福建省龙岩市2018_2019学年九年级物理上学期第二次月考试卷（含解析）.docx

福建省龙岩市2018-2019学年九年级物理上学期第二次月考试卷一、单选题（本大题共16小题，共32分）1下列物体能被磁铁吸引的是（）A塑料三角板B木炭C橡皮擦D铁钉2有甲、乙、丙三个带电的泡沫塑料小球，甲带正电。先用甲靠近乙，发现乙被排斥；再用乙靠近丙，丙被吸引（如图）。则下列判断正确的是（）A乙带正电，丙带正电B乙带负电，丙带负电C乙带负电，丙带正电D乙带正电，丙带负电3将额定电压相同的两个灯泡L1、L2串联后接入电路中，如图所示。接通电路后发现L1要亮一些，则下列判断正确的是（）AL1的电阻比L2的小BL1的额定功率比L2的大CL1的实际电功率要大一些D通过L1的电流要大一些4将标有“220V100W”的电风扇、“220V100W”电视机、“220V100W”电热杯分别接入家庭电路中，在相同的时间内，电流流过它们产生热量最多的是（）A电风扇B电视机C电热杯D一样多5如图是新安装的照明电路，为检测电路是否存在故障，在保险丝处接入一个“220V 40W”的灯泡L0，当只闭合S、S1时，L0和L1都呈暗红色；当只闭合S、S2时，L0正常发光，L2不发光，由此可以确定（）AL1灯头断路BL2灯头短路CL1灯头短路DL2灯头断路6如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过灯泡L1和L2的电流分别为（）A1.2A 1.2AB0.3A 0.3AC1.2A 0.3AD1.5A 0.3A7如图所示，闭合开关后两灯均能发光，则（）A甲为电流表，乙为电压表B甲为电压表，乙为电流表C甲、乙都为电流表D甲、乙都为电压表8如图所示，条形磁铁置于水平面上，当通电螺线管向左靠近条形磁铁时，条形磁铁仍保持静止，在此过程中条形磁铁受到的摩擦力的方向和大小（）A方向向左，逐渐增大B方向向左，逐渐减小C方向向右，逐渐增大D方向向右，逐渐减小9在直流电动机中，换向器的作用是（）A改变磁感线的方向B改变线圈的转动方向C改变线圈中的电流方向D使线圈中的电流方向和转动方向同时改变10如图所示四个实验现象中，提示了电动机工作原理的是（）ABCD11一块厚薄均匀的长方体铁块如图，分别沿图中所示的不同方向接入电路，则（）A沿AB方向接入电路时电阻最小B沿CD方向接入电路时电阻最小C沿EF方向接入电路时电阻最小D沿各个方向接入电路时的电阻一样大12如图所示是一种自动测定油箱内油量多少的装置。R是滑动变阻器，它的金属滑片是杠杆的一端，从油量表（右电流表改装而成）指针所指的刻度，就能知道油箱内油量的多少，则（）A油量增加，R增大，油量表指针偏转变小B油量增加，R减少，油量表指针偏转变大C油量减少，R增大，油量表指针偏转变大D油量减少，R减少，油量表指针偏转变小13如图所示为一种温度自动报警器原理图，它的核心部件是一支顶端封有一段金属丝的水银温度计。关于此温度报警器的说法错误的是（）A温度升高至74时，电灯亮B温度升高至74时，电铃响C温度计是根据液体热胀冷缩的性质工作的D电磁继电器是一种电路开关14在居民楼的楼道里，夜间只是偶尔有人经过，但路灯总是亮着，造成了很大的浪费。为了解决这一问题，科技人员利用“光敏”材料制成“光控开关”，天黑时，开关自动闭合，天亮时，自动断开；同时利用“声敏”材料制成声控开关，当有人走动发出声音时，开关自动闭合，无人走动时自动断开。若将这两种开关配合使用，就可使楼道路灯变得“聪明”，达到节约用电的目的。则这种使路灯变得“聪明”的电路是图中的（）ABCD15在如图所示的电路中，电源电压保持不变，当开关S闭合，滑动变阻器滑片P向右移动时，电流表和电压表示数的变化分别为（）A电流表的示数变小，电压表的示数不变B电流表的示数变大，电压表的示数不变C电流表的示数变小，电压表的示数变大D电流表的示数变小，电压表的示数变小16法国科学家阿尔贝和德国科学家彼得由于发现了巨磁电阻（GMR）效应，荣获诺贝尔物理学奖。如图是研究巨磁电阻特性的原理示意图。实验发现，巨磁电阻的阻值随磁场的增强而减小。当闭合开关S1，S2，使滑片P向左滑动过程中，关于指示灯亮度的变化，下列判断正确的是（）A逐渐变暗B逐渐变亮C亮度不变D无法判断二、填空题（本大题共10小题，共22分）17某品牌手机充电宝，上面标有电压为5V，容量为10000mAh，它充满电后，可以储存的电能是 J，在充电过程中，将电能转化为 能储存。18当今，能源越来越紧缺，全球都在提倡节能环保。请你从公式WPt分析，我们应从减小用电器的 和减少用电器的 来节约电能。19如图是一个小灯泡的电流和电压变化规律图象，物理学中叫做伏安特性图象。由图象可知，小灯泡在不同的电压下工作时灯丝的电阻 （选填：“相同”或“不同”），当小灯泡在U4V时，灯泡灯丝的电阻为 ；当小灯泡中流过0.3A的电流时，它消耗的功率是 W。20在测量小灯泡电功率的实验中，因缺少电压表，小军利用两个电流表和一个已知阻值为10的电阻R0，同样测出了小灯泡的电功率，原理如图所示。