广东省深圳市2023-2024学年九年级下学期开学考试物理试题（2月）
一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，10小题，共计20分）
1．（2024九下·深开学考）如图是深圳街头出现的雾炮车。喷向空中的水雾能使尘埃粒子快速沉降到地面，起到净化空气的作用。下列关于雾炮车的说法正确的是（ ）
A．尘埃粒子快速沉降到地面，说明分子热运动减慢了
B．用水循环来降低汽油机的温度主要是利用水蒸发吸热的特点
C．雾炮车的汽油发动机做功冲程是内能转化为机械能
D．雾炮车汽油机吸气冲程吸入汽油和空气的混合物可以提高汽油的热值
2．（2024九下·深开学考）东东在物理实验室用酒精灯加热-40℃的冰，其温度随时间变化图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由图象可判断，冰的比热容比水小
B．BC段表示当前物体的状态仍是固态
C．酒精的热值随着酒精质量的变小而变小
D．水的沸腾过程温度不变，说明沸腾过程不吸热
3．（2024·深圳模拟）“一分钟跳绳” 是深圳体育中考的选考科目。为了能准确方便自动记录跳绳的次数， 某科技小组设计了一种自动计时器， 其简化电路如图所示， 电源电压保持不变， 是一种光敏元件， 可视为定值电阻。每当绳子挡住了射向的红外线时，的电阻会变大，信号处理系统就会计数一次。当绳子挡住了射向的红外线时， 下列判断正确的是 （ ）
A．电路中的电流变小， 端的电压变大
B．电路中的电流变小， 端的电压变小
C．A B 端的电压与电路中电流的比值变小
D． 端的电压与电路中电流的比值变大
4．（2023九上·海南期末）小明家的智能锁需通过“密码指纹”两次识别成功才能开锁。第一次识别成功时闭合，发声器
发出声音，但不开锁；第二次识别成功时闭合，有电流通过电动机
，开锁成功。下列电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024九下·深开学考）华为Mate60pro系列手机，搭载的是我国自主研发和生产的麒麟9000s芯片处理器。手机采用锂离子聚合物5000mA·h不可拆卸式电池，电池工作电压为3.7N。手机支持有线最大超级快充（20V/4.4A），兼容11V/6A或10V/4A或10V/2.25A或4.5V/5A或5V/4.5A超级快充。下列说法正确的是（ ）
A．手机充满电时可储存66600J的电能
B．该手机芯片的主要材料是绝缘体
C．该手机最大充电功率为40W
D．仅充电10分钟，便可充满50%的广告是夸大其词，假的
6．（2024·深圳模拟）将四个定值电阻 a 、 b 、 c 、 d 分别接入不同电路中， 测出各电阻两端的电压 和通过的电流 I， 把测得的数据描点在坐标系中如图所示。根据图中信息判断， 下列说法正确的是 （ ）
A．b的阻值大于a的阻值 B．b的电功率大于a的电功率
C．通过c的电流最小 D．两端电压最大的是d
7．（2024·深圳模拟） 小明按图甲连接电路， 闭合开关， 灯泡 的功率为 ， 他将一个阻值大于 的灯泡 串联接入电路 (如图乙)， 闭合开关后， 的功率分别为 (不计温度对灯泡电阻的影响， 电源电压恒定），下列关系式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024·深圳模拟） 讲家庭电路的时候， 老师找同学连接了一个如下图的模拟电路。开关 闭合后， 灯泡能正常发光， 用试电笔检测插座的两孔， 氖管均不发光。针对该模拟电路， 四位同学发表了以下的观点， 你认为正确的是（ ）
A．小新说： 保险丝是用电阻较大、熔点较高的材料制成的
B．小龙说： 灯泡能正常发光， 所以灯泡的连接是安全、合理的
C．小明说： 插座无法正常工作， 原因可能是 cd 间断路
D．小南说： 插座无法正常工作， 原因可能是 ab 间断路
9．（2024九下·深开学考）下图是某同学设计的水位自动报警器。原理是：水位低于A点时，工作电路绿灯亮；到达A点时，衔铁被吸下，工作电路红灯亮电铃响，从而自动报警。实验时发现，当水位超过A点时，由于电磁铁磁性太弱衔铁并没有被吸下。下列做法中合理的是（ ）
A．增加工作电路的电源电压 B．增加控制电路的电源电压
C．减少电磁铁线圈的匝数 D．更换弹性更强的弹簧
10．（2024·深圳模拟） 下列表述正确的是（ ）
A．磁悬浮列车利用电磁感应原理工作
B．插入和拔出条形磁铁， 感应电流方向相反
C．扬声器工作时将机械能转化为电能、
D．动圈式话简的工作原理为电流的磁效应
二、画图题：（每小题2分，2小题，共计4分）
11．（2024九下·深开学考）下图为某兴趣小组设计的电子秤简易电路图，Rx是压敏电阻，阻值随所受压力的增大而减小，R0是定值电阻。测量时，电压表示数随所称量物体对压敏电阻的压力增大而增大。请根据以上信息，在虚线框内将电路图补充完整。
12．（2024·深圳模拟） 如下图所示， 将条形磁体放在水平桌面的小车上， 条形磁体静止不动， 极正对电磁铁， 闭合开关 ， 条形磁体因受磁力向左运动， 请在图中标出电磁铁右端的极性、电源左端的极性 (用 “+” 或 “ - ” 表示)。
三、填空题：（每空1分，4小题，共计22分）
13．（2024九下·深开学考）东东设计了一个估算酒精的热值实验，实验装置如图。燃烧皿中酒精的质量12g，烧杯中水的质量为200g，初温为23℃，c水=4.2×103J/（kg℃）
（1）点燃酒精，当水温升高到43℃时，立即熄灭火焰。该过程水吸收的热量Q吸= J；
（2）东东想利用Q放=Q吸计算酒精的热值，还需进行的实验操作是 ；
（3）用这个方法，东东算出的热值比课本上真实值偏 。
14．（2024九下·深开学考）小明用图甲所示的电路，探究“电流与电阻的关系”，电源电压为3V且保持不变，滑动变阻器规格为“50Ω，2A”，定值电阻10Ω、20Ω、30Ω、50Ω各一个。
（1）小明根据图甲连接电路，首先用10Ω电阻实验、闭合开关后发现，无论怎么移动滑片，电流表指针无偏转，电压表指针迅速满偏，则电路中的故障可能是____（填字母）。
A．开关断路 B．滑片接触不良
C．电阻断路 D．电流表短路
（2）排除故障后，小明在移动滑动变阻器滑片的过程中，眼睛应注意观察电压表。之后将10Ω电阻换成20Ω电阻，继续调节滑动变阻器滑片向 端（选填“A”或“B”）移动，直至
（3）小明根据记录的实验数据，绘制成了图乙所示的图像，由此可得结论： 。
（4）小明又想测量某未知电阻Rx的阻值，设计了如图丙所示的电路（R0为已知阻值为R0的定值电阻），并设计了如下实验步骤，请帮助他把缺少的步骤补全，并写出Rx的表达式。
实验步骤：
A.按照设计的电路图连接电路。
B.开关S断开时，读出电流表的示数，记为I1。
C. 。
表达式：Rx= （用已知物理量和测量出的物理量符号表示）。
15．（2024九下·深开学考）小明同学设计了一款电子拉力计准备参加深圳市背少年科技创新大赛，小明将电流表的表盘改为拉力计的表盘，图甲是其原理图。ab是一根长为5cm的均匀电阻丝，其阻值R1=25Ω。拉环不受拉力时，滑片P处于a端；拉环受拉力时，滑片P随之向右滑动。拉力与弹簧伸长的长度△L关系如图乙。电源电压为6V，电流表的量程为0～0.6A，定值电阻R0=5Ω，忽略摩擦。
（1）电流表的示数随拉力的增大而 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）拉力表的零刻度线应刻在电流表 A处。
（3）开关闭合后，当电流表指针指在0.4A处时，R1接入电路的阻值是 Ω，作用在拉环上水平向右的拉力是 N。
（4）该拉力计能测量的拉力范围是 N。
16．（2024·深圳模拟）物理课上的分组 “探究焦耳定律” 实验中， 同学们的实验装置如下图所示，
（1）老师让一位同学给大家演示 “探究电流产生的热量与电流大小的关系”， 他应选择 图进行实验。
（2）图甲、乙是小北组的实验装置， 两个透明容器中密封着等量的空气。小北组的实验没有使用温度计而是用 反映密闭空气温度的变化。通电一定时间后，甲图中 管中的液面较高。若图乙中两 U 形管内液面上升高度相同， 则故障可能是 。排除故障后通电相同时间， 发现乙图左侧 U 形管内液面上升较高，这表明： 在电阻和通电时间相同的情况下， 通过导体的 越大， 产生的热量越多。
（3）图乙为了使实验中两侧 U 形管液面高度差更明显， 可将空气盒外电阻 换 (选填“大于”或“小于”) 的电阻。
（4）小南组的实验装置为图丙。该装置可探究电流通过导体时产生热量与 的关系， 烧瓶中用煤油而不用水是因为
四、计算题：（2小题，共16分）
17．（2024九下·深开学考）深圳比亚迪公交车的充电桩充电电压为380V，充电功率为76kW。一台公交车的电池储量为100kW·h，公交车运行一趟全程共20km。在这个过程中，若公交车所受阻力恒定为1500N，能量转化中损失忽略不计（g取10N/kg）。求：
