1、2013届江苏省扬州市邗江区九年级第一学期期末质量监测物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图的几种用电器正常工作时的电流接近 4A的是 A家庭电扇 B笔记本电脑 C台灯 D电饭锅 答案： D 试题分析： 用电器正常工作， 电器工作的电压均为 220V； A、电扇功率一般低于 100W，电压为 220V，故其电流约为 0.4A，所以 A 错误； B、笔记本电脑的功率约为 200W，则笔记本电脑的电流约为，所以 B错误 C、台灯的功率约为 40W，则电流约为 0.2A，故 C选项错误； D、电饭煲的功率约为 1000W，则由 P=UI得 : ，所以 D正确 考点：电功率 点评：对于每个用电器的电流
2、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家用电器的功率值平常要注意积累 如图的电路中，灯 L标有 “3V 1.5W”、滑动变阻器 R上标有 “50 1A”的字样，电压表量程为 0 3V，电流表的量程为 0 0.6A，电源电压恒为 4.5V。为了保证电路中各元件安全工作，下列说法正确的是（设灯丝的电阻保持不变） A通过电路中的最大电流为 0.6A B通过电路中的最小电流为 0.25A C变阻器允许接的最小阻值为 4 D变阻器允许接的最小阻值为 6 答案： B 试题分析：灯泡 L正常工作时的电流为： 灯泡的电阻为： 为了保证电路中各元件安全工作，电路中的最大电流
3、I 最大 =0.5A， 电路中的总电阻 当电压表的示数最大 U 滑 =3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大， 此时灯泡两端的电压为 U=U-U 滑 =4.5V-3V=1.5V， 此时电路的电流为 滑动变阻器接入电路的最大阻值为 所以选 B 考点：欧姆定律 点评：已知灯泡的额定电压和额定功率，根据公式 可求灯 L正常工作时的电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻；由电路中各元件安全工作，比较灯泡的额定电流和电流表以及滑动变阻器允许的最大电流确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器接入电路的最小值；当电压表的示数最大时，滑动变阻器允许接入电路的电阻最大，
4、根据串连电路的电压特点求出灯泡两端的电压，根据欧姆定律求出电路中的最小电流，求出滑动变阻器的最大阻值 如图所示的电路中，电源两端的电压保持不变闭合开关 S，将滑动变阻器的滑片 P向右移动，下列说法正确的是 A电流表 A的 示数变小，电压表 V1的示数变大 B电流表 A的示数变小，电压表 V2的示数变大 C电压 Vl与电压表 V2的示数之和保持不变 D电压表 V2与电流表 A的示数之比保持不变 答案： B 试题分析：电阻 R1和 R2是串联， V1测总电压，即电源电压， V2测 R2两端的电压，滑片向右移动时，电阻变大，电流变小，所以电流表的示数变小；由串联电路的分压原理知，滑动变阻器上的电压增
5、大，即电压表 V2的示数变大，而电源电压是不变的，即 V1示数不变所以选 B 考点：动态电路分析，欧姆定律 点评：本题要先判断电路的连接方式和两个电压表分别是测量哪个电阻的电压后，然后根据欧姆定律和滑动变阻器的变阻原理分析电压和电流的变化。 城市居民集中区，在晚上用电高峰时，用户的电灯没有正常发光时亮以下有关原因的分析正确的是（ ） A用户电灯获得的电压低了 B供电干线上的电流小了 C用户电灯的电阻小了 D发电厂提供的电能少了 答案： A 试题分析：在家庭电路中，输电线和家用电器之间是串联，在晚上用电高峰期，接入电路的用电器变多，并联后的电阻变小，干路中的电流变大，而输电导线有一定的电阻，则输
6、电导线损失的电压增大，用电器两端的电压减小，由公式可知用电器的实际功率减小，灯泡比正常发光要暗一些所以选 A 考点：电功率 点评：在家庭电路中，用户电灯并连后再与供电干线串联，首先利用影响电阻大小的因素，判断并联部分电阻的变化，再利用串联分压的特点，判断并联部分电压的变化，判断定功率的变化，从而得出用户的电灯没有正常发光时亮的原因 小明观察了市场上的 自动测高仪后，设计了四个电路（其 R是滑动变阻器， R是定值电阻，电源两极间电压恒定），如图，其中能实现身高越高，电压表示数越大的电路是（ ） 答案： B 试题分析：根据串联分压，在电源电压不变时，滑动变阻器和定值电阻串联时，滑动变阻器阻值变大时
