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沪粤版2025-2026学年九年级物理上册期末真题模拟测试卷
一、单选题
1．我国某集团于2020年正式发布全球首款效率突破的商用柴油机，世界内燃机发展出现历史性新突破．下列说法不正确的是（ ）
A．该柴油机的效率越高，则表示柴油机做功越快
B．通过减少各部件间的摩擦可提高柴油机的效率
C．柴油在该柴油机中燃烧更充分，但柴油的热值不变
D．该柴油机减少了碳排放，有利于节约能源和环境保护
2． 如图所示是一款电子握力计的电路原理图，M、N均为金属板，N固定不动，当握力F增大时，则（ ）
A．滑动变阻器R接入电路中的阻值变小
B．电压表示数增大
C．电阻R的功率一定减小
D．电阻R0的功率增大
3．小郡在加油站看到普通汽车只需加92号汽油，而涡轮增压的车需要加95号汽油，通过查资料得知，汽油标号不同是因为汽油中的异辛烷（化合物）含量不同：汽油标号越高，辛烷值越高，越不容易在压缩冲程中爆燃。涡轮增压的汽车利用发动机排出的废气驱动涡轮旋转，将空气压缩后压入汽缸，使汽油获得更多氧气，燃烧更充分。下列说法正确的是（ ）
A．95号汽油和92号汽油的热值一定相同
B．汽油机的做功冲程是将机械能转化为内能
C．涡轮增压技术使汽油燃烧更充分，从而能提高汽油的热值
D．高温尾气带走的能量较多，将这部分能量利用起来可以提高热机效率
4．如图所示，用机械提起同一重物，不考虑绳重和摩擦，其中机械效率最高的是（ ）
A． B． C． D．
5．某同学利用如图所示电路，测量额定电压为小灯泡发光时的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应滑到A端
B．闭合开关后，小灯泡不发光，一定是小灯泡灯丝断了
C．实验过程中多次测量是为了多次测量求平均值减小误差
D．测正常发光时的电阻时，需移动滑片使电压表为，再读出电流表的示数
6．如图是加油站里常见的“静电释放器”，服务员提油枪加油前，必须用手触摸静电释放器来清除身体上的静电，下列说法中正确的是（ ）
A．静电释放器要与大地相连
B．静电释放器要由绝缘材料制成
C．静电释放器主要释放的是汽车所带的静电
D．人体带的电荷是人体与衣服摩擦过程中创造出来的
7．如图所示，三个相同的容器分别装有不同温度和质量的水，则
A．甲容器中水的内能一定比乙的大
B．甲容器中水的内能一定比乙的小
C．丙容器中水的内能一定比甲、乙都大
D．甲乙两杯接触，热量可能从乙杯传递到甲杯
8．在方特研学的最后一个半小时，某同学以惊人的效率游玩了13个项目，请问以下项目中重力势能没有转化成动能的是（ ）
A．过山车
B．昆仑秘境
C．海盗船
D．碰碰车
9． 小明利用如图甲所示的电路来测量R的阻值，电源电压为3V，R的阻值约为10Ω，闭合开关后，电压表指针的位置如图乙所示。对于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移至a端
B．电流表的量程应该选择0~3A
C．图乙中电压表的读数为2.3V
D．多次测量求平均值是为了让结论更具普遍性
10．甲、乙两物体质量相等，当甲物体温度升高15℃，乙物体温度升高30℃时，甲物体吸收的热量是乙物体吸收热量的2倍，则甲物质的比热容是乙的比热容的（ ）
A．0.25倍 B．1倍 C．2倍 D．4倍
二、填空题
11．如图所示是一种定时课间音乐播放装置的原理图．播放器是有电流通过时会播放音乐的装置；定时开关是到达设定时间，自动断开的开关．闭合开关S，当定时开关处于闭合状态时，指示灯 （填会或不会）亮，播放器 （填会或不会）播放音乐；到达设定时间，定时开关处于 （填闭合或断开）状态，播放器播放音乐．
12．将一根铁丝反复弯折，铁丝弯折处会发热，这是通过 的方式，使铁丝的内能 。
13．如图甲所示电路，闭合开关S，电压表的示数如图乙，电压表的示数如图丙，则灯两端的电压为 V，灯两端的电压为 V，电源的电压为 V。
14．家用电热水壶正常工作的电压为 伏。将电热水壶放在太阳下，即使不通电过一会壶内水的温度也会升高，这是通过 的方式使水的内能增加。若壶中水的质量为1千克，通电一段时间后，壶中水温升高了10℃，则水吸收的热量为 焦。[c水=4.2×103焦/（千克·℃）]
15．两只定值电阻，甲标有“10Ω 1A”，乙标有“15Ω 0.6A”， 把它们串联在同一电路中，电路两端允许加的最大电压为 V；把它们并联在同一电路中，干电路中允许通过的最大电流为 A
16．如图所示的电路中，若闭合开关S2，两灯 ；闭合开关S1、S3，两灯 （前两空选填“串联”或“并联”）；若同时闭合开关 ，会造成短路。
17．市场上的家用插座常有两种规格（10A，16A），如左下图所示。另有甲、乙两款空调，额定功率如右下图所示，额定电压均为220V，相同制冷时间内，甲、乙两款空调消耗的电能之比为 ；从“凉得快”的角度应选购 （选填“甲”或“乙”）空调，通过计算简述此空调需选配16A插座的理由： 。
18．工作中的一个单缸四冲程内燃机，若高温高压的燃气对活塞做功10次，则曲轴转动了 周；将内能转化为机械能的是 冲程。
三、计算题
19．水的比热容是，用的水把千克的水从加热到，若不计热量损失，需要的开水多少？
20．周友银同学在课外实践活动中自制了一个可调节亮度的台灯，他设计的电路如图所示．灯泡上标有“220V 40W”，滑动变阻器R上标有“990Ω 5A”，设灯泡的电阻不随温度改变，电源电压保持220V不变，求：
(1)灯泡的电阻；
(2)灯泡最亮时实际消耗的电功率；
(3)灯泡最暗时，求电路中的电流和滑动变阻器每分钟产生的热量.
