北京市仁和中学九年级物理上学期期末试题（含解析） 新人教版.doc

2015-2016学年北京市仁和中学九年级（上）期末物理试卷一、单项选择题（共36分，每小题2分）1建造三峡水电站主要是利用水的什么能来发电（）a机械能b化学能c热能d原子能2在受太阳光照射的条件相同时，内陆地区的夏季比沿海地区炎热，冬季比沿海地区寒冷，对这个现象的解释，正确的说法是（）a夏季，内陆地区的雨量充沛，雨水把高空的热量带到了地面附近，使气温升高b夏季，内陆地区地面附近水蒸气比沿海多，水蒸气液化放出热量，使气温升高c冬季，内陆地区地面附近水蒸气凝华成损时，吸收了大量的热量，使气温降低d沿海附近的含水量都比内陆多，水的比热容最大，吸热或放热后温度变化小3用酱油煮鸡蛋，酱油的色素扩散到了鸡蛋内，这一现象表明（）a色素分子间有间隙b色素分子间存在引力c色素分子间存在斥力d色素分子在永不停息地运动4关于温度、比热容、热量、内能，以下说法正确的是（）a一块0的冰没有内能，它的分子不会运动b一个物体吸收了热量，它的温度一定会升高c一个物体温度升高了，它的内能可能增加d用水作为汽车发动机散热器的冷却剂，其主要原因是水的比热容较小5对于1kwh电能的作用，下列说法中正确的是（）a能使笔记本电脑工作约3分钟b能使洗衣机工作约3小时c能使笔记本电脑工作约3小时d能使洗衣机工作约30小时6小轿车上大都装有一个指示灯，用它来提醒司机或乘客车门是否关好四个车门中只要有一个车门没关好（相当于一个开关断开），该指示灯就会发光下图为小明同学设计的模拟电路图，你认为最符合要求的是（）abcd7在某一温度下，连接在电路中的两段导体a和b中的电流与其两端电压的关系如图所示由图中信息可知（）aa导体的电阻为10bb导体的电阻为10ca导体两端电压为3v时，通过a导体的电流为0.3adb导体两端电压为3v时，通过b导体的电流为0.6a8如图甲所示的两个电流表均为学校实验室里常用的电流表，见图乙闭合开关后，两电流表的指针都正常偏转且偏转角度相同，此时灯l1和l2的所消耗的电功率p1和p2的比值为（）a4：1b1：4c5：1d1：59如图所示的电路中，电源电压不变，r1为定值电阻闭合开关s当滑片p从中点向右移时（）a电流表a1的示数变小b电流表a2的示数变小c电压表的示数变大dr2的电功率变大10如图所示电路，开关闭合后，电源两端电压恒为6v若电路中连接“3v 1.5w”的灯泡，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至点a 时，灯泡正常发光；若改接“4v 2w”的灯泡，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至点b时，灯泡也正常发光，则（）a两种状态下，电路中灯泡与滑动变阻器的总功率相同b点a 在点b的右侧c电流表在两种状态下示数均为0.5ad电压表在两种状态下示数之比是2：311如图甲所示电路，电源电压保持不变闭合开关s，当滑动变阻器的滑片p从a端滑到b端的过程中，两个电阻的ui关系图象如图乙所示则下列判断正确的是（）a图线甲是电阻r1的“ui”关系图象b电源电压为9vc滑动变阻器r2的最大阻值为20d变阻器滑片在中点时，电压表v2示数为7.2v121991年8月新民晚报报道一则消息：“上海雨点鸽从内蒙古放飞后，历经20余天，返回上海市区鸽巢”，信鸽的这种惊人的远距离辨认方向的本领，实在令人称奇信鸽有高超的认路本领的原因是（）a信鸽对地形地貌有极强的记忆力b信鸽能发射并接收某种超声波c信鸽能发射并接收某种次声波d信鸽体内有某种磁性物质，它能借助地磁场辨别方向13如图所示，给电磁铁通电，磁铁ab（a端为n极，b端为s极）及弹簧测力计在图中的位置静止不动，在滑动变阻器的滑片向a端滑动的过程中，关于电流表的示数和弹簧的长度变化的情况是（）a电流表的示数增大，弹簧的长度将增加b电流表的示数增大，弹簧的长度将减小c电流表的示数减小，弹簧的长度将增加d电流表的示数减小，弹簧的长度将减小14要想使一台直流电动机的转速增大，下列方法中不可行的是（）a改换磁极的位置b增大线圈中的电流c增大电动机的供电电压d增强磁场15下列现象中，属于电能转化为机械能的是（）a电流通过电炉发热b通电导体周围产生磁场c通电线圈在磁场中转动d电磁感应现象16如图是一台便携式收音机的屏板，向左调指针（图中黑块）的过程中所接收到的电磁波（）a频率变大，波长不变b频率变小，波长变小c频率变大，波长变小d频率变小，波长变大17我国自主开发的“隐形飞机”歼20，主要改进了形状与材料方面的技术，能有效避开雷达的探测下列关于歼20隐身的原因解释，正确的是（）a由于歼20飞行太快，电磁波追不上b由于歼20是超音速飞机，声波追不上c通过改用新材料，减弱对电磁波的吸收能力d通过改变飞机形状，减少对雷达探测设备方向反射的电磁波18若改变通电导线在磁场中受力的方向，可采取的办法（）a改变通电导线中的电流b只改变电流方向或只改变磁感线方向c改变电流方向同时改变磁场方向d改变电流大小的同时改变磁场的强弱二、填空19小明家电能表上个月底表盘数