7、所得电压就增加。 A 由电路图可知：电压表串联在电路中，电路无电流通过，电压表示数为电源电压，不变化所以 A错误； B 由电路图可知：滑动变阻器和定值电阻串联，电压表测量滑阻的电压，身高越高，滑动变阻器阻值越大，电压表示数越大所以 B正确； C 由电路图可知：滑动变 阻器和定值电阻串联，但电压表测电源电压，示数不变所以 C错误； D 由电路图可知：滑动变阻器和定值电阻串联，电压表测定值电阻电压，身高越高，滑动变阻器阻值越大，而电压表示数越小所以 D错误 考点：动态电路分析，滑动变阻器的使用 点评：本题考查了串联分压，阻值越大分得的电源电压就越大并且要知道使用滑动变阻器时，滑片离下端所用接线柱越
8、远，阻值越大。 在图所示的实验装置图中，能够说明电磁感应现象的是 （ ）答案： B 试题分析：电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电 流 A C、电路中有电流，是利用通电导体或线圈受到磁场力的作用发生运动。 B、在外力作用下使线圈转动，切割磁感应线，则使电灯发光，说明此时有感应电流产生，这是电磁感应现象。 D、是奥斯特实验，小磁针发针偏转说明通电导体周围有磁场。 所以选 B 考点：电磁感应 点评：本题涉及的内容有电流的磁效应、电动机的原理和发电机的原理注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同，前者外部没有电源，后者外部有电源 如图所示电路，下列
9、说法正确的是 （ ） A L1、 L2串联 B开关 S只控制 L2 C电流表测干路中的电流 D电流表测 L1中的电流 答案： D 试题分析：根据串联的特点可知：开关要与所控制的用电器串联，接在干路上时会控制整个电路； 电流表的使用方法是：与待测用电器串联，且电流从正接线柱流入，从负接线柱流出 A、由图可知电灯 L1、 L2是并联，所以选项 A不正确 B、由图可知开关 S只控制所有用电器，所以选项 B不正确 C、由图可知电流表测 L1的电流，所以选项 C不正确 D、由图可知电流表测 L1的电流，所以选项 D正确 考点：串并联电路，电流表的使用。 点评：本题重点根据开关、电流表的连接形式判断它们的
10、作用，开关要与所控制的用电器串联，接在干路上时会控制整个电路。电流表与那个用电器串联就测那个用电器的电流。 1964年，人类制成了世界上第一盏用海浪发电的航标灯，它的气室示意图如图 5所示，其工作原理是利用海浪上下起伏的力量将空气吸入气室，压缩后再推入工作室，然后推动涡轮机带动发电机发电，那么 A当海水下降时，阀门 K1开启，阀门 K2关闭 B当海水上升时，阀门 K1关闭，阀门 K2开启 C航标灯消耗的电能是空气的机械能转化来的 D航标灯消耗的电能是海水的机械能转化来的 答案： D 试题分析：海水下降时，阀门 K1关闭，阀门 K2开启，将空气吸入气室；海水上升时，阀门 K1开启，阀门 K2关闭
11、，压缩后将空气推入工作室整个过程是海水推动活塞做功，将海水的机械能转化成了电能 所以选 D 考点：能的转化 点评：本题利用生活中一具体实例，考查了学生对问题的分析能力及物理知识的应用能量转化的过程都是有规律可循的，通过所给的示意图分析海浪发电的过程海浪发电是将海水的机械能转化成电能 如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖 直向上的力，欲使其一端抬离地面。则（ ） A F甲 F乙，因为甲方法的动力臂长 B F甲 F乙，因为乙方法时阻力臂短 D F甲 =F乙，因为动力臂都是阻力臂的 2倍 答案： D 试题分析：根据杠杆的平衡条件， ,F作用在中间，重心在中心，支点在另一边，利
12、用杠杆分析 , 所以 F=2G，两种情况下动力臂都是各自阻力臂的 2倍，所以选 D 考点：杠杆平衡条件 点评：本题考查了杠杆平衡条件的应用，解题的关键是知道两种情况下动力臂都是各自阻力臂的 2倍， 所以两次所用力相同。 关于温度、内能和热量，下列说法正确的是 （ ） A物体的温度越高，它含有的热量越多 B物体的内能增加，一定要吸收热量 C物体的内能越多，放热一定越多 D物体的温度升高，它的内能一定增加 答案： D 试题分析： A 热量是一个过程量，存在于热传递过程中，只能说吸收或者放出热量，不能说含有或者具有热量；所以 A错误 B 改变物体内能的方式有两种，做功和热传递，两者是等效的。一个物体