四、作图题
21．根据图中所示的实物连接图，在方框内画出电路图．
22．如图所示是未连接完整的电路，若要求闭合开关后，滑动变阻器的滑片P向左移动时，灯泡变亮。请将滑动变阻器正确接入电路。
23．按照题目要求作图：
①如图所示，F1是作用在抽水机手柄A点处的动力，O为支点。请画出动力F1的力臂L1和B点处所受的阻力F2
②如图所示，为了使轻质杠杆AB在如图所示位置静止，请在杠杆上画出所施加最小力F的示意图及其力臂L
③请根据实物电路，在右边方框内画出电路图
五、实验探究题
24．探究简单机械的实际运用和工作原理。
（一）探究滑轮组怎样连线才能最省力。
如图甲、乙是两种不同的滑轮组连线方式，请据图回答下列问题。
（1）根据你所学的知识判断 （选填“>”、“<”或“=”），这是因为承担重物和滑轮重的绳子股数越多，每股绳子承担的力 ；
（2）一般来说， （选填“动滑轮”或“定滑轮”）上绳子股数越多越省力，但也要考虑实际情况，如果你想站在地面上用滑轮组提升重物至高处，为了更省力，应该选上图中的 滑轮组。
（3）（二）探究杠杆的平衡条件
如图丙、丁是探究杠杆平衡条件的部分片段，请根据图示回答下列问题：
若实验开始前，杠杆的位置如图丙所示，此时杠杆 （选填“处于”或“不处于”）平衡状态；小明通过调节杠杆右端的螺母向 移动，使杠杆在水平位置平衡；
（4）要使图丁中杠杆平衡，应在a处挂 个钩码。
25．为了探究并联电路的电流特点，同学设计了如图1所示的电路进行实验。
（1）在做使用电流表测电流的分组实验中，A组同学试触时电流表的指针向着没有刻度的一侧偏转，如图2所示，根据你的分析，你认为原因可能是 ；
（2）B组同学试触时发现电流表的指针扫过有刻度的地方，直到没有刻度的地方，如图3所示，你认为原因可能是 ；
（3）下面设计的表格存在的不足之处是：① ；② 。
A点的电流IA B点的电流IB C点的电流IC
第一次测量
（4）排除故障后，测出了L1、L2支路和干路上的电流分别为IA、IB和IC，电流表示数如图4、图5、图6所示，可读出：IA=0.54A，IB= A，IC= A，根据测量结果，在误差允许范围内你认为并联电路中干路电流和各支路电流的关系是： 。（写出关系式即可）
（5）为了验证结论的普遍性，同学采用了更换不同电源继续实验的方法进行验证，你还可以采用的方法是： 。
26．在探究电流与电压、电阻关系的实验中，器材有：电源（两节新干电池）、电压表、电流表、定值电阻（5Ω、10Ω、20Ω）、滑动变阻器（10Ω 2A）。小明利用器材连接了如图甲所示的电路。
（1）用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整，要求：滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大 ；
（2）在探究电流与电压关系时，小明闭合开关，移动滑片，记录数据如下表所示。第5次的电压表示数如图乙，示数为 V；
实验次数 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次
电压U/V 1.0 1.3 1.6 2.0
电流 I/A 0.20 0.24 0.32 0.4 0.48
（3）分析上表中的实验数据，在误差允许的范围内可初步得出：导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成 比。
（4）在探究电流与电阻关系时，小明先将5Ω电阻接入电路，调节滑动变阻器使电压表示数为1.5V，记录电流表示数；随后打算分别用10 Ω、20Ω的定值电阻替换5Ω电阻接入电路，重复实验。你认为他能否顺利完成实验 ，并说明理由： 。
27．用甲图测小灯泡电阻。灯泡正常发光的电压为2.5V。
（1）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，此时电流表的示数为 A，小灯泡的电阻为 Ω；
（2）若闭合开关，电流表和电压表的指针都发生偏转，而小灯泡不亮。其可能原因是 （说出一种即可）；
（3）若一个电表发生故障，但有已知的定值电阻R0可提供的情况下，下列电路中不能测出小灯泡电阻的是_______。
A． B．
C． D．
六、综合题
28．如图1所示电路中均为实验室常用电表，已知R1＞R2，电压表V1、V2、V3的示数分别为U1、U2、U3，且有两块电压表指针偏转均如图2所示；电流表A1、A2的示数分别为I1、I2．
（1）I1、I2的大小关系式为
（2）求U1、U2、U3的值及电源电压U分别为
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沪粤版2025-2026学年九年级物理上册期末真题模拟测试卷
一、单选题
1．我国某集团于2020年正式发布全球首款效率突破的商用柴油机，世界内燃机发展出现历史性新突破．下列说法不正确的是（ ）
A．该柴油机的效率越高，则表示柴油机做功越快
B．通过减少各部件间的摩擦可提高柴油机的效率
C．柴油在该柴油机中燃烧更充分，但柴油的热值不变
D．该柴油机减少了碳排放，有利于节约能源和环境保护
【答案】A
【解析】【解答】A：热机效率是指用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧所释放出来的热量之比，效率越高，说明用来做有用功的那部分热量相对较多，与柴油机的做功快慢无关，即A说法错误，符合题意；
