九年级物理上学期期末试卷含解析 苏科版1

1、2015-2016学年江苏省盐城市东台市九年级（上）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分）1我市地处沿海湿地，湿地昼夜温差较小是因为水的（）A熔点高B热值大C密度大D比热容大2下列用电器工作时主要将电能转化为内能的是（）A收音机B电熨斗C电风扇D洗衣机3电路通电后，电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不怎么发热，其原因是（）A导线的电阻小B导线中的电流大C电炉丝的电阻小D电炉丝中的电流大4如图所示，铝棒通电后发生偏移，此实验是用来探究（）A磁场对电流的作用B感应电流产生的条件C通电直导线周围的磁场D影响电磁铁磁性强弱的因素5用铝壶在燃气灶上烧水的过程中（）A水只吸收热量不

2、放出热量B天然气燃烧越充分，热值越大C水的内能是通过热传递方式改变的D天然气燃烧时放出的热量全部被水吸收6四位同学画出静止在赤道正上方小磁针（黑端为N极）的指向，其中正确的是（）ABCD7小明用图示装置“探究动能大小与速度的关系”，下列说法正确的是（）A水平表面必须光滑B实验研究对象是木块C用木块移动的距离表示小车动能大小D让不同的小车从同一斜面同一高度静止释放8小明在家做作业时，空气开关突然发生了跳闸，则他家中电路（）A总电流过大B发生了短路C电压大于220VD用电器总功率过大9小华用如图所示的电路中“探究串联电路电流特点”，实验时发现两只电流表甲和乙的示数分别为0.14A和0.10A，造成

3、电流表数不同的原因可能是（）A导线有电阻B电流表的缘故CL1和L2的电阻不同D甲比乙更靠近电源正极10关于电磁波，下列说法中不正确的是（）A微波和无线电波都属于电磁波B麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在C电磁波在真空中传播速度与光速相同D电磁波是在空间传播的周期性变化的电磁场11小华用图示装置做“探究弹性势能大小与形变程度关系”的实验，实验时将钢锯条末端压下一定距离后释放，观察棋子跳起的高度，以下设计方案可行的是（）A只改变棋子的位置，重复做几次实验B只改变棋子的数量，重复做几次实验C只改变钢锯条伸出桌边的长度，重复做几次实验D只改变钢锯条末端扳下的距离，重复做几次实验12用红外灯L1和菌类封闭

4、在不透明的密闭容器中，科研人员将灯L2与L1连接在同一电路中，通过观察L2是否发光来判断L1是否工作，下列电路符合要求的是（）ABCD二、填空题（本题共8小题，每空1分，共24分）132015年5月31日，“阳光动力2号”太阳能飞机从南京禄口机场起飞，太阳能电池板将太阳能转化为能，飞机的动能，重力势能14用如图所示电路验证“电流越大”，电功就越大”的结论，图中两只灯泡（串/并）联，两灯的电阻要（相同/不同），支持该结论的实验现象是15弯折铁丝，铁丝会发热，这是通过方式增加铁丝的内能，它与四冲程汽油机的冲程的能量转化情况相同某汽油机转速为1200r/min，在1s内，汽油机对外做功次16如图是小

5、华制作的”神奇转框“，金属框的上部中央与电池正极相连，下部紧贴在与电池负极相连的金属柱形物两侧，框绕电池转动，由此可以判断该金属柱状物为，你判断的依据是，转框的原理与（电动机/发电机）相同17如图所示，将钥匙插入孔并旋转，控制电路接通，电磁铁具有（填物理属性），吸引衔铁绕转轴转动，工作电路接通后，电动机启动，图中电磁铁的上端为（N/S），通电螺线管两端电压（大于/等于/小于）电动机两端电压18标有“2V 0.1W”字样的LED灯正常发光时的电流为A，电源电压为6V，为使LED灯正常发光，需串联一只的电阻，与普通的小灯泡相比，在达到相同亮度的条件下，假设LED灯可以节约90%的电阻，则该LED灯

6、与W的小灯泡亮度相当19如图所示，R1、R2为定值电阻，电源电压不变，闭合S1、S2，两电表均有示数；断开S2，则电流表示数，电压表示数电压表与电流表示数之比（变大/不变/变小）20小华发现电动玩具车内部都是电源、开关、电动机、指示灯各一个组成，为了探究玩具车内部电动机与指示灯的连接方式，他将这辆玩具车的电池取下，保持开关闭合，转动车轮，指示灯发光，这一实验（能/不能）确定电动机与指示灯的连接方式，理由是，转动车轮产生的现象是现象三、解答题（本题7小题，共52分）21按照题目要求作图（1）在图甲中标出电源生物正、负极；（2）在图乙中将插座正确接入照明电路；（3）在图丙中将实物电路补充完整，使L