13、内能增加，可能是外界对它做功，也可能是吸收了热量，所以 B错误 C 热传递发生的条件是存在温度差异，热量由高温物体传递给低温物体，或者由同一个物体上的高温部分传递给低温部分，与物体自身内能的大小无关所以 C错误 D 内能包括分子动能和分子势能两部分，物体的温度升高，分子动能增加，所以内能一定增加。所以 D正确 考点：温度、内能和热量的关系 点评：在分析温度、内能、热量的关系时，要注意晶体熔化、晶体凝固、液体沸腾这几个特殊例子，这是学生比较容易出错的内容，要特别注意 四个同学在公园进行登山比赛。如果规定功率最大者获胜，那么最后胜出者一定是（ ） A体重最大的一个 B时间最 短的一个 C做功最快的
14、一个 D速度最大的一个 答案： C 试题分析：功率的物理意义：功率是反映物体做功快慢的物理量，功率大的物体，做功快；功率小的物体，做功慢所以做功最快的那一个人，他的功率最大 所以选 C 考点：功率的物理意义 点评：解答本题关键是要理解功率的物理意义，功率是反映物体做功快慢的物理量，功率大的物体，做功快；功率小的物体，做功慢 下列所示工具中，使用时不能省力但能省距离的是（ ） A动滑轮 B订书机 C羊角锤 D镊子 答案： D 试题分析：使用时不能省力但能省距离的是费力杠杆，判断杠杆的类型可根据生活经验或动力臂与阻力臂的大小关系来判断。 A、动滑轮实质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆，它可以省力一半，省
15、力但费距离。 B、订书机在使用时，动力臂大于阻力臂，所以它是省力杠杆，省力但费距离。 C、羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，所以它是省力杠杆，省力但费距离。 D、镊子在使用时，动力臂小于阻力臂，所以它是费力杠杆，费力但能省距离。 所以选 D 考点：杠杆的分类 点评：结合生活经验，要判断杠杆的类型，可依据杠杆的动力臂和阻力臂大小关系：若动力 臂大于阻力臂，则是省力杠杆；若动力臂小于阻力臂，则是费力杠杆；若动力臂等于阻力臂，则为等臂杠杆 实验题 如图是小明探究电流产生的热量与哪些因素有关的装置：在两个相同的烧瓶中装有质量 _（选填 “相等 ”或 “不等 ”）的 _（选填 “同种 ”或 “不同 ”）
16、液体，瓶中各放置一根电阻丝，且 R 甲 大于 R 乙 ，这样的装置可以研究电流产生的热量与 _的关系；实验中通过观察 _来比较电阻丝发热量的多少；如果所用液体仅水或煤油，为使实验现象明显些，应选择 _来进行实验。答案：相等；同种；电阻；温度计示数；煤油 试题分析：如图中两个电阻丝是串联，则电流相等，是研究电流产生的热量与电阻的关系的实验，应使用相同的等质量的液体，通过观察升高的温度来比较吸收的热量，由于煤油的比热容比水的比热容小，为了效果明显，应使用煤油做实验。 答案：为：相等；同种；电阻；温度计示数；煤油 考点：探究电流产生的热量与哪些因素有关 点评：本题利用控制变量法来进行研究电流产生的热
17、量与电阻的关系的实验，应控制吸热液体的材料相同，质量相等，通过观察液体的温度的变化来比较吸热的多少 小明同学想探究 “一段 电路中的电流跟电阻的关系 ”，设计了如图甲所示的电路图（电源电压恒为 6V）。 （ 1）根据小明设计的甲图，用铅笔连线将乙图的实物图连接完整。 （ 2）小明将第一次实验得到的数据填入了表格中，然后将 E、 F两点间的电阻由 10更换为 20，调节滑动变阻器的滑片 P向 _移动（ A B），直到_为止。此时电流表的指针位置如图丙所示，请把测得的电流数值填入上表。 实验序号 电压 /V 电阻 / 电流 /A 1 4 10 0.4 2 20 （ 3）小明根据实验数据得到如下结论