B： 减少各部件间的摩擦，可以减少做额外功的能量，可提高柴油机的效率，故B说法正确，不符合题意；
C：柴油燃烧更充分，则放出的热量更多，但柴油的热值不变，故C说法正确，不符合题意；
D：柴油机的效率提高，在做同样多有用功的情况下，消耗的燃料更少，同时减少了碳排放，有利于节约能源和环境保护，故D说法正确，不符合题意；
综上可知，本题正确答案应选：A 。
【分析】（1）用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧所释放出来的热量之比，叫热机效率；
（2）功率表示做功的快慢，而不表示做功的多少；
（3）提高燃料的利用率、减小各部件之间的摩擦、减少各种能量损失，是提高机械效率的有效途径。
2． 如图所示是一款电子握力计的电路原理图，M、N均为金属板，N固定不动，当握力F增大时，则（ ）
A．滑动变阻器R接入电路中的阻值变小
B．电压表示数增大
C．电阻R的功率一定减小
D．电阻R0的功率增大
【答案】B
【解析】【解答】AB.根据图像，电阻串联，电压表测量滑动变阻器的分压，握力变大时，滑片向右移动，R电阻变大，分压变大，电压表示数变大；A不符合题意，B符合题意；
C.滑动变阻器的电功率随电阻增大，可能减小，可能变大，C不符合题意；
D.在串联电路中，电阻变大，电流减小，根据P=I2R，定值电阻的电功率减小，D不符合题意。
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；根据P=I2R，分析电功率的变化大小。
3．小郡在加油站看到普通汽车只需加92号汽油，而涡轮增压的车需要加95号汽油，通过查资料得知，汽油标号不同是因为汽油中的异辛烷（化合物）含量不同：汽油标号越高，辛烷值越高，越不容易在压缩冲程中爆燃。涡轮增压的汽车利用发动机排出的废气驱动涡轮旋转，将空气压缩后压入汽缸，使汽油获得更多氧气，燃烧更充分。下列说法正确的是（ ）
A．95号汽油和92号汽油的热值一定相同
B．汽油机的做功冲程是将机械能转化为内能
C．涡轮增压技术使汽油燃烧更充分，从而能提高汽油的热值
D．高温尾气带走的能量较多，将这部分能量利用起来可以提高热机效率
【答案】D
【解析】【解答】 解：A、95号汽油和92号汽油的成分不同，95号汽油热值大一些，故A错误；
B、汽油机的做功冲程中，是将燃料的内能转化为汽车的机械能，故B错误；
C、热值是燃料的一种特性，跟燃料的种类有关，跟燃料的质量，燃烧情况等无关，故C错误；
D、将高温尾气带走的能量利用起来，可以提高热机效率，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）不同型号汽油的热值不一定相同；
（2）在做功冲程中，内能转化为机械能；
（3）热值跟燃料的种类有关，跟燃料的质量，燃烧情况等无关；
（4）设法利用废气的能量能提高热机的效率。
4．如图所示，用机械提起同一重物，不考虑绳重和摩擦，其中机械效率最高的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【解答】解：用机械提起同一重物，若不计绳重及摩擦，每个滑轮的重力相同，ACD选项图中都要克服动滑轮重力做额外功，而B选项图使用是定滑轮，做额外功为0，所以其机械效率最高。
故选：B。
【分析】在不计绳重和摩擦的情况下，对动滑轮所做的功是额外功，总功等于有用功和额外功之和，机械效率是有用功与总功的比值。
5．某同学利用如图所示电路，测量额定电压为小灯泡发光时的电阻，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应滑到A端
B．闭合开关后，小灯泡不发光，一定是小灯泡灯丝断了
C．实验过程中多次测量是为了多次测量求平均值减小误差
D．测正常发光时的电阻时，需移动滑片使电压表为，再读出电流表的示数
【答案】D
【解析】【解答】A．为了保护电路，滑动变阻器的滑片P应滑到阻值最大处，即B端，故A错误；
B．闭合开关后，小灯泡不发光可能小灯泡短路、灯座接触不良、小灯泡实际功率太小等，故B错误；
C．实验过程中多次测量的目的是探究灯泡的亮度与灯泡电阻的关系，故C错误；
D． 测量额定电压为小灯泡的电阻，需移动滑片使电压表为，再读出电流表的示数，故D正确。
故选D。
【分析】1、电路连接的基本操作：连接电路时，为保护电路开关应断开，变阻器调节至最大阻值处，对电表进行试触，根据电表偏转角度选择合适的电表量程；同时电表的正负极接线柱要符合电流的正进负出；
2、伏安法测电阻：电压表并联待测电阻两侧测量待测电阻的电压U，电流表串联在电路中测量待测电阻的电流I，根据欧姆定律R=U/I计算待测电阻的阻值。小灯泡的电阻测量 需移动滑片使电压表为，再读出电流表的示数 。
6．如图是加油站里常见的“静电释放器”，服务员提油枪加油前，必须用手触摸静电释放器来清除身体上的静电，下列说法中正确的是（ ）
A．静电释放器要与大地相连
B．静电释放器要由绝缘材料制成
C．静电释放器主要释放的是汽车所带的静电
D．人体带的电荷是人体与衣服摩擦过程中创造出来的
【答案】A
【解析】【解答】 A.静电释放器要用与大地相连，故A正确；
B.静电释放器要由导体材料制成，故B错误；
C.静电释放器主要释放的是人体所带的静电，故C错误；
D.人体带的电荷是人体与衣服摩擦的静电，故D错误；
故选A。
