1、2019-2020学年度第一学期期末教学质量检测九年级物理试卷（A）一、选择题1.关于分子热运动及热现象，下列说法正确的是（ ）A. 扩散现象只能发生在气体与液体中B. 固体很难被压缩，说明分子间存在斥力C. 热传递时热量是从内能大的物体传递到内能少的物体D. -10的冰块没有内能【答案】B【解析】【分析】(1)一切气体、液体和固体都能发生扩散现象；(2)分子间存在相互的引力和斥力；(3)发生热传递的条件是物体之间有温度差；(4)一切物体在任何情况下都有内能。【详解】A一切气体、液体和固体都能发生扩散现象，则A错误；B固体很难被压缩，说明分子间存在斥力，则B正确；C物体之间是否有温度差是发生热
2、传递的条件，与内能没有直接关系，则C错误；D一切物体在任何情况下都有内能，所以-10的冰块也有内能，则D错误。2.下列说法不正确的是A. 炒菜时，满屋飘香，表明分子在不停地做无规则运动B. 用水作为汽车发动机的冷却剂，主要是因为水的比热容较大C. 煤的热值比干木柴的大，煤燃烧时放出的热量比干木柴燃烧时放出的热量多D. 四冲程汽油机的做功冲程中，内能转化为机械能【答案】C【解析】【详解】A. 炒菜时，芳香油分子不停地做无规则运动，扩散到空气中，由于炒菜时温度很高，所以分子的扩散速度加快，故“满屋飘香”故A说法正确，不符合题意；B. 用水作为汽车发动机冷却剂，主要是因为水的比热容较大，与其他物质相
3、比，在质量相同的情况下，升高相同的温度，水吸收的热量多，故B说法正确，不符合题意；C. 根据Qmq可知，放出的热量与热值、质量都有关，故热值大燃烧时放出热量不一定多故C说法错误，符合题意；D. 四冲程汽油机的做功冲程中，将高温高压燃气的内能转化为活塞的机械能，故D说法正确，不符合题意。3.关于温度、热量和内能的说法中正确的是（ ）A. 温度高的物体内能一定大B. 物体内能减少，一定放出了热量C. 物体吸收热的，内能增加，温度可能不变D. 物体温度越高，含有的热量越多【答案】C【解析】【分析】(1)内能的大小和温度、质量、状态等因素有关；(2)改变物体内能的方法有做功和热传递；(3)物体的内能发
4、生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化；(4)热量是个过程量，只能说物体吸收或放出多少热量，不能说物体具有或含有多少热量。【详解】A内能的大小和温度、质量、状态等因素有关，则温度高的物体，内能不一定大，则A错误；B物体内能减少，可能是对外做功也可能是热传递放出热量，则B错误；C物体吸热时，内能增大，但温度可能不变，例如：晶体在熔化过程中虽然继续吸热，温度是不变的，则C正确；D热量是个过程量，只有发生热传递时说物体吸收或放出多少热量，不能说物体具有或含有多少热量，则D错误。4.水的比热容比煤油的大. 如图，用规格相同的两试管分别装上质量相同的煤油和水，隔着石棉网同时对两试管加热.