7、1、L2并联，开关控制整个电路22某家庭把一只标有“220V 1000W”的电水壶接入照明电路，将质量为5kg的水由20加热到60，不计热量损失，c水=4.2×103J/（kg），求：（1）水吸收的热量；（2）电水壶电热丝的电阻；（3）电水壶工作的时间23如图所示电路中，电源电压保持不变，R1=10，现将电流表A1、A2分别串联在电路中，向左移动滑片P，每次移动滑片P，均使R2接入电路的电阻减少相同的值，此过程中两表的示数如表所示求：（1）电源电压U；（2）R1在1min消耗的电能；（3）通过计算说明电流表A2连接在电路中的位置滑片P移动的次序124电流表A1的示数/A0.300.3

8、00.30电流表A2的示数/A0.400.450.6024小明将器材按图示连接，做探究“感应电流产生的条件”的实验（1）连接好电路，左右移动AB，发现电流表指针没有发生偏转，产生这一现象的原因是；（2）解决问题后，左右移动AB多次，发现电流表的指针都发生了偏转，由此小明得出感应电流产生条件为：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，你认为他得结论（可靠/不可靠），理由是：（3）将AB向右拉到一定高度，松开手后AB左右摆动，发现电流表的指针左右摆动，说明产生的是（直流电/交流电），这一现象表明感应电流的方向与有关，若不计空气阻力，AB摆动的最大高度将（逐渐变高/保持不变/逐渐变低）25人在代

9、谢活动中，食物通过体内的“缓慢燃烧”，转化为人体所需要的能量，因此，我们可以将食物看成是一种燃料，小明取质量相等的饼干和薯片，利用图示两套完全相同的装置比较两种食物“这方面性能”的差异（1）小明所探究的食物的“这方面性能”指的是食物的（填物理量名称）；（2）实验中通过来反应食物燃烧放出热量的多少（3）实验中应记录食物的质量m1、水的质量m2、加热前的水温t0和（写出物理量及对应的符号），用c表示水的比热容，此过程中计算水吸收热量的表达式为Q=；（4）实验时发现食物很难点燃，于是将食物碾碎，并将食物与质量相等的酒精混合后充分燃烧，这样操作对于比较亮食物放出热量的多少（有/无）影响，运用此方法（能

10、/不能）准确计算出食物“这方面性能”的值，理由是26某小组用下列器材做“测定小灯泡电功率”的实验：电源（电压约为6V），标有“2.5”字样小灯泡一只、开关一只、“51A”、“201A”滑动变阻器各一只、电流表和电压表各一只、导线若干：（1）将甲图中实验电路连接完整（2）正确连接电路后，将滑片位置正确位置，闭合开关，电流表和电压表如图乙所示电流表的示数为A，此时灯丝的电阻为，为了保证小灯泡不被损坏，接下来应该进行的操作是（3）小华经过思考发现了问题，对实验器材进行了调整，小华做的调整是（4）下列数据是四位同学算出的小灯泡的额定规律，其中可能正确的是A.0.625W B.0.70W C.0.75W

11、 D.0.90W27雨水探测器雨水探测器是一种自动检测雨水的装置雨天乘车时我们会发现有些汽车刮水器的刮动速度会随着雨的大小自动调节，雨停后，刮水器自动停止工作，主要原因就是在它的工作电路中安装有雨水按测器，雨水探测器的主要部件是探测金属网某同学将高为3h检测金属网竖立在容器中，设计如图乙所示电路探究“检测金属网在电路工作中作用”将ab接入图乙电路时电流表无示数，向容器中逐渐加入雨水，记录检测网浸入雨水中的深度与电流表的示数，实验数据记在下表中检测网浸入雨水中的深度Hh2h3h电流表的示数I/A0.160.250.32（1）分析实验数据可知，雨水是（导体/绝缘体）（2）根据影响导体电阻大小的因素

12、可知，检测网接入电路的电阻变化是由导体的变化引起的（3）下列说法中不正确的是A电路工作时，a处电流与b处电流相等 B检测网浸入雨水中越深，ab间电阻越大C检测网浸入雨水中越深，ab间电阻越小 D检测网浸入雨水中越深，电阻R的功率越大（4）利用表中数据在图丙坐标系中作出检测网浸入水中的深度与电流关系的图象（5）图丁是某同学设计的刮水器电路，经分析发现，在无雨水时，电动机不能转动，请在此电路中加装一个电学元件，在无雨水时控制电动机的转动与停止2015-2016学年江苏省盐城市东台市九年级（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分）1我市地处沿海湿地，湿地昼

13、夜温差较小是因为水的（）A熔点高B热值大C密度大D比热容大【考点】水的比热容的特点及应用【分析】解答本题需掌握：单位质量的某种物质温度升高1所吸收的热量叫做这种物质的比热容根据热量公式：Q=cm（tt0），水的比热容大，故其吸（放）热本领越大，可以减小昼夜温差【解答】解：根据热量公式Q=cm（tt0）可知，在质量和吸收热量相同的情况下，物体的比热容越大，物体温度的变化值就越小；沿海城市的水多，水的比热容较大，在吸收（或降低）相同的热量时，温度变化较小，所以沿海城市的昼夜温差小故选：D【点评】本题主要考查水比热容大的特点在生活中的应用，是一道基础题2下列用电器工作时主要将电能转化为内能的是（）A

