2016-2017学年山东省德州市庆云县九年级（上）期末物理试卷
一、选择题（每小题2分，共24分）
1．下列说法中正确的是（ ）
A．沿海地区昼夜温差小，主要原因是水的比热容较大
B．物体的温度越高，分子运动得越快，物体的动能越大
C．温度高的物体具有的内能多，温度低的物体具有的内能少
D．0℃的冰熔化成0℃的水，由于温度不变，所以它的内能不变
2．下列流程图是用来说明单缸四冲程汽油机的一个工作循环及涉及到的主要能量转化情况．关于对图中①②③④的补充正确的是（ ）
A．①做功冲程②内能转化为机械能③压缩冲程④机械能转化为内能
B．①压缩冲程②机械能转化为内能③做功冲程④内能转化为机械能
C．①做功冲程②机械能转化为内能③压缩冲程④内能转化为机械能
D．①压缩冲程②内能转化为机械能③做功冲程④机械能转化为内能
3．A、B是两个轻质泡沫小球，C是用毛皮摩擦过的橡胶棒，A、B、C三者之间相互作用时的场景如图所示，由此判断（ ）
A．小球A带正电 B．小球B带正电
C．小球B可能不带电 D．小球A可能不带电
4．举重比赛有甲、乙、丙三个裁判，其中甲为主裁判，乙和丙为副裁判．若裁判认定杠铃已被举起，就按一下自己面前的按钮．要求主裁判和至少一个副裁判都按下自己面前的按钮时，指示杠铃被举起的灯泡L才亮．以下符合这一要求的电路是（ ）
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A． B． C． D．
5．如图所示电路，L1的电阻比L2的大，开关闭合，灯均发光，则（ ）
A．V示数等于V1示数 B．V1示数大于V2示数
C．A示数大于A1示数 D．A2示数大于A1示数
6．如图电路中R1＞R2，电压表V的示数为6V，电压表V1的示数（ ）
A．等于6V B．大于3V C．等于3V D．小于3V
7．如图所示，几只串联的水果电池提供的电力足够点亮排成V字形的一组发光二极管．下列说法正确的是（ ）
A．水果电池将电能转化为化学能
B．发光二极管是由半导体材料制成的
C．一组二极管同时发光说明它们一定是串联的
D．如果少串联一个水果电池，二极管将变亮
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8．如图所示，电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时（ ）
A．电流表A1示数变小，电压表V示数变小
B．电流表A2示数变小，电压表V示数变大
C．电压表V示数与电流表A1示数比值不变
D．电压表V示数与电流表A2示数比值不变
9．甲、乙两只灯泡，其I﹣U关系图象如图所示．现将甲、乙两灯串联在电路中，当甲灯两端的电压为2V时，乙灯消耗的功率是（ ）
A．1.2W B．0.8W C．2W D．3W
10．小夏将n个“3V 0.3W”的小灯泡，按照甲、乙两种连接方式分别接入电压为U的电路中（如图所示），通过分别调节滑动变阻器R1和R2，使所有灯泡均正常发光．则甲、乙两电路中的总电流与总功率的关系正确的是（ ）
A．I甲=I乙 B．I甲=I乙 C．P甲=nP乙 D．P甲=n2P乙
11．家庭电路中有时出现这样的现象，原来各用电器都在正常工作，当把手机充电器的插头插入插座时，家用所有的用电器都停止了工作，其原因可能是（ ）
A．这个插座的火线和零线原来就相接触形成了短路
B．插头插入这个插座时，导致火线和零线相接触形成了短路
C．插头与这个插座接触不良形成了断路
D．同时工作的用电器过多，导致干路电流过大，保险开关跳闸
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12．在探究“通电螺线管外部磁场分布”的实验中，开关断开时小磁针甲、乙的指向如图所示，当开关闭合时，通电螺线管有磁性，则下列说法正确的是（ ）
A．小磁针甲偏转，小磁针乙不偏转
B．小磁针乙偏转，小磁针甲不偏转
C．小磁针甲、乙均偏转
D．滑动变阻器滑片P从右向左滑动时，通电螺线管和磁性逐渐增强
二、填空题（本题共5各小题，每个空1分，共10分）
13．航母舰载机即将起飞前，燃料燃烧会获得大量的 能，向后喷射出高温高速燃气流，为了避免对舰上人员及其它器材造成危害，甲板上安装可偏流板（如图），偏流板后面装有供冷却水循环流动的格状水管，这是利用水的 的特性来降低偏流板的温度，为防止偏流板受热熔化变形，制作偏流板的材料应具有 的特点．
14．如图，小明无意间接触到了电动机的金属外壳，发生了触电事故，原因是金属外壳带电并且电动机的金属外壳 ．在发生触电事故的现场，不要用手去拉触电的人，而是要立即 ．
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15．科学家的每次重大发现，都有力地推动了人类文明的进程．丹麦物理学家 首先发现了电流周围存在着磁场，第一个揭示了电和磁之间的联系．小周同学自制了一个用开关来控制电磁铁南北极的巧妙装置，如图所示．当开关S接 （选填“a”或“b”）点时，电磁铁的A端是N极．
16．江涛家的电能表如图所示，当他家某用电器单独工作时，30min内转盘正好转过50圈，则该用电器的电功率为 W．
17．R1、R2分别连接成如图所示的甲、乙两种电路，R1=2R2，电源电压均为U，图甲电路中R1、R2在相同时间内产生的热量为Q甲1、Q甲2，则Q甲1：Q甲2= ，图乙中电路中R1、R2在相同时间内产生的热量分别为Q乙1、Q乙2，则Q乙1：Q乙2= ．
三、作图、实验与探究题（本大题共8小题，18、19各2分，20、21、22题各4分，23题6分，共22分）
18．如图所示，开关闭合后，位于螺线管右侧的小磁针逆时针旋转90°．请你在图中标出螺线管的N、S极，并在括号内标出电源的“+”、“﹣”极．