5、图7中的哪一图线能反映该实验情况A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】从实验装置有可看出，两试管的加热情况相同，所以同样时间内，炼油和水吸收的热量相同因为煤油的比热容小于水的比热容，所以煤油的温度升得比水高故选C5.右图是电阻甲和乙的图像，小明对图像信息做出的判断，正确的是 （ ）A. 当甲两端电压为0.5V时，通过它的电流为0.3AB. 当乙两端电压为2.5V时，其电阻值为10C. 将甲和乙串联，若电流为0.3A，则它们两端的电压为2VD. 将甲和乙并联，若电压为1V，则它们的干路电流为0.4A【答案】C【解析】【详解】A 由I-U图象可知，A.当甲两端电压为0.5V时，通过它的
6、电流为0.1A，故A错误B 当乙两端电压为2.5V时，通过乙的电流为0.5A，所以此时乙的阻值为故B错误C 将甲和乙串联，若电流为0.3A，则它们两端的电压：U=U甲+U乙=1.5V+0.5V=2 V，故C正确为答案D将甲和乙并联，若电压为1V，则它们的干路电流：I =I甲+I乙=0.2A+0.4A=0.6A，故D错误6.在物理学发展的漫长历程中，科学家们研究出了许多成果，为推动社会发展作出了卓越贡献。以下关于科学家及其研究成果不正确的是（ ）A. 奥斯特：发现电流周围存在磁场，揭示了电与磁之间的联系B. 法拉第：发现了电磁感应C. 欧姆：研究并总结出电流跟电压和电阻的关系D. 安培：精确地确
7、定了电流产生的热量与电流、电阻和通电时间的关系【答案】D【解析】【分析】根据对物理学家及其成就的掌握作答。【详解】A奥斯特发现电流周围存在磁场，提示了电与磁之间的联系，此选项正确，则A不符合题意；B法拉第发现了电磁感应现象，此选项正确，则B不符合题意；C欧姆研究并总结出电流与电压和电阻的关系，此选项正确，则C不符合题意；D焦耳精确地确定了电流产生的热量与电流、电阻和通电时间的关系，此选项错误，则D符合题意。7.如图所示，电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时（ ）A. 电流表A1示数变小，电压表V示数变小B. 电流表A2示数变大，电压表V示数变大C. 电压表V示数与电流表A1示
8、数比值不变D. 电压表V示数电流表A2示数比值不变【答案】C【解析】【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测R1支路的电流，电压表V测电源两端的电压；根据电源的电压可知滑片移动时电压表V示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1的电流变化，进一步可知电压表V示数与电流表A1示数的比值变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2支路的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，进一步可知电压表V示数与电流表A2示数的比值变化。【详解】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A2测干路电流，电流表A2测R1
9、支路的电流，电压表V测电源两端的电压；AB因电源的电压不变，所以滑片移动时，电压表V的示数不变，则AB错误；C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电流不变，即电流表A1的示数不变，则电压表V示数与电流表A1示数的比值不变，则C正确；D当滑动变阻器滑片向右移动时，接入电路中的电阻变大，由可知，通过R2支路的电流变小，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A2的示数变小，则电压表V示数与电流表A2示数的比值变大，则D错误。8.如图所示，当开关S闭合后，发现电灯L不亮，用测电笔测试c、d两点时，氖管都发光， 测试a、b两点时，只有a点氖管发光，则
10、故障可能是A. 火线与零线短路B. b、c之间某处断路C. a、d之间某处断路D. 电灯的灯丝断了【答案】B【解析】【详解】A若火线与零线短路，闭合开关时，电灯 L 不亮，用测电笔测试 a、b、c、d 两点时，氖管都不发光，故A项不符合题意；Bb、c之间某处断路，灯不亮，a、d、c点都会使试电笔氖管发光，故B项符合题意；Ca、d之间某处断路，c点不能使试电笔氖管发光，故C项不符合题意；D若电灯的灯丝断了，灯不亮，c点不能使试电笔氖管发光，故D项不符合题意。9.分析下列四幅图片，说法正确的是（ ）A. 三角插头内有一根导线与用电器金属外壳相连B. 使用测电笔时手应该接触笔尖金属体C. 保险丝烧断
11、，一定是电路发生了短路D. 警示牌提醒我们靠近低压带电体不会触电【答案】A【解析】【分析】(1)三脚插座最长的一个与用电器的金属外壳相连；(2)根据测电笔的使用方法分析；(3)电流过大的原因：短路或用电器总功率过大；(4)安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。【详解】A三脚插头中上方的导线与用电器的外壳相连，则A正确；B使用测电笔时，手与笔尾的金属体接触，不能接触笔尖金属体，则B错误；C保险丝烧断可能是发生了短路或用电器总功率过大，则C错误；D高压警示牌提醒人们有电危险，请不要靠近带电体，则D错误。10.下列用电器在正常工作时消耗相同的电能，产生热量最多的是（ ）A. 笔记本电脑
12、B. 电视机C. 电饭煲D. 电风扇【答案】C【解析】【分析】电流流过导体时会产生一些现象，分为电流的热效应、化学效应、磁效应等；所以在不同的用电器上电流产生的效应不同，电能转化成的能的形式也不同；在消耗电能相同的条件下，能量的转化形式不同，产生的热量有多少之分。【详解】用电器工作时将电能转化为其他形式的能量，电饭煲工作时将电能全部转化为内能；电风扇工作时主要把电能转化为机械能，产生很少的热量；电脑和电视机工作时，电脑转化为声能、光能等其他形式的能，产生的内能较少，比较可知，消耗相同的电能，产生热量最多的是电饭煲；故选C。11.关于欧姆定律，下列说法正确的是（ ）A. 电阻越大，电流越小B.