【分析】 不同的物质原子核束缚核外电子的本领有强有弱，原子核束缚核外电子本领强的夺得电子，因多余电子带负电，原子核束缚核外电子本领弱的失去电子，因缺少电子带正电。摩擦起电的实质不是创造了电，而是电子的转移。
7．如图所示，三个相同的容器分别装有不同温度和质量的水，则
A．甲容器中水的内能一定比乙的大
B．甲容器中水的内能一定比乙的小
C．丙容器中水的内能一定比甲、乙都大
D．甲乙两杯接触，热量可能从乙杯传递到甲杯
【答案】C
【解析】【解答】ABC．比较三个容器可知，丙中的水的质量最大，温度最高，则丙的内能最大，故AB错误，C正确；
D．热量总是从高温物体传向低温物体，因此热量应该是从甲杯传递到乙杯，故D错误。
故选C。
【分析】 内能与物体的质量、温度和状态有关；热量总是从温度高的物体传给温度低的物体。
8．在方特研学的最后一个半小时，某同学以惊人的效率游玩了13个项目，请问以下项目中重力势能没有转化成动能的是（ ）
A．过山车
B．昆仑秘境
C．海盗船
D．碰碰车
【答案】D
【解析】【解答】ABC．过山车、昆仑秘境的缆车、海盗船在从高处向下运动时，它们的质量不变，速度增加，动能变大，高度降低，重力势能减小，此过程中重力势能转化成动能，故ABC不符合题意；
D．碰碰车在平地上行驶，虽然速度可能变化，动能可能变化，但质量和高度不变，则重力势能不变，故重力势能没有转化成动能，故D符合题意。
故选D。
【分析】 重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；
动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大。
9． 小明利用如图甲所示的电路来测量R的阻值，电源电压为3V，R的阻值约为10Ω，闭合开关后，电压表指针的位置如图乙所示。对于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移至a端
B．电流表的量程应该选择0~3A
C．图乙中电压表的读数为2.3V
D．多次测量求平均值是为了让结论更具普遍性
【答案】C
【解析】【解答】 分析电路图，电路为串联电路，电流表测量电路中电流，电压表测量电路两端电压：
A.为了保护电路，在连接电路时，开关应该处于断开状态，滑动变阻器应放在阻值最大处，结合题目中图即远离下接线柱，移至b端，故A错误。
B.根据串联电路电阻规律和欧姆定律知：电路中最大电流为，故电流表应选0～0.6A，故B错误。
C.电源电压为3V，故电压表所选量程为0～3V，故此时电压表示数为2.3V，故C正确。
D.伏安法测电阻多次测量求平均值的目的是减小误差，故D错误。
故选C。
【分析】 A.为了保护电路，在连接电路时，开关应该处于断开状态，滑动变阻器应放在阻值最大处；
B.根据串联电路电阻规律和欧姆定律分析电路中最大电流，据此确定电流表所选量程；
C.根据电源电压为3V，确定电压表所选量程为0～3V，再根据图乙读出电压表示数；
D.伏安法测电阻多次测量求平均值的目的是减小误差。
10．甲、乙两物体质量相等，当甲物体温度升高15℃，乙物体温度升高30℃时，甲物体吸收的热量是乙物体吸收热量的2倍，则甲物质的比热容是乙的比热容的（ ）
A．0.25倍 B．1倍 C．2倍 D．4倍
【答案】D
【解析】【解答】甲、乙两物体质量相等，即，甲物体吸收的热量是乙物体的2倍，甲的比热容与乙的比热容之比：，甲的比热容是乙的比热容的4倍，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
【分析】根据，结合质量、热量、和温度差，计算比热容和比值。
二、填空题
11．如图所示是一种定时课间音乐播放装置的原理图．播放器是有电流通过时会播放音乐的装置；定时开关是到达设定时间，自动断开的开关．闭合开关S，当定时开关处于闭合状态时，指示灯 （填会或不会）亮，播放器 （填会或不会）播放音乐；到达设定时间，定时开关处于 （填闭合或断开）状态，播放器播放音乐．
【答案】会；不会；断开
【解析】【解答】由题意知，闭合开关S，当定时开关处于闭合状态时，播放器被短路，指示灯会亮，则播放器中没有电流通过，播放器不会播放音乐；到达设定时间定时开关处于断开状态，播放器与指示灯串联，播放器和指示灯有电流通过，播放器播放音乐，指示灯会亮．
故答案为：会；不会；断开．
【分析】由图知，当定时开关闭合时播放器被短路；若定时开关断开时，播放器与指示灯串联，由此分析解答即可．
12．将一根铁丝反复弯折，铁丝弯折处会发热，这是通过 的方式，使铁丝的内能 。
【答案】做功；增大
【解析】【解答】解：反复弯折铁丝时，人对铁丝做功，机械能转化为铁丝的内能，内能增大，温度升高，这是通过做功的方式改变物体的内能。
故答案为：做功；增大。
【分析】改变物体的内能两种方法：做功和热传递，这两种方法对改变物体的内能是等效的.物体对外做功，物体的内能减小；外界对物体做功，物体的内能增大.物体吸收热量，当温度升高时，物体内能增大；物体放出热量，当温度降低时，物体内能减小.
13．如图甲所示电路，闭合开关S，电压表的示数如图乙，电压表的示数如图丙，则灯两端的电压为 V，灯两端的电压为 V，电源的电压为 V。
【答案】3.6；2.4；6
【解析】【解答】由电路图可知，V1测电源电压，V2测L2两端电压，电源电压等于各部分电压之和，所以V1的示数大于V2，由图乙可知，V1示数为6V，V2示数为2.4V，即L2两端电压为2.4V，由串联电路电压特点可知，L1两端电压为.
