1、2013 2014江苏省南京市高淳区九年级第一学期期末测试物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图所示，下列工具的使用，属于费力杠杆的是（ ） 答案： A 试题分析：生活中的杠杆主要包括以下几种： 省力杠杆，动力臂大于阻力臂，使用时省力但费距离； 费力杠杆，动力臂小于阻力臂，使用时费力但省距离； 等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，即不省力也不省距离结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系或者使用时是为了省力还是省距离，再判断它是属于哪种类型的杠杆 A、镊子在使用过程中主要为了省距离，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆； B、钳子在使用过程中主要为了省力，动力臂大于阻力臂，是省力杠
2、杆； C、起子在使用过程中主要为了省力，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆； D、剪子在使用过程中主要为了省力，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆 考点：杠杆的分类 如图所示的电路中，电源电压恒为 4.5V，电压表量程 0 3V，电流表量程0 0.6A，滑动变阻器规格是 “10 1A”，灯泡标有 “2.5V 1.25W”；若闭合开关，两电表示数均不超过所选的量程，灯泡两端电压不允许超过额定电压，不 考虑灯丝电阻的变化则下列说法正确的是（ ） A电流表的示数变化范围 0.3A 0.6A B电压表的示数变化范围是 1.5V 2.5V C滑动变阻器允许调节的阻值范围是 2.5 10 D该电路最大功率是 2.7W
3、 答案： B 试题分析：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流 （ 1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据 P=UI求出灯泡的额定电流， IL 额=PL 额 /UL 额 =1.25W/2.5V=0.5A， 串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为 0 0.6A， 电路中的最大电流为 Imax=0.5A，故 A不正确； 当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小， 根据欧姆定律求出灯泡的电阻： RL=UL 额 /IL 额 =2.5V/0.5A=5， 电路中的总电阻 R=U/Imax=4.5V/0.5A=9， 串联电路中总电阻等于各部分电阻之和
4、， 滑动变阻器接入电路中的最小阻值： R 滑 =R-RL=9-5=4，故 C不正确； 电路中的电流最大时，电路的功率最大： Pmax=UImax=4.5V0.5A=2.25W，故 D不正确； （ 2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，灯泡的功率最小，此时电路中的电流最小，电压表的示数最小。故电流表的最小示数为： Imin=U/（ RL+R 滑 max）=4.5V/（ 5+10） =0.3A， 电压表的最小示数： UL=IminRL=0.3A5=1.5V， 电压表的示数变化范围1.5V 2.5V，故 B正确 综上所述： A电流表的示数变化范围 0.3A 0.5A； B电压表的示数变化范围是 1
5、.5V 2.5V； C滑动变阻器允许调节的阻值范围是 4 10； D该电路最大功率是 2.25W，故选 B。 考点：电路 的动态分析；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；电阻的串联；电功率的计算 如图所示的电路中，电源电压保持不变， R1 为定值电阻， R2 为滑动变阻器，闭合开关 S，滑片 P向右移动时，则（ ） A电流表 A 的示数变大 B电压表 V的示数不变 C电路消耗的总功率增大 D R1消耗的电功率减小 答案： 试题分析： 从图可知，定值电阻 R1和滑动变阻器串联 R2串联，当滑片 P向右移动时，其连入电路中电阻的变大，则根据串联电路电阻的特点可知，此时电路中的总电阻的变大，而电
