2018-2019九年级(上)期末物理模拟考试试卷(解析版).pdf

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1、2018-2019学年九年级（上）期末物理模拟试卷一.选 择 题（共15小题，满 分30分，每小题2分）1.通过实验研究得出“导体中的电流与电压的关系”的科学家是（）A.安培 B.伏特 C.奥斯特 D.欧姆2.通常情况下，下列都属于导体的一组物质是（）A.铁、铜、大地、食盐水 B.铝、石墨、陶瓷、铅C.水银、锡箔、橡胶、银 D.铜、塑料、人体、黄金3.如图所示的四种家用电器中，利用电流热效应工作的是（)4.A.电视机I，抽油烟机关于家庭电路，下列说法中正确的是（电热水壶电风扇A.在家庭电路中，同时工作的用电器越多，总电阻越大B.家庭电路中不安装保险丝，那么发生短路时，会因为通过用电器的电流过大

2、而烧毁用电器C.三孔插座，有一孔接地线，目的是为了避免因用电器漏电而发生触电事故D.只要不超过电能表和空气开关的承受能力就可使用大功率用电器5.取两个相同的验电器甲和乙，使甲带电，乙不带电。可以看到甲的金属箔张开，乙的金属箔闭合（如图所示）。用带绝缘柄的金属棒将甲和乙的两金属球连接起来，则甲、乙金属箔张开角的变化情 况 是（）A.甲和乙都不变 B.甲变小，乙张开C.甲变大，乙不变 D.甲闭合，乙张开6.如图所示的四个电路，开关S闭合后，小灯 泡L、L2串联的电路是（）A.B.D.7.智能手环可随时记录佩戴人的运动数据,且能将数据无线传输到手机上显示，如图所示，将数据从智能手环无线传输到手机是利

3、用（)B.超声波C.次声波D.电磁波8.滑动变阻器，是通过改变下列哪个因素来改变接入电路中电阻大小的（）A.温度B.横截面积C.长度D.材料9.电脑正常工作时，中央处理器不断发热必须用风扇给予降温。为了保证中央处理器不被烧坏，要求：中央处理器（即 CPU）工作之前,带动风扇的电动机要先启动，中央处理器断电后，电动机仍能工作很长一段时间，来进行散热,同学们设计的四个电路图中符合要求的是（)1 1.如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S,电流表和电压表的都有示数。如果某时刻电路出现故障，两表的示数都变大了，那么故障可能是（)B.电 阻R i断路C.电阻R2短路 D.电 阻R2断路12.生活中能

4、量转化的实例很多，从能量转化的角度来看，下列描述错误的是（）A.燃料燃烧主要是把化学能转化为内能B.摩擦起电时主要将机械能转化为电能C.手机电池充电时化学能转化为电能D.电动机带动水泵把水升到高处是把电能转化为机械能13.2016年3月3日，物理学家杰拉德杰克逊和史蒂芬霍维试图就反物质湮灭释放巨大的能量来制造宇宙飞船的推进器。反物质是由反粒子构成的，反质子、正电子都属于反粒子，它们分别与质子、电子的质量、电量相等，但电性相反。那么，根据你的理解，如图关于反氢原子的结构示意图，正 确 的 是（)1 4.如图所示的四幅图中，能反映发电机工作原理的实验装置是（）C.D.1 5.有两盏白炽灯，甲标有P

5、Z220-1 5 ,乙标有PZ22 100”,将它们串联后接入家庭电路中后的情况是（）A.甲灯的额定功率变大 B.甲灯比乙灯亮C.乙灯的电阻变小 D.甲灯两端的电压比乙小二.多 选 题（共 7 小题，满 分 14分，每小题2 分）16.如图所示的电路，己知电流表的量程为0 0.6 A,电压表的量程为0 3 V,定值电阻的阻值为 1 0 Q,滑动变阻器R2的最大阻值为5 0 Q,电源电压为6 V.开 关 S 闭合后，在滑动变阻器滑片滑动的过程中，下列说法不正确的是（）A.电压表最小示数是IVB.滑动变阻器滑片允许滑到最左端C.电路中允许通过的最大电流是0.6AD.滑动变阻器滑片移动的过程中，电流

6、表先达到最大量程17.有关电功和电功率的说法正确的是（）A.用电器电流做功越多，它的电功率就越大B.用电器电流做功越快，它的电功率就越大C.电功的单位J 与电功率的单位kW 都是国际单位D.电功的单位lkWh=3.6X106j1 8.如图所示，电源电压恒定不变，当 S 闭合，滑动变阻器的滑片P 向右移动过程中，下列说法正A.电压表的示数逐渐变大C.小灯泡越来越亮B.电流表的示数逐渐变大D.电路消耗的总功率变大1 9.关于 磁场和磁感线，下列说法正确的是（）A.磁场看不见摸不着，但是可以借助小磁针感知它的存在B.磁感线是磁体周围空间实际存在的曲线C.磁感线是铁屑组成的D.将能自由转动的小磁针放在

