2020-2021学年甘肃省武威市民勤六中九年级（上）第二次诊断物理试卷（附答案详解）

2020-2021学年甘肃省武威市民勤六中九年级（上）第二

次诊断物理试卷

1.如图，几种用电器的额定功率最接近1000W的是（）

家庭电扇辇记本电脑台灯电加锅

2.下列关于电功和电功率的说法正确的是（）

A.电流做功越多，电功率越大B.电功率越大，电流做功越快

C.电流做功时间越短，电功率越大D.以上说法都不对

3.根据欧姆定律可导出公式R=亨，依此可测定导体的电阻，下列说法中正确的是（）

A.导体的电阻与导体两端的电压成正比

B.导体的电阻与本身的材料和属性有关，与电压、电流无关

C.导体的电阻既与导体两端的电压成正比，又与导体中的电流成反比

D.导体的电阻与导体中的电流成反比

4.如图所示的电路中，电源电压保持不变，当开关闭合，滑片由b端向。端移动的过

B.电压表的示数增大，电流表的示数减小

C.电压表示数与电流表示数的比值不变

D.电压表的示数不变，电流表的示数增大

5.甲、乙两个电热器的电阻之比为5：4,通过的电流之比为2：1,通电时间之比为

1：2,则电流通过甲、乙两个电热器产生的热量之比为（）

A.5：2B.2：5C.5：4D.10：1

6.灯泡通电后灯丝已经热得发光，而连接灯泡的导线却不怎么热，其原因是（）

A.导线的绝缘皮隔热

B.导线散热比灯丝快

C.通过导线的电流小于通过灯丝的电流

D.导线的电阻远小于灯丝的电阻

7.某同学在检修一只标有额定值为“220U1000W”的电炉时，发现电炉丝断了一小

截，他用一截同种材料但较细的电炉丝，截取一截补接在电炉丝上，再接入22（W

的电源使用，那么它的实际功率将（）

A.大于1000IVB.小于1000IV

C.等于1000WD.以上三种情况都是可能的

8,将一只标有“2201200W”的灯接在1I0V电路中，则灯消耗的实际功率为（）

A.220WB.100IVC.50WD.400W

9.决定电灯明亮程度的物理量是（）

A.电灯两端的电压B.通过电灯的电流

C.电流所做的电功D.电灯的实际功率

10.标有“24U15W”和标有“36P15W”的两只灯泡，分别在各自的额定电压下工

作，此时发光的亮暗情况是（）

A.“24V15W”的较亮B.“36V15W”的较亮

C.两灯一样亮D.三种情况都有可能

11.把标有“220V40W”的灯■和“220V100W”的灯人串联起来接在电源电压为220y

的电路中，下列说法正确的是（）

A.灯A、G均能正常发光

B.灯仇、G均不能正常发光，但L灯较亮

C.灯人、人均不能正常发光，但匕灯较亮

D.通电2min,电流对这两灯做功唯＞明

12.甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是（）

甲乙

A.两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多

B.两灯均正常发光时，甲灯的电阻小于乙灯的电阻

C.两灯串联在220伏的电路中，甲灯比乙灯亮

D.将乙灯接入110伏电路中，它的实际功率为50瓦

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13.两个电阻的阻值分别是％=6欧，/?2=3欧，把它们串联起来接入电路，则通过它

