安徽省六安市霍邱县2020-2021学年九年级上学期期末物理试卷（Word解析版）

2020-2021学年安徽省六安市霍邱县九年级（上）期末物理试卷
一、填空题（每空1分，共计20分）
1．（2分）建筑工地上有一台大型汽车吊，把100t建筑材料从地面吊到15m高处，汽车吊做的有用功为　 　J．在这过程中，汽车吊消耗柴油的质量为2.0kg，则完全燃烧2.0kg柴油释放的内能为　 　J（柴油的热值为q＝4.3×107J/kg，取g＝10N/kg）。
2．（2分）如图所示，小明在探究物体动能的大小与哪些因素有关时，让同一辆小车分别从同一斜面的不同高度由静止释放，撞击水平面上同一木块，本实验探究的是小车的动能与　 　的关系，实验中通过比较　 　来判断小车动能的大小。
3．（3分）用两节干电池和一个灯泡连接了如图所示的电路，用来探究铅笔芯AB的导电性。闭合开关后发现灯泡能发光，这说明铅笔芯是　 　，当P向右移动时灯泡亮度增大，说明铅笔芯接入电路的电阻　 　（选填增大或减小），这个实验说明导体的电阻跟导体的　 　有关。
4．（2分）如图甲所示是家用燃气报警器的简化原理图。R0为电阻箱，R为气敏电阻，气敏电阻的阻值随泄漏燃气浓度变化的关系如图乙所示。泄漏燃气浓度增大，电流表的示数　 　（选填“变大”或“变小”），当电流表的示数变化为某一值时报警器开始报警，要使报警器在泄漏燃气后浓度更低时报警，则R0应　 　（选填“调大”或“调小”）一些。
5．（2分）一根锰铜线的电阻为R，将其两端接到电压恒定的电源上时，通过的电流为I1；将导线对折后接入电路，通过的电流为I2；将导线拉长后接入电路，通过的电流为I3；则I1　 　I2；I1　 　I3（选填“＞”“＝”或“＜”）。
6．（2分）现有一只标有“10Ω 0.5A”的定值电阻和“3V 0.75W”的小灯泡，忽略灯丝电阻受温度的影响。将它们并联接入电路中时，它们两端允许加的最大电压为　 　V；若将它们串联接入电路，电路允许消耗的最大功率是　 　W。
7．（2分）直流电动机两端的电压为5V，通过它的电流为1A，电动机线圈的电阻为1Ω，则电动机在10s内消耗的电能是　 　J，产生的热量是　 　J。
8．（2分）为了研究“影响电阻大小的因素”，小明准备了不同材料、长度和粗细的电阻丝进行实验。实验中通过　 　的大小，来表示电阻丝电阻的大小；实验中用到的实验方法主要有　 　（选填一个）。
9．（3分）为了“探究电流通过导体时产生的热量与导体电阻大小的关系”，小明采用了如图所示的实验装置进行实验，AB为完全相同装满煤油的玻璃瓶。为使通过电阻RA、RB的电流相等，实验中RA、RB，应采用　 　（填“串联”或“并联”）；实验中通过观察　 　即可比较两导体产生的热量，这种实验方法称为转换法；通过实验可得出结论：在通电时间相同，电流相等的情况下，电阻越大，电流产生的热量越　 　（选填“多”或“少”）
二、选择题（每题2分，共14分；每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）
10．（2分）把甲、乙两段电阻线分别接在相同的电路中，甲线中电流小于乙线中的电流，忽略温度的影响，下列判断中正确的是（　　）
A．当它们的材料、粗细都相同时，甲线短、乙线长
B．当它们的材料、长度都相同时，甲线粗、乙线细
C．甲、乙两电阻线的材料、长短、粗细不可能完全相同
D．当它们的长度、粗细都相同时，两线的材料一定相同
11．（2分）由欧姆定律公式I＝变形得R＝，对此下列说法中正确的是（　　）
A．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小
B．加在导体两端的电压越大，则导体的电阻越大
C．当导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零
D．导体的电阻跟导体两端的电压和通过导体的电流无关
12．（2分）如图所示的是用电压表和电流表测电阻的一种连接方法，Rx为待测电阻，如果考虑电表内阻对测量结果的影响，则（　　）
A．电压表示数大于Rx两端的实际电压，电流表示数大于通过Rx的实际电流
B．电压表示数大于Rx两端的实际电压，电流表示数等于通过Rx的实际电流
C．电压表示数等于Rx两端的实际电压，电流表示数大于通过Rx的实际电流
D．电压表示数等于Rx两端的实际电压，电流表示数等于通过Rx的实际电流
13．（2分）已知R2＜R1，将图中的四种不同接法，接到同一电源两极之间，则电路中电流最大的是（　　）
A． B．
C． D．
14．（2分）下列关于电能的说法正确的是（　　）
A．电源是将电能转化为其它形式能的装置
B．电功率越大的用电器，消耗电能就越多
C．电能表是用来测量用电器消耗电功的仪表
D．消耗电能相同的用电器，产生的热量一定相同
15．（2分）如图所示的电路，闭合开关后发现小灯泡L1发光比L2亮，对于这一现象产生原因的分析，下列说法中正确的是（　　）
A．小灯泡L1的实际功率大于小灯泡L2的实际功率
B．通过小灯泡L1的电流大于通过小灯泡L2的电流
C．小灯泡L1两端的电压等于小灯泡L2两端的电压
D．小灯泡L1的实际功率小于小灯泡L2的实际功率
16．（2分）根据Q＝I2Rt和欧姆定律公式I＝，可以得到电流通过导体时产生的热量变形式Q＝UIt和Q＝。下列说法正确的是（　　）
A．根据Q＝UIt可知、相同时间内产生的热量与电阻无关
B．根据Q＝I2Rt可知，电阻越大，相同时间内产生的热量越多
C．根据Q＝可知、电阻越大，相同时间内产生的热量越少
