浙教版科学八年级上册第四章第7节 电路分析与应用同步练习
一、单选题
1．在如图所示的电路中，闭合开关，下列说法中正确的是（ ）
A．电流表测的是通过灯L1的电流
B．电流表测的是通过灯L1和L2的总电流
C．取下灯L1后L2仍然会亮，电流表有读数
D．取下灯L2后L1也不亮，电流表无读数
2． 同学们为敬老院的老人买了一辆电动轮椅．工作原理如图所示，操纵杆可以同时控制S1和S2两个开关，向前推操纵杆时轮椅前进且能调速，向后拉操纵杆轮椅以恒定速度后退，已知蓄电池电压为24V，定值电阻R2为20Ω，R1为滑动变阻器，下列对电路的判断正确的是（ ）
A．S1接触点1，S2接触点2时，轮椅前进
B．S1和S2都接触点1时，轮椅后退
C．轮椅后退时电路中的电流小于1.2A
D．轮椅后退时电路中的电流为1.2A
3． 实验室中所使用的电流是由小量程电流表改装而成，在图甲中是满偏电流（即小量程电流表允许通过的最大电流）Ig=3mA的电流表，其电阻Rg=10Ω，现借助一个定值电阻R0把它改装为一量程为3A的电流表，如图乙所示，下列判断正确的是（ ）
A．达到满偏时两端电压0.03V，R0约≤10000Ω
B．达到满偏时两端电压0.03V，R0约0.01Ω
C．达到满偏时两端电压30V，R0约10000Ω
D．达到满偏时两端电压30V，R0约0.01Ω
4．如图所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，开关闭合后，当滑片P从a端向b端滑动过程中，会出现的现象是（ ）
A．电流表示数变大，弹簧长度变长
B．电流表示数变大，弹簧长度变短
C．电流表示数变小，弹簧长度变短
D．电流表示数变小，弹簧长度变长
5．法国科学家阿尔贝 费尔和德国彼得 格林贝格尔由于发现了巨磁电阻（GMR）效应，荣获了2007年诺贝尔物理学奖．如图是研究巨磁电阻特性的原理示意图．实验发现，闭合S1、S2后，当滑片P向左滑动的过程中，指示灯明显变亮，则下列说法（ ）
A．电磁铁右端为N极
B．滑片P向右滑动过程中电磁铁的磁性增强
C．巨磁电阻的阻值随磁场的减弱而明显增大
D．巨磁电阻的阻值随磁场的减弱而明显减小
6．如图所示，电源电压保持不变，R为定值电阻，R′为滑动变阻器．开关闭合后，逐渐向右调节滑动变阻器的滑片P，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变大 B．电流表示数不变
C．电压表示数变大 D．电压表示数变小
7． 如图所示，电源电压恒定，当合上开关S后，向右移动滑动变阻器R的滑片P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表和电流表的示数都变小
B．电压表和电流表的示数都变大
C．电压表的示数变大，电流表的示数变小
D．电压表的示数变小，电流表的示数变大
8． 如图所示的电路图，电源电压保持不变，开关S闭合时，发现图中只有两个表的指针发生偏转，电路中的电阻R或等L只有一个出现故障，则可能是（ ）
A．电流表A示数为零，灯L短路 B．电流表A示数为零，灯L断路
C．电流表A1示数为零，电阻R短路 D．电流表A1示数为零，电阻R断路
9． 小明用如图所示的电路图研究并联电路电流的规律，当闭合开关S试触时，发现3只小灯泡均发光，电流表的指针正向偏转并超过最大刻度．产生这种现象的原因可能是（ ）
A．小灯泡L1发生断路 B．小灯泡L2发生短路
C．电流表使用的量程太小 D．电流表的接线柱接反了
10． 如图所示，L1与L2是两只标有“3V 10Ω”字样的相同小灯泡，电源电压为3V，闭合开关S后，干路电流是（ ）
A．I=0.3A B．I=0.6A C．I=0.9A D．I=1.0A
11． 在如图所示的电路中，电源电压保持不变．闭合开关S后，灯L不发光，电压表指针有明显偏转．若此电路中只有一处故障，则对于电路故障的判断，下列说法不正确的是（ ）
A．灯L短路 B．灯L断路
C．滑动变阻器R2断路 D．定值电阻R1断路
12． 如图所示，电源电压保持18V不变，小灯泡L上标有“6V 3W”字样，滑动变阻器最大电阻值R=60Ω．为保证各器件安全，不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（ ）
A．S断开时电压表示数为0V
B．S闭合后，电压表最大示数为15V
C．小灯泡L正常发光时，变阻器R消耗的电功率为6W
D．S闭合后，小灯泡L的最小实际电功率为0.5W
13． 如图是新安装的照明电路，已知两个并联灯泡的灯头接线存在一处故障．小明学电工的检修方法，在保险丝处接入一个“220V、40W”的灯泡．当只闭合S、S1时，L0和L1都呈暗红色；当只闭合S、S2时，L0正常发光，L2不发光．由此可以确定（ ）
A．L1灯头断路 B．L2灯头短路 C．L1灯头短路 D．L2灯头断路
14． 如图所示，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A．电压表的示数不变，电流表A1的示数变大，A2的示数变小
B．电压表的示数不变，电流表A1的示数不变，A2的示数变大
C．电压表的示数与A1的示数的比值变大，A2的示数变小
D．电压表的示数与A1的示数的比值不变，A2的示数变小
15． 如图所示电路，电源电压恒定．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列判断正确的是（ ）
A．电流表示数变小 B．电压表示数变小
C．灯L变亮 D．电路消耗的总功率变大
二、填空题
16． 如图所示的电路，电源电压恒定不变．闭合开关S1后再闭合开关S2．电压表的示数将 ．电路的总功率将 ，电压表示数与电流表示数的比值将 （以上均选填“变大”、“变小”或“不变”）．若互换电压表和电流表的位置，再闭合开关S1、S2的情况下， 表将会烧坏．
17． 小敏在探究串、并联电路的电流、电压、电阻之间的关系时，用了两个阻值不同的电阻R1、R2，它们阻值之比是5：3，如果它们串联在电路中，则电阻两端的电压之比 ；如把它们并联在电路中，则通过电阻的电流之比为 ．
18． 如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1=10Ω．当开关S1闭合，S2、S3断开时，电压表的示数为U1，R2消耗的功率为P2；当开关S1、S2、S3都闭合时，电压表的示数为U1′，R2消耗的功率为P2′，且电流表A1的示数为0.9A．已知U1：U1′=1：6，P2：P2′=1：9，则开关S1闭合，S2、S3断开时，电流表A2的示数为 A；开关S1、S2、S3都闭合时，R2和R3消耗的总功率为 W．
19． 定值电阻R1=10Ω，R2=20Ω，接入如图所示电路中，闭合开关S，则通过R1、R2的电流之比I1：I2= ；R1：R2两端的电压之比U1：U2= ．
20． 如图所示，电源电压保持不变，小灯泡L标有“6V 3.6W”字样，R为定值电阻，闭合开关S1，断开S2，小灯泡正常发光，小灯泡的电阻为 Ω；若再闭合S2，发现电流表示数变化了0.4A，则R的阻值为 Ω．
三、探究题
21． 为倡导节能环保，某科研机构设计了新型路灯．工作原理如图所示，控制电路中R2为半导体硅制成的光敏电阻，R2阻值随光强（国际单位坎德拉，符号：cd）变化的规律如下表所示，工作电路中开关S2的状态由R2两端的电压决定，光照足够强时，R2两端的电压很小，开关S2和与b点接触，处于断开状态，路灯L关闭；当光强降为20cd时，R2两端的电压刚好升至2V，开关S2与c点接触，电路接通，路灯L正常工作．已知，控制电路和工作电路中电源电压分别为6V和220V，路灯L正常工作时流为1A．
光强/cd 5 10 20 25 40 …
电阻/Ω 40 20 10 8 5 …
求：
（1）若路灯L每天正常工作8小时，其消耗的电能；
（2）工作电路刚好接通时，R1接入电路的阻值
（3）保持R1接入电路的阻值不变，当R2两端的电压为1V时，R2的阻值是多大？分析表格中光强与电阻数据的规律，确定此时光强是多大
（4）为了节约能源，使路灯L要晚一些打开，应怎样调节R1
22．
（1）如图甲是小明“探究并联电路电流特点”的电路图，实验中，他将一只电流表分别接在A，B，C三处，测得的数据如图甲中所示，完成此实验至少需要 根导线；小明由此得出：并联电路中干路电流等于 ；请指出小明就此得出结论的不科学之处： ，你认为可做出的改进措施是 ．
（2）小华用如图乙所示电路测量小灯泡的额定功率．小灯泡上标有“3.8V”的字样，额定功率约1W，滑动变阻器的规格是“20Ω 1A”，电源电压恒为6V．
①帮小华在图乙上补画导线，使其成为完整的实验电路，要求：滑动变阻器的滑片向右滑动时，灯泡变亮．
②在实验中，小华不慎将电流表和电压表的位置接反了，则合上开关后看到的现象可能是
A．只有电流表有示数，灯不亮 B．两电表均有示数，灯亮
C．只有电压表有示数，灯不亮 D．只有电流表有示数，灯亮
③排除故障后，小华闭合开关并调节滑动变阻器的滑片，当灯正常发光时，电流表的示数如图丙所示，该电流值为 0.3 A，测出的额定功率为 W．
④小华刚准备拆除电路结束实验时，同组的小红提出，在调节滑片使灯正常发光时，电压表的示数很难准确达到3.8V，可能因此造成一定的测量误差，她认为可以在小华第③步实验的基础上，对电路稍作改动，能提高测量数据的精确度，请帮小红补全测量步骤（补全步骤时必须准确阐述接法和操作要点）：
a．断开开关， ；
b．闭合开关， ，并读出此时电流表的示数；
c．计算出灯的额定功率．
23．
（1）（1）按图甲组装实验器材，给直导线通电，直导线向左运动，这说明 对通电导线有力的作用；只对调电源正负极接线，通电直导线会向 运动，这说明通电导体的受力方向与 有关．