13、电压越大，电流越大C. 电压为零，电阻也为零D. 电阻一定时，电压越大，电流越大【答案】D【解析】【分析】欧姆定律：导体的电流与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比；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。【详解】A在电压一定时，导体电阻越大，电流越小，则A错误；B在电阻一定时，导体两端电压越大，电流越大，则B错误；C导体电阻是导体本身的一种性质，与电压、电流无关，则C错误；D导体电阻一定时，导体两端电压越大，通过导体的电流越大，则D正确。12.POS刷卡机的刷卡位置有一个绕有线圈的小铁环制成的检 测头，如图所示，
14、使用时，将带有磁条的信用卡在POS机指定位置刷一下，检测头的线圈中就会产生变化的电流，P0S机便可读出磁条上的信息。图中能反映POS刷卡机读出信息原理的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动时，导体中有感应电流产生，这种现象是电磁感应现象，POS刷卡机读出信息原理就是电磁感应现象；在选项中找出探究电磁感应的对应图即可。【详解】POS刷卡机读出信息原理就是电磁感应现象；A如图反映电流周围存在着磁场，则A不符合题意；B如图电路中有电源，是通电导体在磁场中受力运动，则B不符合题意；C如图电路中有电源，是通电线圈在磁场中受力运动，则C不
15、符合题意；D如图电路中没有电源，当闭合开关，闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动时，导体中有感应电流产生，这是电磁感应选项，则D符合题意。13.下列说法正确的是（ ）A. 丝绸摩擦过的玻璃棒带正电是因为玻璃棒失去了电子B. 铜、铁、铝可以被磁化，它们是磁性材料C. 绝缘体没有电子，因此不容易导电D. 电磁波不能在真空中传播【答案】A【解析】【分析】(1)不同物质组成的物体相互摩擦时，原子核束缚核外电子的本来不同，原子核束缚核外电子本领强的得到电子，物体因多余电子带负电，原子核束缚核外电子本领弱的失去电子，物体因缺少电子带正电；(2)能吸引铁钴镍等物质的性质称为磁性，铜、铝不是磁性材料
16、；(3)导体和绝缘体内部都有大量的原子，原子由原子核和核外电子电子构成，所以导体和绝缘体内部都有大量的电子；(4)电磁波的传播不需要介质，但声波的传播需要介质。【详解】A用丝绸摩擦过玻璃棒时，玻璃棒上的原子核束缚电子的能力弱，使一部分电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因缺少电子带正电，则A正确；B铜、铝不可以被磁化，它们不是磁性材料，则B错误；C任何物质的组成中都有核外电子，因为绝缘体内没有大量自由移动的电子，所以不容易导电，则C错误；D电磁波的传播不需要介质，它可以在真空中传播，则D错误。14.如图是一款太阳能座椅，椅子顶部安装的硅光电池板，可储备能量供晚间使用，下列说法正确的是A. 硅光电
17、池板是由超导材料制成的B. 硅光电池板可以将太阳能转化为电能C. 太阳能来源于太阳内部氢核的裂变D. 太阳能属于不可再生能源【答案】B【解析】【详解】A硅光电池板是由半导材料制成的故A错误B硅光电池板利用太阳能发电，可以将太阳能转化为电能故B正确C太阳能来源于太阳内部氢核的聚变故C错误D太阳能可以源源不断地获得，属于可再生能源故D错误15.小明家上次查看电能表示数为，本次查看时电能表读数如图所示，则下列说法正确的是（ ）A. 他家在这段时间内消耗的电能为903kWhB. 电能表是测量电功率的仪表C. 3600r/(kWh)表示接在这个电能表上的用电器每消耗1kWh电能，铝盘转3600圈D. 这
18、个电能表的额定功率为2200W【答案】C【解析】【分析】(1)利用电能表两次示数差求出消耗的电能，注意电能表最后一位是小数；(2)电能表是测量消耗电能的仪表；(3)电能表上“3600r/(kWh)”表示接在这个电能表上的用电器每消耗1kWh电能，铝盘转3600圈；(4)电能表属于测量仪表，不消耗电能，没有额定功率。【详解】A他家在这段时间内消耗的电能：W=8633.5kWh8543.2kWh=90.3kWh，则A错误；B电能表是测量消耗电能的仪表，不是测量电功率的，则B错误；C3600r/(kWh)表示接在这个电能表上的用电器每消耗1kWh电能，铝盘转3600圈，则C正确；D根据该电能表的铭牌
