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（解析版）

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。分。

1.如图，两个铅柱没有被重物拉开，主要是因为（）

（铅柱

J

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

【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：Co

【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.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：2800W

【答案】A

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【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IOOW,故D不符合题意。

故选Ao

【分析】根据生活经验和对电功率旦位的认识分析。

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

凉拌黄瓜

B.通过热传递蒸制食物

清蒸妒鱼

C.用铁锅煎制是由于铁的比热容大

香煎蛇烙

D.炒制是通过做功的方式改变内能

干炒牛河

【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

忌;

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小符合题意。

故选Bo

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【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，热传递过程足能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。比热容足物质的一种特性；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.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

【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中的能量之比，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日总功的百分比，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.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，己

知制作水果电池的锌片为负极、铜片为正极，则此过程（）

甲乙

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

【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

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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.可能足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Co

【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.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（）

6毛皮

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

【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。不背电的毛皮和绝

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，绝壕棒吸引吸管，

说明吸管可能带正电，也可能不带耳，故A不符合题意。

故选Do

【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.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Si,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（）

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S.

c.

s

【答案】B

【解析】【解答】本题考杳了电路的设计，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Si,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Bo

【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.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（）

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

【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囱态：固体有一定的形态和体积，不能压缩，小能流动：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

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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，山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；热值足燃料

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.将只值为30。的定值电阻Ri与最大阻值为20Q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.Ur<U2B.lx>l2C.UX>U2D./i<I2

【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Co

【分析】闭合开关，两电阻串联，吕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.气敏电阻需要用电阻丝加热到一定温度才工作，某气敏电阻殂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（）

气故元件

气松的

定做电阻

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

【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=1R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；

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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：Co

【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，定值电阻的限值不变，电路的总电阻不变，由欧姆定律判断出电路中电流的变化。

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，己知Ri与R2粗细相同，Ri匕R2长；Ri与R3长度相同，R3比Ri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“RLR3”）；同种材料、长度相同的导体，越粗的电阻

（选填“越大”“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：

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（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。山图2可知，电压相同时，电压:一定时，通过R/的电流比Ri大。通过Ri的电流小于通过

氐的电流，根据/?=苧可R的电阻大于R，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；

（2）在电阻一定时，通过导体的电流和导体两端的电压成正比；在电压一定时，通过导体的电流和导体电

阻成反比；根据电阻的影响因素结合控制变量法进行分析。

（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：

R

（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。

⑵由图2可知，电压相同时，通过Ri的电流最小，通过心的电流最大，电压一定时，通过R2的电流比Ri

大。

[3]Ri与R3长度相同，材料相同，K比Ri粗，通过Ri的电流小于通过R3的电流，根据R=彳可Ri的电阻大

于R：;的电阻，说明同种材料、长度相同的导体，越粗的电阻越小。

12.如图1,小明将物体以lm/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。

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600J势能

A1000J

-商交、系统I血、1OOOJ机械能B.1000J

人的能量^~——1—~/

人的能量600J内能

400J势能

，人篇的亘600J势能

lOOOJr

600J内能

人的能量400J内能

图2

【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息功的60%,小明做的额外功占总功的

40%,故此过程，额外功小于有用力。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.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-lOmin放出的热量如图乙。（此过程A和B质量不变、物态不变）

温度/℃

液体A液体B

乙

（1）在（）・lOmin,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

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【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=与可知液体A的比热容较大，即以＞◎。

【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。=冬分析。

rnAt

（1）在O-lOmin,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）山⑵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=磊可知液体A的比热容较大，即以

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IOOOW的电热水壶单独接入电能表，6min内指示灯闪烁次。

kWh

01M913El

单相电子式电能表

220V15(60)A50Hz

2000imp/(kWh)?

闪烁次数脉冲闪烁灯

【答案】I；U93.5kW・h；60A；200

【解析】【解答】I度电=lkW・h,如图电能表读数为U93.5kW・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=素得，6min内电热水壶消耗的电能为

W=Pt=10001Vx6x60s=3.6x105/=OAkW♦h

此过程中，指示灯闪烁的次数为??=0.1x2000=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。

第10页

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(选费机械能化学能”“内能”);