（2）如图乙是某兴趣小组制作的神奇转框，框的上部中央与电池正极相连，下部紧贴在与电池负极相连的柱形物两侧，金属框就可以绕电池持续转动，据此，你认为构成柱形物的材料应具有较好的： 、 ．（填物理属性）
24．有一种巧妙测量人体血液密度的方法，测量前需先用天平和量筒测定几种硫酸铜溶液的密度备用．
（1）测量前，应把天平放在 上，当移动游码至零刻度处时，指针偏向分度盘的右侧，则应将平衡螺母向 调，使指针指在分度盘的中央．
（2）接下来的测量步骤如下：
①往烧杯中倒入适量的硫酸铜溶液，测出烧杯和溶液的质量为49.2g；
②将烧杯中的一部分溶液倒入量筒，读出量筒中溶液的体积为20mL；
③测出烧杯和剩余溶液的质量，砝码及游码的位置如图所示．
将下面的实验记录表填写完整：
烧杯和溶液的质量/g 烧杯和剩余溶液的质量/g 量筒中溶液的质量/g 量筒中溶液的体积/cm3 硫酸铜溶液的密度ρ/（g cm﹣3）
49.2 20
（3）测定血液密度时，具体操作如下：在几支试管中分别装入密度已知且不等的硫酸铜溶液；然后向每支试管中滴入一滴待测溶液，只要看到哪一支试管中的血液处于悬浮状态，就知道被测血液的密度了，这是为什么？请利用所学知识，简要分析，写出推理过程．分析推理过程：
四、材料分析题
25．电阻R1、R2串联接在电路中，R1两端的电压为3伏，R2两端的电压为9伏，R1+R2=600欧，求：
（1）电路总电压；
（2）电路中的电流；
（3）电阻R1和R2的阻值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电流的测量及电流表的使用；电流表、电压表在判断电路故障中的应用
【解析】【解答】因为这是一个并联电路，因为电路中有两条电流的通路，并且每条电路上都有一个用电器。电流表和L2串联在一条支路上，所以电流表测的是通过L2的电流。由于两灯是并联连接，各支路互不影响。所以选项C正确。故选C
【分析】解决这类题目，应先根据实物图画出电路图，弄清是什么电路，然后弄清各表的作用。
2．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：
A、由题轮椅前进且能调速，故前进电路中应有可以控制电路中的电流的装置，即滑动变阻器且与电动机串联在电路中．由电路图可知，此时开关S1和S2都接1，故A错误；
B、轮椅后退时，轮椅以恒定速度后退，即电动机应与R2串联，此时电流方向与前进时相反，由电路图可知，此时开关S1和S2都接2，故B错误；
CD、由B后退时电动机与R2串联，电源电压24V，R2=20Ω，电路中电流I==＜1.2A，故C正确，D错误．
故选C．
【分析】轮椅前进且能调速，故前进电路中应有可以控制电路中的电流的装置，即应有滑动变阻器且与电动机串联；轮椅后退时，轮椅以恒定速度后退，即电动机应与R2串联．
由此结合电路分析开关的状态；并根据根据欧姆定律计算后退时电路中的电流．
3．【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：
（1）由I=，
可得，当通过小量程电流表的电流为满偏电流时，它两端的电压为U=IgRg=0.003A×10Ω=0.03V；
（2）两个电阻并联时，通过R0的电流为I0=I最大﹣Ig=3A﹣0.003A=2.997A，
并联电阻为R0== ≈0.01Ω．
故选B．
【分析】（1）已知小量程电流表的电阻和最大电流，利用公式U=IR得到两端电压；
（2）已知小量程电流表的最大电流和改装后的电路电流，可以得到通过电阻的电流；已知电阻两端电压和通过的电流，利用R=得到阻值．
4．【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；影响电磁铁磁性强弱的因素
【解析】【解答】电流由下方流入，则由右手螺旋定则可知，螺线管上端为N极；由于同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，两磁铁同名相对，故相互排斥；当滑片P从a端向b端滑动过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，总电阻减小，由欧姆定律可得，电路中电流变大，在其它条件相同时，电流越大，电磁铁的磁性越强，则条形磁铁受向上的磁力增大；条形磁铁受重力、拉力及向上的磁场力，向下的重力与向上的弹簧的弹力及磁场力之和相等，因重力不变，磁场力增大，故弹簧的弹力减小，故弹簧长度变短。故选B
【分析】由右手螺旋定则可得出螺线管上端磁极，则由磁极间的相互作用可知电磁铁与条形磁铁的作用；根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，利用欧姆定律可知电路中电流的变化和电磁铁磁性的变化，进一步判断弹簧长度的变化。
5．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；右手螺旋定则；影响电磁铁磁性强弱的因素
【解析】【解答】A、由安培定则可知，电磁铁左端为N极，故A错误；B、滑片P向右滑动过程中，电阻变大，电流变小，电磁铁的磁性减弱，故B错误；CD、滑片向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，左边电路中的电流增大，根据电磁铁的磁性强弱与电流的关系可知，电磁铁的磁性增强。而指示灯明显变亮，说明右边电路的电流变大了，巨磁电阻的电阻变小了，磁性减弱时，巨磁电阻的电阻变大，故C正确，D错误。故选C
【分析】通过电路中电流的变化结合电磁铁磁性强弱的决定因素可以确定滑片移动时，其磁性的变化；根据灯泡的亮度变化，能够确定电路中电流的变化，进而知道巨磁电阻的阻值与磁场强弱的关系。
6．【答案】D
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】解：由图示电路图可知，两电阻串联，电压表测定值电阻两端电压，电流表测电路电流；
滑片向右调节过程，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流减小，电流表示数变小，故AB错误；
滑动变阻器接入电路阻值变大，滑动变阻器分压变大，电源电压不变，电阻两端电压变小，电压表示数变小，故C错误，D正确；
故选D．
【分析】分析清楚电路结构，根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后应用串联电路特点与欧姆定律分析答题．
7．【答案】C
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，
滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，接入电路中的电阻变大，滑动变阻器分压变大，
电压表示数变大；电路中的总电阻R变大，电源电压U不变，由I=可知，电路电流变小，电流表示数变小；
故选C．
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压．根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压变化．
8．【答案】D
【知识点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用
【解析】【解答】解：A、若灯L短路，电流表A1和电压表均被短路，此两表均无示数；电流表A相当于直接接在电源两极上，且示数很大．故A不符合题意；
B、若灯L断路，电流经过电流表A、A1、电阻R回负极，电压表测量R两端电压，因此电压表和两个电流表都有示数，故B不符合题意；
C、若电阻R短路，电压表示数变为零，两个电流表都有示数；故C不符合题意；
D、若电阻R断路，电压表的正负接线柱通过灯丝、导线接在电源正负极上，电压表有示数；电流表A1测量的是通过电阻R的电流，示数为0，电流表A测干路上的电流，故电流表A有示数，符合题意．
故选D．
【分析】由题知，电路中只有两个电表的指针发生偏转，另一个指针不偏转；电路中的电阻R或灯L有一个出现了故障：
若电阻R开路，电压表的正负接线柱通过灯丝、导线接在电源正负极上，电压表有示数；电压表的电阻无限大，使得电路中的电流为0，A1示数为零；
若电阻R短路，电压表示数变为零，两个电流表都有示数；
若电灯开路，电压表有示数；电流表A有示数；
若电灯短路，电压表测量的是电阻两端的电压，有示数；电流表测量的是通过电阻R的电流，也有示数．
9．【答案】C
【知识点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用
【解析】【解答】解：电流表的指针正向偏转超过最大刻度，说明指针会迅速转到最右侧，超过最大刻度，即超过电流表的量程，而三只小灯泡均发光，所以可能是电流表的量程选择过小引起的．
故选：C．
【分析】并联电路中如果某支路断路，则这一支路用电器不工作，其他支路用电器仍工作；
并联电路中如果某支路短路，则所有支路的用电器都被短路而不工作，烧毁电源；
电流表量程选小时，指针指到最大刻度之外；
电流表正负接线柱接反时，指针反向偏转．
10．【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：
由图可知，L1与L2串联，且两灯是相同的小灯泡，
U=U1=U2=3V，
干路电流：I=2I1=2×=0.6A．所以ACD错误，B正确．
故选B．
【分析】由图两灯并联，根据并联电路特点和欧姆定律计算出干路电流即可选择正确答案．
11．【答案】B
【知识点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用
【解析】【解答】解：
