2022九年级物理上学期期末试卷2（教科版）

期末卷2一、选择题（每小题3分，共36分）1．（3分）如图示为常见的家用电器，关于它们正常工作时的电流，下列说法中合理的是（　　）A．电风扇约25AB．电冰箱约1AC．电饭煲约0.8AD．微波炉约20A【考点】HG：电流的大小．【分析】对于每个用电器的电流大小是多少，我们是有些陌生，不过我们可以借助我们比较熟悉的电功率来进行分析。【解答】解：家用电器的电压是220V，根据题目所给数据可知：A、电风扇的电功率：P=UI=220V×25A=5500W，而电风扇功率约为45W～100W，故A说法不合理；B、电冰箱的电功率：P=220V×1A=220W，电冰箱实际功率在200W左右，故B说法合理；C、电饭煲的电功率：P=220V×0.8A=176W，而电饭煲实际电功率约为800W，故C说法不合理；D、微波炉的电功率：P=220V×20A=4400W，而微波炉电功率约为800W，故D说法不合理。故选：B。【点评】本题是一道估算题，考查了对用电器电流的了解，可用电功率公式将电流转变为电功率进行分析。2．（3分）关于欧姆定律变形公式R=，说法中正确的是（　　）A．导体的电阻与这段导体两端的电压成正比B．导体的电阻与这段导体的电流成反比C．电压一定时。导体中的电流越大，导体的电阻越小D．利用这个公式可以计算电阻，但是电阻和电压、电流无关【考点】IG：欧姆定律的变形公式．【分析】导体电阻可由导体两端的电压值与流过导体的电流值的比值求得，但是导体电阻是导体本身的一种性质，与流过的电流和两端的电压无关。【解答】解：导体电阻的影响因素：导体的长度、横截面积、材料。当电压和电流变化时，导体的长度、横截面积、材料都没变，电阻不变。利用公式R=，只是计算电阻的一种方法，但是电阻与电压、电流都无关。故选：D。16\n【点评】我们根据比值定义法定义了电阻，但是电阻是由导体本身的性质决定的，与通过它的电流及两端的电压是无关的，在学习中要注意体会和理解。3．（3分）用铁锤敲打铁钉，铁钉温度升高是因为铁锤（　　）A．把温度传递给铁钉B．把热量传递给铁钉C．把内能传递给铁钉D．对铁钉做了功【考点】G9：做功改变物体内能．【分析】解决此题要知道做功可以改变物体的内能。【解答】解：用铁锤敲打铁钉，铁锤对铁钉做功，所以铁钉温度升高、内能增大；故选：D。【点评】解决此类题目要结合做功改变物体内能解决问题。4．（3分）下列四幅图中能说明电动机的工作原理的是（　　）A．B．C．D．【考点】CM：直流电动机的原理．【分析】要解答本题需掌握：电动机的原理是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的。【解答】解：A、图中是电磁继电器的原理图，故A错误；B、开关闭合后，导线周围的小磁针发生偏转，即说明了通电导线周围存在着磁场，故B错误；C、该选项是用来研究电磁铁磁性强弱的因素的实验，故该C错误；D、当闭合开关后，导体会运动，即通电导线在磁场中受力的作用，故D正确。故选：D。【点评】电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。5．（3分）将质量相同的三块金属甲、乙、丙加热到相同的温度后，放到表面平整的石蜡上。经过一定时间后，观察到的现象如图所示。则三块金属的比热（　　）A．甲最大B．乙最大C．丙最大D．一样大【考点】GD：比热容的概念及其计算．【分析】甲、乙、丙三个金属块的初温、质量都是相等的，过一段时间后，三个金属块的温度降低，末温也是相等的；16\n石蜡熔化多的说明石蜡吸收热量多，说明它上面放置的金属块放出热量多，根据Q放=cm（t0﹣t），在质量、降低的温度相同时，放出热量多的这种物质比热容大。【解答】解：金属块丙下方的石蜡熔化快，说明金属块丙放出的热量多，甲、乙、丙的初温、末温都是相等的，温度变化值就是相同的，根据公式Q放=cm（t0﹣t）可知：甲、乙、丙三个金属块的质量、温度的变化值是相等的，金属块丙放出的热量多，所以金属块丙的比热容比较大。故选：C。【点评】本题考查了学生对放热公式的掌握和运用，根据在冰块上判断金属块的末温相同是突破口，知道形状改变程度不同反应放出热量不同是关键。6．（3分）三个电阻R1、R2、R3并联于同一电路中，其阻值分别为30Ω、20Ω、10Ω，通过它们的电流分别为I1、I2、I3，那么I1：I2：I3为（　　）A．