图2

(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5xl07j/kg,求上述过程发动机的效率。

【答案】(1)机械能；内能

(2)120g；1.6xl05J

(3)解：该个的最佳空燃比为15,则上述过程消耗的燃料油质量为由油=喑=8g

(4)解：上述过程燃料油完全燃烧放出的热量为Q^=mq=8xl0—3kgx5xl(fj/kg=4xl05j

上述过程发动机的效率为^=普〜x100%="xl?Jx100%=40%

Q放4X10、

【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=200x0.6g=120g；

②牵引力所做的功为：

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W=Fs=l600Nx100m=L6xlO5J；

（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^=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）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空气=100xl.2g=120g

⑵匀速直线行驶100m,车受牵引力为1600N,牵引力所做的功为W=Fs=1600Nx100m=1.6x105J

（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

料油质量为小油=号詈=8g

（4）上述过程燃料油完全燃烧放出的热量为Q放=mq=SxlO^kgx5x107J/kg=4x105]

上述过程发动机的效率为"=产x100%=L6X?x100%=40%

Q放4x10）

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，Ri、R2

为加热电阻（RI>R2）,其中R2的阻值为27.5C,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o

（2）电动机功率为440W,求电动机通电10s：

①消耗的电能；

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②通过它的电流；

③内部线圈电阻产生的热量（该电阻值为0.5Q）；

（3）旋转开关转至be,电动机功率一定，求：

①通过R2的电流；

②通过干路的电流。

【答案】（1）be；旋转开关转至be时，电路的总功率更大

⑵解：①由P二与得，通电10s,电动机消耗的电能W=&=440Wx10s=4400/

②根据P=U/可得，通过它的电流儿=端=桀罂=24

C*4/1UV

③内部线圈电阻产生的热量Q=/2Rt=（2力）2X0.5。x10s=20/

（3）解：①旋转开关转至be,R2.与电动机并联。根据并联电路的电压规律可知，R2两端的电压为火

=U=220V

R2的电流，2=事=照器=84

②根据并联电路的电流规律可得，通过干路的电流/=为+/2=2A+8A=10A

【解析】【解答】（1）由图乙可知，旋转开关转至ab时，Ri与电动机并联；旋转开关转至be时，Rz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Ri、R2

电压均等于电源电压，由于

2

根据p=%可知，Ri消耗的功率小于R2消耗的功率，由路的中•功率等于各用由器的中，功率之和，则旋转开

关转至be时，电路的总功率更大，暖风机处于高热挡工作。

【分析】（1）由图乙可知，旋转开关转至ab时，Ri与电动机并联；旋转开关转至be时，R2与电动机并联，

.,2

由于R|>R2,根据P=皆可知R|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=I?Rt求内

部线圈电阻产生的热量；

（3）①旋转开关转至be,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R?的电流；②根

据并联电路的电流规律可得通过干路的电流。

（1）由图乙可知，旋转开关转至&15时-，Ri与电动机并联；旋转开关转至be时，R?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Ri、R2电压均等于

电源电压，由于%>/?2

„2

根据.=%可知，Ri消耗的功率小于心消耗的功率，电路的电功率等于各用电器的电功率之和，则旋转开

关转至be时，电路的总功率更大，暖风机处于高热挡工作。

第13页

⑵①由尸=与得，通电10s,电动机消耗的电能W=Pt=440Wx10s=4400J

②根据P=U/可得，通过它的电流桀罂=24

（-/乙4UV

③内部线圈电阻产生的热量Q=/2Rt=（2/l）2X0.5。x10s=20/

（3）①旋转开关转至be,R2与电动机并联。根据并联电路的电压规律可知，R?两端的电压为U2=U=22OIZ

R2的电流，2=修=27^0=84

②根据并联电路的电流规律可得，通过干路的电流/=/M+/2=2A+84=104

17.小明用伏安法测量灯泡的电阻。

电源电压4.5V

（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1=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/A0.140.160.200.220.280.3()

灯泡亮度不亮不亮微亮较暗凫较亮很亮

灯泡电阻R/Q

（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

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(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

O.1V,示数为O.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/=0.26/

(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

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率太小，灯泡不会发光，故B符合题意，ACD不符合题意。

故选Bo

【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，也压表的分度值为

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）如图内，中，流表接小量程，分度侑为0.02A,中，流/=

（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RA

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

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为hi用时为t,滑轮组的机械效率印=（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

Oo他猜想：①当重物处于静止状态时，0角越大，水平绳上拉刀越大；②在此状况下，提升重物时滑轮组

的机械效率112V中。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】将x100%；弹簧测力计；量角器；

表格2

按图1操作按图2操作（两绳的按图2操作按图2操作

夹角01）（两绳的夹角（两绳的夹角

02）03）

物体提升高度h/m

绳子端