广东省广州市白云区2024-2025学年九年级上学期期末物理试题（解析版）

广东省广州市白云区2024-2025学年九年级上学期期末物理试题

一、单项选择题（选出最优的一个选项，每小题4分，共40分）

1.礼宾花结构如图所示，当小白旋转纸筒时，气阀被打开，气罐里的压缩空气喷射而出，将纸筒内的彩纸

屑和彩带喷射得高高的，形成了缤纷绚丽的景象。在喷出礼花彩条的过程中（）

A.“纸屑和彩带喷射得高高的”可以说明分子在做无规则运动

B.气罐内气体内能增加，罐壁温度升高

C.罐内气体通过热传递方式改变了其内能

D.罐内的压缩空气对礼花做功，将空气的内能转化为礼花的机械能

【答案】D

【解析】【解答】A.“纸屑和彩带喷射得高高的”是肉眼看得见的宏观物体的运动，不是分子运动，故A不符

合题意；

BCD.在喷出礼花的过程中，将罐内气体的内能转化为礼花的机械能，则罐内气体内能减小，温度降低，这

是通过做功的方式改变了其内能，故BC不符合题意，D符合题意。

故选D。

【分析】A.一切物体的分子都在不停地做无规则运动，扩散现象说明一切物体的分子在不停地做无规则的热

运动；

BCD.改变内能的方式包括做功和热传递；物体对外做功，将内能转化为机械能。

2.小白同学注意到天气冷了后手机耗电特别快。这主要是因为大部分手机使用的锂电池是通过内部的化学

反应释放电能，在低温环境下化学反应速度减慢，导致电池可用容量减少，可通过降低屏幕亮度等办法节约

电能。结合以上资料，判断合理的是

A.低温环境下手机锂电池可提供的电能不变

B.低温环境下手机不用时，立即放入口袋保温，可增加手机待机时间

C.手机使用过程中，将电能转化为化学能

D.降低屏幕亮度可增加手机消耗电能的功率

【答案】B

【解析】【解答】A.在低温环境下化学反应速度减慢，导致手机理电池可用容量减少.可提供的电能减少，

故A错误；

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B.低温环境下手机不用时，立即放入口袋保温，可促进内部的化学反应释放电能，增加手机待机时间，故B

正确；

C.手机使用过程中，电池存储的化学能转化为电能，当手机工作时，将电能转化为光能、机械能、内能等，

故C错误；

D.屏幕是手机最大的电量消耗源之一，降低亮度能显著减小耗电功率，故D错误。

故答案为：Bo

【分析】在低温环境下化学反应速度减慢，导致手机锂电池可用容量减少，可提供的电能减少；低温环境

下手机不用时，放入口袋保温，可促进内部的化学反应释放电能，增加手机待机时间。

3.如图所示，是“220V25W”的LED灯和“220V25W”的白炽灯正常工作时将电能转化为内能和光能的占比

图。当两灯均正常工作时，下列说法正确的是（）

为能

B.两灯相同时间消耗的电能：LED灯少于白炽灯

C.电能转化为光能的效率：LED灯高于白炽灯

D.两灯相同时间产生的内能：LED灯高于白炽灯

【答案】C

【解析】【解答】A.由题意可知，LED灯和白炽灯的额定功率相等（均为25W）,且两灯均正常工作，因用

电器正常工作时的实际功率等于其额定功率，所以两灯的实际功率相等，故A错误；

BCD.因两灯的额定功率相同，当两灯均正常工作时，相同时间内，根据W二Pl可知，两灯消耗的电能相等；

由图可知白炽灯把大部分电能转化为内能，LED灯把大部分电能转化为光能，因此相同时间内LED灯产生

的内能小于臼炽灯，说明LED灯电能转化为光能的效率高，故C正确，BD错误。

故选Co

【分析】A.用电器正常工作时的实际功率等于其额定功率，结合两灯的额定功率进行解答；

BCD.根据W=Pt结合电能转化为内能和光能的占比图分析回答。

4.如图是教室壁挂式实物展台示意图，MN为展示台，PQ为连杆拉柱展示台，m为展示物。以下是展示台

承载展示物时杠杆的示意图，其中正确的是（）

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B.