小军读出电流表A1的示数为0.5A，而电流表A2的示数为0.2A，则小灯泡L两端的电压为 V，小灯泡的实际功率为 W。21如图所示用来测量电能的仪表，这只电表此时的读数是 kWh，当电路中只有一只电饭煲接入电路，正常工作0.5h，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。22电热饮水机有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S0自动控制），从说明书上收集到如下数据及如图所示的电路原理图。当温控开关S0断开时，饮水机处于 工作状态；电热饮水机在加热状态下的工作电流为 A 热水箱容量 2L 额定电压 220V 加热时的功率 440W 保温时的功率 44W23丹麦物理学家 在静止的磁针上方放一根与磁针平行的导线，当导线通电时，磁针会偏转，这个实验表明在电流的周围存在 。24闭合开关S后，小磁针静止时北极的指向如图所示，则螺线管左端是 极（选填“N”或“S”），电源左端是 极（选填“正”或“负”）。25如图（甲）所示，在安装直流电动机模型的实验中，要改变线圈的转动方向，除了改变 ，还可以通过改变 来实现。26如图所示是一种水位自动报警器的原理图。水位没有达到金属块A时，灯 亮；水位达到金属块A时，由于一般的水是 ，灯 亮。三、简答题、作图题（本大题共2小题，共6分）27灯泡接入电路中时，灯丝和电线中流过相同的电流，灯丝和电线都要发热。实际上灯丝热得发光，电线的发热却觉察不出来。这是为什么？28请根据图中所示的实物图，在方框内画出对应的电路图。四、实验探究题（本大题共3小题，共16分）29小明和小华做“探究导体电阻大小与长度关系”的实验。他们准备在图中的A、B两点间接入待研究的电阻丝，电源电压恒定，忽略灯丝电阻随温度变化的影响，待用电阻丝的规格如表：序号材料长度横截面积1炭钢合金丝LS2镍铬合金丝LS3镍铬合金丝L2S4 镍铬合金丝2LS（1）他们应选择序号为 的两根电阻丝来探究；（2）正确选择后，他们将所选电阻丝分别接入A、B两点间，闭合开关，通过观察灯泡的亮暗或电流表的示数来比较电阻丝电阻的大小。实验中，两次电流表指针均有偏转，但第二次的示数小于第一次的示数，说明第二次接入电路的电阻丝的阻值 （选填“较大”或“较小”）。（3）第（2）问中判断电阻大小的方法在初中物理中经常用到，以下描述中能体现这种方法的是 A水压使水管中形成水流，类似地，电压使电路中形成电流B根据物质在常态下的形状和体积是否固定，可将物质分为三态C通过观察木块被运动物体撞后移动距离的大小，可比较运动物体动能的大小D研究滑动摩擦力大小与压力大小的关系，应控制接触面粗糙程度相同。30（4分）如图所示，两个透明容器中封闭着等量的空气，将两个容器中的电阻丝R1和R2串联接到电源两端，将容器外部的电阻丝R3和R2并联。（1）图甲的装置是探究电流通过导体产生的热量与 的关系，电阻丝R3的作用是使通过电阻丝R1和R2的电流 。（2）两个透明容器中密闭着等量的空气，电阻产生热量的多少是通过U形管中液面高度的变化来反映的，这种研究方法叫 法。（3）图乙所示，某小组在实验中观察到左侧U型管中液面很快出现高度差，右侧U型管中液面高度差为零，原因是电阻丝 断路。31（9分）某物理兴趣小组在做“测量小灯泡的电功率”实验时，选取的电源为三节蓄电池，使用的小灯泡额定电压为2.5伏。（1）请用笔画线代替导线将图甲所示的实物电路连接完整。（2）电路连接完成后，闭合开关，他们发现小灯泡不亮，电压表没有示数，电流表指针有明显的偏转，他们分析电路故障原因可能是 A小灯泡断路 B小灯泡短路 C滑动变阻器断路（3）故障排除后重新闭合开关，移动滑动变阻器滑片P到某一位置时，电压表的示数如图乙所示，此时小灯泡两端电压为 V；（4）在（3）的基础上，若要使小灯泡正常发光，他们应将图甲中滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动；（5）他们移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的图象，根据图象信息，可知小灯泡的额定功率是 W；（6）一位小组成员将图甲中的小灯泡更换成定值电阻，电路其他部分不改变，他还可以完成的探究实验是 A探究电流的磁场强弱与电流大小的关系B探究电流与电压的关系C探究电流产生的热量与电阻的关系。五、计算题（本大题共3小题，共24分）32如图所示的电路中，R2的阻值为3闭合开关之后，电压表的示数为6，电流表的示数为1A，则R1阻值多大？电源的电压多大？如果断开开关，电压表的读数是多大？33每当冬季或阴雨天气，因日照时间短，太阳能热水器的水达不到所需温度、为此人们研制了太阳能、电能两用热水器、大鹏家最近就安装一台这样的两用热水器，如图所示，铭牌如下：XX牌热水器型号V55额定容积100L额定电压220V额定频率50Hz额定功率1500W防水等级（1）太阳能热水器贮满水，水温从20加热到50时需要吸收多少热量？（1L103m3）。