A、如果灯泡短路，闭合开关不会发光，电压表测量电源电压指针偏转，此选项正确，不符合题意；
B、如果灯泡断路，整个电路断路，灯泡不亮，电压表指针不偏转．此选项错误，符合题意；
C、如果滑动变阻器断路，灯泡中无电流通过，不能发光；电压表测量电源电压指针偏转．此选项正确，不符合题意；
D、如果定值电阻断路，灯泡中无电流通过，不能发光；电压表测量电源电压指针偏转．此选项正确，不符合题意．
故选B．
【分析】由电路图知，灯泡、滑动变阻器和定值电阻串联在电路中，其中电压表测量滑动变阻器和定值电阻两端的总电压．
闭合开关，灯泡不亮，原因有二：灯泡短路或其它串联部分断路．
12．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【解答】解：（1）S断开时，电压表测电源的电压，则电压表的示数为18V，故A错误；
（2）S闭合后，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，
为保证各器件安全，电压表的最大示数UV=UL=6V，故B错误；
由P=可得，灯泡的电阻：
RL===12Ω，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，灯泡正常发光时电路中的电流：
I===0.5A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，变阻器两端的电压：
UR=U﹣UL=18V﹣6V=12V，
变阻器R消耗的电功率：
PR=URI=12V×0.5A=6W，故C正确；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时灯泡L的功率最小，
因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，此时电路中的电流：
I===A，
灯泡的最小电功率：
PL=I2RL=（A）2×12Ω≈0.33W，故D错误．
故选C．
【分析】（1）S断开时，电压表测电源的电压，根据电源的电压可知电压表的示数．
（2）S闭合后，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，为保证各器件安全，电压表的最大示数和灯泡的额定电压相等，此时灯泡正常发光，根据P=求出灯泡的电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，再利用P=UI求出变阻器R消耗的电功率；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时灯泡L的功率最小，利用电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，最后利用P=I2R求出灯泡的最小电功率．
13．【答案】B
【知识点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用
【解析】【解答】解：当只闭合S、S1时L0和L1都呈暗红色，是因为L1与该灯串联接入电路，所分电压低于220V，所以L1正常；
当只闭合S、S2时，L0正常发光，L2不发光，是因为L2被短路，使L0直接接在电源上，正常发光．
故选B．
【分析】将“220V、40W”的电灯按表格中提供的接法接入电路，是把此灯串联接入电路．
若电灯恰能正常发光，说明开关闭合的那条支路短路，使该灯直接接在电源上；
若电灯比正常发光暗，说明开关闭合的那条支路的灯与该灯串联接入电路，所分电压低于220V，这条支路正常；
若电灯不发光，说明开关闭合的那条支路有开路．
据此分析判断．
14．【答案】D
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】解：由电路图可知，R1和R2并联，电压表测量并联支路（电源电压）电压，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流；
滑片向右移动过程中，电源电压不变，电压表示数不变，电阻R1阻值不变，通过R1的电流不变，电流表A1示数不变，故A错误；
滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，通过R2的电流变小，干路电流变小，电流表A2示数变小，故B错误；
电压表与电流表A1示数是电阻R1的阻值，电阻R1的阻值不变，则电压表的示数与电流表A1的示数的比值不变，故C错误，D正确；
故选D．
【分析】由图示电路图分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，应用并联电路特点、欧姆定律分析答题．
15．【答案】A
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】解：
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R并联，电流表测干路电流，电压表测电源电压．
A、滑片P向右滑动时，R接入电路的阻值变大，R两端电压不变，由I=可知，通过R的电流减小，
灯泡两端电压不变，通过灯泡的电流不变，则干路电流减小，电流表示数减小，故A正确；
B、电压表测电源电压，电源电压不变，电压表示数不变，故B错误；
C、灯泡两端电压不变，通过灯泡的电流不变，灯泡实际功率不变，灯泡亮度不变，故C错误；
D、滑动变阻器两端电压不变，滑动变阻器接入电路的阻值增大，总电阻增大，由P=可知，电路消耗总功率减小，故D错误；
故选A．
【分析】分析清楚电路结构，根据并联电路特点与欧姆定律、电功率公式分析答题．
16．【答案】变大；变大；不变；电流
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】解：当开关S1闭合S2断开时，电阻R1与R2串联，电压表测R2两端电压；
则电流表示数I=，电压表示数为U2．
当S2也闭合后，R1被短路，故电压表测R2两端电压，也等于电源两端电压，故电压表示数变大；
电流表I′=，故I′＞I，即电流表示数变大．
根据P=UI可知总功率变大；
由于当开关S1闭合S2断开时，电压表示数与电流表示数的比值为=R2，
当S2也闭合后，电压表示数与电流表示数的比值为=R2，
所以，电压表示数与电流表示数的比值不变；
若互换电压表和电流表的位置，再闭合开关S1、S2的情况下，电源两极通过电流表直接相连，发生电源短路，故电流表将会烧坏．
故答案：变大；变大；不变；电流．
【分析】当开关S1闭合S2断开时，电阻R1与R2串联，电压表测R2两端电压；当S2也闭合后，R1被短路，电路中只有R2．根据欧姆定律即可判断电路中电流的变化，根据P=UI即可判断总功率的变化；由于电压表示数与电流表示数的比值为R2的阻值，根据R2阻值不变可知示数的比值变化．
知道电压表内阻较大，故电压表在电路中相当于断路，应并联在电路中；而电流表内阻较小，在电路中相当于短路，故电流表应串联在电路中；根据电路及互换后两表的接法可知出现的情况．
17．【答案】5：3 ；3：5
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：（1）因为串联电路中的电流处处相等，由I=可知，电压：U=IR，
根据U=IR得：U1=IR1，U2=IR2，则U1：U2=IR1：IR2=R1：R2=5：3．
（2）因为并联电路两端相等，根据I=得：I1=，I2=，
则I1：I2=：=R2：R1=3：5．
故答案为：5：3；3：5．
【分析】（1）在串联电路中，各处的电流都相等．得出了电流关系，然后根据U=IR就可以得出电压关系．
（2）在并联电路中，并联电路两端电压相等．得出了电压关系，然后根据I=就可以得出电流关系
18．【答案】0.1；3
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【解答】解：当开关S1闭合，S2、S3断开时，三只定值电阻串联，电压表测量R1两端电压．
此时的电路电流为I串==；
电阻R2消耗的功率为P2=I串2R2=（）2R2；
当开关S1、S2、S3都闭合时，三只电阻并联，电流表A1测量通过R1+R2的电流，电流表A2测量整个电路电流．
通过R1的电流为I1==，
通过R2的电流为I2=I1+2﹣I1=0.9A﹣，
电阻R2消耗的功率为P2′=I22R2=（0.9A﹣）2R2；
已知P2：P2′=1：9，
即=，
已知U1：U1′=1：6，
解得U1=1V，U1′=6V；
当开关S1闭合，S2、S3断开时，电流表A2示数为I串===0.1A；
当开关S1、S2、S3都闭合时，则电源电压U=U1′=6V；
当开关S1闭合，S2、S3断开时，根据欧姆定律得：R串===60Ω，
根据串联电路的总阻值等于各电阻之和可得：R2+R3=R串﹣R1=60Ω﹣10Ω=50Ω；
已知=，由P=I2R=可得：=，
解得：R2=20Ω；则R3=50Ω﹣20Ω=30Ω；
开关S1、S2、S3都闭合时，
R2消耗的功率为P2===1.8W，
R3消耗的功率为P3===1.2W，
所以R2、R3消耗的总功率为P2+P3=1.8W+1.2W=3W．
故答案为：0.1；3．
【分析】当开关S1闭合，S2、S3断开时，三只定值电阻串联，电压表测量R1两端电压；当开关S1、S2、S3都闭合时，三只电阻并联，电流表A1测量通过R1+R2的电流，电流表A2测量整个电路电流．根据串联电路和并联电路的特点及已知的电压、电功率比例关系，利用公式P=I2R分别列出关于R2功率的方程，解方程组得到电源电压和串联电路中R1两端电压．
①根据欧姆定律得到电流表A2的示数；
