北师大版初中物理九年级下学期期中模拟测试卷A卷附答案

北师大版初中物理九年级下学期期中模拟测试卷A卷一、选择题（每题3分，共27分）1．下列家用电器中，主要利用电流热效应工作的是（）A．电风扇 B．电视机 C．洗衣机 D．电水壶2．电磁学是现代科技的核心基础，下列各图关于电与磁的描述正确的是（）A．图甲：是发电机的工作原理B．图乙：电磁继电器是利用电流的磁效应来工作的C．图丙：是奥斯特发现的磁生电现象D．图丁：动圈式话筒和电动机的工作原理相同3．关于信息、能源和材料，下列说法正确的是（）A．手机的芯片使用的主要材料是超导体B．北斗卫星导航系统传递信息利用的是超声波C．核电站利用铀核聚变释放出核能发电D．5G网络需要通过收发电磁波来实现信息交互4．如图是“金星”学习小组为“探究滑动变阻器的工作原理”连接的电路，下列说法正确的是（）A．滑动变阻器是通过改变接入电路中电阻丝的横截面积来改变电阻大小的​B．闭合开关后，向右滑动滑片P，电路中电流会变大，灯泡会变亮​C．闭合开关后，调节变阻器滑片，灯泡不发光，故障是灯泡断路D．若滑动变阻器接线柱接A和B，闭合开关后滑动滑片P时，灯泡亮度无变化5．如图甲，用相机连拍功能拍得灯泡通电后的情景依次为①到⑥，同时测得通过灯泡的电流随时间变化的图像如图乙所示，实验过程中灯泡两端的电压恒定。下列说法正确的是（）A．通过灯泡电流变大 B．灯泡实际功率不变C．灯丝阻值越来越小 D．灯丝阻值先增大后不变6．如图所示的电路中，电源电压恒定，R0为定值电阻，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P由右端移到左端的过程中，以下说法不正确的是（）A．电流表示数变大，电压表示数变大B．电流表示数变大，电压表示数变小C．电阻R0两端的电压变大D．整个电路的总功率变大7．如图所示为交流发电机的工作原理图。当发电机的线圈ABCD绕转轴逆时针转动时，下列说法错误的是：（）A．当线圈转到图甲位置时，线圈中不能产生感应电流B．当线圈转到图乙位置时，线圈不会受到磁场力的作用C．当线圈转到图丁位置时，线圈中的感应电流方向与图乙相反D．加快线圈的转动速度，产生的感应电流会增大8．如图甲是一台收音机，在物理课上，老师用导线迅速在干电池两端触碰，可听到收音机发出“嗒嗒”声，下列说法正确的是（）A．若某次收听AM800kHz的频道，则接收到该信号波的周期为1.25μsB．听到“嗒嗒声”说明收音机接收到了超声波C．如图乙，若旋转旋钮使指针向右移动，收音机发出声音的响度会变大D．如图乙，当频率指针固定在图示位置，由AM切换到FM频道，信号频率会变低9．如图所示，电源电压为，当开关S闭合后，两只灯泡均发光，两表均有示数。过一段时间后，发现电压表示数变大，电流表示数变小。造成这种情况的原因可能是（）A．灯断路 B．灯断路 C．灯短路 D．灯短路二、多选题（每题3分，共15分）10．如图所示，四个完全相同的环形磁铁a、b、c、d套在塑料支架的光滑杆上.静止时磁铁a、b、c悬浮在空中，d压在塑料支架底板上.若每个磁铁受的重力均为G，磁铁a的上表面是N极，则（）.A．磁铁b的上表面是N极 B．磁铁c的上表面是N极C．磁铁d对底板的压力是G D．磁铁d对底板的压力是4G11．(多选)如图所示是无线电广播的发射过程.关于无线电广播的发射，下列说法中正确的有（）A．变化的音频电流在空间形成电磁波，将声音传到远方B．音频电流只有被调制到高频电流上时，才能传到远方C．