6、源电压不变，由公式 I=U/R 可知电路中的电流变小，即电流表的示数变小故 A不符合题意 因为定值电阻 R1的阻值不变，而电路中的电流变小，所以由公式 U=IR可知定值电阻两端的电压变小，根据串联电路电压的特点 (电源电压等于各部分电路两端电压之和 )可知，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表的示数变大故 B不符合题意 因为电源电压不变，而电路中的电流变小，所以由公式 P=UI可知电路中的总功率变小故 C不符合题意 因为电路中的电流变小，而定值电阻 R1的阻值不变，所以由公式 P=I2R可知电阻 R1消耗的电功率变小故 D符合题意故选 D 考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；滑动变阻器的使
7、用；电阻的串联；电路的动态分析 如图为测定电阻两端电压和通过电阻的电流的电路图，如果某同学在操作中对两只电表的量程选择是正确的，但不慎将两电表的位置对调了，则闭合开关 S后（ ） A电流表、电压表均损坏 B电流表损坏，电压表示数为零 C电流表有示数，电压表示数为零 D电流表示数为零，电压表有示数 答案： 试题分析：本题考查了电压表和电流表的内阻特点对电路的影响电流表的电阻很小，相当于导线，并联使用时会造成短路，电压表内阻很大，串联在电路中时，会使电路中的电流很小，且示数约等于电源电压。当如图电压表与电流表的位置互换时，则电压表串联在电路中，能测量电源电压，故有示数，但电压表的内阻很大，根据欧姆
8、定律可知，此时电路中的电流会很小，所以电流表不会损坏，且示数几乎为零故选 D 考点：电流表的使用；电压表的使用；欧姆定律的应用 小丽同学设计了如图所示的电路，当闭合开关 S后，电压表的读数将（ ） A变小 B不变 C变大 D无法判断 答案： 试题分析：当开关断开时， L1 没有接在电路中，电压表和 L2 串联接在电源两端，约等于电源电压，当开关闭合时， L1和 L2两灯串联，电压表测 L1的电压，串联电路有分压作用，电压表的示数小于电源电压，所以电压表示数变小故选 A 考点：电阻的串联；电压；电压表的使用 甲用电器标着 “220V 60W”，乙用电器上标着 “36V 60W”，它们都在额定电压
9、下工作，则下列判断中正确的是（ ） A甲用电器做功一定多 B完成相同的功，甲用电器用时间一定多 C乙用电器做功一定慢 D相同时间内，甲乙用电器消耗的电能一样多 答案： 试题分析：本题主要考查：（ 1）额定电压下用电器的功率和额定功率相等，根据 W=Pt比较电功和时间之间的关系；（ 2）电功率是表示电流做功快慢的物理量 由题意可知：甲、乙用电器在额定电压下工作时的功率均为 60W A由 W=Pt可知，电流做功的多少与通电时间有关，没有时间，不能比较做功的多少，故 A不正确； B电功率是表示电流做功快慢的物理量，甲乙用电器的功率相同，做功一样快，故 B不正确； C根据 W=Pt可知，完成相同的功，
10、两用电 器的功率一样，故两用电器用的时间一样多，故 C不正确； D根据 W=Pt可知，相同时间内，甲乙用电器的功率一样，故消耗的电能一样多，故 D正确 考点：电功率与电能、时间的关系 在下图中，能测出灯 L1两端电压的正确电路图是（ ） 答案： B 试题分析：分析时要注意两点：电压表与被测用电器并联，并且电流必须从电源正接线柱流入，负接线柱流出 A、根据电路图可知，两灯泡串联，电压表测量电源电压，并且正负接线柱接线正确，不符合题意； B、根据电路图可知，两灯泡串联，电压表与 L1并联，故电压表测量 L1两端电压，并且正负接线柱接线正确，符合题意； C、根据电路图可知，两灯泡串联，电压表与 L2
11、并联，故电压表测量 L2两端电压，并且正负接线柱接线正确，不符合题意； D、根据电路图可知，两灯泡串联，电压表与 L1并联，故电压表测量 L1两端电压，但电压表的正负接线柱接线错误，故 D错误故选 B 考点电压表的使用 煤炭是一种重要能源区别优劣煤最科学的办法是检测下列哪个物理量（ ） A比热容 B密度 C热值 D温度 答案： C 试题分析：煤炭是一种重要能源，要比较能源的优劣主要是看单位质量的能源完全燃烧时所释放出的热量。释放出的热量越多，就越优质。把单位质量的燃料完全燃烧时所释放出的热量叫热值。煤的热值越大，即是优质煤炭；故选 C 考点：燃料的热值 汽油机在压缩冲程中，气缸中混合气体的温度