字是，这个月底表盘数字如图所示，可知他家本月用电度，他只让某电水壶工作，发现在10分钟内该电能表转盘转过了600转，则该电水壶的实际功率为w20如图，a灯标有“4v，4w”字样，b灯标有“4v，2w”字样闭合开关，从右向左缓慢滑动变阻器滑片，直到其中一盏灯恰好正常发光，此时电压表的示数是v，a灯和b灯的总功率是w21第二届亚洲青年运动会于2013年8月在南京举行2013年5月8日上午10点20分许，通过古老的钻木取火方式，在几分钟内采火成功，这个过程中机械能转化为能之后，用采集的火种点燃亚青会火炬，此过程是通过方式改变物体内能的22“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发使用潜力同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的很大以10倍的关系粗略计算，1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量为j，这些热量可以使kg的水从20加热至100c=4.2103j/（kg）q煤气=4.2107j/kg23利用通电线圈在磁场中转动的基本原理可制成机它工作时，把能转化为能三、实验24在如图中，标出通电螺线管和小磁针的n、s极25我们知道：“电流通过导体时产生的热量，跟电流的平方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比”这就是焦耳定律，用公式可表达为：q=i2rt小明想通过实验验证这个规律中q与r的关系，他设计了图（甲）、（乙）所示的两个实验，他的方法是用电阻丝给烧瓶中的煤油加热，然后观察插在煤油中的温度计示数，就可以对比电阻丝放热的多少请你应用所学知识分析回答下列问题：（1）他应该选用实验电路来完成他的验证实验（选填“甲”或“乙”）（2）如果他采用实验电路（乙），已知两个电阻丝的电阻大小关系是r3r4，那么闭合开关后，经过相同的时间，温度计c和d中示数变化较大的应该是26小聪将漆包线（表面涂有绝缘漆的铜线）绕在两个完全相同的铁钉上，制成了简易电磁铁甲和乙，按图连接好电路，探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”请你结合实验中的具体情况，完成下面的内容（1）通过观察电磁铁的不同，可以判断电磁铁的磁性强弱不同；（2）电磁铁乙的铁钉帽端为极（填“n”或“s”）；（3）滑片p向a端移动时，甲的磁性将（填“变大”“变小”或“不变”）说明了（4）通过电磁铁甲的电流流过电磁铁乙的电流（填“大于”“小于”或“等于”）电磁铁甲、乙磁性强弱不同的原因是四、计算27“赛龙舟”是端午节里的传统节目小安同学自制了一个卡通龙舟，她想用亮度可调节的红、绿灯做它的眼睛她选用规格为“12v 6w”的红灯和“12v 12w”的绿灯及“24 2a”的滑动变阻器等元件设计了如图电路当闭合开关s、s1、s2，且滑动变阻器的滑片p移至b端时，两灯都正常发光（电源电压不变，不考虑灯丝电阻的变化）求：（1）两灯都正常发光时电流表的示数为多少？（2）该电路中最大电功率和最小电功率分别为多少？28我国计划从2016年10月1日起，彻底淘汰普通照明用的耗能高、使用寿命短的白炽灯（钨丝灯）现在普遍使用的电子节能灯又称为紧凑型荧光灯（日光灯）如图甲所示，它利用钨丝受热发射电子激发水银蒸气发出紫外线，紫外线照射到灯管内壁涂抹的荧光物质而发光电子节能灯虽然可以节能，但是废旧的电子节能灯如果随意丢到垃圾桶，破碎、焚烧后产生的汞蒸气会进入大气，然后沉降进入土壤或河流并转化成有机汞化合物（如甲基汞），甲基汞会导致人体慢性中毒 一只汞含量为0.5毫克的电子节能灯中的汞如果渗入地下就会污染约180吨水及周围土壤，我国电子节能灯的销量已达10亿只以上，这个巨大的汞污染危机不容小觑led灯利用发光二极管技术发光，是一种真正意义上的新型环保节能灯具某课外活动小组了解到某品牌的15w led管灯的照明效果与40w电子节能管灯相当（如图乙所示）、与120w白炽灯相当请回答下列相关问题：（1）请用笔画线表示导线，将图丁所示的两盏电灯和开关正确接入家庭电路中；（2）如图丙所示，某地下停车场安装了1000只40w电子节能管灯，每年365天需要全天点亮按照商业用电1元/（kwh）计算，求该停车场每年交纳的电费为多少万元？（3）请根据下列表格中的数据，通过计算来分析：是否有必要用15wled管灯替换第（2）问中的所有40w电子节能管灯？产品类型led管灯电子节能管灯白炽灯额定功率/w1540120使用寿命/h3000080002000每只售价/元50201（4）对于家里废旧的电子节能灯应该如何处置？