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19．如图甲所示是一个常用的插线板．插线板上的指示灯在开关断开时不发光，插孔不能提供工作电压，开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；开关闭合时插孔也能提供工作电压，根据上述说明，在图乙中画出开关、指示灯、插孔与电源线的连接方式．
20．如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同．
（1）要比较不同物质吸热升温的特点，应选择 两图进行实验；实验中，不同物质吸收热量的多少是通过 来反映的．（选填“温度计示数”或“加热时间长短”）
（3）如果质量和初始温度均相同的A、B两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，则从图象可以看出， 液体的比热容较大， 液体的吸热能力更强．
21．学习了电学知识后，小明对影响电阻大小的部分因素进行了研究，器材有
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开关、电流表、干电池（电压恒为1.5V）各一个，三根完全相同的合金丝，导线若干，连接如图甲所示的电路，小明将合金丝以不同方式分别接入电路A、B之间，闭合开关s后，记录的数据如表．根据实验数据，回答下列问题：
连接方式
一根
两根串联
三根串联
两根并联
三根并联
电流表读数/A
0.15
0.1
0.6
0.9
（1）图乙是将一根合金丝接入电路时电流表的读数，请将其填入表格中．
（2）分析表中的实验数据，还可以得出导体的电流与电阻的关系： ．
（4）实验中一根合金丝的电阻为 Ω，若该合金丝的横截面积为1mm2，则一根合金丝的长度是 m．（已知该合金丝长1m，横截面积1mm2的阻值为1Ω）
22．探究磁场对电流的作用：
猜想
小雨猜想磁场对电流的作用力的方向仅与电流方向有关．
过程
叶子姐姐设计了如下实验，装置如图所示：
①闭合开关，观察到导体AB向左运动，保持磁场方向不变，改变电流方向，发现导体AB向 运动．
②保持电流大小和方向不变，将磁场两极对调，观察导体AB两次运动的方向 （填“相同”或“不同”）．
这就证明了小雨的猜想是不全面的．
程序
提出问题﹣﹣猜想﹣﹣ ﹣﹣得出结论．
问题讨论
若将电路中的电源换成灵敏电流计，并将滑动变阻器的滑片P滑到 端，可用来探究感应电流产生的条件．
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23．小明做测“小灯泡电功率”实验时，所用器材有电压为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电压表、电流表、开关和导线．
（1）如图甲所示是小明没有连接完整实物电路，请你用笔画线代替导线，帮小明将实物电路连接完整；
（2）小明连好电路闭合开关后，发现小灯泡发光较暗，无论如何移动滑动变阻器滑片P，小灯泡亮度都不变，则原因可能是 ．
（3）小明调整电路后闭合开关，移动滑片P到某处．电压表的示数为2.2V，要测得最小灯泡的额定功率．应将滑片P向 （选填“左”或“右”）端滑动．
（4）小明通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成了如图乙所示的U﹣I图象，根据图象提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是 W．
（5）实验结束后，小明仅将小灯泡换成定值电阻，来探究电流与电阻的关系，小明相要完成四组实验，准备好的定值电阻有5Ω、10Ω、15Ω、20Ω．
①将电路连接正确后，闭合开关，移动变阻器的滑片P，使定值电阻两端的电压为2V，此时电流表的示数如图丙所示，为 A，则定值电阻的阻值为 Ω．
②断开开关，将定值电阻换成阻值为10Ω的电阻，其余不动，闭合开关，电压表示数将 （选填“变大”或“变小”）；为完成此四组实验，滑动变阻器的最大电阻应不小于 Ω．
24．如图甲所示，在2015年某工厂要研发一种新型材料，要求对该材料的承受的撞击力进行测试．在测试时将材料样品（不计质量）平放在压力传感器上，闭合开关s，由静止自由释放重物，经撞击后样品材料仍完好无损．从重物开始下落到撞击样品的这个过程中，电流表的示数I随时间t变化的图象如图乙所示，压力传感器的电阻R随压力F变化的图象如图丙所示．电源的电压=24V，定值电阻R0=10Ω．求：
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（1）在重物下落的过程中，压力传感器的电阻是多少？
（2）在撞击过程中，样品受到的最大撞击力是多少？
25．电热加湿器靠电流的热效应工作．某种家用电热加湿器相关参数、外形、电路简化图如图所示．电热器的电热丝浸没在加热仓的水中产生热量，使加热仓中的水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度．当加热仓中的水减少到一定程度时，自动阀门智能打开，水由储水箱进入到加热仓中．
工作电压220V
工作频率50Hz
最大运行功率40W
储水箱容量2.4L
尺寸高315mm，底部直径168mm
满水工作时间高气雾量10h，低气雾量24h
（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，加湿器以最大运行功率工作，求电热丝R1的电阻值．
（2）如果加热仓内冷水的温度为20℃，用最大运行功率工作，经过5min36s，水沸腾产生蒸气，求加热仓中水的体积．[c水=4.2×103J/（kg•℃）．ρ水=1×103kg/m3，电热丝R1产生的热量全部被水吸收．环境为标准大气压]．
（3）当滑片移到最右端时，气雾调节器R2的阻值为605Ω，加湿器以最低气雾量工作，求此时电热丝R1的电功率是多少瓦？24小时R1消耗多少度电？（计算结果保留一位小数）
