pt求出消耗的电能，利用求出此过程电热淋浴器的热效率。
本题是一道电学与热学的综合计算题，考查了热量的计算、电功的计算、电热淋浴器的效率的计算，要注意区分哪些是有用能量(被水吸收的)、哪些是总能量(消耗的电能)。
21.【答案】P=UI右 0.5A表中没有电功率一栏
【解析】解：(1)该实验的实验原理是P=UI。
(2)根据实物图画出电路图，如下左图所示：
(3)闭合开关前，滑片P应位于滑动变阻器阻值最大处的右端。
(4)改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，如下表所示。电压表示数为2.5V，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时电流为0.5A；
(5)根据表中数据在图中找出对应的点，用平滑的曲线连接，如上右图所示；
测量小灯泡额定功率表中没有电功率一栏。
故答案为：(1)P=UI；(2)如上左；(3)右；(4)0.4A；(5)如上右图所示：表中没有电功率一栏。
(1)该实验的实验原理是P=UI。
(2)根据实物图画出电路图，注意各元件顺序与实物图一一对应；
(3)闭合开关前，滑片P应位于滑动变阻器阻值最大处；
(4)根据电流表选用小量程确定分度值读数；
(5)根据描点法作图；测量小灯泡额定功率表中应有电功率一栏。
本题测量灯的额定功率，考查实验原理、画电路图、注意事项、电流表读数、描点法作图及表格设计。
22.【答案】A 在电流相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强 线圈的匝数 电流大小
【解析】解：(1)读图可知，两只电磁铁是串联在电路中的，所以流经它们的电流是相同时，同时还可以看到，它们线圈的匝数是不同的，电磁铁A吸引大头针多，故电磁铁A磁性强；本实验研究的是电磁铁磁性强弱与匝数的关系。通过分析现象可得出的结论是：在电流相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强。
(2)实验二中，电流的大小改变，线圈的匝数不变，故改变是电流的大小，控制的变量是线圈的匝数；
(3)运用控制变量法探究电磁铁磁性强弱可能与线圈内的有无铁芯的关系时，要控制电流大小不变，电磁铁线圈的匝数不变，观察吸引曲别针的数量多少；需要记录的数据有有无铁芯，吸引大头针的数量，设计表格如下：
实验次数
有无铁芯
吸引大头针数量
(个)
电磁铁磁性强弱
(弱、强、较强)
1
有
2
无
故答案为：(1)A；在电流相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强；(2)线圈的匝数；电流大小；(3)如上表。
(1)两只电磁铁是串联的，所以电流相同，只有线圈的匝数是不同的，据此来做出判断。
(2)猜想二：电磁铁磁性强弱与通过电磁铁的电流大小有关，电流的大小改变，线圈的匝数不变，据此判断；
(3)根据控制变量法设计实验及实验表格需要明确不变的量和变化的量及实验观察的对象变化。
本题考查了对探究电磁铁的磁性强弱与哪些因素有关的实验的一个初步的认识，要明确“匝数”和“电流”是我们研究的主要变量，同时还要知道是如何运用转换法和控制变量法的。
23.【答案】0∼3VR1
【解析】解：(1)(2)将灯泡、定值电阻、滑动变阻器串联在电路中，电压表分别测灯泡和定值电阻两端电压，利用串联电路特点计算灯泡正常发光时的电流，从而计算灯泡的额定功率，由此设计电路如图所示：
；
小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择0∼3V量程；
由P=U2R可得，灯泡正常发光时的电阻约为，
若选择R2=10Ω的定值电阻，根据串联电路的分压原理可知，，则R2两端电压大于2.5V，而电源电压约为3V，则不能完成实验；
若选择R1=1Ω的定值电阻，根据串联电路的分压原理知，，即U12.5V=1Ω6.25Ω，则U1=0.4V，灯泡与R1的总电压2.5V+0.4V=2.9V<3V，能完成实验；
(3)实验步骤：
①连接实物，先将电压表并联在灯泡两端，调节滑片使灯泡两端电压等于2.5V；