们的电流之比/I：12=，它们两端的电压之比U2=.耗电的功

率之比匕：P2=；若把它们并联起来接入电路，则通过它们的电流之比小

12=；它们两端的电压之比由：u2=,它们消耗的电功率之比Pj

P2=-------

14.一导体两端电压为6K通过它的电流为0.64当该导体两端电压为3y时通过的电

流为A,则此导体的电阻为0；当该导体两端电压为0V时，导体的电

阻为______

15.某照明灯额定电压是36匕正常发光时灯丝电阻为120,则照明灯的额定电流为

A。如果电源电压是48V,为使照明灯正常发光，可以在电路中联一

个阻值为O的电阻。

16.铭牌上标有“220V11W”的节能灯，正常工作时的电流为4它每天正常工

作2小时;那么一个月消耗kW-无的电能（一个月按30天计算）。

17.甲乙两只定值电阻，甲标有“100L4”，乙标有“1500.64”，把它们并联起来，

电路中允许通过的最大电流为A,两端允许加上的最高电压是匕

18.如图所示电路中，当闭合开关后，两个电压表的指针均为图乙所示，则电阻&和公

两端的电压之比，电阻之比为，电流之比为,通电相时间时治

和R2消耗的电能比为。

19.小阳设计一个天然气泄漏检测电路，如图甲所示，R为气敏电阻，其阻值随天然气

浓度变化曲线如图乙所示，为定值电阻，电源电压恒定不变。当天然气发生泄漏

时，人们能闻到臭鸡蛋的气味，说明天然气浓度增大，R的阻值______,则电压表

的示数会，电流表的示数会（“变大”、“变小”）。

20.小明家中的电能表如图所示，他家同时使用的用电器总功

率不能超过将某用电器单独接在该表上工作

lOmin,电能表上的转盘转过300转.该用电器在上述时间

内消耗的电能为kW-h,合J,它的电功率是

W,若小明家全部用电器都工作时的总电流不超过

电能表工作时允许通过的最大电流，还可以增加W的用电器。

21.小明利用如图所示的实验装置探究”导体产生的热量与电阻大小的关系”。甲、乙

两瓶中装有质量与初温都相同的煤油，甲瓶中铜丝的电阻比乙瓶中银铭合金的电阻

(1)实验中煤油吸热的多少是通过(填“温度计升高的度数”或“加热时

间”)来反映的。

(2)为了在较短的时间内达到明显的实验效果，小明选用煤油而不用水做实验，是

因为煤油的比热容(填“大于”或“小于”)水的比热容。

(3)通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高得快，由此得出的实验结论是

(4)该实验中用到的研究物理问题的方法是o

(5)在电路中串联一个滑动变阻器，再接入原电路，可以探究电流产生的热量与

的关系。

22.小明在探究“电流与电压、电阻的关系”时，实验数据分别记录在表一、表二中。

表一电阻R=150表二电压U=2V

电压U”1.534.5电阻R/051020

电流//40.10.20.3电流//A0.40.20.1

(1)分析表一数据，可得出结论:

(2)分析表二数据，可得出结论:

(3)综合(1)(2)结论可得出电流、电压、电阻的关系表达式为：

(4)本实验采用的研究方法是o

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23.在“测定小灯泡的电功率”的实验中，选用如图甲所示的器材，其中电源电压为

6V,小灯泡额定电压为2.5U(灯丝电阻约为12。)

(1)用笔画线代替导线，将图甲所示的实物电路连接完整。

(2)连接电路时，开关应,闭合开关前，应将图甲中所示的滑动变阻器的滑

片滑到端(选填："A”或"B”)。

(3)闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不发光，电压表有示数，

且接近于电源电压，电流表无示数，若电路只有一处故障，则故障原因是：。

(4)排除故障后，闭合开关，移动滑片，发现电压表的示数如图乙所示，其读数是

V；为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向移动(选填:

或"B”)。

(5)通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系如图丙所示.分析图象可知：

①该小灯泡正常发光时的电阻是额定功率为W。

②小灯泡灯丝的电阻是变化的，主要原因是。

(6)有同学认为“把灯L换成定值电阻，该实验可以用来研究导体中的电流与电压

的关系”。你认为这种说法(选填“正确”或“错误”)。

24.用电热水壶把1依的水从25笃加热到100。&消耗的电能为3.6x1。5人

以=4.2><103〃（旬.。0］求:

(1)这壶水加热到100℃需吸收的热量Q-.