将音频电流调制到高频电流上是为了保密D．高频振荡器、调制器、发射天线是发射无线电广播不可缺少的装置12．标有“2.5V0.3A”和“5V0.3A”的小灯泡L1和L2(假设两灯灯丝电阻不变)，若仅将它们串联在某电路中，都能发光，下列说法正确的是（）A．通过L1和L2的电流之比为1∶1B．灯L1和L2的两端电压之比是2∶1C．灯L1和L2的发光亮度相同D．若电源电压是7.5V，则灯L1和L2都能正常发光13．如图是一种电热水壶工作电路的示意图，S为感温开关，1、2是开关连接的触点，和为加热电阻，且阻值保持不变。电热水壶加热挡的额定功率为1100W，保温挡正常工作时的电流为0.5A。下列说法正确的是（）A．电阻的阻值为440ΩB．加热挡正常工作时的电流为5AC．当S接1时，电热水壶处于保温状态D．保温挡和加热挡正常工作时功率之比为14．如图甲，电源两端电压不变，电流表的测量范围为0~0.6A，电压表的测量范围为0~15V。滑动变阻器R的规格为“50Ω，0.5A”。闭合开关S后，调节滑动变阻器的滑片P，测得多组数据。用测得的数据绘制了电流与滑动变阻器阻值的变化关系图像（如图乙）。在保证电路安全的情况下，下列结果中正确的是（）A．电源两端电压为8VB．R0的阻值为10ΩC．滑动变阻器的最大功率为0.9WD．滑动变阻器连入电路的阻值范围是0~50Ω三、实验题（共3题，共34分）15．跨学科实践：设计冰蓄冷空调【项目提出】深圳平安金融中心采用的冰蓄冷空调技术引发同学们的关注：与传统空调即用即耗电不同，冰蓄冷空调将“制冷”与“用冷”在时间上分离。它利用夜间电网低谷期的低价电制冰蓄冷，在白天电网高峰期融冰供冷，从而降低了运行成本，并提高电网的整体能效。于是，同学们开展了“设计冰蓄冷空调”的实践活动。（1）由材料可知，采用冰蓄冷空调无法____A．提高电能利用率 B．节省电费C．减轻白天电网负荷 D．减少设备空间占用率（2）【项目分析】冰蓄冷空调工作流程如图所示：蓄冷阶段(夜间)：利用电能驱动压缩机，通过制冷剂循环，使蓄冷装置中的水凝固成冰，储存冷量。释冷阶段(白天)：冰从环境中吸热熔化，由小功率风扇将冷风吹出。蓄冷装置“蓄冷”的本质是能的转移。（3）【项目实施】设计内部结构：蓄冷装置应靠近空调的(选填“蒸发器”或“冷凝器”)安装。（4）设计电路系统：为实现释冷阶段的温控功能，小明设计了图甲所示的电路。当环境温度达到25℃时，风扇启动器两端电压上升至20V，空调开始出冷风。图乙是两款热敏电阻阻值随温度变化的图像，则应选择型热敏电阻接入电路，启动器中定值电阻R的阻值为Ω。（5）测算空调能效比：空调的能效比指制冷量与输入功率之比，它是衡量空，调制冷性能的重要指标，能效比越(选填“高”或“低”)，空调越节能。某型号冰蓄冷空调在标准工况下测得其输入功率为2520W，制冷量为7560W，则该空调的能效比为。（6）测算运行成本：传统电空调(变频)与冰蓄冷空调全天的运行情况及电价如下表：空调类型运行时段运行功能输入功率电价传统电空调(变频)08：00~08：30降温至设定温度10000W1.0元/kW·h08：30~16：00维持恒温2000W1.0元/kW·h冰蓄冷空调00：00~06：00制冰蓄冷4000W0.3元/kW·h08：00~16：00出风释冷300W1.0元/kW·h若两种空调制冷效果相同，则冰蓄冷空调一天能节省电费元。（7）【交流评估】学校计划为新建的体育馆选择空调系统。请你作为项目评估员，简要评估是否推荐选用冰蓄冷空调(30字左右)：。