竹

oT居

C.JD.O

【答案】A

【解析】【解答】根据图片可知，MN相当于杠杆，它围绕N点转动，则N点为支点、连杆拉柱PQ对展示

台的拉力为动力R,沿着拉杆向上c展示物m对展示台的压力为阻力F2,方向竖直向下，故A正确，BCD

错误。

故选Ao

【分析】根据实物展示台的工作情况判断杠杆的支点，动力和阻力，据此分析判断。

5.某同学利用如图甲所示的电路进行实验，电源电压恒为3V,更换5个定值电阻R、，得到如图乙所示的图

像，以下叙述正确的是（

A.该同学研究的是电阻一定时.，电流和电压的关系

B.实验中电压表的示数要保持3V不变

C.多次实验是为了求平均值，以减小实验误差

D.将R、从5Q换成10Q后，未调节滑动变阻器时，电压表示数变大

【答案】D

【解析】【解答】A.由乙图可知，IR的乘积为一定值，即电压一定，根据控制变量法，更换5个定值电阻

Rx,即改变电阻的大小，研究的是电压一定时，电流与电阻的关系，故A错误;

B.由乙图可知：电阻的电压为:

U=IR=0.5Ax5Q=........=0.1Ax25c=2.5V,

第3页

故实验中电压表的示数要保持2.5V不变，故B错误；

C.该实验中进行多次实验的目的是为了得出普遍性的规律，不足减小误差，故C错误；

D.据图甲可知，定值电阻Rx和滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端电压，将R、从5c换成10C后，

电阻变大，未调节滑动变阻器时，杈据串联分压原理可知，R、两端电压会变大，即电压表示数变大，故D正

确。

故选D。

【分析】（1）电流与电压和电阻有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；

（2）由图乙中数据，根据U=1R计算电阻两端控制的电压：

（3）探究电流与电压和电阻有关的实验，多次实验是为了得出普遍性的规律；

（4）将R、从5c换成10Q后，电阻变大，根据分压原理和串联电路电压的规律分析。

6.如图所示，用干燥毛巾多次摩擦PVC管和气球。将气球往上脑，然后将PVC管放在气球下方，气球就会

在空中悬浮，下列说法正确的是（）

A.气球会悬浮在PVC管上方的原因与验电器工作原理相同

B.摩擦的方法创造了电荷

C.气球之所以能悬浮在空中，是因为带电的PVC管能吸引轻小物体

D.PVC管和气球带上异种电荷

【答案】A

【解析】【解答】ACD.气球会悬浮在PVC管上方，是因为同种电荷相互排斥，这与验电器的工作原理相

同，故A正确，CD错误；

B.摩擦起电并不是创造了电荷，而是电子的转移，故B错误。

故选A。

【分析】ACD.根据电荷之间的相互作用规律分析判断'

B.根据摩擦起电的本质判断。

7.一款消防应急照明灯如图所示，当外部电路有电时应急灯不亮，停电时应急灯内电路接通，两个灯泡正

常发光，如果一个灯泡坏了，另外一个灯泡也能正常工作。请根据铭牌上的情况进行分析，下列说法正确的

是（）

消防应急照明灯型号：JF-ST-01

额定电压：AC220V/50HZ

每个灯泡规格：6V、3W

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充电时间：20小时

应急时间：不少于1.5小时

A.外部电路有电时控制应急灯的开关处于断开状态

B.应急灯灯泡的额定电压为220V

C.应急灯的两个灯泡串联在电路中

D.应急灯每个灯泡正常工作时的电流都是0.2A

【答案】A

【解析】【解答】A.根据题意可知，当外部电路有电时应急灯不亮，即此时没有电流经过灯泡，那么外部电

路有电时控制应急灯的开关应该断开，故A正确；

B.根据应急灯的铭牌可知，灯泡的额定电压为6V,故B错误；

C.一个灯泡坏了，另外一个灯泡也能正常工作，则两个灯泡不相互影响，即两盏灯应是并联的，故C错

误；

D.根据应急灯的铭牌可知，灯泡的额定电流为/=与=聋=0.54,故D错误。

故选Ao

【分析】A.根据灯泡的发光情况分析：

B.根据应急灯的铭牌信息判断；

C.用电器相互影响为串联，用电器不相互影响为并联；

D.根据/=与计算灯泡的额定功率。

8.某油烟机具有排气和照明的功能，这两种功能既可单独、也可同时使用。下列电路符合要求的是

()