(2)该电热水壶的效率小

25.如图所示电路中，电源电压为3k开关闭合后，电流表、电压表示数分别为0.14和

2.0K,求：

(1)£的电阻

(2)/?2连入电路的电阻。

R1

26.如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻&=200,闭合开关S后，电流表A

的示数为0.64电流表4的示数为0.24求：

(1)&两端的电压；

(2)%的阻值;

(3)电路消耗的总功率。

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Ri

27.CFXB型“220U1100VT'电饭煲的原理图如图所&R

示，它有高温烧煮和烟饭、保温两挡，通过单刀双

掷开关S进行调节，品为电热丝。当开关S接高温

烧煮挡时，电路的功率为1100W,当开关S接烟饭、220V

保温挡时，电路的总功率为22卬。

求：(1)电饭煲在高温烧煮挡时，开关S应与哪个触点连接？

(2)电热丝&的阻值多大？

(3)当电饭煲在正常炯饭、保温时电路中的电流多大？婀饭、保温lOmin,电热丝Ro

产生的热量为多少？

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、电扇的额定功率约为60W左右；

B、笔记本电脑的功率约为200W左右；

C、台灯的额定功率约为40W左右；

D、电饭锅的功率约为1000IV,

故选：。。

根据我们对生活中常用用电器额定功率的了解去选择。

熟悉常见家用电器的额定功率，注意平时在学习和生活中的知识积累。

2.【答案】B

【解析】解：A、电流做功多，可以在很长时间内完成，即做功不一定快，其功率不一

定大，故A错误。

8、电功率是表示电流做功快慢的物理量，即电功率越大，做功越快，故B正确。

C、电流做功用的时间越短，其电功率不一定大，从公式W=Pt可知，应该考虑做功的

多少，故c错误。

D、根据以上可知，故。错误。

故选：瓦

电功是用电器中电流所做的功，消耗多少电能就做多少功：

电功率是表示电流做功快慢的物理量，定义是单位时间内电流做功的多少。

电流做功的多少和电流做功的快慢不要混淆，掌握电功和电功率的概念是解决本题的关

键。

3.【答案】B

【解析】解：公式R=苫说明，导体电阻的大小等于导体两端的电压与通过导体的电流

大小的比值；

但电阻是导体本身的一种性质，其大小决定于导体的长度、材料和横截面积，与它两端

的电压和通过的电流无关。

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故选：B。

导体电阻可由导体两端的电压值与流过导体的电流值的比值求得，但是导体电阻是导体

本身的一种性质，其大小决定于导体的长度、材料和横截面积，与它两端的电压和通过

的电流无关。

本题考查欧姆定律及其公式变形的应用，关键知道影响电阻大小的因素是导体的材料、

长度、横截面积和温度，与导体两端的电压和通过的电流没有关系。

4.【答案】C

【解析】【分析

由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表的定值电阻两端的电压，电流表测

电路中的电流；

(1)首先判断出滑动变阻器的滑片由b端向。端移动的过程中，滑动变阻器连入电路中

的电阻的变化，再利用串联电路电阻的特点，确定电路中电阻的变化，再根据欧姆定律

确定电压表和电流表示数的变化。

(2)利用欧姆定律，判断出电压表与电流表示数比值的变化情况。

本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的计算，关键是能根据欧姆定律把电压表示数与

电流表示数的比值转化为定值电阻的阻值问题。

【解答】

(1)定值电阻与滑动变阻器串联，滑动变阻器滑片由人端向a端移动时，滑动变阻器接

入电路的阻值减小，则电路中的总电阻R变小，

而电源电压U不变，由/=5可知电路中的电流变大，即电流表示数变大；故B不符合

题意。

由于定值电阻的阻值不变，由公式U=/R可知，定值电阻两端电压变大，即电压表示数

变大；故A。不符合题意。

(2)因为电压表测定值电阻两端的电压、电流表测电路中的电流即通过定值电阻的电流。

所以根据公式R=苫可知，电压表示数与电流表示数的比值是定值电阻的阻值，并且定

值电阻的阻值不变，即电压表示数与电流表示数的比值不变；故C符合题意。

故选C。

5.【答案】A

【解析】解：由题意可知，R甲:Rz=5：4,1甲:1乙=2：1,t甲：t乙=1：2,

由Q=/2Rt可得，电流通过甲、乙两个电热器产生的热量之比:

Q甲，猛甲t甲2x包x包=(2)2x§xN=g

豆=立屋吃R乙t乙V422

故选：A»