6：3：2B．2：3：6C．3：2：1D．1：2：3【考点】IH：欧姆定律的应用．【分析】根据并联电路中支路电流与支路电阻的比值关系进行分析，即电流之比等于电阻的反比。【解答】解：因为R1：R2：R3=30Ω：20Ω：10Ω=3：2：1；所以=2：3：6。故选：B。【点评】会熟练应用欧姆定律，知道并联电路电阻与电流的比值关系。7．（3分）如图所示四个电路中，电阻R的阻值和电源电压已知，根据已知条件和电表的示数能测出电阻Rx阻值的电路是（　　）A．B．C．D．【考点】IH：欧姆定律的应用；II：电阻的串联；IJ：电阻的并联．【分析】求解电阻的阻值可利用欧姆定律公式R=，只要能测出电压值和电流值，就可以求出电阻的大小。【解答】解：A、两个电阻并联，电压表的示数即为它们的电压，但无法测出通过Rx的电流，所以不能测出电阻，不符合题意；B、Rx被电流表短路，所以不能测出电阻，不符合题意；C、两个电阻是并联的，所以电压一样，电压可以通过U=IR求出，但无法测出电流，所以不能测出电阻，不符合题意；D、两个电阻是串联的，电压表测的是Rx的电压值，而电源电压已知，所以可以求出电阻R的电压，利用公式I=可以求出通过它们的电流，然后再利用公式R=求出Rx16\n的电阻，可以测出阻值，符合题意；故选：D。【点评】本题型可结合串并联电路的特点，利用欧姆定律求解电阻的大小。8．（3分）在如图所示的电路中，电源电压和灯泡电阻都保持不变。当滑动变阻器的滑片P由中点向右移动时，下列判断正确的是（　　）A．电流表和电压表的示数都增大B．电流表和电压表的示数都减小C．电流表示数减小，电压表示数不变D．电流表示数减小，电压表示数变大【考点】IZ：电路的动态分析．【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测电源的电压，电流表测通过变阻器的电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据并联电路的电压特点和欧姆定律可知通过滑动变阻器的电流变化。【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测电源的电压，电流表测通过变阻器的电流。因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故ABD错误；当滑动变阻器的滑片P由中点向右移动时，接入电路中的电阻增大，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，通过滑动变阻器的电流减小，即电流表的示数减小，故C正确。故选：C。【点评】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，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断。9．（3分）甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是（　　）A．甲灯的实际功率一定是40WB．将乙灯接入110V电路中，它的额定功率仍为60WC．两灯均正常发光时，甲灯灯丝电阻较小D．两灯均正常发光时，甲灯消耗的电能较少【考点】J8：电功率与电能、时间的关系；J9：电功率与电压、电流的关系；JC：额定功率；JE：实际功率．【分析】从铭牌上得出两个灯的额定电压都是220V，甲的额定功率是40W，乙的额定功率是60W，只有在额定电压下时，功率才是额定功率。【解答】解：A、说法错误，当甲灯的电压是220V时，功率才是40W。16\nB、说法正确，灯得到的电压都小于额定电压，实际功率小于额定功率，但额定功率是不变的，此时的功率是实际功率。C、说法错误，由R=知，在额定电压相等时，额定功率大者的电阻小，故甲灯的电阻大，乙灯的电阻小。D、说法错误，两个电灯正常工作时，虽然功率都是额定功率，但没有时间，故无法比较消耗电能的多少。故选：B。【点评】本题考查了对额定电压和额定功率的理解。本题容易看成是没有答案的，B中的说法很容易认为是错误的，额定功率是不变的。不能把实际功率看成是额定功率。10．（3分）两个灯泡L1和L2分别标有“6V、2A”和“9V、1A”字样，不考虑温度的影响，将它们连入同一电路中，为确保两灯均不坏，下列说法正确的是（　　）A．