广东省广州市天河区2024-2025学年九年级上学期期末考试物理试题（含答案）

第第页广东省广州市天河区2024-2025学年九年级上学期期末考试物理试题一、单项选择题，共10题，共30分.每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意.选对每小题得3分，错选.多选或不选得0分。1．如图，两个铅柱没有被重物拉开，主要是因为（）A．大气压力作用 B．分子间有空隙C．分子引力作用 D．分子在热运动2．如表为某家用电器的铭牌，该电器最有可能为（）额定电压：220V额定频率：50Hz额定功率：2800WA．空调 B．电饭煲C．电视机 D．电脑3．制作如图菜肴涉及的物理知识，表述最合理的是（）A．通过搅拌加快分子的热运动B．通过热传递蒸制食物C．用铁锅煎制是由于铁的比热容大D．炒制是通过做功的方式改变内能4．网上报道有如图新型电机，最高效率超98%，该新型电机（）A．有效输出功一定更多 B．效率有望达100%C．工作时有吸气、排气冲程 D．有效输出功相同时耗电会更少5．电流按照图甲方向流进LED，LED被点亮，接通图乙电路，LED亮，将LED换成灯泡，灯泡不亮，已知制作水果电池的锌片为负极、铜片为正极，则此过程（）A．M为锌片 B．灯泡一定是坏了C．能量由水果及金属片装置提供 D．灯泡消耗的功率一定比LED小6．如图，不带电的毛皮和绝缘棒摩擦，毛皮失去电子。绝缘棒靠近吸管，吸管被吸引，则（）A．吸管一定带正电B．绝缘棒摩擦后带正电C．正电荷从绝缘棒移动到毛皮D．摩擦后毛皮和绝缘棒带异种电荷7．如图扫地机器人，闭合其电源开关S，二极管指示灯亮，再闭合其清扫指令开关S1，电动机启动。S断开时，电路不工作。则下列电路符合要求的是（）A． B．C． D．8．某燃料质量一定，分子状态模型从图甲变成图乙，温度保持不变，此过程该燃料（）A．发生了汽化B．分子动能不变C．内能保持不变D．若被点燃，燃烧不完全，热值会变小9．将阻值为30Ω的定值电阻R1与最大阻值为20Ω的滑动变阻器R2按图示电路图连接，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到某一位置，下列一定成立的是（）A．U1＜U2 B．I1＞10．气敏电阻需要用电阻丝加热到一定温度才工作，某气敏电阻阻值与气体浓度的关系如图1，气敏元件接入电路如图2，图2可视作两个独立的回路如图3，当气体浓度增大时（）A．电压表示数变大 B．电流表示数变大C．电压表示数变小 D．电流表示数变小二、主观题（共60分）本部分共8题，共60分.按题目要求作答。11．小明探究电阻丝电流与电压、电阻的关系，连接了如图1的实物图，实验中，小明移动滑动变阻器，测得多组数据，用同种材料，不同长短、粗细的电阻丝重复实验，整理数据得到了电阻丝的U﹣I关系如图2所示，已知R1与R2粗细相同，R1比R2长；R1与R3长度相同，R3比R1粗。（1）请根据实物图，在方框中画出电路图；；（2）由实验结果，电阻一定时，导体中的电流跟电压（选填“成正比”“成反比”）；电压一定时，通过R2的电流比大（选填“R1”“R3”）；同种材料、长度相同的导体，越粗的电阻（选填“越大”“越小”）。12．如图1，小明将物体以1m/s的速度匀速拉到斜面顶端，斜面的机械效率为60%。此过程，额外功有用功（选填“大于”“等于”“小于”），物体机械能（选填“不变”“变大”“变小”），若同样的过程以2m/s的速度匀速拉动物体，斜面机械效率（选填“不变”“变大”“变小”）。可能符合此过程系统（含斜面、物体、绳）能量流向的是图2中的。13．在20℃恒温环境中，分别用仪器探究质量相同、初温不同的两种液体A和B的放热情况，得到的温度﹣时间图像如图甲，在0﹣10min放出的热量如图乙。