18、：电流与电阻成反比。请你对以上的探究过程做出评价，并写出两点评价意见： _； 答案：如下 试题分析：（ 1）由于电源为三节蓄电池串联，电压为 6V，所以电压表的量程选择 0 15V，然后并联到定值电阻两端，注意正、负接线柱不要接反；滑动变阻器下面的接线柱已接入，电路，只需将 C或 D接线柱与开关右边的接线柱相连即可，如图所示 （ 2）实验中应控制电阻两端的电压不变， E、 F两点间的电阻由 10更换为20后，电阻两端的电压会变大，因此应当减小电 路中电流，滑片应向右端（ B端）移动，直到电压表示数为 4V；电流表示数可以根据量程和分度值来确定 （ 3）因为实验次数太少，存在很大的偶然性，应该多
19、次测量才能得出普遍规律；在得出实验结论时，需要加上 “电压一定 ”的条件 答案：是：（ 1）电路连接如图所示； （ 2） B；电压表示数为 4V；电流表示数如下表； 实验序号 电压 /V 电阻 / 电流 /A 1 4 10 0.4 2 4 20 0.2 （ 3）实验次数太少；结论缺少 “电压一定 ”的前提 考点：探究 “一段电路中的电流跟电阻的关系 ” 点评：（ 1）图乙中电压表应并联到定值电阻两端，根据电源电压选择电压表的量程；滑动变阻器采用 “一上一下 ”接入电路 （ 2）实验中应控制电阻两端的电压不变， E、 F两点间的电阻由 10更换为 20后，电阻两端的电压会变大，因此应当减小电路中
20、电流，滑片应向右端（ B端）移动，直到电压表示数为 4V；电流表示数可以根据量程和分度值来确定 （ 3）应该进行多次实验，测出多组数据；由于采用的控制变量法，所以在得出结论时需要加上一定的条件 小明猜想：动能的大小可能与物体的质量和速度有关。因此，他设计了如下两种实验方案： A让同一辆小车 分别从同一斜面的不同高度由静止开始下滑，与放在水平面上的木块相碰，比较木块在水平面上移动的距离（如图甲所示）； B让不同质量的小车分别从同一斜面的不同高度由静止开始下滑，与放在水平面上的木块相碰，比较木块在水平面上移动的距离（如图乙所示）。 上述两种实验方案中： （ 1） A方案是为了探究动能大小与 _关系
21、，若木块被撞后移动的距离越远，说明小车对木块的推力 _越多，小车撞击木块时的动能_. （ 2）小明想用 B方案探究动能大小与质量的关系该方案是否合 理？ 理由是 答案：（ 1）速度；做功；越大 （ 2）不合理；没有控制速度相同 试题分析：（ 1）让小车从斜面的不同高度滑下，那么小车到达水平面时的速度就不同，小车推动木块做功，运动距离越远，做功越多，动能越大 （ 2）要探究动能大小与质量的关系，应该控制小车的速度相同，让小车从斜面的同一高度滑下 所以答案：是：（ 1）速度；做功；越大 （ 2）不合理；没有控制速度相同 考点：影响动能大小的因素 点评：（ 1）同一小车保证了质量相同，从斜面的不同高
22、度滑下，到达水平面时的速度不同，木块被撞后移动的距离越远，推力 做功越多，就可以说明木块的动能越大，从而得出质量相同时，速度越大的物体动能越大 （ 2）该实验利用了控制变量法，如果探究动能大小与质量的关系，必须保证运动速度相同，应该使小车从斜面的相同高度滑下 根据古文论衡 是应篇中的记载： “司南之杓（用途），投之于地，其柢（握柄）指南 ”，学术界于 1947年想象出司南的模样并印刷在邮票上 （ 1）如图（甲）所示，当磁勺在正确指南时，其 A 端为该磁体的 （ N/S）极 （ 2） 1952年，中国科学院物理研究所尝试制作一具司南如（乙）所示，制作人员根据天然磁石的磁 感线分布，将磁石的 （
23、B/C/D/E）处打磨成磁勺的A 端 （ 3）把天然磁石按照正确方法打磨成磁勺后，放在粗糙的木盘上，使磁勺水平自由转动直至最终静止，但磁勺 A 端总不能正确指南将粗糙木盘换成较光滑的青铜盘才略有改善这是因为磁勺和盘子之间的 力影响了实验效果 （ 4）为达到理想的指向效果，制作人员将磁勺靠近一电磁铁，如图（丙）所示闭合开关 S，磁勺和电磁铁相互吸引，由此增加磁勺的磁性 H为电源的 极 （ 5）历史上真有这样的司南吗？仍是众说纷纭一种观点认为或许古代的磁勺比中国科学院物理研究所制作的磁勺要更 （轻 /重），从而有更好的指向效果；另一种观点认为除非今后出土了司南实物，才能真正下结论 答案：（ 1）
24、S；（ 2） D；（ 3）摩擦；（ 4）正；（ 5）轻 试题分析：（ 1）磁勺在正确指南时，地理的南极正是地磁的 N 极，异名磁极相互吸引，因此，其 A端为该磁体 S极； （ 2）如（乙）所示，根据天然磁石的磁感线分布，可判断 D端是 S极，也就是磁勺的 A端； （ 3）将粗糙木盘换成较光滑的青铜盘才略有改善这是因为磁勺和盘子 之间的摩擦力影响了实验效果 （ 4）因为异名磁极相互吸引；用安培定则判断通电螺线管的两极极性以及电流方向； H端为电源的正极； （ 5）压力越小，摩擦力越小；故古代的磁勺有更好的指向效果；是因为磁勺轻，压力小，摩擦力减小； 所以答案：为：（ 1） S；（ 2） D；（