14、收音机B电熨斗C电风扇D洗衣机【考点】电热【分析】电流做功的过程，实际上就是能量转化的过程，消耗电能转化成其它形式的能【解答】解：A、收音机工作时，主要将电能转化为声能，不合题意；B、电熨斗工作时，主要将电能转化为内能，符合题意；CD、电风扇和洗衣机主要是依靠电动机工作，将电能转化为机械能，不合题意故选B【点评】本题考查了用电器中的能量转化，要知道电风扇、洗衣机主要部件是电动机，把电能转化为机械能3电路通电后，电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不怎么发热，其原因是（）A导线的电阻小B导线中的电流大C电炉丝的电阻小D电炉丝中的电流大【考点】焦耳定律【分析】电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电

15、流相等），通电时间是相同的，而电炉丝的电阻比导线的电阻大，根据焦耳定律分析判断【解答】解：根据焦耳定律Q=I2Rt可知，当电流和通电时间相同时，电阻R越大，电流通过R产生的热量越多；电炉丝与导线串联，它们的通电时间和电流大小都相同，由于导线的电阻远小于电炉丝的电阻，因此电炉丝产生的热量远远大于导线所以，电炉丝热得发红，而导线却不怎么热，故A正确，BCD错误故选A【点评】本题考查串联电路的规律，应明确两电阻串联时，电路中的电流是相等的；同时应注意该现象的根本原因是因为发热量不同造成的4如图所示，铝棒通电后发生偏移，此实验是用来探究（）A磁场对电流的作用B感应电流产生的条件C通电直导线周围的磁场D

16、影响电磁铁磁性强弱的因素【考点】磁场对通电导线的作用【分析】通电导体在磁场中会受到磁场力的作用，据此分析解答【解答】解：由图可知电路中有电流，说明一定有电源存在，当开关闭合后，导体就成为通电导体，处于磁场中，会受到磁场的作用，故可以验证磁场对电流的作用故选A【点评】通电导体在磁场中受到磁场力的作用，这是电动机的原理，在解答中要注意与电磁感应、电磁铁的原理、电流的磁效应等相区分5用铝壶在燃气灶上烧水的过程中（）A水只吸收热量不放出热量B天然气燃烧越充分，热值越大C水的内能是通过热传递方式改变的D天然气燃烧时放出的热量全部被水吸收【考点】热传递；热传递改变物体内能；燃料的热值【分析】（1）两物体之

17、间只要存在温差，就会发生热传递；（2）1kg的某种燃料完全燃烧所释放出的热量是燃料的燃烧值；（3）做功和热传递是改变物体内能的两种方式；（4）燃料燃烧放出的热量会被铝壶吸收，也会向周围空气中散发热量【解答】解：A、在烧水的过程中水从火焰吸热温度升高，当水温高于周围环境的温度时水会向周围环境中放热，故A错误；B、燃烧值由燃料本身决定，与是否充分燃烧无关，故B错误；C、烧水的过程是通过热传递的方式改变水的内能，故C正确；D、天然气给水加热，放出的热量一部分被水吸收，一部分散失掉了，故D错误故选C【点评】本题涉及的知识点较多，是一道基础题，但难度不大，平时要注意基础知识的学习与积累6四位同学画出静止

18、在赤道正上方小磁针（黑端为N极）的指向，其中正确的是（）ABCD【考点】地磁场【分析】地球是个巨大的磁体，地球周围存在着磁场地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近【解答】解：A、C、小磁针指南的一端是南极，指北的一端是北极N极应该指示北极此两选项均错误；B、D、小磁针N极指示北极，但地理南北两极与地磁南北两极不是重合的故选项B正确，D错误故选B【点评】（1）地球是个巨大的磁体，地球的周围存在着磁场，任一点的磁场方向是不变的（2）地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近（3）小磁针北极所指向即为磁场的方向7小明用图示装置“探究动能大小与速度的关系”，下列说法正确的是（）A水平表面必

19、须光滑B实验研究对象是木块C用木块移动的距离表示小车动能大小D让不同的小车从同一斜面同一高度静止释放【考点】探究影响物体动能大小的因素【分析】（1）物体由于运动而具有的能叫做动能，动能的大小与物体的质量和速度有关；（2）实验过程要采用控制变量法，当研究动能大小与质量的关系时，要让钢球沿斜面的同一高度下落，这样保证下落速度相同，当研究动能大小与速度的关系时，应选择同一钢球从不同的 高度释放，这样可以保证小球的质量相同；即只有这样实验才更为科学严密【解答】解：（1）在该实验中我们用到了转换的方法，即将小车动能的大小转化为其对木块做功的多少来比较，即小车推动木块越远，其对木块所做的功就越多，即具有的