【分析】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。
14．家用电热水壶正常工作的电压为 伏。将电热水壶放在太阳下，即使不通电过一会壶内水的温度也会升高，这是通过 的方式使水的内能增加。若壶中水的质量为1千克，通电一段时间后，壶中水温升高了10℃，则水吸收的热量为 焦。[c水=4.2×103焦/（千克·℃）]
【答案】220；热传递；4.2×104
【解析】【解答】（1）家用电热水壶正常工作的电压为220伏。
（2）将电热水壶放在太阳下，即使不通电过一会壶内水的温度也会升高，这是通过热传递的方式使水的内能增加；
（3）水吸收的热量：Q=cm△t=4.2×103J/（kg·℃）×1kg×10℃=4.2×104J。
【分析】（1）根据电压的知识解答；
（2）改变物体内能的方式：①做功；②热传递；
（3）根据Q=cm△t计算水吸收的热量。
15．两只定值电阻，甲标有“10Ω 1A”，乙标有“15Ω 0.6A”， 把它们串联在同一电路中，电路两端允许加的最大电压为 V；把它们并联在同一电路中，干电路中允许通过的最大电流为 A
【答案】15；1.5
【解析】【解答】（1）因为串联电路中各处的电流相等，
所以两只电阻串联时，电路中的最大电流I=I乙=0.6A，
因为串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以根据欧姆定律可得，
两端允许加的最大电压：
U=I（R甲+R乙）=0.6A×（10Ω+15Ω）=15V；
（2）根据欧姆定律可得，两电阻两端允许所加的最大电压：
U甲=I甲R甲=1A×10Ω=10V，U乙=I乙R乙=0.6A×15Ω=9V；
因为并联电路中各支路两端的电压相等，
所以两只电阻并联时，电路中的最大电压U'=U乙=9V，
此时通过乙的电流为0.6A，
通过甲的电流，
因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以干路最大电流：
I=I甲'+I乙=0.9A+0.6A=1.5A。
故答案为：15；1.5。
【分析】 （1）已知两电阻允许通过的最大电流，根据串联电路的电流特点可知，两电阻串联时电路允许通过的最大电流为两个允许通过最大电流的较小值，然后根据电阻的串联和欧姆定律求出两端允许加的最大电压；
（2）根据欧姆定律求出两电阻两端允许所加的最大电压，根据并联电路的电压特点可知，两电阻并联时，并联电路两端允许加的最大电压为较小的一个，然后由欧姆定律求出通过两电阻的电流，再根据并联电路的电流特点求出干路的最大电流。
16．如图所示的电路中，若闭合开关S2，两灯 ；闭合开关S1、S3，两灯 （前两空选填“串联”或“并联”）；若同时闭合开关 ，会造成短路。
【答案】串联；并联；S2、S3
【解析】【解答】第 1 空：闭合开关时的电路状态
电流从电源正极流出，依次经过回到负极，只有一条电流路径，因此两灯为串联。
第 2 空：闭合开关时的电路状态
电流从电源正极流出后，分成两条路径：
路径 1：电源负极；
路径 2：电源负极。有两条独立的电流路径，因此两灯为并联。
第 3 空：造成短路的开关组合
短路是指电流不经过用电器，直接从电源正极回到负极。若同时闭合和，电流会从电源正极电源负极，不经过，造成电源短路。因此填（或，但核心是和的组合）。
【分析】这道题考查电路的连接方式（串联、并联）及短路的判断，需根据开关的通断分析电流路径：
判断两灯是串联还是并联，关键看电流路径的条数（串联只有一条路径，并联有多条路径）；
短路是指电源两极直接被导线连接，会造成电源短路。
题目通过不同开关组合，考查对串并联电路特点和短路概念的理解
17．市场上的家用插座常有两种规格（10A，16A），如左下图所示。另有甲、乙两款空调，额定功率如右下图所示，额定电压均为220V，相同制冷时间内，甲、乙两款空调消耗的电能之比为 ；从“凉得快”的角度应选购 （选填“甲”或“乙”）空调，通过计算简述此空调需选配16A插座的理由： 。
【答案】11∶16；乙；当乙空调制热时，额定电压为220V，根据P=UI可计算正常工作的电流为
【解析】【解答】①甲、乙两台空调的制冷功率分别为1100W、1600W，根据W=Pt，相同时间耗能之比为为功率之比W甲∶W乙=1100t∶1600t=11∶16；
②要想“凉得快”，即相同时间内温度能快速降下来，应选购功率大的乙空调。
综上第1空、11∶16；第2空、乙.
【分析】1、功率的计算：公式为P=UI，W=Pt，根据题目所给数据计算分析；
2、功率的定义单位时间做功的大小，即做功的快慢，所以大功率用电器工作速度快。
18．工作中的一个单缸四冲程内燃机，若高温高压的燃气对活塞做功10次，则曲轴转动了 周；将内能转化为机械能的是 冲程。
【答案】20；做功
【解析】【解答】（1）因为单缸四冲程内燃机，对外做功1次，曲轴转动2周，所以，高温高压的燃气对活塞做功10次，曲轴转动了20周。
（2）内燃机的四个冲程是吸气、压缩、做功、排气冲程，做功冲程高温高压燃气推动活塞向下运动，将内能转化为机械能。
【分析】 （1）内燃机完成一个工作循环，经历4个冲程，活塞往复运动2次，曲轴和飞轮转2圈，对外做功1次。
（2）压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能。
三、计算题
19．水的比热容是，用的水把千克的水从加热到，若不计热量损失，需要的开水多少？
【答案】解：千克的水从加热到需要吸收的热量为：，
若不计热量损失，的水降温到放出的热量等于水吸收的热量，即，
则由可得，的水的质量为：。
答：需要的开水约。
【解析】【分析】首先根据 为计算冷水吸收的热量，然后根据Q吸=Q放计算热水放出的热量，最后根据 计算开水的质量。
20．周友银同学在课外实践活动中自制了一个可调节亮度的台灯，他设计的电路如图所示．灯泡上标有“220V 40W”，滑动变阻器R上标有“990Ω 5A”，设灯泡的电阻不随温度改变，电源电压保持220V不变，求：
(1)灯泡的电阻；
(2)灯泡最亮时实际消耗的电功率；
(3)灯泡最暗时，求电路中的电流和滑动变阻器每分钟产生的热量.