（1）充电桩充电电流为多大？
（2）该公交车匀速行驶一趟的过程中牵引力做的功为多少？
（3）公交车运行一趟因停靠站点和红灯共刹车40次，每次刹车时，可以将3×104J的动能回收并储存到电池中。则该车充满一次电最多能跑几趟该公交线路？（从始发站到终点站算1趟，返回算第2趟）。
18．（2024九下·深开学考）2023年12月21日，深圳官度入冬。秋冬带来了寒冷和秋裤，也带来了烦恼，小南同学一接触小伙伴就噼里啪啦“炸毛”啦。小南想到物理老师讲过缓解静电的方法之一是增加空气湿度，立即购入一台加湿器，原理图如图甲。R1、R2为发热电阻，且R2=3R1，S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转并关S可实现关”、“低挡”、“高挡”之间的转换。已知，高档功率为440W，求：
（1）由图甲知，开关S接“1、2触点”时，电路断路，为关：接“2、3触点”为 挡；接“3、4触点”为 挡；
（2）求加热电阻R1的阻值。
（3）求加湿器正常工作时的低挡功率。
（4）如图乙所示，求加湿器正常工作30分钟消耗的电能。
五、综合开放题：（每空1分，1小题，共8分）
19．（2024九下·深开学考）阅读短文，回答问题：
我国的核电事业发展迅速，已经建成几座核电站，其中广东大亚湾核电站每年发电量约70%的电力供应香港，30%的电力供应广东电网。在保证输送功率不变的情况下，远距离送电采取高压送电的方式来实施，核电站的发电输出电功率为2×107W，用10千伏的高压进行输电。下面是核电站的工作原理图和远距离输电流程示意图：
（1）核电站中绕恻发电机线圈的材料可能是 （选填“铜”、“镍铬合金”或“超导材料”）。
（2）关于远距离输电，下列表述正确的是____.
A．提高输电电压会增大输电电流，从而增大输电损失
B．提高输电电压可以减小输电线电阻，从而减小输电损失
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．若能研制出常温下的超导体，用它制作远距离输电导线，将不需要高压输电方式
（3）核电站高压输电时的输电电流为 A，在输送功率不变时，若改用1000千伏的电压输电，则此时导线上的热损耗功率与原来导线上的热损耗功率之比为 .
（4）远距离输电时某处发生了短路，为确定短路位置，检修员利用电压表、电流表和电源接成如图所示的电路进行测量，已知甲、乙两地的每根输电线每千米的电阻为R，电压表示数为U、电流表示数为I，则短路位置到甲地的距离为 千米。（用已知物理量的符号表示）
（5）某户居民标有“220V 40W”的灯泡正常发光时电阻为 Ω，在用电高峰期时灯泡比平时暗的原因是 。
（6）若经过降压变压器后供电设备输出电压恒为220V，通过总电阻为0.2Ω的输电线给居民楼内用户供电，当居民楼内所有用电器消耗的总功率为21.78kw时，不考虑灯泡电阻的变化，“220V 40W”灯泡实际功率为 W。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】内燃机的四个冲程
【解析】【解答】 A、尘埃粒子不是分子，尘埃粒子沉降到地面是宏观物体的机械运动，该现象不能说明分子热运动减慢了，故A错误。
B、用水循环来降低汽油机的温度，主要是利用水比热容较大的特点，故B错误。
C、汽油发动机做功冲程是内能转化为机械能，故C正确。
D、燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关；雾炮车汽油机吸气冲程吸入汽油和空气的混合物不可以提高汽油的热值，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 （1）组成物质的分子很小，不能用肉眼直接观察到。
（2）用水循环来降低汽油机的温度，主要是利用水比热容较大的特点。
（3）热机的做功冲程将内能转化为机械能。
（4）燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关。
2．【答案】A
【知识点】比热容
【解析】【解答】A、冰完全熔化为水时，质量不变；同一个加热器进行加热，加热时间相同时冰和水吸收的热量相同；冰升温比水快（即冰上升的温度较高），由Q=cmΔt可知，冰的比热容比水小，故A正确。
B、由图象可知，在A点时，开始对物质加热，此时的温度是-40℃；在BC段，物质的温度保持0℃不变，所以该固体的熔点是0℃，此过程中物质正在熔化，处于固液共存状态，故B错误。
C、燃料的热值是燃料的特性，不会随着质量的改变而改变，故C错误。
D、由图象可知，DE段为水的沸腾过程，此过程温度不变，但要继续吸热，故D错误。
故答案为：A。
【分析】（1）的比热容比冰大，相同质量的冰和水在吸热相同热量的情况下，冰升温快，水升温慢。
（2）水熔化前晶体处于固态、熔化过程处于固液共存状态、熔化完成后是液态。
（3）燃料的热值是燃料的特性，不随着质量的改变而改变。
（4）液体沸腾过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加。
3．【答案】B
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】根据图像判断，电阻串联，信号处理器是电压表，测量R2的电压，当绳子挡住射向R1的红外线，R1电阻变大，分压变大，电路中电流减小，此时R2分压减小，电压表示数变小，B符合题意。
故答案为：B.
【分析】在串联电路中，电阻变大，电流减小，变大的电阻分压变大，其他位置分压变小。
4．【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】A、据题意知，闭合开关S1时，只有发声器工作；两个开关都闭合时，有电流通过电动机，这说明两个开关都闭合时，电动机才会工作；由图可知，闭合开关S1，只有发声器接入电路，发声器工作，再闭合S2，电动机和发声器并联接入电路中，有电流通过电动机，与题干相符，故A正确；
B、由图可知，闭合开关S1，发声器没有接入电路，发声器不工作，两个开关都闭合，发声器和电动机都工作，与题干相不符，故B错误；
C、由图可知，发声器和电动机并联接入电路中，两个开关并联，只要闭合任意一个开关，发声器和电动机都工作，与题干相不符，故C错误；
D、由图可知，闭合开关S1，只有电动机接入电路，电动机工作，再闭合S2，电动机和发声器并联接入电路中，有电流通过发声器，与题干相不符，故D错误；
故答案为：A。
【分析】根据各选项中电路图，分析开关对用电器的控制情况，与题干物理情境对比，即可得出正确选项。
5．【答案】A
【知识点】电功计算公式的应用
【解析】【解答】A、手机充满电时可储存的电能：W=UIt=3.7V×5000×10-3A×1×3600s=66600J，故A正确。
B、制作手机芯片的主要材料是半导体，故B错误。
C、由手机充电参数可知，手机最大充电功率：P最大=U'I'=20V×4.4A=88W＞40W，故C错误。
D、由可知，充电10分钟可充的最大电能：W最大=P最大t=88W×10×60s=52800J＞66600J×50%=33300J，则广告是真的，故D错误。
故答案为：A。
【分析】（1）根据W=UIt求出手机充满电时可储存的电能。
（2）半导体是制作芯片的重要材料。
（3）根据P=UI求出手机最大充电功率。
（4）根据求出充电10分钟可充的最大电能与手机充满电时可储存电能的50%进行比较，进而判断广告是否是真的。
6．【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A.根据图像，a、b的电压相同，b的电流大，则b导体电阻小，A不符合题意；
B.根据P=UI分析，a、b电压一定，b的电流更大，电功率大，B符合题意；
C.根据图像，a、 d的电流较小，C不符合题意；
D.根据图像，电压最大的a、b，且电压相同，D不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据电压-电流图像， 比较不同电阻的电流、分压大小，结合电流判断电阻和电功率大小。
7．【答案】C
【知识点】电功率的计算
【解析】【解答】根据图甲，只灯泡L1连接时，电功率，当再串联L2时，总电阻变大，电路中的电流减小，各灯泡的电功率都变小；根据P=I2R，由于L2的阻值大于L1，则L2的电功率大于L1的电功率，则电功率的关系为P1>P2'>P1'，C符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据，当电阻变大时，电功率减小；根据P=I2R，电流相同时，电阻越大， 电功率越大。
8．【答案】C
【知识点】家庭电路的故障分析；熔断器的作用及保险丝的选择
【解析】【解答】根据要求，闭合开关灯泡正常发光，测电笔测量插座两孔， 氖管不发光，插座两孔没有电，但灯泡有电流，则插座连接火线的一侧断路，即cd间断路，C符合题意。
故答案为：C.