25、3）摩擦；（ 4）正；（ 5）轻 考点：磁极间的相互作用，地磁场 点评：（ 1）磁体静止时，指南的叫南极用字母 S表示；指北的叫北极，用字母N 表示； （ 2）磁体周围的磁感线，都是从磁体的 N 极出发，回到 S极； （ 3）摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关；在 压力相同的情况下，接触面越粗糙，摩擦力越大 （ 4）磁极间的作用规律是：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；可用安培定则判断通电螺线管的两极极性； （ 5）磁勺越轻（质量小），压力就越小，摩擦力就小，从而有更好的指向效果 填空题 白炽灯的灯丝通电后温度升高而发光，灯丝有时会在电网电压突然升高或在 _(开灯瞬间长时间开灯 )
26、时烧断，电路烧断不一定总是无用的，实际电路中人们就利用烧断现象制造了 _ _(举一例 )。 答案：开灯瞬间，保险丝 试题分析：灯丝的电阻随温度的升高而增大，在开灯瞬间，灯丝 温度低，所以电阻小由于电压一定，根据可知， 电功率较大，所以刚开灯的瞬间灯丝容易烧断在电路短路时，或电路总功率过大时，电流过大时，需要自动切断电路，所以人们制造了保险丝，当电路中有过大电流通过产生的电热过多达到保险丝的熔点而熔化，能自动切断电源从而起到保护电路的作用， 考点：电功率 保险丝 点评：要解答本题需掌握：电流做功的过程是电能转化为其它形式能的过程；以及保险丝的原理。 截至目前，中国第一大地热发电站西藏羊八井地热电
27、站已累计发电超过 24亿千瓦时分析该图，从地下井 汽轮机 发电机，其能量转化过程 是：内能 能 能。 答案：机械、电 试题分析：地热发电站发电时，先利用地下井获得地热将加热成水蒸气，水蒸气膨胀推动活塞，使汽轮机转动工作，将水蒸气的内能转化为机械能，汽轮机带动发电机工作，将机械能转化为电能；所以整个过程能量的转化是：内能 机械能 电能 考点：能量的转化 点评：本题考查地热发电机的能量转化，从而了解新能源的开发和利用大地热发电站的工作过程是将大地的内能经过汽轮机、发电机转化成我们普遍使用的电能 汽油机的一个工作循环中对外做功 次在压缩冲程中，气体的温度升高，这是通过 的方式增 加内能为了不让汽油机
28、在工作时温度升得太高，在设计制造时，汽缸外有一个水套，让汽缸被水包围着，这是通过 的方式减少汽缸内能用水来冷却汽缸是因为水的 较大。 答案：一； 做功； 热传递； 比热容 试题分析：内燃机的一个工作循环有四个冲程，即吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，对外做功一次。在压缩冲程中，活塞由上向下压缩气缸内的空气，即对空气做功，使得空气的内能增加，温度升高，这是通过做功的方式改变了气缸内物质的内能；同时为了避免汽油机在工作时温度升得太高，在设计制造时，汽缸外有一个水套，让汽缸被水包围着，即通过水吸收热量而使得气缸温度降低，这是通过热传递的方式改变内能的；在这里我们之所以选择用水作为冷却剂，源于水
29、的比热容最大，即相同质量的水和其他的液体相比较时，若都是升高 1 时，水能吸收的热量最 多，故用水冷却效果最好 考点：热机 比热容 点评：（ 1）内燃机的一个工作循环有四个冲程，即吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；压缩冲程即进气门和排气门都关闭，活塞由上向下运动，压缩空气做功，使气缸内气体内能增加温度升高；对于做功冲程，即气缸内的混合物被引燃，导致气缸内产生高温高压燃气，这些燃气推动活塞做功，使活塞由上向下运动； （ 2）改变内能有两种方式：即做功和热传递； （ 3）在自然界中水的比热容最大，这也是我们选用水作为作取暖或冷却物体的物质的根本原因 现在有一种 “手机自生能 ”技术。手机上装