②已知R1阻值，根据串联电路用电器两端电压与其阻值成正比，可以得到R2、R3阻值之和；已知前后两次R2消耗的功率之比，可以得到R2的阻值，进一步得到R3的阻值；开关S1、S2、S3都闭合时，已知电阻R3两端电压和阻值，可以得到通过R3的电流，最后得到干路电流；
③已知电源电压和R2和R3的阻值，利用公式P=得到R2和R3消耗的总功率．
19．【答案】1：1；1：2
【知识点】串、并联电路的电流特点；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：两电阻串联，因串联电路中各处的电流相等，
所以，通过它们的电流之比I1：I2=1：1；
由I=可得，两电阻两端的电压之比：====．
故答案为：1：1；1：2．
【分析】两电阻串联时通过它们的电流相等，根据欧姆定律求出它们两端的电压之比．
20．【答案】10；15
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【解答】解：
根据P=得正常发光时小灯泡的电阻：RL===10Ω；
闭合S1，断开S2，小灯泡正常发光，因此电源电压U=U额=6V；
再闭合S2，R与L并联电路，电流表示数变化了0.4A，即IR=0.4A，
所以R的电阻：
R===15Ω．
故答案为：10；15．
【分析】根据P=计算正常发光时小灯泡的电阻；
闭合S1，断开S2，为灯泡的基本电路，而小灯泡正常发光，因此电源电压等于灯泡的额定电压；
两个开关都闭合时，为并联电路，电流表串联在干路上，因此电流表示数的变化为定值电阻R中通过的电流，再利用R=即可求出R的阻值；
21．【答案】（1）解：由题路灯两端电压U=220V，正常工作电流1A，所以正常工作8小时消耗的电能：
W=UIt=220V×1A×8×3600s=6.336×106J；
（2）当光强度为20cd时，R2两端的电压刚好升至2V，开关S2与c点接触，电路接通，路灯L正常工作．
由表格数据可知，当光照强度为20cd时，R2的阻值为10Ω，
由图控制电路R1与R2串联，
所以I1=I2===0.2A，
U1=U′﹣U2=6V﹣2V=4V，
所以R1===20Ω；
（3）保持R1接入电路的阻值不变，当R2两端的电压为1V时，
U1′=U′﹣U2′=6V﹣1V=5V，
所以I2′=I1′===0.25A，
R2的阻值：R2===4Ω；
由表格数据可知，R2的电阻与光强成反比，由表格第一次电阻40Ω时，光强为5cd，则电阻为4Ω时，光强为50cd；
（4）使路灯L要晚一些灯打开，即光强变小，R2阻值变大，为使其电压仍为2V时接通工作电路，根据串联电路的分压原理，R1的阻值应适当调大．
【知识点】欧姆定律及其应用；电功计算公式的应用
【解析】【分析】（1）由图工作电路中只有L，已知电源电压、路灯L正常工作电流和工作时间，由W=UIt计算其消耗电能；
（2）由图控制电路R1与R2串联，工作电路接通时R2电压为2V，由表格数据知此时R2的电阻大小，由欧姆定律计算电路中电流，
（3）保持R1接入电路的阻值不变，当R2两端的电压为1V时，根据串联电路特点，根据欧姆定律计算出电路中电流，从而求得R2的阻值；
根据表中数据得出电阻与光强的关系，确定此时光强大小；
（4）使路灯L要晚一些打开，即光强变小，由表格可知R2阻值变大，才接通过工作电路，由分压原理分析R1的阻值变化情况即可．
22．【答案】（1）6；各支路电流之和；只测量了一次，结论具有偶然性；换用不同规格的灯泡多做几次
（2）C；1.14；将电压表并联在滑动变阻器的两端（此时选择小量程）；调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.2V
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【解答】解：（1）根据电路的连接情况，结合电路连接经验可知，要想完成此实验的探究，至少需要6条导线；
由测量结果可知看出干路电流0.9A=0.5A+0.4A，所以可得出干路电流等于各支路电流之和；
但这一结论的得出并不科学，因为只测量的了一次，结论具有偶然性，可做出的改进措施是换用不同规格的灯泡多做几次．
（2）①变阻器要选择右下方接线柱，这样滑片向右滑动时，接入电路的电阻变小，电流变大，则灯泡变亮，如图所示．
②电压表内阻很大相当于断路，若电压表与电流表位置接反了，由于电压表串联在电路中，故电路中电流会非常小，接近于零，电压表相当于测电源电压，因此，只有电压表有示数，灯不亮．故C符合题意．
③读图可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，其示数为0.3A．
则小灯泡的额定功率：P=UI=3.8V×0.3A=1.14W．
④由于小灯泡的额定电压为3.8V，所以电压表必须选择大量程，这样造成电压测量不精确，为了使测量误差更小，可将电压表并联在滑动变阻器的两端，改接小量程．
因为电源电压为6V，则变阻器两端电压为6V﹣3.8V=2.2V时，此时小灯泡恰好正常好光．
因此，补充的步骤为：a．断开开关，将电压表并联在滑动变阻器的两端（此时选择小量程）；
b．闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.2V，并读出此时电流表的示数；
c．计算出灯的额定功率．
故答案为：
（1）6；各支路电流之和；只测量了一次，结论具有偶然性；换用不同规格的灯泡多做几次．
（2）①见上图；
②C；
③0.3；1.14；
④a．将电压表并联在滑动变阻器的两端（此时选择小量程）；
b．调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.2V．
【分析】（1）在“探究并联电路电流特点”的实验中，根据实物电路的连接情况可逐一数出需要的导线根数；知道并联电路中干路电流等于各支路电流之和；对于探究实验应进行多次避免偶然性，据此可做出评从与改进．
（2）①变阻器要求一上一下连接，并注意滑片向右滑动时，灯泡变亮这一要求；
②根据电压表内阻很大相当于断路，电流表内阻很小，相当于导线，可做出判断；
③根据电流表的量程和分度值，读出电流值，再根据公式P=UI计算额定功率的大小；
④由于小灯泡的额定电压为3.8V，所以电压表必须选择大量程，这样造成电压测量不精确，为了使测量误差更小，可将电压表并联在滑动变阻器的两端，改接小量程．据此分析．
23．【答案】（1）磁场；右；电流的方向
（2）磁性；导电性
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【解答】解：（1）按图甲组装实验器材，给直导线通电，直导线向左运动，这说明通电导线在磁场中受到力的作用，且只对调电源正负极接线，即电流的方向发生改变，通电直导线会向右运动，这说明通电导体的受力方向与电流的方向有关；
（2）据题意可知，若使得线框转动，即必须有电流，且有磁场，所以对于柱形体来说，必须有磁性，且必须具有导电性，即是导体．
故答案为：（1）磁场；右；电流的方向；（2）磁性；导电性．
【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，所受力的方向跟导体中的电流方向和磁场方向有关；
（2）据图分析，即可得出柱形体的基本物理属性．
24．【答案】（1）水平台；左
（2）28.2；21 ；1.05
（3） 当血液悬浮时，根据物体的浮沉条件可知：G=F浮，ρ物gV物=ρ液gV排，因为物体悬浮时，V物=V排，所以：ρ物=ρ液． ．
【知识点】设计实验测密度；浮力产生的原因
【解析】【解答】解：
（1）用天平测量物体的质量时，首先把天平放在水平台上，把游码放在标尺左端的零刻线处．然后调节平衡螺母，使横梁平衡，在调节过程中，若指针偏向分度盘的右侧，应将平衡螺母向左边调节．
（2）由图可知天平标尺分度值为0.2g，烧杯和剩余溶液的质量：m=20g+5g+3.2g=28.2g，
量筒中溶液的质量：m液=49.2g﹣28.2g=21g，
硫酸铜溶液的密度：ρ===1.05g/cm3．
（3）当血液悬浮时，根据物体的浮沉条件可知：G=F浮，
ρ物gV物=ρ液gV排，
因为物体悬浮时，V物=V排，
所以：ρ物=ρ液，即血液的密度等于硫酸铜溶液的密度．
故答案为：（1）水平台；左；（2）28.2；21；1.05；（3）过程见上．
【分析】（1）天平应放在水平台面上，调节天平横梁时，指针应向指针偏离的反方向调节；
（2）明确天平标尺的分度值，由m物=m砝码+m游码计算烧杯和剩余溶液的质量，从而得到倒入量筒中溶液的质量，根据ρ=计算溶液的密度；
（3）根据物体的沉浮条件，运用密度和阿基米德原理公式推导．
25．【答案】（1）因为此电路为串联电路，根据串联电路电压电压的规律可得：
U=U1+U2=3V+9V=12V．
（2）根据串联电路电阻的特点可得：R总=R1+R2=600Ω；再由欧姆定律可知：电路总电流I= = =0.02A。
（3）R1= = =150Ω，R2= = =450Ω．
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】（1）因为此电路为串联电路，根据串联电路电压电压的规律可得：
U=U1+U2=3V+9V=12V．（2）根据串联电路电阻的特点可得：R总=R1+R2=600Ω；再由欧姆定律可知：电路总电流I= = =0.02A。（3）R1= = =150Ω，R2= = =450Ω．
【分析】R1两端的电压为3伏，R2两端的电压为9伏，电阻R1、R2串联接在电路中．由串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和可知电路两端的总电压．求出总电压之后，利用串联电路的等效电阻（总电阻）可求出电路中的电流，再根据串联电路中电流的特点，可分别求出电阻R1、R2．