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2016-2017学年山东省德州市庆云县九年级（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题2分，共24分）
1．下列说法中正确的是（ ）
A．沿海地区昼夜温差小，主要原因是水的比热容较大
B．物体的温度越高，分子运动得越快，物体的动能越大
C．温度高的物体具有的内能多，温度低的物体具有的内能少
D．0℃的冰熔化成0℃的水，由于温度不变，所以它的内能不变
【考点】比热容解释简单的自然现象；内能的概念；分子的运动．
【分析】根据Q=cm△t可知，质量相同的不同物质，吸收相同的热量，比热容大的温度改变的少；
一切物体都具有内能，内能的大小跟温度有关，物体的温度越高内能越大．
【解答】解：A、沿海地区，水多；内陆地区水少、沙石多．因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小．正确；
B、物体的动能与物体的运动速度有关，与物体内部分子的运动速度无关，温度越高，分子动能越大，物体的内能越大，但不会影响物体的动能，故B错误；
C、物体的内能与温度有关，温度升高内能就会增加，其所具有的内能就越多；温度越低，其所具有的内能就越少．但必须是同一物体，错误；
D、0℃的冰熔化成0℃的水，要不断吸热，内能增加，错误；
故选A
2．下列流程图是用来说明单缸四冲程汽油机的一个工作循环及涉及到的主要能量转化情况．关于对图中①②③④的补充正确的是（ ）
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A．①做功冲程②内能转化为机械能③压缩冲程④机械能转化为内能
B．①压缩冲程②机械能转化为内能③做功冲程④内能转化为机械能
C．①做功冲程②机械能转化为内能③压缩冲程④内能转化为机械能
D．①压缩冲程②内能转化为机械能③做功冲程④机械能转化为内能
【考点】内燃机的四个冲程．
【分析】内燃机的一个工作循环包括四个冲程：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，这四个冲程的顺序是一定的，不能改变．
其中的压缩冲程和做功冲程进行了两次重要的能量转化：压缩冲程是机械能转化为内能；做功冲程是内能转化为机械能．
【解答】解：根据内燃机的工作过程可知，第二个冲程是压缩冲程，在此过程中活塞压缩气缸内的气体，将机械能转化为内能，气缸内的气体温度升高．其中柴油机的气缸中的柴油就是由此点燃的，因此柴油机的点火方式叫压燃式．
第三个冲程是做功冲程，此时燃料燃烧生成的高温高压的燃气推动活塞对外做功，将内能转化为机械能．
故选B．
3．A、B是两个轻质泡沫小球，C是用毛皮摩擦过的橡胶棒，A、B、C三者之间相互作用时的场景如图所示，由此判断（ ）
A．小球A带正电 B．小球B带正电
C．小球B可能不带电 D．小球A可能不带电
【考点】物体带电情况的判断．
【分析】带电体具有吸引轻小物体的性质；
电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
【解答】解：C是用毛皮摩擦过的橡胶棒，故C带负电，当靠近A小球是，相互吸引，即说明A可能带正电，可能不带电；
C靠近B时，发现排斥，即说明B
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一定带负电，故将AB靠近时，AB吸引，B一定是带电的，故A可能带正电，也可能不带电，故选D．
故选D．
4．举重比赛有甲、乙、丙三个裁判，其中甲为主裁判，乙和丙为副裁判．若裁判认定杠铃已被举起，就按一下自己面前的按钮．要求主裁判和至少一个副裁判都按下自己面前的按钮时，指示杠铃被举起的灯泡L才亮．以下符合这一要求的电路是（ ）
A． B． C． D．
【考点】串、并联电路的设计．
【分析】由题意可知，主裁判和至少一个副裁判都按下自己面前的按钮时，指示杠铃被举起的灯泡L才亮；根据串联电路电路中各元件相互影响和并联电路中各元件互不影响进行判断．
【解答】解：由题意可知，当两个副裁判对应的按钮可以单独工作、并且互不影响，而主裁判的按钮与副裁判的按钮工作时相互影响，因此两个副裁判对应的开关并联连接后与主裁判对应的开关串联连接，即乙、丙并联后与甲串联．
故选B．
5．如图所示电路，L1的电阻比L2的大，开关闭合，灯均发光，则（ ）
A．V示数等于V1示数 B．V1示数大于V2示数
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C．A示数大于A1示数 D．A2示数大于A1示数
【考点】并联电路的电压规律；串联电路的电流规律．
【分析】在串联电路中，总电压等于各用电器两端电压之和；电流处处相等．并联电路中各支路电压相等，都等于电源电压．
【解答】解：（1）由左图可知，L1、L2并联，电表V1测L1两端电压，电表V2测L2两端电压，电压表V测电源电压，并联电路中各支路电压相等，都等于电源电压；故V示数等于V1示数，等于V2示数，故A正确、B错误；
（2）由右图可知，L1、L2串联，在串联电路中，电流处处相等，因此A示数等于A1示数，等于A2示数，故CD错误．
故选A．
6．如图电路中R1＞R2，电压表V的示数为6V，电压表V1的示数（ ）
A．等于6V B．大于3V C．等于3V D．小于3V
【考点】串联电路的电压规律．
【分析】由电路图可知，两电阻串联，电压表V测电源的电压，电压表V1测R1两端的电压，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，再根据欧姆定律表示出R1两端的电压，结合R1＞R2判断电压表V1的示数．