知道甲、乙两个电热器的电阻之比和通过的电流之比以及通电时间之比，根据Q=/2Rt

求出产生的热量之比。

本题考查了焦耳定律的简单应用，要注意各量之间的关系，不要颠倒。

6.【答案】D

【解析】解：

电灯在使用时，灯丝和导线串联，【丝=1导线,通电时间/相同，

由于Q=/2Rt,R丝＞R导线,

所以电流产生的热量：Q丝》Q导线，

从而出现灯丝热得发红，但跟灯丝连接的导线都不怎么热的现象，故。正确。

故选:D«

由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。

电灯和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，而电灯的电阻

比导线的电阻大，据焦耳定律分析。

本题主要考查对焦耳定律及应用、串联电路电流关系的了解和掌握，知道电灯和相连接

的导线为串联是本题的关键。

7.【答案】B

【解析】解：因电阻丝的材料和长度相同，烧断后用一截同种材料但较细的电炉丝接入，

这样造成电阻丝的横截面积减小，在材料、长度不变时，横截面积减小，电阻要比原来

大，所以根据电功率公式：P瑞,电炉的实际功率要比原来的1000W小，所以A、C、

。不符合题意，只有B符合题意:

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故选：Bo

本题考查了电功率公式：p=q,结合在导体的长度和材料相同的情况下，导体的横截

面积越小电阻越大，横截面积越大电阻越小，联立求解。

解决此类电学综合问题要结合电功率公式和影响电阻大小的因素联立求解。

8.【答案】C

【解析】解：由P=Y可得，灯泡电阻：/?=《=丝叱=2420。

RP20QW

灯接在110V电路中，实际功率：P+k=.=（ii°v）2=50lV。

实际R242a

故选：Co

己知灯泡标有“220U200W”字样，根据P=?变形可求出灯泡电阻；又已知实际电压

110匕根据P=f可求出实际功率。

R

本题考查了实际功率的计算，要分清额定状态和实际状态下的相同量和不同量，如两状

态下的电阻我们认为是不变的，而电压、电流两个状态下是不一样的。

9.【答案】D

【解析】解：只有在额定电压下，灯的实际功率才等于额定功率；

灯的亮度取决于灯的实际功率，与单独的电压或电流无关。

电流所做的功是指用电器消耗的电能。

故选：Do

电灯工作时，消耗电能转化为光能，比较灯的亮度就是要比较在一定时间内消耗电能的

多少，即实际电功率的大小；据此即可选出正确答案。

这道题目看学生对电功率这部分内容掌握的熟练程度，明确家用电器使用都是由实际功

率决定的。

10.【答案】C

【解析】解：标有“24V15””的灯泡在额定电压下工作，那么灯泡的实际功率等于其

额定功率，大小为15W；

标有“36U15WZ”的灯泡在额定电压下工作，灯泡的实际功率也等于其额定功率，大小

为15W；

所以两只灯泡的实际功率相等，两灯一样亮。

故选：C。

灯泡的亮度取决于实际功率，如果实际功率相等，则亮度相同。

本题主要考查了灯泡的实际功率和额定功率的相关知识点，要正确把握两种功率的概念。

11.【答案】B

【解析】解：灯人的电阻为：Ri="=呼器=1210。，

xPi40W

灯G的电阻为：/?2*=翳岑=4840：

ABC,两灯泡串联时，通过两灯的电流相等，由于串联分压，两灯都不能达到额定电压，

所以灯人、G均不能正常发光，

根据P=GR可知，k的电阻大，实际功率大，灯泡就亮；故8正确，AC错误；

。、L的实际功率大于G的实际功率，串联电路电流处处相等，根据勿=Pt可知：通电

2min,电流对这两灯做功吗<名，故。错误。

故选：B。

(1)由铭牌可知两灯的额定电压和额定功率，根据R=?分别求出两灯的电阻；串联电

路中电流处处相等，根据P=/2R可比较灯人和乙2的实际功率大小关系，灯泡的亮暗取

决于灯泡的实际功率；

(2)灯〃、切是否能正常发光，看灯泡的实际功率是否等于其额定功率；

(3)由皿=Pt分析两灯接在家庭电路中均通电2min,电流对这两灯做功关系。

本题考查了串联电路的电流特点以及电功率公式的灵活运用。