将它们串联时，电路两端允许最大电压是15VB．将它们并联时，干路中允许最大电流是3AC．将它们并联时，电路中允许最大总功率是21WD．将它们串联时，L1允许的最大功率是3W【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．【分析】根据题目中给出两个灯泡的电压值和电流值，可以利用欧姆定律求出两盏灯泡的电阻，结合选项进行分析即可。【解答】解：由灯泡L1标有“6V、2A”，可以求出R1===3Ω，由灯泡L2标有“9V、1A”，可以求出R2===9Ω，通过它们的电流和两端电压都不能超过额定值，否则会损坏灯泡；A、将它们串联时，则干路最大电流是1A，总电压为1A×（3Ω+9Ω）=12V，不符合题意；B、将它们并联时，干路两端的最大电压为6v，所以干路中允许最大电流I==2.67A，不符合题意；C、将它们并联时，电路中允许最大总功率P==16W，不符合题意；D、将它们串联时，L1允许的最大电流是1A，所以最大功率P=I2R=3W，符合题意；故选：D。【点评】当两盏灯的规格不一样时，如果连入电路，那么它们的电流和电压都不能超过额定值，否则会损坏灯泡。11．（3分）在图所示电路中，当开关S闭合后，发现电压表V1和V2的示数相同，则电路中发生的故障可能是（　　）A．灯L1的灯丝断了B．灯L2的灯丝断了C．开关S处接触不良D．灯L1两端接线柱短路【考点】IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用．【分析】首先从电路图中获取信息：两个灯泡串联、电压表V1测量的是灯泡L116\n两端的电压，电压表V2测量的是电源电压，当两个电表的示数相同，说明电路中有一处出现了故障，可能是某一处短路或断路，再根据具体的情况分析出故障的位置。【解答】解：根据电路图可知，两个小灯泡串联、电压表V1测量的是灯泡L1两端的电压，电压表V2测量的是电源电压，当两个电压表的示数相同时，说明电路中出现了断路或短路。再根据串联电路的特点，当小灯泡L1出现断路时，两个电压表有示数，且示数相等，符合题意；当灯泡L2出现断路时，电压表V1没有示数，故不符合题意；当开关S处接触不良时，电压表V1没有示数，故不符合题意；当灯L1两端接线柱短路时，电压表V1没有示数，故不符合题意。故选：A。【点评】此题是一道故障分析题，解答时让学生根据实验现象来分析出故障的原因，从中培养了学生分析问题和解决问题的能力。12．（3分）一盏电灯接在恒定电压的电源上，其功率为100W．若将这盏电灯先接在一段很长的导线后，再接在同一电源上，已知导线上损失功率是9W，那么此时电灯实际消耗功率是（　　）A．91WB．小于91WC．大于91WD．条件不足，无法确定【考点】JA：电功率的计算．【分析】已知导线和灯泡串联，导线电阻较大，说明电路电阻变大，根据公式P=可知，电路的总功率变小，已知导线消耗的功率从而可以求出灯泡消耗的功率。【解答】解：如果导线电阻忽略时，灯接在恒定电压的电源上功率是100W；因为导线和灯泡串联，当导线上电阻较大时，即电路中的电阻变大，由P=可知电路消耗的总功率变小，即小于100W，而导线上消耗的功率为9W，所以灯泡的实际功率只能小于91W。故选：B。【点评】本题考查电功率计算公式的应用，特别注意实际功率与额定功率的区别，此题较难分析，属于难题。二、填空（每空1分，共17分．）13．（2分）“蒹葭苍苍，白露为霜。所谓伊人，在水一方。”是《诗经•秦风•蒹葭》中的名句。从物理角度看，露和霜的形成分别属于　液化　和　凝华　物态变化过程。【考点】1M：液化及液化现象；1R：生活中的凝华现象．【分析】解决此题的关键是知道物质从气态变成液态称为液化，物质从气态之间变成固态叫做凝华。【解答】解：空气中的水蒸气遇冷时常会发生液化现象变成小水滴，有时空气中的水蒸气遇冷也会之间变成小冰粒，发生的是凝华现象；故答案为：液化，凝华。【点评】此题考查了对液化和凝华现象概念的理解，会利用物态变化特点分析生活现象。14．（2分）如图是三聚氰胺分子结构示意图。常压下其熔点为354℃，可见三聚氰胺属于固体中的　晶体　（选填“晶体”、“非晶体”）．加热时，它也可升华，这个过程要　吸热　（选填“吸热“、“放热”）。