16．利用如图器材探究“电流通过导体产生的热量多少与什么因素有关”。（1）甲、乙、丙三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着等量的空气，形管中的变化反映密闭容器内空气吸收热量的多少。（2）在甲、乙、丙三个装置中，选用装置组合，并将两条电阻丝联接到电源两端进行实验，可以探究电热与电阻大小的关系。（3）选用乙、丙装置串联接到电源两端进行实验，可以探究电热与电流的关系。检查装置气密性良好后通电一段时间，发现乙、丙装置中形管出现了相同的液面高度差，产生此现象的原因可能是。（4）一位电器维修师傅做好防护措施后把一个电吹风拆开，接通电路，发现小风扇不转而电热丝热得发红。电热丝热得发红是因为它的电阻比导线得多，产生的热量也多，并且与电阻丝联的小风扇断路，没有及时把热量带走。17．综合实践活动：项目式学习小组设计—智能冷库系统【任务与要求】：海鲜保存通常要求冷库温度维持在，这样才能保证海鲜的品质和口感，请为某海鲜市场设计一款智能冷库系统。【设计电路】：设计温控系统，温控系统的原理如甲图所示，控制电路的电源电压为，热敏电阻随温度的变化情况如乙图所示。当冷库温度达到时，衔铁刚好被吸下来，制冷系统启动工作；当冷库温度达到时，衔铁刚好被弹回去，绿灯亮。已知制冷系统工作的额定功率为。【项目实施】（1）由甲图可知，电磁铁的上端是极，当冷库温度升高时，电磁铁的磁性（选填“增强”“不变”或“减弱”）；（2）当冷库温度在－18℃时，电磁铁线圈电阻忽略不计，则控制电路的电流大小是A；（3）查阅资料得知制冷系统选择水作为冷却介质，是因为；【设计评价】（4）若长时间工作后，控制电路的电压小于时，则制冷系统启动工作将（选填“高于”或“低于”）。（5）在某次制冷过程中，制冷系统正常工作，将体积为的冷库温度从室温下降至，则制冷系统的能量转化效率是。[，，结果保留整数]四、计算题（共2题，共24分）18．为实现自动控制，小明同学利用电磁继电器（电磁铁线圈电阻不计）制作了具有延时加热、保温、消毒等功能的恒温调奶器，其电路图如图甲所示。控制电路中，电压U1=3V，定值电阻R0=50Ω，热敏电阻R阻值随温度变化的图像如图乙所示；工作电路中，电压U2=220V，R1=836Ω，R2=44Ω。已知恒温调奶器容量为2kg，水温达到80℃时衔铁会跳起。[水的比热容为4.2×103J/(kg•℃)]（1）求衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流；（2）求工作电路在保温状态下的电功率；（3）当调奶器加满温度为25℃的水，加热元件工作500s后衔铁跳起，求此过程中水吸收的热量及恒温调奶器的加热效率。19．图甲是测量患者的关节活动程度的电子角度尺。图乙是其内部原理电路图，电源电压恒为6V，电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~3V，O为半圆弧电阻MN的圆心，与半圆弧接触的金属滑片OP为半径，接入电路的电阻与指针旋转角度成正比，为电阻箱。将滑片OP旋转至M处，将调至；保持不变，然后调节时，电流表示数为0.2A。为满足患者的测量，要求旋转角度，重新调节电阻箱，使调至满足要求的最小值（忽略金属滑片和导线电阻对电路的影响）。求：（1）当滑片旋转至M处，将的调至时，电流表的示数；（2）的最大阻值；（3）当调至满足要求的最小值时，接入电路的电阻消耗的最大功率（保留两位小数）。