【解答】解：由电路图可知，两电阻串联，电压表V测电源的电压，电压表V1测R1两端的电压，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：
I=，
电压表V1的示数：
U1=IR1=R1=，
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因R1＞R2，
所以，＜1，1+＜2，
则U1＞==3V．
故选B．
7．如图所示，几只串联的水果电池提供的电力足够点亮排成V字形的一组发光二极管．下列说法正确的是（ ）
A．水果电池将电能转化为化学能
B．发光二极管是由半导体材料制成的
C．一组二极管同时发光说明它们一定是串联的
D．如果少串联一个水果电池，二极管将变亮
【考点】半导体的作用；电源及其能量转化；串联电路和并联电路的辨别．
【分析】水果电池是将化学能转化为电能；
导体和绝缘体在一定条件下可以相互转化；
两个或多个灯，同时亮、同时灭，可以串联、也可以是并联；
电池串联时，得到的电压是每个电池的电压之和．
【解答】解：A、水果电池是将化学能转化为电能，故A错误；
B、发光二极管是由半导体材料制成的，故B正确；
C、一组二极管同时发光，可能是串联，也可能是并联，故C错误；
D、如果少串联一个水果电池，电压变小，二极管将变暗，故D错误．
故选：B．
8．如图所示，电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时（ ）
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A．电流表A1示数变小，电压表V示数变小
B．电流表A2示数变小，电压表V示数变大
C．电压表V示数与电流表A1示数比值不变
D．电压表V示数与电流表A2示数比值不变
【考点】电路的动态分析；欧姆定律的应用．
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源的电压．根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R1电流的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过变阻器的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，然后分析选项得出答案．
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源的电压．
因电源电压不变，
所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故AB错误；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过R1的电流不变，即电流表A1的示数不变，
当滑动变阻器滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，
由I=可知，通过R2的电流变小，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流变小，即电流表A2的示数I变小，
综上可知，电压表V的示数不变，电流表A1的示数不变，电流表A2的示数变小，
所以，电压表的示数与电流表A1的示数的比值不变，电压表的示数与电流表A2的示数的比值变大，故C正确、D错误．
故选C．
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9．甲、乙两只灯泡，其I﹣U关系图象如图所示．现将甲、乙两灯串联在电路中，当甲灯两端的电压为2V时，乙灯消耗的功率是（ ）
A．1.2W B．0.8W C．2W D．3W
【考点】电功率的计算．
【分析】先根据图象读出甲灯两端电压为2V时通过甲的电流，然后根据串联电路电流规律并结合图象可知此时乙灯泡两端电压，再根据P=UI求出乙消耗的功率．
【解答】解：根据图象可知，当甲灯泡两端电压为2V时，通过甲灯泡的电流为0.4A；
因为串联电路处处电流相等，因此通过乙灯泡的电流也为0.4A；根据图象可知，此时乙灯泡两端电压为3V；
乙灯泡消耗的功率：P=UI=3V×0.4A=1.2W．
故选A．
10．小夏将n个“3V 0.3W”的小灯泡，按照甲、乙两种连接方式分别接入电压为U的电路中（如图所示），通过分别调节滑动变阻器R1和R2，使所有灯泡均正常发光．则甲、乙两电路中的总电流与总功率的关系正确的是（ ）
A．I甲=I乙 B．I甲=I乙 C．P甲=nP乙 D．P甲=n2P乙
【考点】电功率与电压、电流的关系．
【分析】n盏完全相同的灯泡，正常发光时的电流相等，根据串并联电路的电流特点求出甲乙电路的电流，再根据P=UI求出两者的总功率关系．
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【解答】解：n盏完全相同的灯泡，正常发光时的电流相等，都为I===0.1A，若将他们并联，则电路中的电流I甲=0.1A×n=n0.1A，若将他们串联，串联电路中电流处处相等，则电流中的电流I乙=0.1A，所以I甲=nI乙，
电路中的总功率P甲=UI甲=U×n0.1A，P乙=UI乙=U×0.1A，
故P甲=nP乙．
故ABD错误，C正确．
故选C．
11．家庭电路中有时出现这样的现象，原来各用电器都在正常工作，当把手机充电器的插头插入插座时，家用所有的用电器都停止了工作，其原因可能是（ ）
A．这个插座的火线和零线原来就相接触形成了短路
B．插头插入这个插座时，导致火线和零线相接触形成了短路
C．插头与这个插座接触不良形成了断路
D．同时工作的用电器过多，导致干路电流过大，保险开关跳闸
【考点】家庭电路电流过大的原因．