20、动能就越大；反之就越少；实验中若水平表面光滑，则无法观察木块移动距离的远近；故A错误，C正确（2）该实验的研究对象是小车，不是木块，故B错误；（3）动能的大小与物体的质量和速度有关，要探究动能大小与速度的关系，必须控制物体的质量相同，也就是保持小车的质量不变；而让不同的小车从同一斜面同一高度静止释放，是控制小车的速度不变；故D错误故选C【点评】动能的决定因素有两个：质量和速度，在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”时，应该利用控制变量法的思路，去分析解决；小车把木块推出的距离长，说明的动能大这是一种转换的方法8小明在家做作业时，空气开关突然发生了跳闸，则他家中电路（）A总电流过大B发生了短路C

21、电压大于220VD用电器总功率过大【考点】家庭电路电流过大的原因【分析】空气开关跳闸的原因是电流过大，造成电流过大的原因有短路和用电器的总功率过大【解答】解：小明在家做作业时，空气开关突然发生了跳闸，有可能是电路突然发生短路，也有可以是又开启了新的用电器，使电路的总功率过大，总之，造成跳闸的原因一定是总电流过大，但却不能确定是发生了短路，还是总功率过大故只有A是正确的故选A【点评】本题主要考查了家庭电路中电流过大的原因，要知道短路和用电器的总功率过大都会造成电流过大9小华用如图所示的电路中“探究串联电路电流特点”，实验时发现两只电流表甲和乙的示数分别为0.14A和0.10A，造成电流表数不同的

22、原因可能是（）A导线有电阻B电流表的缘故CL1和L2的电阻不同D甲比乙更靠近电源正极【考点】串联电路的电流规律【分析】掌握串联电路电流的特点：串联电路中电流处处相等【解答】解：由电路图可知，两灯和两电流表串联接入电路，根据串联电路的电流特点，电路中各处的电流相等；因此若导线有电阻、L1和L2的电阻不同、甲比乙更靠近电源正极时，电流表的示数都应该是相同的；而实验时电流表甲和乙的示数分别为0.14安和0.10安，图中造成两个电流表示数不同的原因可能是两个电流表的读数误差或指针未调整故选项ACD错误，B正确故选B【点评】此题考查了串联电路中的电流规律，同时考查了电流表的使用，电流相同，若电流表的量程

23、不同，则偏角不同，使用电流表前一定要进行调零10关于电磁波，下列说法中不正确的是（）A微波和无线电波都属于电磁波B麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在C电磁波在真空中传播速度与光速相同D电磁波是在空间传播的周期性变化的电磁场【考点】电磁波的产生；电磁波的传播【分析】依照波长的长短的不同，电磁波谱可大致分为：无线电波，微波，红外线，可见光，紫外线，伦琴射线，射线（伽马射线）麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在赫兹用实验证实电磁波存在光波是一种电磁波，电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s电磁波产生的条件：迅速变化的电流的周围会产生电磁波【解答】解：A、微波和无线电波都属于电磁波

24、此选项正确；B、麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实电磁波存在此选项错误；C、电磁波和光波在真空中传播速度相同，是3×108m/s此选项正确；D、电磁波是在空间传播的周期性变化的电磁场此选项正确故选B【点评】本题考查电磁波的相关知识，掌握基础知识才能解决此题11小华用图示装置做“探究弹性势能大小与形变程度关系”的实验，实验时将钢锯条末端压下一定距离后释放，观察棋子跳起的高度，以下设计方案可行的是（）A只改变棋子的位置，重复做几次实验B只改变棋子的数量，重复做几次实验C只改变钢锯条伸出桌边的长度，重复做几次实验D只改变钢锯条末端扳下的距离，重复做几次实验【考点】

25、探究影响物体势能大小的因素【分析】当锯条右端扳下一定的距离时，发生了弹性形变，具有弹性势能，放手后，锯条的弹性势能转化为重力势能，且钢锯条被扳下的距离变大，棋子被弹起的高度将越大；即弹性势能转化的重力势能就越多【解答】解：该实验中能发现，钢锯条被扳下的距离变大，棋子被弹起的高度将越大，即弹性势能转化的重力势能就越多，所以想探究弹性势能与物体形变程度的关系，应该只改变钢锯条末端扳下的距离，重复做几次实验故选：D【点评】知道重力势能和弹性势能大小的影响因素是解决该题的关键12用红外灯L1和菌类封闭在不透明的密闭容器中，科研人员将灯L2与L1连接在同一电路中，通过观察L2是否发光来判断L1是否工作，

26、下列电路符合要求的是（）ABCD【考点】电路的基本连接方式【分析】串联电路电流只有一条路径，用电器不能独立工作；并联电路：电流有两条或两条以上路径，各用电器可以独立工作照明电路中开关应先接火线由此分析判断【解答】解：A、图中两灯泡串联，两灯同时发光，同时熄灭，可以通过观察L2是否发光可以判断L1是否工作，开关先接火线，符合要求；B、图中两灯泡串联，两灯同时发光，同时熄灭，但开关先接零线，连接错误，不符合要求；C、图中两灯并联，若L2灯泡烧坏，L1仍能正常工作，而且开关先接零线，故连接错误，不符合要求；D、图中两灯并联，若L2灯泡烧坏，L1仍能正常工作，无法通过观察L2是否发光判断L1是否工作，