D．根据Q＝I2Rt可知，在电流一定时，电阻越大，相同时间内产生的热量越多
三、实验探究题（第17题7分、第18题6分，第19题5分，共计18分）
17．（7分）小明选用两节新电池，两个小灯泡，一个电压表来探究串联电路电压的特点。
（1）若要测量灯泡L1两端的电压，请在图甲中画出导线，补充完整实物图；
（2）小明连接好电路，闭合开关前，发现电压表指针如图乙所示，出现这种情况的原因是　 　；
（3）故障排除后，用电压表分别测出A与B、B与C、A与C两点间的电压UAB，UBC，UAC，将数据记录在下表中，分析实验数据得出两个实验结论。
①串联电路两端的电压　 　各用电器两端电压之和；
②串联电路中，各用电器两端电压相等。
（4）小明和同学交流后认为结论②是片面的，接下来他换用规格　 　（选填“相同”或“不同”）的小灯泡又进行了几次实验，他这样做的目的是　 　。（选填序号）
A.寻找普遍规律
B.减小实验误差
（5）在实验中发现，电源两端电压总略大于各用电器两端电压之和，询问老师后得知是由于电压表接入电路中分流造成的。要想减小电压表对实验的影响，他应该选择内阻　 　（选填“较大”或“较小”）的电压表进行实验。
次数 UAB/V UBC/V UAC/V
1 1.2 1.2 2.4
18．（6分）小明利用如图甲所示的电路“探究电流跟电阻的关系”，电源电压6.0V，四个定值电阻的阻值分别是5Ω、10Ω、20Ω和40Ω，滑动变阻器标有“20Ω 1A”字样。
（1）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于图中最　 　（选填“左”或“右”）端；
（2）按照电路图甲正确连接电路后闭合开关，移动变阻器滑片，发现电压表示数接近电源电压，电流表有示数且无明显变化，经检查是由于某处短路造成的，被短路的可能是　 　；
（3）排除故障后，分别改接四个定值电阻，移动滑片P的同时，眼睛应注视电压表，使电压表示数为适当数值U0时，记录电流表示数，图乙是根据所测数据画出的电流随电阻变化图像，分析可知U0＝　 　V，由图像可以得出结论　 　；
（4）实验时，断开开关S，把5Ω的电阻换成10Ω的电阻，再次闭合开关后，滑片应向　 　（选填“左”或“右”）端移动；
（5）结合图像乙，小明同学在四次实验中将滑动变阻器接入电路的最大阻值是　 　Ω。
19．（5分）在“测定小灯泡的电功率”的实验中先用如图甲所示的器材，其中电源电压为6V，小灯泡额定电压为2.5V（灯丝电阻约为12Ω）。
（1）为能顺利完成该实验探究，下列两种规格的滑动变阻器应选用　 　；
A.“10Ω 0.5A”的滑动变阻器
B.“20Ω 5A”的滑动变阻器
（2）闭合开关，移动滑片，发现电压表的示数如图乙所示，其读数是　 　V；为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向　 　端移动（选填“左”或“右”）；
（3）通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系如图丙所示，分析图像可知该小灯泡正常发光时的额定功率约为　 　W；小灯泡灯丝的电阻是亦化的，主要是受　 　变化的影响。
四、计算与推导题（每小题6分，共计18分，解答要有必要的公式和过程）
20．（6分）小华参加体育中考的跳绳考试时，她在1min内连续跳了180次，获得跳绳项目的成绩90分。已知小华的质量为45kg，跳起时重心升高的平均高度为4cm．g取10N/kg．求：
（1）小华跳一次所做的功；
（2）小华跳绳时的平均功率。
21．（6分）甲、乙两处距离为L，其间铺设了由两根导线组成的电话线，单导线单位长度的电阻为r（r的单位为Ω/m），使用中发现线路中途某处两导线因绝缘层损坏而相连，相连处接触电阻未知。为了找出相连位置，给你一台电压为U的稳压电源和一个量程合适的电流表。测量过程如图所示，请你求出损坏处离甲端的距离L0（用U、L、r和测量的电流值表示）。
22．（6分）养生壶是一种用于养生保健的烹饮容器，采用新型电加热材料，通电后产生热量把壶内的水加热。下图是某款养生壶及其铭牌，求：
（1）养生壶正常工作时的电阻；
（2）若正常工作时，养生壶加热效率为91%，将1kg水从20℃加热到85℃需要多长时间：【c水＝4.2×103J/（kg ℃）】
（3）用电高峰期，家中只有养生壶工作时，养生壶将1kg水从20℃加热到85℃，实际用时363s，此时养生壶两端的实际电压。（设养生壶的电阻和加热效率不变）。
型号 CH﹣﹣M16
额定电压 220V
频率 50Hz
额定功率 1000W
容量 1.2L
2020-2021学年安徽省六安市霍邱县九年级（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（每空1分，共计20分）
1．（2分）建筑工地上有一台大型汽车吊，把100t建筑材料从地面吊到15m高处，汽车吊做的有用功为　1.5×107　J．在这过程中，汽车吊消耗柴油的质量为2.0kg，则完全燃烧2.0kg柴油释放的内能为　8.6×107　J（柴油的热值为q＝4.3×107J/kg，取g＝10N/kg）。
【分析】（1）知道建筑材料的质量，可利用公式G＝mg计算出建筑材料的重力，又知道上升的高度，可利用公式W有用＝Gh计算出汽车吊做的有用功。
（2）知道柴油的质量和柴油的热值，可利用公式Q放＝mq计算出柴油完全燃烧放出的热量，即燃烧柴油释放的内能。
【解答】解：（1）因为m＝100t＝100000kg，g＝10N/kg，