【答案】解：(1)小灯泡的电阻
(2)小灯泡与滑动变阻器串联，当滑片P在A端时滑动变阻器阻值为0，灯泡最亮，此时灯正常发光
（3）当滑片P在B端时滑动变阻器阻值最大，此时灯泡最暗
每分钟滑动变阻器产生的热量
答：(1)灯泡的电阻1210Ω；
(2)灯泡最亮时实际消耗的电功率40W；
(3)灯泡最暗时，求电路中的电流和滑动变阻器每分钟产生的热量594J。
【解析】【分析】（1）由灯的铭牌可知灯的额定电压和额定功率，由欧姆定律和P=UI求灯泡的电阻；
（2）由图知，滑动变阻器和灯串联，当滑片P在A端时滑动变阻器连入电阻为0，灯泡最亮，此时灯两端的电压等于额定电压，实际功率等于额定功率；
（3）当滑片P在B端时滑动变阻器连入电阻最大，R=990Ω，此时电路中的电流最小，利用欧姆定律求此时电路中的电流，再利用焦耳定律求每分钟滑动变阻器产生的热量。
四、作图题
21．根据图中所示的实物连接图，在方框内画出电路图．
【答案】解：由实物电路图知：灯泡L与电阻R并联，开关S2控制整个电路，开关S1控制灯泡L所在支路，电路图如图所示．
【解析】【分析】（1）分析电路结构，明确各电路元件的连接方式；（2）根据电路元件的连接方式画出电路图．
22．如图所示是未连接完整的电路，若要求闭合开关后，滑动变阻器的滑片P向左移动时，灯泡变亮。请将滑动变阻器正确接入电路。
【答案】
【解析】【解答】滑动变阻器的滑片P向左移动时，灯泡变亮，滑动变阻器可以影响灯泡发光情况，所以滑动变阻器应与灯泡串联，滑动变阻器采用“一上一下”的接法，同时A接线柱接在开关的右侧接线柱，D接线柱接在灯泡的右端，这样才满足滑片P向左移动时，灯泡变亮；电流表正接线柱与电源正极相对应，依次用导线连接各个组成部分即可。如图
【分析】灯泡变亮，表明通过灯泡的电流变大，即电路中的电阻减小；根据滑动变阻器的滑片P的移动方向判定其接法。
23．按照题目要求作图：
①如图所示，F1是作用在抽水机手柄A点处的动力，O为支点。请画出动力F1的力臂L1和B点处所受的阻力F2
②如图所示，为了使轻质杠杆AB在如图所示位置静止，请在杠杆上画出所施加最小力F的示意图及其力臂L
③请根据实物电路，在右边方框内画出电路图
【答案】解：如图所示：
【解析】【解答】①阻力作用点在点B，方向竖直向上，动力臂为支点到动力作用线的距离，如图所示：
②在阻力与阻力臂的乘积一定的情况下，最省力，即动力臂最长，由图知OB比OA长，所以OB做动力臂最长，过B点与OB垂直向上作垂线就得到动力F1的方向是斜向上的力，如图所示：
③由实物电路图可知，灯L1与L2并联，开关S1 控制干路，开关S2控制L2支路，电路图如下图所示：
【分析】本题考查了力臂的画法、杠杆最小力的确定及电路图的画法.做力臂时，要从支点向力的作用线引垂线，垂线段的长度即为力臂的大小；确定最小的力，根据杠杆的平衡条件，关键能够确定最长的力臂.按照实物图画电路图，一定要注意连接的方式和顺序与实物图一致.
五、实验探究题
24．探究简单机械的实际运用和工作原理。
（一）探究滑轮组怎样连线才能最省力。
如图甲、乙是两种不同的滑轮组连线方式，请据图回答下列问题。
（1）根据你所学的知识判断 （选填“>”、“<”或“=”），这是因为承担重物和滑轮重的绳子股数越多，每股绳子承担的力 ；
（2）一般来说， （选填“动滑轮”或“定滑轮”）上绳子股数越多越省力，但也要考虑实际情况，如果你想站在地面上用滑轮组提升重物至高处，为了更省力，应该选上图中的 滑轮组。
（3）（二）探究杠杆的平衡条件
如图丙、丁是探究杠杆平衡条件的部分片段，请根据图示回答下列问题：
若实验开始前，杠杆的位置如图丙所示，此时杠杆 （选填“处于”或“不处于”）平衡状态；小明通过调节杠杆右端的螺母向 移动，使杠杆在水平位置平衡；
（4）要使图丁中杠杆平衡，应在a处挂 个钩码。
【答案】（1）>；越小
（2）动滑轮；甲
（3）处于；右
（4）1
【解析】【解答】（一）探究滑轮组怎样连线才能最省力时，
（1）根据图甲，有2股绳子，图乙中是3股绳子，则F甲>F乙，则承担重物和滑轮重的绳子股数越多，每股绳子承担的力越小；
（2）动滑轮上绳子股数越多越省力；若人站在地面上，用滑轮组提升重物至高处，绳子的方向要向下，应该选图甲的滑轮组；
（二）探究杠杆的平衡条件时，
（3）根据图丙，杠杆静止，此时杠杆处于平衡状态；由于杠杆的右侧偏高，让杠杆右端的螺母向右移动，使杠杆在水平位置平衡；
（4）根据图丁，根据杠杆平衡条件，左=2钩码×2格，右=n钩码×4格，n=1个钩码。
【分析】（1）使用滑轮组时，绳子股数越多，所用拉力越小；
（2）动滑轮上的绳子股数越多越省力；
（3）静止的杠杆是平衡的；调节水平徘徊时，平衡螺母向偏高的一侧移动；
（4）根据杠杆上的力和力臂，判断钩码个数。
25．为了探究并联电路的电流特点，同学设计了如图1所示的电路进行实验。
（1）在做使用电流表测电流的分组实验中，A组同学试触时电流表的指针向着没有刻度的一侧偏转，如图2所示，根据你的分析，你认为原因可能是 ；
（2）B组同学试触时发现电流表的指针扫过有刻度的地方，直到没有刻度的地方，如图3所示，你认为原因可能是 ；
（3）下面设计的表格存在的不足之处是：① ；② 。
A点的电流IA B点的电流IB C点的电流IC
第一次测量
（4）排除故障后，测出了L1、L2支路和干路上的电流分别为IA、IB和IC，电流表示数如图4、图5、图6所示，可读出：IA=0.54A，IB= A，IC= A，根据测量结果，在误差允许范围内你认为并联电路中干路电流和各支路电流的关系是： 。（写出关系式即可）
（5）为了验证结论的普遍性，同学采用了更换不同电源继续实验的方法进行验证，你还可以采用的方法是： 。
【答案】（1）电流表的正负接线柱接反了
（2）电流表的量程选择过小
（3）没有标注电流的单位；实验次数过少
（4）0.46；1；IC=IA+IB
（5）为验证结论的普遍性，可更换不同规格的灯泡多次实验（或改变电源电压）
【解析】【解答】（1）题目中两灯均发光，说明电路是通路，指针反向偏转，此故障原因是电流表的正负接线柱接反了。（2）电流表指针超过量程，原因是电流表的量程选择过小。