【分析】内用电器全部停止工作，表明干路上的保险丝被熔断了，保险丝被熔断是由于电路中的电流过大．而产生电流过大的原因有两个：一是用电器的总功率过大，另一个是发生短路．由生活常识可知，手机充电器的功率比较小，因此造成保险丝熔断的原因不会是因干路的总功率过大．
由手机充电器插头插入插座，室内用电器全部停止工作可知，是手机充电器的两个接头短路了．
【解答】解：A、若是插座处原来有短路，则在没有插入手机充电器之前，电路就已经出现了短路，室内用电器不会正常工作，故A错误；
B、若是插头插入这个插座时，导致火线和零线相接触形成了短路，室内所有的用电器全部停止了工作，若不及时断电会发生火灾，故B正确；
C、若是用电器的插头与插座断路状态，则用电器不工作，不会影响室内其它用电器，故C错误；
D、手机充电器的功率很小，使用后不会导致干路中总电流过大、保险开关跳闸，故D错误．
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故选：B
12．在探究“通电螺线管外部磁场分布”的实验中，开关断开时小磁针甲、乙的指向如图所示，当开关闭合时，通电螺线管有磁性，则下列说法正确的是（ ）
A．小磁针甲偏转，小磁针乙不偏转
B．小磁针乙偏转，小磁针甲不偏转
C．小磁针甲、乙均偏转
D．滑动变阻器滑片P从右向左滑动时，通电螺线管和磁性逐渐增强
【考点】通电螺线管的磁场．
【分析】由右手螺旋定则可得出螺线管的磁极，则由磁极间的相互作用可得出小磁针的转动方向；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由欧姆定律可得出线圈中电流的变化，则可知螺线管磁性的变化．
【解答】解：（1）由图可知电流从左端流向右端，则螺线管中电流应该是从左前方流入，右后方流出，故由右手螺旋定则可知，螺线管右端应为N极；
因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，则甲小磁针S将向螺线管靠近，N极远离螺线管，故甲小磁针不转动；小磁针乙沿顺时针方向偏转，故AC错误；B正确．
（2）滑动变阻器滑片P从右向左滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由欧姆定律可得电路中电流减小，则通电螺线管的磁性将减弱．故D错误．
故选B．
二、填空题（本题共5各小题，每个空1分，共10分）
13．航母舰载机即将起飞前，燃料燃烧会获得大量的 内
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能，向后喷射出高温高速燃气流，为了避免对舰上人员及其它器材造成危害，甲板上安装可偏流板（如图），偏流板后面装有供冷却水循环流动的格状水管，这是利用水的 比热容大 的特性来降低偏流板的温度，为防止偏流板受热熔化变形，制作偏流板的材料应具有 熔点高 的特点．
【考点】内能的概念；熔点和凝固点；水的比热容的特点及应用．
【分析】（1）燃料燃烧时，它的化学能转化为内能；
（2）用水循环来降低偏流板的温度，是因为水在升高相同的温度时可以吸收更多的热量，冷却效果好；
（3）飞机起飞时向后喷射出高温高速燃气流，为了防止偏流板被高温熔化，制作偏流板材料的熔点应较高．
【解答】解：
飞机发动机内的燃料燃烧，获得了大量的内能，然后转化为飞机的机械能；
水的比热容比较大，在升高相同的温度时需要吸收更多的热量，所以利用水来降低偏流板的温度；
飞机起飞时向后喷射出高温高速燃气流，为了防止偏流板被高温熔化，所以制作偏流板材料的应具有较高的熔点．
故答案为：内；比热容大；熔点高．
14．如图，小明无意间接触到了电动机的金属外壳，发生了触电事故，原因是金属外壳带电并且电动机的金属外壳 没有接地 ．在发生触电事故的现场，不要用手去拉触电的人，而是要立即 切断电源 ．
【考点】安全用电原则．
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【分析】触电的实质是当有一定大小的电流通过人体，就会引起人体触电，家庭电路中的触电事故，都是人体直接或间接跟火线接触造成的，金属外壳的用电器一定要接地，防止用电器漏电时发生触电事故．
【解答】解：（1）电动机的金属外壳与火线接触了，外壳就会带电，如果外壳没有接地，人接触时就会发生触电；
（2）发生触电事故的现场，不要用手去拉触电的人，而是要立即切断电源．
故答案为：没有接地；切断电源．
15．科学家的每次重大发现，都有力地推动了人类文明的进程．丹麦物理学家 奥斯特 首先发现了电流周围存在着磁场，第一个揭示了电和磁之间的联系．小周同学自制了一个用开关来控制电磁铁南北极的巧妙装置，如图所示．当开关S接 a （选填“a”或“b”）点时，电磁铁的A端是N极．
【考点】通电螺线管的磁场．
【分析】①在1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流周围存在着磁场．
②知道电磁铁的A端是N极，根据安培定则判定出线圈中的电流方向，由此可判断出线圈中电流的方向，从而可以判断出电压的正负极，最后便可以判断出开关S接哪一个点．
【解答】解：①奥斯特把通电直导线放在水平方向静止的小磁针上，小磁针发生偏转，说明受到磁力作用，实验表明电流周围存在磁场．
②从图可知，电磁铁的A端是N极，B端是S极，
用右手握住电磁铁，大拇指指向N极，则四指指向电磁铁线圈中的电流方向，
则电流从电磁铁的A端流进，从B端流出，
由此可知，A端应接电源的正极，B端接电源的负极，
所以，当开关S接a点．
故答案为：奥斯特；a．
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16．江涛家的电能表如图所示，当他家某用电器单独工作时，30min内转盘正好转过50圈，则该用电器的电功率为 40 W．