（此过程A和B质量不变、物态不变）（1）在0﹣10min，通过（选填“做功”“热传递”）改变A、B的内能；A的内能减少量B的内能减少量（选填“大于”“等于”“小于”）；（2）A、B的比热容比较：cAcB（选填“＜”“＝”“＞”），依据是。14．1度电＝kW•h，如图电能表读数为，该表额定最大电流为；将功率为1000W的电热水壶单独接入电能表，6min内指示灯闪烁次。三、15～16题结合题目要求，涉及计算的，应写出必要的文字说明，公式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，演算过程及结果都要在数字后面写上正确的单位。15．进入汽车发动机的空气与燃料油的质量比称为空燃比。如图1，可通过监测尾气管中的氧含量来控制喷油，使吸入发动机的空气与燃料恰好完全反应达到最佳空燃比，这样可节约能源，现发动某汽车：（1）汽车在图2压缩冲程时转化成（选填“机械能”“化学能”“内能”）；（2）该车曲轴每转一圈，进入汽缸的空气质量为1.2g。车匀速直线行驶100m，曲轴转了200圈，车受牵引力为1600N。此过程，求：①进入汽缸的空气总质量；②牵引力所做的功。（3）该车的最佳空燃比为15，求上述过程消耗的燃料油质量；（4）燃料油热值取5×107J/kg，求上述过程发动机的效率。16．某暖风机如图甲所示，有“低热”和“高热”两个挡位，图乙是内部简化电路图，M为鼓风电动机，R1、R2为加热电阻（R1＞R2），其中R2的阻值为27.5Ω，工作时通过旋转开关可以实现挡位切换。把暖风机接入电压为220V的电路中，闭合主开关S，机器工作。（1）旋转开关转至（选填“ab”“bc”）时，暖风机处于高热挡工作，理由是。（2）电动机功率为440W，求电动机通电10s；①消耗的电能；②通过它的电流；③内部线圈电阻产生的热量（该电阻值为0.5Ω）；（3）旋转开关转至bc，电动机功率一定，求：①通过R2的电流；②通过干路的电流。17．小明用伏安法测量灯泡的电阻。（1）用笔画线表示接线，把图甲中的实物连接起来。要求如下：滑动变阻器和灯泡串联，滑片向左移动时，接入电路中的电阻变大。（2）小明接通电路后，当移动滑动变阻器滑片时，电压表示数如图乙不变，电流表有示数，检查发现只有滑动变阻器接线出错，该错误是。（3）如图丙，此时电压为2.0V，电流I＝A。（4）在图丁的坐标系中描出下表中后三组数据对应的点，画出灯泡的U﹣I图线，根据图线，灯泡的电阻是否发生变化？。（不用说明理由）数据序号1234567电压表示数U/V0.20.40.91.22.02.43.0电流表A示数I/A0.140.160.200.220.280.30灯泡亮度不亮不亮微亮较暗亮较亮很亮灯泡电阻R/Ω（5）第1次实验看不到灯泡发光，原因可能是？。A．灯泡被短接 B．通过灯泡的电流太小C．灯泡断路 D．滑动变阻器断路18．如图1，电动机输出的机械功率P为1.5W，电动机牵引拉绳竖直方向缓慢提升重为G的物体，提升高度为h1用时为t，滑轮组的机械效率η1＝（用字母表示）。小明操作中发现，因桌子的放置位置如图2，导致牵引动滑轮的拉绳不处在竖直状态，两段绳形成夹角θ。他猜想：①当重物处于静止状态时，θ角越大，水平绳上拉力越大；②在此状况下，提升重物时滑轮组的机械效率η2＜η1。请设计实验验证其猜想。（1）除图1装置，还需要的实验器材有刻度尺、电子表、；（2）已有记录实验数据的表格1，请画出表格2；表格1调整前按图2操作调整后按图1操作物体提升的高度h电动机的用时t滑轮组的机械效率（3）写出实验步骤（可用画图或文字表述）和判断小明猜想是否正确的依据。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】如图中的两铅柱没有被重物拉开，主要是因为两铅柱的分子间存在引力。