所以建筑材料的重力为：G＝mg＝100000kg×10N/kg＝1×106N，
而h＝15m，
故汽车吊做的有用功为：W有用＝Gh＝1×106N×15m＝1.5×107J。
（2）因为m柴油＝2.0kg，q＝4.3×107J/kg，
所以柴油完全燃烧放出的热量为：Q放＝mq＝2.0kg×4.3×107J/kg＝8.6×107J。
故答案为：1.5×107；8.6×107。
【点评】此题主要考查的是学生对功的计算公式、热值的计算公式的理解和掌握，在计算过程中要注意单位的换算。
2．（2分）如图所示，小明在探究物体动能的大小与哪些因素有关时，让同一辆小车分别从同一斜面的不同高度由静止释放，撞击水平面上同一木块，本实验探究的是小车的动能与　速度　的关系，实验中通过比较　木块移动的距离　来判断小车动能的大小。
【分析】动能大小与速度和质量有关，研究动能大小与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；
由转换法，根据木块移动的距离来判断小车动能的大小。
【解答】解：让同一辆小车（质量相同）分别从同一斜面的不同高度由静止释放，小车运动到水平面时的速度不相同，本实验探究的是小车的动能与速度的关系；
根据转换法，实验中通过比较木块移动的距离来判断小车动能的大小。
故答案为：速度；木块移动的距离。
【点评】本题探究物体动能的大小与哪些因素有关，考查控制变量法和转换法的运用。
3．（3分）用两节干电池和一个灯泡连接了如图所示的电路，用来探究铅笔芯AB的导电性。闭合开关后发现灯泡能发光，这说明铅笔芯是　导体　，当P向右移动时灯泡亮度增大，说明铅笔芯接入电路的电阻　减小　（选填增大或减小），这个实验说明导体的电阻跟导体的　长度　有关。
【分析】灯泡能够发光也就说明了有电流通过灯泡，铅笔芯可以导电是导体。
当P向右移动时灯泡亮度增大，灯泡亮度大说明了通过灯泡的电流大，根据欧姆定律说明电阻小了，滑片P向右移动就改变了铅笔芯接入电路的长度，从而得出导体电阻和长度的关系。
【解答】解：
闭合开关后发现灯泡能发光，说明有电流通过灯泡，这说明铅笔芯能够导电，是导体；
当P向右移动，铅笔芯接入电路中的长度变小，灯泡亮度增大说明电路中的电流变大，根据R＝可知电路中的总电阻变小，灯泡的电阻不变，铅笔芯的电阻变小，从而得出铅笔芯电阻和铅笔芯的长度有关，长度越小，电阻越小。
故答案为：导体；减小；长度。
【点评】此题考查我们对于实验现象的分析能力，我们要能够根据实验现象得出结论。
4．（2分）如图甲所示是家用燃气报警器的简化原理图。R0为电阻箱，R为气敏电阻，气敏电阻的阻值随泄漏燃气浓度变化的关系如图乙所示。泄漏燃气浓度增大，电流表的示数　变大　（选填“变大”或“变小”），当电流表的示数变化为某一值时报警器开始报警，要使报警器在泄漏燃气后浓度更低时报警，则R0应　调小　（选填“调大”或“调小”）一些。
【分析】由电路图可知，气敏电阻R和定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流。
（1）根据图乙得出泄漏燃气浓度增大时气敏电阻R的阻值变化，进一步得出电路的总电阻变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化；
（2）由题意可知，当电流表的示数变化为某一值时报警器开始报警，电源的电压不变，根据欧姆定律可知报警器开始报警时电路的总电阻一定，根据图乙可知报警器在泄漏燃气浓度更低时报警气敏电阻R的阻值变化，从而得出R0的阻值变化。
【解答】解：由电路图可知，气敏电阻R和电阻箱R0串联，电流表测电路中的电流。
（1）由图乙可知，当泄漏燃气浓度增大时，气敏电阻R的阻值变小，电路的总电阻变小，
由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；
（2）由题意可知，当电流表的示数变化为某一值时报警器开始报警，
电源的电压不变，由R＝可知，报警器开始报警时电路的总电阻一定，
由图乙可知，要使报警器在泄漏燃气浓度更低时报警，即气敏电阻R的阻值更大；根据电阻串联的规律，应调小R0的阻值，才能使报警器报警时电路的总电阻不变。
故答案为：变大；调小。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
5．（2分）一根锰铜线的电阻为R，将其两端接到电压恒定的电源上时，通过的电流为I1；将导线对折后接入电路，通过的电流为I2；将导线拉长后接入电路，通过的电流为I3；则I1　＜　I2；I1　＞　I3（选填“＞”“＝”或“＜”）。
【分析】根据欧姆定律表示出电流；
将导线对折后接入电路，横截面积增大，长度减小，电阻变小，根据欧姆定律表示出电流；
将导线拉长后接入电路，横截面积减小，长度增大，电阻增大，根据欧姆定律表示出电流；
进而比较出电流的大小。
【解答】解：根锰铜线的电阻为R，将其两端接到电压恒定的电源上时，通过的电流为I1＝；
将导线对折后接入电路，横截面积增大，长度变为原来的，电阻减小，通过的电流为I2＝＝，所以I1＜I2；
将导线拉长后接入电路，横截面积减小，长度增大，电阻增大，即R′＞R，通过的电流为I3＝，
因为R′＞R，根据I＝知在电压一定时电阻越大，电流越小，即I1＞I3。
故答案为：＜；＞。
【点评】本题考查了影响电阻的因素以及欧姆定律的应用等知识，是一点基础题。
6．（2分）现有一只标有“10Ω 0.5A”的定值电阻和“3V 0.75W”的小灯泡，忽略灯丝电阻受温度的影响。将它们并联接入电路中时，它们两端允许加的最大电压为　3　V；若将它们串联接入电路，电路允许消耗的最大功率是　1.375　W。