答案1．【答案】D【解析】【解答】A、电风扇的核心部件是电动机，工作时主要将电能转化为扇叶转动的机械能，仅因电流的热效应产生少量热量，并非主要利用电流热效应工作，故A错误。

B、电视机工作时，主要将电能转化为屏幕的光能、扬声器的声能，同时产生少量热量，其工作原理与电流热效应无关，故B错误。

C、洗衣机依靠电动机带动滚筒转动，工作时主要将电能转化为机械能，不是利用电流热效应，故C错误。

D、电流热效应是指电流通过导体时，电能转化为内能的现象。电水壶工作时，电流通过发热电阻丝，将电能转化为内能，用来加热水，是主要利用电流热效应工作的用电器，故D正确故选：D。

【分析】当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。除了热效应，电流还有磁效应和化学效应。2．【答案】B【解析】【解答】A、图甲装置中包含电源，通电后导体棒ab在磁场中发生运动，这是磁场对电流的作用，属于电动机的工作原理。发电机的原理是电磁感应，不需要外部电源，故A错误。

B、电磁继电器的核心元件是电磁铁。当控制电路接通时，电流通过电磁铁使其产生磁性（磁效应），吸引衔铁，从而接通或断开工作电路；当控制电路断开时，电磁铁失去磁性，衔铁复位。整个过程利用了电流的磁效应，故B正确。

C、图丙是奥斯特实验，导线通电后，下方的小磁针发生偏转，证明了电流周围存在磁场，故C错误。

D、图丁是动圈式话筒，声波推动膜片振动，带动线圈在永磁体的磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流，利用的是电磁感应原理；而电动机是利用磁场对电流的作用原理工作。两者工作原理截然不同，故D错误。故选：B。

【分析】（1）图甲中有电源，是通电导体在磁场中受力运动，属于电动机原理，不是发电机；

（2）电磁继电器核心部件是电磁铁，利用电流的磁效应工作；

（3）图丙是奥斯特实验，证明电流周围存在磁场，即磁生电现象的逆过程；

（4）图丁动圈式话筒利用电磁感应，电动机利用磁场对电流的作用，原理不同。3．【答案】D【解析】【解答】A、芯片的制作材料为半导体，故A错误；

B、北斗导航使用的是电磁波传递信息，故B错误；

C、核电站利用核裂变发电，故C错误；

D、5G等远距离传输的介质为电磁波，故D正确。

故选D。

【分析】1、核聚变：主要为太阳能的放能方式，核裂变主要是链式反应的放能方式；

2、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息，如北斗导航等；

3、半导体的应用：常用作发光二极管、芯片等。4．【答案】D【解析】【解答】A．滑动变阻器的工作原理是通过改变接入电路中电阻丝的长度来调节电阻值，而非通过改变横截面积实现，因此选项A的表述是错误的。B．根据图示电路连接方式，滑动变阻器接入电路的是AP段电阻丝。当滑片P向右移动时，AP段电阻丝长度增加，导致接入电阻增大，电路电流减小，因此灯泡亮度会变暗。原选项B的结论是错误的。C．灯泡不亮可能存在多种原因：既可能是灯泡本身断路，也可能是由于滑动变阻器阻值过大导致电流过小，还可能是灯泡被短路。因此仅判断为灯泡断路的选项C是不准确的。D．当滑动变阻器同时连接A、B两个下接线柱时，相当于将整个电阻丝接入电路，此时移动滑片不会改变有效电阻长度，因此电路电流保持不变，灯泡亮度不会发生变化。这个结论是正确的。综上所述，正确答案是。

【分析】1、电路的三种状态：断路：电路中存在接触不良、或者损害电路中无电流；短路：电路中电流直接连接在用电器两端，用电器无电流，通路：电路正常工作；

2、电路动态分析：变阻器是通过改变接入电路的电阻长度进而改变电路的电流和电压，当变阻器滑片时，接入电路中的阻值变化，导致电路中的电流变化，连接原则为一上一下。5．【答案】D【解析】【解答】AB．图中，灯一直变亮，通过灯丝的电流先减小后不变，灯泡两端的电压不变，根据P=UI，灯泡的实际功率先变小后不变，故AB错误；CD．图乙中，灯正常发光前，通过灯丝的电流减小，正常发光后，通过灯丝的电流不变，根据，灯丝阻值先增大后不变，故D正确，C错误。故选D。

【分析】结合图像，判断电流的变化规律；根据P=UI，判断灯泡电功率的变化。6．【答案】A【解析】【解答】ABC．根据电路图可知，与串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路电流。滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据R总=R+R0可知，电路总电阻减小。根据欧姆定律可知，此时电路电流增大，即电流表示数变大。