7、磁场中的P 点，小磁针静止时N 极所指的方向就是P 点磁场的方向2 0.某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线烧制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将（）A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下侧的绝缘漆都刮掉C,左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉2 1.如图所示，线圈转动过程中，下列说法正确的是（）A.线圈的机械能转化为电能B.通过灯泡

8、的电流方向不变C.通过灯泡的电流大小发生变化D.线圈中产生电流的原理是电流磁效应2 2.在探究电热与什么因素有关时，利用如图甲、乙进行实验，在两个透明容器中密封着等量的空气。下列说法不正确的是（）A.实验采用转换法比较研究对象产生的热量B.甲、乙两套装置均能探究电热与时间的关系C.当把乙接入电路，通电一段时间，B 管液面高度差更大D.采用甲做实验是为了探究电热与电阻的关系三.填 空 题（共 12小题，满分46分）23.图中电阻箱的示数为 C。24.小明家中一周前、后电能表示数如图所示，小明家所在地区每度电的电费是0.5 元，则本周小明家应付电费 元。1 度电可使一盏“220V 20W的灯正常工

9、作 h；这盏灯正常工作1 0 h,电能表的铝盘转 转。电能表7%|1国k W h2 2 0 V 10(20A)5 0 H z600r kWh电能表o I 7 I 8 I 1|同|k W【分析】实物图中，电源、开关、两只灯泡组成串联电路，对各选项逐一分析得出答案。【解答】解：实物图中，电源、开关、两只灯泡组成串联电路；在A中，两只灯泡串联，开关控制两只灯泡，符合题意；在B中，开关闭合后，一只灯泡被短路，不符合题意：在C中，两只灯泡并联，且开关只控制一只灯泡，不符合题意；在D中，两只灯泡并联，开关控制干路，不符合题意。故选：Ao【点评】本题考查根据实物图画电路图，关键是分析出实物图中用电器的连接情

10、况，再对应实物图画出电路图，这是电学的重点也是难点。1 1.如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S,电流表和电压表的都有示数。如果某时刻电路出现故障，两表的示数都变大了，那么故障可能是（）A.电阻R i短路 B.电阻断路 C.电阻R2短路 D.电阻R2断路【分析】由图可知，电阻Ri、R2串联，电压表测量R i两端的电压，电流表测量电路中的电流；根据电压表和电流表示数变大分析电路中的故障所在。【解答】解：由图可知，电阻匕、R2串联，电压表测量R i两端的电压，电流表测量电路中的电流；A、若电阻短路，则电阻R i两端的电压为零，即电压表示数变为零，由于电路中电阻变小，电流变大，即电流表示数变大

11、，故 A 不符合题意；B、若电阻R i断路，电流表示数变为零，电压表与R2串联接入电路，此时电压表测电源电压，电压表示数将变大，故 B 不符合题意；C、若电阻R2短路，电路为R i的简单电路，电路中电阻变小，电流变大，即电流表示数变大，此时电压表测电源电压（电压表示数变大），所以两表的示数都变大，故 C 符合题意：D、若电阻R2断路，电阻Ri、电压表、电流表都没有接入电路，则两表示数均为零，故 D 不符合题足、O故选：Co【点评】本题主要考查电路故障分析，在分析时要学会正确识别电路并通过电表的变化确定短路或断路情况。1 2.生活中能量转化的实例很多，从能量转化的角度来看，下列描述错误的是（）A

12、.燃料燃烧主要是把化学能转化为内能B.摩擦起电时主要将机械能转化为电能C.手机电池充电时化学能转化为电能D.电动机带动水泵把水升到高处是把电能转化为机械能【分析】解决此题的关键是知道各种现象的能量储存方式和转化方式，判断减小的能和获得的能分别是哪一个。【解答】解:A、燃料燃烧放热是把化学能转化为内能，故 A正确；B、摩擦起电时主要将机械能转化为电能，故 B正确；C、手机电池充电时将电能转化为化学能，故 C错误；D、电动机带动水泵把水送到高处是把电能转化为机械能，故 D正确。故选：C【点评】自然界中的能量都以各种形式的能储存起来，在一定条件下可以相互转化。13.2016年 3 月 3 日，物理学