12.【答案】C

【解析】解：A、两灯均正常发光时，乙的电功率大，因为不知道发光时间是否相同,

所以不能比较两灯消耗的电能的多少，故4错误；

8、两灯均正常发光时，额定电压相同都等于220匕

由于灯丝电阻R=色，甲灯额定功率小于乙灯的额定功率，

P额

所以甲灯的电阻大于乙灯的电阻，故B错误；

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%

c、由R=9知道甲灯的电阻大于乙灯的电阻，当两灯串联时，通过的电流相等,

由P=//?可知，甲灯的实际功率比乙灯的大，

则当两灯串联接在220V电路中，甲灯比乙灯亮，故C正确；

D、将乙灯接在110V的电路中，

=3==故O错误。

乙R乙484。

故选：Co

由灯的铭牌知道灯的额定电压和额定功率，可以求出：①灯丝的电阻，②正常发光一

段时间消耗的电能，③在实际电压下的实际功率。

本题考查了电功（消耗电能）的计算、电功率的计算、两灯串联时消耗电能的比较，灵活

选用公式是本题的关键。

13.【答案】1：1；2：1；2：1；1：2；1：1；1：2

【解析】解：（1）两电阻串联起来接入电路时，

因串联电路中各处的电流相等，

所以，通过它们的电流之比A：/2=1：1,

由/=£可得，它们两端的电压之比：

U1__6Q_2

u2一弥2--3。-

耗电的功率之比：

匕=汕=4=a.

P2u2l2%1'

（2）两电阻并联起来接入电路时，

因并联电路中各支路两端的电压相等，

所以，它们两端的电压之比U］：U2=l：1,

通过的电流之比：

A_Ri__1

打一四一Ri-2’

取

它们消耗的电功率之比：

P1=U/1=11=1

E一启_E_3

故答案为：1：1;2：1；2：1；1：2；1：1；1：2.

(1)两电阻串联时通过它们的电流相等，根据欧姆定律求出它们两端的电压关系，根据

P=U/求出耗电功率之比；

(2)两电阻并联时它们两端的电压相等，根据欧姆定律求出通过的电流之比，再根据P=

U/求出它们消耗的电功率之比.

本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，是一道较为简单的应用

题.

14.【答案】0.31010

【解析】解：己知导体两端电压U=6V,通过的电流/=0.64

则根据欧姆定律可求出导体的电阻为：/?===优=100,

则当该导体两端电压为3y时通过的电流为：/'=:=与=0.34,

K1UJ2

由于电阻是导体的属性，其影响因素有导体的材料、长度、横截面积和温度，与加在两

端的电压和通过的电流无关，故当该导体两端电压为0V时，导体的电阻不变，仍为10。。

故答案为：0.3；10；10o

已知导体两端的电压和通过的电流，利用R=苫可求出该导体的电阻；当该导体两端电

压为3V时;利用/=£可求出此时通过导体的电流；电阻是导体的属性，只跟导体的材

料、长度、横截面积和温度有关，与加在导体两端的电压和通过的电流无关。

本题主要考查学生对欧姆定律的应用，解题的关键是要熟知电阻的影响因素，知道电阻

大小与加在导体两端的电压和通过的电流无关。

15.【答案】3串4

【解析】解：已知照明灯的额定电压U=36V,正常发光时灯丝电阻R=120,根据欧

姆定律可知照明灯的额定电流为：〃=号=遇=34；

由串联电路分压的特点可知，为使照明灯正常发光，应该在电路中串联一个电阻，

电源电压U=48U,串联电阻分担的电压为：UR=U-UL=48V-36V=12V,

则串联电阻的阻值为：/?=手=誓=40。

故答案为：3；串；4。

(1)已知照明灯的额定电压和正常发光时的电阻，利用/=告可求出照明灯的额定电流；

R

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(2)题中给出的电源电压大于照明灯的额定电压，由串联电路分压的特点可知，为使照

明灯正常发光，应该在电路中串联一个电阻，先求出串联的电阻分得的电压，再利用R=

彳求得串联电阻的阻值。

本题主要考查了学生对欧姆定律的应用，解题关键是要熟知串联电路分压的特点.