16\n【考点】1D：晶体和非晶体的区别；1Q：生活中的升华现象．【分析】要解答本题需掌握：晶体有固定的熔点，而非晶体没有；以及升华吸热。【解答】解：常压下三聚氰胺熔点为354℃，所以三聚氰胺属于固体中的晶体；加热时它可以升华，升华吸热。故本题答案为：晶体，吸热【点评】本题主要考查学生对：晶体和非晶体的区别，以及升华吸热的理解和掌握。15．（2分）公园中的人工湖可以大大减弱周围地区的“热岛效应”，这是利用了水的　比热容　特性。当你漫步在公园中，可以闻到阵阵的花香，说明　分子不停地做无规则运动　。【考点】GE：水的比热容的特点及应用；GW：扩散现象．【分析】（1）人工湖，水多，因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析；（2）一切物体的分子都在永不停息的做无规则运动，由于分子的体积很小，分子的运动无法用肉眼直接看到，但可以通过气味、颜色的变化来体现；【解答】解：（1）因为水的比热容较大，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少，减弱了周围地区的“热岛效应”；（2）闻到阵阵花香，说明花的分子在不停地做无规则运动；故答案为：比热容；分子不停地做无规则运动。【点评】本题考查了水的比热容较大的特点、分子的运动的知识，难度不大，但综合性强、密切联系生活，属于中考的热点。16．（3分）两根电阻线的电阻之比是3：4，若通过的电流之比为4：3，则它们两端的电压之比是　1：1　，在相同时间内，电流通过两根电阻线所做的电功之　4：3　。消耗的电能之比　4：3　。【考点】IH：欧姆定律的应用；J3：电功与电能的计算．【分析】知道两根电阻线的电阻之比和通过的电流之比，根据欧姆定律求出两端的电压之比；根据W=UIt求出在相同时间内电流通过两根电阻线所做的电功之比，电阻消耗的电能和电流所做的功相等。【解答】解：由题意可知，两根电阻线的电阻之比R1：R2=3：4，通过的电流之比I1：I2=4：3，由I=可得，两端的电压之比：==×=×=；由W=UIt可得，在相同时间内电流通过两根电阻线所做的电功之比：==×=×=；因电阻消耗的电能和电流所做的功相等，所以，消耗的电能之比为4：3。16\n故答案为：1：1；4：3；4：3。【点评】本题考查了欧姆定律和电功公式的应用，是一道较为简单的应用题。17．（2分）在如图所示的电路中，电源电压不变。开关S闭合后，移动滑片P，改变滑动变阻器接入电路的阻值，使电压表的示数从6V变化到2V，同时观察到电流表的示数从0.5A变化到1A，则定值电阻R0的阻值为　8　Ω，电源电压为　10　V。【考点】IH：欧姆定律的应用．【分析】由电路图可知，R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；根据串联电路的电压特点可知当电压表的示数减小时，定值电阻两端的电压增大，根据欧姆定律可知电路中的电流增大，据此可知电压表对应的电流；然后根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示电源的电压，根据电源的电压不变得出等式即可求出R0的阻值和电源的电压。【解答】解：由电路图可知，R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；当电压表的示数减小时，因串联电路的总电压等于各分电压之和，所以，定值电阻两端的电压增大，根据U=IR可知，电路中的电流增大，故当电压表的示数为6V时，电路中的电流为0.5A，由I=可得，电源的电压：U=U滑+IR0=6V+0.5A×R0；当电压表的示数为2V，电路中的电流为1A，则电源的电压：U=U滑′+I′R0=2V+1A×R0；因电源的电压不变，所以，6V+0.5A×R0=2V+1A×R0，解得：R0=8Ω，电源的电压U=U滑+IR0=6V+0.5A×8Ω=10V。故答案为：8；10。【点评】本题考查串联电路电压规律及欧姆定律的使用，要求学生能从题意中读出R0两端的电压变化，并能用欧姆定律列式求解。18．（4分）物业工作人员来李明家收电费，他观察到李明家电能表的情况如图所示。然后从记录本上查出上月电能表的示数是811.6kW•h．