由可知，两端电压变大。根据可知，电压表示数变小，故A错误符合题意，BC正确不符合题意；D．根据可知，电流变大，电源电压一定，所以总功率变大，故D正确不符合题意。故选A。

【分析】ABC.由图可知，开关闭合后，R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流，滑片P由右端移到左端的过程中，滑动变阻器R接入的阻值变小，根据R总=R+R0分析总电阻的变化，由欧姆定律确定电流表的示数变化，根据串联电路的电压规律确定电压表的示数变化；

D.由P=UI知整个电路的总功率变化情况。7．【答案】B【解析】【解答】A．根据图片可知，磁场方向沿水平方向。当线圈转到图甲位置时，导线的运动方向与磁场方向相同，则此时线圈没有做切割磁感线运动，线圈中不能产生感应电流，故A正确不符合题意；B．根据图片可知，磁场方向沿水平方向。当线圈转到图乙位置时，线圈做切割磁感线运动，线圈中感应电流，会受到磁场力的作用，故B错误符合题意；C．根据图片可知，图丁与图乙相比，线圈切割磁感线的运动方向相反，所以图丁线圈中的感应电流方向与图乙相反，故C正确不符合题意；D．加快线圈的转动速度，则线圈切割磁感线运动的速度增大，那么产生的感应电流会增大，故D正确不符合题意。故选B。

【分析】A.产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动；

B.通电导体在磁场中会受力的作用；

C.感应电流的方向与磁场方向和导体切割磁感线运动的方向有关；

D.感应电流的方向与磁场大小和导体切割磁感线运动的速度有关。8．【答案】A【解析】【解答】A．根据公式可知，若某次收听AM800kHz的频道，则接收到该信号波的周期为，故A正确；B．听到“嗒嗒声”说明收音机接收到了电磁波，而不是超声波，故B错误；C．根据乙图可知，若旋转旋钮使指针向右移动，收音机接受电磁波的频率（88→108MHz）变大，而不是响度变大，故C错误；D．如图乙，AM波段的频率为kHz，FM波段的频率单位为MHz，则由AM切换到FM频道，信号频率会变高，故D错误。故选A。

【分析】A.根据公式计算即可；

B.变化的电流产生电磁铁；

C.根据乙图中的单位“MHz”分析变化的因素；

D.根据乙图确定两个波段的频率变化即可。9．【答案】B【解析】【解答】根据图片可知，灯泡L1和L2串联，电压表测L2两端电压。A．若灯L1断路，则整个电路发生断路，那么电压表的示数和电流表的示数为零，故A不符合题意；B．若灯L2断路，则此时电压表串联在电路中，因此它的示数接近电源电压，即示数变大。电流表示数为零，即变小，故B符合题意；C．若灯L1短路，则此时只有灯L2发光，那么电路中总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故C不符合题意；D．若灯L2短路，则电压表也被短路，所以电压表示数为零，故D不符合题意。故选B。

【分析】根据电路图确定电路的串并联关系，以及电压表所测的物理量，然后针对各个选项中的故障，推测两个电表的示数变化规律即可。10．【答案】B,D【解析】【解答】A、磁铁a的上表面是N极，则下表面是S极，磁铁b与a相互排斥，故b的上表面是S极，下表面是N极，故A错误；

B、磁铁b上表面是S极，下表面是N极，c与b排斥，故c的上表面是N极，下表面是S极，故B正确；

CD、a、b、c悬浮在d的上方，并静止，把a、b、c看作整体，d对a、b、c整体的磁力等于整体的重力3G，根据力的作用是相互的，d受到3G的向下压力，再加上自身重为G，则d对底板压力为4G，故C错误，D正确。

故选BD。

【分析】利用同名磁极相互排斥，判断各环形磁铁磁极的位置，再由平衡条件判断力的大小。11．【答案】B,D【解析】【解答】A、变化的音频电流在形成电磁波，通过电磁波携带信息，将声音传到远方，A错误；