【分析】家庭电路中，连接插座的火线断路，插座无电。
9．【答案】B
【知识点】电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】A、增加工作电路电压，不会影响到电磁铁的电流，不会改变电磁铁的磁性，故A错误。
B、增加控制电路的电源电压，可以增大控制电路的电流，在线圈匝数一定时，可以增强电磁铁的磁性，能把衔铁吸引，故B正确。
C、在电流一定时，减少电磁铁线圈的匝数，电磁铁的磁性减弱，电磁铁对衔铁的吸引会更弱，故C错误。
D、更换弹性更强的弹簧，弹簧对衔铁的拉力更大，电磁铁不能把衔铁吸引下来，故D错误。
故答案为：B。
【分析】当水位超过A点时由于电磁铁磁性太弱而衔铁没有被吸引，此时要增大电磁铁的磁性，从电磁铁的磁性强弱影响因素考虑，此时电磁铁磁性强弱跟电流大小、线圈匝数有关。
10．【答案】B
【知识点】磁场对通电导线的作用；电磁感应
【解析】【解答】A.磁悬浮列车通电有磁性，利用电流的磁效应工作，A不符合题意；
B.插入和拔出条形磁铁， 导线切割磁感线的方向相反，感应电流方向相反，B符合题意；
C.扬声器工作时消耗电能，将电能转化为机械能，C不符合题意；
D.动圈式话简的工作时，线圈切割磁感线，产生感应电流，是电磁感应现象，D不符合题意。
故答案为：B.
【分析】电流通过导体产生磁场，是电流的磁效应；导体切割磁感线产生电流，是电磁感应现象；扬声器根据磁场对电流的作用工作。
11．【答案】
【知识点】根据实物图画电路图；实物的电路连接
【解析】【解答】由图可知，压敏电阻Rx与定值电阻R0串联，要组成电路需要与电源、开关串联，
当所称量物体对压敏电阻的压力增大时，因压敏电阻Rx的阻值随所受压力的增大而减小，所以电路的总电阻减小，
由可知，电路中的电流增大，R0两端的电压增大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，Rx两端的电压减小，
由电压表 的示数随所称量物体对压敏电阻的压力增大而增大可知，电压表应并联在R0两端，如下图所示：
【分析】由图可知，压敏电阻Rx与定值电阻R0串联，要组成电路需要与电源、开关串联，压敏电阻Rx的阻值随所受压力的增大而减小，电路的总电阻减小，由欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知Rx两端的电压变化，然后根据题意确定电压表并联的位置。
12．【答案】
【知识点】通电螺线管的磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】根据图像，磁体的S极正对电磁铁，闭合开关S，电磁铁有磁性，条形磁体向左运动，是由于同名磁极相互排斥，则电磁铁的左侧是S极，右侧是N极；根据安培定则，电流从左侧进入电磁铁，电源的左侧是正极，如图 。
【分析】根据同名磁极相互排斥，判断通电螺线管的磁极位置；结合安培定则，判断电源的正极位置。
13．【答案】（1）1.68×104
（2）测出剩余酒精的质量
（3）小
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【解答】（1）根据题意可得，水吸收的热量Q=cmΔt=4.2×103J/（kg ℃）]×200×10-3kg×（43℃-23℃）=1.68×104J。
（2）根据题意可知，Q放已知，由可知，还需计算出燃烧酒精的质量，才能计算酒精的热值，所以应测量出剩余酒精的质量。
（3）由于存在热量损失，酒精燃烧放出的热量没有被水全部吸收，即Q＜Q放，又因为燃烧掉酒精的质量是一定的，由可知，所测算出的热值与真实值相比偏小。
【分析】（1）根据Q=cmΔt计算水吸收的热量。
（2）已知Q放时，由可知，还需计算出燃烧酒精的质量，才能计算酒精的热值。
（3）由于存在热量损失，酒精燃烧放出的热量没有被水全部吸收，再根据分析即可。
14．【答案】（1）C
（2）A；电压表的示数为2V
（3）电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比
（4）闭合开关5，读出电流表的示数，记为I2；
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表指针迅速满偏，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的定值电阻断路了，故选C。
（2）由图象可知，电阻两端的电压：UV=IR=0.1A×20Ω=-----=0.4A×5Ω=2V，根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大。探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动，眼睛注意观察电压表，使电压表的示数为2V不变。
（3）由图像可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比。
（4）实验步骤：
A、按照设计的电路图连接电路。
B、开关S断开时，读出电流表的示数，记为I1，此时定值电阻与待测电阻串联，由电阻的串联特点可知：R串=Rx+R0，由欧姆定律可得：U=I1（Rx+R0）；
C、闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2，此时只有待测电阻连入电路，由欧姆定律可得：U=I2Rx。
电源电压不变，所以有：I2Rx=I1（Rx+R0），
解得：。
【分析】 （1）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表指针迅速满偏，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的支路断路了。
（2）根据图丙中的数据利用欧姆定律求出定值电阻两端的电压，根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向。
（3）根据图像中电流与电阻之积为一定值分析得出结论。
（4）在没有电压表时，定值电阻与待测电阻串联，利用电源电压不变，根据电流表示数和定值电阻的阻值利用U=IR得出电源电压的表达式，然后组成等式解答。
15．【答案】（1）增大
（2）0.2
（3）10；300
（4）0～400
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】由电路图可知，定值电阻R0与可变电阻R1串联，电流表测电路中的电流；
（1）由图甲可知，当拉力变大时滑片向右移动，连入电路的电阻丝长度减小，则变阻器R1接入电路的电阻减小，总电阻减小，根据可知电路中电流增大，即电流表示数增大；
（2）当拉环不受拉力时，滑片P处于a端，变阻器R1接入电路的电阻最大，根据串联电路的特点和欧姆定律可知电流表的读数为：，即拉力表的零刻度线应刻在电流表0.2A处。
（3）当电流表读数为0.4A时，根据欧姆定律可得R0两端的电压为：U0=I′R0=0.4A×5Ω=2V，
因串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和，则此时R1两端的电压为：U1=U-U0=6V-2V=4V，
根据可得此时R1接入电路的电阻：。
因电阻丝的电阻值与长度成正比，ab是一根长为5cm的均匀电阻丝，其阻值R1=25Ω，
则每1cm电阻丝的电阻为，
此时变阻器连入电路中电阻丝的长度：，
则此时弹簧的伸长量：ΔL=5cm-2cm=3cm，
由图乙可知，此时作用在拉环上的水平向右的拉力为F=300N。
（4）当拉力最大时，变阻器接入电路的电阻最小，电流最大，
电流表的量程为0～0.6A，当电流最大为0.6A时，由欧姆定律可得R0两端的电压为：U0大=I大R0=0.6A×5Ω=3V，
根据串联电路的电压特点可知此时R1两端的电压为：U1小=U-U0大=6V-3V=3V，
根据可得R1接入电路的最小电阻：，
此时变阻器连入电路中电阻丝的长度：，
则此时弹簧的伸长量：ΔL′=5cm-1cm=4cm，
由图乙可知，此时作用在拉环上的水平向右的拉力（最大拉力）为F′=400N，
所以该拉力计能测量拉力的范围是0～400N。
【分析】由电路图可知，定值电阻R0与可变电阻R1串联，电流表测电路中的电流；
（1）由图甲可知，当拉力变大时滑片向右移动，则变阻器连入电路的电阻减小，根据电阻的串联和欧姆定律可知电路中电流的变化。
（2）当拉环不受拉力时，变阻器R1接入电路的电阻最大，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出此时电流表的示数。