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【答案】C

【解析】【解答】某油烟机具有排气和照明的功能，这两种功能既可单独、也可同时使用，说明电动机和照

明灯独立工作、互不影响即为并联，电动机和照明灯分别由各自支路上的开关控制，根据家庭电路安全用电

的原则,开关应控制火线，只有一个保险丝的情况下，保险丝应该接在火线上，故C符合要求，而ABD不

合题意。

故选Co

【分析】某油烟机具有排气和照明的功能，这两种功能既可单独、也可同时使用，说明电动机和照明灯独

立工作、互不影响即为并联，据此结合家庭电路的安全用电原则分析选项得出答案。

9.如图所示电路，闭合开关，甲、乙两灯泡均发光，过一会儿，其中一个灯泡突然熄灭。一只电表指针仍

)

D.乙灯断路

【解析】【解答】根据实物图可知，两个灯泡并联，电压表测量电源的电压，电流表测量灯泡甲的电流。

A.甲灯短路时，电压表也被短路，则电压表的示数为零，但是此时灯泡会发光，故A不合题意;

B.乙灯短路时，甲灯会发光，故B不合题意;

C.甲灯断路时，电压表串联在电路中，此时它的示数为电源电压，则示数变大。由于电压表的内阻很大，因

此电流表的示数为零，此时灯泡不发光，故C符合题意;

D.乙灯断路时，整个电路都没有电流，则没有灯泡发光，故D不合题意。

故选Co

【分析】先分析电路的连接方式、目压表和电流表的作用，然后根据选项电流表和电床表的示数分析电路的

故障。

10.设计电路时要求满足：闭合开关后，顺时针调节变阻器的旋钮滑片P时，通过发热体的电流增大，同时

显示仪（电压表）示数增大。下列设计符合要求的是（）

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【解析】【解答】A.发热体和变阻器串联，电压表测量的是发热体两端的电压。顺时针调节变阻器的旋钮滑

片P时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中的电流减小。根据U=IR可知，电压表的示数减小，故A不符

合题意；

B.发热体和变阻器串联，电压表测量的是发热体两端的电压。顺时针调节变阻器的旋钮滑片P时，变阻器

接入电路的电阻减小，电路中的电流增大。根据U=IR可知，电压表的示数增大，故B符合题意；

C.发热体和变阻器串联，电压表测量的是变阻器两端的电压。顺时针调节变阻器的旋钮滑片P时，变阻器

接入电路的电阻不变，则电流和电压表的示数不变，故C不符合题意；

D.发热体和变阻器串联，此电压表测量的是发热体两端的电压,顺时针调节变阻器的旋钮滑片P时，变阻

器接入电路的电阻不变，电路中的H流和电压表的示数不变，故D不符合题意。

故选Bo

【分析】根据滑动变阻器和欧姆定律进行分析。

二、填空（共17分）

11.图甲的电压表示数为V：图乙的电能表读数为kW.ho

乙

【答案】11；4353.6

【解析】【解答】（1）根据甲图可知，电压表选择量程0〜15V,分度值为0.5V,故电压表的示数是11V。

（2）电由图乙可知，电能表的示数是4353.6kW・h。

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【分析】（1）根据甲图确定电压表的量程和分度值，根据指针位置读出示数；