B、音频电流在被调制到高频电流上时，通过电磁波传到远方，B正确；

C、将音频电流调制到高频电流上，能以电磁波的速度传播，传播速度快，C错误；

D、电磁波传递信息时，调制器把音频信号加载到高频振荡器，通过发射天线发射信号，是发射无线电广播不可缺少的装置，D正确。

故选BD。

【分析】【学找切入点】由图可知，音频电流不是直接由天线发射出去的，而是加在载波发生器产生的高频电流上，再由天线发射出去，完成将音频电流加载到高频电流上这项工作的装置是调制器.12．【答案】A,D【解析】【解答】ABC.两灯串联在某电路中，根据串联电路电流规律可知，通过L1和L2的电流之比为1∶1；

灯L1和L2的电阻为：

则灯L1和L2的两端电压之比为：

灯L1和L2的实际功率之比为：

所以灯L1和L2的发光亮度不同，故A正确，BC错误；

D.若电源电压是7.5V，灯L1和L2的两端电压之比为1：2，则灯L1两端的电压为2.5V，灯L2两端的电压为5V，所以灯L1和L2都能正常发光，故D正确。

故选AD。

【分析】1.串联电路中，电流处处相等；

2.已知灯泡的额定电压和正常工作时的电流，根据求出灯泡的电阻，根据U=IR求出灯泡两端的电压之比，根据P=UI求出灯泡的实际功率之比，进而可比较灯泡的亮度；

3.已知电源电压，根据串联电路电压关系即灯泡两端的电压之比，即可求出灯泡的实际电压，据此进行分析。13．【答案】B,D【解析】【解答】C、图中，当开关S接1时，只R1接入电路，当S接2时，两电阻串联，根据，电压一定时，电阻越大，电功率越小，则接1是加热档，接2是保温档，C错误；

B、加热档的电流为：，B正确；

AD、根据加热档功率，计算R1电阻为：，根据保温档电流，计算总电阻为：，结合串联电路电阻规律，则R2的电阻为：R2=440Ω-44Ω=396Ω，保温功率为：P保=UI保=220V×0.5A=110W，保温功率和加热功率的比值为：110W：1100W=1：10，A错误，D正确。

故选BD。

【分析】电压一定时，电阻越大，电功率越小；根据，计算电流，结合，计算电阻大小，利用P=UI，计算电功率。14．【答案】B,C【解析】【解答】根据甲图可知，定值电阻和滑动变阻器R串联，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器两端的电压。AB．根据乙图可知，滑动变阻器阻值为时，电路中电流为0.3A，

根据U总=I总R总得到：①

当滑动变阻器阻值为时，电路中电流为0.1A，

根据U总=I总R总得到：②联立①②解得：，，故A错误，B正确；C．当变阻器接入的阻值等于定值电阻的阻值时，它的电功率最大。根据分压规律可知，此时变阻器的电压为总电压的一半为3V，则该电路中滑动变阻器消耗的最大功率为，

故C正确；

D．电流表的测量范围为0~0.6A，滑动变阻器R的规格为“50Ω，0.5A”，则电路的最大电流为0.5A，

那么此时变阻器阻值为，所以电路中电流最大为0.5A，变阻器阻值最小为；电压表的测量范围为0~15V，电源电压为6V，根据串联分压原理，变阻器阻值最大为50Ω，所以滑动变阻器连入电路的阻值范围是2~50Ω，故D错误。故选BC。

【分析】AB.从图乙中找到两组对应的电流和电阻值，然后根据U总=I总R总列方程组计算即可；

C.变阻器接入的阻值等于定值电阻的阻值时，它的电功率最大，根据计算即可；

D.将电流表的量程和变阻器的规格比较，从而确定电路的最大电流，然后根据欧姆定律计算出变阻器接入的最小阻值，从而确定变阻器的阻值变化范围。15．【答案】（1）D（2）内（3）蒸发器（4）NTC；10（5）高；3（6）8.8（7）从运行成本上说，通过利用夜间电价低的优势，可以节省电费。【解析】【解答】（1）据题可知，该设备利用夜间电网低谷期的低价电制冰蓄冷，在白天电网高峰期融冰供冷，所以可以提高电能利用率，节省电费，减轻电网负荷，所以ABC正确；