19、可知，其允许接入用电器的最大功率：P=UI=220V10A=2200W；但电能表属于测量仪表，不消耗电能，没有额定功率，则D错误。16.如图所示的电路，已知电流表的量程为00.6A，电压表的量程为03V，定值电阻R1的阻值为10，滑动变阻器R2的最大阻值为50，电源电压为6V。开关S闭合后，在滑动变阻器滑片滑动的过程中，保证电流表、电压表不被烧坏的条件下，下列说法正确的是（ ）A. 电压表最小示数是1VB. 滑动变阻器滑片允许滑到最左端C. 电路中允许通过的最大电流是0.6AD. 滑动变阻器滑片移动的过程中，电压表先达到最大量程【答案】AD【解析】【分析】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器
20、R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；(1)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，电压表的示数最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，根据欧姆定律求出电压表的最小示数；(2)当滑动变阻器的滑片位于最左端时，接入电路中的电阻为0，电路为R1的简单电路，电压表测电源的电压，比较电源的电压和电压表的量程确定滑片是否可以移到最左端；(3)根据欧姆定律求出电压表的示数为3V时电路中的电流，然后确定电路中的最大电流和那个电表先达到最大量程。【详解】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；A当滑动变阻器接入电
21、路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以电路中的最小电流：，电压表的最小示数：，则A正确；B当滑动变阻器的滑片位于最左端时，接入电路中的电阻为0，电路为R1的简单电路，电压表测电源的电压，因电源的电压6V大于电压表的量程3V，所以滑动变阻器的滑片不能移到最左端，则B错误；CD当电压表的示数为3V时，电路中的电流：，所以电路中允许通过的最大电流是0.3A，且两电表中电压表先达到最大量程，则C错误、D正确。17.小文同学在研究“电流通过导体产生热量的多少跟电流关系”时，采用了如图所示的实验装置，a、b两个相同的容器密闭着等量空气，将1、2导线接
22、到电源上。关于该实验下列说法正确的是（ ）A. U形管中液面高度差的变化反映了密闭空气温度的变化B. 此实验装置中电阻R1与R2的阻值相等C. 通电一段时间，b容器比a容器中电流产生的热量多D. 不改动实验装置，可以继续探究电流产生的热量与电阻的关系【答案】AB【解析】【分析】(1)电流通过导体产生热量的多少不能直接比较，但空气温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；(2)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关；探究电流产生热量跟电流关系时，控制通电时间和电阻不变；要探究电流产生的热量与电阻的关系，需要控制通电时间和电流不变，改变电阻；(3)探究电流产生热量跟
23、电流关系时，控制电阻和通电时间相同，电流越大，产生的热量越多。【详解】A电流通过导体产生热量的多少不能直接比较，但空气温度的变化可以通过U形管中液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法，则A正确；B在研究“电流通过导体产生热量的多少跟电流关系”时需要控制电阻相同，改变电流，所以电阻R1与R2的阻值相同，则B正确；C图中装置中，电阻R1与R2的阻值相同，R2与R3先并联再和R1串联，使得经过R1的电流大于经过R2的电流，左边容器中电阻产生的热量大于右边容器中电阻产生的热量，即a容器比b容器中电流产生的热量多，则C错误；D不改动实验装置，电阻不变，不可以继续探究电流产生的热量与电阻的关系，则D