【分析】知道电阻阻值和允许通过电阻的电流，根据欧姆定律的变形公式U＝IR可计算电阻两端的最大电压，将电阻和灯泡并联接入电路中时，它们两端允许加的最大电压为两个额定电压中较小的；
知道灯泡的规格，根据电功率公式和欧姆定律可计算灯泡的额定电流和灯泡的电阻，将它们串联接入电路，串联电路各处电流相等，所以通过电路的电流为两个额定电流中较小的，串联电路总电阻等于各分电阻之和，根据串联电路电阻规律计算电路总电阻，根据电功率公式P＝UI＝I2R计算电路允许消耗的最大功率。
【解答】解：现有一只标有“10Ω 0.5A”的定值电阻，由I＝可得电阻两端的最大电压为：U1＝I1R1＝0.5A×10Ω＝5V，
灯泡标有“3V 0.75W”，所以灯泡的额定电压为3V，
并联电路各并联支路两端电压相等，所以将电阻和灯泡并联接入电路中时，它们两端允许加的最大电压为两个额定电压中较小的，
所以并联时它们两端允许加的最大电压为3V；
灯泡标有“3V 0.75W”，灯泡的额定电流为：IL＝＝＝0.25A，灯泡的电阻为：RL＝＝＝12Ω，
将它们串联接入电路，串联电路各处电流相等，所以通过电路的电流为两个额定电流中较小的，所以通过电路的电流为0.25A，
串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以电路总电阻为：R＝R1+RL＝10Ω+12Ω＝22Ω，
电路允许消耗的最大功率是：P＝I2R＝（0.25A）2×22Ω＝1.375W。
故答案为：3；1.375。
【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律和电功率公式的灵活运用。
7．（2分）直流电动机两端的电压为5V，通过它的电流为1A，电动机线圈的电阻为1Ω，则电动机在10s内消耗的电能是　50　J，产生的热量是　10　J。
【分析】已知直流电动机两端的电压、通过的电流、通电时间，利用W＝UIt求出消耗的电能。
已知电动机线圈电阻、通过的电流、通电时间，利用焦耳定律求出电动机10s产生的热量。
【解答】解：
直流电动机在10s内消耗的电能：
W＝UIt＝5V×1A×10s＝50J；
电动机在10s内产生的热量：
Q＝I2Rt＝（1A）2×1Ω×10s＝10J。
故答案为：50；10。
【点评】本题考查了电功的计算和焦耳定律的运用，注意电动机不是纯电阻的，计算产生的热量必须利用焦耳定律。
8．（2分）为了研究“影响电阻大小的因素”，小明准备了不同材料、长度和粗细的电阻丝进行实验。实验中通过　电流表示数　的大小，来表示电阻丝电阻的大小；实验中用到的实验方法主要有　转换法　（选填一个）。
【分析】影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度和横截面积，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变；电流表串联在电路中，电源电压一定，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判断导体电阻大小。
【解答】解：分别接上不同的导体，通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小，这里用到了转换法；影响电阻大小的因素有多个实验中采用了控制变量法。
故答案为：电流表示数；转换法。
【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。
9．（3分）为了“探究电流通过导体时产生的热量与导体电阻大小的关系”，小明采用了如图所示的实验装置进行实验，AB为完全相同装满煤油的玻璃瓶。为使通过电阻RA、RB的电流相等，实验中RA、RB，应采用　串联　（填“串联”或“并联”）；实验中通过观察　温度计示数的变化　即可比较两导体产生的热量，这种实验方法称为转换法；通过实验可得出结论：在通电时间相同，电流相等的情况下，电阻越大，电流产生的热量越　多　（选填“多”或“少”）
【分析】（1）串联电路的特点是电流处处相等。
（2）温度计示数的变化反映了液体温度的变化，反映了液体吸收热量即电流产生热量的多少。
（3）运用焦耳定律分析产生热量的多少。
【解答】解：（1）串联电路中电流处处相等，则为使通过电阻RA、RB的电流相等，应使RA、RB串联。
（2）温度计示数的变化反映了液体温度的变化，反映了液体吸收热量即电流产生热量的多少，所以通过温度计示数的变化来反映导体电阻放出热量的多少。
（3）根据焦耳定律Q＝I2Rt，通电时间相同，电流相等，电阻越大，电流产生的热量越多。
故答案为：串联、温度计示数的变化、多。
【点评】本题利用转换法来研究电流产生的电热的影响因素，由于电流产生的热量不容易观察，通过温度计来观察液体的温度的变化来反映电热的多少。
二、选择题（每题2分，共14分；每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）
10．（2分）把甲、乙两段电阻线分别接在相同的电路中，甲线中电流小于乙线中的电流，忽略温度的影响，下列判断中正确的是（　　）
A．当它们的材料、粗细都相同时，甲线短、乙线长
B．当它们的材料、长度都相同时，甲线粗、乙线细
C．甲、乙两电阻线的材料、长短、粗细不可能完全相同
D．当它们的长度、粗细都相同时，两线的材料一定相同