12、、内能和体积变化情况是（ ） A温度升高，内能增加，体积缩小 B温度升高，内能增加，体积增大 C温度降低，内能减少，体积缩小 D温度降低，内能减少，体积增大 答案： A 试题分析：汽油机的一个工作循环包括四个冲程：吸气冲程、压缩冲 程、做功冲程、排气冲程。在压缩冲程中，活塞由下向上运动，压缩汽缸内的混合气体，使其体积减小，压强增大，活塞对汽缸中的混合气体做功，使混合气体的内能增大，温度升高在做功冲程中，火花塞点燃高汽油和空气的混合物，产生高温高压的燃气对活塞做功，推动活塞向下运动，气缸中气体的体积减小，压强减小，燃气的内能减小，转化为活塞的机械能。故选 A 考点：内燃机的四个冲程 下述各种现象
13、中，属于做功改变内能的是（ ） （ 1）锯条锯木头，锯条发烫 （ 2）擦划火柴，火柴头着火 （ 3）冬天对着手呵气，手变暖 （ 4）电流通过导体，导体会发热 A（ 1）（ 2） B（ 2）（ 3） C（ 1）（ 2）（ 3） D（ 1）（ 2）（ 4） 答案： D 试题分析：改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；它们的不同点是：热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程（ 1）锯条锯木头，克服摩擦做功，使锯条的内能增加、温度升高而发烫，是利用做功的方式改变内能； （ 2）擦划火柴，克服摩擦做功，使火柴头的内能增加、温度升高达到燃点而燃烧，是利用做功的方式改变内能； （ 3）冬天对
14、着手呵气，是手从热气吸收热量，使手的内能增加、温度升而暖和，是利用热传递的方式改变内能； （ 4）电流通过导体，电流做功，消耗电能转化为内能，使导体会发热，是利用做功的方式改变内能故选 D 考点：做功改变物体内能 图中的几种用电器正常工作时的电流接近 4A的是（ ） 答案： D 试题分析：家用电器的电流，我们不是很熟悉，我们对用电器的功率了解多一些，可以先根据电流算出用电器的功率，根据功率大小做出选择家用电器的额定电压都是 220V，根据 P=UI得，工作电流为 4A的用电器的电功率是 880W A、电 冰箱的功率在 90 200W； B、电视机的电功率约为 150W； C、节能灯的电功率约为
15、 15W； D、电饭锅的电功率在 800 1000W；所以电饭锅正常工作时，通过的电流接近 4A 故选： D 考点：电流的大小，家用电器的认识 一个人先后用同样大小的水平推力，使同一个木箱在光滑和粗糙两种不同的水平地面上运动相等的距离，则（ ） A两种情况下做的功一样多 B在光滑的地面上，人做的功多 C在粗糙的地面上，人做的功多 D条件不足，无法比较 答案： A 试题分析：力学中的功包括两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动距离。 在光滑和粗糙两种不同的水平地面上，作用在木箱上的水平推力大小相同，在力的作用下运动距离相同 根据 W=FS可知，做功相同 考点： 功的大小的比
16、较 实验题 （ 5分）如图所示是小明在探究 “杠杆的平衡条件 ”实验： （ 1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉此时，应把杠杆两端的平衡螺母向 （选填 “左 ”或 “右 ”）调节，使杠杆在不挂钩码时，保持水平并静止，达到平衡状态这样做的好处 （ 2）杠杆调 节平衡后，小明在杠杆上 A点挂 4个钩码，在 B点处挂 6个钩码杠杆恰好在原位置平衡于是小明便得出了杠杆的平衡条件为： （ 3）他这样得出的结论 （是 /否）合理？为什么？ 答案：（ 1）左；水平位置；力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆重对杠杆平衡的影响； （ 2） F1l 1=F2l 2（ 3）不合理
17、；只有一次实验总结实验结论，结论不具有普遍性 试题分析：（ 1）将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉，左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动，直到杠杆在水平位置静止杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响 （ 2）杠杆上 A点挂 4个钩码，在 B点处挂 6个钩码杠杆恰好在原位置平衡，设每个钩码重 G，每格长 l，则有 F1=4G， l1=3l， F2=6G， l2=2l。分析可得出F1l 1=F2l 2； （ 3）实验中只有一次实验就总结实验结论，实验结论很具有偶然性，不具有普遍性 考点：探究杠杆的平衡条件实验 （ 4分