27、不符合要求故选A【点评】本题考查了对串联和并联电路的认识和理解以及照明电路的连接，比较简单，是一道基础题二、填空题（本题共8小题，每空1分，共24分）132015年5月31日，“阳光动力2号”太阳能飞机从南京禄口机场起飞，太阳能电池板将太阳能转化为电能，飞机的动能增加，重力势能增加【考点】动能和势能的转化与守恒【分析】知道太阳能电池板的能量转化同时了解动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，可做出判断【解答】解：（1）太阳能电池板可以将太阳能转化为电能，给飞机提供电能；（2）飞机起飞时，质量不变，速度增大，所以动能增加；同时，高度增加，所以重力势能增加故答案为：电；增加；增

28、加【点评】本题主要考查了太阳能电池板的能量转化和动能、重力势能的影响因素，难度不大14用如图所示电路验证“电流越大”，电功就越大”的结论，图中两只灯泡并（串/并）联，两灯的电阻要不同（相同/不同），支持该结论的实验现象是电流表示数较大的灯泡较亮【考点】串联电路和并联电路的辨别【分析】（1）并列连接的连接方式是并联，根据并联电路特点分析答题（2）根据实验控制的变量与实验现象分析答题【解答】解：（1）由图示电路图，两灯泡并联连接，它们是并联的；探究功与电流的关系应控制电压相同而电流不同，两并联灯泡的电阻应该不同；（2）在电压相同时，电流越大，由P=UI可知灯泡实际功率越大，灯泡越亮，如果电流表示数

29、较大的支路灯泡较亮，则可以验证实验结论故答案为：并；不同；电流表示数较大的灯泡较亮【点评】本题考查了探究功与电流关系实验，知道串并联的连接方式，分析清楚实验电路、应用控制变量法即可正确解题15弯折铁丝，铁丝会发热，这是通过做功方式增加铁丝的内能，它与四冲程汽油机的压缩冲程的能量转化情况相同某汽油机转速为1200r/min，在1s内，汽油机对外做功10次【考点】做功改变物体内能；内燃机的四个冲程【分析】（1）改变物体内能的方法：热传递、做功（2）热机的四个冲程：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程压缩冲程是机械能转化为内能做功冲程是内能转化为机械能（3）1200r/min的含义：它表示热机的飞

30、轮每分钟转1200圈汽油机的一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成在一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，做功一次【解答】解：反复弯折铁丝，将机械能转化为内能，使铁丝的内能增加，温度升高，是通过做功的方法使铁丝的内能增加的；汽油机的工作过程中，将机械能转化为内能的是压缩冲程；四冲程汽油机的飞轮转速为1200r/min，则该飞轮每秒钟转20圈因为一个工作循环飞轮转2圈，完成4个工作冲程，做功一次，故在1s内，汽油机对外做功10次故答案为：做功；压缩；10【点评】掌握改变内能的两种方法；掌握热机的四个冲程，以及压缩和做功冲程的能的转化，对热机飞轮转速的含义的理解16如图是

31、小华制作的”神奇转框“，金属框的上部中央与电池正极相连，下部紧贴在与电池负极相连的金属柱形物两侧，框绕电池转动，由此可以判断该金属柱状物为磁体，你判断的依据是磁场对电流有力的作用，转框的原理与电动机（电动机/发电机）相同【考点】磁场对通电导线的作用【分析】通电导体在磁场中受到力的作用，据此判断其结构的特点；根据这一原理制成的电动机【解答】解：据题意可知，若使得线框转动，即必须有电流，且有磁场，所以对于柱形体来说，必须有磁性，为磁体，且必须具有导电性，还得是导体这一转框的原理与电动机的原理相同故答案为：磁体；磁场对电流有力的作用；电动机【点评】该题考查了通电导体在磁场中受到力的作用，会根据这一原

32、理判断其结构特点与应用，是解答的关键17如图所示，将钥匙插入孔并旋转，控制电路接通，电磁铁具有磁性（填物理属性），吸引衔铁绕转轴转动，工作电路接通后，电动机启动，图中电磁铁的上端为S（N/S），通电螺线管两端电压小于（大于/等于/小于）电动机两端电压【考点】电磁继电器的组成、原理和特点【分析】此设备的实质就是一个电磁继电器，由图可知，电磁铁工作时选择一块电池进行连接利用电磁继电器的工作过程即可得到此题的答案【解答】解：将钥匙插入孔并旋转，控制电路接通，电磁铁具有磁性，吸引衔铁绕转轴转动，工作电路接通后，电动机启动，由安培定则可知，电磁铁的上端为S，由图可知，电磁铁工作时选择一块电池进行连接所以

33、通电螺线管两端电压小于电动机两端电压故答案为：磁性；S；小于【点评】电磁继电器的应用较为广泛：如在自动控制中的水位报警器、温度报警器等其实质就是一个间接开关，通过控制电路的通断来实现对工作电路的控制18标有“2V 0.1W”字样的LED灯正常发光时的电流为0.05A，电源电压为6V，为使LED灯正常发光，需串联一只80的电阻，与普通的小灯泡相比，在达到相同亮度的条件下，假设LED灯可以节约90%的电阻，则该LED灯与1W的小灯泡亮度相当【考点】欧姆定律的应用；电功的计算；电功率与电压、电流的关系【分析】（1）LED灯正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI求出正常发光时的电流；（2）根据串