【考点】电功率的计算；电能表参数的理解与电能的求法．
【分析】已知电能表每消耗1kW•h的电能，转盘就转过2500r；可求转动50r消耗的电能；
根据公式P=求出电功率．
【解答】解：转过50r消耗的电能：
W=kW•h=0.02kW•h，
该用电器的电功率：
P===0.04kW=40W；
故答案为：40．
17．R1、R2分别连接成如图所示的甲、乙两种电路，R1=2R2，电源电压均为U，图甲电路中R1、R2在相同时间内产生的热量为Q甲1、Q甲2，则Q甲1：Q甲2= 2：1 ，图乙中电路中R1、R2在相同时间内产生的热量分别为Q乙1、Q乙2，则Q乙1：Q乙2= 1：2 ．
【考点】焦耳定律的计算公式及其应用．
【分析】（1）两电阻串联时通过的电流相等，根据Q=I2Rt求出在相同时间内产生的热量之比；
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（2）两电阻并联时两端的电压相等，根据Q=W=t求出在相同时间内产生的热量之比．
【解答】解：（1）由图甲可知，两只电阻R1、R2串联，
因为串联电路中各处的电流都相等，
所以根据Q=I2Rt可得，在相同时间内产生的热量之比：
====；
（2）由图乙可知，两只电阻R1、R2并联，
因为并联电路中各并联支路两端的电压相等，
所以根据Q=W=t可得，在相同时间内产生的热量之比：
====．
故答案为：2：1；1：2．
三、作图、实验与探究题（本大题共8小题，18、19各2分，20、21、22题各4分，23题6分，共22分）
18．如图所示，开关闭合后，位于螺线管右侧的小磁针逆时针旋转90°．请你在图中标出螺线管的N、S极，并在括号内标出电源的“+”、“﹣”极．
【考点】通电螺线管的极性和电流方向的判断．
【分析】由磁极间的相互作用可知螺线管的磁极，利用右手螺旋定则可得出电源的正负极．
【解答】
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解：已知开关闭合后，位于螺线管右侧的小磁针逆时针旋转90°．根据磁极间的相互作用可知，螺线管左端为N极，右端为S极，由右手螺旋定则可得，电流由右侧流入，故电源右侧为正极，左侧为负极；如图所示：
19．如图甲所示是一个常用的插线板．插线板上的指示灯在开关断开时不发光，插孔不能提供工作电压，开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；开关闭合时插孔也能提供工作电压，根据上述说明，在图乙中画出开关、指示灯、插孔与电源线的连接方式．
【考点】插座的构造与工作方式．
【分析】干路开关控制所有的用电器．并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响．
【解答】解：插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插座，灯泡和插座之间可能是串联，也可能是并联，如果两者并联，开关应该在干路上；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明灯泡和插座之间是并联的，开关接在灯泡、插座和火线之间控制火线使用更安全．如图所示：
20．如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同．
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（1）要比较不同物质吸热升温的特点，应选择 甲、丙 两图进行实验；实验中，不同物质吸收热量的多少是通过 加热时间的长短 来反映的．（选填“温度计示数”或“加热时间长短”）
（3）如果质量和初始温度均相同的A、B两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，则从图象可以看出， B 液体的比热容较大， B 液体的吸热能力更强．
【考点】探究比热容的实验；燃料的热值．
【分析】（1）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，温度计的示数变化相同时，通过比较加热时间比较吸热多少，进而判断两种比热容的大小关系；
（2）质量相同的不同物质，吸收相同的热量，比热容大的温度升高的慢．
【解答】解：（1）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲和丙两图进行实验；
（2）如果质量和初始温度均相同的A、B两种液体，吸热后它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可以看出，B液体的温度升高得较慢，B液体的比热容较大．
故答案为：（1）甲、丙；加热时间的长短；（2）B；B．
21．学习了电学知识后，小明对影响电阻大小的部分因素进行了研究，器材有
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开关、电流表、干电池（电压恒为1.5V）各一个，三根完全相同的合金丝，导线若干，连接如图甲所示的电路，小明将合金丝以不同方式分别接入电路A、B之间，闭合开关s后，记录的数据如表．根据实验数据，回答下列问题：
连接方式
一根
两根串联
三根串联
两根并联
三根并联
电流表读数/A
0.15
0.1
0.6
0.9
（1）图乙是将一根合金丝接入电路时电流表的读数，请将其填入表格中．
（2）分析表中的实验数据，还可以得出导体的电流与电阻的关系： 导体两端的电压不变，导体中的电流与导体的电阻成反比 ．
（4）实验中一根合金丝的电阻为 5 Ω，若该合金丝的横截面积为1mm2，则一根合金丝的长度是 5 m．（已知该合金丝长1m，横截面积1mm2的阻值为1Ω）
【考点】影响电阻大小的因素．
【分析】（1）确定电流表的量程，读出示数；