18、）如图所示是探究 “物体动能的大小与什么因素有关的实验示意图（ B为木块） （ 1）在探究动能与 的关系时，要保持小球的质量不变，让小球从 （选填 “相同 ”或 “不同 ”）的高度滚下 （ 2）物理的研究方法有许多，本实验运用了两种研究方法：一是 法；二是转换法就本题来说：用 来表示小球动能大小的方法就是转换法 答案：（ 1）速度； 不同；（ 2）控制变量法；木块移动距离； 试题分析：（ 1）物体动能的大小与物体的质量和物体运动的速度有关，当研究动能大小与质量的关系时，要让小球沿斜面的同一高度滚下，这样保证滚 下速度相同；当研究动能的大小与速度的关系时，要保证小球的质量不变，改变小球运动的速度
19、，可以让小球从不同的高度滚下，高度越高，撞击木块时的速度就越大。这是控变量法的体现。 （ 2）物体动能大小不能直接观察，而是通过物体推动其它物体运动距离来反映，推动其它物体运动越远，物体的动能越大，这是一种转换法的思想。 考点：探究影响物体动能大小的因素 （ 3分）用如图所示的电路可以测量一个未知电阻的阻值，其中 Rx为待测电阻， R为电阻箱 ， S为单刀双掷开关， R0为定值电阻小明用该电路进行实验，主要步骤有： A把开关 S接 b点，调节电阻箱，使电流表的示数为 I； B读出电阻箱的示数 R； C把开关 S接 a点，读出电流表的示数为 I； D根据电路图，连接实物，将电阻箱的阻值调至最大
20、（ 1）上述步骤的合理顺序是 （只需填写序号） （ 2）步骤 A中电阻箱调节好后示数为 30 若已知 R0的阻值为 10，则待测电阻的阻值为 （ 3）本实验物理思想方法可称为 （选填 “控制变量法 ”或 “等效替代法 ”） 答案：（ 1） DCAB；（ 2） 30；（ 3）等效替代法 试题分析：本题用到了等效替代法，替代法的测量关键是等效，本题可以利用电流等效即先把开关 S接 a点，读出电流表的示数为 I（此电流为 Rx、 R0共同作用的效果）；然后再把开关 S接 b点，调节电阻箱，使电流表的示数仍变为原来的数值 I（此电流为 R、 R0共同作用的效果）既然 Rx和 R0共同作用的效果与 R、
21、 R0共同作用的效果相同，则 Rx+R0=R+R0，即 Rx=R这里用电阻箱R等效替代了待测电阻 Rx故合理顺序为 DCAB； （ 2）因为 Rx和 R0共同作用的效果与 R、 R0共同作用的效果相同，所以Rx+R0=R+R0，即 Rx=R=30； （ 3）本实验物理思想方法叫等效替代法 考点：伏安法测电阻的探究实验 （ 6分）现有下列器材：蓄电池（ 6V），电流表（ 0 0.6A， 0 3A）、电压表（ 0 3V， 0 15V）、定值电阻（若干）、开关、滑动变阻器和导线，要利用这些器材探究 “电压不变时，电流与电阻的关系 ”： （ 1）实验中多次换用不同阻值的定值电阻，并调节滑动变阻器的滑片
22、，使电压表示数保持不变，读出对应于不同阻值的电流表示数，并记于表格中，请你利用表格中的数据，在坐标纸上画出导体中的电流随电阻变化的图像（ 2分） （ 2）在做完第五次实验后，接下来的操作是：断开开关， 将 10的 定值电阻更换为 5的定值电阻，闭合开关后，电压表示数会 （选填 “变大 ”、 “变小 ”或“不变 ”），需将滑动变阻器的滑片向 （选填 “左 ”或 “右 ”）移，便电压表示数为 V时，读出电流表的示数 （ 3）为完成整个实验，应该选取哪种规格的滑动变阻器（ ） A 50 1.0A B 50 0.5A C 20 1.0A D 20 0.5A 答案：（ 1）如下图，（ 2）变小；左； 3
23、；（ 3） A 试题分析：（ 1）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后用平滑的曲线把各点连接起来，作出 I-R图象 （ 2）探究电流 与电阻关系实验，应保持电阻两端电压不变。因为串联电路起分压作用，将 10的定值电阻更换为 5的定值电阻，定值电阻的阻值变小，因此定值电阻两端电压变小，即电压表示数变小；由表中第一组实验数据可知，定值电阻两端电压为 U=0.6A5=3V，将 10的定值电阻更换为 5的定值电阻，为保证电阻两端电压保持不变，应将滑动变阻器的滑片向左端移动，减小滑动变阻器接入电路的电阻值，减小滑动变阻器的分压，使电压表示数为 3V时，读出电流表的示数 （ 3）由实验记录可知：