2015-2016学年北京市仁和中学九年级（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共36分，每小题2分）1建造三峡水电站主要是利用水的什么能来发电（）a机械能b化学能c热能d原子能【考点】能量的相互转化【专题】应用题；机械能及其转化【分析】重力势能大小的影响因素：质量和高度质量越大，高度越高，重力势能越大；物体下落时，重力势能转化为动能，重力势能越多，转化为的动能越多动能和势能统称机械能【解答】解：修拦河大坝是为了提高上游水位，水的质量不变，高度增大，则重力势能增大水在流下时，将重力势能转化为动能，推动发电机发电动能和势能统称机械能，因此，水电站主要是利用了水的机械能来发电的故选a【点评】本题主要考查了水电站相关的能量转化，了解水中蓄含了大量的机械能，是解答的关键2在受太阳光照射的条件相同时，内陆地区的夏季比沿海地区炎热，冬季比沿海地区寒冷，对这个现象的解释，正确的说法是（）a夏季，内陆地区的雨量充沛，雨水把高空的热量带到了地面附近，使气温升高b夏季，内陆地区地面附近水蒸气比沿海多，水蒸气液化放出热量，使气温升高c冬季，内陆地区地面附近水蒸气凝华成损时，吸收了大量的热量，使气温降低d沿海附近的含水量都比内陆多，水的比热容最大，吸热或放热后温度变化小【考点】比热容解释简单的自然现象【专题】应用题；比热容、热机、热值【分析】要解答本题需掌握：水的比热容大，在同样吸放热条件下，水的温度变化小【解答】解：内陆地区多泥土沙石，沿海地区水多，因为水的比热容较大，同样受热或冷却的情况下，吸收或放出相同热量，但水的温度变化比泥土沙石小因此，在受太阳照射条件相同时，内陆地区的夏季比沿海地区炎热，冬季比沿海地区寒冷综上所述，只有选项d的说法是正确的故选d【点评】本题主要考查学生对：水的比热容大在生活中的应用的了解，是一道基础题3用酱油煮鸡蛋，酱油的色素扩散到了鸡蛋内，这一现象表明（）a色素分子间有间隙b色素分子间存在引力c色素分子间存在斥力d色素分子在永不停息地运动【考点】分子的运动【专题】分子热运动、内能【分析】物质是由分子组成的，分子永不停息地做无规则的运动【解答】解：色素分子不停地做无规则运动，色素分子通过扩散进入鸡蛋内，使鸡蛋着色；故选d【点评】本题考查了分子动理论的应用，熟练应用分子动理论即可正确解题4关于温度、比热容、热量、内能，以下说法正确的是（）a一块0的冰没有内能，它的分子不会运动b一个物体吸收了热量，它的温度一定会升高c一个物体温度升高了，它的内能可能增加d用水作为汽车发动机散热器的冷却剂，其主要原因是水的比热容较小【考点】温度、热量与内能的关系；水的比热容的特点及应用【专题】应用题；比较思想；归纳法；分子热运动、内能；比热容、热机、热值【分析】a、一切物体都有内能，组成所有物质的分子都在不停的做无规则运动b、当晶体熔化、液体沸腾时，都要吸收热量，但温度不变；c、内能的大小跟质量、温度有关d、根据水的比热容比其它物质的比热容大的特点进行分析和判断【解答】解：a、因为物体的分子永不停息地做无规则的运动，所以任何物体都有内能，0的冰仍具有内能，故a说法错误，不符合题意b、一个物体吸收了热量，它的温度不一定会升高，如晶体熔化、液体沸腾时，都要吸收热量，但温度不变；故b说法错误，不符合题意c、物体温度升高时，分子的无规则运动速度也越快，内能增加，故c说法正确，符合题意d、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以可作为冷却剂故d说法错误，不符合题意故选c【点评】本题主要考查了学生对分子动理论、温度影响内能的掌握及水的比热容比其它物质的比热容大的特点的应用，知道相同质量的不同物质升高相同温度时比热容大的物质吸收的热量多是热学的难点，是中考的热点5对于1kwh电能的作用，下列说法中正确的是（）a能使笔记本电脑工作约3分钟b能使洗衣机工作约3小时c能使笔记本电脑工作约3小时d能使洗衣机工作约30小时【考点】电功计算公式的应用【专题】电能和电功率【分析】先估测用电器的功率，再利用w=pt求消耗的电能，找出接近1kwh的用电器【解答】解：a、笔记本电脑的电功率约100w，工作3min消耗的电能w=pt=0.1kwh=0.005kwh，故a错；b、洗衣机的电功率约300w，工作3h消耗的电能w=pt=0.3kw3h=0.9kwh，接近1kwh，故b正确；c、笔记本电脑的电功率约100w，工作3h消耗的电能w=pt=0.1kw3h=0.3kwh，故c错；d、洗衣机的电功率约300w，工作30h消耗的电能w=pt=0.3kw30h=9kwh，故c错故选b【点评】本题考查了电能的计算，能较准确的估测用电器的功率是关键6小轿车上大都装有一个指示灯，用它来提醒司机或乘客车门是否关好四个车门中只要有一个车门没关好（相当于一个开关断开），该指示灯就会发光下图为小明同学设计的模拟电路图，你认为最符合要求的是（）abcd【考点】串、并联电路的设计；电路的三种状态【专题】压轴题【分析】解决此题要知道串联是把电路元件逐个顺次连接起来的电路（电路中任意一处断开，电路中都没有电流通过）；并联是把电路元件并列地连接起来的电路（并联电路中各个支路是互不影响的）【解答】解：a、由电路图可知，几个开关是并联的，当开关都闭合时，即车门都关好，灯泡也会发光，不符合要求；b、由电路图可知，几个开关是串联的，当有一个开关断开时，即有车门没关闭，灯泡不亮，所以与题意要求相反，不符