1 / 1浙教版科学八年级上册第四章第7节 电路分析与应用同步练习
一、单选题
1．在如图所示的电路中，闭合开关，下列说法中正确的是（ ）
A．电流表测的是通过灯L1的电流
B．电流表测的是通过灯L1和L2的总电流
C．取下灯L1后L2仍然会亮，电流表有读数
D．取下灯L2后L1也不亮，电流表无读数
【答案】C
【知识点】电流的测量及电流表的使用；电流表、电压表在判断电路故障中的应用
【解析】【解答】因为这是一个并联电路，因为电路中有两条电流的通路，并且每条电路上都有一个用电器。电流表和L2串联在一条支路上，所以电流表测的是通过L2的电流。由于两灯是并联连接，各支路互不影响。所以选项C正确。故选C
【分析】解决这类题目，应先根据实物图画出电路图，弄清是什么电路，然后弄清各表的作用。
2． 同学们为敬老院的老人买了一辆电动轮椅．工作原理如图所示，操纵杆可以同时控制S1和S2两个开关，向前推操纵杆时轮椅前进且能调速，向后拉操纵杆轮椅以恒定速度后退，已知蓄电池电压为24V，定值电阻R2为20Ω，R1为滑动变阻器，下列对电路的判断正确的是（ ）
A．S1接触点1，S2接触点2时，轮椅前进
B．S1和S2都接触点1时，轮椅后退
C．轮椅后退时电路中的电流小于1.2A
D．轮椅后退时电路中的电流为1.2A
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：
A、由题轮椅前进且能调速，故前进电路中应有可以控制电路中的电流的装置，即滑动变阻器且与电动机串联在电路中．由电路图可知，此时开关S1和S2都接1，故A错误；
B、轮椅后退时，轮椅以恒定速度后退，即电动机应与R2串联，此时电流方向与前进时相反，由电路图可知，此时开关S1和S2都接2，故B错误；
CD、由B后退时电动机与R2串联，电源电压24V，R2=20Ω，电路中电流I==＜1.2A，故C正确，D错误．
故选C．
【分析】轮椅前进且能调速，故前进电路中应有可以控制电路中的电流的装置，即应有滑动变阻器且与电动机串联；轮椅后退时，轮椅以恒定速度后退，即电动机应与R2串联．
由此结合电路分析开关的状态；并根据根据欧姆定律计算后退时电路中的电流．
3． 实验室中所使用的电流是由小量程电流表改装而成，在图甲中是满偏电流（即小量程电流表允许通过的最大电流）Ig=3mA的电流表，其电阻Rg=10Ω，现借助一个定值电阻R0把它改装为一量程为3A的电流表，如图乙所示，下列判断正确的是（ ）
A．达到满偏时两端电压0.03V，R0约≤10000Ω
B．达到满偏时两端电压0.03V，R0约0.01Ω
C．达到满偏时两端电压30V，R0约10000Ω
D．达到满偏时两端电压30V，R0约0.01Ω
【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：
（1）由I=，
可得，当通过小量程电流表的电流为满偏电流时，它两端的电压为U=IgRg=0.003A×10Ω=0.03V；
（2）两个电阻并联时，通过R0的电流为I0=I最大﹣Ig=3A﹣0.003A=2.997A，
并联电阻为R0== ≈0.01Ω．
故选B．
【分析】（1）已知小量程电流表的电阻和最大电流，利用公式U=IR得到两端电压；
（2）已知小量程电流表的最大电流和改装后的电路电流，可以得到通过电阻的电流；已知电阻两端电压和通过的电流，利用R=得到阻值．
4．如图所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，开关闭合后，当滑片P从a端向b端滑动过程中，会出现的现象是（ ）
A．电流表示数变大，弹簧长度变长
B．电流表示数变大，弹簧长度变短
C．电流表示数变小，弹簧长度变短
D．电流表示数变小，弹簧长度变长
【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；影响电磁铁磁性强弱的因素
【解析】【解答】电流由下方流入，则由右手螺旋定则可知，螺线管上端为N极；由于同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，两磁铁同名相对，故相互排斥；当滑片P从a端向b端滑动过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，总电阻减小，由欧姆定律可得，电路中电流变大，在其它条件相同时，电流越大，电磁铁的磁性越强，则条形磁铁受向上的磁力增大；条形磁铁受重力、拉力及向上的磁场力，向下的重力与向上的弹簧的弹力及磁场力之和相等，因重力不变，磁场力增大，故弹簧的弹力减小，故弹簧长度变短。故选B
【分析】由右手螺旋定则可得出螺线管上端磁极，则由磁极间的相互作用可知电磁铁与条形磁铁的作用；根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，利用欧姆定律可知电路中电流的变化和电磁铁磁性的变化，进一步判断弹簧长度的变化。
5．法国科学家阿尔贝 费尔和德国彼得 格林贝格尔由于发现了巨磁电阻（GMR）效应，荣获了2007年诺贝尔物理学奖．如图是研究巨磁电阻特性的原理示意图．实验发现，闭合S1、S2后，当滑片P向左滑动的过程中，指示灯明显变亮，则下列说法（ ）
A．电磁铁右端为N极
B．滑片P向右滑动过程中电磁铁的磁性增强
C．巨磁电阻的阻值随磁场的减弱而明显增大
D．巨磁电阻的阻值随磁场的减弱而明显减小
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；右手螺旋定则；影响电磁铁磁性强弱的因素
【解析】【解答】A、由安培定则可知，电磁铁左端为N极，故A错误；B、滑片P向右滑动过程中，电阻变大，电流变小，电磁铁的磁性减弱，故B错误；CD、滑片向左滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，左边电路中的电流增大，根据电磁铁的磁性强弱与电流的关系可知，电磁铁的磁性增强。而指示灯明显变亮，说明右边电路的电流变大了，巨磁电阻的电阻变小了，磁性减弱时，巨磁电阻的电阻变大，故C正确，D错误。故选C
【分析】通过电路中电流的变化结合电磁铁磁性强弱的决定因素可以确定滑片移动时，其磁性的变化；根据灯泡的亮度变化，能够确定电路中电流的变化，进而知道巨磁电阻的阻值与磁场强弱的关系。
6．如图所示，电源电压保持不变，R为定值电阻，R′为滑动变阻器．开关闭合后，逐渐向右调节滑动变阻器的滑片P，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变大 B．电流表示数不变
C．电压表示数变大 D．电压表示数变小
【答案】D
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】解：由图示电路图可知，两电阻串联，电压表测定值电阻两端电压，电流表测电路电流；
滑片向右调节过程，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流减小，电流表示数变小，故AB错误；
滑动变阻器接入电路阻值变大，滑动变阻器分压变大，电源电压不变，电阻两端电压变小，电压表示数变小，故C错误，D正确；
故选D．
【分析】分析清楚电路结构，根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后应用串联电路特点与欧姆定律分析答题．
7． 如图所示，电源电压恒定，当合上开关S后，向右移动滑动变阻器R的滑片P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表和电流表的示数都变小
B．电压表和电流表的示数都变大
C．电压表的示数变大，电流表的示数变小
D．电压表的示数变小，电流表的示数变大
【答案】C
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，
滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，接入电路中的电阻变大，滑动变阻器分压变大，
电压表示数变大；电路中的总电阻R变大，电源电压U不变，由I=可知，电路电流变小，电流表示数变小；
故选C．
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压．根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压变化．
8． 如图所示的电路图，电源电压保持不变，开关S闭合时，发现图中只有两个表的指针发生偏转，电路中的电阻R或等L只有一个出现故障，则可能是（ ）
A．电流表A示数为零，灯L短路 B．电流表A示数为零，灯L断路
C．电流表A1示数为零，电阻R短路 D．电流表A1示数为零，电阻R断路
【答案】D
【知识点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用
【解析】【解答】解：A、若灯L短路，电流表A1和电压表均被短路，此两表均无示数；电流表A相当于直接接在电源两极上，且示数很大．故A不符合题意；
B、若灯L断路，电流经过电流表A、A1、电阻R回负极，电压表测量R两端电压，因此电压表和两个电流表都有示数，故B不符合题意；
C、若电阻R短路，电压表示数变为零，两个电流表都有示数；故C不符合题意；
D、若电阻R断路，电压表的正负接线柱通过灯丝、导线接在电源正负极上，电压表有示数；电流表A1测量的是通过电阻R的电流，示数为0，电流表A测干路上的电流，故电流表A有示数，符合题意．
故选D．
【分析】由题知，电路中只有两个电表的指针发生偏转，另一个指针不偏转；电路中的电阻R或灯L有一个出现了故障：