24、滑动变阻器两端电压是不变的， U 滑 =U-UR=6V-3V=3V， 实验过程中当选用的定值电阻越大时，要保证定值两端的电压不变，滑动变阻器的电阻也要相应调大一些。从第一次实验可看出：当定值电阻为 30时，电路中的电流是 0.1A，此时滑动变阻器接入电路的阻值 R 滑 =U 滑 /I=3V/0.1A=30，为了完成实验，滑动变阻器的电阻必须大于或等于 30，从第 6 次实验可看出，实验过程电路最大电流为 0.6A，因此滑动变阻器允许通过的最大电流要大于0.6A，应选 A 考点：探究电流与电压、电阻的关系实验 （ 10分）一只小灯泡的额定电压为 2.5V，正常发光时的电流约为 0.3A小雨同学想
25、测量这个小灯泡的额定功率，实验室中有如下器材：一个电压表、一个电流表、一个开关，电压为 6V的电源，滑动变阻器，导线若干 （ 1）请你用笔画线代替导线，将电路连接完整（ 2分） （ 2）电路正确连接后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，出现这一故障的原因可能是 （ 3）排除故障后，进行了三次测量，测量数据如下表当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，此时电流为 A；小灯泡的额定功率为 W 电压 U/V 1 2.5 2.8 电流 I/A 0.18 0.28 （ 4）利用所给器材，该实验装置 （选填 “能 ”或 “不能 ”）用来验证欧姆定律中的电流与电压的关系 （ 5）完成上
26、述实验后，小雨用了一个已知阻值为 R0的电阻和一个单刀双掷开关，借助部分现有的实验器材，设计了如图所示的电路，也测出了灯泡的额定功率请完成下列实验步骤： 闭合开关 Sl，将 S2拨到触点 （选填 “1”或 “2”），移动滑片，使电压表的示数为 V； 再将开关 S2拨到触点 （选填 “1”或 “2”），保持滑片的位置不动，读出电压表的示数 U； 灯泡额定功率的表达式为 P 额 = （用已知量和测量量表示） 答案：（ 1）如下图，（ 2）灯断路；（ 3） 0.26A ， 0.65W；（ 4） 不能 ；（ 5） 2， 2.5， 1 ， 试题分析：（ 1）灯泡正常发光时的电流为 0.3A，所以电流表选
27、择 0 0.6A的量程，开关、灯泡、电流表串联接入电路，电路图如图所示： （ 2）电路正确连接后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路有断路；电压表有示数，说明在电压表两接线柱与电源相连形成通路，故电路故障为灯泡断路当灯泡断路时，电压表串联在电路中，因为电压表的内阻很大，所以电路中的电流会很小，电流表测不出。 （ 3）由图知，电流表量程是 0.6A，分度值是 0.02A，电流表示数是 0.26A，即灯泡的额定电压是 2.5V，额定电流是 0.26A，则灯泡的额定功率：P=UI=2.5V0.26A=0.65W； （ 4）要验证欧姆定律中的电流与电压的关系，应保持电阻阻值不变，但根据实
28、验数据发现小灯泡的电阻随灯泡两端电压的变化而变化，所以利用此实验装置不能用来验证欧姆定律中的电流与电压的关系 （ 5）要测灯泡的额定功率就应该让灯泡两端的电压等于额定电压，使灯泡正常发光，因此先让电压表测量灯泡两端电压，调节滑动变阻器让电压表的示数为2.5V，使灯泡正常发光，然后在不改变电路连接的情况下，测出定值电阻两端的电压，再结合串联电路的特点和欧姆定律求出电路中的电流，最后根据 P=UI表示出灯泡的额定功率。具体方法是： 闭合开关 Sl，将 S2拨到触点 2，移动滑片，使电压表的示数为 2.5V； 再将开关 S2拨到触点 1，保持滑片的位置不动，读出电压表的示数 U，由于串联电路两端电压
29、等于各部分电压之和，所以灯泡正常发光时，定值电阻 R0两端的电压为 U-2.5V，由欧姆定律可得，此时通过灯泡的电流： I=（ U 2.5V） /R0； 灯泡额定功率的表达式： P 额 =UI=（ 2.5V(U 2.5V)） /R0 考点：电功率的测量 填空题 （ 4分）如图所示为生活中常用的热水瓶，其外壁采用镀银的双层玻璃，并将中间抽成真空，这是为 注入一定量的热水后，立即盖上软木塞，软木塞会跳起来这一过程中瓶内气体的 能转化为软木塞的机械能汽油机的 冲程也发生同样的能量转化如果该汽油机飞轮转速是 1800r min，则该汽油机每秒钟内对外做功 次 答案：减少热量散失；内；做功； 15 试题