（2）大鹏将水箱装满水，只使用电加热器将水从20加热到 50时，需加热器正常工作多长时间？（设电能全部转化为热能）（3）在上述（2）情况下，加热器正常工作实际用了3小时，则此热水器的效率为多少？34小波的妈妈为了改善早餐的营养，买了一台全自动豆浆机。下表是这个豆浆机的主要技术参数。如图甲所示是豆浆机的主要结构：中间部位是一个带动刀头的电动机，用来将原料进行粉碎打浆；外部是一个金属圆环形状的电热管，用来对液体加热煮沸。图乙是豆浆机正常工作做一次豆浆的过程中电热管和电动机交替工作时的“Pt”图象。请解答下列问题：型号SYL624额定电压220V频率50Hz电动机功率120W电动机线圈电阻1加热功率1210W容量1000mL（1）豆浆机正常加热时的电流是多少？（2）豆浆机正常加热时电热管的电阻是多少？（3）豆浆机正常工作做一次豆浆，总共消耗的电能是多少？2018-2019学年福建省龙岩市永定二中九年级（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（本大题共16小题，共32分）1下列物体能被磁铁吸引的是（）A塑料三角板B木炭C橡皮擦D铁钉【分析】磁体具有能够吸引铁、钴、镍等物质的性质，叫做磁性。【解答】解：磁铁是具有磁性的物体，只能吸引铁、钴、镍等金属材料，不能吸引其它金属以及橡皮、塑料和木材等。故选：D。【点评】本题考查了磁体的基本性质，知道磁体只能吸引磁性材料，属于基础知识的考查，难度不大。2有甲、乙、丙三个带电的泡沫塑料小球，甲带正电。先用甲靠近乙，发现乙被排斥；再用乙靠近丙，丙被吸引（如图）。则下列判断正确的是（）A乙带正电，丙带正电B乙带负电，丙带负电C乙带负电，丙带正电D乙带正电，丙带负电【分析】（1）电荷间的相互作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；（2）从A带正电开始依次判断其它物体的带电情况。【解答】解：甲、乙、丙三个带电的泡沫塑料小球，甲带正电。由图知甲乙相互排斥，说明甲乙是同种电荷，所以乙带正电；由图知乙丙相互吸引，说明乙丙带异种电荷，所以丙带负电，故D正确。故选：D。【点评】此题是物体带电情况的判断，考查了对电荷间相互作用规律的掌握，要掌握一定的判断技巧。3将额定电压相同的两个灯泡L1、L2串联后接入电路中，如图所示。接通电路后发现L1要亮一些，则下列判断正确的是（）AL1的电阻比L2的小BL1的额定功率比L2的大CL1的实际电功率要大一些D通过L1的电流要大一些【分析】两灯串联在电路中，则电流一定相等，根据灯泡的亮度可判断两灯泡电阻的大小；则由功率公式可判出额定功率的大小及正常工作时的亮度；若将两灯并联，则根据电压相等利用功率公式P可判断两灯的明亮程度。【解答】解：（1）两灯串联时电流相等，L1要亮一些说明P1P2，由PI2R可得：R1R2，故AD错误，C正确；（2）两灯的额定电压相等，则由P可知：P1额P2额，故B错误；故选：C。【点评】本题考查了串联电路电流特点和并联电路电压特点，关键是电功率公式的灵活选取，即PUI、PI2R及P。4将标有“220V100W”的电风扇、“220V100W”电视机、“220V100W”电热杯分别接入家庭电路中，在相同的时间内，电流流过它们产生热量最多的是（）A电风扇B电视机C电热杯D一样多【分析】三个用电器都正常工作，实际功率相同（等于额定功率）、通电时间相同，根据WPt可知消耗的电能相同，通过分析三种用电器使用时的能量转化情况，找出产生热量最多的用电器。【解答】解：因在额定电压下用电器的电功率和额定功率相等，所以，三种用电器的实际功率相等，由WPt可知，相同时间内三种用电器消耗的电能相等，电风扇主要把电能转化为机械能，发热量较小；电视机主要将电能转化为光能和声能，发热量也很小；只有电热杯是利用电热，电能全部变成内能，故电热杯产生的热量最多，故C正确。故选：C。【点评】电流做功的实质：电流做功的过程就是消耗电能转化为其它形式能的过程，能分析三种用电器的能量转化是本题的关键。5如图是新安装的照明电路，为检测电路是否存在故障，在保险丝处接入一个“220V 40W”的灯泡L0，当只闭合S、S1时，L0和L1都呈暗红色；当只闭合S、S2时，L0正常发光，L2不发光，由此可以确定（）AL1灯头断路BL2灯头短路CL1灯头短路DL2灯头断路【分析】将“220V、40W”的电灯按题中提供的接法接入电路，是把此灯串联接入电路。若电灯恰能正常发光，说明开关闭合的那条支路短路，使该灯直接接在电源上；若电灯比正常发光暗，说明开关闭合的那条支路的灯与该灯串联接入电路，所分电压低于220V，这条支路正常；若电灯不发光，说明开关闭合的那条支路有开路。据此分析判断。【解答】解：当只闭合S、S1时，L0和L1都呈暗红色；由于L0和L1串联，每盏灯分得电压均低于220V，所以两灯不能正常发光而呈暗红色；由此说明L1支路是完好的，既无断路也无短路，故A、C错误；当只闭合S、S2时，L0正常发光，L2不发光，说明L0两端电压为220V，L2两端电压为0V，即L2被短路，使L0直接接在电源上，L0正常发光，故B正确、D错误。