若按0.5元/（kW•h）计费，李明家本月应缴电费　60　元；当李明家只有一盏电灯工作时，3min内转盘正好转过5圈，则该灯泡消耗的电能是　7200　J，其功率为　40　W；若家中已有200W的电视机一台，700W的电饭锅一只，则李明家的电路上最多可接“220V40W”的电灯　5　盏。16\n【考点】J5：电能表参数的理解与电能的求法；JA：电功率的计算．【分析】（1）电能表参数：KW•h及下面的数字﹣﹣表示至目前为止消耗的电能，即从电能表开始使用到现在用了多少KW•h的电；转盘和最下面的2500R/KW•h﹣﹣表示的是消耗1KW•h的电能，转盘转动2500转；220V5A50Hz﹣﹣表示此电能表是使用在220V50Hz的家庭电路中，允许通过的最大电流是5A，即允许同时使用的用电器电功率为P=220V×5A=1100W。（2）灯泡“220V40W”表示此灯泡额定电压为220V，额定电功率为40W。【解答】解：（1）电能表示数为931.6KW•h，而上月电能表示数是811.6KW•h，故本月用电931.6﹣811.6=120KW•h．按0.5元/（kW•h）计费，应缴电费120×0.5=60元。（2）转盘是消耗1KW•h电能转动2500转，3min内转盘转5圈，耗电为W==0.002×3.6×106J=7200J。则此电灯泡电功率为。（3）此电能表允许同时使用用电器的最大功率为1100W，故还可以同时使用的用电器为1100W﹣700W﹣200W=200W。而一盏灯泡功率为40W，故还可以同时使用200÷40=5盏。故本题的答案为：60；7200；40；5【点评】有电能表的电功率计算，要注意单位。电功率用KW做单位，时间用h做单位时，算出的电功单位是KW•h；电功率用W做单位，时间用s做单位时，算出的电功单位是J．换算关系是1KW•h=3.6×106J。19．（2分）“指南针”是我国四大发明之一，这一伟大发明在航海、探险、军事方面都有重要的实用价值。指南针能指方向，是因为指南针受到了　地　磁场的作用。指南针静止时北极所指的方向是在地理的　北　极附近。【考点】C8：地磁场．【分析】地球周围存在磁场﹣﹣﹣地磁场，地磁场的形状和条形磁铁的磁场很相似，地磁的南极在地理的北极附近，地磁的北极在地理的南极附近；放在地面附近的指南针就是因为受到地磁场的作用，所以南极指南，北极指北。【解答】解：“指南针”是我国的四大发明之一，指南针之所以能够指方向就是因为受到了地磁场的作用；指南针静止时南极指南，北极指北。故答案为：地；北。【点评】此题考查我们对于地磁场和指南针的了解，是一道基础题。三、作图题（共6分）20．（3分）磁铁旁图中小磁针静止状态如图所示，在图上标出磁感线方向和磁铁的N、S，标出电源的正负极。（标“+”“﹣”）极。（小磁针黑端为N极）16\n【考点】CB：安培定则及其应用．【分析】由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引先判断出磁体的极性，再由磁感线的方向特点作图。【解答】解：据小磁针的指向可知，小磁针的左端是S极，据异名磁性相互吸引可知，该电磁铁的右端是N极，故结合安培定则可知：电流从电磁铁的右端流入，左端流出，故电源的右端是正极，左端是负极，再根据在磁铁的外部，磁感线从N极出发回到S极的特点做出磁感线来即可；【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则的使用。利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。21．（3分）如图所示是安装一盏螺丝口电灯和一个大功率插座的实物示意图，A．B为保险丝，请在图上用笔画线代替导线连接电路，所连接的电路应符合安全用电的原则。【考点】IO：家庭电路的连接．【分析】（1）家庭电路中，开关控制灯泡时，火线首先过保险丝，再进入开关，最后进入灯泡的金属点，零线直接进入灯泡螺旋套。（2）大功率的插座插入大功率的用电器时，电流很大，产生的电热很多，容易烧坏导线，为了起到保护作用，接插座的火线首先进入保险丝，然后再进入插孔。三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。【解答】解：（1）火线过保险丝之后，再过开关，进入灯泡顶端的金属点，零线直接进入灯泡的螺旋套。在更换灯泡时，断开开关，切断火线，操作更安全。