13、家杰拉德 杰 克逊和史蒂芬霍维试图就反物质湮灭释放巨大的能量来制造宇宙飞船的推进器。反物质是由反粒子构成的，反质子、正电子都属于反粒子，它们分别与质子、电子的质量、电量相等，但电性相反。那么，根据你的理解，如图关于反氢原子的结构示意图，正确的是（）、，、，、A.：O e B.；。C.；O。D.6f、一 一./、/、/、【分析】氢原子是由原子核内一个质子和核外一个电子构成的，明确反氢原子和氢原子的不同点。【解答】解：首先要明确一个氢原子是由一个电子和一个质子构成的，那么，一个反氢原子就是由一个反电子和一个反质子构成的。反电子带正电，反质子带负电。故 选:Bo【点评】本题是一信息题，关键根据信息找

14、出反氢原子与氢原子的不同点。1 4.如图所示的四幅图中，能反映发电机工作原理的实验装置是（）【分析】发电机是利用电磁感应原理制造的，而电磁感应是指闭合回路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流。【解答】解：A、图A没有电池，验证闭合电路的一部分导体切割磁感线时产生感应电流，是电磁感应现象实验，故A正确；B、图B验证了通电导体周围存在磁场，这是奥斯特的实验，说明了电流的磁效应，故B错误；C、图C电流大小一定，匝数多的线圈吸引较多的铁钉，可用来演示电磁铁中磁性强弱与线圈匝数的关系，故C错误；D、图D有电池，验证通电导体在磁场中受力的实验，利用此装置原理制造了电动机而不是发电机

15、,故D错误。故选：A【点评】本题应能根据题中的实验装置得出实验的原理及揭示的现象，同时还要把握该现象在生活中的应用。1 5.有两盏白炽灯，甲标有PZ22O 1 5 ,乙标有PZ22 100”,将它们串联后接入家庭电路中后的情况是（）A.甲灯的额定功率变大 B.甲灯比乙灯亮C.乙灯的电阻变小 D.甲灯两端的电压比乙小【分析】首先根据每个灯的额定电压和额定功率求出各自的电阻大小，因为两灯串联在电路中，电流相等，可以根据p=R比较出实际功率的大小即可得出结论。【解答】解：A、因为灯的额定功率不发生变化，与实际电压无关，故A错误；B、由P=U：可得灯泡甲的电阻为：R,产止=。2。二3227c,R P

16、15W灯泡 Lz.的电阻为：R U2 l2 2 0 V）2_1 2 1 O Q）所以 RIR2；P 40W因为两灯串联中电路中，电流相等，根据P=R可知，实际功率与电阻成正比，所以PM P实”由于灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，故甲灯最亮，故B正确；C、灯丝的电阻随温度的升高而变大，故c错误；D、因为串联，电流相等，由欧姆定律可得U=IR,由B可 知RiR2!故甲灯两端电压大于乙灯两端电压，故D错误。故选：Bo【点评】知道铭牌的含义（对额定电压、额定电功率、实际电压、实际电功率的理解）和灯的亮度取决于灯的实际功率是本题的关键。二.多 选 题（共 7 小题，满 分 14分，每小题2 分）1 6.

17、如图所示的电路，已知电流表的量程为00.6 A,电压表的量程为03 V,定值电阻R i的阻值为1 0 滑动变阻器Rz的最大阻值为5 0 Q,电源电压为6 V.开 关S闭合后，在滑动变阻器滑片滑动的过程中，下列说法不正确的是（）A.电压表最小示数是:IVB.滑动变阻器滑片允许滑到最左端C.电路中允许通过的最大电流是0.6AD.滑动变阻器滑片移动的过程中，电流表先达到最大量程【分析】（1）由电路图可知，当滑动变阻器的滑片位于最左端时，电 路 为R i的简单电路，电压表测电源的电压，然后比较电源的电压和电压表的量程即可判断滑片是否允许滑到最左端，根据欧姆定律求出此时电路中的电流即可判断电路中通过的最

18、大电流和那个电表先达到最大量程；（2）当滑动变阻器的最大阻值和定值电阻串联时 分得的电压最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表的最小示数。【解答】解：（1）由电路图可知，当滑动变阻器的滑片位于最左端时，电 路 为 的简单电路，电压表测电源的电压，根据串联电路的分压特点可知，滑动变阻器接入电路中的阻值最大时电压表的示数最小，串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，电路中的最小电流：U 6Vlmin=R R/l0Q+5 0 Q-O-1 A，电压表的最小示数：Uimin=lminR i=0.1AX10n=lV,故 A 正确。(2)因为电源的电压6V大于电压表的最大量程0