【分析】电阻是导体自身的一种特性，大小只与导体的长度、材料、横截面积和温度有关，与导体两端的电压及通过导体中的电流大小无关。先根据题意由欧姆定律判定甲乙两电阻的大小；再根据电阻的大小运用控制变量法逐个条件进行比较分析即可。
【解答】解：
因为甲、乙两段电阻线两端的电压相等，而且甲电阻线中的电流小于乙电阻线中的电流；由I＝的变形公式R＝可知：R甲＞R乙；
忽略温度的影响，电阻大小只与导体的长度、材料、横截面积有关；
A、当它们材料、粗细都相同时，长度短的电阻小，则甲线长乙线短，故A错误；
B、当它们材料、长度都相同时，横截面积大的电阻小，由于R甲＞R乙，所以甲的横截面积小于乙的横截面积，即甲线细乙线粗，故B错误；
CD、因为它们的电阻不同，故甲、乙两电阻线的材料、长短、粗细不可能完全相同，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查影响电阻大小的因素，主要考查运用控制变量法比较电阻大小的方法，在比较某一因素与电阻大小关系是一定要控制其它的因素不变。
11．（2分）由欧姆定律公式I＝变形得R＝，对此下列说法中正确的是（　　）
A．通过导体的电流越大，则导体的电阻越小
B．加在导体两端的电压越大，则导体的电阻越大
C．当导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零
D．导体的电阻跟导体两端的电压和通过导体的电流无关
【分析】电阻是导体的一种属性，它与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，而与导体两端电压、通过导体的电流无关。
【解答】解：
电阻是导体本身的一种属性，决定于导体的材料、长度、横截面积以及温度，与导体两端电压和通过的电流无关，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了我们对欧姆定律及其变形公式、电阻的影响因素的理解和应用，正确理解电阻的概念是解答的基础。
12．（2分）如图所示的是用电压表和电流表测电阻的一种连接方法，Rx为待测电阻，如果考虑电表内阻对测量结果的影响，则（　　）
A．电压表示数大于Rx两端的实际电压，电流表示数大于通过Rx的实际电流
B．电压表示数大于Rx两端的实际电压，电流表示数等于通过Rx的实际电流
C．电压表示数等于Rx两端的实际电压，电流表示数大于通过Rx的实际电流
D．电压表示数等于Rx两端的实际电压，电流表示数等于通过Rx的实际电流
【分析】由电路图可知，考虑电表内阻对测量结果的影响时，Rx与电流表的内阻串联，电压表测Rx和电流表内阻两端的电压之和，根据串联电路的电路特点和串联电路的电压特点判断电表所测的值，然后结合选项得出答案。
【解答】解：由电路图可知，考虑电表内阻对测量结果的影响时，Rx与电流表的内阻串联，电压表测Rx和电流表内阻两端的电压之和，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电流表的示数是通过Rx的电流，故AC错误；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表的示数大于Rx两端的电压，故B正确，D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了伏安法测电阻的误差分析，注意电流表的内接法和外接法，属于测电阻实验常考命题点，务必牢固掌握。
13．（2分）已知R2＜R1，将图中的四种不同接法，接到同一电源两极之间，则电路中电流最大的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据I＝可知，电源的电压一定时，要使电路中电流等于两电阻阻值之和，就是要求电路中的总电阻最小；两个电阻串联时总电阻最大，并联时电阻小于任一个电阻阻值，据此进行解答。
【解答】解：因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，两电阻串联时总电阻最大，两电阻并联时总电阻最小，
由I＝可知，两电阻并联时，电路中的电流最大。
故选：B。
【点评】本题考查了电阻的串并联和欧姆定律的应用，要注意串联电路中总电阻比任何一个分电阻都大、并联电路中总电阻比任何一个分电阻都小。
14．（2分）下列关于电能的说法正确的是（　　）
A．电源是将电能转化为其它形式能的装置
B．电功率越大的用电器，消耗电能就越多
C．电能表是用来测量用电器消耗电功的仪表
D．消耗电能相同的用电器，产生的热量一定相同
【分析】（1）电源是将其它形式的能转化为电能的装置；
（2）电功率是表示电流做功快慢（用电器消耗电能快慢）的物理量；
（3）电能表是用来测量电功（用电器消耗电能）的仪表；
（4）消耗电能相同的用电器，例如电烙铁、电风扇，产生的热量不相同。
【解答】解：A、电源是将其它形式的能转化为电能的装置，故A错误；
B、电功率越大，表示电流做功越快，电流做功不一定越多，消耗电能不一定越多，故B错误；
C、电能表是用来测量用电器消耗电功（电能）的仪表，故C正确；
D、电功率相同的电烙铁、电风扇，工作相同的时间，由W＝Pt可知消耗的电能相同；但电烙铁工作时消耗电能全转化为内能，电风扇工作时消耗电能很少一部分转化为内能，产生的热量不相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电源的作用、电功率的物理意义、电能表的作用、用电器工作时的能量转化，属于基础题目。