合题意；c、由电路图可知，几个开关是串联的，当开关都闭合时，即车门都关好，灯泡不会发光，符合要求；d、由电路图可知，几个开关是串联的，当开关都闭合时，即车门都关好，电源会被短路，不符合要求；故选c【点评】此类题目考查电路的串并联的实际应用，要结合电路的三种状态进行分析解答7在某一温度下，连接在电路中的两段导体a和b中的电流与其两端电压的关系如图所示由图中信息可知（）aa导体的电阻为10bb导体的电阻为10ca导体两端电压为3v时，通过a导体的电流为0.3adb导体两端电压为3v时，通过b导体的电流为0.6a【考点】欧姆定律的应用【专题】压轴题；图析法【分析】分别分析图象，求出ra、rb，再观察电压为3v时的电流即可【解答】解：（1）由图可知：，（2）当电压为3v时，通过a导体的电流为0.6a，通过b导体的电流为0.3a故选b【点评】从ui图象可得到的信息：一是求导体电阻；二是通过比较同一电压下的电流值而得出两电阻大小关系8如图甲所示的两个电流表均为学校实验室里常用的电流表，见图乙闭合开关后，两电流表的指针都正常偏转且偏转角度相同，此时灯l1和l2的所消耗的电功率p1和p2的比值为（）a4：1b1：4c5：1d1：5【考点】电功率的计算；并联电路的电流规律；电流表的使用；电流表的读数方法；并联电路的电压规律【专题】计算题；压轴题【分析】从电路图中可以看出，两灯泡并联，电流表a1测量干路电流，电流表a2测量通过灯泡l2的电流，两电流表的指针偏转角度相同，根据两电流表示数的大小关系和电流表的读数，我们可知电流大小的比值，根据公式p=ui可求灯l1和l2的所消耗的电功率p1和p2的比值实验室中电流表有两个量程，00.6a和03a，指针偏转角度相同，选用不同量程时读数是1：5的关系【解答】解：电流表a1的示数大于电流表a2的示数，通过灯泡l1的电流为i1，通过灯泡l2的电流为i2，根据两电流表的指针偏转角度相同，我们可知=，又因为i=i1+i2，所以=，所消耗的电功率p1和p2的比值为=故选a【点评】本题考查电功率的比值，难点是求通过两只灯泡的电流之比，关键是知道电流表偏转角度相同，但大小不同时的示数的关系，还要知道并联电路电流和电压的规律9如图所示的电路中，电源电压不变，r1为定值电阻闭合开关s当滑片p从中点向右移时（）a电流表a1的示数变小b电流表a2的示数变小c电压表的示数变大dr2的电功率变大【考点】电路的动态分析【专题】压轴题；电路变化分析综合题【分析】分析电路图，r1和r2并联，电压表测量电源电压，电流表a1测量r1中的电流，电流表a2测量干路电流，滑动变阻器的滑片p从中点向右移时，电源电压保持不变，电压表的示数不变；根据并联电路的电压特点可知，两电流表示数变化量之间的关系，根据p=ui得出r2电功率的变化量【解答】解：如图，r1和r2并联，当滑动变阻器的滑片p从中点向右移时，电源电压保持不变，电压表测量电源电压，电压表v的示数不变；i=、u、r2变大，通过r2的电流变小；由p=ui可知，r2的电功率变小；i=、u、r1不变，通过r1的电流不变，即电流表a1的示数不变；并联电路干路电流等于各支路电流之和，电流表a2的示数变小故选b【点评】本题考查了学生对欧姆定律及其变形公式的掌握和运用，分析电路图得出电路的连接方式和三表的测量对象是本题的突破口，灵活运用并联特点和欧姆定律是关键10如图所示电路，开关闭合后，电源两端电压恒为6v若电路中连接“3v 1.5w”的灯泡，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至点a 时，灯泡正常发光；若改接“4v 2w”的灯泡，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至点b时，灯泡也正常发光，则（）a两种状态下，电路中灯泡与滑动变阻器的总功率相同b点a 在点b的右侧c电流表在两种状态下示数均为0.5ad电压表在两种状态下示数之比是2：3【考点】电路的动态分析；欧姆定律的应用【专题】压轴题；电路变化分析综合题【分析】根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路中的电流；（1）根据灯泡的额定电压和额定功率求出灯泡的额定电流，由于电源电压不变，根据p=ui可知电路总功率的变化情况；（2）串联电路电阻越大分得的电压越大；根据额定电压的大小可知滑动变阻器接入电路中电阻的关系，从而可知a、b两点的关系；（3）根据a中计算的电流值进行判断；（4）根据串联电路特点求出电压表示数，即可求出其比值【解答】解：a、标有“3v 1.5w”灯泡的额定电流：i1=0.5a；标有“4v 2w”灯泡的额定电流：i2=0.5a；a、当滑片在a点和b点时，电路中的电流相等，而电源电压不变，由p=ui可知，两种状态下，电路中灯泡与滑动变阻器的总功率相同；故a正确；b、因为额定电压4v大于3v，所以当接入“3v 1.5w”的灯泡时，滑动变阻器分得的电压大，说明滑动变阻器接入电路的阻值大，因此a点应在b点的右侧；故b正确；c、两种状态下，灯泡都正常发光，因此电路中电流等于灯泡的额定电流，由a中的计算可知都为0.5a，故c正确；d、当电路中连接“3v 