30、上特制 电池，上下左右摇晃手机即可产生电能，每摇一分钟可通话两分钟。如果将手机上下摇动一次，相当于将 200g的重物举高 l0cm，每秒约摇一次。由此可知，每摇一次可以获得的电能为 _ _J,该手机使用时的功率约为 W。 答案： .2J 0.1W 试题分析：将手机上下摇动一次，相当于将 200g的重物举高 10cm，则产生的能量 E=W=mgh=0.2kg10N/kg0.1m=0.2J， 每秒摇动 1次，则摇动手机的功率 因摇晃一分钟能使用 2分钟，则手机使用时的功率约为 考点：电功率 点评：由题意可知手机中应产生了电磁感应现象，则摇动时消耗的机械能转化为电能，利用消耗的机械能则可求得产生的电
31、能；由功率公式可求得功率 如图，滑轮重小于物重（绳重、摩擦不计） ,若匀速提升相同的重物，则 F 甲_F 乙 机、械效率 甲 _乙 （ “”）。 答案：； 试题分析：甲图中的滑轮是定滑轮， F 甲 =G；而乙图中的滑轮是动滑轮，使用该滑轮可以省一半的力，所以 ，所以 F 甲 F 乙 ； 甲乙两图中的重物相同时，如果升高相同的距离，则有用功相同； 在绳重、摩擦不计情况下，甲图 中的拉力做的功等于有用功，而乙图中的拉力做的功包括有用功和克服动滑轮重力所做的功，所以乙图中的总功更大些，因此乙图中滑轮的机械效率会比甲图中的小； 考点：定滑轮、动滑轮、机械效率 点评：解答此题要知道定滑轮的特点：使用定滑
32、轮不省力但能改变力的方向；使用动滑轮时可以省一半力，但会费距离； 有用功即物体克服重力做的功，拉力做的功即是总功；机械效率是有用功与总功的比值。 如图所示，是演示巨磁电阻 (GMR)特性的原理示意图开关 S1、 S2 闭合时，向左稍微移动滑动变阻器的滑片 P，指示灯的亮度明显变亮。 (1)滑动变阻器的滑片向左移动，电磁铁周围的磁场 (选填 “增强 ”、 “减弱 ”或 “不变 ”) (2)指示灯的亮度明显变亮，表明电路中 GMR的阻值显著 (选填 “增大 ”或 “减小 ”)，引起 GMR阻值变化的原因是 。 答案：增大减小磁场增强 试题分析：（ 1）滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器的阻值减小，
33、由欧姆定律可知，线圈中的电流增大，则电磁铁的磁场增强 （ 2）指示灯的亮度明显变亮，表明电路中的电流增大，由欧姆定律可知，电路中 GMR的阻值显著减小，引起 GMR阻值变化的原因是它周围的磁场 考点：影响电磁铁磁性强弱的因素 点 评：本题的实验虽然是探究巨磁电阻的特性，不是初中物理的内容，但该题所考查的其实还是初中物理的知识：包括欧姆定律、影响电磁铁磁性强弱的因素，是一道好题 有一电热水壶的铭牌如右表所示如果此电热水壶的效率为 70%，用它把一满壶 20 的水加热到 100 ，水需要吸收 J的热量，需要加热 min C 水=4.2103J (kg ) 答案： 8 试题分析：水的质量： m=V=
34、1103kg/m31.110-3m3=1.1kg， 水吸收的热量 Q 吸 =cm t=4.2103J/（ kg ） 1.1kg（ 100 -20 ） =3.696105J； （ 2）由题知，需消耗的电能 Q 吸 =W70%， 电水壶正常工作， P=P 额 =1100W 电水壶工作时间： 考点：电功 热量的吸收 点评：本题为电功和热量的综合题，考查了学生对吸热公式、电功率公式的掌握和运用，知道铭牌意义，并利用好 Q 吸 =W70%是本题的关键 如图所示是一种自动测定油箱内油面高度的装置， R是转动式变阻器，它的金属滑片 P是杠杆的一端，则电表应是 _表（选填 “电压 ”或 “电流 ”），油量减少
35、时，电表示数 _。（填 “变大 ”、 “变小 ”或 “不变 ”） 答案：电压，变大 试题分析：因为油量表与滑动变阻器并联，因此油量表为电压表；又因为串联电路中电阻起分压作用，电阻越大，分担的电压越大，因此当油量减少时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，分得的电压越多，即油量表的示数变大 考点：滑动变阻器、欧姆定律 点评：滑动变阻器与定值电阻串联，然后根据电压表并联在电路中，电流表串联在电路中分析油量表的种类 串联电路中电阻起分压作用，电阻越大，分担的电压越大，油面越高，浮子上升，滑片下移，滑动变阻器连入电路的电阻减小，油量表的示数减小 将光敏电阻 R和 定值电阻 R0、电流表、电压表连成如图所示