（3）当电流表读数为0.4A时，根据欧姆定律求出此时R0两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，再根据欧姆定律求出此时变阻器R1接入电路的电阻，根据题中条件和“电阻丝的电阻值与长度成正比”可知弹簧的伸长量（即被拉长的长度），对照图乙可知作用在拉环上的水平向右拉力的大小。
（4）当拉力最大时，变阻器接入电路的电阻最小，电流最大，根据电流表量程确定电流的最大值，根据欧姆定律和题意计算变阻器接入电路的最小阻值和此时弹簧伸长的长度，对照图乙找出拉力的最大值，从而可知该拉力计能测量的拉力范围。
16．【答案】（1）乙
（2）U 形管中液面高度差；B；R3处电阻丝断路；电流
（3）小于
（4）电阻；煤油的比热容小
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】探究焦耳定律实验中，
（1）探究电流产生的热量与电流大小的关系时，应保持电阻和时间相同，电流不同，选择乙图进行实验；
（2）图甲实验装置，电阻产生的热量不同，U形管中液面高度差不同，用U形管中液面高度差反映密闭空气温度的变化，从而探究电流产生热量的多少；通电一定时间后，甲图B管中的电阻更大，产生热量多，液面较高；若图乙中两U形管内液面上升高度相同，即电阻丝产生的热量相同，由于电阻和时间相同，可以知电流相等，是R3处电阻丝断路；当乙图左侧U形管内液面上升较高，左侧电流较大，可得，在电阻和通电时间相同时，通过导体的电流越大，产生的热量越多；
（3）图乙若使实验中两侧U形管液面高度差更明显，即左右两侧产生的热量差距大，电流的差距大，由于电阻越小，电流越大，可将空气盒外电阻R3换小于5Ω的电阻；
（4）根据图丙，电流和时间相同，电阻不同，探究电流通过导体时产生热量与电阻的关系， 烧瓶中用煤油，是因为煤油的比热容小，吸收热量后，温度变化明显。
【分析】（1）探究电流产生热量和电流的关系，需要改变电阻，其他保持不变；
（2）当电流产生的热量越多，密闭空气的温度变化大，U形管中液面差更大；探究电流产生热量和电流的关系，需要使电流不同，外接电阻，可以改变密闭盒中的电流；
（3）探究电流产生热量和电流的关系时，电流差距越大， 实验效果越明显；
（4）当电流和通电时间相同时，电阻不同，可以探究电流产生热量和电阻的关系；物体吸收热量后，比热容越小，温度变化越明显。
17．【答案】（1）解： 根据公式P=UI可知充电桩充电电流
答：充电桩充电电流200A
（2）解： 根据二力平衡，公交车所受的牵引力F=f=1500N…
则公交车匀速行驶-趟牵引力所做的功W=Fs=1500N×20×103m=3×107J
答：公交车匀速行驶一趟牵引力所做的功3×107J：
（3）解： 行驶1趟公交车耗能：W耗=Fs-W收=fs′-W收=3×107J-40×3×104J=2.88×107J，
该车充满一次电的电能W=Pt=100×1000W×3600s=3.6×108J，
充满一次电最多能跑植数：…
该车充满一次电最多能跑12趟该公交线路
答：该车充满一次电最多能跑12趟该公交线路。
【知识点】电功的计算；电功计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据P=UI计算充电桩的电流。
（2）根据二力平衡确定牵引力，根据W=Fs计算功。
（3）先计算公交车跑一趟消耗的电能，再计算该车充满一次电的电能，最后即可求出能跑的趟数。
18．【答案】（1）低；高
（2）由，旋转开关接3、4触点时电路的功率最大，加湿器处于高挡。
则
答：加热电阻R1的阻值为110Ω；
（3）高温挡时的功率：.
因R2=3R2，由电阻的串联，正常工作时的低挡功率
答：加湿器正常工作时的低挡功率为110W
（4）由图乙可知，加湿器工作30min内，高挡工作的时间为10min，低挡工作的时间为20min
W高=P高t高=440W×10×60s=2.64×105J；
W低=P低t低=110W×20×60s=1.32×105J。
加湿器工作30分钟消耗的电能；W总=W高+W低=2.64×105J+1.32×105J=3.96×105J。
答：加湿器正常工作30分钟消耗的电能为3.96×105J。
【知识点】焦耳定律的应用；电流的热效应；电功与热量的综合计算
【解析】【解答】（1）由图1知，开关S接“1、2”时电路断路为关；“2、3”时两电阻串联，接“3、4”时只有R1接入电路，电源电压一定，由可知，接“2、3”时电阻最大，为低挡，接“3、4”时电阻最小，为高挡。
（2）由图2知，高挡功率：P高=440W，由可得R1的阻值：。
（3）由题知，R2=3R1，低挡发热功率：。
（4）由图2知，工作30min时，其中高挡10min，低挡20min，
所以加湿器消耗的总电能：W=W高+W低=P高t高+P低t低=440W×10×60s+110W×20×60s=3.96×105J。
【分析】（1）由图1，开关S在不同位置时，由分析加湿器的工作状态。
（2）由图2知，加温器高挡功率，由计算R1的阻值。
（3）已知R2=3R1，由计算加湿器处于低挡位置时的发热功率。
（4）由图2读出加湿器30min内的高挡和低挡工作时间，由W=Pt计算消耗的电能。
19．【答案】（1）铜
（2）D
（3）2000；1：10000
（4）
（5）1210；用户多了总电流变大，导线上损耗的电压增大，灯的实际电压比平时小所以暗
（6）32.4
【知识点】核能；核电站发电过程中的能量转化；核裂变
【解析】【解答】（1）发电机的线圈电阻越小，相同条件下产生的热量越少，越安全且发电效率越高；因而选择导电性能最好的铜制作。
（2）AB、在输送功率不变时，提高输电电压，输电线的电流变小，在输电线电阻不变时，输电线上损失的功率P损=I2R越小，故AB错误。
C、在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电线的电流越大，在输电线电阻不变时，输电线上损失的功率P损=I2R越大，输电过程中的电能损失越大，故C错误；
D、在输送功率不变时，提高输电电压，输电线的电流变小，输电线上损失的功率P损=I2R越小，输电过程中的电能损失越小；若能研制出常温下的超导体，用它制作远距离输电导线，导线没有电阻，输电过程中的电能没有损失，就不需要高压输电，故D正确。
故答案为：D。
（3）若发电厂输出电功率为2×107W，用10千伏的电压输电，
根据P=UI可得此时的输电电流为：，
在输送功率不变时，若改用1000千伏的电压输电，
此时的输电电流为：，
输电线上损失的热功率：P损=I2R线，电阻不变时，电功率之比等于电流平方之比，
即导线上的热损耗功率与原来导线上的热损耗功率之比P'损：P损=I'2R线：I2R线=（20A ）2：（2000A）2=1：10000。
（4）由电路图可知，电压表测导线两端的电压，电流表测电路中的电流，
由可得，电路中的总电阻：，
因每条输电线每千米的电阻为R，
所以，导线的总长度：。
因导线是双股的，所以，短路位置离甲地的距离：。
（5）由知，“220V 40W”灯泡的电阻为：；
在用电的高峰期，由于并入电路中的用电器变多，总电阻变少，由欧姆定律知电路中的电流变大；用电器与输电线是串联的，输电导线也有电阻，当其电流变大时，其分得的电压就变大，又知电源电压220V不变，用电器两端的电压就变小了；由可知白炽灯的实际功率比正常减小，所以发光要变暗些。
（5）设居民楼内所有用电器的两端电压为U实，则导线两端的电压为220V-U实；
由P=UI得，所有用电器的总电流为：，
由欧姆定律可得导线中的电流（总电流）：，
则有：，
实际总功率为P总=21.78kW=21780W，
代入数据可得：，
解得：U实=198V；
灯泡的实际功率。
【分析】（1）发电机的线圈电阻越小，相同条件下产生的热量越少，越安全且发电效率越高。
（2）输电线上损失的功率P损=I2R，跟输电线上的电流及输电线上的电阻有关，根据P=UI可知输电线上的电流。
（3）根据P=UI得出输电电流；在输送功率不变时，根据P=UI算出改用1000千伏输电电压的电流，根据P=I2R表示线上热损耗功率；得出线路上的热损耗与原来线路上的热损耗的功率之比。
（4）由电路图可知，电压表测导线两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出导线的总电阻，已知每千米的电阻为R，然后让总电阻除以R求出导线的长度，再根据导线的双股的，从而确定出短路的地点离甲地的距离。
（5）根据计算灯泡的电阻，根据用电高峰电路中总电流较大，线路上分得的电压较大，用户的电压减小，分析灯泡亮度。