故选：B。【点评】明确当把检测灯串联接在保险丝处时，出现三种现象（检测灯正常发光、发光暗、不发光）的原因是本题的关键。6如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过灯泡L1和L2的电流分别为（）A1.2A 1.2AB0.3A 0.3AC1.2A 0.3AD1.5A 0.3A【分析】分析电路可知：两灯并联，电流表A1测的是干路电流，电流表A2测的是L2所在支路的电流；由于并联电路中，干路中的电流等于各支路电流之和，所以电流表A1选用的应该是大量程（03A），A2选用的是小量程（00.6A）；然后根据相应量程下的分度值和指针位置来进行读数。结合并联电路的电流特点即可求出通过各灯的电流大小。【解答】解：分析电路可知：两灯并联，电流表A1测的是干路电流，电流表A2测的是L2所在支路的电流；由于并联电路中，干路中的电流等于各支路电流之和，所以A1选择的量程是03A，分度值为0.1A，所以电流表A1的示数为I总1.5A，即干路电流为1.5A；电流表A2选择的量程是00.6A，分度值是0.02A，所以电流表的示数为I20.3A，即通过灯L2的电流为0.3A；那么通过灯L1的电流大小为：I1I总I21.5A0.3A1.2A。故选：C。【点评】对于这类题目要先分析电路的构成，然后结合串、并联电路的特点和电表的读数方法进行分析。7如图所示，闭合开关后两灯均能发光，则（）A甲为电流表，乙为电压表B甲为电压表，乙为电流表C甲、乙都为电流表D甲、乙都为电压表【分析】根据电压表一定要并联在电路中，电流表一定要串联在电路中分析即可。【解答】解：因为电压表一定要并联在电路中，电流表一定要串联在电路中，所以甲表与灯泡并联，一定是电压表，乙表与灯泡串联，一定是电流表。故选：B。【点评】电压表、电流表是使用有相似的地方，比如：电流都是从正极流入，负极流出；也有不同的地方，比如：电流表在电路中相当于导线，则必须要串联；电压表在电路中相当于开路，则必须要并联。8如图所示，条形磁铁置于水平面上，当通电螺线管向左靠近条形磁铁时，条形磁铁仍保持静止，在此过程中条形磁铁受到的摩擦力的方向和大小（）A方向向左，逐渐增大B方向向左，逐渐减小C方向向右，逐渐增大D方向向右，逐渐减小【分析】由右手螺旋定则可判断电磁铁的极性，由磁极间的相互作用可判断条形磁铁受力方向；当通电螺线管向左靠近条形磁铁时，则可知磁性强弱的变化，从而求得磁铁受力的变化。【解答】解：由右手螺旋定则得，电磁铁右端为N极，则与条形磁铁异名磁极相互吸引，则条形磁铁受磁场力向右，因条形磁铁受力平衡则受向左的摩擦力，因磁铁处于静止，故摩擦力等于斥力；当通电螺线管向左靠近条形磁铁时，条形磁铁受磁场力变大，因仍处于平衡状态，故摩擦力变大。故选：A。【点评】本题将力学与电磁学知识巧妙地结合起来考查了右手螺旋定则、二力平衡等内容，考查内容较全面，但只要抓住受力分析这条主线即可顺利求解，是一道典型的好题。9在直流电动机中，换向器的作用是（）A改变磁感线的方向B改变线圈的转动方向C改变线圈中的电流方向D使线圈中的电流方向和转动方向同时改变【分析】电动机线圈的转动方向与磁场方向和电流方向有关，在制作直流电动机时安装了换向器，当线圈转过平衡位置时及时改变线圈中电流的方向，从而改变线圈的受力方向，使线圈能够保证持续转动。【解答】解：在直流电动中安装换向器的作用：当线圈转过平衡位置时及时改变线圈中电流的方向，从而改变线圈的受力方向，使线圈能够保证持续转动。故选：C。【点评】此题主要考查的是学生对换向器作用的了解和掌握，基础性题目。10如图所示四个实验现象中，提示了电动机工作原理的是（）ABCD【分析】电动机的工作原理是：通电导体在磁场中受到力的作用，结合图中的现象可逐一做出判断。【解答】解：A、是电磁感应的实验图，属于发电机的原理，不符合题意；B、电路中有电流，通电线圈或导体受到磁场力的作用发生运动，是电动机的工作原理，符合题意；C、是电磁感应现象的应用，属发电机的原理，不符合题意；D、动圈式话筒的原理是电磁感应现象，不符合题意。故选：B。【点评】本题的关键是要注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置是不同的，前者外部没有电源，后者外部有电源。11一块厚薄均匀的长方体铁块如图，分别沿图中所示的不同方向接入电路，则（）A沿AB方向接入电路时电阻最小B沿CD方向接入电路时电阻最小C沿EF方向接入电路时电阻最小D沿各个方向接入电路时的电阻一样大【分析】影响电阻的大小因素有长度、材料以及横截面积；当材料一定时，电阻与长度成正比，与横截面积成反比。【解答】解：已知导体的材料一定时，电阻与长度成正比，与横截面积成反比；由图示可知，沿CD方向接入电路时，长度最短，横截面积最大，因此电阻最小，故ACD错误，B正确。 故选：B。【点评】本题主要考查电阻串并联的灵活运用，关键是明确影响电阻大小的因素。12如图所示是一种自动测定油箱内油量多少的装置。