24、错误。18.如图所示的实物图，下列说法正确的是（ ）A. 只闭合S1，R1、R2串联B. 只闭合S2，R2、R3串联C. 闭合S1、S2，通过R2的电流大于通过R1的电流D. 三个开关都闭合，R1、R2、R3并联【答案】ABC【解析】【分析】把几个用电器首尾相接，连入电路是串联； 把几个用电器首首相接、尾尾相接，再连入电路，就是并联；开关或导线与用电器并联时，用电器会被短路。【详解】A由电路图可知，只闭合S1，R1与R2首尾相接，即为串联，则A正确；B由电路图可知，只闭合S2，R2与R3首尾相接，即为串联，则B正确；C闭合S1、S2，电路为R2与R3并联后再与R1串联，通过R2的电流为干路电流
25、，而通过R1的电流为支路电流，根据并联电路干路电路等于各支路电流之和可知，通过R2的电流大于通过R1的电流，则C正确；D三个开关都闭合，R2与S3并联，即R2被短路，则D错误。二、填空题19.我县农村大面积推广了“煤改气”工程，人们用天然气灶烧水的过程是通过_（选填“做功”或“热传递”）的方法改变水的内能。某家庭需要将50kg、初温为10的水加热到50作为生活用水，他们利用天然气灶烧水，需要燃烧0.8kg的天然气。这些水从10加热到50需要吸收的热量为_J，0.8kg的天然气完全燃烧放出的热量为_J，天然气灶烧水的效率为_。（q天然气=4107J/kg）【答案】 (1). 热传递 (2). 8
26、.4106 (3). 3.2107 (4). 26.25%【解析】【分析】改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；知道水的质量、比热容、初温和末温，利用求水吸收的热量；知道煤气的质量和热值，利用计算煤气完全燃烧放出的热量；水吸收的热量是有用的能量，煤气完全燃烧放出的热量为总能量，利用效率公式求燃气灶烧水的效率。【详解】1用天然气灶烧水的过程中，水从火焰中吸收热量，温度升高，是通过热传递的方式增加水的内能；2水吸收的热量：；30.8kg天然气完全燃烧放出的热量：；4天然气灶烧水的效率：。20.某导体的电阻是5，通过它的电流为0.2A，10s内通过该导体产生的热量是_J；电子式电能表表盘上标有“3
27、000imp/kWh”的字样（imp表示电能表指示灯闪烁次数）将某用电器单独接在该电能表上，正常工作30min，电能表指示灯闪烁了300次，该用电器的功率是_W；一汽油机转速为2400r/min，则该内燃机每秒做功_次【答案】 (1). 2 (2). 200 (3). 20【解析】【详解】导体产生的热量：Q=I2Rt=(0.2A)2510s=2J；3000imp/kWh表示电能表指示灯每闪烁1次，电路中消耗kWh的电能，指示灯闪烁300次，电路消耗电能为：W=300kWh =0.1kWh，用电器的功率：P=0.2kW=200W；汽油机的转速为2400r/min，说明1s内汽油机曲轴的转动次数为
28、40，一个工作循环中，曲轴转动两周，对外做功一次，1s内曲轴转动40次，对外做功20次21.某市科技馆有机器人和参观者下象棋的展台，机器人取放棋子时用一根“手指”接触棋子表面就可以实现（如图），其奥秘是“手指”内部有电磁铁。(1)机器人取放棋子是利用了电磁铁的_（选填“磁性有无”、“磁性大小”或“磁极方向”）可以控制的特点。(2)电磁铁磁性大小可以通过改变_来实现。【答案】 (1). 磁性有无 (2). 电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯【解析】【分析】(1)磁铁的磁极有无是可以通过电流的通断来进行控制的，通电时有磁性，断电时无磁性，据此来进行分析；(2)电磁铁磁性强弱影响因素：电流大小、线圈匝