36、电路，接在 9V的电源上，光敏电阻阻值随光强变化关系如下表： (“光强 ”表示光强弱程度的物理量，符号为 E，单位坎德拉 (cd)若电流表的示数增大，表明光强在 _ ，电压表的示数将 _ 。 (“增大 ”、 “减小 ”或 “不变 ”)。分析表中数据可知光强 E=1.8cd 时，光敏电阻的阻值 R= ，此时电流表的示数为 0.5A，则通电 1分钟 R0上产生的热量为 _ J。 光强 E/cd 1 2 3 4 5 6 光敏电阻 R/ 18 9 6 4.5 3.6 3 答案：增大减小 10 120 试题分析：电流变大，说明光敏电阻在变小，可知光强在增大，定值电阻 R0两端的电压变大，根据串联电路电压
37、的规律可知光敏电阻 R两端的电压在减小，电压表示数减小， 由数据可知 1cd18=1.8cdR，所以 R=10， 电路总电阻 ,定值电阻 R0=R 总 -R=18-10=8， 通电 1分钟 R0上产生的热量为 Q=I2R0t=（ 0.5A） 2860s=120J 考点：欧姆定律 焦耳定律。 点评：如图光敏电阻 R和定值电阻 R0串联，电流表测量总电流，电压表测量光敏电阻 R两端的电压，根据欧姆定律可知，电流变大，说 明光敏电阻在变小，可知光强的变化，根据公式 U=IR可知电压表示数的变化 根据数据可知，光强与电阻的乘积大小不变，已知光强的大小，可求光敏电阻的阻值，根据公式 定值电阻 R0的大小
38、，再根据公式 Q=I2Rt可求产生的热量 小明利用标有 “6V 6W”的灯泡 L1和标有额定电压为 6V的 L2进行实验： （ 1）分别对通过 L1和 L2中的电流和两端电压进行测量，绘制了电流随两端电压变化曲线图甲所示， A、 B分别对应 L1和 L2,则 L2的额定功率为 _ W。 （ 2）现将两灯连入图乙所示电路。实验过程中，小明不慎把电路中的 L2的玻璃泡打碎了（碰巧灯丝没有断），此时他惊奇的发现：这个小灯泡几乎不发光，可另一个灯 L1反而更亮了。 你认为 L2变暗的原因是：_。 此时电路消耗的总功率与原来相比将 _。（选填 “变大 ”、 “变小 ”或 “不变 ”） （ 3）小明用一只
39、新的同样规格的 L2将打碎玻璃泡的灯更换后，要使其中一只灯泡正常发光，此时电源电压为 V。 答案：（ 1） 3；（ 2） R2变小 变大；（ 3） 8 试题分析：（ 1）由图象知当电压 U=6V时， IB=0.5A，灯泡功率PB=UIB=6V0.5A=3W，灯泡 L2额定功率是 3W （ 2） 你认为 L2变暗的原因是 R2变小。 此时电路消耗的总功率与原来相比将变大 （ 3）由图象知，灯泡 L2的额定电流较小，灯泡 L2正常发光；灯泡 L1与 L2串联，流过它们的电流相等， 由图象知灯泡 L2正常发光时，灯泡 L1的电压 U1=2V，灯泡 L2的电压 U2=6V，电源电压 U=U1+U2=2
40、V+6V=8V 考点：电功率 点评：（ 1）由图象可求出当电压 U=6V时所对应的电流 IB，由公式 P=UI求出灯泡 L2的额定功率 （ 2）因为灯丝电阻随温度的升高而增大，灯泡 L2的玻璃泡打碎了，由于缺少玻璃泡的保护，电流流过灯泡时产生的热量迅速散失，使灯丝的温度较低，灯泡电阻较小，灯泡实际功率较小，灯泡不发光；由于电源电压不变，电路总电阻变小，由 知，电路总功率变大 （ 3）两灯泡串联，流过它们的电流相等，只有一只灯泡正常发光，只能是额定电流小的灯泡正常发光，如果额定电流大的灯泡正常发光，电流大于额定电流小的灯泡，灯容易烧断；由图象及串联电路的特点，可求出电源电压 直流电动机是根据 的
41、原理制成的 .有一台额定电压为 220V的电动机，正常运转时通过的电流是 50A，线圈电阻是 0.4，电动机正常工作 10min消耗的电能是 _ J，电流产生的热量是 _ J. 答案：通电线圈在磁场中受力转动； 6.6106； 6105 试题分析：直流电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的 电动机正常工作 10min消耗的电能是 W=UIt=220V50A1060s=6.6106J 电流产生的热量是 Q=I2Rt=（ 50A） 20.41060s=6105J 考点：电动机、电能 点评：（ 1）线圈通电后在磁场中受力转动，这就是电动机的制成原理 （ 2）电动机正常工作 10min消耗的