19、-3 V,所以滑动变阻器的滑片不能移到最左端，故B错误；根据欧姆定律可得，此时电路中的电流：1=是 看a$A，故电路中的最大电流不能为0.6 A,且两电表中电压表先达到最大量程，故CD不K 10Q正确；故选：BCD【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的灵活应用，此类题应根据电流表、电压表的最大值，由欧姆定律计算电路对应的电流或电压值，再由串联电路的电流、电压、电阻特点进行相关的计算。1 7.有关电功和电功率的说法正确的是()A.用电器电流做功越多，它的电功率就越大B.用电器电流做功越快，它的电功率就越大C.电功的单位J与电功率的单位kW都是国际单位D.电功的单位lkWh=3.6X106j

20、【分析】电功率是描述电流做功快慢的物理量，电功率越大，电流做功越快，单位时间内做的功等于电功率。【解答】解：A、电功率等于电流所做的功与所用时间的比值，电流做功多，电功率不一定大，故A错误；B,用电器电流做功越快，它的电功率就越大，故B正确；C、电功的单位J与电功率的单位W都是国际单位，故c错误；D、电功的单位lkWh=3.6XlC)6j,故D正确。故选：BD。【点评】本题是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题。18.如图所示，电源电压恒定不变，当S闭合，滑动变阻器的滑片P向右移动过程中，下列说法正确 的 是（）J R SA.电压表的示数逐渐变大 B.电流表的示数逐渐变大C.小灯泡越来越亮

21、 D.电路消耗的总功率变大【分析】由图知，灯 泡L与变阻器R串联，电压表测变阻器R两端的电压，电流表测电路中电流，由滑片移动情况判断电路中电阻变化，由串联电路特点和欧姆定律分析电表示数变化，由P=UI判断功率的变化。【解答】解：由图知，灯 泡L与变阻器R串联，电压表测变阻器R两端的电压，电流表测电路中电流，滑 片P向右移动时，变阻器R连入电路的阻值变小，电路的总电阻变小，由仁/可知电路中电流变大，即电流表的示数变大，故B正确；由U=IR可知，灯泡两端电压变大，由串联电路的电压特点可知，R两端电压变小，即电压表的示数变小，故A错误；灯泡两端电压变大，电流变大，由P=UI可知，灯泡的实际功率变大，

22、所以灯泡变亮，故C正确；电源电压恒定不变，电流变大，由P=UI知，电路消耗的总功率变大，故D正确。故选：BCDo【点评】本题考查串联电路的特点和欧姆定律以及电功率公式的应用，属于一道基础题。19.关于 磁场和磁感线，下列说法正确的是（）A.磁场看不见摸不着，但是可以借助小磁针感知它的存在B.磁感线是磁体周围空间实际存在的曲线C.磁感线是铁屑组成的D.将能自由转动的小磁针放在磁场中的P点，小磁针静止时N极所指的方向就是P点磁场的方向【分析】（1）据课本可知，磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转换法；（2）磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线;（3）磁感线

23、是不存在的；（4）小磁针静止时N 极所指的方向就是该点磁场的方向。【解答】解：A、磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转换法，故 A 正确；B、磁感线是不存在的，是为了研究方便而假象的一些有方向的曲线，故 B 错误；C、磁感线是不存在的，磁感线是铁屑组成的说法错误，故 C 错误；D、将能自由转动的小磁针放在磁场中的P 点，小磁针静止时N 极所指的方向就是P 点磁场的方向，故 D 正确。故选：AD,【点评】此题考查了磁场的判断方法、磁感线的理解、磁场方向的理解等知识点，是一道综合题。2 0.某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线烧制而成，漆包线的两端分别

24、从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将（）A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉【分析】该线圈之所以能转动，是据通电导线在磁场中受力的作用的原理来工作的，但是该线圈在转过平衡位置时，若不改变电流的反向，此时所受到的磁场力会阻碍线圈的转动，故为了使线圈持续转动，将线圈两端引线的漆皮一端全部刮掉，另一端只刮半周或将左、右转轴下侧的

25、绝缘漆都刮掉，这样在一个半周内受到磁场的力的作用，另一个半周利用惯性转动；而真正的直流电动机工作时，为了让线圈持续的转动下去，即是通过换向器在平衡位置及时的改变线圈中的电流的方向，即改变线圈所受力的反向，使线圈持续的转动下去。【解答】解：当将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，通电后在一个半周内受到磁场的力的作用为转动，另一个半周没有电流通过，不受磁场力的作用，利用惯性转动，这样才能使线圈在磁场中持续转动下去，如果两端的漆皮都刮掉，线圈每转过半圈，受力方向发生变化，会来回摆动，故需要将左转轴上下侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉。故 选:A