若电阻R开路，电压表的正负接线柱通过灯丝、导线接在电源正负极上，电压表有示数；电压表的电阻无限大，使得电路中的电流为0，A1示数为零；
若电阻R短路，电压表示数变为零，两个电流表都有示数；
若电灯开路，电压表有示数；电流表A有示数；
若电灯短路，电压表测量的是电阻两端的电压，有示数；电流表测量的是通过电阻R的电流，也有示数．
9． 小明用如图所示的电路图研究并联电路电流的规律，当闭合开关S试触时，发现3只小灯泡均发光，电流表的指针正向偏转并超过最大刻度．产生这种现象的原因可能是（ ）
A．小灯泡L1发生断路 B．小灯泡L2发生短路
C．电流表使用的量程太小 D．电流表的接线柱接反了
【答案】C
【知识点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用
【解析】【解答】解：电流表的指针正向偏转超过最大刻度，说明指针会迅速转到最右侧，超过最大刻度，即超过电流表的量程，而三只小灯泡均发光，所以可能是电流表的量程选择过小引起的．
故选：C．
【分析】并联电路中如果某支路断路，则这一支路用电器不工作，其他支路用电器仍工作；
并联电路中如果某支路短路，则所有支路的用电器都被短路而不工作，烧毁电源；
电流表量程选小时，指针指到最大刻度之外；
电流表正负接线柱接反时，指针反向偏转．
10． 如图所示，L1与L2是两只标有“3V 10Ω”字样的相同小灯泡，电源电压为3V，闭合开关S后，干路电流是（ ）
A．I=0.3A B．I=0.6A C．I=0.9A D．I=1.0A
【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：
由图可知，L1与L2串联，且两灯是相同的小灯泡，
U=U1=U2=3V，
干路电流：I=2I1=2×=0.6A．所以ACD错误，B正确．
故选B．
【分析】由图两灯并联，根据并联电路特点和欧姆定律计算出干路电流即可选择正确答案．
11． 在如图所示的电路中，电源电压保持不变．闭合开关S后，灯L不发光，电压表指针有明显偏转．若此电路中只有一处故障，则对于电路故障的判断，下列说法不正确的是（ ）
A．灯L短路 B．灯L断路
C．滑动变阻器R2断路 D．定值电阻R1断路
【答案】B
【知识点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用
【解析】【解答】解：
A、如果灯泡短路，闭合开关不会发光，电压表测量电源电压指针偏转，此选项正确，不符合题意；
B、如果灯泡断路，整个电路断路，灯泡不亮，电压表指针不偏转．此选项错误，符合题意；
C、如果滑动变阻器断路，灯泡中无电流通过，不能发光；电压表测量电源电压指针偏转．此选项正确，不符合题意；
D、如果定值电阻断路，灯泡中无电流通过，不能发光；电压表测量电源电压指针偏转．此选项正确，不符合题意．
故选B．
【分析】由电路图知，灯泡、滑动变阻器和定值电阻串联在电路中，其中电压表测量滑动变阻器和定值电阻两端的总电压．
闭合开关，灯泡不亮，原因有二：灯泡短路或其它串联部分断路．
12． 如图所示，电源电压保持18V不变，小灯泡L上标有“6V 3W”字样，滑动变阻器最大电阻值R=60Ω．为保证各器件安全，不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（ ）
A．S断开时电压表示数为0V
B．S闭合后，电压表最大示数为15V
C．小灯泡L正常发光时，变阻器R消耗的电功率为6W
D．S闭合后，小灯泡L的最小实际电功率为0.5W
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【解答】解：（1）S断开时，电压表测电源的电压，则电压表的示数为18V，故A错误；
（2）S闭合后，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，
为保证各器件安全，电压表的最大示数UV=UL=6V，故B错误；
由P=可得，灯泡的电阻：
RL===12Ω，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，灯泡正常发光时电路中的电流：
I===0.5A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，变阻器两端的电压：
UR=U﹣UL=18V﹣6V=12V，
变阻器R消耗的电功率：
PR=URI=12V×0.5A=6W，故C正确；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时灯泡L的功率最小，
因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，此时电路中的电流：
I===A，
灯泡的最小电功率：
PL=I2RL=（A）2×12Ω≈0.33W，故D错误．
故选C．
【分析】（1）S断开时，电压表测电源的电压，根据电源的电压可知电压表的示数．
（2）S闭合后，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，为保证各器件安全，电压表的最大示数和灯泡的额定电压相等，此时灯泡正常发光，根据P=求出灯泡的电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，再利用P=UI求出变阻器R消耗的电功率；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时灯泡L的功率最小，利用电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，最后利用P=I2R求出灯泡的最小电功率．
13． 如图是新安装的照明电路，已知两个并联灯泡的灯头接线存在一处故障．小明学电工的检修方法，在保险丝处接入一个“220V、40W”的灯泡．当只闭合S、S1时，L0和L1都呈暗红色；当只闭合S、S2时，L0正常发光，L2不发光．由此可以确定（ ）
A．L1灯头断路 B．L2灯头短路 C．L1灯头短路 D．L2灯头断路
【答案】B
【知识点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用
【解析】【解答】解：当只闭合S、S1时L0和L1都呈暗红色，是因为L1与该灯串联接入电路，所分电压低于220V，所以L1正常；
当只闭合S、S2时，L0正常发光，L2不发光，是因为L2被短路，使L0直接接在电源上，正常发光．
故选B．
【分析】将“220V、40W”的电灯按表格中提供的接法接入电路，是把此灯串联接入电路．
若电灯恰能正常发光，说明开关闭合的那条支路短路，使该灯直接接在电源上；
若电灯比正常发光暗，说明开关闭合的那条支路的灯与该灯串联接入电路，所分电压低于220V，这条支路正常；
若电灯不发光，说明开关闭合的那条支路有开路．
据此分析判断．
14． 如图所示，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A．电压表的示数不变，电流表A1的示数变大，A2的示数变小
B．电压表的示数不变，电流表A1的示数不变，A2的示数变大
C．电压表的示数与A1的示数的比值变大，A2的示数变小
D．电压表的示数与A1的示数的比值不变，A2的示数变小
【答案】D
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】解：由电路图可知，R1和R2并联，电压表测量并联支路（电源电压）电压，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流；
滑片向右移动过程中，电源电压不变，电压表示数不变，电阻R1阻值不变，通过R1的电流不变，电流表A1示数不变，故A错误；
滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，通过R2的电流变小，干路电流变小，电流表A2示数变小，故B错误；
电压表与电流表A1示数是电阻R1的阻值，电阻R1的阻值不变，则电压表的示数与电流表A1的示数的比值不变，故C错误，D正确；
故选D．
【分析】由图示电路图分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，应用并联电路特点、欧姆定律分析答题．
15． 如图所示电路，电源电压恒定．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列判断正确的是（ ）
A．电流表示数变小 B．电压表示数变小
C．灯L变亮 D．电路消耗的总功率变大
【答案】A
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】解：
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R并联，电流表测干路电流，电压表测电源电压．
A、滑片P向右滑动时，R接入电路的阻值变大，R两端电压不变，由I=可知，通过R的电流减小，
灯泡两端电压不变，通过灯泡的电流不变，则干路电流减小，电流表示数减小，故A正确；
B、电压表测电源电压，电源电压不变，电压表示数不变，故B错误；
C、灯泡两端电压不变，通过灯泡的电流不变，灯泡实际功率不变，灯泡亮度不变，故C错误；
D、滑动变阻器两端电压不变，滑动变阻器接入电路的阻值增大，总电阻增大，由P=可知，电路消耗总功率减小，故D错误；
故选A．
【分析】分析清楚电路结构，根据并联电路特点与欧姆定律、电功率公式分析答题．
二、填空题