（2）电能表的最后一位数字为小数部分。

12.如图所示电热水壶，烧水时电热丝通过（选填“做功”或“热传递”）的方式来改变水的内能。

壶嘴上有一个能绕A点活动的金属片，水烧开时，“热气”会将金属片冲开，此时“热气”的内能转化为金属片

的能，这与汽油机的冲程能量转化过程相同。水的比热容为4.2xl03j/（kg.c）,该电水

壶加热1千克水，使其温度上升20C,过程中水吸收热量为Jo

【答案】热传递：机械；做功；8.4x104

【解析】【解答】（1）电热水壶烧水时.，将电能转化为内能，然后再将热量传递给水，因此烧水时电热丝通

过热传递的方式来改变水的内能。

（2）“热气”将金属片冲开，将内能转化为金属片的机械能，这与汽油机的做功冲程能量转化过程相同。

（3）根据题意可知，1kg的水温度升高20℃吸收的热量为Q吸=cmLt=4.2x103J/（kg•℃）x1kgx20℃=

8.4x1047o

【分析】（1）热传递和做功都可以改变物体的内能；

（2）内燃机的做功冲程，气体膨胀做功，内能转化为机械能；

（3）利用Q=cmAt进行计算水吸收的热量。

13.装修房屋时，会闻到刺激性气味。材料散发出刺激性气味说明了（选填“分子

间有引力”、”分子间有斥力''或"分子在做无规则运动”）。

【答案】分r在做无规则运动

【解析】【解答】装修房屋时，会闻到刺激性气味，这是因为材料分子在不停地做无规则运动。

【分析】根据分子运动的知识解答。

14.如图，在老师的指导下，小军用测电笔（试电笔）试触某插座的插孔，用指尖抵住笔尾金属体，测电笔

的笈管发光，此时（选填“有”或“没有”）电流通过小军的身体。

【答案】有

【解析】【解答】当笔尖接触火线时，手指接触笔尾的金属体时，电流会测电笔、人体导向大地，形成通路。

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笈管会发光，则说明会有微弱的电流通过。

【分析】根据测电笔的使用过程，结合发管发光分析解答。

15.目前，氢能正逐渐应用在工业能源建筑、交通等领域。氢能源作为新型能源，人们看重了其

(选填'‘热值''或"比热容”)大，具有巨大开发潜力。如图所示是某品牌氢能自行车，一次性充满。.02kg氢

气，能在平直公路匀速骑行5.6'1(尸四，骑行时阻力为40N。则此过程中，氢气完全燃烧产生的热量是

s

J，氢气的利用效率是(q^=1.4xl0J/kg)o

【答案】热值;2.8x106；80%

【解析】【解答】(1)由于氢的热值大，在完全燃烧相同质量的燃料时，氢放出的热量更多，因此氢能源作为

新型能源。

s

(2)根据题意可知，氢气的热值为qa=1.4xlOJ/kg,

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则氢气完全燃烧产生的热量Q放=mq氢=0.02kgx1.4x10J/kg=2.8x10Jo

(3)根据题意可知，的行时阻力为4()N,骑行距离为5.6x104m,

W

因此氢能自行车牵引力所做的有用功为W=Fs=40Nx5,6x104m=2.24x106J,则氢气的利用效率为〃=%义

274x10^1

100%=———Vx100%=80%c

2.8X106]

【分析】(1)热值表示燃料燃烧放热本领大小；

(2)已知氢气的热值和消耗氢气的质量，利用Q放二qm可求出氢气完全燃烧放出的热量；

W

(3)根据F=fs得出牵引力，根据W=Fs求出牵引力所做的有用功，根据〃=心x100%求出氢气的利用效

率。

16.生活中有一种插线板，在使用中发现：插线板上的指示灯在开关断开时不发光，插孔不能提供工作电

压：而在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作

电压。根据上述现象，请在图中画出开关、指示灯、电阻和插孔的连接方式，并与电源线接通。

火线

零线

地线

开关指示灯电阻插孔

第9页

开关指示灯电阻插孔

【解析】【解答】根据题意可知，如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明灯泡和插座之间是

并联的；

插线板上的指示灯在开关断开时不发光，插孔不能提供工作电压；插线板上的指示灯在开关闭合时会发

光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插座，因此开关应该在干路上；

为了用电安全，开关接在火线上；由于指示灯的工作电压较小，所以需要给指示灯串联一个电阻来分担电源

的电压；三孔插座的接法是左零右火上接地，如下图所示：

火线

零

线

地

线

开关指示灯电阻插孔

【分析】用电器相互影响为串联，不相互影响为并联。干路开关控制所有用电器，支路开关只能控制它所在

支路上的用电器，结合安全用电的知识分析解答即可。

三、解答题（共22分，解答题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。）

17.在建筑工程领域，如图甲起重机被广泛应用，起重机吊臂上的滑轮组结构示意如图乙所示：

（1）图乙中A为_________滑轮（选填“动”或完”）。

（2）不计绳重及摩擦，g®10N/kg,将质量为5x103kg的重物竖直匀速提高25m,拉力F大小为

3xl，N。求：

①此过程的有用功；

②拉力做功为多少？

③吊车上的滑轮组的机械效率为多大？

【答案】（1）定

（2）①根据做功公式计算滑轮组做的有用功为W产Gh=mgh=5xl（）3kgx]ON/kgx25m=1.25xl06j；

第10页

②缠绕在动滑轮B上绳子段数n=2,拉力做的功为W^二Fs二FnhMBxlVNxZxZSmnlSxKH：

W6

③结合效率公式计算滑轮组的机械效率为〃=该互=125x1?x83.3%。

总1.5x10J

【解析】【解答】（1）A滑轮的轴的位置是固定的，是定滑轮。

【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力；

2、拉力的计算，F=-（G..+G）,n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍，

n讨

3、功的相关计算：W=Fs,距离为拉力的方向。总结：考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑

轮，重物重力越大，机械效率越大。

（1）由图可知，A滑轮的轴的位置不随物体位置变化而变化，是定滑轮。

（2）①滑轮组做的有用功为W『Gh=mgh=5xlO3kgxlON/kgx25m=1.25xl06j

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②由图可知，连在动滑轮B上绳子段数n=2,拉力做的功为WA=Fs=Fnh=3x10Nx2x25m=1.5x10J

W6

③吊车上的滑轮组的机械效率为7；=0亘=05X1V*83.3%

总1.5x10J

18.小白设计了一种可以戴在手腕上的防溺水定位求救报警器，其简化电路如图甲所示。己知电源输出电压

为9V，呆持不变，报警器由电压表改装，R。是定值电阻，RP是压敏电阻，图乙是压敏电阻RP阻值随水深h

变化的图像。报警器未浸入水中时，电流表示数是0.15A；当报警器浸入水中一定深度时报警器报警，通过

计算回答：

（1）由上图可以看出，随着浸入水中深度增加，报警器电压表示数会（选填"变大”、"变小”

或“不变”），理由

是______________________________________________________________________________________________

（2）报警器未浸入水中时，RP电压为多少？

（3）报警器未浸入水中时，Ro的功率为多少？

【答案】（1）变大；当浸入水中的深度增加时，压敏电阻Rp阻值变小。根据R产R+R2可知，电路总电阻变

小。根据欧姆定律/=/可知，息电流变大。根据U=1R可知，定值电阻R“两端的电压越大，因此报警器电

第11页

压表示数会变大。

（2）解：根据图乙可知，报警器未浸入水中时，深度为0,则压敏电阻的阻值Rp-40C,电路中的电流为

1=0.15A,

根据欧姆定律U=IR可知,此时Rp电压为Up=IRp=0.15Ax400=6V。

（3）解：根据题意可知，电源电压U=9V,报警器未浸入水中时，RP的电压为6V,

则则Ro两端电压比=U—Up=9V-6V=3V

因此Ro的功率为Po=U0I=3VX015A=0.45W。

【解析】【解答】（1）根据甲图可知，压敏电阻Rp与定值电阻R。串联，电压表测Ro两端电后。根据乙图可

知，当浸入水中的深度增加时，压敏电阻Rp阻值变小。根据R.产R1+R2可知，电路总电阻变小。根据欧姆定

律/=*可知，总电流变大。根据U=IR可知，定值电阻R。两端的电压越大，因此报警器电压表示数会变

大。

【分析】（1）由乙图可知，Rp随着深度增加而减小，深度增加时，压敏电阻Rp阻值变小，电路总电阻变

小，电流变大，R。两端的电压越大；

（2）由乙图可知，报警器未浸入水中时Rp的阻值和电流表示数，根据欧姆定律可得Rp两端电压；

（3）根据串联电路电压特点得出R）两端电压Uo,根据公式P=UI计算出Ro的功率。

（1）山⑵据图可知,电路是Rp与Ro串联,报警器电压表测Ro两端电压,由乙图可知，Rp随着深度增加而

减小，深度增加时，压敏电阻Rp阻值变小，电路总电阻变小，电流变大，Ro两端的电压越大，因此报警器

电压表示数会变大。

（2）由乙图可知，报警器未浸入水中时，压敏电阻的阻值Rp=40Q,电路中的电流为I=0.15A,则Rp电压为

Up=IRp=0.15Ax40H=6V

（3）报警器未浸入水中时，电源电压U=9V,则Ro两端电压Uo=U-Up=9V-6V=3V

Ro的功率为Po=Uol=3VX0.15A=0.45W

四、实验探究题（共21分）

19.如图所示是小白探究不同物质的吸热情况的实验装置。其中两个相同的烧杯中分别盛有甲和乙两种不同

液体，两个完全相同的电热器和两支温度计分别浸在液体中的适当位置。

小白将所测得的实验数据记录到如下的实验表格中

序号液体液体质量m/g初温to/℃末温t/℃加热时间t/rnin

1甲10020415

2乙10020595

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（1）分析表格实验数据可知：此次实验，质量相等的甲和乙升高的温度（选填“相同”或“不相