1.5w”的灯泡时，电压表示数u1=6v3v=3v；当电路中连接“4v 2w”的灯泡时，电压表示数u2=6v4v=2v；则两次电压表示数之比为3v：2v=3：2，故d错误故选abc【点评】本题考查了电路的动态分析，关键是灵活的应用串联电路特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，还要知道灯泡正常工作时的电压为额定电压、正常工作时的电流为额定电流，以及理解灯泡铭牌参数的含义11如图甲所示电路，电源电压保持不变闭合开关s，当滑动变阻器的滑片p从a端滑到b端的过程中，两个电阻的ui关系图象如图乙所示则下列判断正确的是（）a图线甲是电阻r1的“ui”关系图象b电源电压为9vc滑动变阻器r2的最大阻值为20d变阻器滑片在中点时，电压表v2示数为7.2v【考点】欧姆定律的应用【专题】应用题；图析法；电路和欧姆定律【分析】（1）根据电压变化的范围进行判断，定值电阻两端电压不会等于零；（2）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，根据图象读出电路中的最小电流和两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，根据欧姆定律求出r1和滑动变阻器的最大阻值；（3）变阻器滑片在中点时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表v2示数【解答】解：（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，r1两端的电压最大，r2两端的电压为0，由图象可知，甲为滑动变阻器r2的ui关系图象，乙为电阻r1的ui图象，故a错误；（2）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，由ui图象可知，电路中的最小电流i=0.3a，r1两端的电压u1=3v，r2两端的电压u2=9v，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源电压：u=u1+u2=3v+9v=12v，故b错误；由i=可得，r1和滑动变阻器的最大阻值：r1=10，r2=30，故c错误；（3）变阻器滑片在中点时，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的电流：i=0.48a，电压表v2的示数：u2=i=0.48a=7.2v，故d正确故选d【点评】本题考查串联电路电流和电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“ui”关系图象在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，所以要会读电路图中的信息和ui图象中的信息121991年8月新民晚报报道一则消息：“上海雨点鸽从内蒙古放飞后，历经20余天，返回上海市区鸽巢”，信鸽的这种惊人的远距离辨认方向的本领，实在令人称奇信鸽有高超的认路本领的原因是（）a信鸽对地形地貌有极强的记忆力b信鸽能发射并接收某种超声波c信鸽能发射并接收某种次声波d信鸽体内有某种磁性物质，它能借助地磁场辨别方向【考点】地磁场【专题】应用题【分析】（1）地球的周围存在地磁场，地磁的n极在地理的南极附近，地磁的s极在地理的北极附近（2）自然界中的动物的迁徙靠的就是地磁场来确定迁徙的路线，信鸽有高超的认路本领也是利用的地磁场的作用【解答】解：信鸽远距离辨认方向的本领，是因为其体内有某种磁性物质，它是借助地磁场来辨别方向的故选d【点评】（1）此题考查了地磁场的应用（2）在关于信鸽是靠什么来辨别方向的实验中，一群信鸽的身上绑了小磁体，一群信鸽身上绑了小铜块，放飞后，结果是绑了铜块的信鸽大部分回到了巢穴，而绑了小磁铁的信鸽一只也没有飞回巢穴，由此可以验证信鸽的辨别方向靠的是地磁场13如图所示，给电磁铁通电，磁铁ab（a端为n极，b端为s极）及弹簧测力计在图中的位置静止不动，在滑动变阻器的滑片向a端滑动的过程中，关于电流表的示数和弹簧的长度变化的情况是（）a电流表的示数增大，弹簧的长度将增加b电流表的示数增大，弹簧的长度将减小c电流表的示数减小，弹簧的长度将增加d电流表的示数减小，弹簧的长度将减小【考点】欧姆定律的应用；磁极间的相互作用；影响电磁铁磁性强弱的因素【专题】应用题；动态预测题；电路和欧姆定律；磁现象、电生磁【分析】先据安培定则判断出电磁铁的上端是n极还是s极，再由滑片的移动可知螺线管中电流的变化，进一步可知磁性强弱的变化，最后由受力变化得出弹簧长度的变化【解答】解：由安培定则可知，该电磁铁的上端是n极，下端是s极，由磁极间的作用规律可知，此时电磁铁和上面的磁体是相互排斥的，在滑动变阻器的滑片向a端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