15．（2分）如图所示的电路，闭合开关后发现小灯泡L1发光比L2亮，对于这一现象产生原因的分析，下列说法中正确的是（　　）
A．小灯泡L1的实际功率大于小灯泡L2的实际功率
B．通过小灯泡L1的电流大于通过小灯泡L2的电流
C．小灯泡L1两端的电压等于小灯泡L2两端的电压
D．小灯泡L1的实际功率小于小灯泡L2的实际功率
【分析】灯泡亮度由灯泡实际功率决定，闭合开关后发现小灯泡L1发光比L2亮，可判断出两灯实际功率的大小；
由电路图可知，两灯泡串联，通过两灯泡的电流相等，根据电功率公式P＝UI可知其两端电压大小。
【解答】解：AD、闭合开关后发现小灯泡L1发光比L2亮，说明灯L2的实际功率小于灯L1的实际功率，故A正确，D错误；
B、由电路图可知，两灯泡串联，串联电路中电流处处相等，故B错误；
C、串联电路各处电流相等，由电功率公式P＝UI可知，小灯泡L1两端的电压大于小灯泡L2两端的电压，故C错误。
故选：A。
【点评】本题考查串联电路特点和电功率的相关知识，解决此题先要根据灯泡亮度由实际功率决定，判断出两灯的实际功率大小。
16．（2分）根据Q＝I2Rt和欧姆定律公式I＝，可以得到电流通过导体时产生的热量变形式Q＝UIt和Q＝。下列说法正确的是（　　）
A．根据Q＝UIt可知、相同时间内产生的热量与电阻无关
B．根据Q＝I2Rt可知，电阻越大，相同时间内产生的热量越多
C．根据Q＝可知、电阻越大，相同时间内产生的热量越少
D．根据Q＝I2Rt可知，在电流一定时，电阻越大，相同时间内产生的热量越多
【分析】焦耳定律的定义式是Q＝I2Rt，导出式有Q＝UIt和Q＝；如果不是纯电阻电路，只能用定义式来算，如果是纯电阻电路，关键是看控制什么因素一定，决定用哪个公式来计算，如电流一定时用Q＝I2Rt，电压一定时用Q＝。
【解答】解：A、此公式是导出式，只能说明电热在数值上等于电流、电压、时间的乘积，与电阻是否有关要看定义式，故结论不正确，故A错误；
B、没有说明控制电流一定，故不可用该公式进行计算，结论不一定正确，故B错误；
C、没有说明控制电压一定，故不可用该公式进行计算，结论不一定正确，故C错误；
D、根据Q＝I2Rt可知，在电流一定时，电阻越大，相同时间内产生的热量越多，故D正确。
故选：D。
【点评】判断电热的多少，一要判断是否纯电阻电路，决定导出式是否可用，如果非纯电阻，只能用Q＝I2Rt，如果是纯电阻，Q＝I2Rt＝都适用；二要找出U不变还是I不变，如果U不变，用Q＝，如果I不变，用Q＝I2Rt。
三、实验探究题（第17题7分、第18题6分，第19题5分，共计18分）
17．（7分）小明选用两节新电池，两个小灯泡，一个电压表来探究串联电路电压的特点。
（1）若要测量灯泡L1两端的电压，请在图甲中画出导线，补充完整实物图；
（2）小明连接好电路，闭合开关前，发现电压表指针如图乙所示，出现这种情况的原因是　电压表没有调零　；
（3）故障排除后，用电压表分别测出A与B、B与C、A与C两点间的电压UAB，UBC，UAC，将数据记录在下表中，分析实验数据得出两个实验结论。
①串联电路两端的电压　等于　各用电器两端电压之和；
②串联电路中，各用电器两端电压相等。
（4）小明和同学交流后认为结论②是片面的，接下来他换用规格　不同　（选填“相同”或“不同”）的小灯泡又进行了几次实验，他这样做的目的是　A　。（选填序号）
A.寻找普遍规律
B.减小实验误差
（5）在实验中发现，电源两端电压总略大于各用电器两端电压之和，询问老师后得知是由于电压表接入电路中分流造成的。要想减小电压表对实验的影响，他应该选择内阻　较大　（选填“较大”或“较小”）的电压表进行实验。
次数 UAB/V UBC/V UAC/V
1 1.2 1.2 2.4
【分析】（1）两灯串联，电压表与待测电路并联，根电源电压为3V确定电压表选用小量程与这个灯并联；
（2）电压表使用前要调零；
（3）分析实验数据得出结论；
（4）用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多；
（5）根据并联分流的原理可知，当电压表的内阻很大时，分去的电流就很小，对通过灯泡的电流影响就较小，所以应该选择内阻较大的电压表进行实验。
【解答】解：（1）探究串联电路电压的特点，应使两灯串联；若要测量灯泡L1两端的电压，因电源电压为3V，故电压表选用小量程与这个灯并联，如下图所示：
（2）闭合开关前，电压表指针没有指在零刻度线，说明电压表使用前没有调零；
（3）分析实验数据有：2.4V＝1.2V+1.2V，
故得出两个实验结论：①串联电路两端的电压各用电器两端电压之和；
（4）之所以得出：串联电路中，各用电器两端电压相等，是因为选用的灯泡规格相同，结论具有偶然性；
由于一次实验得出的结论具有偶然性，为了探究串联电路电压的普遍规律，需要进行多次实验，故多次实验的主要目的是寻找普遍规律，故选：A；
（5）根据并联分流的原理可知，当电压表的内阻很大时，分去的电流就很小，对通过灯泡的电流影响就较小，所以应该选择内阻较大的电压表进行实验。
故答案为：（1）如图所示；（2）电压表没有调零；（3）等于；（4）不同；A；（5）较大。
【点评】本题探究串联电路电压的特点，考查注意事项、故障和数据分析及归纳法的运用与影响电阻大小的因素。
18．（6分）小明利用如图甲所示的电路“探究电流跟电阻的关系”，电源电压6.0V，四个定值电阻的阻值分别是5Ω、10Ω、20Ω和40Ω，滑动变阻器标有“20Ω 1A”字样。
（1）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于图中最　右　（选填“左”或“右”）端；