16.【答案】0.050.66

【解析】解：(1)节能灯正常工作时的电流/=，=黑=0.054

(2)灯每天正常工作2儿一月消耗的电能：

W=Pt=O.OllfcWx2hx30=0.66kW-h；

故答案为：0.05；0.66o

(1)由铭牌信息可知灯泡的额定电压与额定功率，由功率的变形公式/=5可求出灯正常

工作时的电流；

(2)已知功率与做功时间由公式W=Pt可以求出灯消耗的电能。

本题考查了求节能灯正常工作时的电流、节能灯消耗的电能，由灯的铭牌找出灯的额定

电压与额定功率是正确解题的前提，熟练应用功率的变形公式是正确解题的关键。

17.【答案】1.59

【解析】解：由欧姆定律得：U/=/〃?^=1O0XL4=1OU；

U乙=1乙R乙=064x15。=9匕

故电路两端所加电压U最大不得超过9V.

U9VCCA

此时通过甲的电流4r=4=而=094

U9V

通过乙的电流％=豆=面=S64

所以电流中允许通过的最大电流/=/i+/2=0.94+0.6A=1.54.

故答案为：1.5,9.

两电阻并联，则两电阻两端的电压相等，所加电压不能超过任一电阻的额定电压，则由

欧姆定律求出两电阻的电压，即可知允许加上的最高电压；由最高电压可求得电路中允

许通过的最大电流.

当两电阻并联时，所加电压不能超过两电阻额定电压的最小值；当两电阻串联时，所通

以电流不能超过两电阻额定电流的最小值.

18.【答案】4：I4：11：14：I

【解析】解：由图甲电路图分析可知，电阻％和/?2串联，电压表匕测电源两端电压U,

电压表/测电阻/?2两端电压4,根据图乙中两个电压表的指针位置，结合串联电路的电

压特点可知，电压表匕的示数，即电源电压U=6V,电压表彩的示数，即电阻/?2两端电

Hu2=1.2V,则电阻R1两端电压为：Ui=U-U2=6V—1.2U=4.8V,则电阻义和R2

两端电压之比为：/：U2=4：1；由于串联电路电流处处相等，则

电流之比为：A：/2=1：1；根据欧姆定律可知R=%则电阻之比为：/?1：R2=U1：

U2=4：1；

由W=U/t可知通电相时间时&和因消耗的电能比为:%：%=Ui：4=4：1。

故答案为：4：1；4：1；1：I；4：1o

由电路图分析可知电路为两个电阻的串联，电压表匕测电源两端电压，电压表/测电阻

&两端电压，利用串联电路电压规律可求出电阻％两端的电压，从而可知电阻％和/?2两

端的电压之比；由串联电路的电流特点可知电流之比；利用R=彳可知电阻之比；利用

W=U/t可知消耗的电能之比。

本题主要考查学生对欧姆定律的应用，解题关键是要熟知串联电路的电流和电压特点。

19.【答案】变小变大变大

【解析】解：由图甲可知两电阻串联，电压表测量Ro两端的电压，电流表测电路中的电

流，

由图乙可知气敏电阻的阻值随天然气浓度的增大而变小，

当天然气浓度增大时，电路中的总电阻变小，电源电压不变，

由/=告可知，电路中电流变大，即电流表的示数变大；

由。=//?可知，定值电阻两端的电压会增大，即电压表的示数会变大。

故答案为：变小；变大；变大。

由图甲可知两电阻串联，电压表测量&两端的电压，电流表测电路中的电流；由图乙可

知气敏电阻的阻值随天然气浓度的变化情况，由电阻的变化利用欧姆定律可知电路中电

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流的变化及Ro两端电压的变化。

本题考查了欧姆定律的应用，从图像中得出气敏电阻的阻值随天然气浓度的变化情况是

本题的突破口。

20.【答案】22000.13.6x1056001600

【解析】解：

(1)电能表的工作电压是220V,允许通过的最大电流为10A,

则小明家同时使用的用电器总功率最大为：

P斌大=UI最大=220Px10A=2200W.