（2）上孔接地线，左孔接零线，火线首先过B保险丝，再进入右孔。如图所示：【点评】本题考查家庭电路的连接，连接时要注意不但考虑使用性，更要考虑安全性。四、计算题（共15分，22题6分、23题9分）16\n22．（6分）为了测定某额定功率为1000W的电热水器的效率，物理兴趣小组的同学在热水器中加了2kg的水，让热水器正常工作，并绘制出通电加热过程中水温随时间的变化情况图，求：（1）加热2min，水的温度升高了多少？（2）加热6min，水吸收了多少热量？（3）电热水器的效率是指水吸收的热量与电热水器放出的热量之比，该热水器正常工作时的效率为多少？【考点】E6：能量利用效率；GG：热量的计算；J3：电功与电能的计算．【分析】根据图象可以读出在各时间段内水的温度，利用公式Q吸=cm△t计算水吸收的热量，结合电功的公式W=Pt求解电热器放出的热量。【解答】解：（1）水温升高△t=30℃﹣20℃=10℃；（2）水吸收热量Q=cm△t=4.2×103J/（Kg•℃）×2kg×30℃=2.52×105J；（3）W=Pt=1000W×360s=3.6×105J，η==×100%=70%；答：（1）加热2min，水的温度升高了10℃；（2）加热6min，水吸收了=2.52×105J；（3）该热水器正常工作时的效率为70%。【点评】解决此类综合性的题目，要结合相关的物理公式分析求解。23．（9分）如图所示电路中，电源电压恒定为4.5V，电流表示数为0.5A，电压表V1的示数为3V．当把滑动变阻器的滑片移到最右端时，电流表示数变为0.3A．求：（1）电压表V2的示数；（2）电阻R1的电阻值；（3）滑动变阻器的最大电阻；（4）滑片移到最右端时，V1的示数及此时电路消耗的总功率。【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．【分析】由电路图可知两电阻串联，电压表V1测R2的电压，V2测总电压；（1）（2）由串联电路的特点可知R1两端的电压，由欧姆定律可求得电阻R1及V2的示数；（3）由滑片移动后的电流和R1的阻值，由欧姆定律可求得滑动变阻的最大阻值；（4）由串联电路的特点可求得V1的示数，由功率公式可求得总功率。【解答】解：（1）电压表V2测电源电压，电压恒定不变，等于4.5V，故V2的示数为4.5V；16\n（2）由串联电路的特点得，R1上的电压为：U2=U﹣U1=4.5V﹣3V=1.5V；由欧姆定律得：R1===3Ω；（3）由欧姆定律知：R1+Rmax=Rmax=﹣R1=﹣3Ω=12Ω；（4）V1的示数U1'=Rmax×I2=12Ω×0.3A=3.6V；电路上消耗的总功率P总=UI2=4.5V×0.3A=1.35W。答：（1）V2的示数为4.5V；（2）R1的阻值为3Ω；（3）滑动变阻器最大阻值为12Ω；（4）V1的示数为3.6V，电路上消耗的总功率为1.35W。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是知道电压表所测电路元件的判断。五、实验、探究题（计26分．每空1分，作图每题2分．）24．（5分）小华所在小组的同学为了研究水的沸腾，取了200g的水加热，下表是他们记录的有关数据。时间/min0123456789水温/℃90929496979899999999（1）加热前水的温度如图1，把烧杯中的水加热至沸腾，水需要吸收的热量为　6.804×104　J．（假设加热过程中水的质量不发生变化）（2）如图2中，表示水沸腾的图是　D　。（3）根据表中数据分析可知，水在沸腾时的特点是　继续吸热但温度保持不变　。（4）小华发现，水从开始加热到沸腾这段时间过长。如果要适当缩短实验时间，则可行的一种方法是　提高水的初温；或减少水的质量；或在烧杯上加纸盖等　。（5）试分析水的沸点不是100℃的可能原因（写出一种即可）　当地气压低　。【考点】1O：探究水的沸腾实验．【分析】利用热量的求解公式Q=cm△t求解水吸收的热量，实验注意事项要清楚，结合这两点做得出结论。【解答】解：由图可知水的初温是19℃，则水需要吸收的热量：Q=cm△t=4.2×103J∕（kg•℃）×0.2kg×（100℃﹣19℃）=6.804×104J；水沸腾时温度不变，缩短时间就要提高水的初温或减少水的质量；或在烧杯上加纸盖等，大气压影响液体的沸点；故答案为：（1）6.804×104（2）D（3）继续吸热但温度保持不变16\n（4）提高水的初温；或减少水的质量；或在烧杯上加纸盖等（5）当地气压低，水的沸点达不到100℃。