16． 如图所示的电路，电源电压恒定不变．闭合开关S1后再闭合开关S2．电压表的示数将 ．电路的总功率将 ，电压表示数与电流表示数的比值将 （以上均选填“变大”、“变小”或“不变”）．若互换电压表和电流表的位置，再闭合开关S1、S2的情况下， 表将会烧坏．
【答案】变大；变大；不变；电流
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】解：当开关S1闭合S2断开时，电阻R1与R2串联，电压表测R2两端电压；
则电流表示数I=，电压表示数为U2．
当S2也闭合后，R1被短路，故电压表测R2两端电压，也等于电源两端电压，故电压表示数变大；
电流表I′=，故I′＞I，即电流表示数变大．
根据P=UI可知总功率变大；
由于当开关S1闭合S2断开时，电压表示数与电流表示数的比值为=R2，
当S2也闭合后，电压表示数与电流表示数的比值为=R2，
所以，电压表示数与电流表示数的比值不变；
若互换电压表和电流表的位置，再闭合开关S1、S2的情况下，电源两极通过电流表直接相连，发生电源短路，故电流表将会烧坏．
故答案：变大；变大；不变；电流．
【分析】当开关S1闭合S2断开时，电阻R1与R2串联，电压表测R2两端电压；当S2也闭合后，R1被短路，电路中只有R2．根据欧姆定律即可判断电路中电流的变化，根据P=UI即可判断总功率的变化；由于电压表示数与电流表示数的比值为R2的阻值，根据R2阻值不变可知示数的比值变化．
知道电压表内阻较大，故电压表在电路中相当于断路，应并联在电路中；而电流表内阻较小，在电路中相当于短路，故电流表应串联在电路中；根据电路及互换后两表的接法可知出现的情况．
17． 小敏在探究串、并联电路的电流、电压、电阻之间的关系时，用了两个阻值不同的电阻R1、R2，它们阻值之比是5：3，如果它们串联在电路中，则电阻两端的电压之比 ；如把它们并联在电路中，则通过电阻的电流之比为 ．
【答案】5：3 ；3：5
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：（1）因为串联电路中的电流处处相等，由I=可知，电压：U=IR，
根据U=IR得：U1=IR1，U2=IR2，则U1：U2=IR1：IR2=R1：R2=5：3．
（2）因为并联电路两端相等，根据I=得：I1=，I2=，
则I1：I2=：=R2：R1=3：5．
故答案为：5：3；3：5．
【分析】（1）在串联电路中，各处的电流都相等．得出了电流关系，然后根据U=IR就可以得出电压关系．
（2）在并联电路中，并联电路两端电压相等．得出了电压关系，然后根据I=就可以得出电流关系
18． 如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1=10Ω．当开关S1闭合，S2、S3断开时，电压表的示数为U1，R2消耗的功率为P2；当开关S1、S2、S3都闭合时，电压表的示数为U1′，R2消耗的功率为P2′，且电流表A1的示数为0.9A．已知U1：U1′=1：6，P2：P2′=1：9，则开关S1闭合，S2、S3断开时，电流表A2的示数为 A；开关S1、S2、S3都闭合时，R2和R3消耗的总功率为 W．
【答案】0.1；3
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【解答】解：当开关S1闭合，S2、S3断开时，三只定值电阻串联，电压表测量R1两端电压．
此时的电路电流为I串==；
电阻R2消耗的功率为P2=I串2R2=（）2R2；
当开关S1、S2、S3都闭合时，三只电阻并联，电流表A1测量通过R1+R2的电流，电流表A2测量整个电路电流．
通过R1的电流为I1==，
通过R2的电流为I2=I1+2﹣I1=0.9A﹣，
电阻R2消耗的功率为P2′=I22R2=（0.9A﹣）2R2；
已知P2：P2′=1：9，
即=，
已知U1：U1′=1：6，
解得U1=1V，U1′=6V；
当开关S1闭合，S2、S3断开时，电流表A2示数为I串===0.1A；
当开关S1、S2、S3都闭合时，则电源电压U=U1′=6V；
当开关S1闭合，S2、S3断开时，根据欧姆定律得：R串===60Ω，
根据串联电路的总阻值等于各电阻之和可得：R2+R3=R串﹣R1=60Ω﹣10Ω=50Ω；
已知=，由P=I2R=可得：=，
解得：R2=20Ω；则R3=50Ω﹣20Ω=30Ω；
开关S1、S2、S3都闭合时，
R2消耗的功率为P2===1.8W，
R3消耗的功率为P3===1.2W，
所以R2、R3消耗的总功率为P2+P3=1.8W+1.2W=3W．
故答案为：0.1；3．
【分析】当开关S1闭合，S2、S3断开时，三只定值电阻串联，电压表测量R1两端电压；当开关S1、S2、S3都闭合时，三只电阻并联，电流表A1测量通过R1+R2的电流，电流表A2测量整个电路电流．根据串联电路和并联电路的特点及已知的电压、电功率比例关系，利用公式P=I2R分别列出关于R2功率的方程，解方程组得到电源电压和串联电路中R1两端电压．
①根据欧姆定律得到电流表A2的示数；
②已知R1阻值，根据串联电路用电器两端电压与其阻值成正比，可以得到R2、R3阻值之和；已知前后两次R2消耗的功率之比，可以得到R2的阻值，进一步得到R3的阻值；开关S1、S2、S3都闭合时，已知电阻R3两端电压和阻值，可以得到通过R3的电流，最后得到干路电流；
③已知电源电压和R2和R3的阻值，利用公式P=得到R2和R3消耗的总功率．
19． 定值电阻R1=10Ω，R2=20Ω，接入如图所示电路中，闭合开关S，则通过R1、R2的电流之比I1：I2= ；R1：R2两端的电压之比U1：U2= ．
【答案】1：1；1：2
【知识点】串、并联电路的电流特点；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】解：两电阻串联，因串联电路中各处的电流相等，
所以，通过它们的电流之比I1：I2=1：1；
由I=可得，两电阻两端的电压之比：====．
故答案为：1：1；1：2．
【分析】两电阻串联时通过它们的电流相等，根据欧姆定律求出它们两端的电压之比．
20． 如图所示，电源电压保持不变，小灯泡L标有“6V 3.6W”字样，R为定值电阻，闭合开关S1，断开S2，小灯泡正常发光，小灯泡的电阻为 Ω；若再闭合S2，发现电流表示数变化了0.4A，则R的阻值为 Ω．
【答案】10；15
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【解答】解：
根据P=得正常发光时小灯泡的电阻：RL===10Ω；
闭合S1，断开S2，小灯泡正常发光，因此电源电压U=U额=6V；
再闭合S2，R与L并联电路，电流表示数变化了0.4A，即IR=0.4A，
所以R的电阻：
R===15Ω．
故答案为：10；15．
【分析】根据P=计算正常发光时小灯泡的电阻；
闭合S1，断开S2，为灯泡的基本电路，而小灯泡正常发光，因此电源电压等于灯泡的额定电压；
两个开关都闭合时，为并联电路，电流表串联在干路上，因此电流表示数的变化为定值电阻R中通过的电流，再利用R=即可求出R的阻值；
三、探究题
21． 为倡导节能环保，某科研机构设计了新型路灯．工作原理如图所示，控制电路中R2为半导体硅制成的光敏电阻，R2阻值随光强（国际单位坎德拉，符号：cd）变化的规律如下表所示，工作电路中开关S2的状态由R2两端的电压决定，光照足够强时，R2两端的电压很小，开关S2和与b点接触，处于断开状态，路灯L关闭；当光强降为20cd时，R2两端的电压刚好升至2V，开关S2与c点接触，电路接通，路灯L正常工作．已知，控制电路和工作电路中电源电压分别为6V和220V，路灯L正常工作时流为1A．
光强/cd 5 10 20 25 40 …
电阻/Ω 40 20 10 8 5 …
求：
（1）若路灯L每天正常工作8小时，其消耗的电能；
（2）工作电路刚好接通时，R1接入电路的阻值
（3）保持R1接入电路的阻值不变，当R2两端的电压为1V时，R2的阻值是多大？分析表格中光强与电阻数据的规律，确定此时光强是多大
（4）为了节约能源，使路灯L要晚一些打开，应怎样调节R1
【答案】（1）解：由题路灯两端电压U=220V，正常工作电流1A，所以正常工作8小时消耗的电能：
W=UIt=220V×1A×8×3600s=6.336×106J；
（2）当光强度为20cd时，R2两端的电压刚好升至2V，开关S2与c点接触，电路接通，路灯L正常工作．
由表格数据可知，当光照强度为20cd时，R2的阻值为10Ω，
由图控制电路R1与R2串联，
所以I1=I2===0.2A，
U1=U′﹣U2=6V﹣2V=4V，
所以R1===20Ω；
（3）保持R1接入电路的阻值不变，当R2两端的电压为1V时，
U1′=U′﹣U2′=6V﹣1V=5V，
所以I2′=I1′===0.25A，
R2的阻值：R2===4Ω；
由表格数据可知，R2的电阻与光强成反比，由表格第一次电阻40Ω时，光强为5cd，则电阻为4Ω时，光强为50cd；
（4）使路灯L要晚一些灯打开，即光强变小，R2阻值变大，为使其电压仍为2V时接通工作电路，根据串联电路的分压原理，R1的阻值应适当调大．
【知识点】欧姆定律及其应用；电功计算公式的应用
【解析】【分析】（1）由图工作电路中只有L，已知电源电压、路灯L正常工作电流和工作时间，由W=UIt计算其消耗电能；
（2）由图控制电路R1与R2串联，工作电路接通时R2电压为2V，由表格数据知此时R2的电阻大小，由欧姆定律计算电路中电流，
（3）保持R1接入电路的阻值不变，当R2两端的电压为1V时，根据串联电路特点，根据欧姆定律计算出电路中电流，从而求得R2的阻值；
根据表中数据得出电阻与光强的关系，确定此时光强大小；