(2)“3000r/(kW-h)”表示每消耗1AW-八的电能，电能表的转盘转3000转,

电能表的转盘转300转时，该用电器消耗的电能：

W=-kW-h=O.lkW•h=3.6x1057,

3000J

t=lOmin=-h

6f

则该用电器的电功率：

P=-=当S=0.6/cW=600W.

，》1

(3)还可以增加的用电器的电功率：

P'=P最大-P=2200〃-600VK=1600WQ

故答案为：2200；0.1；3.6x105；600；1600,

(1)知道电能表的工作电压和平时工作允许通过的最大电流，利用P=U/求小明家同时

使用的用电器的最大总功率。

(2)电能表所标“3000r/(kW-/i)”表示电路中每消耗MW•八的电能，电能表的转盘转

3000转，据此求转盘转300转时，用电器消耗的电能，再利用P=：求出该用电器的电

功率。

(3)小明家同时使用的用电器的最大总功率减去上面用电器的电功率可得还可以增加的

用电器的电功率。

掌握电能表各参数的含义，利用额定电压和最大电流可以求出最大功率，利用一个用电

器单独工作，转盘转动的圈数和转动的时间可以求出用电器的功率，这两种是常用的方

法，一定要掌握。

21.【答案】温度计升高的度数小于当电流和通电时间相同时，电阻越大，电流通过

导体产生的热量越多控制变量法和转换法电流

【解析】解：(1)在实验中，甲、乙两瓶中的煤油受热时间相同，所以煤油吸热的多少

是通过温度计升高的度数来反映的：

(2)为了在较短的时间内达到明显的实验效果，小明选用煤油不用水做实验，是因为煤

油的比热容小于水的比热容，吸收相同的热量时，煤油的变化温度比较大；

(3)通电一段时间后，乙瓶中的温度计示数升高得快，说明乙瓶中产生的热量多，由此

得出的结论是当电流和通电时间相同时，电阻越大，电流通过导体产生的热量越多；

(4)该实验中控制煤油的质量和初温都相同，并将煤油吸收的热量的多少用温度计示数

变化量来表示，用到的研究物理问题的方法包括控制变量法和转换法；

(5)在电路中串联一个滑动变阻器，再接入原电路，通过调节滑片，可以控制通过电路

中的电流大小，可以探究电流产生的热量与电流的关系。

故答案为：(1)温度计升高的度数；(2)小于；(3)当电流和通电时间相同时，电阻越大,

电流通过导体产生的热量越多；(4)控制变量法和转换法；(5)电流。

(1)实验中，甲、乙两瓶中的电阻丝串联在电路中，所以煤油加热时间相同，因此煤油

吸热的多少是通过温度计升高的度数来反映的；

(2)根据Q=cmAt,在短时间内达到明显实验效果，需要选用比热容小的液体进行实验,

因为在吸收相同热量的情况下，比热容越小，温度变化越大；

(3)根据Q=cmzlt,质量和初温都相同的同种液体，温度升高越快，吸收热量越多，由

此便可得出结论；

(4)该实验中控制煤油的质量和初温都相同，并将煤油吸收的热量的多少用温度计示数

变化量来表示，所以用到的研究物理问题的方法包括控制变量法和转换法；

(5)探究电流通过导体产生的热量与电流的关系，需要控制电阻和通电时间不变，改变

通过的电流。

本题主要考查了学生对焦耳定律实验的掌握，注重了探究实验的考查，同时在该实验中

利用了控制变量法和转换法，是中考物理常见题型。

22.【答案】电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比电压一定时，导体中

的电流与导体的电阻成反比/=?控制变量法

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【解析】解:⑴在表一中，导体的电阻15。一定，导体两端的电压从1.5U到”再到4.5人