D、该设备，需要加装蓄冷设备，所以会增加空间占比率，故D错误；

综上选D；

（2）蓄冷阶段水凝固为冰，此过程将水的内能转移出去，所以该装置的本质为内能的转移；

（3）蒸发器是吸收热量的部件，蓄冷装置靠近蒸发器，能更高效的进行热量交换，所以蓄冷装置靠近蒸发器；

（4）当环境温度达到25℃时，风扇启动器两端电压上升至20V，热敏电阻减小，根据串联分压可知，此时定值电阻电压越大，据图可知，NTC随着温度的增加减小，所以选择NTC；据图可知25℃，NTC电阻为100Ω，根据串联电路电压规律计算可知，热敏电阻两端电压为220V-20V=200V，电路电流为，同理计算定值电阻的阻值；

（5）空调的能效比指制冷量与输入功率之比越高，制冷量越大，能量转换效率越高，所以更节能，据计算可知空调的能效比为；

（6）传统变频空调运行时间8：00-8：30，消耗电能W=Pt=10000W×0.5h=5kW·h，所以电费为5kW·h×1.0元/kW·h=5元，同理计算8：30-16：00的电费用为15元，据此计算，传统空调的花费为15元+5元=20元；

冰蓄冷空调运行时间0：00-6：00，消耗电能W=Pt=4000W×6h=24kW·h，所以电费为24kW·h×0.3元/kW·h=7.2元，同理计算8：00-16：00的电费为4元，所以整天的电费为11.2元。能节省的电费为20元-11.2元=8.8元。

（7）推荐，通过利用夜间电价低的优势，可以节省电费。

【分析】1、电功的计算：公式为W=Pt。

2、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和。

3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。16．【答案】（1）液面高度差（2）甲、乙；串（3）丙装置中的电阻丝发生了断路（4）大；并【解析】【解答】（1）容器中密封着等量的空气，气体吸收热量后体积膨胀，可通过U形管中液面高度差的变化反映密闭容器内空气吸收热量的多少。

（2）探究电热与电阻的关系时，应控制通过电阻的电流和通电时间相同，改变电阻的阻值，所以应选用甲和乙组合，并将两条电阻丝串联接到电源两端进行实验。

（3）选用乙、丙装置串联接到电源两端进行实验，通电一段时间，发现乙、丙装置中形管出现了相同的液面高度差，说明通过电阻的电流、电阻和通电时间都相同，说明丙中15Ω的电阻丝并未起到分流作用，即可能的原因是丙装置中15Ω的电阻丝发生了断路。

（4）电阻丝和导线串联接入电路中，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，在通过电热丝与导线电流大小相同和加热时间相同的情况下，电热丝热得发红，说明电热丝产生的热量更多，由此可知电热丝的电阻比导线电阻大得多；

由题意可知，小风扇断路后电阻丝仍能发热，说明电阻丝此时能正常工作，由此可判断电阻丝与小风扇是并联连接。

【分析】（1）在此探究实验中，容器中密封着等量的空气，根据气体的热胀冷缩可知，本实验可通过U形管中液面高度差的变化反映密闭容器内空气吸收热量的多少；

（2）要探究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，据此进行分析；

（3）根据焦耳定律Q=I2Rt可知，丙中15Ω的电阻丝断路，并未起到分流作用；

（4）根据焦耳定律Q=I2Rt可知在通过电热丝与导线电流大小相同和加热时间相同的情况下，由此可判断电热丝与导线电阻大小关系；

根据串并联电路特点分析电路的连接方式。17．【答案】（1）N；增强（2）0.06（3）水的比热容较大（4）高于（5）21%【解析】【解答】（1）由图甲可知，电流从电磁铁的下端流入，上端流出，根据安培定则可知，电磁铁的上端是N极。

由图乙可知，当冷库温度升高时，热敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律可知，控制电路中的电流变大，所以电磁铁的磁性增强。（2）当冷库温度在-18℃时，此时热敏电阻的阻值为100Ω，电磁铁线圈电阻忽略不计，则控制电路的电流大小是：