26、Do【点评】本题考查了对磁场对电流的作用的掌握情况以及让线圈持续转动的方法，需要掌握相应实验的原理和规律。2 1.如图所示，线圈转动过程中，下列说法正确的是（）A.线圈的机械能转化为电能B.通过灯泡的电流方向不变C.通过灯泡的电流大小发生变化D.线圈中产生电流的原理是电流磁效应【分析】发电机是利用电磁感应现象制成的，在发电机工作时，电流的大小和方向是时刻变化的，据此分析即可解决；发电机的线圈在转动过程中，将机械能转化为电能。【解答】解：A、发电机的线圈在转动过程中，消耗机械能，产生电能，即将机械能转化为电能的过程，故A正确；B、由于在转动过程中，线圈切割磁感线的方向不同，感应电流的方向是变化的

27、，故B错误；C、线圈在转动过程中，切割磁感线的速度不同，感应电流的大小是变化的，故C正确；D、线圈中产生电流的原理是电磁感应现象，故D错误。故选：AC。【点评】知道发电机的原理，并能理解发电机工作时其内部电流大小、方向的变化特点是解决该题的关键。2 2.在探究电热与什么因素有关时，利用如图甲、乙进行实验，在两个透明容器中密封着等量的空气。下列说法不正确的是（)A.实验采用转换法比较研究对象产生的热量B.甲、乙两套装置均能探究电热与时间的关系C.当把乙接入电路，通电一段时间，B管液面高度差更大D.采用甲做实验是为了探究电热与电阻的关系【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。（1

28、）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想。（2）探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变；（3）探究电流产生的热量跟电流大小大小关系时，控制通电时间和电阻不变；（4）探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变。【解答】解：A、该实验装置是利用U型管中空气的热胀冷缩来反应热的多少，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U型管液面高度差的变化来反映；这是采用转换法；故A正确；B、探究电热与时间的关系，应控制电流和电阻不变；甲装置左右两端的电阻不同，乙装置左右两端的电流不同，没有控制好变量，所以不能能探究电热

29、与时间的关系：故B错误；C、乙装置一个5。的电阻与两个5Q的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I e=l尢，两 个5 Q的电阻并联，根据并联电路的电流特点知鹿=1/2,两电阻阻值相等，则支路中电流相等，11=12,所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系，由Q=Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，A玻璃管液面高度差更大；故C错误;D、甲装置两个电阻串联，电流相等，只有左右两端的电阻不同，故能探究电流产生的热量与电阻的关系，故D正确。故选：BCo【点评】此题

30、主要考查的是学生对 电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验的理解和掌握,注意控制变量法和转换法的运用，同时考查了学生对焦耳定律变形公式的理解和掌握，难度较大。三.填 空 题（共 12小题，满分46分）23.图中电阻箱的示数为 Q。【分析】利用图中四个指针指的数字分别乘以下面所对应的倍数，然后相加即可得到电阻箱此时的示数。【解答】解：百位上对应的数字是7,即为70 0Q,同理十位上是8 0 Q,个上是1 Q,十分位上是0C,相加即为电阻箱的示数：781Q。故答案为:781；【点评】读数时，不但要明确指针的位置，更要明确下面对应的倍数；水表的读数与其相同。24.小明家中一周前、后电能表示数如

31、图所示，小明家所在地区每度电的电费是0.5 元，则本周小明 家 应 付 电 费 2 0 元。1 度电可使一盏“220V20W”的 灯 正 常 工 作 50 h：这盏灯正常工作10h,电能表的铝盘转1 2 0 转。【分析】（1）利用电能表读出消耗电能的方法：周后电能表的示数减去周前的示数，注意：最后一位是小数、单位kWh；知道电价，可求要付的电费；（2）知道消耗的电能，利用P=&求灯正常工作时间；t（3）利用W=Pt求出10h消耗电能，根据600r/kWh”求电能表的铝盘转数。【解答】解:（1）小明家这周共消耗的电能：W=781.5kWh-741.5kWh=40kWh,他 家 1 周需要付的电费

32、：40kWhX0.5 元/kWh=20 元；（2）1度=lkWh,由P=足可得供灯正常工作时间:tt岁lkW-h钎 20X 10-3kW-50h；（3）该灯正常工作lO h消耗的电能:W=Pt=20X 10 3kWX 10h=0.2kWh,电能表的铝盘转数:n=600r/kWh X 0.2kWh=120r故答案为：20；50；120o【点评】本题考查了电能表的读数、电能的计算。关键是理解电能表的各个参数的物理意义，注意电能表表盘上的示数最后一位是小数。2 5.如图所示，小磁针放在通电的蹄形螺线管附近，并且处于静止状态。（1）电 源 的 左 端 为 正极。（填 正 或 负）要使电压表的示数变小，