（2）按照电路图甲正确连接电路后闭合开关，移动变阻器滑片，发现电压表示数接近电源电压，电流表有示数且无明显变化，经检查是由于某处短路造成的，被短路的可能是　滑动变阻器短路　；
（3）排除故障后，分别改接四个定值电阻，移动滑片P的同时，眼睛应注视电压表，使电压表示数为适当数值U0时，记录电流表示数，图乙是根据所测数据画出的电流随电阻变化图像，分析可知U0＝　4　V，由图像可以得出结论　电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比　；
（4）实验时，断开开关S，把5Ω的电阻换成10Ω的电阻，再次闭合开关后，滑片应向　右　（选填“左”或“右”）端移动；
（5）结合图像乙，小明同学在四次实验中将滑动变阻器接入电路的最大阻值是　20　Ω。
【分析】（1）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处；
（2）电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源相连，电流表有示数说明电路没有断路，根据电流表示数的变化判断出具体的故障位置；
（3）由图乙得出电阻两端的电压为一定值；
（4）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；
把5Ω的电阻换成10Ω的电阻，根据串联电路分压原理可知定值电阻两端电压的变化，再根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端电压的变化，从而确定滑动变阻器接入电路阻值的变化，进一步确定滑片移动的方向；
（5）根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入40Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
【解答】解：（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处，即图中最右端；
（2）电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源相连，电流表有示数说明电路没有断路，因为滑动变阻器移动电路中的电流没有变化，说明滑动变阻器不起作用，所以故障为滑动变阻器短路；
（3）由图知，电阻两端的电压始终保持：
U0＝IR＝0.1A×40Ω＝﹣﹣﹣﹣﹣＝0.2A×20Ω＝4V，故得出结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
（4）把5Ω的电阻换成10Ω的电阻，根据串联电路分压原理可知定值电阻两端电压变大，由于串联电路两端电压等于各部分电压之和，而电源电压不变，则需增大滑动变阻器两端电压，即需增大滑动变阻器接入电路的阻值，故需将滑动变阻器的滑片向右移动；
（5）根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣UV＝6.0V﹣4V＝2V，变阻器分得的电压为电压表示数的0.5倍，根据分压原理，
当接入40Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑大＝0.5×40Ω＝20Ω；
所以滑动变阻器接入电路的最大阻值是20Ω。
故答案为：（1）右；（2）滑动变阻器短路；（3）4；电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；（4）右；（5）20。
【点评】本题探究电流跟电阻的关系，考查注意事项、故障分析、操作过程、控制变量法和数据分析及器材的要求。
19．（5分）在“测定小灯泡的电功率”的实验中先用如图甲所示的器材，其中电源电压为6V，小灯泡额定电压为2.5V（灯丝电阻约为12Ω）。
（1）为能顺利完成该实验探究，下列两种规格的滑动变阻器应选用　 　；
A.“10Ω 0.5A”的滑动变阻器
B.“20Ω 5A”的滑动变阻器
（2）闭合开关，移动滑片，发现电压表的示数如图乙所示，其读数是　2.2　V；为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向　左　端移动（选填“左”或“右”）；
（3）通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系如图丙所示，分析图像可知该小灯泡正常发光时的额定功率约为　0.5　W；小灯泡灯丝的电阻是亦化的，主要是受　温度　变化的影响。
【分析】（1）电源电压为6V，根据小灯泡额定电压为2.5V，灯丝电阻约为12Ω，由欧姆定律得出电路的电流，根据串联电路电压的规律得出灯正常发光时变阻器连入电路的电阻确定选用的变阻器的规格；
（2）灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，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滑片移动的方向；
（3）根据小灯泡的电流随它两端电压变化的关系可知该小灯泡在2.5V时的电流大小，根据P＝UI得出灯的额定功率；
小灯泡灯丝的电阻主要是受温度变化的影响。
【解答】解：（1）电源电压为6V，小灯泡额定电压为2.5V，灯丝电阻约为12Ω，由欧姆定律，电路的电流约为：
I＝＝≈0.21A；