②再将电压表并联在R1两端，保持滑片位置不变，读出此时电压表示数U1；
(4)由步骤①知，灯泡正常发光；由步骤②根据串联电路特点和欧姆定律可得灯泡正常发光的电流：I=I1=U1R1，
所以灯泡的额定功率：P=UI=3V×U1R1。
故答案为：(1)0∼3V；R1；(2)见上图；(3)①连接实物，先将电压表并联在灯泡两端，调节滑片使灯泡两端电压等于2.5V；②再将电压表并联在R1两端，保持滑片位置不变，读出此时电压表示数U1；(4)P=3V×U1R1。
(1)(2)根据串联电路特点，利用电压表和已知阻值的电阻，根据串联电路特点和欧姆定律间接测灯泡正常发光时的电流，则可计算出灯泡的额定功率，由此设计电路。
根据灯泡的额定电压选择电压表量程；先根据P=U2R计算灯泡电阻的大小，由串联电路特点和欧姆定律分析为精确测出小灯泡的额定功率选择的定值电阻；
(3)要测灯泡的额定功率，需要得到灯泡正常发光时的电压和电流，由电路图设计实验步骤；
(4)根据串联电路特点和欧姆定律表示出灯泡正常发光的电流，由P=UI计算额定功率。
本题是特殊方法测电功率的实验，考查了器材选择、实验设计等，关键是知道可以利用电压表和定值电阻的组合间接测出灯泡正常发光时的电流。
24.【答案】解：(1)由并联电路的分流特点可知，小量程电流表改装成量程为0∼0.6A的电流表时，应并联一个电阻R分流，
当改装后的电流表满偏时，通过小量程电流表的电流为：Ig=3mA，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，此时通过R的电流为：IR=IA−Ig=0.6×1000mA−3mA=597mA，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由I=UR可得，电流表两端的电压为：UA=IRR=Ig×Rg(Ω)，
则并联电阻的阻值为：R=IgIRRg(Ω)=3mA597mA×Rg(Ω)≈5.03×10−3Rg(Ω)；
(2)由串联电路的分压特点可知，小量程电流表改装成量程0∼3V的电压表时，应串联一个电阻R′分压，
当改装后的电压表满偏时，通过电压表的电流为：Ig=3mA，
此时电路的总电阻为：，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，串联电阻的阻值为：；
(3)利用双刀双掷开关、R1和R2把小量程电流表改装成大量程电流表(并联一个电阻)或大量程电压表(并联一个电阻)，如下图所示：
使用说明：当开关接ab时，R1与小量程电流表并联，为大量程电流表；
当开关接cd时，R2与小量程电流表串联，为大量程电压表。
答：(1)若将它改装成一个量程为0∼0.6A的电流表，需要并联一个5.03×10−3Rg(Ω)的电阻；
(2)如果要把它改装成量程0∼3V的电压表，需要串联一个1000Ω−Rg(Ω)的电阻；
(3)设计的电路连接和使用说明见解答。
【解析】(1)由并联电路的分流特点可知，小量程电流表改装成量程为0∼0.6A的电流表时，应并联一个电阻R分流，当改装后的电流表满偏时，通过小量程电流表的电流为满偏电路，根据并联电路的电流特点求出此时通过R的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律得出等式即可求出并联电阻的阻值；
(2)由串联电路的分压特点可知，小量程电流表改装成量程0∼3V的电压表时，应串联一个电阻R′分压，当改装后的电压表满偏时，通过电压表的电流为满偏电流，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串联电阻的阻值；
(3)利用双刀双掷开关、R1和R2把小量程电流表改装成大量程电流表(并联一个电阻)或大量程电压表(并联一个电阻)，据此结合电路图进行解答。
本题考查了电表的改装，涉及到串并联电路的特点和欧姆定律的应用以及电路图的设计，明白串联电路的分压特点和并联电路的分类特点是关键。
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