相对应的，导体中的电流从0.14到0.24再到0.34电压增加几倍，电流也增加几倍，故得

结论：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比。

(2)在表二中，导体两端的电压2V一定，导体的电阻从50到100,再到200,相对应的，

导体中的电流从0.44到0.24再到0.14电阻增加几倍，电流变为原来的几分之一倍，故

得结论：电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。

(3)对两次分析实验数据分析可知电流的大小取决于电压和与电阻；即：电流跟电压成

正比，跟导体的电阻成反比；数学关系表达式为/

(4)研究一个物理量与多个因素的关系时，要用到控制变量法。

故答案为：(1)电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；

(2)电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比；

⑶T

(4)控制变量法。

此题中实验目的是探究电流与电压、电阻的关系，因此要用到控制变量法，把握表一、

表二中数据的相同点与不同点是得出结论的入手点。在电路中要利用滑动变阻器来控制

定值电阻两端的电压的变与不变。

本题考查控制变量法的具体应用，明确实验结论的分析和归纳。

23.【答案】断开B灯泡断路2.2A12.50.5灯丝的温度升高正确

【解析】解：(1)小灯泡额定电压为2.5V,灯丝电阻约为120,由欧姆定律，灯的额定电

流约为：

/=£=崔。0.214故电流表选用小量程与灯串联；因为小灯泡的额定电压为2.5V,

所以电压表选用0-3V的量程与灯泡并联，滑动变阻器一上一下的串联在电路中，如下

所示：

(2)连接电路时，开关处于断开状态，滑动变阻器滑片滑到阻值最大处，根据实际连接，

滑片应处于B端；

(3)闭合开关后，电流表没有示数，说明电路是断路，电压表有示数，说明与电压表串

联的电路是通路，所以故障原因可能是灯泡断路；

(4)电压表接的是0〜3V量程，分度值为0.1V，此时示数为2.2V；该电压低于额定电压,

为使电压达到额定电压，应减小滑动变阻器连入电路的电阻值，所以滑片应该向A端移

动；

(5)①分析图像可知：当电压为2.5V时，电流为0.24由/=£得此时小灯泡的电阻为/?=

U2.5V

—=----=12.5/c2；

I0.2A

额定功率为尸=UI=2.5Vx0.2/4=0.5W；

②由图像可知，灯丝电阻随电压增大而增大，主要是由于灯丝的温度升高；

(6)把灯乙换成定值电阻，能保持电阻不变，通过改变电压来改变电流能探究电流跟电

压的关系，这种说法正确。

故答案为：(1)如上图；(2)断开；B；(3)灯泡断路；(4)2.2；A；(5)①12.5;0.5；②灯

丝的温度升高；(6)正确。

(1)小灯泡额定电压为2.5V,灯丝电阻约为120,由欧姆定律求灯的额定电流确定电流表

选用小量程与灯串联；根据小灯泡的额定电压判断出电压表的量程并且与灯泡并联，滑

动变阻器一上一下的串联在电路中；

(2)连接电路时，开关处于断开状态，滑动变阻器滑片滑到阻值最大处；

(3)电流表测量电路电流，电压表测量灯泡两端电压。闭合开关电流表没有示数，说明

电路是断路，电压表有示数，说明与电压表串联的电路是通路，则与电压表并联的那部

分电路断路；

(4)看清量程和分度值，读出电压表示数；根据串联分压特点确定滑片移动方向；

(5)①分析图像，得出小灯泡额定电压对应的电流，利用R=彳得出电阻，利用P=U/求

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出电功率；

②灯丝的电阻受温度影响很大；

(6)电流跟电阻和电压同时有关，把灯乙换成定值电阻，电阻一定，可以探究电流跟电

压的关系。

此题主要考查学生对于测量小灯泡电功率实验的理解和掌握，熟知电路图、实验原理以

及曲线图的分析是解题关键。

24.【答案】解：(1)水吸收的热量：

35

Q吸=cm△t=4.2x10J/(kg■℃)x1kgx(100℃-25℃)=3.15x10Jo

(2)该电热水壶的效率：

r]=—x100%=315xl0.5;x100%=87.5%。

1

W3.6X105，

答：(1)这壶水加热到lOOK需吸收的热量。为3.15x1057：

(2)该电热水壶的效率〃为87.5%。

【解析】(1)已知水的质量和温度的变化，根据Q=c/n△t求出水吸收的热量；

(2)已知消耗的电能；根据效率公式%x100%求出该电热水壶的效率。

本题是电学和热学的综合，考查了学生对吸热公式、效率公式的掌握和运用，在能量利

用效率这一部分是经常出现的一种题型