（3）表格存在的不足之处：①没有标注电流的单位；②实验次数过少，无法得出普遍规律。
（4）由电流表图可知，IB=0.46A，IC=1A。根据并联电路电流规律，1A=0.46A+0.54A干路电流等于各支路电流之和，因此关系为IC=IA+IB。
（5）为验证结论的普遍性，可更换不同规格的灯泡多次实验（或改变电源电压）。
综上（1）空答案：电流表的正负接线柱接反了；（2）空答案：电流表的量程选择过小；（3）第1空答案：没有标注电流的单位；第2空答案：实验次数过少；（4）第1空答案：0.46；第2空答案：1；第3空答案：IC=IA+IB；（5）第1空答案：更换不同规格的灯泡多次实验（或改变电源电压）；
【分析】（1）该空考查电流表的正确使用，正负接线柱接反会导致指针反向偏转。这类题目是电学实验的基础考点，需牢记电流表的接线规则。
（2）此空考查电流表量程的选择，量程过小会使指针超过量程。中考常通过“指针偏转异常”考查，需掌握量程选择的依据（被测电流不超过量程）。
（3）该空考查实验表格的设计，需包含物理量的单位且实验次数充足。这类题目是实验数据处理的考点，需明确表格设计的规范性，避免因缺少单位或次数不足导致结论不准确。
（4）该空考查并联电路的电流规律，干路电流等于各支路电流之和。解题时需结合电流表的读数和并联电流的逻辑，这类题目是电路规律的典型应用，需熟练运用公式推导。
（5）此空考查实验的普遍性验证，更换不同规格的元件或改变条件可避免偶然性。中考常通过“实验改进”考查，需理解多次实验的目的是寻找普遍规律。
（1）A组同学试触时电流表的指针向着没有刻度的一侧偏转，即电流表指针反向偏转，原因可能是：电流表的正负接线柱接反了；
（2）B组同学试触时发现电流表的指针扫过有刻度的地方，直到没有刻度的地方，如图3所示，即指针偏转角度太大，原因可能是：电流表的量程选择过小。
（3）由记录表格可知，表格存在的不足之处有：
[1]没有标注电流的单位，物理量记录时应包含单位，这样数据才完整。
[2]实验次数过少，仅一次测量具有偶然性，不能得出普遍规律，应进行多次实验。
（4）[1]由图5可知，电流表选用0 0.6A量程，分度值为0.02A，所以IB=0.46A。
[2]由图6可知，电流表选用0 3A量程，分度值为0.1A，所以IC=1A。
[3]因1A=0.46A+0.54A，则说明并联电路中干路电流和各支路电流的关系是IC=IA+IB。
（5）为了验证结论的普遍性，除了更换不同电源，还可以采用的方法是更换不同规格的灯泡进行实验。因为不同规格的灯泡电阻不同，通过的电流也不同，多次实验能使结论更具普遍性。
26．在探究电流与电压、电阻关系的实验中，器材有：电源（两节新干电池）、电压表、电流表、定值电阻（5Ω、10Ω、20Ω）、滑动变阻器（10Ω 2A）。小明利用器材连接了如图甲所示的电路。
（1）用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整，要求：滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大 ；
（2）在探究电流与电压关系时，小明闭合开关，移动滑片，记录数据如下表所示。第5次的电压表示数如图乙，示数为 V；
实验次数 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次
电压U/V 1.0 1.3 1.6 2.0
电流 I/A 0.20 0.24 0.32 0.4 0.48
（3）分析上表中的实验数据，在误差允许的范围内可初步得出：导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成 比。
（4）在探究电流与电阻关系时，小明先将5Ω电阻接入电路，调节滑动变阻器使电压表示数为1.5V，记录电流表示数；随后打算分别用10 Ω、20Ω的定值电阻替换5Ω电阻接入电路，重复实验。你认为他能否顺利完成实验 ，并说明理由： 。
【答案】（1）
（2）2.4
（3）正
（4）不能；滑动变阻器阻值太小
【解析】【解答】（1）在探究电流与电压、电阻关系的实验中，滑动变阻器应与电阻串联，并且滑动变阻器要一上一下接入电路，根据要求，滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大，所以应将滑动变阻器的左下端接线柱与开关的左端相连，如图所示：
（2）由图乙可知，电压表使用的是大量程，分度值为0.1V，所以第5次的电压表示数为2.4V。
（3）分析上表中的实验数据，电阻两端的电压与电流之比为一定值，所以在误差允许的范围内可初步得出：导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
（4）在探究电流与电阻关系时，应控制电阻两端的电压不变，则滑动变阻器两端电压也不变，电源电压为3V，小明先将5Ω电阻接入电路，调节滑动变阻器使电压表示数为1.5V，则滑动变阻器两端电压为：
根据串联分压规律得：
滑动变阻器最大阻值为，所以定值电阻阻值最大也为，所以接入的定值电阻阻值大于时，不能完成实验，理由是滑动变阻器阻值太小。
【分析】（1）滑动变阻器滑片P向右移动时电阻变大，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
（2）根据电压表选用量程确定分度值读数；
（3）分析数据规律得出结论；
（4）根据表中第1组数据，利用串联电路电压规律结合欧姆定律，求出滑动变阻器接入电路的阻值，据此进行分析。
（1）滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大，并且要一上一下接入电路，上接线柱已接，下接线柱接左端。如图所示
（2）第5次的电压表示数如图乙，电压表接小量程，分度值0.1V，示数为2.4V。
（3）分析上表中的实验数据，在误差允许的范围内可初步得出：导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