故选：C。

【分析】通常情况下分子引力和分子斥力是同时存在的，当分子距离很小时，分子间作用力表现为斥力；当分子间距离稍大时，分子间作用力表现为引力；如果分子相距很远，分子间作用力就变得十分微弱，可以忽略。2．【答案】A【解析】【解答】本题考查电功率的估测，要认真观察生活，注意收集生活中常见的电功率数据。该用电器的功率为2800W。A．柜式空调的功率较大，可能为2800W，故A符合题意；B．电饭煲的功率约为800W，故B不符合题意；C．电视机的功率约为200W，故C不符合题意；D．笔记本电脑的功率通常小于100W，故D不符合题意。故选A。

【分析】根据生活经验和对电功率单位的认识分析。3．【答案】B【解析】【解答】A．通过搅拌不能加快分子的热运动，因为分子运动的快慢只跟温度有关，故A不符合题意；B．通过热传递蒸制食物，故B符合题意；C．用铁锅煎制是由于铁的比热容小，温度变化大，故C不符合题意；D．炒制牛河是通过热传递的方式改变内能，故D不符合题意。故选B。

【分析】分子运动的快慢跟温度有关，温度越高，分子运动越剧烈。改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。比热容是物质的一种特性；物质的比热容只跟物质的种类和状态有关，与物体质量的大小、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关。4．【答案】D【解析】【解答】用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率。

A．新型电机的最高效率超98%，是指有效输出功占总功98%，但其有效输出功不一定更多，故A错误；B．由于额外功不可避免，效率不可能达到100%，故B错误；C．该新型电机为电动机，不是热机，工作时不可能有吸气、排气冲程，故C错误；D．由于效率较高，所以在有效输出功相同时消耗的电能会更少，故D正确。故选D。

【分析】机械效率是指有效输出功占总功的百分比，效率高，但其有效输出功不一定更多；由于额外功不可避免，效率不可能达到100%；热机工作时有吸气、压缩、做功和排气冲程；效率较高是指在有效输出功相同时消耗的电能会更少。5．【答案】C【解析】【解答】A．电流按照图甲方向流进LED，LED被点亮，说明长脚是发光二极管的正极，接通图乙电路，LED亮，则图乙中的M是正极，为铜片，N是负极，为锌片，故A错误；B．可能是水果电池提供的电压比较低导致灯泡不发光，不一定是灯泡坏了，故B错误；C．能量由水果及金属片装置提供，水果电池相当于电源，故C正确；D．灯泡消耗的功率一定比LED大，故D错误。故选C。

【分析】发光二极管具有单向导电性；水果电池是电路中的电源。6．【答案】D【解析】【解答】本题考查了带电体的性质、电荷间相互作用及带电的原因，需要注意的是，相互排斥的是带同种电荷，相互吸引的两物体不一定带异种电荷。BCD．摩擦起电的实质是电子的转移。不带电的毛皮和绝缘棒摩擦，毛皮失去电子带正电，绝缘棒得到电子带负电，电子带负电，所以是负电荷发生了转移，不是正电荷的移动，故BC不符合题意，D符合题意；A．异种电荷相互吸引，且带电体具有吸引轻小物体的性质。与毛皮摩擦后的绝缘棒带负电，绝缘棒吸引吸管，说明吸管可能带正电，也可能不带电，故A不符合题意。故选D。

【分析】带电体具有吸引轻小物体的性质；电荷间的相互作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的，在摩擦的过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电，相互摩擦的两个物体带等量异种电荷。7．【答案】B【解析】【解答】本题考查了电路的设计，能判定出电路的连接方式是解题的关键。闭合其电源开关S，二极管指示灯亮，再闭合其清扫指令开关S1，电动机启动。S断开时，电路不工作，这表明二极管和电动机能各自独立工作，并联在电路中；断开S，指示灯和动力装置均不工作，这说明启动开关S接在干路中，控制整个电路；开关S2与电动机在一条支路中，故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。