29、数多少、有无铁芯。【详解】(1)1根据机器人取放棋子的特点可以推断，它是靠电磁铁磁性有无来控制“手指”的，当通电时有磁性，将棋子取起，当断电时无磁性，将棋子放下；(2)2电磁铁磁性强弱影响因素：电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯，因此电磁铁磁性大小可以通过改变电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯来实现。22.小明同学看见爸爸的手机锂电池上面标明“电压为3.7V容量为3000mAh”，则它充满电后存储的电能为_J；手机电池充电过程中将_能转化成_能；智能手机在频繁的使用时会导致它的电能消耗很快，当手机“电量”所剩无几时，通常可以将其设置成“省电模式”来延长使用时间，这是通过_（选填“增大”或“减小”）
30、总功率的方式实现的。【答案】 (1). 39960 (2). 电 (3). 化 (4). 减小【解析】【分析】知道电池的容量，根据求出电池储存的电荷量，根据求出电流做的功即为储存的电能；在充电过程中，将电能转化为化学能储存；省电模式是切断手机部分部件供电以实现省电的功能，根据分析。【详解】1充电电流所做的功即储存的电能为：；23在充电过程中，将电能转化为化学能储存；4当手机“电量”所剩无几时，即W一定，由可得，要延长使用时间t，应减小总功率P，因此手机的“省电模式”是通过减小总功率的方式来延长使用时间的。23.在如图甲所示的电路中，当闭合开关后，灯泡L1和灯泡L2_联接入电路，两个电流表指针偏
31、转均为图乙所示，则通过灯泡L1和灯泡L2中的电流分别为_A和_A；灯泡L1和灯泡L2消耗的实际电功率之比为_。【答案】 (1). 并 (2). 1.2 (3). 0.3 (4). 4:1【解析】【分析】由电路图可知，两灯泡并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测L2支路电流，根据并联电路的电流特点和两个电流表的指针在同一个位置确定两表量程，根据分度值读出示数，进一步求出灯L1中的电流。【详解】1由电路图可知，灯泡L1和L2并联；23电流表A1测干路电流，电流表A2测L2支路电流，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两个电流表的指针在同一个位置，所以干路电流表A1的量程为03A，分度值为0
32、.1A，示数I=1.5A，L2支路电流表A2的量程为00.6A，分度值为0.02A，示数I2=0.3A，则灯L1中的电流：；4灯泡L1和L2并联，则其两端的电压，根据可知灯泡L1和灯泡L2消耗的实际电功率之比即为其电流之比：1.2A:0.3A=4:1。24.如图甲所示是一种自动测定油 箱内油量的装置，R2是滑动变阻器，工作过程中浮标通过杠杆带动金属片从R2的一端滑动到另一端。(1)油量表是由_（选填“电流表”或“电压表”）改装而成；(2)当向油箱中加油时，R2两端的电压会_（选填“变大”、“变小”或“不变”）；(3)图乙为原电表的刻度盘，现要在该刻度盘上标注对应的流量值，则表示流量为0的刻度线
33、应在刻度盘的_（选填“最左边”、“中间某位置”或“最右边”），该流量表的刻度是_（选填“均匀”或“不均匀”）的；(4)若电路的保护电阻R1损坏，维修人员替换时误用了一个较大的电阻，则会导致流量表的测量结果_（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】 (1). 电流表 (2). 变大 (3). 中间某位置 (4). 不均匀 (5). 偏大【解析】【分析】(1)电流表与被测电路串联，电压表与被测电路并联，由此判断油量表是何种电表；(2)根据油位的高低判断滑动变阻器连入阻值变化，由串联电路特点和欧姆定律判断电路中总电阻和电流变化情况；(3)由电路图可知，油量表串联在电路中，故油量表是由电流表改装的；根据串
34、联电路的特点和欧姆定律求出电路中的电流，即可分析判断；(4)若电路的保护电阻R1损坏，替换时误用了一个较大的电阻，则当浮标在同一位置时，电路中的总电阻变大，结合欧姆定律进行判断。【详解】(1)1由图可知，油量表与定值电阻、滑动变阻器R组成串联电路，所以油量表是由电流表改装而成的；(2)2当向油箱中加油时，浮球上升，在杠杆的作用下滑片下降，滑动变阻器连入阻值变大，电路中的总电阻变大，由欧姆定律可知此时电路中电流变小，根据可知，定值电阻R1两端的电压变小，根据串联电路的电压特点可知，变阻器R2两端的电压将变大；(3)34由可知：油量为0时，电路中电流不为0，所以油量为0的刻度线应在刻度盘的中间某位