（4）使路灯L要晚一些打开，即光强变小，由表格可知R2阻值变大，才接通过工作电路，由分压原理分析R1的阻值变化情况即可．
22．
（1）如图甲是小明“探究并联电路电流特点”的电路图，实验中，他将一只电流表分别接在A，B，C三处，测得的数据如图甲中所示，完成此实验至少需要 根导线；小明由此得出：并联电路中干路电流等于 ；请指出小明就此得出结论的不科学之处： ，你认为可做出的改进措施是 ．
（2）小华用如图乙所示电路测量小灯泡的额定功率．小灯泡上标有“3.8V”的字样，额定功率约1W，滑动变阻器的规格是“20Ω 1A”，电源电压恒为6V．
①帮小华在图乙上补画导线，使其成为完整的实验电路，要求：滑动变阻器的滑片向右滑动时，灯泡变亮．
②在实验中，小华不慎将电流表和电压表的位置接反了，则合上开关后看到的现象可能是
A．只有电流表有示数，灯不亮 B．两电表均有示数，灯亮
C．只有电压表有示数，灯不亮 D．只有电流表有示数，灯亮
③排除故障后，小华闭合开关并调节滑动变阻器的滑片，当灯正常发光时，电流表的示数如图丙所示，该电流值为 0.3 A，测出的额定功率为 W．
④小华刚准备拆除电路结束实验时，同组的小红提出，在调节滑片使灯正常发光时，电压表的示数很难准确达到3.8V，可能因此造成一定的测量误差，她认为可以在小华第③步实验的基础上，对电路稍作改动，能提高测量数据的精确度，请帮小红补全测量步骤（补全步骤时必须准确阐述接法和操作要点）：
a．断开开关， ；
b．闭合开关， ，并读出此时电流表的示数；
c．计算出灯的额定功率．
【答案】（1）6；各支路电流之和；只测量了一次，结论具有偶然性；换用不同规格的灯泡多做几次
（2）C；1.14；将电压表并联在滑动变阻器的两端（此时选择小量程）；调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.2V
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【解答】解：（1）根据电路的连接情况，结合电路连接经验可知，要想完成此实验的探究，至少需要6条导线；
由测量结果可知看出干路电流0.9A=0.5A+0.4A，所以可得出干路电流等于各支路电流之和；
但这一结论的得出并不科学，因为只测量的了一次，结论具有偶然性，可做出的改进措施是换用不同规格的灯泡多做几次．
（2）①变阻器要选择右下方接线柱，这样滑片向右滑动时，接入电路的电阻变小，电流变大，则灯泡变亮，如图所示．
②电压表内阻很大相当于断路，若电压表与电流表位置接反了，由于电压表串联在电路中，故电路中电流会非常小，接近于零，电压表相当于测电源电压，因此，只有电压表有示数，灯不亮．故C符合题意．
③读图可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，其示数为0.3A．
则小灯泡的额定功率：P=UI=3.8V×0.3A=1.14W．
④由于小灯泡的额定电压为3.8V，所以电压表必须选择大量程，这样造成电压测量不精确，为了使测量误差更小，可将电压表并联在滑动变阻器的两端，改接小量程．
因为电源电压为6V，则变阻器两端电压为6V﹣3.8V=2.2V时，此时小灯泡恰好正常好光．
因此，补充的步骤为：a．断开开关，将电压表并联在滑动变阻器的两端（此时选择小量程）；
b．闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.2V，并读出此时电流表的示数；
c．计算出灯的额定功率．
故答案为：
（1）6；各支路电流之和；只测量了一次，结论具有偶然性；换用不同规格的灯泡多做几次．
（2）①见上图；
②C；
③0.3；1.14；
④a．将电压表并联在滑动变阻器的两端（此时选择小量程）；
b．调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.2V．
【分析】（1）在“探究并联电路电流特点”的实验中，根据实物电路的连接情况可逐一数出需要的导线根数；知道并联电路中干路电流等于各支路电流之和；对于探究实验应进行多次避免偶然性，据此可做出评从与改进．
（2）①变阻器要求一上一下连接，并注意滑片向右滑动时，灯泡变亮这一要求；
②根据电压表内阻很大相当于断路，电流表内阻很小，相当于导线，可做出判断；
③根据电流表的量程和分度值，读出电流值，再根据公式P=UI计算额定功率的大小；
④由于小灯泡的额定电压为3.8V，所以电压表必须选择大量程，这样造成电压测量不精确，为了使测量误差更小，可将电压表并联在滑动变阻器的两端，改接小量程．据此分析．
23．
（1）（1）按图甲组装实验器材，给直导线通电，直导线向左运动，这说明 对通电导线有力的作用；只对调电源正负极接线，通电直导线会向 运动，这说明通电导体的受力方向与 有关．
（2）如图乙是某兴趣小组制作的神奇转框，框的上部中央与电池正极相连，下部紧贴在与电池负极相连的柱形物两侧，金属框就可以绕电池持续转动，据此，你认为构成柱形物的材料应具有较好的： 、 ．（填物理属性）
【答案】（1）磁场；右；电流的方向
（2）磁性；导电性
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【解答】解：（1）按图甲组装实验器材，给直导线通电，直导线向左运动，这说明通电导线在磁场中受到力的作用，且只对调电源正负极接线，即电流的方向发生改变，通电直导线会向右运动，这说明通电导体的受力方向与电流的方向有关；
（2）据题意可知，若使得线框转动，即必须有电流，且有磁场，所以对于柱形体来说，必须有磁性，且必须具有导电性，即是导体．
故答案为：（1）磁场；右；电流的方向；（2）磁性；导电性．
【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，所受力的方向跟导体中的电流方向和磁场方向有关；
（2）据图分析，即可得出柱形体的基本物理属性．
24．有一种巧妙测量人体血液密度的方法，测量前需先用天平和量筒测定几种硫酸铜溶液的密度备用．
（1）测量前，应把天平放在 上，当移动游码至零刻度处时，指针偏向分度盘的右侧，则应将平衡螺母向 调，使指针指在分度盘的中央．
（2）接下来的测量步骤如下：
①往烧杯中倒入适量的硫酸铜溶液，测出烧杯和溶液的质量为49.2g；
②将烧杯中的一部分溶液倒入量筒，读出量筒中溶液的体积为20mL；
③测出烧杯和剩余溶液的质量，砝码及游码的位置如图所示．
将下面的实验记录表填写完整：
烧杯和溶液的质量/g 烧杯和剩余溶液的质量/g 量筒中溶液的质量/g 量筒中溶液的体积/cm3 硫酸铜溶液的密度ρ/（g cm﹣3）
49.2 20
（3）测定血液密度时，具体操作如下：在几支试管中分别装入密度已知且不等的硫酸铜溶液；然后向每支试管中滴入一滴待测溶液，只要看到哪一支试管中的血液处于悬浮状态，就知道被测血液的密度了，这是为什么？请利用所学知识，简要分析，写出推理过程．分析推理过程：
【答案】（1）水平台；左
（2）28.2；21 ；1.05
（3） 当血液悬浮时，根据物体的浮沉条件可知：G=F浮，ρ物gV物=ρ液gV排，因为物体悬浮时，V物=V排，所以：ρ物=ρ液． ．
【知识点】设计实验测密度；浮力产生的原因
【解析】【解答】解：
（1）用天平测量物体的质量时，首先把天平放在水平台上，把游码放在标尺左端的零刻线处．然后调节平衡螺母，使横梁平衡，在调节过程中，若指针偏向分度盘的右侧，应将平衡螺母向左边调节．
（2）由图可知天平标尺分度值为0.2g，烧杯和剩余溶液的质量：m=20g+5g+3.2g=28.2g，
量筒中溶液的质量：m液=49.2g﹣28.2g=21g，
硫酸铜溶液的密度：ρ===1.05g/cm3．
（3）当血液悬浮时，根据物体的浮沉条件可知：G=F浮，
ρ物gV物=ρ液gV排，
因为物体悬浮时，V物=V排，
所以：ρ物=ρ液，即血液的密度等于硫酸铜溶液的密度．
故答案为：（1）水平台；左；（2）28.2；21；1.05；（3）过程见上．
【分析】（1）天平应放在水平台面上，调节天平横梁时，指针应向指针偏离的反方向调节；
（2）明确天平标尺的分度值，由m物=m砝码+m游码计算烧杯和剩余溶液的质量，从而得到倒入量筒中溶液的质量，根据ρ=计算溶液的密度；
（3）根据物体的沉浮条件，运用密度和阿基米德原理公式推导．
四、材料分析题
25．电阻R1、R2串联接在电路中，R1两端的电压为3伏，R2两端的电压为9伏，R1+R2=600欧，求：
（1）电路总电压；
（2）电路中的电流；
（3）电阻R1和R2的阻值．
【答案】（1）因为此电路为串联电路，根据串联电路电压电压的规律可得：
U=U1+U2=3V+9V=12V．
（2）根据串联电路电阻的特点可得：R总=R1+R2=600Ω；再由欧姆定律可知：电路总电流I= = =0.02A。
（3）R1= = =150Ω，R2= = =450Ω．
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】（1）因为此电路为串联电路，根据串联电路电压电压的规律可得：
U=U1+U2=3V+9V=12V．（2）根据串联电路电阻的特点可得：R总=R1+R2=600Ω；再由欧姆定律可知：电路总电流I= = =0.02A。（3）R1= = =150Ω，R2= = =450Ω．
【分析】R1两端的电压为3伏，R2两端的电压为9伏，电阻R1、R2串联接在电路中．由串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和可知电路两端的总电压．求出总电压之后，利用串联电路的等效电阻（总电阻）可求出电路中的电流，再根据串联电路中电流的特点，可分别求出电阻R1、R2．
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