34、联电路电压特点求出串联电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出串联电阻的阻值；（3）消耗的电能之差与小灯泡消耗的电能之比就是节约的百分比，据此进行解答【解答】解：（1）由P=UI可得，LED灯正常发光时的电流：ILED=0.05A；（2）电源的电压U=6V时，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，串联电阻两端的电压：UR=UULED=6V2V=4V，因串联电路中各处的电流相等，所以，由I=可得，串联电阻的阻值：R=80；（3）设两种灯泡正常发光的时间为t，由P=可得，LED消耗的电能为WLED=PLEDt=0.1W×t，小灯泡消耗的电能为WL=PLt，因在达到相同亮度

35、的条件下，LED灯可以节约90%的电能，所以， =90%，解得：PL=1W故答案为：0.05；80；1【点评】本题考查了电功率公式和电功公式、串联电路图特点、欧姆定律的灵活应用，关键是明白“LED灯可以节约90%电能”的含义19如图所示，R1、R2为定值电阻，电源电压不变，闭合S1、S2，两电表均有示数；断开S2，则电流表示数变小，电压表示数变小电压表与电流表示数之比不变（变大/不变/变小）【考点】欧姆定律的应用【分析】（1）分析电路结构，画出两种情况下的等效电路图；（2）根据各电表所测量的量，根据欧姆定律作出判断【解答】解：（1）开关S1、S2都闭合时的等效电路图如图一所示；开关S1闭合，S

36、2断开时的等效电路图如图二所示；（2）由等效电路图知，断开开关S2时，电路总电阻R变大，电源电压U不变，由I=知电路电流减小，电流表示数变小；电压表原来测电源两端电压，现在测电阻R2两端的电压，电压表示数小于电源电压，示数变小；由I=知电压表与电流表示数之比为电阻R2的阻值，则比值不变故答案为：变小；变小；不变【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、明确各电路元件的连接方式，灵活应用欧姆定律是正确解题的关键20小华发现电动玩具车内部都是电源、开关、电动机、指示灯各一个组成，为了探究玩具车内部电动机与指示灯的连接方式，他将这辆玩具车的电池取下，保持开关闭合，转动车轮，指示灯发光

37、，这一实验能（能/不能）确定电动机与指示灯的连接方式，理由是若电动机与指示灯串联的，拆去电池、闭合开关后，电动机、指示灯组成的电路是开路，指示灯不会发光，转动车轮产生的现象是电磁感应现象【考点】串联电路和并联电路的辨别；电磁感应【分析】串联的各电路元件相互影响，不能独立工作，并联的各电路元件互不影响，能独立工作；根据题意与实验现象判断灯泡与电动机的连接方式【解答】解：转动车轮，车轮带动电动机转动，电动机变成了发电机，转动车轮，车上的指示灯还能发光，说明此时电动机、指示灯构成闭合回路，故电动机与指示灯是并联的；如果电动机与指示灯是串联的，拆去电池、闭合开关后，电动机、指示灯组成的电路是开路，指示

38、灯不会发光转动车轮产生的现象是电磁感应现象故答案为：能；若电动机与指示灯串联的，拆去电池、闭合开关后，电动机、指示灯组成的电路是开路，指示灯不会发光；电磁感应【点评】本题考查了判断元件的连接方式，知道串并联电路的特点、根据题意即可解题三、解答题（本题7小题，共52分）21按照题目要求作图（1）在图甲中标出电源生物正、负极；（2）在图乙中将插座正确接入照明电路；（3）在图丙中将实物电路补充完整，使L1、L2并联，开关控制整个电路【考点】通电螺线管的磁场；实物的电路连接；家庭电路的连接【分析】（1）根据磁场方向判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向即得电源的正负极（2）三孔插座的接

39、法：上孔接地线，金属外壳的用电器漏电时，地线把人体短路，防止发生触电事故；左孔接零线；右孔接火线（3）由题意可知，两灯泡并联，开关控制整个电路说明开关位于干路上【解答】解：（1）在磁体的外部，磁感线从磁体的N极出发回到S极，则通电螺线管的左端为N极，右端为S极根据安培定则，伸出右手，使大拇指指向螺线管的N极，则四指弯曲的方向为电流的方向，则电源的右端为正极，左端为负极；如图所示：（2）三孔插座接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线如图所示：（3）两个灯泡并联，开关控制整个电路，将电源负极与灯泡L2右端接线柱连接即可，如图所示：【点评】本题考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应