R是滑动变阻器，它的金属滑片是杠杆的一端，从油量表（右电流表改装而成）指针所指的刻度，就能知道油箱内油量的多少，则（）A油量增加，R增大，油量表指针偏转变小B油量增加，R减少，油量表指针偏转变大C油量减少，R增大，油量表指针偏转变大D油量减少，R减少，油量表指针偏转变小【分析】由电路图可知，R与R串联，油量表串联在电路中，根据油量的变化可知浮标和滑片移动的方向，进一步判断R阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，然后确定油量表指针的偏转变化。【解答】解：由电路图可知，R与R串联，油量表串联在电路中，当油量增加时，浮标上移，滑片下移，R减小，电路中的总电阻减小，故A错误；由I可知，电路中的电流变大，则油量表的指针偏转变大，故B正确；同理，当油量减少时，浮标下移，滑片上移，R增大，油量表的指针偏转变小，故CD错误。故选：B。【点评】本题是一道电路动态分析题，分清油量变化时变阻器的滑片移动方向是关键。13如图所示为一种温度自动报警器原理图，它的核心部件是一支顶端封有一段金属丝的水银温度计。关于此温度报警器的说法错误的是（）A温度升高至74时，电灯亮B温度升高至74时，电铃响C温度计是根据液体热胀冷缩的性质工作的D电磁继电器是一种电路开关【分析】要解答本题需掌握：题干中该温度计的最小刻度值为2，直接根据液柱（或所指示）的位置即可读出该点处的温度值，读数时要从绝对值小的示数向绝对值大的示数读起；电磁继电器由两部分构成：低压控制电路，工作电路；其实质是一个自动控制开关。【解答】解：AB、金属丝所在的位置是74，所以当温度升高至74时，控制电路接通，电磁铁有电流通过，具有磁性，吸引衔铁，与衔铁相连的动触点与下面的静触点接触，同时与上面的静触点分离，电铃接入电路，电灯断开电路，出现铃响灯不亮的现象，故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；C、温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的，C说法正确，不符合题意。D、电磁继电器的实质是一种开关，故D说法正确，不符合题意。故选：A。【点评】本题中的温度自动报警器是由与温度计相连的控制电路和与电灯、电铃相连的工作电路组成的。温度计内的测温液体是水银，它是导体，当温度上升时，水银柱会上升，直到与温度计上方的金属丝相连，使控制电路接通。14在居民楼的楼道里，夜间只是偶尔有人经过，但路灯总是亮着，造成了很大的浪费。为了解决这一问题，科技人员利用“光敏”材料制成“光控开关”，天黑时，开关自动闭合，天亮时，自动断开；同时利用“声敏”材料制成声控开关，当有人走动发出声音时，开关自动闭合，无人走动时自动断开。若将这两种开关配合使用，就可使楼道路灯变得“聪明”，达到节约用电的目的。则这种使路灯变得“聪明”的电路是图中的（）ABCD【分析】（1）电路中开关控制用电器时，开关和用电器是串联的；（2）光控开关和声控开关同时控制一盏灯，同时符合光暗到一定程度，而且有一定的声音时电灯才发光，两个开关和灯泡应该是串联的。【解答】解：A、当声控开关闭合时，电灯被短路，电源也被短路，电灯不亮，不符合题意；B、光控开关和声控开关是并联的，光暗到一定程度或者有声音时都能使电灯发光，不符合题意；C、当光控开关闭合时，电灯被短路，电源也被短路，电灯不亮，不符合题意；D、光控开关、声控开关和电灯是串联的，光控开关、声控开关同时闭合时电路形成通路，电灯发光，符合题意。故选：D。【点评】（1）开关控制用电器时开关和用电器是串联的，用电器和用电器之间是并联的。（2）根据实际需要学会设计串联电路和并联电路。15在如图所示的电路中，电源电压保持不变，当开关S闭合，滑动变阻器滑片P向右移动时，电流表和电压表示数的变化分别为（）A电流表的示数变小，电压表的示数不变B电流表的示数变大，电压表的示数不变C电流表的示数变小，电压表的示数变大D电流表的示数变小，电压表的示数变小【分析】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电压表测电源的电压，电流表测干路电流，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的电流不变，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。【解答】解：由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电压表测电源的电压，电流表测干路电流，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CD错误；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的电流不变，滑动变阻器滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，由I可得，通过R2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，即电流表的示数变小，故A正确、B错误。