30、分析：（ 1）热水瓶中间为双层玻璃瓶，两层之间抽成真空，并镀银或铝，真空状态可以避免热对流，玻璃本身 是热的不良导体，镀银的玻璃则可以将容器内部向外辐射的热能反射回去，所以抽成真空可以避免空气发生对流而散失热量，防止发生热传递，减少热量散失，起到保温作用； （ 2）瓶塞跳起来，机械能增大，这是由于暖瓶内气体膨胀做功造成的，水蒸气的内能转化成瓶塞的机械能； （ 3）汽油机的四个冲程中，压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能 （ 4）已知飞轮每秒转数为： n=1800r/60=30r， 内燃机的一个工作循环包括四个冲程，飞轮转两周，对外做功一次， 此柴油机每秒钟内完成 60个冲程，对外
31、做功 15次 考点 ：热传递；有关热机的计算 如图所示，电源电压不变， R1=6， R2=4（ 1）当开关 S1闭合， S2、 S3断开时，电流表的示数为 0.6A，电路总电阻是 ，电源电压为 V（ 2）当开关全都闭合时，电流表示数为 1.5A，则通过 R1的电流是 A， 10s内电流通过灯泡 L做的功为 J 答案：（） 10， 6；（） 0.5,30 试题分析：（ 1）由电路图可知，开关 S1闭合， S2、 S3断开时，两电阻串联接入电路，电流表测电路电流， 已知电流表示数是 0.6A，即电路中的电流是 0.6A，根据串联电路中总电阻等于各串联电阻之和可得： R 总 =R1+R2=6+4=1
32、0；根据欧姆定律求出总电压：U=IR 总 =0.6A10=6V； （ 2）由电路图可知，开关 S1、 S2和 S3都闭合时，电阻 R1与灯泡并联接入电路，R2被短接，电流表测干路电流，即 I 总 =1.5A，因电源电压不变，并联电路中各支路两端电压相等且等于电源电压，即 U1=6V，所以可根据欧姆定律求出通过R1的电流， I1=U1/R1=6V/6=1A，根据并联电路中干路中的电流等于各支路中的电流之和可求出通过灯的电流： IL=I 总 -I1=1.5A-1A=0.5A， 10s内电流通过灯泡 L做的功： W=UILt=6V0.5A10s=30J 考点：欧姆定律的应用；电功的计算 在 “怎样使
33、两个灯泡都亮起来 ”的活动中，小明采用如图所示的方法连接，结果两个灯泡都亮了这时，两灯的连接方式是 若电源电压为 3V，灯泡的规格均为 “2.2V 0.22A”，则每个灯泡的电阻是 ，每个灯泡的实际功率是 W 答案：串联； 10； 0.225 试题分析：（ 1）如图所示的方法连接，电流只有一条路径，故两灯的连接方式是串联； （ 2）已知 U 额 =2.2V， I 额 =0.22A，根据欧姆定律得： RL=U 额 /I 额 =2.2V/0.22A=10 （ 3）已知电源电压 U=3V，两个相同的灯泡串联连接；根据串联电路的特点可知每个灯泡两端电压相等并且相加等于电源电压，即： UL 实 =1/2
34、U=1/3V=1.5V，则灯泡的实际功率 P 实 = 0.225W 考点：欧姆定律的应用；实际功率 如图是某空调机上的铭牌空调机必须使用 （选填 “直流 ”或 “交流 ”）电，它正常工作 1h所消耗的电能为 kW h 额定电压 220V 额定频率 50Hz 制冷额定功率 40W 质量 10kg 答案：交流； 0.04 试题分析：从铭牌的信息 “额定频率 ”可知：这台空调机必须使用交流电，这就保证了设备的正常运行； 空调正常工作时的功率： P=P 额 =40W=0.04kW； P=W/t， 消耗电能W=Pt=0.04kWh=0.04kW h。 考点：电功的计算 如图所示，用滑轮组提升重为 220
35、N 的物体，动滑轮重为 20N，不计滑轮与轴之间的摩擦及绳重若在 5s内将绳子匀速向上拉 6m，则物体上升 m，手拉绳子的力为 N，拉力的功率为 W，滑轮组的机械效率为 % 答案：， 80， 96， 91.7 试题分析：（ 1）由图可看出物体由三段绳子拉着，即 s=3h， 泥桶上升高度h= s= 6m=2m； （ 2）不计滑轮与轴之间的摩擦及绳重，手拉绳子的力 F= （ G+G 动 ） = （ 220N+20N） =80N； （ 3）拉力做的功 W=Fs=80N6m=480J，拉力的功率 P=W/t=480J/5s=96W； （ 4）机械效率： =W有用 /W 总 100%=Gh/（ Fs）