35、置，并且油量表的刻度是不均匀的；(4)5由(2)可知，当向油箱中加油时，电路中电流变小，即油量表示数变小；若电路的保护电阻R1损坏，替换时误用了一个较大的电阻，则当浮标在同一位置时，电路中的总电阻变大，电流变小，所以会导致油量表的测量结果偏大。三、实验探究题25.用图甲所示的电路图测量某电阻丝的电阻，电源电压为3V，滑动变阻器最大值是20。(1)根据电路图，请你用笔画线代替导线，将图乙中的器材连接成完整的电路（要求滑动变阻器滑片向右移动时，电流表示数增大）；（ ）(2)闭合开关，滑片P向右缓慢移动时，发现电流表示数逐渐变大，电压表示数始终为零，可能是电阻丝发生了_（选填“短路”或“断路”故障）
36、；(3)故障排除后调节滑片P的位置，读取了对应的电压电流的数值，并记录在表中。由表可知，电阻丝的阻值是_；次数第1次第2次第3次U/V0.81.01.6I/A 0.16 0.20 0.32(4)为了测量“额定电压为3.8V，额定电流小于0.6A的小灯泡”的额定功率，除了将图中的电阻丝换成小灯泡外，还必须_（选填“增大”或“减小”）电源电压，并更换_（选填“电压表”或“电流表”）的量程；(5)电路改进并正确操作，当电压表的示数为3.8V时，电流表的示数如图丙所示，小灯泡的额定功率是_W。【答案】 (1). (2). 短路 (3). 5 (4). 增大 (5). 电压表 (6). 1.14【解析】
37、【分析】(1)根据滑动变阻器滑片向右移动时，电流表示数增大确定变阻器右下接线柱连入电路中；(2)逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；(3)由欧姆定律，根据表中数据求出3次测量的电阻，为减小误差，取平均值作为测量结果；(4)灯在额定电压下正常发光，为了测量“额定电压为3.8V，额定电流小于0.6A的小灯泡”的额定功率，从电源电压大小和电压表量程的选择考虑；(5)根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据求出小灯泡额定功率。【详解】(1)1根据滑动变阻器滑片向右移动时，电流表示数增大，即电阻变小，故变阻器右下接线柱连入电路中，如下所示：(2)2若电阻丝发生了短路，电路为通路，电压表示数为0，滑片P
38、向右缓慢移动时，变阻器的电阻变小，电流表示数逐渐变大，符合题意；若电阻发生了断路，电流表示数为0，电压表串联在电路中测电源电压，不符合题意；故可能是电阻丝发生了短路；(3)3由欧姆定律，根据表中数据，3次测量的电阻都为：，故电阻丝的阻值是5；(4)45灯在额定电压下正常发光，为了测量“额定电压为3.8V，额定电流小于0.6A的小灯泡”的额定功率，将图中的电阻丝换成小灯泡外，因3.8V3V，还必须增大电源电压，并更换电压表的量程；(5)6电路改进并正确操作，当电压表的示数为3.8伏时，电流表的示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，小灯泡的额定功率是：。26.某中学
39、初三年级课外兴趣小组的同学，按照图甲所示的实物连接图做“测定小灯泡的电阻”实验（小灯泡标有“2.5伏”字样），在实验过程中得到了如表所示的一组U和I数据；实验次序123456灯泡两端的电压U（伏）0.51.01.52.02.53.0通过灯泡的电流I（安）0.180.220.260.300.34灯泡的电阻R（欧姆）2.784.555.766.678.82灯泡发光情况微亮逐渐变亮(1)在连接电路时开关应处于_（选填“闭合”或“断开”）状态。(2)灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，为_A。(3)分析比较表格中数据可以看出，在灯丝中电流逐渐增大的过程中，灯丝的电阻_（选填“变大”、“变小”或“不