（6）已知电路中总功率和电压，由P=UI计算出电路中的电流，再根据U=IR计算出电路中损失的电压；根据串联电路的电压特点计算出灯泡的实际电压，根据计算出灯泡的实际功率。
1 / 1广东省深圳市2023-2024学年九年级下学期开学考试物理试题（2月）
一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，10小题，共计20分）
1．（2024九下·深开学考）如图是深圳街头出现的雾炮车。喷向空中的水雾能使尘埃粒子快速沉降到地面，起到净化空气的作用。下列关于雾炮车的说法正确的是（ ）
A．尘埃粒子快速沉降到地面，说明分子热运动减慢了
B．用水循环来降低汽油机的温度主要是利用水蒸发吸热的特点
C．雾炮车的汽油发动机做功冲程是内能转化为机械能
D．雾炮车汽油机吸气冲程吸入汽油和空气的混合物可以提高汽油的热值
【答案】C
【知识点】内燃机的四个冲程
【解析】【解答】 A、尘埃粒子不是分子，尘埃粒子沉降到地面是宏观物体的机械运动，该现象不能说明分子热运动减慢了，故A错误。
B、用水循环来降低汽油机的温度，主要是利用水比热容较大的特点，故B错误。
C、汽油发动机做功冲程是内能转化为机械能，故C正确。
D、燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关；雾炮车汽油机吸气冲程吸入汽油和空气的混合物不可以提高汽油的热值，故D错误。
故答案为：C。
【分析】 （1）组成物质的分子很小，不能用肉眼直接观察到。
（2）用水循环来降低汽油机的温度，主要是利用水比热容较大的特点。
（3）热机的做功冲程将内能转化为机械能。
（4）燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关。
2．（2024九下·深开学考）东东在物理实验室用酒精灯加热-40℃的冰，其温度随时间变化图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由图象可判断，冰的比热容比水小
B．BC段表示当前物体的状态仍是固态
C．酒精的热值随着酒精质量的变小而变小
D．水的沸腾过程温度不变，说明沸腾过程不吸热
【答案】A
【知识点】比热容
【解析】【解答】A、冰完全熔化为水时，质量不变；同一个加热器进行加热，加热时间相同时冰和水吸收的热量相同；冰升温比水快（即冰上升的温度较高），由Q=cmΔt可知，冰的比热容比水小，故A正确。
B、由图象可知，在A点时，开始对物质加热，此时的温度是-40℃；在BC段，物质的温度保持0℃不变，所以该固体的熔点是0℃，此过程中物质正在熔化，处于固液共存状态，故B错误。
C、燃料的热值是燃料的特性，不会随着质量的改变而改变，故C错误。
D、由图象可知，DE段为水的沸腾过程，此过程温度不变，但要继续吸热，故D错误。
故答案为：A。
【分析】（1）的比热容比冰大，相同质量的冰和水在吸热相同热量的情况下，冰升温快，水升温慢。
（2）水熔化前晶体处于固态、熔化过程处于固液共存状态、熔化完成后是液态。
（3）燃料的热值是燃料的特性，不随着质量的改变而改变。
（4）液体沸腾过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加。
3．（2024·深圳模拟）“一分钟跳绳” 是深圳体育中考的选考科目。为了能准确方便自动记录跳绳的次数， 某科技小组设计了一种自动计时器， 其简化电路如图所示， 电源电压保持不变， 是一种光敏元件， 可视为定值电阻。每当绳子挡住了射向的红外线时，的电阻会变大，信号处理系统就会计数一次。当绳子挡住了射向的红外线时， 下列判断正确的是 （ ）
A．电路中的电流变小， 端的电压变大
B．电路中的电流变小， 端的电压变小
C．A B 端的电压与电路中电流的比值变小
D． 端的电压与电路中电流的比值变大
【答案】B
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】根据图像判断，电阻串联，信号处理器是电压表，测量R2的电压，当绳子挡住射向R1的红外线，R1电阻变大，分压变大，电路中电流减小，此时R2分压减小，电压表示数变小，B符合题意。
故答案为：B.
【分析】在串联电路中，电阻变大，电流减小，变大的电阻分压变大，其他位置分压变小。
4．（2023九上·海南期末）小明家的智能锁需通过“密码指纹”两次识别成功才能开锁。第一次识别成功时闭合，发声器
发出声音，但不开锁；第二次识别成功时闭合，有电流通过电动机
，开锁成功。下列电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】A、据题意知，闭合开关S1时，只有发声器工作；两个开关都闭合时，有电流通过电动机，这说明两个开关都闭合时，电动机才会工作；由图可知，闭合开关S1，只有发声器接入电路，发声器工作，再闭合S2，电动机和发声器并联接入电路中，有电流通过电动机，与题干相符，故A正确；
B、由图可知，闭合开关S1，发声器没有接入电路，发声器不工作，两个开关都闭合，发声器和电动机都工作，与题干相不符，故B错误；
C、由图可知，发声器和电动机并联接入电路中，两个开关并联，只要闭合任意一个开关，发声器和电动机都工作，与题干相不符，故C错误；
D、由图可知，闭合开关S1，只有电动机接入电路，电动机工作，再闭合S2，电动机和发声器并联接入电路中，有电流通过发声器，与题干相不符，故D错误；
故答案为：A。
【分析】根据各选项中电路图，分析开关对用电器的控制情况，与题干物理情境对比，即可得出正确选项。
5．（2024九下·深开学考）华为Mate60pro系列手机，搭载的是我国自主研发和生产的麒麟9000s芯片处理器。手机采用锂离子聚合物5000mA·h不可拆卸式电池，电池工作电压为3.7N。手机支持有线最大超级快充（20V/4.4A），兼容11V/6A或10V/4A或10V/2.25A或4.5V/5A或5V/4.5A超级快充。下列说法正确的是（ ）
A．手机充满电时可储存66600J的电能
B．该手机芯片的主要材料是绝缘体
C．该手机最大充电功率为40W
D．仅充电10分钟，便可充满50%的广告是夸大其词，假的
【答案】A
【知识点】电功计算公式的应用
【解析】【解答】A、手机充满电时可储存的电能：W=UIt=3.7V×5000×10-3A×1×3600s=66600J，故A正确。
B、制作手机芯片的主要材料是半导体，故B错误。
C、由手机充电参数可知，手机最大充电功率：P最大=U'I'=20V×4.4A=88W＞40W，故C错误。
D、由可知，充电10分钟可充的最大电能：W最大=P最大t=88W×10×60s=52800J＞66600J×50%=33300J，则广告是真的，故D错误。
故答案为：A。
【分析】（1）根据W=UIt求出手机充满电时可储存的电能。
（2）半导体是制作芯片的重要材料。
（3）根据P=UI求出手机最大充电功率。
（4）根据求出充电10分钟可充的最大电能与手机充满电时可储存电能的50%进行比较，进而判断广告是否是真的。
6．（2024·深圳模拟）将四个定值电阻 a 、 b 、 c 、 d 分别接入不同电路中， 测出各电阻两端的电压 和通过的电流 I， 把测得的数据描点在坐标系中如图所示。根据图中信息判断， 下列说法正确的是 （ ）
A．b的阻值大于a的阻值 B．b的电功率大于a的电功率
C．通过c的电流最小 D．两端电压最大的是d
【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A.根据图像，a、b的电压相同，b的电流大，则b导体电阻小，A不符合题意；
B.根据P=UI分析，a、b电压一定，b的电流更大，电功率大，B符合题意；
C.根据图像，a、 d的电流较小，C不符合题意；
D.根据图像，电压最大的a、b，且电压相同，D不符合题意。
故答案为：B.
【分析】根据电压-电流图像， 比较不同电阻的电流、分压大小，结合电流判断电阻和电功率大小。
7．（2024·深圳模拟） 小明按图甲连接电路， 闭合开关， 灯泡 的功率为 ， 他将一个阻值大于 的灯泡 串联接入电路 (如图乙)， 闭合开关后， 的功率分别为 (不计温度对灯泡电阻的影响， 电源电压恒定），下列关系式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电功率的计算
【解析】【解答】根据图甲，只灯泡L1连接时，电功率，当再串联L2时，总电阻变大，电路中的电流减小，各灯泡的电功率都变小；根据P=I2R，由于L2的阻值大于L1，则L2的电功率大于L1的电功率，则电功率的关系为P1>P2'>P1'，C符合题意。
故答案为：C.