故选：A。【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，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。16法国科学家阿尔贝和德国科学家彼得由于发现了巨磁电阻（GMR）效应，荣获诺贝尔物理学奖。如图是研究巨磁电阻特性的原理示意图。实验发现，巨磁电阻的阻值随磁场的增强而减小。当闭合开关S1，S2，使滑片P向左滑动过程中，关于指示灯亮度的变化，下列判断正确的是（）A逐渐变暗B逐渐变亮C亮度不变D无法判断【分析】由滑片的移动得到滑动变阻器接入电路的阻值的变化，由欧姆定律可知灯泡亮度的变化。【解答】解：滑片向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中的电流增大，灯泡的亮度逐渐变亮。故选：B。【点评】此题考查欧姆定律的应用，在控制电路中，滑片的移动是分析的入手点；在工作电路中，灯泡的亮度是确定电路中电流变化的一个隐含条件。二、填空题（本大题共10小题，共22分）17某品牌手机充电宝，上面标有电压为5V，容量为10000mAh，它充满电后，可以储存的电能是1.8105J，在充电过程中，将电能转化为化学能储存。【分析】（1）由铭牌可知充电宝的电压和容量，根据WUIt求出它一次充满后储存的电能；（2）电池充电时把电能转化为化学能，使用时化学能转化为电能。【解答】解：（1）该充电宝一次充满电后储存的电能：WUIt5V10000103A3600s1.8105J；（2）在充电过程中，是把电能转化为化学能储存在充电宝中。故答案为：1.8105；化学。【点评】本题考查了能量的转化和储存电能的计算，关键是电池参数含义的了解与掌握。18当今，能源越来越紧缺，全球都在提倡节能环保。请你从公式WPt分析，我们应从减小用电器的工作时间和减少用电器的功率来节约电能。【分析】根据WPt可知减小电能的消耗可以通过减少时间和减小电功率来实现，据此进行解答。【解答】解：根据所学的物理公式WPt可知，我们可以减少用电器的工作时间和减小用电器的功率来减少电能消耗。故答案为：工作时间；功率。【点评】本题考查了节约能源的方法，关键是公式的灵活应用以及与现实生活的联系。19如图是一个小灯泡的电流和电压变化规律图象，物理学中叫做伏安特性图象。由图象可知，小灯泡在不同的电压下工作时灯丝的电阻不同（选填：“相同”或“不同”），当小灯泡在U4V时，灯泡灯丝的电阻为10；当小灯泡中流过0.3A的电流时，它消耗的功率是0.6W。【分析】由图象可知电压变化相同时对应的电流变化不同，根据欧姆定律可知不同的电压下工作时灯丝的电阻不同；由图象可知小灯泡在U4V时对应的电流，根据欧姆定律求出此时的电阻；再读出0.3A时的电压，根据PUI求出它消耗的功率。【解答】解：由图象可知，电压变化相同时对应电流变化不同，所以根据欧姆定律可知不同的电压下工作时灯丝的电阻不同；由图象可知，当U4V时，对应的电流为I0.4A，所以此时灯泡的电阻为R10；当小灯泡中流过I0.3A的电流时，对应的电压为U2V，所以消耗的功率为PUI2V0.3A0.6W。故答案为：不同；10；0.6。【点评】本题考查了欧姆定律的应用和计算，以及电功率公式的简单应用；关键是根据图象读出对应的数据。20在测量小灯泡电功率的实验中，因缺少电压表，小军利用两个电流表和一个已知阻值为10的电阻R0，同样测出了小灯泡的电功率，原理如图所示。小军读出电流表A1的示数为0.5A，而电流表A2的示数为0.2A，则小灯泡L两端的电压为3V，小灯泡的实际功率为0.6W。【分析】（1）由电路图知，定值电阻与灯泡并联接在电源两端，电流表A1测干路电流，电流表A2测流过灯泡的电流；（2）由并联电路特点可以求出通过定值电阻的电流，然后由UIR可求出定值电阻两端，即并联电路两端电压；然后根据PUI求出小灯泡的实际功率。【解答】解：电流表A1测干路电流，故干路电流为0.5A；电流表A2测流过灯泡的电流，故通过灯泡的电流为0.2A；并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，通过定值电阻的电流：I0.5A0.2A0.3A，I，并且并联电路两端电压相等，小灯泡L两端的电压：ULUR0IR00.3A103V；小灯泡的实际功率：PUIL3V0.2A0.6W。故答案为：3；0.6。【点评】本题考查了并联电路电流、电压的特点，并可以灵活运用欧姆定律和电功率的公式及其变形式进行计算。21如图所示用来测量电能的仪表，这只电表此时的读数是107.0kWh，当电路中只有一只电饭煲接入电路，正常工作0.5h，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1000W。