（4）[1][2]电源电压为两节干电池产生的电压，一节1.5V，所以电源电压为3V。小明先将5Ω电阻接入电路，调节滑动变阻器使电压表示数为1.5V，此实验要控制定值电阻两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压也不变，为
根据串联分压规律得
滑动变阻器最大阻值为，所以定值电阻阻值最大也为，所以接入的定值电阻时，该同学无论怎样移动滑片都无法使电压表示数调到控制值，不能顺利完成实验。
27．用甲图测小灯泡电阻。灯泡正常发光的电压为2.5V。
（1）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，此时电流表的示数为 A，小灯泡的电阻为 Ω；
（2）若闭合开关，电流表和电压表的指针都发生偏转，而小灯泡不亮。其可能原因是 （说出一种即可）；
（3）若一个电表发生故障，但有已知的定值电阻R0可提供的情况下，下列电路中不能测出小灯泡电阻的是_______。
A． B．
C． D．
【答案】（1）0.2；12.5
（2）滑动变阻器接入电路的阻值太大或电源电压太低
（3）D
【解析】【解答】（1）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用0~0.6A量程，分度值为0.02A，此时电流表的示数为0.2A，由欧姆定律，小灯泡的电阻为：
；（2）若闭合开关，电流表和电压表的指针都发生偏转，说明电路是连通的，小灯泡不亮，可能原因是滑动变阻器接入电路的阻值太大或电源电压太低，灯泡实际功率太小所致；（3）A．由电路图可知，S断开时，两电阻串联，电压表测待测电阻的电压Ux；S闭合时，R0短路，电压表测电压电压U，根据串联电路电压的规律，可得出S断开时定值电阻的电压U0=U –Ux，由欧姆定律可求电路中的电流 ，从而得出待测电阻的大小 ，A不符合题意。
B．S断开时，电流表测通过定值电阻的电流I0，由欧姆定律可求出电源电压U=I0R0；
S闭合时，电流表测并联电路干路的电流I，根据并联电路各支路互不影响，两电阻并联时，通过定值电阻的电流大小不变，故根据并联电路电流的规律可知，通过待则电阻的电流Ix=I-I0，由欧姆定律可求待测电阻大小 ，B不符合题意。
C．S断开时，两电阻串联，电流表测电路中的电流I，根据电阻的串联和欧姆定律可得电源电压的表达式U=（Rx+R0）I；S闭合时，为R0的简单电路，电流表测通过R 0的电流I0，由欧姆定律可得电源电压的表达式U =I0R0，根据电源电压不变，则（Rx+R0）I= I0R0，可求待测电阻大小为 ，C不符合题意。
D．无论开关断开与闭合，电压表都测电源电压，故不能测量待测电阻的大小。
故答案为D。
【分析】用伏安法测电阻，涉及到电路的连接（电流表串联在电路中，示数是否变化，在电源电压一定时，决定于电路电阻的变化；电压表与导体并联，示数是否变化决定于所测量的位置；伏安法测电阻实验，需要电流表、定值电阻和滑动变阻器与电源、开关组成串联电路，电压表测量定值电阻两端电压）、电流表的读数、数据处理（根据欧姆定律的应用分别求出三次的阻值，然后求平均值得出待测电阻的阻值）和故障分析（闭合开关后，小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路故障为灯泡断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连）等知识.
缺少电流表测电阻的问题，要用到数学的推理思维，常以电流处处相等为突破口，利用已知阻值的R0和开关的控制，推导出通过RX中的电流；如果缺少电压表测电阻，也常以各支路电压相等为突破口.
六、综合题
28．如图1所示电路中均为实验室常用电表，已知R1＞R2，电压表V1、V2、V3的示数分别为U1、U2、U3，且有两块电压表指针偏转均如图2所示；电流表A1、A2的示数分别为I1、I2．
（1）I1、I2的大小关系式为
（2）求U1、U2、U3的值及电源电压U分别为
【答案】（1）I1=I2
（2）U=U2=13.5V，U3=2.7V，U1=10.8V
【解析】【解答】解：由电路图可知，电流从电源的正极出发，依次经电流表A1、电阻R1、电阻R2、电流表A2回到电源的负极，即电路只有一条路径，两电阻串联，且两电流表均测电路中的电流；由电压表与被测电路元件并联可知，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测电源的电压，电压表V3测R2两端的电压．（1）∵串联电路中各处的电流相等，
∴两电流表的示数关系：I1=I2；（2）由图2可知，
当电压表的量程为0～15V时，分度值为0.5V，示数为13.5V；
当电压表的量程为0～3V时，分度值为0.1V，示数为2.7V；
∵串联电路中总电压等于各分电压之和，
∴三电压表的示数关系：U2=U1+U3，
若V1或V3的示数13.5V，则U2=U1+U3=13.5V+2.7V=16.2V＞15V，
故应为V2示数为13.5V，即U=U2=13.5V，
∵I= ，且R1＞R2，
∴U1＞U3，则U3=2.7V，U1=U﹣U3=13.5V﹣2.7V=10.8V．
故答案为：（1）I1=I2；（2）U=U2=13.5V，U3=2.7V，U1=10.8V．
【分析】电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，电流表的内阻很小、在电路中相当于导线，然后根据电流的路径判断电路的串并联，只有一条路径的是串联，否则为并联；根据电压表与被测用电器并联、电流表与被测用电器串联判断电表测量的电路元件．（1）根据串联电路的电流特点可知I1、I2的大小关系；（2）根据电压表的量程和分度值读出可能的示数，根据串联电路的电压特点和电压表的最大量程判断三电压表中那个示数最大，根据串联电路的电流特点和欧姆定律比较两电阻两端的电压关系，进一步判断出哪一个电压表的示数最小，根据串联电路的电压特点得出剩余电压表的示数．
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