【分析】根据，当电阻变大时，电功率减小；根据P=I2R，电流相同时，电阻越大， 电功率越大。
8．（2024·深圳模拟） 讲家庭电路的时候， 老师找同学连接了一个如下图的模拟电路。开关 闭合后， 灯泡能正常发光， 用试电笔检测插座的两孔， 氖管均不发光。针对该模拟电路， 四位同学发表了以下的观点， 你认为正确的是（ ）
A．小新说： 保险丝是用电阻较大、熔点较高的材料制成的
B．小龙说： 灯泡能正常发光， 所以灯泡的连接是安全、合理的
C．小明说： 插座无法正常工作， 原因可能是 cd 间断路
D．小南说： 插座无法正常工作， 原因可能是 ab 间断路
【答案】C
【知识点】家庭电路的故障分析；熔断器的作用及保险丝的选择
【解析】【解答】根据要求，闭合开关灯泡正常发光，测电笔测量插座两孔， 氖管不发光，插座两孔没有电，但灯泡有电流，则插座连接火线的一侧断路，即cd间断路，C符合题意。
故答案为：C.
【分析】家庭电路中，连接插座的火线断路，插座无电。
9．（2024九下·深开学考）下图是某同学设计的水位自动报警器。原理是：水位低于A点时，工作电路绿灯亮；到达A点时，衔铁被吸下，工作电路红灯亮电铃响，从而自动报警。实验时发现，当水位超过A点时，由于电磁铁磁性太弱衔铁并没有被吸下。下列做法中合理的是（ ）
A．增加工作电路的电源电压 B．增加控制电路的电源电压
C．减少电磁铁线圈的匝数 D．更换弹性更强的弹簧
【答案】B
【知识点】电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】A、增加工作电路电压，不会影响到电磁铁的电流，不会改变电磁铁的磁性，故A错误。
B、增加控制电路的电源电压，可以增大控制电路的电流，在线圈匝数一定时，可以增强电磁铁的磁性，能把衔铁吸引，故B正确。
C、在电流一定时，减少电磁铁线圈的匝数，电磁铁的磁性减弱，电磁铁对衔铁的吸引会更弱，故C错误。
D、更换弹性更强的弹簧，弹簧对衔铁的拉力更大，电磁铁不能把衔铁吸引下来，故D错误。
故答案为：B。
【分析】当水位超过A点时由于电磁铁磁性太弱而衔铁没有被吸引，此时要增大电磁铁的磁性，从电磁铁的磁性强弱影响因素考虑，此时电磁铁磁性强弱跟电流大小、线圈匝数有关。
10．（2024·深圳模拟） 下列表述正确的是（ ）
A．磁悬浮列车利用电磁感应原理工作
B．插入和拔出条形磁铁， 感应电流方向相反
C．扬声器工作时将机械能转化为电能、
D．动圈式话简的工作原理为电流的磁效应
【答案】B
【知识点】磁场对通电导线的作用；电磁感应
【解析】【解答】A.磁悬浮列车通电有磁性，利用电流的磁效应工作，A不符合题意；
B.插入和拔出条形磁铁， 导线切割磁感线的方向相反，感应电流方向相反，B符合题意；
C.扬声器工作时消耗电能，将电能转化为机械能，C不符合题意；
D.动圈式话简的工作时，线圈切割磁感线，产生感应电流，是电磁感应现象，D不符合题意。
故答案为：B.
【分析】电流通过导体产生磁场，是电流的磁效应；导体切割磁感线产生电流，是电磁感应现象；扬声器根据磁场对电流的作用工作。
二、画图题：（每小题2分，2小题，共计4分）
11．（2024九下·深开学考）下图为某兴趣小组设计的电子秤简易电路图，Rx是压敏电阻，阻值随所受压力的增大而减小，R0是定值电阻。测量时，电压表示数随所称量物体对压敏电阻的压力增大而增大。请根据以上信息，在虚线框内将电路图补充完整。
【答案】
【知识点】根据实物图画电路图；实物的电路连接
【解析】【解答】由图可知，压敏电阻Rx与定值电阻R0串联，要组成电路需要与电源、开关串联，
当所称量物体对压敏电阻的压力增大时，因压敏电阻Rx的阻值随所受压力的增大而减小，所以电路的总电阻减小，
由可知，电路中的电流增大，R0两端的电压增大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，Rx两端的电压减小，
由电压表 的示数随所称量物体对压敏电阻的压力增大而增大可知，电压表应并联在R0两端，如下图所示：
【分析】由图可知，压敏电阻Rx与定值电阻R0串联，要组成电路需要与电源、开关串联，压敏电阻Rx的阻值随所受压力的增大而减小，电路的总电阻减小，由欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知Rx两端的电压变化，然后根据题意确定电压表并联的位置。
12．（2024·深圳模拟） 如下图所示， 将条形磁体放在水平桌面的小车上， 条形磁体静止不动， 极正对电磁铁， 闭合开关 ， 条形磁体因受磁力向左运动， 请在图中标出电磁铁右端的极性、电源左端的极性 (用 “+” 或 “ - ” 表示)。
【答案】
【知识点】通电螺线管的磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】根据图像，磁体的S极正对电磁铁，闭合开关S，电磁铁有磁性，条形磁体向左运动，是由于同名磁极相互排斥，则电磁铁的左侧是S极，右侧是N极；根据安培定则，电流从左侧进入电磁铁，电源的左侧是正极，如图 。
【分析】根据同名磁极相互排斥，判断通电螺线管的磁极位置；结合安培定则，判断电源的正极位置。
三、填空题：（每空1分，4小题，共计22分）
13．（2024九下·深开学考）东东设计了一个估算酒精的热值实验，实验装置如图。燃烧皿中酒精的质量12g，烧杯中水的质量为200g，初温为23℃，c水=4.2×103J/（kg℃）
（1）点燃酒精，当水温升高到43℃时，立即熄灭火焰。该过程水吸收的热量Q吸= J；
（2）东东想利用Q放=Q吸计算酒精的热值，还需进行的实验操作是 ；
（3）用这个方法，东东算出的热值比课本上真实值偏 。
【答案】（1）1.68×104
（2）测出剩余酒精的质量
（3）小
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【解答】（1）根据题意可得，水吸收的热量Q=cmΔt=4.2×103J/（kg ℃）]×200×10-3kg×（43℃-23℃）=1.68×104J。
（2）根据题意可知，Q放已知，由可知，还需计算出燃烧酒精的质量，才能计算酒精的热值，所以应测量出剩余酒精的质量。
（3）由于存在热量损失，酒精燃烧放出的热量没有被水全部吸收，即Q＜Q放，又因为燃烧掉酒精的质量是一定的，由可知，所测算出的热值与真实值相比偏小。
【分析】（1）根据Q=cmΔt计算水吸收的热量。
（2）已知Q放时，由可知，还需计算出燃烧酒精的质量，才能计算酒精的热值。
（3）由于存在热量损失，酒精燃烧放出的热量没有被水全部吸收，再根据分析即可。
14．（2024九下·深开学考）小明用图甲所示的电路，探究“电流与电阻的关系”，电源电压为3V且保持不变，滑动变阻器规格为“50Ω，2A”，定值电阻10Ω、20Ω、30Ω、50Ω各一个。
（1）小明根据图甲连接电路，首先用10Ω电阻实验、闭合开关后发现，无论怎么移动滑片，电流表指针无偏转，电压表指针迅速满偏，则电路中的故障可能是____（填字母）。
A．开关断路 B．滑片接触不良
C．电阻断路 D．电流表短路
（2）排除故障后，小明在移动滑动变阻器滑片的过程中，眼睛应注意观察电压表。之后将10Ω电阻换成20Ω电阻，继续调节滑动变阻器滑片向 端（选填“A”或“B”）移动，直至
（3）小明根据记录的实验数据，绘制成了图乙所示的图像，由此可得结论： 。
（4）小明又想测量某未知电阻Rx的阻值，设计了如图丙所示的电路（R0为已知阻值为R0的定值电阻），并设计了如下实验步骤，请帮助他把缺少的步骤补全，并写出Rx的表达式。
实验步骤：
A.按照设计的电路图连接电路。
B.开关S断开时，读出电流表的示数，记为I1。
C. 。
表达式：Rx= （用已知物理量和测量出的物理量符号表示）。
【答案】（1）C
（2）A；电压表的示数为2V
（3）电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比
（4）闭合开关5，读出电流表的示数，记为I2；
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表指针迅速满偏，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的定值电阻断路了，故选C。
（2）由图象可知，电阻两端的电压：UV=IR=0.1A×20Ω=-----=0.4A×5Ω=2V，根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大。探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动，眼睛注意观察电压表，使电压表的示数为2V不变。
（3）由图像可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比。
（4）实验步骤：
A、按照设计的电路图连接电路。
B、开关S断开时，读出电流表的示数，记为I1，此时定值电阻与待测电阻串联，由电阻的串联特点可知：R串=Rx+R0，由欧姆定律可得：U=I1（Rx+R0）；
C、闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2，此时只有待测电阻连入电路，由欧姆定律可得：U=I2Rx。
电源电压不变，所以有：I2Rx=I1（Rx+R0），
解得：。
【分析】 （1）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表指针迅速满偏，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的支路断路了。