40、用能力，还考查了学生的作图能力22某家庭把一只标有“220V 1000W”的电水壶接入照明电路，将质量为5kg的水由20加热到60，不计热量损失，c水=4.2×103J/（kg），求：（1）水吸收的热量；（2）电水壶电热丝的电阻；（3）电水壶工作的时间【考点】电功与热量的综合计算【分析】（1）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式求水吸收的热量；（2）已知电水壶的额定电压和额定功率，由P=计算电水壶电热丝的电阻；（3）由题根据Q=W=Pt计算电水壶工作的时间【解答】解：（1）由题水吸收的热量：Q吸=cmt=4.2×103J/（kg）×5kg

41、5;（6020）=8.4×105J；（2）由P=可得电水壶电热丝的电阻：R=48.4；（3）电水壶接入照明电路中正常工作，不计热量损失，Q吸=W=Pt，所以电水壶工作的时间：t=840s答：（1）水吸收的热量为8.4×105J；（2）电水壶电热丝的电阻为48.4；（3）电水壶工作的时间为840s【点评】本题考查了热量、电阻和电功的计算，关键是熟练运用公式23如图所示电路中，电源电压保持不变，R1=10，现将电流表A1、A2分别串联在电路中，向左移动滑片P，每次移动滑片P，均使R2接入电路的电阻减少相同的值，此过程中两表的示数如表所示求：（1）电源电压U；（2）R1在1min

42、消耗的电能；（3）通过计算说明电流表A2连接在电路中的位置滑片P移动的次序124电流表A1的示数/A0.300.300.30电流表A2的示数/A0.400.450.60【考点】欧姆定律的应用；电功的计算【分析】（1）由电路图可知，R1与R2并联，由表格数据可知电流表A1的示数不变，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，据此判断电流表A1的位置，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；（2）根据W=UIt求出R1在1min消耗的电能；（3）电流表A2的位置可能位于R2支路、可能位于干路，若位于R2支路，由表格数据可知通过的电流，根据欧姆定律求出对应的电阻

43、；若位于干路，根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流，再根据欧姆定律求出R2的阻值；然后分别判断两种情况R2接入电路电阻的变化量是否符合题意得出答案【解答】解：（1）由电路图可知，R1与R2并联，由表格数据可知，电流表A1的示数不变，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，即电流表A1测R1支路的电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由I=可得，电源的电压：U=I1R1=0.30A×10=3V；（2）R1在1min消耗的电能：W1=UI1t=3V×0.3A×60s=54J；（3）电流表A2的位置可能位于R2支路、可能位

44、于干路，若位于R2支路，由表格数据可知，通过R2的电流依次为I2=0.40A，I2=0.40A，I2=0.40A，则R2接入电路的电阻依次为：R2=7.5，R2=6.7，R2=5，所以，R2=R2R2=7.56.7=0.8，R2=R2R2=6.75=1.7，因R2R2，所以，电流表A2不可能位置R2支路；电流表A2位于干路，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R2的电流依次为：I2=II1=0.40A0.30A=0.10A，I2=II1=0.45A0.30A=0.15A，I2=II1=0.60A0.30A=0.30A，则R2接入电路的电阻依次为：R2=30，R2=20，R2=10

45、，所以，R2=R2R2=3020=10，R2=R2R2=2010=10，因R2=R2，所以，R2每次均减小10，符合题意，故A2接在干路中答：（1）电源电压为3V；（2）R1在1min消耗的电能为54J；（3）通过计算可知电流表A2连接在干路上【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，利用好并联电路中各支路独立工作、互不影响和利用好“每次移动滑片P，均使R2接入电路的电阻减少相同的值”是关键24小明将器材按图示连接，做探究“感应电流产生的条件”的实验（1）连接好电路，左右移动AB，发现电流表指针没有发生偏转，产生这一现象的原因是电路没有闭合；（2）解决问题后，左右移动AB多次，发现电流

46、表的指针都发生了偏转，由此小明得出感应电流产生条件为：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，你认为他得结论不可靠（可靠/不可靠），理由是：没有使AB沿不同方向运动（3）将AB向右拉到一定高度，松开手后AB左右摆动，发现电流表的指针左右摆动，说明产生的是交流电（直流电/交流电），这一现象表明感应电流的方向与导体切割磁感线运动方向有关，若不计空气阻力，AB摆动的最大高度将逐渐变低（逐渐变高/保持不变/逐渐变低）【考点】产生感应电流的条件【分析】（1）感应电流产生的条件：闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感应运动时，电路中就会产生感应电流；（2）要探究产生感应电流的条件，应该从有无磁场、磁感

47、线方向如何、导线是否运动、怎样运动等方面进行多次实验；（3）感应电流的方向与导体切割磁感线运动方向及磁感线方向都有关系；电磁感应现象的本质是机械能转化为电能【解答】解：（1）产生感应电流的条件之一是电路闭合，所以开关断开时，导线虽然做切割磁感线运动，但不会产生感应电流；（2）产生感应电流的条件之二是：导体在磁场中做切割磁感线运动但沿其它方向运动是否会产生感应电流没有进行探究，所以小明的结论不准确，为了得出准确的结论，应分别使导体在磁场中沿不同方向运动，比较切割磁感线和不切割磁感线时是否都能获得感应电流；（3）导体AB左右摆动，切割磁感线方向不断改变，所以电流方向不断改变，电流表指针会左右摆动，