【分析】根据题意分析两个开关的连接方式、二极管与电动机的连接方式，然后选出正确的电路图。8．【答案】B【解析】【解答】ABC．由题知，甲状态是固态，乙状态是液态，从甲状态到乙状态的过程中温度保持不变，此过程中该物质发生了熔化，吸收热量，内能增大；由于温度不变，分子热运动剧烈程度不变，分子动能不变，故AC不符合题意，B符合题意；D．热值反映了所有能燃烧的物质的一种性质，反映了不同燃料在燃烧过程中，化学能转化为内能本领的大小，也就是说，热值是燃料本身的一种性质，它只与燃料的种类有关，与燃料的形态、质量、体积、是否完全燃烧、放出热值多少均没关系。燃烧不完全，热值不变，故D错误。故选B。

【分析】三种状态的基本特征：①固态：固体有一定的形态和体积，不能压缩，不能流动；②液态：液体有一定的体积，但没有一定的形状，不易压缩，能够流动；③气体没有一定的体积，也没有一定的形状，易压缩，可以流动；物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；其中，熔化、汽化吸收热量，凝固、液化放出热量；热值是燃料的一种特性，热值大小仅与燃料的种类有关，而与燃料的质量、燃料的燃烧程度无关。9．【答案】C【解析】【解答】AC．根据串联分压特点可知，定值电阻阻值大，分得的电压一定大于滑动变阻器的电压，故A错误，C正确；BD．闭合开关，两电阻串联，串联电路中电流处处相等，故BD错误。故选C。

【分析】闭合开关，两电阻串联，串联电路中电流处处相等；根据串联分压特点可知，所分电压大小关系。10．【答案】C【解析】【解答】本题考查了动态电路分析，分清电路的连接是解题的关键。AC、由图3乙知当气体浓度增大时，气敏电阻阻的阻值变大，电路的总电阻变大，由欧姆定律知电路中的电流变小，由U＝IR知定值电阻两端的电压变小，电压表的示数变小，故C正确，A错误；

BD、由图3甲知当气体浓度增大时，定值电阻的阻值不变，电路的总电阻不变，由欧姆定律知电路中的电流不变，电流表的示数不变，故BD错误。

故选：C。

【分析】由图1知气敏电阻阻值随气体浓度的增加而增大；由图3乙知当气体浓度增大时，气敏电阻阻的阻值变大，电路的总电阻变大，由欧姆定律判断出电路中电流的变化以及定值电阻两端电压的变化；由图3甲知当气体浓度增大时，定值电阻的阻值不变，电路的总电阻不变，由欧姆定律判断出电路中电流的变化。11．【答案】（1）（2）成正比；R1；越小【解析】【解答】（1）根据实物图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表与定值电阻并联，电流表测电路电流，电路图如图所示：（2）电阻丝的U﹣I关系图像是一条倾斜的直线，可以得出结论：在电阻一定时，通过导体的电流和导体两端的电压成正比。由图2可知，电压相同时，电压一定时，通过R2的电流比R1大。通过R1的电流小于通过R3的电流，根据R=UI可R1的电阻大于R3的电阻，说明同种材料、长度相同的导体，越粗的电阻越小。

【分析】（1）根据实物图连接电路图；（1）根据实物图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表与定值电阻并联，电流表测电路电流，电路图如图所示：（2）[1]由图2可知，电阻丝的U﹣I关系图像是一条倾斜的直线，说明导体两端电压与通过导体电流的比值是一个定值，可以得出结论：在电阻一定时，通过导体的电流和导体两端的电压成正比。[2]由图2可知，电压相同时，通过R1的电流最小，通过R3的电流最大，电压一定时，通过R2的电流比R[3]R1与R3长度相同，材料相同，R3比R1粗，通过R1的电流小于通过R3的电流，根据R=UI可R1的电阻大于R12．【答案】小于；变大；不变；D【解析】【解答】斜面的机械效率为60%，即小明做的有用功占总功的60%，小明做的额外功占总功的40%，故此过程，额外功小于有用功。物体速度不变，质量不变，高度增大，因此动能不变，重力势能增大，机械能变大。以2m/s的速度匀速拉动物体，沿斜面运动的长度均不变，即有用功不变，额外功不变，故斜面的机械效率不变。小明将物体匀速拉到斜面顶端的过程中，动能不变，重力势能增大；若人的能量为1000J，因斜面的机械效率为60%，说明有600J的能量转化为物体的势能，有400J的能量克服摩擦做功，即转化为内能，故选D。