42、电能 根据公式 W=UIt计算，工作时线圈电阻产生热量，根据公式 Q=I2Rt计算可得 计算题 小明家电热吹风机的铭牌如表格（甲）所示，其工作原理如图（乙）所示由于使用了多年，吹风机中的电热丝明显氧化导致其电阻发生了变化，电动机性能仍保持不变为准确测量氧化电热丝的实际电阻值，小明在家中把该吹风机单独接入家庭电路并使其吹热风，发现电能表的转盘 6min内转过 132圈，电能表规格如图（丙）所示问： （ 1）氧化电热丝的实际电阻值是多少？ （ 2）为恢复电热吹风机的铭牌功率，应与氧化电热丝串联还是并联一段新电热丝？ （ 3）新电热丝的阻值是多少？ 答案：（ 1）氧化电热丝的实际电阻值为 121；
43、（ 2）为恢复电热吹风机的铭牌功率，应与氧化电热丝并联一段新电热丝； （ 3）新电热丝的阻值是 605 试题分析：（ 1）已知电能表的参数和电能表转盘转过的转数可求消耗的电能，先根据 求出氧化后电路的实际功率，再用实际功率减掉电动机的功率即为氧化电热丝的实际功率，最后根据 求出氧化电热丝的实际电阻值 . （ 2）由电吹风的铭牌可知额定电压和电热丝的额定功率，根据 求出正常工作时电阻丝的阻值，然后根据电阻串联时越串越大、并联时越并越小判断新 电热丝的串并联； （ 3）根据电阻的并联求出氧化后要使灯泡正常工作时并联新电阻的阻值 解：（ 1）氧化后吹热风时， 6min内消耗的电能： 此时吹热风时电路
44、的实际功率： 此时电热丝的实际功率 P 热 =P-P 电动机 =440W-40W=400W， 氧化电热丝的实际电阻值 （ 2）吹风机正常工作时， P 热 =480W， 电阻丝的阻值 因并联电路电阻越并越小、小于任何一个分电阻，串联电路电阻越串越大、大于任何一个分电阻； 所以为恢复电热吹风机的铭牌功率，应与氧化电热丝并联一段新电热丝 （ 3）因并联电路中 所以 解得 ： R 新 =605 考点：电阻的并联和欧姆定律、电功率公式 点评：本题考查了电阻的并联和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是电吹风和电能表参数含义的理解与掌握；本题综合性强，难度较大 如图所示，电源电压为 12V，且保持不变，已
45、知滑动变阻器 R3的最大阻值为 20，定值电阻 R1=10， R2=15，电流表的量程为 0.6A。 （ 1） S、 S1闭合， S2断开时，要使电流表的示数最小，则滑动变阻器的滑片 P应滑到何处 此时电压表的示数为多少 10min内电流通过 R1产生的热量是多少 （ 2） S、 S2闭合， S1断开时，求电路允许消耗的最大功率。 答案：（ 1）在 a处 8V 960J （ 2） 7.2W 试题分析：（ 1） S， S1闭合， S2断开时， R1和 R3串联在电路中，电源电压不变，要使电流表的示数最小，电路的电阻应该最大，滑动变阻器连入的电阻最大，滑片在 a端 R=R1+R3=10+20=30
46、， U3=IR3=0.4A20=8V t=10min=600s， Q=I2R1t=（ 0.4A） 210600s=960J （ 2） S、 S2闭合， S1断开时， R2和 R3串联在电路中， 当 P在 b时，电路中的电流为： 为了使电路安全，此时电路中允许的最大电流为 0.6A， P 最大 =UI 最大 =12V0.6A=7.2W 答：（ 1） S， S1闭合， S2断开时，要使电流表的示数最小，则滑动变阻器的滑片 P应滑到 a端此时电压表的示数为 8V 10min内电流通过 R1产生的热量是960J （ 2） S、 S2闭合， S1断开时，电路允许消耗的最大功率 7.2W 考点：电功率 电能 点评： S， S1闭合， S2断开时， R1和 R3串联在电路中，电源电压不变，要使电流表的示数最小，电路的电阻应该最大 电路的电阻最大，滑动变阻器全部接入，求得总电 阻，电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器两端的电压 知道电流、电阻、时间，根据欧姆定律求出产生的电热 S、 S2闭合， S1断开时， R2和 R3串联在电路中，电源电压不变，要使电路的功率最大，电阻应该最小，滑片滑到 b端 如图甲所示是工人利用滑轮组从竖直深井中提取泥土的情形，所用动滑轮和筐受到的总重力为 20N。某次操作中，将重 423N 的泥土以 0.4m/s的速度匀速提起，在此过程中工