48、说明产生的是交流电；导体AB运动过程中，将机械能转化为电能，所以即使不计空气阻力，机械能也会不断减少，因此AB摆动的最大高度将逐渐降低故答案为：（1）电路没有闭合；（2）不可靠；没有使AB沿不同方向运动；（3）交流电；导体切割磁感线运动方向；逐渐降低【点评】知道感应电流产生的条件，根据实验过程即可正确解题，并要注意能量的转化及能量守恒定律的应用25人在代谢活动中，食物通过体内的“缓慢燃烧”，转化为人体所需要的能量，因此，我们可以将食物看成是一种燃料，小明取质量相等的饼干和薯片，利用图示两套完全相同的装置比较两种食物“这方面性能”的差异（1）小明所探究的食物的“这方面性能”指的是食物的热值（填物

49、理量名称）；（2）实验中通过温度计升高的示数来反应食物燃烧放出热量的多少（3）实验中应记录食物的质量m1、水的质量m2、加热前的水温t0和燃料燃尽后的水温t1（写出物理量及对应的符号），用c表示水的比热容，此过程中计算水吸收热量的表达式为Q=cm2（t1t0）；（4）实验时发现食物很难点燃，于是将食物碾碎，并将食物与质量相等的酒精混合后充分燃烧，这样操作对于比较亮食物放出热量的多少无（有/无）影响，运用此方法不能（能/不能）准确计算出食物“这方面性能”的值，理由是食物燃烧放出的热量没有全部被水吸收【考点】控制变量法与探究性实验方案【分析】1kg的某种燃料完全燃烧时放出的热量叫做这种燃料的热值；

50、本题主要考查运用控制变量法和转换法设计探究实验的能力由于燃料的热值无法直接测量，则可通过比较水升高的温度的高低来体现热值的大小，由于水温的升高与吸收热量的多少以及水的质量有关，所以要控制不同燃料的质量和水的质量相同【解答】解：（1）如图所示，要通过水升高温度的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，所以小明所探究的食物的“这方面性能”指的是食物的热值的大小；（2）本实验采用转换法，通过比较温度计升高的示数来间接比较食物燃烧放出的热量；（3）要比较温度计升高的示数，就必须记录加热前的水温t0和燃料燃尽后的水温t1；吸收热量的表达式Q=cm2（t1t0）；（4）因为两种食物与质量相等的酒精混合，酒精在燃

51、烧中放出的热量是相等的，所以这样操作对于比较亮食物放出热量的多少无影响；由于食物在燃烧过程中放出的热量没有被水完全吸收，所以通过水吸收的热量不能准确计算出食物的热值故答案为：（1）热值；（2）温度计升高的示数；（3）燃料燃尽后的水温t1；cm2（t1t0）；（4）无；不能；食物燃烧放出的热量没有全部被水吸收【点评】本题的解题关键是了解利用控制变量法和转换法设计探究实验的基本思路26某小组用下列器材做“测定小灯泡电功率”的实验：电源（电压约为6V），标有“2.5”字样小灯泡一只、开关一只、“51A”、“201A”滑动变阻器各一只、电流表和电压表各一只、导线若干：（1）将甲图中实验电路连接完整（2

52、）正确连接电路后，将滑片位置正确位置，闭合开关，电流表和电压表如图乙所示电流表的示数为0.3A，此时灯丝的电阻为10，为了保证小灯泡不被损坏，接下来应该进行的操作是断开开关（3）小华经过思考发现了问题，对实验器材进行了调整，小华做的调整是换用“201A”的滑动变阻器（4）下列数据是四位同学算出的小灯泡的额定规律，其中可能正确的是BA.0.625W B.0.70W C.0.75W D.0.90W【考点】电功率的测量【分析】（1）电压表和小灯泡并联，滑动变阻器串联在电路中，接线要一上一下；（2）弄清楚电流表和电压表的量程、分度值，再读数；根据I=求出电阻值；在电路出现意外情况时，首先要断开开关，然

53、后检查出现的故障；（3）要测量灯泡额定功率，两端电压必须达到额定电压串联电路用电器两端电压与其阻值成正比，要增大滑动变阻器两端电压，可以增大滑动变阻器接入电路的电阻；（4）要测量灯泡的额定功率，必须使灯泡两端电压等于额定电压，并测量出通过灯泡的电流，利用公式P=UI计算出额定功率【解答】解：（1）电压表和小灯泡并联，滑动变阻器串联在电路中，接线要一上一下，如下图：（2）由图知，电压表选择的03V量程，对应的分度值为0.1V，此时的示数是3V；电流表的量程为00.6A，分度值为0.02A，读数为0.3A；灯丝的电阻R=10；小灯泡的额定电压是2.5V，为了保证小灯泡不被损坏，所以要立即断开开关，查找问题所在；（3）在串联电路中，用电器两端电压与其阻值成正比，要使灯泡两端电压达到额定电压，滑动变阻器要分担较大的电压，所以滑片应向右滑动，由上“将滑片移至正确位置”，也