（2）根据图丙中的数据利用欧姆定律求出定值电阻两端的电压，根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向。
（3）根据图像中电流与电阻之积为一定值分析得出结论。
（4）在没有电压表时，定值电阻与待测电阻串联，利用电源电压不变，根据电流表示数和定值电阻的阻值利用U=IR得出电源电压的表达式，然后组成等式解答。
15．（2024九下·深开学考）小明同学设计了一款电子拉力计准备参加深圳市背少年科技创新大赛，小明将电流表的表盘改为拉力计的表盘，图甲是其原理图。ab是一根长为5cm的均匀电阻丝，其阻值R1=25Ω。拉环不受拉力时，滑片P处于a端；拉环受拉力时，滑片P随之向右滑动。拉力与弹簧伸长的长度△L关系如图乙。电源电压为6V，电流表的量程为0～0.6A，定值电阻R0=5Ω，忽略摩擦。
（1）电流表的示数随拉力的增大而 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）拉力表的零刻度线应刻在电流表 A处。
（3）开关闭合后，当电流表指针指在0.4A处时，R1接入电路的阻值是 Ω，作用在拉环上水平向右的拉力是 N。
（4）该拉力计能测量的拉力范围是 N。
【答案】（1）增大
（2）0.2
（3）10；300
（4）0～400
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】由电路图可知，定值电阻R0与可变电阻R1串联，电流表测电路中的电流；
（1）由图甲可知，当拉力变大时滑片向右移动，连入电路的电阻丝长度减小，则变阻器R1接入电路的电阻减小，总电阻减小，根据可知电路中电流增大，即电流表示数增大；
（2）当拉环不受拉力时，滑片P处于a端，变阻器R1接入电路的电阻最大，根据串联电路的特点和欧姆定律可知电流表的读数为：，即拉力表的零刻度线应刻在电流表0.2A处。
（3）当电流表读数为0.4A时，根据欧姆定律可得R0两端的电压为：U0=I′R0=0.4A×5Ω=2V，
因串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和，则此时R1两端的电压为：U1=U-U0=6V-2V=4V，
根据可得此时R1接入电路的电阻：。
因电阻丝的电阻值与长度成正比，ab是一根长为5cm的均匀电阻丝，其阻值R1=25Ω，
则每1cm电阻丝的电阻为，
此时变阻器连入电路中电阻丝的长度：，
则此时弹簧的伸长量：ΔL=5cm-2cm=3cm，
由图乙可知，此时作用在拉环上的水平向右的拉力为F=300N。
（4）当拉力最大时，变阻器接入电路的电阻最小，电流最大，
电流表的量程为0～0.6A，当电流最大为0.6A时，由欧姆定律可得R0两端的电压为：U0大=I大R0=0.6A×5Ω=3V，
根据串联电路的电压特点可知此时R1两端的电压为：U1小=U-U0大=6V-3V=3V，
根据可得R1接入电路的最小电阻：，
此时变阻器连入电路中电阻丝的长度：，
则此时弹簧的伸长量：ΔL′=5cm-1cm=4cm，
由图乙可知，此时作用在拉环上的水平向右的拉力（最大拉力）为F′=400N，
所以该拉力计能测量拉力的范围是0～400N。
【分析】由电路图可知，定值电阻R0与可变电阻R1串联，电流表测电路中的电流；
（1）由图甲可知，当拉力变大时滑片向右移动，则变阻器连入电路的电阻减小，根据电阻的串联和欧姆定律可知电路中电流的变化。
（2）当拉环不受拉力时，变阻器R1接入电路的电阻最大，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出此时电流表的示数。
（3）当电流表读数为0.4A时，根据欧姆定律求出此时R0两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，再根据欧姆定律求出此时变阻器R1接入电路的电阻，根据题中条件和“电阻丝的电阻值与长度成正比”可知弹簧的伸长量（即被拉长的长度），对照图乙可知作用在拉环上的水平向右拉力的大小。
（4）当拉力最大时，变阻器接入电路的电阻最小，电流最大，根据电流表量程确定电流的最大值，根据欧姆定律和题意计算变阻器接入电路的最小阻值和此时弹簧伸长的长度，对照图乙找出拉力的最大值，从而可知该拉力计能测量的拉力范围。
16．（2024·深圳模拟）物理课上的分组 “探究焦耳定律” 实验中， 同学们的实验装置如下图所示，
（1）老师让一位同学给大家演示 “探究电流产生的热量与电流大小的关系”， 他应选择 图进行实验。
（2）图甲、乙是小北组的实验装置， 两个透明容器中密封着等量的空气。小北组的实验没有使用温度计而是用 反映密闭空气温度的变化。通电一定时间后，甲图中 管中的液面较高。若图乙中两 U 形管内液面上升高度相同， 则故障可能是 。排除故障后通电相同时间， 发现乙图左侧 U 形管内液面上升较高，这表明： 在电阻和通电时间相同的情况下， 通过导体的 越大， 产生的热量越多。
（3）图乙为了使实验中两侧 U 形管液面高度差更明显， 可将空气盒外电阻 换 (选填“大于”或“小于”) 的电阻。
（4）小南组的实验装置为图丙。该装置可探究电流通过导体时产生热量与 的关系， 烧瓶中用煤油而不用水是因为
【答案】（1）乙
（2）U 形管中液面高度差；B；R3处电阻丝断路；电流
（3）小于
（4）电阻；煤油的比热容小
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】探究焦耳定律实验中，
（1）探究电流产生的热量与电流大小的关系时，应保持电阻和时间相同，电流不同，选择乙图进行实验；
（2）图甲实验装置，电阻产生的热量不同，U形管中液面高度差不同，用U形管中液面高度差反映密闭空气温度的变化，从而探究电流产生热量的多少；通电一定时间后，甲图B管中的电阻更大，产生热量多，液面较高；若图乙中两U形管内液面上升高度相同，即电阻丝产生的热量相同，由于电阻和时间相同，可以知电流相等，是R3处电阻丝断路；当乙图左侧U形管内液面上升较高，左侧电流较大，可得，在电阻和通电时间相同时，通过导体的电流越大，产生的热量越多；
（3）图乙若使实验中两侧U形管液面高度差更明显，即左右两侧产生的热量差距大，电流的差距大，由于电阻越小，电流越大，可将空气盒外电阻R3换小于5Ω的电阻；
（4）根据图丙，电流和时间相同，电阻不同，探究电流通过导体时产生热量与电阻的关系， 烧瓶中用煤油，是因为煤油的比热容小，吸收热量后，温度变化明显。
【分析】（1）探究电流产生热量和电流的关系，需要改变电阻，其他保持不变；
（2）当电流产生的热量越多，密闭空气的温度变化大，U形管中液面差更大；探究电流产生热量和电流的关系，需要使电流不同，外接电阻，可以改变密闭盒中的电流；
（3）探究电流产生热量和电流的关系时，电流差距越大， 实验效果越明显；
（4）当电流和通电时间相同时，电阻不同，可以探究电流产生热量和电阻的关系；物体吸收热量后，比热容越小，温度变化越明显。
四、计算题：（2小题，共16分）
17．（2024九下·深开学考）深圳比亚迪公交车的充电桩充电电压为380V，充电功率为76kW。一台公交车的电池储量为100kW·h，公交车运行一趟全程共20km。在这个过程中，若公交车所受阻力恒定为1500N，能量转化中损失忽略不计（g取10N/kg）。求：
（1）充电桩充电电流为多大？
（2）该公交车匀速行驶一趟的过程中牵引力做的功为多少？
（3）公交车运行一趟因停靠站点和红灯共刹车40次，每次刹车时，可以将3×104J的动能回收并储存到电池中。则该车充满一次电最多能跑几趟该公交线路？（从始发站到终点站算1趟，返回算第2趟）。
【答案】（1）解： 根据公式P=UI可知充电桩充电电流
答：充电桩充电电流200A
（2）解： 根据二力平衡，公交车所受的牵引力F=f=1500N…
则公交车匀速行驶-趟牵引力所做的功W=Fs=1500N×20×103m=3×107J
答：公交车匀速行驶一趟牵引力所做的功3×107J：
（3）解： 行驶1趟公交车耗能：W耗=Fs-W收=fs′-W收=3×107J-40×3×104J=2.88×107J，
该车充满一次电的电能W=Pt=100×1000W×3600s=3.6×108J，
充满一次电最多能跑植数：…
该车充满一次电最多能跑12趟该公交线路
答：该车充满一次电最多能跑12趟该公交线路。
【知识点】电功的计算；电功计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据P=UI计算充电桩的电流。
（2）根据二力平衡确定牵引力，根据W=Fs计算功。
（3）先计算公交车跑一趟消耗的电能，再计算该车充满一次电的电能，最后即可求出能跑的趟数。
18．（2024九下·深开学考）2023年12月21日，深圳官度入冬。秋冬带来了寒冷和秋裤，也带来了烦恼，小南同学一接触小伙伴就噼里啪啦“炸毛”啦。小南想到物理老师讲过缓解静电的方法之一是增加空气湿度，立即购入一台加湿器，原理图如图甲。R1、R2为发热电阻，且R2=3R1，S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转并关S可实现关”、“低挡”、“高挡”之间的转换。已知，高档功率为440W，求：
（1）由图甲知，开关S接“1、2触点”时，电路断路，为关：接“2、3触点”为 挡；接“3、4触点”为 挡；
（2）求加热电阻R1的阻值。
（3）求加湿器正常工作时的低挡功率。
（4）如图乙所示，求加湿器正常工作30分钟消耗的电能。
【答案】（1）低；高
（2）由，旋转开关接3、4触点时电路的功率最大，加湿器处于高挡。
则
答：加热电阻R1的阻值为110Ω；
（3）高温挡时的功率：.