33、变阻器的滑片P应 向 右移动。（填 左 或 右）（3）此时，通电螺线管的磁性将减 弱。（填 增强、减弱 或 不变）【分析】（1）根据磁极间的相互作用规律知，小磁针的左端为S极，右端是N极，则小磁针的左端与螺线管右端相吸引：（2）要使电压表的示数变小，由串联电路的电压特点可知，变阻器的滑片P的移动方向；（3）由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，再由欧姆定律可知通过螺线管的电流的变化，得出磁性强弱的变化。【解答】解：（1）已知小磁极静止时下端为N极，上端为S极；因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以螺线管上端为N极；下端为S极；根据安培定则判断电流从下端流入，故电源左端是正极：如图所示；

34、（2）已知定值电阻与滑动变阻器串联，要使电压表的示数变小，滑动变阻器两端电压变大，由串联电路的电压特点可知，变阻器的滑片P 应向右移动。（3）当变阻器的滑片P 应向右移动，接入电路的电阻变大，则由欧姆定律可得，电路中电流减小，故电磁铁的磁性减弱。故答案为：（1）正；（2）右；（3）减弱。【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。同时也考查了变阻器电阻的变化，对电磁铁磁性影响，是一道基础题。26.（6 分）在探究影响导体电阻大小的因素时，小兵、小红两位同学作出了如下猜想：导体的电阻与导体的长度有关。导体的电阻与导体的横截面积有关。导体的电阻与导体的材料有关。实验

35、室提供了 4 根电阻丝，规格、材料如表编号材料长度/m横截面积/mn?A银铭合金0.50.5B银铭合金1.00.5C锲铭合金0.51.0D镒铜合金0.50.5为了验证上述猜想，他们设计了如图所示的实验电路。（1）按照图所示“探究影响导体电阻大小因素”的实验电路，在 M、N 之间分别接上不同的导体，则通 过 观 察 电流表示数（或小灯泡亮度）来比较导体电阻的大小。（2）为了验证上述猜想，应 该 选 用 编 号 A和D两根电阻丝进行实验;（3）如果选用编号为A、C 两根电阻丝进行实验，是为了验证猜想（填序号）；（4）如果选用编号为A、B 两根电阻丝进行实验，是为了验证猜想 （填序号）。分别将A 和

36、B 两电阻丝接入电路中M、N 两点间时，电阻丝A 接入时电流表示数较大，由此，得到的结论是:材料和横截面积一定时，导体越长电阻越大。（5）以上研究问题的科学方法是采用了控 制 变 量 法。（6）在最近几年，我国城乡许多地区进行了输电线路的改造，将原来细的铝质输电线换成较粗的铝质输电线，这样就 减小 了输电线的电阻,从而可以 减小 输电线上的电能损失（选填 增大”或 减小小。【分析】（1）电流表串联在电路中，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大,可以通过电流表示数大小（或小灯泡亮度）判断导体电阻大小；（2）（3）（4）根据控制变量法的要求，根据实验目的或实验现象分析答题；（5）

37、只有要研究的那个因素不同，其余的其他的几个因素相同，这种方法物理学上叫做控制变量法。（6）影响电阻大小的因素有材料、长度和横截面积，当材料和长度都一定时，导线的横截面积越大,导线的电阻值就会越小。【解答】解：（1）实验中，在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表示数（或小灯泡亮度）来比较导体电阻的大小；（2）要验证猜想：导体的电阻与导体的材料有关，应控制导体的长度与横截面积相同，而材料不同，由表中数据可知，应选编号为A、D的两根电阻丝进行实验：（3）由表中数据可知，A、C两电阻丝的长度、材料相同而横截面积不同，将A和C两电阻丝接入电路中M、N两点间，可验证导体电阻跟横截面积的关系，即猜

38、想；（4）A、B两电阻丝的材料、横截面积相同而长度不同，将A和B两电阻丝接入电路中M、N两点间，可验证导体电阻跟长度的关系，即猜想；电阻丝A接入时电流表示数较大，说明电阻丝A的电阻小，而电阻丝A的长度小于电阻丝B的长度,由此得到的结论是：材料和横截面积一定时，导体越长电阻越大（或导体越短电阻越小）；（5）导体的电阻与导体的材料、长度和横截面积有关，探究影响电阻大小的因素时，需要运用控制变量法进行探究；（6）细的铝质输电线换成较粗的铝质输电线，导线的横截面积增大了，输电线的电阻减小了，根据W损=Rt可知，导线上损失的电能也就减小了，从而起到节能的效果。故答案为：（1）电流表示数（或小灯泡亮度）；