【分析】电能表上的示数，最后一位是小数，单位是kWh；已知每消耗1kWh的电能，电能表转盘转动3000R，可求转1500转消耗的电能，根据公式P求出该电饭煲的电功率；【解答】解：电能表上的示数，最后一位是小数，从表盘上可以看出此时的读数为107.0kWh，电表的转盘在0.5h内消耗的电能W0.5kWh，该电饭煲的电功率：P1kW1000W。故答案为：107.0；1000。【点评】本题考查消耗电能和电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是对电能表参数的物理意义的正确理解，解题过程中还要注意单位的换算。22电热饮水机有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S0自动控制），从说明书上收集到如下数据及如图所示的电路原理图。当温控开关S0断开时，饮水机处于保温工作状态；电热饮水机在加热状态下的工作电流为2A 热水箱容量 2L 额定电压 220V 加热时的功率 440W 保温时的功率 44W【分析】（1）温控开关S0断开时，只有R2连入电路，分析电路电阻的变化，根据P分析电路功率大小可知饮水机处于哪种工作状态；（2）由说明书可知加热功率和额定电压，根据I可求电热饮水机在加热状态下的工作电流。【解答】解：（1）S0断开后R1被断路，只有R2加热；根据越并越小、小于任何一个分电阻可知，电路电阻变大；根据P可知，功率变小，所以饮水机处于保温状态。（2）电热饮水机在加热状态下的工作电流：I2A。故答案为：保温；2。【点评】本题考查学生对实际用电器电功率的分析以及运用电功率公式计算相关物理量的能力，是一道好题。23丹麦物理学家奥斯特在静止的磁针上方放一根与磁针平行的导线，当导线通电时，磁针会偏转，这个实验表明在电流的周围存在磁场。【分析】奥斯特实验：在静止的小磁针上方，放一根与磁针平行的导线，给导线通电时磁针将偏转，说明了通电导体周围存在磁场。【解答】解：在静止的小磁针上方，放一根与磁针平行的导线，给导线通电时磁针将偏转，说明了通电导体周围存在磁场。这是由丹麦的物理学家奥斯特首先发现的。故答案为：奥斯特；磁场。【点评】本题考查了物理学史和奥斯特实验的做法及其说明的道理。24闭合开关S后，小磁针静止时北极的指向如图所示，则螺线管左端是N极（选填“N”或“S”），电源左端是负极（选填“正”或“负”）。【分析】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。【解答】解：由于小磁针静止时，其左端为N极，右端为S极，根据磁极间的作用规律可知，螺线管的右端为S极，左端为N极。根据螺线管的NS极和螺线管的线圈绕向。利用安培定则可以确定电流是从螺线管的左端流出，右端流入。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，右端是电源的正极，左端是电源的负极。故答案为：N；负。【点评】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：根据图示的磁感线方向来确定；利用周围小磁针的NS极来确定；利用和已知极性的磁体的相互作用情况来确定；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。25如图（甲）所示，在安装直流电动机模型的实验中，要改变线圈的转动方向，除了改变电流方向，还可以通过改变磁场方向来实现。【分析】电动机线圈的转动方向与磁场方向和电流方向有关。【解答】解：因为电动机线圈转动的方向与磁场方向和电流方向有关，所以，要改变电动机的转动方向，可以改变电流方向，也可以改变磁场方向。故答案为：电流方向；磁场方向。【点评】本题考查了学生对电动机转动方向的影响因素的理解与掌握，知道电动机转动方向与电流方向、磁场方向的关系是本题的解题关键。26如图所示是一种水位自动报警器的原理图。水位没有达到金属块A时，灯L1亮；水位达到金属块A时，由于一般的水是导体，灯L2亮。【分析】电磁继电器一般由铁芯、线圈、衔铁、触点簧片等组成的；只要在线圈两端加上一定的电压，线圈中就会流过一定的电流，从而产生电磁效应，衔铁就会在电磁力吸引的作用下克服返回弹簧的拉力吸向铁芯，从而带动衔铁的动触点与静触点（常开触点）吸合；当线圈断电后，电磁的吸力也随之消失，衔铁就会在弹簧的反作用力返回原来的位置，使动触点与原来的静触点（常闭触点）吸合；这样吸合、释放，从而达到了在电路中的导通、切断的目的。【解答】解：当水位下降没有达到金属块A时，使控制电路断开，电磁铁失去磁性，弹簧拉着衔铁使动触点与上面的静触点接触，工作电路接通，则L1 亮。当水位上涨时，水与金属A接触，由于水是导体，使控制电路接通，电磁铁吸引衔铁，使动触点与下面的静触点接触，工作电路接通，则 L2灯发光。故答案为：L1；导体； L2。【点评】本题主要考查电磁继电器在实际生活中的应用，经常用于自动控制如：水位报警器、温度报警器等；由水位的变化导致了控制电路的通断，进一步决定了电磁铁磁性的有无，从而控制了工作电路的动触点的位置的变化，改变了工作电路的连接情况。