36、100%=Gh/（ F3h）100%=G/3F100%=220N/380N100%91.7% 考点：滑轮组绳子拉力的计算；滑轮（组）的机械效率；功率的计算 已知水的比热容为 4.2103 J (kg )， l kg、 20 的水吸收了 2.1105J的热量后，温度升高到 生活中我们经常看到司机往汽车发动机的水箱里灌水，这是因为水的 大，所以在相同条件下水能带走较多的 ，冷却效果好 答案：，比热容、热量 试题分析：由公式 Q=Cm t得： t=Q/（ cm） =2.1105J/（ 4.2103J/(kg )1kg）=50 ， 所以升高到的温度是： t=t0+ t=20 +50 =70 从公式 Q
37、=Cm t可以知道，水的比热容大，在质量相等的条件下，升高相同的温度，水能带走较多的热量，所以用水来做冷却剂 考点：热量的计算；水的比热容的特点及应用 用 8.5N 的水平拉力，使质量为 10kg的物体沿水平方向匀速移动 10m，则拉力做的功是 J，重力做的功是 J 答案：， 0 试题分析：判断力是否对物体做功，关键是看物体有没有在力的方向上移动距离，已知拉力和物体水平方向移动的距离，根据公式 W=FS可求做的功， 已知 F=8.5N， S=10m， 拉力做的功为： W=FS=8.5N10m=85J，物体在重力的方向上没有移动距离，所以重力不做功，重力做功为 0J 考点：功的计算 我国家庭电路
38、中，电视机正常工作的电压 V冬季家里的空调开的越多，电路主干路中的总电流 （ “越大 ”、 “不变 ”或 “越小 ”），容易发生火灾 答案：；越大 试题分析：（ 1）我国家庭电路的电压是 220V，家用电器的额定电压是 220V，各家用电器之间只有并联，各家用电器才能正常工作，并且互不影响，电视机是一种家用电器，所以电视机正常工作的电压是 220V （ 2）家庭电路中各家用电器之间是并联的，干路中的电流等于各支路电流之和因此冬季空调开的越多，电路主干路中的总电流越大 考点：电压；并联电路的电流规律 电阻 R1 R2=4 3，并联后接入电路中，通过它们的电流之比为 ，它们两端的电压之比为 答案：
39、 4； 1 1。 试题分析：串联电路中电流处处相等，总电压等于各部分电路两端电压之和，并联电路中各支路两端电压相等，干路中的电流等于各支路中电流之和。因为两电阻并联，所以它们两端的电压之比是 1 1；根据欧姆定律，电压一定时，电流与电阻成反比，所以 I1 I2=R2 R1=3 4 考点：并联电路中电流，电压的关系，欧姆定律的应用 如图所示，在电路中，若甲乙两处分别装入电表，当开关闭合后，两灯均能正常发光，则甲处电表是 表， 乙处电表是 表 答案：电流，电压 试题分析：在分析电路时，电流表的内阻小，可看作导线，电压表的内阻大，看作断路。 “当开关闭合后，两灯均能正常发光 ”说明有电流通过两灯，根
40、据电流的走向可知，电流从正极出发通过开关后，在灯 L1的左边交叉相连处分为两条分别流经两个灯泡后汇合再回到电源的负极。说明甲表与灯泡 L2串联，有电流通过是电流表，乙表并联在电路中， 是电压表。 考点：电流表与电压表的正确使用 甲和乙两灯的额定电压均为 6V，如图是两灯的电流随其两端电压变化的曲线现将两灯串联后接在某一电路中，要使其中一个灯泡正常发光，并保证电路安全，电路的工作电流应为 A，电源电压最大为 V，此时这两灯实际功率之比是 ，正常发光的灯是 灯 答案： .5； 8； 1： 3；乙 试题分析：解答本类型的题一定要牢牢抓住图像，从图像中可看出两灯的电阻是变化的，所以不能把它们当成定值电
41、阻来计算。甲和乙两灯的额定电压均为6V，由图象可知：甲正常工作时的电流为 1A，乙正常工作时的电流为 0.5A， 串联电路中各处的电流相等， 两灯泡串联时，电路的最大电流为 0.5A，此时乙灯泡正常发光；由图象可知， 0.5A所对应的电压分别 U 甲 =2V， U2=6V， 串联电路中总电压等于各分电压之和， 电源电压为 U=U 甲 +U 乙 =2V+6V=8V，此时两灯泡的功率之比： P 甲 P 乙 =（ U 甲 I） （ U 乙 I） =U 甲 ： U 乙 =2V6V=13 考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；电功率的计算 计算题 （ 6分）如图所示的电路中，电源