同”），吸收的热量（选填“相同”或“不相同”）；

（2）甲、乙液体的比热容分别用c甲、c乙表示，他根据上表中的数据判断，c甲c乙（选填

或“V”）；

（3）下列事实不能用比热容知识解释的是（选或或"C”）。

A.通常沿海地区昼夜温差比内陆地区小

B.吹电风扇，感到凉爽

C.晚上往秧苗地里放水，防止冻坏秧苗

【答案】（1）不相同；相同

（2）>

（3）B

【解析】【解答】（1）①根据表格数据可知，两物质的初温都是20C,甲的末温为41C,乙的末温为

59℃,则甲升高温度：41℃-20℃=21℃,乙升高温度：59℃-20℃=39℃,故升高的温度不同。

②根据题意可知，二者用相同规格的加热器加热，则加热的时间相同时，被加热物质吸收的热量相同。

（2）根据表格数据可知，质量相同的甲、乙两种液体，加热相同时间（5min）,吸收相同的热量，且甲升高

的温度小于乙升高的温度。根据公式。=冬可知，甲的比热容天，即甲的比热容大于乙的比热容。

（3）A.沿海地区昼夜温差较小，而内陆地区（尤其是沙漠）的昼夜温差较大，是因为沙子的比热容较小，

白天温度升高的多，夜晚温度下降的多所致，故A不符合题意；

B.因为汗液蒸发吸热，所以夏天吹电风扇感到凉爽，与比热容大小无关，故B符合题意；

C.晚上往秧苗地里放水，防止冻坏秧苗，是因为水的比热容大，降低相同的温度时水放出的热量多，故C

不符合题意。

故选B。

【分析】（1）根据表格数据分析；

（2）比较物质吸热能力的2种方法：①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；②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；

（3）水的比热容大，即相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的

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少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多，据此分析判断。

(1)[1]山表格数据可知，两物质的初温相同，但末温不同，故升高的温度不同。

[2]由表格数据可知，用相同规格的加热器加热的时间相同，加热器放出的热量相同，故被加热物质吸收的热

量相同。

(2)根据表中的数据可知，质量相同的甲、乙两种液体，加热相同时间，吸收的热量相同，根据公式。=

冬可知，甲升高的温度小，所以甲的比热容大，即甲的比热容大于乙的比热容。

(3)A.因为沙子的比热容较小、水的比热容较大。白天，吸收热量后，沙子的温度升高的多，气温较高；

夜晚，放出热量后，沙子的温度下降的多，气温较低；所以沿海地区昼夜温差较小，而内陆地区(尤其是沙

漠)的昼夜温差较大，故A不符合题意；

B.夏天吹电风扇，感到凉爽，是汗液蒸发吸热，与比热容大小无关，故B符合题意；

C.因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以晚上向秧

苗田里放水，水可以放出更多的热景以防冻坏秧苗，故C不符合题意。

故选Bo

20.小白用图甲所示电路完成“测量小灯泡的额定电功率”实验。他找来额定电压为2.5V的小灯泡L、若干节

干电池、开关、滑动变阻器、电流表、电压表、同一规格的导线若干。

(1)小白连接的实物电路如图甲所示，请在方框内画出对应的电路图。

(2)为了测小灯泡的额定功率，闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片，同时观察表(选填

“电流”或“电压”)示数。

(3)图乙是小灯泡L的电流I随其电压U的变化的图像，则小灯泡的额定电流为A,小灯泡的

额定功率为Wo

【答案】(1)E—I—i

Li|—

(2)电压

(3)0.4；I

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【解析】【解答】(1)根据甲图可知，除了电压表与灯泡并联外，其它的都是串联，则电路图如下图所示：

।।~~

-----——11---------

(2)为了测小灯泡的额定功率，则必须使灯泡的电压等于额定电压，那么闭合开关后，缓慢移动滑动变阻

器的滑片，同时观察电压表示数。

(3)根据乙图可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.4A,则小灯泡额定功率为

P=UI=2.5VxO.4A=lW.

【分析】(I)根据实物图可知灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表测在定值电阻两端的电压，据此画

出电路图；

(2)当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光：

(3)根据图乙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P=UI求出小灯泡的额定功率。

(1)由实物图可知，将灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表测并联在灯泡两端，如下图所示：

———«i—

(2)当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光，因此为了测小灯泡的额定功率，闭合开关后，缓慢移

动滑动变阻器的滑片，同时观察电压表示数。

(3)UH2］由图乙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.4A,则小灯泡额定功率为

P=UI=2.5Vx().4A=lW

21.小白以两节串联的干电池为电源，用若干定值电阻和一只电压表来“探究串联电路电压特点”，实验电路

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151.151.12.2

250.8101.62.4

340.516