三、简答题、作图题（本大题共2小题，共6分）27灯泡接入电路中时，灯丝和电线中流过相同的电流，灯丝和电线都要发热。实际上灯丝热得发光，电线的发热却觉察不出来。这是为什么？【分析】灯丝和导线串联，通过的电流和通电时间相同，根据焦耳定律QI2Rt可知，电阻越大、电流产生的热量越多，据此分析判断。【解答】答：电灯在使用时，灯丝和导线串联，I灯丝I导线，通电时间t相同，灯丝的电阻R灯丝R导线，由QI2Rt可知电流通过灯丝产生的热量Q灯丝Q导线，从而出现灯泡热得发光，导线的发热却察觉不出来的现象。【点评】本题考查了学生对焦耳定律、串联电路电流特点的了解和掌握，知道导线和电阻丝的连接方式为串联是本题的关键。28请根据图中所示的实物图，在方框内画出对应的电路图。【分析】从实物图中可以看出，开关S控制整个电路，电流表A2测量整个电路的电流；电流表A1测量L2的电流。【解答】解：根据电流的流向，电流从电源正极流出，依次通过开关S、电流表A2，然后分支，一支经灯泡L1，另一只经灯泡L2、电流表A1，汇合后回到电源负极，如下图所示：。【点评】本题考查根据实物图画电路图，关键是明确电路中各个用电器的连接方式和电流表所测电流。四、实验探究题（本大题共3小题，共16分）29小明和小华做“探究导体电阻大小与长度关系”的实验。他们准备在图中的A、B两点间接入待研究的电阻丝，电源电压恒定，忽略灯丝电阻随温度变化的影响，待用电阻丝的规格如表：序号材料长度横截面积1炭钢合金丝LS2镍铬合金丝LS3镍铬合金丝L2S4 镍铬合金丝2LS（1）他们应选择序号为2、4的两根电阻丝来探究；（2）正确选择后，他们将所选电阻丝分别接入A、B两点间，闭合开关，通过观察灯泡的亮暗或电流表的示数来比较电阻丝电阻的大小。实验中，两次电流表指针均有偏转，但第二次的示数小于第一次的示数，说明第二次接入电路的电阻丝的阻值较大（选填“较大”或“较小”）。（3）第（2）问中判断电阻大小的方法在初中物理中经常用到，以下描述中能体现这种方法的是CA水压使水管中形成水流，类似地，电压使电路中形成电流B根据物质在常态下的形状和体积是否固定，可将物质分为三态C通过观察木块被运动物体撞后移动距离的大小，可比较运动物体动能的大小D研究滑动摩擦力大小与压力大小的关系，应控制接触面粗糙程度相同。【分析】（1）探究导体电阻大小与与长度的关系，应控制导体材料与横截面积相同而长度不同，分析表中实验数据，找出符合要求的实验序号。（2）在电压一定的情况下，电路电阻越大，电路电流越小，反之电路电阻越小，电路电流越大，根据电路电流的大小可以判断电阻阻值的大小。（3）导体电阻的大小是通过电流的大小来反映的，这在物理学中称之为“转换法”；分析各选项所用的实验方法，然后答题。【解答】解：（1）由表中实验序号为2、4的数据可知，电阻丝的材料与横截面积相同而长度不同，用实验序号为2、4的实验数据可以探究导体电阻与导体长度的关系。（2）电源电压一定，电路电阻越大，电路电流越小，第二次实验时电流表示数小于第一次实验时电流表的示数，说明第二次接入电路的电阻丝的阻值较大。（3）第（2）问中判断电阻大小的方法是转换法；A、水压使水管中形成水流，类似地，电压使电路中形成电流，应用了类比法；B、根据物质在常态下的形状和体积是否固定，可将物质分为三态，应用了归纳法；C、通过观察木块被运动物体撞后移动距离的大小，可比较运动物体动能的大小，应用了转换法；D研究滑动摩擦力大小与压力大小的关系，应控制接触面粗糙程度相同，应用了控制变量法；故选C。故答案为：（1）2、4；（2）较大；（3）C。【点评】本探究实验中用到了两种物理学方法：一是控制变量法，二是转换法（通过电流大小比较电阻大小）另外在初中物理实验中较常用的探究方法还有：转换法，类比法，理想实验法等。30（4分）如图所示，两个透明容器中封闭着等量的空气，将两个容器中的电阻丝R1和R2串联接到电源两端，将容器外部的电阻丝R3和R2并联。（1）图甲的装置是探究电流通过导体产生的热量与电流的关系，电阻丝R3的作用是使通过电阻丝R1和R2的电流不同。（2）两个透明容器中密闭着等量的空气，电阻产生热量的多少是通过U形管中液面高度的变化来反映的，这种研究方法叫转换法。（3）图乙所示，某小组在实验中观察到左侧U型管中液面很快出现高度差，右侧U型管中液面高度差为零，原因是电阻丝R2断路。【分析】（1）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阻关系时，控制通电时间和电流不变；探究电流产生热量跟电流关系时，控制通电时间和电压不变，因此需要电阻并联；（2）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体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；（3）乙图中，电阻丝R2与R3并联后再与电阻丝R1串联，电阻丝R1能够产生热量，电阻丝R2没有产生热量，据此