【分析】根据机械效率的概念分析回答；影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能。在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析；若以2m/s的速度匀速拉动物体，拉力、摩擦力、物体的重力均不变，据此分析；根据能量的角度分析回答。13．【答案】（1）热传递；大于（2）＞；见解析【解析】【解答】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。

（1）在0﹣10min，两种液体A和B对外放出热量，温度降低，内能减小，是通过热传递改变A、B的内能；由图乙可知，液体A放出的热量较多，则A的内能减少量大于B的内能减少量。（2）由图可知，在0﹣10min内，质量相同的两种液体A和B，液体A放出的热量较多，A降低的温度较少，根据c=QmΔ【分析】（1）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；

比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；改变内能的两种方式：做功和热传递。

（2）根据c=Q（1）[1][2]在0﹣10min，两种液体A和B对外放出热量，温度降低，内能减小，是通过热传递改变A、B的内能；由图乙可知，液体A放出的热量较多，则A的内能减少量大于B的内能减少量。（2）[1][2]由图可知，在0﹣10min内，质量相同的两种液体A和B，液体A放出的热量较多，A降低的温度较少，根据c=QmΔ14．【答案】1；1193.5kW•h；60A；200【解析】【解答】1度电＝1kW•h，如图电能表读数为1193.5kW•h，该表额定最大电流为60A；将功率为1000W的电热水壶单独接入电能表，6min内指示灯闪烁n次，由P=Wt此过程中，指示灯闪烁的次数为n=0.1×2000=200

【分析】电能的求法，包括电能表的读数，以及通过转盘数测量电能的大小。15．【答案】（1）机械能；内能（2）120g；1.6×105J（3）解：该车的最佳空燃比为15，则上述过程消耗的燃料油质量为m（4）解：上述过程燃料油完全燃烧放出的热量为Q上述过程发动机的效率为η=【解析】【解答】（1）汽车在图2压缩冲程时将机械能转化为内能；

（2）①轮轴转了200圈进入汽缸的空气总质量为：m空＝200×0.6g＝120g；

②牵引力所做的功为：

W＝Fs＝1600N×100m＝1.6×105J；（3）

（4）

【分析】（1）内燃机压缩冲程将机械能转化为内能；

（2）①该车轮轴每转一圈，进入汽缸的空气质量为0.6g，据此求出轮轴转了200圈进入汽缸的空气总质量；

②根据W＝Fs求出牵引力所做的功；

（3）根据空燃比的定义求出上述过程消耗的燃料油质量；

（4）根据Q放＝mq求出上述过程燃料油完全燃烧放出的热量，利用效率公式求出上述过程发动机的效率。（1）[1][2]在压缩冲程中，活塞压缩混合气体，对气体做功，使气体的内能增大，温度升高，这个过程中活塞的机械能转化为气体的内能。（2）[1]该车曲轴每转一圈，进入汽缸的空气质量为1.2g；曲轴转两圈完成一个工作循环，有一个吸气冲程，曲轴转200圈完成100次吸气，进入汽缸的空气总质量为m[2]匀速直线行驶100m，车受牵引力为1600N，牵引力所做的功为W=Fs=1600（3）进入汽车发动机的空气与燃料油的质量比称为空燃比，该车的最佳空燃比为15，则上述过程消耗的燃料油质量为m（4）上述过程燃料油完全燃烧放出的热量为Q上述过程发动机的效率为η=16．【答案】（1）bc；旋转开关转至bc时，电路的总功率更大（2）解：①由P=Wt②根据P＝UI③内部线圈电阻产生的热量Q（3）解：①旋转开关转至bc，R2与电动机并联。根据并联电路的电压规律可知，R2两端的电压为UR2的电流I②根据并联电路的电流规律可得，通过干路的电流I【解析】【解答】（1）由图乙可知，旋转开关转至ab时，R1与电动机并联；旋转开关转至bc时，R2与电动机并联。并联电路中各用电器互不越小，则电动机的功率不变。并联电路中，各支路的电压相等，则R1、R2电压均等于电源电压，由于R根据P=U2R可知，R1【分析】（1）由图乙可知，旋转开关转至ab时，R1与电动机并联；旋转开关转至bc时，R2与电动机并联，由于R1＞R2，根据P=U2R可知R1与R2的功率关系，从而可知暖风机的工作挡位；