40、变”），进一步分析表明灯丝的电阻与_有关。【答案】 (1). 断开 (2). 0.32 (3). 变大 (4). 温度【解析】【分析】(1)为了保护电路，连接电路时，开关应该处于断开状态；(2)由实物图可知，电流表的量程，根据分度值读出示数，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；(3)根据欧姆定律求出表格数据对应的电阻，然后分析灯丝电阻的变化，进一步分析实验数据，从温度对电阻影响的角度得出结论。【详解】(1)1为了保护电路，连接电路时，开关应该处于断开状态；(2)2由实物图可知，电流表的量程为00.6A，分度值为0.02A，灯泡正常发光时的电流为0.32A；(3)3灯泡正常发光时的电阻为：，表中数据
41、对应的电阻依次为：2.78、4.55、5.76、6.67、7.81、8.82，则在灯丝中电流逐渐增大的过程中，灯丝的电阻逐渐增大；4由表中数据可知，在灯丝中电流逐渐增大的过程中，灯泡两端的电压逐渐增大，灯泡的实际功率增大，灯泡产生的热量增多，灯泡温度升高，此时灯泡电阻变大，这说明灯丝电阻随温度的升高而变大。四、计算题27.某款电热饼铛，如图甲，图乙为其加热原理电路图，R1、R2分别为上盘和下盘的发热电阻。某次烙饼加热和保温时的功率随时间变化关系如图丙，当温度达到200时S1自动断开，电热饼铛处于保温状态，在保温2min后，断开S。已知R1= 55，求：(1)该电饼铛正常加热时的总电流；(2)通
42、过计算确定R2的电阻；(3)本次烙饼共消粍的电能。 【答案】(1)6A；(1)l10；(1)3.696105J。【解析】【分析】(1)根据图丙可知电饼铛加热时的功率，根据求出该电饼铛正常加热时的总电流；(2)根据图丙可知电饼铛保温时的功率，由题意可知，开关S闭合、S1断开时，电路为R2的简单电路，电饼铛处于保温状态，根据求出R2的电阻；(3)根据图丙读出本次烙饼加热的时间和保温时间，根据求出本次烙饼共消耗的电能。【详解】(1)由图丙可知，电饼铛加热时的功率：，由可得，该电饼铛正常加热时的总电流：；(2)由图丙可知，电饼铛保温时的功率：，由题意可知，开关S闭合、S1断开时，电路为R2的简单电路，
43、电饼铛处于保温状态，由可得，R2的电阻；(3)由图丙可知，本次烙饼加热的时间：，保温时间：，由可得，本次烙饼共消耗的电能；。答：(1)该电饼铛正常加热时的总电流为6A；(2)R2的电阻为l10；(3)本次烙饼共消耗的电能为3.696105J。28.如图甲所示的电路，电源电压为6V，灯泡L1和L2均标有“6V 6W”字样，其电流随电压变化的曲线均如图乙所示，问：(1)若只闭合开关S1、S2，此时电路消耗的总功率是多少？(2)如果只闭合开关S2，此时电流表的示数是多大？(3)若只闭合开关S1、S3，此时电流表的示数是多大？【答案】(1)6W；(2)0.7A；(3)2A。【解析】【分析】(1)同时只
44、闭合开关S1、S2时，电路为L1的简单电路，电流表测电路中的电流，额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，据此进行解答；(2)只闭合开关S2时，L1、L2串联，两灯泡的规格相同时它们的阻值相等，根据串联电路的分压特点求出两灯泡两端的电压，根据图像读出通过灯泡的电流即为电流表的示数；(3)同时闭合开关S1、S3时，两灯泡并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点可知两灯泡两端的电压相等，由图像读出电流，再根据并联电路电流的特点即可求出干路电流，即为电流表的示数。【详解】(1)只闭合S1、S2时，电路中只有L1，电流表测电路中电流，电源电压与灯泡额定电压相等，L1正常发光，则电路消耗的总功率：；(2)只闭合S2，L1与L2串联，两灯规格相同，则R1=R2，由分压公式可得：，由图像可知 I=0.7A；(3)S1、S3闭合，L1、L2并联，U=U1=U2两灯同时正常发光，由图可知I1=I2=1A，此时电流表示数为：。答：(1)若只闭合开关S1、S2，此时电路消耗的总功率是6W；(2)如果只闭合开关S2，此时电流表的示数是0.7A；(3)若只闭合开关S1、S3，此时电流表的示数是2A。