，电路中的总电阻减小，由i=可知，电路中的电流增大，即电流表的示数增大，故cd错误；此时电磁铁的磁性增强，与磁体的排斥力变大，弹簧的长度将减小，故a错误，b正确故选b【点评】能利用安培定则判断出电磁铁的极性，并能结合欧姆定律判断出电流的变化是解决该题的关键14要想使一台直流电动机的转速增大，下列方法中不可行的是（）a改换磁极的位置b增大线圈中的电流c增大电动机的供电电压d增强磁场【考点】直流电动机的构造和工作过程【专题】电动机、磁生电【分析】要增大直流电机的转速则应增大线圈所需要的磁场力，则根据影响磁场力的因素可知可行的办法【解答】解：a、对调磁极只会将线圈受力反向不会改变线圈受力的大小，故a不可行；b、增大线圈中通过的电流后，线圈受力将增大，线圈转动的速度将变大，故b可行；c、增大电压后也可增大线圈中的电流，从而增大线圈受力，故c可行；d、换用磁性更强的磁体可以增大线圈受力，故d可行；本题选不可行的，故选a【点评】直流电机的原理为线圈在磁场中受力，故要想增大转速就应当增大线圈所受磁场力15下列现象中，属于电能转化为机械能的是（）a电流通过电炉发热b通电导体周围产生磁场c通电线圈在磁场中转动d电磁感应现象【考点】电功的实质【专题】应用题；电能和电功率【分析】分别分析该题中各个选项所提到的能量的形式的变化，看哪种形式的能量增加了，那种形式的能量减小了，进而判断出能量的转化过程，从而确定是机械能转化为电能的答案【解答】解：a、电流通过电炉发热，即消耗电能产生热能，即电能转化为内能或热能，不符合题意b、通电导体周围产生磁场属于电流的磁效应，即消耗电能产生磁能，不符合题意c、通电线圈在磁场中运动是电能转化为机械能，符合题意d、电磁感应是发电机的原理，在发电的过程中，机械能转化为电能，不符合题意故选c【点评】本题考查电热器、发电机、电动机、奥斯特实验的工作时能的转化16如图是一台便携式收音机的屏板，向左调指针（图中黑块）的过程中所接收到的电磁波（）a频率变大，波长不变b频率变小，波长变小c频率变大，波长变小d频率变小，波长变大【考点】波速、波长和频率的关系【专题】应用题【分析】本题考查无线电波波速、波长和频率的关系，由波速不变可以判断【解答】解：因电磁波在空气中其波速是保持不变的，等于光速由f得，波长与频率成反比由图象可知，向左调指针时，接收到的电磁波频率变小，所以波长变大故选d【点评】本题应记住电磁波的波速保持不变，波长与频率成反比17我国自主开发的“隐形飞机”歼20，主要改进了形状与材料方面的技术，能有效避开雷达的探测下列关于歼20隐身的原因解释，正确的是（）a由于歼20飞行太快，电磁波追不上b由于歼20是超音速飞机，声波追不上c通过改用新材料，减弱对电磁波的吸收能力d通过改变飞机形状，减少对雷达探测设备方向反射的电磁波【考点】电磁波的传播【专题】应用题；压轴题【分析】要解答本题需掌握：电磁波在传播过程可以被吸收，也可以被反射【解答】解：“隐形飞机”，可以有效避开雷达的探测，主要是它表面有一种特殊材料，能够增强对电磁波的吸收它的表面制成特殊形状，这种形状能够减弱电磁波反射回雷达故选d【点评】本题主要考查学生对：电磁波的传播的特点的了解和掌握要会运用18若改变通电导线在磁场中受力的方向，可采取的办法（）a改变通电导线中的电流b只改变电流方向或只改变磁感线方向c改变电流方向同时改变磁场方向d改变电流大小的同时改变磁场的强弱【考点】磁场对通电导线的作用【专题】应用题；电和磁【分析】通电导体在磁场中受力的方向与磁场的方向和电流的方向有关，其中一个方向变化、受力方向变化，如果两个因素同时变化，导体受力的方向将不变【解答】解：a、此题不明确，不知道是改变电流的方向还是改变电流的大小，故错误；b、通电导体在磁场中受力的方向与磁场的方向和电流的方向有关，只改变导体中电流方向或只改变磁场方向，通电导体在磁场中受力的方向会改变，故正确；c、同时改变通电电流的方向和磁场方向，相当于改变了两次受力的方向，最终的结果仍为不变，故错误；d、改变电流的大小、改变磁场的强弱，能改变导体受力大小，但不能改变受力的方向，故错误；故选b【点评】明确通电导体在磁场中受力的方向与电流方向和磁场方向（磁感线方向）有关，若两个因素同时改变，受力方向不改变，易错点二、填空19小明家电能表上个月底表盘数字是，这个月底表盘数字如图所示，可知他家本月用电100度，他只让某电水壶工作，发现在10分钟内该电能表转盘转过了600转，则该电水壶的实际功率为1200w【考点】电功率的计算；电能表参数的理解与电能的求法【专题】电能和电功率【分析】（1）小明家本月用电的计算方法：月末的减去月初的示数，电能表的读数时注意最后一位是小数，单位kwh；（2）3000r/kwh表示的是电路中每消耗1kwh的电能，电能表的转盘转3000r，或者表示电能表每转1r，电路中消耗kwh的电能，求出转盘转600r电路中消耗的电能然后求出电热水壶的实际功率【解答】解：（1）月底电能表示数w2=1362.5kwh，小明家本月用电：w=w2w1=1362.5kwh1262.5kwh=100kwh=100度（2）电能表转盘转动600