【点评】这类综合分析题目，要求利用所学知识处理物理问题，因此要求知识要全面，否则会影响全局。25．（7分）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）。（2）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。①由图象可以得出结论：电压一定时，　导体中的电流与电阻成反比　。②上述实验中，小明用5Ω的电阻做完实验后，接下来的操作是　断开开关　，然后将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，移动滑片，使电压表示数为　2.5　V时，读出电流表的示数。（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于　35　Ω的滑动变阻器。【考点】IL：探究电流与电压、电阻的关系实验．【分析】（1）电压表并联在定值电阻两端，要注意正负接线柱的连接，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中；（2）①分析图丙中图象，曲线上每一点对应的电流和电阻的乘积相等，据此得出结论；②断开开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端时接入电路中的电阻最大，将5Ω的电阻更换为10Ω的电阻接入电路后，应减小滑动变阻器接入电路中的电阻，使电压表的示数达到原来的示数不变。（3）由图丙找出实验时电路的最小电流，由串联电路的特点及欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路的阻值，据此确定滑动变阻器的最大阻值。【解答】解：（1）电压表的负接线柱与定值电阻的右接线柱相连，滑动变阻器的任意上方接线柱与定值电阻的右接线柱相连，如下图所示：；（2）①分析图丙图象，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积都等于2.5V，由此得出结论：电压一定时，导体中的电流与电阻成反比；②断开开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端时接入电路中的电阻最大，将5Ω的电阻更换为10Ω的电阻接入电路后，应减小滑动变阻器接入电路中的电阻，增大电路中的电流，使电压的示数达到2.5V。16\n（3）由图丙知，电路的最小电流I=0.1A，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压：U滑=U﹣UR=6V﹣2.5V=3.5V，由I=可得，滑动变阻器接入电路的阻值：R滑===35Ω，即滑动变阻器的阻值不能小于35Ω。故答案为：（1）见上图；（2）①导体中的电流与电阻成反比；②断开开关；2.5；（3）35。【点评】本题通过探究电流跟电阻的关系实验，考查了实物连接、实验操作、分析图象获取信息和运用欧姆定律计算，难度不大，但需认真、细心分析。26．（14分）如图1所示，是测量小灯泡电功率的实物元件图，其中电源是由三只蓄电池组成，小灯泡额定电压是3.8V，其灯丝电阻约为10Ω，滑动变阻器标有“10Ω、1A”字样，电流表（0～0.6A、0～3A），电压表（0～3V、0～15V）。（1）本实验的原理是：　P=UI　；（2）请用笔画线代替导线，把图1中的电路元件连接成实验电路。（要求：滑片P向左移时灯变亮，且连线不得交叉）（3）小刚合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后灯不亮，聪明的小刚猜想：A．可能灯丝断了B．可能是变阻器开路C．可能是小灯泡短路D．可能是电流表开路16\n请你借助已连好电路中的电流表和电压表验证小刚的猜想，并将电流表、电压表相应示数填入下表。猜想电流表示数/A电压表示数/V如果A成立如果B成立（4）排除故障后，在测量小灯泡的额定功率时，应先调节　滑动变阻器的滑片　，使小灯泡两端电压为　3.8　V，再测出电路中的　电流　，即可计算出额定功率；若小灯泡两端实际电压为额定电压的1.2倍，则实际功率为额定功率的　1.44　倍。