因R2=3R2，由电阻的串联，正常工作时的低挡功率
答：加湿器正常工作时的低挡功率为110W
（4）由图乙可知，加湿器工作30min内，高挡工作的时间为10min，低挡工作的时间为20min
W高=P高t高=440W×10×60s=2.64×105J；
W低=P低t低=110W×20×60s=1.32×105J。
加湿器工作30分钟消耗的电能；W总=W高+W低=2.64×105J+1.32×105J=3.96×105J。
答：加湿器正常工作30分钟消耗的电能为3.96×105J。
【知识点】焦耳定律的应用；电流的热效应；电功与热量的综合计算
【解析】【解答】（1）由图1知，开关S接“1、2”时电路断路为关；“2、3”时两电阻串联，接“3、4”时只有R1接入电路，电源电压一定，由可知，接“2、3”时电阻最大，为低挡，接“3、4”时电阻最小，为高挡。
（2）由图2知，高挡功率：P高=440W，由可得R1的阻值：。
（3）由题知，R2=3R1，低挡发热功率：。
（4）由图2知，工作30min时，其中高挡10min，低挡20min，
所以加湿器消耗的总电能：W=W高+W低=P高t高+P低t低=440W×10×60s+110W×20×60s=3.96×105J。
【分析】（1）由图1，开关S在不同位置时，由分析加湿器的工作状态。
（2）由图2知，加温器高挡功率，由计算R1的阻值。
（3）已知R2=3R1，由计算加湿器处于低挡位置时的发热功率。
（4）由图2读出加湿器30min内的高挡和低挡工作时间，由W=Pt计算消耗的电能。
五、综合开放题：（每空1分，1小题，共8分）
19．（2024九下·深开学考）阅读短文，回答问题：
我国的核电事业发展迅速，已经建成几座核电站，其中广东大亚湾核电站每年发电量约70%的电力供应香港，30%的电力供应广东电网。在保证输送功率不变的情况下，远距离送电采取高压送电的方式来实施，核电站的发电输出电功率为2×107W，用10千伏的高压进行输电。下面是核电站的工作原理图和远距离输电流程示意图：
（1）核电站中绕恻发电机线圈的材料可能是 （选填“铜”、“镍铬合金”或“超导材料”）。
（2）关于远距离输电，下列表述正确的是____.
A．提高输电电压会增大输电电流，从而增大输电损失
B．提高输电电压可以减小输电线电阻，从而减小输电损失
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．若能研制出常温下的超导体，用它制作远距离输电导线，将不需要高压输电方式
（3）核电站高压输电时的输电电流为 A，在输送功率不变时，若改用1000千伏的电压输电，则此时导线上的热损耗功率与原来导线上的热损耗功率之比为 .
（4）远距离输电时某处发生了短路，为确定短路位置，检修员利用电压表、电流表和电源接成如图所示的电路进行测量，已知甲、乙两地的每根输电线每千米的电阻为R，电压表示数为U、电流表示数为I，则短路位置到甲地的距离为 千米。（用已知物理量的符号表示）
（5）某户居民标有“220V 40W”的灯泡正常发光时电阻为 Ω，在用电高峰期时灯泡比平时暗的原因是 。
（6）若经过降压变压器后供电设备输出电压恒为220V，通过总电阻为0.2Ω的输电线给居民楼内用户供电，当居民楼内所有用电器消耗的总功率为21.78kw时，不考虑灯泡电阻的变化，“220V 40W”灯泡实际功率为 W。
【答案】（1）铜
（2）D
（3）2000；1：10000
（4）
（5）1210；用户多了总电流变大，导线上损耗的电压增大，灯的实际电压比平时小所以暗
（6）32.4
【知识点】核能；核电站发电过程中的能量转化；核裂变
【解析】【解答】（1）发电机的线圈电阻越小，相同条件下产生的热量越少，越安全且发电效率越高；因而选择导电性能最好的铜制作。
（2）AB、在输送功率不变时，提高输电电压，输电线的电流变小，在输电线电阻不变时，输电线上损失的功率P损=I2R越小，故AB错误。
C、在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电线的电流越大，在输电线电阻不变时，输电线上损失的功率P损=I2R越大，输电过程中的电能损失越大，故C错误；
D、在输送功率不变时，提高输电电压，输电线的电流变小，输电线上损失的功率P损=I2R越小，输电过程中的电能损失越小；若能研制出常温下的超导体，用它制作远距离输电导线，导线没有电阻，输电过程中的电能没有损失，就不需要高压输电，故D正确。
故答案为：D。
（3）若发电厂输出电功率为2×107W，用10千伏的电压输电，
根据P=UI可得此时的输电电流为：，
在输送功率不变时，若改用1000千伏的电压输电，
此时的输电电流为：，
输电线上损失的热功率：P损=I2R线，电阻不变时，电功率之比等于电流平方之比，
即导线上的热损耗功率与原来导线上的热损耗功率之比P'损：P损=I'2R线：I2R线=（20A ）2：（2000A）2=1：10000。
（4）由电路图可知，电压表测导线两端的电压，电流表测电路中的电流，
由可得，电路中的总电阻：，
因每条输电线每千米的电阻为R，
所以，导线的总长度：。
因导线是双股的，所以，短路位置离甲地的距离：。
（5）由知，“220V 40W”灯泡的电阻为：；
在用电的高峰期，由于并入电路中的用电器变多，总电阻变少，由欧姆定律知电路中的电流变大；用电器与输电线是串联的，输电导线也有电阻，当其电流变大时，其分得的电压就变大，又知电源电压220V不变，用电器两端的电压就变小了；由可知白炽灯的实际功率比正常减小，所以发光要变暗些。
（5）设居民楼内所有用电器的两端电压为U实，则导线两端的电压为220V-U实；
由P=UI得，所有用电器的总电流为：，
由欧姆定律可得导线中的电流（总电流）：，
则有：，
实际总功率为P总=21.78kW=21780W，
代入数据可得：，
解得：U实=198V；
灯泡的实际功率。
【分析】（1）发电机的线圈电阻越小，相同条件下产生的热量越少，越安全且发电效率越高。
（2）输电线上损失的功率P损=I2R，跟输电线上的电流及输电线上的电阻有关，根据P=UI可知输电线上的电流。
（3）根据P=UI得出输电电流；在输送功率不变时，根据P=UI算出改用1000千伏输电电压的电流，根据P=I2R表示线上热损耗功率；得出线路上的热损耗与原来线路上的热损耗的功率之比。
（4）由电路图可知，电压表测导线两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出导线的总电阻，已知每千米的电阻为R，然后让总电阻除以R求出导线的长度，再根据导线的双股的，从而确定出短路的地点离甲地的距离。
（5）根据计算灯泡的电阻，根据用电高峰电路中总电流较大，线路上分得的电压较大，用户的电压减小，分析灯泡亮度。
（6）已知电路中总功率和电压，由P=UI计算出电路中的电流，再根据U=IR计算出电路中损失的电压；根据串联电路的电压特点计算出灯泡的实际电压，根据计算出灯泡的实际功率。
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