42、电压为 18V且保持不变，电阻 R1的阻值为 10，滑动变阻器 R2上标有 “50 1A”字样闭合开关 S后，通过 R1的电流为 0.6A求： （ 1）电阻 R1的两端的电压 U1； （ 2）此时电流通过 R2消耗的电功率 P2； （ 3）计算在移动滑片的过程中电压表的最小示数 答案：（ 1）电阻 R1的两端的电压为 6V；（ 2）此时电流通过 R2消耗的电功率为 7.2W；（ 3）在移动滑片的过程中电压表的最小示数为 8V 试题分析：（ 1）知道 R1的阻值和通过的电流，根据欧姆定律可得，电阻 R1的两端的电压： U1=I1R1=0.6A10=6V； （ 2） 串联电路中总电压等于各分电压之
43、和， 此时 R2两端的电压： U2=U-U1=18V-6V=12V， 串联电路中各处的电流相等， 此时电流通过 R2消耗的电功率：P2=U2I2=U2I1=12V0.6A=7.2W； （ 3）根据串联电路的分压特点可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻最小时两端的电压最小，此时电路中的电流最大，假设滑动变阻器接入电路中的电阻为0，此时电路中的电流： I=U/R=18V/10=1.8A，由滑动变阻器 R2上标有 “50 1A”字样可知，电路中的最大电流为 1A，所以滑动变阻器接入电路中的 电阻不可能为 0。综合可知：当电路中的电流为 1A时，此时电压表的示数最小，此时电阻 R1的两端的电压： U1=
44、ImaxR1=1A10=10V， 则电压表的最小示数： U2=U-U1=18V-10V=8V 考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；电功率的计算 （ 6分）如图所示是电热水壶铭牌为了测量它烧水时的实际功率，小明课外在家长的配合下进行了如下的综合实践活动：关掉家里所有用电器，将该电水壶装了 0.6L（ 600cm3） 20 的水，接入家庭电路中，闭合壶的开关，测得壶中的水从 20 上升到 100 所用的时间是 4min同时观察到家中电能表（见图）闪烁的次数正好为 96次已知水的比热容【 c=4.2103J/（ kg ）】请根据相关信息，求： （ 1）电水壶中水吸收的热量；
45、 （ 2）电水壶烧水的实际功率 答案：（ 1）电水壶中水吸收的热量为 2.016105J；（ 2）电水壶烧水的实际功率为 900W 试题分析：（ 1）由电水壶的铭牌可知最大容积是 1.2L，但只装了 0.6L（ 600cm3）的水，根据密度的变形公式即可求出水的质量，又已知水的比热容、水的初温和末温温的变化，利用热量公式求出 水吸收的热量；计算前要先统一单位。 水的质量： m=V=1103kg/m30.610-3m3=0.6kg， 水吸收的热量： Q 吸 =cm t=4.2103J/（ kg ） 0.6kg（ 100 -20 ）=2.016105J； （ 2）根据电能表表盘数据可知，接入该电能
46、表的电路消耗 1kW h的电能指示灯闪烁 1600次，故电能表闪烁 96次消耗的电能： W=96imp/1600imp/(kW h)=0.06kW h 烧水有的时间是 4min=4/60h，则电水壶烧水的实际功率： P=W/t=0.06kW h/4/60h=0.9kW=900W 考点：电功与热量的综合计算 作图题 作图题（ 4分） （ 1）如图所示杠杆 OBA处于平衡状态，请分别画出力 F1的力臂 l1和力 F2的力臂 l2 （ 2）如图所示，用滑轮组提升重物用笔画线代替绳子在图中画出最省力的绳绕法 答案： 试题分析：（ 1）力臂的画法： 首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点 确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线 从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂如下图所示： （ 2）滑轮组绳子的绕法分两种情况：一种地是定滑轮和动滑轮的个 数不一样（相差一个），只有一种绕法：把绳子先系在个数少的滑轮挂钩上，依次绕线；一种是定滑轮和动滑轮个数一样，有两种绕法：一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过下面的动滑轮，再绕过上面的定滑轮，依次进行，这样绕的好处是可以改变用力的方向，但不是最省力的；二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮，依次进行，这样绕的好处是可以省力，但不能改变用力的方向本题中，要求最省力，属于第二种如下图： 考点：力臂