（2）①根据W＝Pt求通电10s，电动机消耗的电能；②根据P＝UI求通过它的电流；③根据Q＝I2Rt求内部线圈电阻产生的热量；

（3）①旋转开关转至bc，R2与电动机并联。根据并联电路的电压规律和欧姆定律求通过R2（1）[1][2]由图乙可知，旋转开关转至ab时，R1与电动机并联；旋转开关转至bc时，R2与电动机并联。并联电路中各用电器互不越小，则电动机的功率不变。并联电路中，各支路的电压相等，则R1、R2电压均等于电源电压，由于R根据P=U2R可知，R1（2）①由P=Wt②根据P＝UI③内部线圈电阻产生的热量Q（3）①旋转开关转至bc，R2与电动机并联。根据并联电路的电压规律可知，R2两端的电压为UR2的电流I②根据并联电路的电流规律可得，通过干路的电流I17．【答案】（1）（2）滑动变阻器同时接下面接线柱（3）0.26（4）图像见解析，灯泡电阻是变化的（5）B【解析】【解答】本题考查伏安法测小灯泡电阻实验，考查了电路连接、注意事项、电流的读数及分析故障，绘制图像等知识。

（1）滑动变阻器和灯泡串联，电压表并联在小灯泡两端，电流表串联在电路中，滑片向左移动时，接入电路中的电阻变大，则滑动变阻器接右下接线柱，实物连线如下：（2）小明接通电路后，当移动滑动变阻器滑片时，电压表示数如图乙不变，由图乙得，电压表的分度值为0.1V，示数为0.8V；电流表有示数，说明滑动变阻器的滑片移动时，灯泡的电压不变，且小于电源电压，说明滑片移动过程中，变阻器接入电路中电阻不变，且较大，则该错误是滑动变阻器同时接下面接线柱。（3）如图丙，电流表接小量程，分度值为0.02A，电流I（4）在图丁的坐标系中描出下表中后三组数据对应的点，画出灯泡的U﹣I图线，如图所示：根据图线得，灯泡的U-I图像是曲线，说明灯泡的电阻是变化的。（5）第1次实验通过灯泡的电流为0.14A，此时看不到灯泡发光，原因可能是通过灯泡的电流太小，实际功率太小，灯泡不会发光，故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。

【分析】（1）连接实物，滑动变阻器和灯泡串联，电压表并联在小灯泡两端，电流表串联在电路中，滑片向左移动时，接入电路中的电阻变大，滑动变阻器接右下接线柱，电压表、电流表接小量程。

（2）分析故障，电压表示数不变，电流表有示数，滑动变阻器没有起到变阻作用。

（3）根据量程以及最小刻度读出电流表的示数。

（4）根据描点法绘制U﹣I图像。

（5）第1次实验看不到灯泡发光，原因可能是通过灯泡的电流太小，实际功率太小，（1）滑动变阻器和灯泡串联，电压表并联在小灯泡两端，电流表串联在电路中，滑片向左移动时，接入电路中的电阻变大，则滑动变阻器接右下接线柱，实物连线如下：（2）小明接通电路后，当移动滑动变阻器滑片时，电压表示数如图乙不变，由图乙得，电压表的分度值为0.1V，示数为0.8V；电流表有示数，说明滑动变阻器的滑片移动时，灯泡的电压不变，且小于电源电压，说明滑片移动过程中，变阻器接入电路中电阻不变，且较大，则该错误是滑动变阻器同时接下面接线柱。（3）如图丙，电流表接小量程，分度值为0.02A，电流I（4）在图丁的坐标系中描出下表中后三组数据对应的点，画出灯泡的U﹣I图线，如图所示：根据图线得，灯泡的U-I图像是曲线，说明灯泡的电阻是