r，电路消耗的电能为：w=600kwh=0.2kwh，电热水壶单独工作时间；t=10min=h，电热水壶的实际功率：p=1.2kw=1200w故答案为：100；1200【点评】本题考查了电能表的参数的理解与电能的求法以及电功率的计算求法，理解“3000r/kwh”的含义是本题的关键，易错点电能表的读数（最后一位是小数）20如图，a灯标有“4v，4w”字样，b灯标有“4v，2w”字样闭合开关，从右向左缓慢滑动变阻器滑片，直到其中一盏灯恰好正常发光，此时电压表的示数是6v，a灯和b灯的总功率是3w【考点】电功率的计算；串联电路的电流规律；欧姆定律的应用；电阻的串联【专题】计算题；电路和欧姆定律；电能和电功率【分析】（1）已知灯泡的额定电压和额定功率，根据公式i=求出两灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出两灯泡的电阻；（2）根据串联电路各处的电流相等可知，从右向左缓慢滑动变阻器滑片，一盏灯恰好正常发光时，电路中的电流为两者较小的额定电流，根据电阻的串联特点和u=ir求出电压表的最大示数；根据p=ui求出a灯和b灯的总功率【解答】解：（1）根据p=ui可得，两灯泡的额定电流分别为：ia=1a，ib=0.5a；根据欧姆定律可得，两灯泡的电阻分别为：ra=4； rb=8；（2）因串联电路中各处的电流相等，所以，从右向左缓慢滑动变阻器滑片，直到其中一盏灯恰好正常发光时，电路中的电流为0.5a，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电压表的最大示数：u=i（ra+rb）=0.5a（4+8）=6v；此时a灯和b灯的总功率：p=ui=6v0.5a=3w故答案为：6；3【点评】本题考查了串联电路电流特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据串联电路的电流特点可知从右向左缓慢滑动变阻器滑片直到其中一盏灯恰好正常发光时，电路中的电流为两灯泡额定电路较小的21第二届亚洲青年运动会于2013年8月在南京举行2013年5月8日上午10点20分许，通过古老的钻木取火方式，在几分钟内采火成功，这个过程中机械能转化为内能之后，用采集的火种点燃亚青会火炬，此过程是通过热传递方式改变物体内能的【考点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能【专题】分子热运动、内能【分析】（1）判断能量的转化时，要知道消耗了什么能，得到了什么能；（2）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递【解答】解：钻木取火的过程中克服摩擦对物体做功，物体内能增加温度升高，达到燃料的燃点而被点燃；用采集的火种点燃亚青会火炬，此过程是通过热传递方式改变物体内能的故答案为：内；热传递【点评】解答本题应先明确装置工作的过程，才能进一步分析能量的转化及改变物体内能的方法22“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发使用潜力同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的热值很大以10倍的关系粗略计算，1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量为4.2l08j，这些热量可以使1250kg的水从20加热至100c=4.2103j/（kg）q煤气=4.2107j/kg【考点】燃料的热值；热量的计算【专题】压轴题；比热容、热机、热值【分析】（1）1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫这种燃料的热值；（2）利用q放=mq求出1kg煤气完全燃烧放出的热量，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的10倍，据此求1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量；（3）由题知，q吸=q放，而q吸=cmt，知道水的比热容、水的初温和末温，可求水的质量【解答】解：（1）在同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的热值很大；（2）1kg煤气完全燃烧放出的热量：q放=mq=1kg4.2l07j/kg=4.2l07j，1kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量：q放=10q放=104.2l07j=4.2l08j；（3）由题知，q吸=q放=4.2l08j，q吸=cmt，水的质量：m=1250kg故答案为：热值；4.2l08；1250【点评】本题考查了学生对燃料的热值、燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大23