39、（2）A、D；（3）；（4）；材料和横截面积一定时，导体越长电阻越大；（5）控制变量法；（6）减小；减小。【点评】探究影响电阻大小的因素采用了控制变量法的思想，电阻大小的变化是通过电流表的示数变化体现的，这里采用了转换法的思想。27.（4 分）如图，探究两种电荷间的相互作用规律”。（1）两根用丝绸摩擦过的玻璃棒相互靠近时，它们之间发生相互排斥的现象。两根用毛皮摩擦过的橡胶棒相互靠近时，它们之间发生相互排斥的现象。用丝绸摩擦过的玻璃棒和用毛皮摩擦过的橡胶棒相互靠近时，它们之间发生相互吸引的现象；由此实验可以得出 同种电荷相互排斥；异种电 荷 相 互 吸 引。（2）小明和小红在做此实验时，小明才做

40、完一次实验后就得出结论，小红认为小明的实验结论不对。你认为小明不对的原因是：没有多次实验找普遍规律。【分析】根据实验现象即可知道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。【解答】解：（1）两根用丝绸摩擦过的玻璃棒相互靠近时，它们带有同种电荷，发生相互排斥的现象。两根用毛皮摩擦过的橡胶棒相互靠近时，它们带有同种电荷，发生相互排斥的现象。用丝绸摩擦过的玻璃棒和用毛皮摩擦过的橡胶棒相互靠近时，它们带有异种电荷，发生相互吸引的现象；由此实验可以得出同种电荷相互排斥；异种电荷相互吸引。（2）一次实验得不出普遍结论，故小明不对的原因是没有多次实验找普遍规律。故答案为：（1）同种电荷相互排

41、斥；异种电荷相互吸引；（2）没有多次实验找普遍规律。【点评】本题是基础题，要求知道自然界中只有哪两种电荷，以及它们之间的作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。28.（5分）在 测定额定电压为2.5V的小灯泡的电功率 实验中，连接的电路如图甲所示，电源电压为3V。甲（1）本实验测量电功率的原理是P =UI 0乙（2）连接电路时，开关应 断开（选填 断开 或 闭合），滑动变阻器的滑片应滑到阻值最大的位置，可 以 起 到 保 护 电 路 的 作用。（3）按图甲连接好电路后，闭合开关，发现电流表无示数，移动滑动变阻器的滑片P,电压表示数始终接近电源电压。造成这一现象的原因可能是灯 泡 断 路（

42、选填 灯泡短路、灯泡断路 或 变阻器断路”）。（4）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P到某处，电压示数为2.6 V,则小灯泡消耗的实际功率 大于（选填 大于、小于 或 等于）额定功率；为了测定小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片P向A（选填A或B）端移动，使电压表示数为2.5 V,此时电流表指针位置如图乙所示，则小灯泡的额定功率为1.25 W。（5）某兴趣小组的同学想接着研究电流与电压的关系，于是将图甲中的小灯泡换成了定值电阻，闭合开关，移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，多次测量的目的是为了 寻找普遍 规 律（选填 减小实验误差 或 寻找普遍规律”）。【分析】（1）本实验

43、测量电功率的原理是P=UI；（2）连接电路时，为保护电路，开关应断开，滑动变阻器的滑片应滑到阻值最大的位置；（3）逐一分析每个答案，找出符合题意的答案；（4）根据P=尤，在灯发光的情况下，灯的电压越大，灯的功率越大；R灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；根据电流表选用的量程确定分度值读数，根据P=UI求灯的额定功率；（5）多次测量目的有两个：一是多次测量取平均值，减小实验误差，二是寻找普遍性的规律，根据本实验目的回答。【解答】解：（1）本实验测量电功率的原理是P=UI。（2）连接电路时，开关应断开，滑动变阻器的滑片应滑到阻

44、值最大的位置，电流中电流最小，可以起到保护电路的作用。（3）若灯泡短路，则电压表示数为0,电路为通路，电流表有示数，不符合题意；若灯泡断路，则电流表示数为0,电压表串联在电路中，测电源电压，故移动滑动变阻器的滑片P,电压表示数始终接近电源电压，符合题意；若变阻器断路，整个电路断路，两表都没有示数，不符合题意；故按图甲连接好电路后，闭合开关，发现电流表无示数，移动滑动变阻器的滑片P,电压表示数始终接近电源电压。造成这一现象的原因可能是灯泡断路；（4）灯在额定电压下的功率为额定功率，因 2.6V大 于 2.5 V.当电压示数为2.6 V,则小灯泡消耗的实际功率大于额定功率；灯在额定电压下正常发光，