（2）根据电流和电阻的变化关系，得出结论．
（3）根据一根合金丝的电流求出电阻值；由电阻与导体长度和横截面积的关系及已知条件得出其长度的大小．
【解答】解：
（1）根据表格中的特点，串联的电阻越多，电阻越大，电流表的示数越小；并联的电阻越多，电阻越小，电流越大，所以串联一根电阻丝时，电路中的电流应大于两根电阻丝串联时的电流0.15A，并小于两根电阻丝并联时的电流0.6A，所以图乙中电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A；
（2）由实验数据可知，导体两端的电压不变，导体的电阻增大到原来的几倍，电流减小到原来的几分之一，导体中的电流与导体的电阻成反比；
（3）根据电阻与导体的长度和横截面积的关系，对与上材料相同的导体，电阻值可记为R=×1Ω•mm2/m；
由R=可知，一根合金丝的导体电阻为R===5Ω；
代入上面关系式：5Ω=×1Ω•mm2/m，解得L=5m．
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故答案为：（1）0.3；（2）导体两端的电压不变，导体中的电流与导体的电阻成反比；（3）5；5．
22．探究磁场对电流的作用：
猜想
小雨猜想磁场对电流的作用力的方向仅与电流方向有关．
过程
叶子姐姐设计了如下实验，装置如图所示：
①闭合开关，观察到导体AB向左运动，保持磁场方向不变，改变电流方向，发现导体AB向 右 运动．
②保持电流大小和方向不变，将磁场两极对调，观察导体AB两次运动的方向 不同 （填“相同”或“不同”）．
这就证明了小雨的猜想是不全面的．
程序
提出问题﹣﹣猜想﹣﹣ 进行实验 ﹣﹣得出结论．
问题讨论
若将电路中的电源换成灵敏电流计，并将滑动变阻器的滑片P滑到 左 端，可用来探究感应电流产生的条件．
【考点】磁场对通电导线的作用．
【分析】（1）磁场对电流的作用力的方向与电流方向和磁场的方向有关，结合实验现象可做出解答；
（2）根据探究实验的基本环节可做出判断；
（3）在探究感应电流产生条件时，应将滑动变阻器的阻值调到最小，据此判断．
【解答】解：（1）①实验中，闭合开关，观察到导体AB向左运动，保持磁场方向不变，改变电流方向，发现导体AB向右运动．
②保持电流大小和方向不变，将磁场两极对调，观察导体AB两次运动的方向不同．这说明磁场对电流的作用力的方向与电流方向和磁场的方向有关．
（2）上述实验探究的过程是为了验证实验猜想，所以属于进行实验环节；
（3）若将电路中的电源换成灵敏电流计，必须将滑动变阻器的滑片P滑到左端，使变阻器对电流的影响降到最低，这样可用来探究感应电流产生的条件．
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故答案为：右；不同；进行实验；左．
23．小明做测“小灯泡电功率”实验时，所用器材有电压为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电压表、电流表、开关和导线．
（1）如图甲所示是小明没有连接完整实物电路，请你用笔画线代替导线，帮小明将实物电路连接完整；
（2）小明连好电路闭合开关后，发现小灯泡发光较暗，无论如何移动滑动变阻器滑片P，小灯泡亮度都不变，则原因可能是 滑动变阻器同时将下面的两个接线柱接入电路 ．
（3）小明调整电路后闭合开关，移动滑片P到某处．电压表的示数为2.2V，要测得最小灯泡的额定功率．应将滑片P向 右 （选填“左”或“右”）端滑动．
（4）小明通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成了如图乙所示的U﹣I图象，根据图象提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是 0.5 W．
（5）实验结束后，小明仅将小灯泡换成定值电阻，来探究电流与电阻的关系，小明相要完成四组实验，准备好的定值电阻有5Ω、10Ω、15Ω、20Ω．
①将电路连接正确后，闭合开关，移动变阻器的滑片P，使定值电阻两端的电压为2V，此时电流表的示数如图丙所示，为 0.4 A，则定值电阻的阻值为 5 Ω．
②断开开关，将定值电阻换成阻值为10Ω的电阻，其余不动，闭合开关，电压表示数将 变大 （选填“变大”或“变小”）；为完成此四组实验，滑动变阻器的最大电阻应不小于 40 Ω．
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【考点】电功率的测量；欧姆定律的应用；探究电流与电压、电阻的关系实验．
【分析】（1）根据灯的额定电压确定电压表的量程，电压表并联在灯的两端；电流表选用小量程，串联在电路中；
（2）闭合开关，小灯泡亮度较暗，说明电路是通路，但电流较小，原因是电路电阻太大；同时移动滑动变阻器滑片子，灯亮度不变，说明变阻器没有变阻作用，变阻器接电路方法错误；
（3）根据分压原理确定滑片移动的方向；
（4）根据图丙，找出额定电压下对应的电流，根据P=UI求灯的额定功率；
（5）①根据电流表小量程读数，根据欧姆定律求定值电阻的大小；
②根据分压原理确定电压表示数的变化；研究电流与电阻的关系时，应保持电压不变，根据分压原理，求出变阻器连入电路中的最小阻值．
【解答】解：（1）灯的额定电压为2.5V，电压表选用小量程，并联在灯的两端：电流表选用小量程，串联在电路中，如图所示；
（2）滑动变阻器同时将下面的两个接线柱接入电路；
（3）电压表的示数为2.2V，小于灯的额定电压，要测得最小灯泡的额定功率，要增大灯的电压，减小变阻器分得的电压，根据分压原理，就要减小变阻器连入电路中的电阻大小，应将滑片P向右端移动；
（4）由图丙知，灯在2.5V额定电压下对应的电流为0.2A，灯的额定功率P=U′I′=2.5V×0.2A=0.5W；