利用通电线圈在磁场中转动的基本原理可制成电动机它工作时，把电能转化为机械能【考点】直流电动机的原理【专题】电动机、磁生电【分析】电动机的原理：通电线圈在磁场中受力而转动将电能转化为机械能【解答】解：利用通电线圈在磁场中转动的基本原理可制成电动机它工作时，把电能转化为机械能故答案为：电动；电；机械【点评】明确电动机、发电机的工作原理，以及能的转化三、实验24在如图中，标出通电螺线管和小磁针的n、s极【考点】安培定则【专题】应用题；磁现象、电生磁【分析】通过图示的螺线管的绕向和电源的正负极，利用安培定则可以确定螺线管的n极；再利用磁极间的作用规律即可确定小磁针的n极【解答】解：（1）在螺线管中电流的方向是从左流入，从右流出，结合螺线管的绕向，根据安培定则，可以确定螺线管的左端为n极故小磁针的右端是s极，左端是n极；如下图1（2）螺线管中电流的方向是从右流入，从左流出，结合螺线管的绕向，根据安培定则，可以确定螺线管的右端为n极，左端是s极如下图2：（3）螺线管中电流的方向是从右流入，从左流出，结合螺线管的绕向，根据安培定则，可以确定螺线管的左端为n极，右端是s极如下图3：【点评】能据电流的方向和线圈的绕法准确的判断出螺线管的ns极是解决该题的关键25我们知道：“电流通过导体时产生的热量，跟电流的平方成正比，跟导体的电阻成正比，跟通电时间成正比”这就是焦耳定律，用公式可表达为：q=i2rt小明想通过实验验证这个规律中q与r的关系，他设计了图（甲）、（乙）所示的两个实验，他的方法是用电阻丝给烧瓶中的煤油加热，然后观察插在煤油中的温度计示数，就可以对比电阻丝放热的多少请你应用所学知识分析回答下列问题：（1）他应该选用实验电路甲来完成他的验证实验（选填“甲”或“乙”）（2）如果他采用实验电路（乙），已知两个电阻丝的电阻大小关系是r3r4，那么闭合开关后，经过相同的时间，温度计c和d中示数变化较大的应该是c【考点】焦耳定律；并联电路的电压规律【专题】实验题【分析】（1）根据焦耳定律公式q=i2rt，想通过实验验证这个规律中q与r的关系，需要控制通过的电流和通电时间相同，据此选择电路；（2）两电阻并联，根据q=i2rt=t分析放出热量的关系，进而判断哪个温度计的示数变化大【解答】解：（1）根据焦耳定律q=i2rt，要验证这个规律中q与r的关系，必须保证在电流和通电时间一定的情况下进行讨论，将两瓶中的金属丝串联起来接在电源上，则电流和通电时间一定相同故应选用实验电路甲（2）两图中均为纯电阻电路并且两电阻并联，电压相同、通电时间相同，因为q=i2rt=t、r3r4，所以q3q4，所以温度计c的示数变化大故答案为：（1）甲；（2）c【点评】本题是控制变量法的一个具体应用，在保证其他量不变的情况下，讨论一个物理量跟另一个量的关系26小聪将漆包线（表面涂有绝缘漆的铜线）绕在两个完全相同的铁钉上，制成了简易电磁铁甲和乙，按图连接好电路，探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”请你结合实验中的具体情况，完成下面的内容（1）通过观察电磁铁吸引大头针的个数的不同，可以判断电磁铁的磁性强弱不同；（2）电磁铁乙的铁钉帽端为n极（填“n”或“s”）；（3）滑片p向a端移动时，甲的磁性将变大（填“变大”“变小”或“不变”）说明了匝数相同时，电流越大，电磁铁的磁性越强（4）通过电磁铁甲的电流等于流过电磁铁乙的电流（填“大于”“小于”或“等于”）电磁铁甲、乙磁性强弱不同的原因是匝数不同【考点】探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验【专题】探究型实验综合题【分析】（1）电磁铁的磁性的强弱跟电流的大小、线圈匝数、有无铁芯有关，电流越大，匝数越多，有铁芯时，电磁铁的磁性越强研究影响电磁铁磁性强弱的因素时选用控制变量法为了显示磁性的强弱，用了转换法，比较电磁铁吸引大头针的个数（2）安培定则：伸出右手，用手握住螺旋管，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向就是螺旋管的n极（3）滑动变阻器的作用：改变连入电路的电阻丝的长度，改变连入电路的电阻的阻值，改变电路中的电流（4）电磁铁的磁性与通过的电流和线圈的匝数有关，电流越大，线圈匝数越多，线圈的磁性越大【解答】解：（1）磁铁磁性强弱可以通过观察其吸引大头针的多少来判断，吸引多磁性就强，吸引少磁性就弱；（2）电流由电源正极流出，流入电源负极，根据乙电磁铁中的电流方向，利用安培定则可以判断，乙钉帽端为n极；（3）滑片p向a移动，连入电路中电阻丝长度变小，电阻减小，电路中电流增大，因此电磁铁甲的磁性变大，说明：匝数相同时，电流越大，电磁铁的磁性越强；（4）电磁铁的磁性强弱和线圈匝数有关，由于电磁铁甲、乙串联连接，因此电流相等，电磁铁甲、乙磁性强弱不同，原因是它们的线圈匝数不同故答案为：（1）吸引大头针的个数；（2）n；（3）变大；匝数相同时，电流越大，电磁铁的磁性越强；（4）等于；匝数不同【点评】该题探究电磁铁的磁性与电流和匝数的关系，实验时用到控制