根据串联电路电压的规律，灯正常发光时变阻器连入电路的电阻约为：
R滑＝＝≈16.7Ω，故选用滑动变阻器B；
（2）灯在额定电压下正常发光，图乙中电压选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.2V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压；
（3）根据如图丙通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系可知，该小灯泡在2.5V时的电流为0.2A，灯的额定功率约为：
P＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W；
小灯泡灯丝的电阻亦是变化的，主要是受温度变化的影响。
故答案为：（1）B；（2）2.2；左；（3）0.5；温度。
【点评】本题测定小灯泡的电功率，考查选用的器材、操作过程、功率计算及影响电阻大小的因素。
四、计算与推导题（每小题6分，共计18分，解答要有必要的公式和过程）
20．（6分）小华参加体育中考的跳绳考试时，她在1min内连续跳了180次，获得跳绳项目的成绩90分。已知小华的质量为45kg，跳起时重心升高的平均高度为4cm．g取10N/kg．求：
（1）小华跳一次所做的功；
（2）小华跳绳时的平均功率。
【分析】跳绳时，克服自身重力做功，依据W＝Gh求解；平均功率指某段时间内做功的快慢，依据P＝进行计算。
【解答】解：（1）由题可知，小华跳一次所做的功：
W＝Gh＝mgh＝45kg×10N/kg×4×10﹣2 m＝18J；
（2）小华在1min内所做的功W总为
W总＝18J×180＝3240J
P＝＝＝54W。
答：（1）小华跳一次所做的功为18J
（2）小华跳绳时的平均功率为54W。
【点评】本题主要考查克服物体重力做功及功率的有关运算，题目中条件清晰，难度不大。
21．（6分）甲、乙两处距离为L，其间铺设了由两根导线组成的电话线，单导线单位长度的电阻为r（r的单位为Ω/m），使用中发现线路中途某处两导线因绝缘层损坏而相连，相连处接触电阻未知。为了找出相连位置，给你一台电压为U的稳压电源和一个量程合适的电流表。测量过程如图所示，请你求出损坏处离甲端的距离L0（用U、L、r和测量的电流值表示）。
【分析】根据题意画出电路图，电流表测串联电路中的电流；由图可知电路相当于三个电阻串联，根据串联电路电阻特点求出总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流和电源的电压，据此分别列出两个方程，解方程即可。
【解答】解：如中间图所示：将甲处断开，乙处将负载电阻解除，并在乙处接上直流稳压电源上（输电电压为U），将电流表接在电路中测得电流为I1，设电话线损坏处的接触电阻为R，L0为损坏处离甲处的距离，则有：
U＝I1[2（L﹣L0）r+R]﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
如右图所示：乙处断开，在甲处接上直流稳压电源，将电流表接在电路中测得电流为I2，
则有：U＝I2（2L0r+R）﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
解联立方程①与②，得：
L0＝+。
答：损坏处离甲端的距离L0为+。
【点评】本题考查了串联电路的电阻、电流特点和欧姆定律的应用；解决本题的关键：一是明白电流表测得是电路中的电流，二是知道电路相当于三个串联。
22．（6分）养生壶是一种用于养生保健的烹饮容器，采用新型电加热材料，通电后产生热量把壶内的水加热。下图是某款养生壶及其铭牌，求：
（1）养生壶正常工作时的电阻；
（2）若正常工作时，养生壶加热效率为91%，将1kg水从20℃加热到85℃需要多长时间：【c水＝4.2×103J/（kg ℃）】
（3）用电高峰期，家中只有养生壶工作时，养生壶将1kg水从20℃加热到85℃，实际用时363s，此时养生壶两端的实际电压。（设养生壶的电阻和加热效率不变）。
型号 CH﹣﹣M16
额定电压 220V
频率 50Hz
额定功率 1000W
容量 1.2L
【分析】（1）已知养生壶的额定功率和额定电压，由电功率公式的变形公式可以求出养生壶的电阻；
（2）已知水的质量、水的比热容和水温的变化，利用热量公式求出水吸收的热量；
求出电热水壶产生的热量，然后应用功率公式的变形公式求出电热水壶正常工作的时间。
（3）求出用电高峰，实际电功率，然后可求得其实际电压。
【解答】解：
（1）由P＝可得，养生壶正常工作时的电阻：
R＝＝＝48.4Ω。
（2）水吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg ℃）×1kg×（85℃﹣20℃）＝2.73×105J，
由η＝可得，养生壶消耗的电能：
W＝＝＝3×105J，
由P＝可得，养生壶工作时间：
t＝＝＝300s；
（3）在用电高峰时，养生壶仍然将1kg水从20℃加热到85℃，水吸收的热量不变，且加热效率不变，所以养生壶消耗的电能不变，仍然为3×105J，
则养生壶的实际功率：
P实＝＝＝W，
养生壶的电阻不变，由P＝可得实际电压：
U实＝＝＝200V，
答：（1）养生壶的电阻是48.4Ω；
（2）工作时间是300s；
（3）实际电压是200V。
【点评】本题是一道电学与热学的综合应用题，与生活息息相关，使学生觉得学了物理有用，在应用时要注意应结合题意选择合适的计算公式。