（假设电阻值不变）（5）实际测量过程中小刚才发现电压表0～15V量程已损坏（另一量程完好），但他仍想利用现有器材测出小灯泡的额定功率，请你帮小刚重新设计新的电路图并画在图2甲的方框内。（6）小刚按重新设计的电路图继续实验，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为　2.2　V时，小灯泡正常发光，此时电流表示数如图2乙所示，则小灯泡的额定功率是　1.52　W。（7）实验时，若发现电流表指针摆动分别出现了如图3甲、乙所示的两种情况。请分析在使用电流表时分别存在什么问题，并写在下面的横线上。甲现象存在的问题：　电流表正负接线柱接反了　；乙现象存在的问题：　电流表所选量程过大　。【考点】JF：电功率的测量实验．【分析】（1）伏安法测电功率的原理是P=UI；（2）根据灯泡的额定电压确定电压表的量程且与灯泡并联，根据欧姆定律求出灯泡额定电流的大约值确定电流表的量程且与灯泡串联，滑片P向左移时灯变亮说明左下方接线柱与任意上方接线柱串联在电路中，然后与电源、开关组成电路；（3）根据电流表、电压表有无读数来判断电路错误时，要考虑电流表、电压表的连接方式和自身特点，电流表无示数说明电路断路，电压表有示数且接近电源电压，说明和电压表并联的用电器断路；（4）额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，实验时要先调节滑动变阻器使灯泡两端的电压达到额定电压，然后再读出通过灯泡的电流；根据P=得出小灯泡两端实际电压为额定电压的1.2倍时，实际功率为额定功率的多少倍；（5）可根据串联电路电压特点计算滑动变阻器两端的电压，若变阻器两端的电压小于3V量程，可设计电压表与变阻器并联的电路来完成灯泡额定功率的测量；（6）根据第五小题设计的电路图可知灯泡两端电压为3.8V时滑动变阻器两端的电压，根据电流表的量程和分度值读出示数，利用P=UI求出灯泡的额定功率；（7）甲图电流表指针反转，根据电流表出现这一现象的原因来解题；乙图电流表指针偏转角度太小，这样读数误差较大，可以根据出现这种情况的原因来解题。【解答】解：（1）根据电功率计算公式和电路元件可知该实验原理为：P=UI；（2）灯泡的额定电压为3.8V，则与灯泡并联电压表的量程为0～15V；灯泡的额定电流约为I===0.38A，则与灯泡串联电流表的量程为0～0.6A；滑动变阻器的左下方接线柱与任意上方接线柱串联在电路中，然后与电源、开关组成电路；如下图所示：16\n（3）如果A成立，电路为断路，则电流为0，而电压表和灯泡并联，电压表的读数接近电源电压；如果B成立，电路也是断路，电流为0，电流表示数为0，而电压表是和灯泡并联，电流在滑阻处断路，电流流不到电压表，故电压表示数也为0，故表格如下：猜想电流表示数/A电压表示数/V如果A成立06如果B成立00（4）在测量小灯泡的额定功率时，应先调节滑动变阻器的滑片，使小灯泡两端电压为3.8V，再测出电路中的电流，利用P=UI求出额定功率；若小灯泡两端实际电压为额定电压的1.2倍，电阻值不变时，由P=可知，实际功率为额定功率的1.44倍；（5）由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，灯泡在额定电压下工作时变阻器两端的电压6V﹣3.8V=2.2V，没有超过电压表3V的量程，所以可设计电压表与滑动变阻器并联的电路来完成灯泡额定功率的测量，如下图所示：（6）滑动变阻器两端的电压为2.2V时，灯泡两端的电压为额定电压3.8V，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.4A，则灯泡的额定功率：PL=ULIL=3.8V×0.4A=1.52W；（7）甲的问题：电流表指针反转，所以电流表正负接线柱接反；乙的问题：电流表指针偏转角度太小，所以电流表所选量程过大。故答案为：（1）P=UI；（2）实物图的连接如上图所示；（3）如上表所示；（4）滑动变阻器的滑片；3.8；电流；1.44；（5）电路图如上图所示；（6）2.2；1.52；（7）电流表正负接线柱接反了；电流表所选量程过大。【点评】本题考查了多个知识，实物图的连接、电路错误的判断等，要利用所学知识认真分析，总结方法。16