（5）①电流表小量程的分度值为0.02A，示数为0.4A，定值电阻的大小R==5Ω；
②断开开关，将定值电阻换成阻值为10Ω的电阻，其余不动，闭合开关，根据分压原理，电压表示数将变大；
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当接入20Ω的电阻时，要保持电压为2V不变，变阻器要分去6V﹣2V=4V的电压，根据分压原理，变阻器连入电路中的阻值至少为×20Ω=40Ω，即为完成此四组实验，滑动变阻器的最大电阻应不小于40Ω．
故答案为：（1）如上图所示；
（2）滑动变阻器同时将下面的两个接线柱接入电路；
（3）右；
（4）0.5；
（5）①0.4；5；②变大；40；
24．如图甲所示，在2015年某工厂要研发一种新型材料，要求对该材料的承受的撞击力进行测试．在测试时将材料样品（不计质量）平放在压力传感器上，闭合开关s，由静止自由释放重物，经撞击后样品材料仍完好无损．从重物开始下落到撞击样品的这个过程中，电流表的示数I随时间t变化的图象如图乙所示，压力传感器的电阻R随压力F变化的图象如图丙所示．电源的电压=24V，定值电阻R0=10Ω．求：
（1）在重物下落的过程中，压力传感器的电阻是多少？
（2）在撞击过程中，样品受到的最大撞击力是多少？
【考点】欧姆定律的应用．
【分析】（1）由图丙所示图象求出重物下落过程电路电流，然后应用欧姆定律求出压力传感器的电阻．
（2）由图象求出最大电流，然后求出压力传感器电阻，再由图丙求出撞击力．
【解答】解：（1）由图乙可知，在重物没有撞击传感器的过程中，
电路中的电流I=0.2A，
根据欧姆定律：I=可知，
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定值电阻R0两端的电压：U0=IR0=0.2A×10Ω=2V，
压力传感器两端的电压为：UN=U﹣U0=24V﹣2V=22V，
根据欧姆定律：I=可知，
压力传感器的电阻：RN===110Ω；
（2）由图丙可知，撞击力最大时，电阻最小，电流最大，
又由图乙可知，最大的电流为Im=1.2A，
根据欧姆定律：I=可知，
电源电压：U=Im（R0+R），
压力传感器的电阻：R=﹣R0=﹣10Ω=10Ω，
由图丙可知，此时受到撞击力：F=600N；
答：（1）在重物下落的过程中，压力传感器的电阻是110Ω．
（2）在撞击过程中，样品受到的最大撞击力是600N．
25．电热加湿器靠电流的热效应工作．某种家用电热加湿器相关参数、外形、电路简化图如图所示．电热器的电热丝浸没在加热仓的水中产生热量，使加热仓中的水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度．当加热仓中的水减少到一定程度时，自动阀门智能打开，水由储水箱进入到加热仓中．
工作电压220V
工作频率50Hz
最大运行功率40W
储水箱容量2.4L
尺寸高315mm，底部直径168mm
满水工作时间高气雾量10h，低气雾量24h
（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，加湿器以最大运行功率工作，求电热丝R1的电阻值．
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（2）如果加热仓内冷水的温度为20℃，用最大运行功率工作，经过5min36s，水沸腾产生蒸气，求加热仓中水的体积．[c水=4.2×103J/（kg•℃）．ρ水=1×103kg/m3，电热丝R1产生的热量全部被水吸收．环境为标准大气压]．
（3）当滑片移到最右端时，气雾调节器R2的阻值为605Ω，加湿器以最低气雾量工作，求此时电热丝R1的电功率是多少瓦？24小时R1消耗多少度电？（计算结果保留一位小数）
【考点】电功与热量的综合计算．
【分析】（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，气雾调节器被短路，只有电热丝工作，根据P=求出其电阻值；
（2）根据Q=W=Pt求出电热丝产生的热量，电热丝R1产生的热量全部被水吸收，在标准大气压下水的沸点为100℃，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水的质量，再根据ρ=求出水的体积；
（3）当滑片移到最右端时，气雾调节器和电热丝串联，根据I=求出电流，再根据P=I2R1求出电热丝R1的电功率；根据W=Pt求出消耗的电能．
【解答】解：（1）当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，气雾调节器被短路，只有电热丝工作，
由P=得：
电热丝R1的电阻值：
R1===1210Ω；
（2）电热丝产生的热量：
Q放=W=Pt=40W×336s=13440J，
由题意得Q吸=Q放=13440J，
由Q吸=cm（t﹣t0）得：
水的质量m===0.04kg，
由ρ=得：
水的体积：
V===4×10﹣5m3；
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（3）当滑片移到最右端时，气雾调节器和电热丝串联，
电路中的电流：
I===A，
电热丝R1的电功率：
P1=I2R1=（A）2×1210Ω≈17.8W；
24小时R1消耗的电能：
W=P1t=0.0178kW×24h≈0.4kW•h．
答：（1）电热丝R1的电阻值1210Ω；
（2）加热仓中水的体积4×10﹣5m3；
（3）电热丝R1的电功率是17.8W；24小时R1消耗的电能0.4kW•h．
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2017年1月26日
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