45、示数为2.6V大于灯的额定电压2.5V,应减小灯的电压，根据串联电路电压的规律，应增大变阻器的电压，由分压原理，应增大变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A 移动，直到电压表示数为额定电压2.5V；此时电流表指针位置如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.5 A,则小灯泡的额定功率为：P=UI=2.5VX0.5A=1.25W；（5）小灯泡换成了定值电阻，研究电流与电压的关系，闭合开关，移动滑片P,记下多组对应的电压表和电流表的示数，多次测量的目的是为了避免实验的偶然性，寻找普遍规律。故答案为：（1）P=UI；（2）断开；保护电路的；（3）灯泡断路；（4）大于；A；1.25；（5）寻找普遍规律

46、。【点评】本题测定额定电压为2.5V的小灯泡的电功率，考查实验原理、注意事项、故障分析、操作过程、额定功率的计算及多次测量的不同目的。29.（5 分）小明学了有关电磁方面的知识后，设计了如图所示的甲、乙两个装置（1）为了探究电磁感应现象，小 华 应 选 用 甲装置进行实验。（2）小明选用甲装置探究有关知识时，进行了如下的操作，其中不能使电流表指针发生偏转的是二（填序号）让导线ab在磁场中斜向上运动；让导线ab在磁场中沿水平方向左右运动让导线ab沿竖直方向上下运动（3）如果在乙装置的实验中，当开关闭合时，发现直导线a b 向左运动，若要使导线ab 向右运动,你采取的措施是 将磁铁N、S 极 对

47、调（或 将连接电源两极的导线对调）。（4）甲、乙两图的原理分别用于制造 发电机 和 电 动 机。（选填 电动机 或 发电机）【分析】（1）（4）电磁感应现象的前提是运动，结果是产生电流，即将机械能转化为电能；通电导体在磁场中受力的前提是通电，结果是受力运动，即将电能转化为机械能；区分上述两个实验的主要依据是看是否存在电源，故据上面的理解分析该题即可解决；（2）产生感应电流的条件是：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流,本题判断电流表指针偏转就是产生感应电流，关键是看导体是否切割磁感线；（3）通电导体在磁场中受力，受力方向与磁场方向、电流方向两个因素有关，只改变其中一个因

48、素,可以改变运动方向，同时改变两个因素，运动方向不会改变。【解答】解：（1）甲图中，连接电路后，在外力作用下使导体左右运动，切割磁感线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，可以探究电磁感应现象；（2）甲图中磁感线沿竖直方向，让导线ab在磁场中斜向上运动或左右运动会切割磁感线，导线ab沿竖直方向上下运动不会切割磁感线，故符合题意；（3）要改变通电导线的受力方向，可改变磁场方向或线圈中电流方向；乙图中，改变磁场的方法，可以将磁铁N、S极对调，改变电流的方法，可以将连接电源两极的导线对调；（4）甲图中没有电源，若开关闭合，金属棒做左右切割磁感线运动，此时电路中就会产生电流，所以是电磁感应实

49、验的装置，据此原理人类制造出了发电机：乙中有电源，是因通电而运动，即是通电导体受力的作用的实验装置，是电动机的制造原理。故答案为：（1）甲；（2）；（3）将磁铁N、S极 对 调（或将连接电源两极的导线对调）；（4）发电机；电动机。【点评】对比记忆：（1）电磁感应现象实验装置没有电源直接供电；通电导体在磁场中受力实验装置有电源直接供电；（2）电磁感应现象实验影响电流方向的因素是运动方向和磁场方向；通电导体在磁场中受力实验影响受力方向的因素是电流方向和磁场方向；（3）电磁感应现象实验中机械能转化为电能；通电导体在磁场中受力实验中电能转化为机械能；（3）发电机利用电磁感应现象原理；电动机利用通电导体

50、在磁场中受力原理。30.（6分）有一形状不规则的小铁块，请你设计出两种不同原理的实验方案，确定出该小铁块的体积。写出主要实验步骤和小铁块体积的表达式。（测量器材自选）【分析】（1）利用量筒，利用排水法测体积；（2）用天平测质量，在密度表查出铁的密度，利用V=4求小铁块的体积；（3）利用弹簧测力计，材料用二次称重法测出小铁块浸没在水中受到的浮力，利用阿基米德原理求排开水的体积（小铁块的体积）。【解答】解：方法一：先用量筒取适量的水，读出体积为V1，再将小铁块浸没水中，读出水和铁块的总体积V2；表达式：V=V2-V1；方法二：用天平测质量m,在密度表查出铁的密度P缺，由p=得出小铁块的体积；表达式