（3）质量相同的不同物质，温度变化相同时，比热容较大的物质吸收或放出的热量较多。查阅资料得知制冷系统选择水作为冷却介质，是因为水的比热容较大。（4）若长时间工作后，控制电路的电压小于6V时，控制电路的工作电流不变，此时电路中的电阻应该减小，根据热敏电阻的特点，则制冷系统启动工作将高于-18℃（5）冷系统正常工作2h，消耗的电能为：

空气的质量为：

冷库温度从室温20℃下降至-20℃，放出的热量为：

制冷系统的能量转化效率是：

【分析】（1）根据安培定则确定电磁铁的磁极；电磁铁的磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关。

（2）根据欧姆定律进行计算。

（3）水的比热容较大，与其它物质相比，质量相同，升高或降低一定的温度，能够吸收或放出更多的热量，常用作传输能量的介质。

（4）根据热敏电阻的特性和欧姆定律进行分析。

（5）已知冷系统正常工作的功率和时间，根据求出消耗的电能；已知空气的密度和体积，根据求出空气的质量；根据求出冷库温度从室温20℃下降至-20℃放出的热量，根据求出制冷系统的能量转化效率。（1）[1]由电源正负极可判断出螺线管正面电流都是向右，根据右手螺旋定则可知，电磁铁上端是N极。[2]根据乙图可以看出，温度升高，电阻减小，通过电磁铁的电流增大，电磁铁的磁性增强。（2）由乙图可知，当冷库温度在时，电阻，由甲图可知，控制电路的电压，电磁铁线圈电阻忽略不计，控制电路的电流大小是（3）制冷系统选择水作为冷却介质，吸收相同热量时，水的温度变化较小，能够高效地带走热量‌，是因为水的比热容较大。（4）若长时间工作后，控制电路的电压小于时，制冷系统启动工作的电流不变，根据可知，电阻小于，结合图乙可知，制冷系统启动工作将高于。（5）的冷库的空气质量为空气降低的温度为空气放出的热量为制冷系统做的功为制冷系统的能量转化效率是18．【答案】解：（1）根据甲图可知，控制电路中定值电阻R0与R串联，

根据乙图可知，当温度为80℃时，热敏电阻的阻值为100Ω，

此时控制电路的总电阻为R控=R+R0=100Ω+50Ω=150Ω；衔铁刚弹起时，通过电磁铁线圈的电流。

答：衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流为0.02A。（2）根据甲图可知，当衔铁被吸下时，动触点与静触点b接触，此时只有R2；

当衔铁跳起时，动触点与静触点a接触，R1和R2串联；

则总电阻R2<R总；

由可知，前者电功率大，处于加热状态；后者电功率最小，处于保温状态；

则保温功率为。

答：工作电路在保温状态下的电功率为55W。（3）根据题意可知，水吸收的热量为Q=c水mΔt=4.2×103J/(kg·℃)×2kg×(80℃﹣25℃)=4.62×105J；恒温调奶器加热状态下的电功率；500s内消耗的电能W=P加t=1100W×500s=5.5×105J；恒温调奶器的加热效率。答：此过程中水吸收的热量为4.62×105J，恒温调奶器的加热效率为84%。【解析】【分析】（1）根据乙图确定温度为80℃时热敏电阻的阻值，根据R控=R+R0计算此时的总电阻，根据计算此时通过电磁铁线圈的电流即可。

（2）根据甲图确定开关在不同位置时总功率大小，从而确定对应的工作状态，根据计算保温功率即可；

（3）根据Q=c水mΔt计算水吸收的热量，根据计算恒温下的电功率，根据W=Pt计算消耗的电能，最后根据计算加热效率19．【答案】（1）解：根据乙图可知，半圆弧电阻RMP与电阻箱R0串联。

当滑片P旋转至M处时，接入电路的电阻RMP=0Ω，此时电路中只有电阻箱R0工作。

此时电路中的电流即电流表的示数为。（2）解：根据题意可知，当θ=90°时，电流表示数I'=0.2A，

此时电路的总电阻为；此时接入电路的电阻；因为接入电路的电阻R