2022九年级物理上学期期末卷1 （新版）教科版.docx

1、期末卷1一、选择题1（2分）汽油机在四个冲程中，哪个冲程使汽车获得动力（）A吸气冲程B压缩冲程C做功冲程D排气冲程【考点】GM：内燃机的四个冲程【分析】汽油机的一个工作循环由四个冲程组成：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。其中在做功冲程中，是燃料燃烧产生的内能转化为机械能，使汽车获得动力。【解答】解：在汽油机的一个工作循环中，在做功冲程中，是燃料燃烧产生的内能转化为机械能，使汽车获得动力。故选：C。【点评】熟知内燃机四个冲程的特点，尤其要明确在做功冲程中能量的转化情况，是解答的关键。2（2分）汽车发动机的冷却剂主要成员是水，用水作为冷却剂主要是因为水的（）A比热容较大B密度较大C凝固点较

2、低D导热性好【考点】GE：水的比热容的特点及应用【分析】水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少，据此分析。【解答】解：汽车发动机工作时产生大量的热，这些热如果不迅速转移，就可能损害发动机，因此利用水的比热容大的特点（相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多），把这些热迅速吸收，使发动机的温度不致升得太高，故A正确。故选：A。【点评】本题考查了水的比热容的特点以及在生活中的应用，请同学们对此要牢固掌握。3（2分）下现现象能说明分子在不停地无规则运动的是（）A夏天雨后太阳一出，路面很快变干B

3、建筑工地上尘土飞扬C空气中PM2.5超标形成雾霾D两个干净的铅块粘在一起【考点】GV：分子的运动【分析】物质是由分子组成的，组成物质的分子很小，直接用肉眼看不到；组成物质的分子不停地做无规则的运动，扩散现象证明了分子的无规则运动。【解答】解：A、夏天雨后太阳一出，路面很快变干，是水分子在空气中发生了扩散现象，扩散现象说明分子在不停的做无规则运动，故A正确；B、尘土飞扬，不是分子的无规则运动，尘土不是分子，属于宏观物体的运动，是机械运动，故B错误；C、空气中PM2.5超标形成雾霾是固体颗粒，属于宏观物体的运动，是机械运动，故C错误；D、两个干净的铅块粘在一起，说明分子间有引力，故D错误。故选：A

4、。【点评】本题主要考查学生对宏观物体的运动和分子运动的区别、理解和掌握，是一道基础题。4（2分）下列有关电学参数合理的是（）A电视遥控器的工作电压一般为3VB对人体安全电压是36VC电水壶的功率为50WD家用普通照明灯的电流可达3A【考点】HG：电流的大小；I1：电压；J7：电功率的概念【分析】（1）两节干电池的电压是3V；（2）经验证明，只有不高于36V的电压，对人体来说才是安全的；（3）电水壶的功率一般为1000W；（4）家用普通照明灯的功率一般为60W。【解答】解：A、电视遥控器的电源是两节干电池，电压为3V，故A正确B、对人体安全电压是不高于36V，故B错误；C、电水壶的功率一般为10

5、00W，故C错误；D、家用普通照明灯的功率一般为60W，电流为：I=0.3A，故D错误。故选：A。【点评】本题考查的知识点较多，综合性较强，属于基础知识的考查，有一定的难度。5（2分）如图，把热水壶放在煤气灶上烧水的过程中，下列说法不正确的是（）A煤气的燃烧是将化学能转化为内能B煤气燃烧的越充分，它的热值越大C壶中水的温度越高，水分子运动越剧烈D烧水的过程既有做功又有热传递在改变水的内能【考点】GA：热传递改变物体内能；GJ：燃料的热值及其计算；GV：分子的运动【分析】（1）燃料燃烧时，化学能转化为内能；（2）热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；（3）组

6、成物质的分子不停地做无规则地运动，温度越高，分子运动越剧烈；（4）改变物体内能的方式有做功和热传递。【解答】解：A、煤气在燃烧过程是化学能转化为内能，故A正确；B、燃料的热值仅与燃料的种类有关，而与燃料的燃烧程度、质量都无关，故B错误；C、分子的运动快慢与温度有关，水的温度越高，水分子运动越剧烈，故C正确；D、烧水时水从火焰中吸收热量，温度升高，是利用热传递的方式改变水内能的，水沸腾后，水蒸气把壶盖顶开，对壶盖做功，水蒸气的内能转化为壶盖的机械能，所以在烧水的过程既有做功又有热传递在改变水的内能，故D正确。故选：B。【点评】本题是一道热学综合题，主要考查学生对对燃料燃烧过程中的能量转化、热值的

7、特点、分子运动的特点以及改变物体内能方法的理解，属于综合性题目。6（2分）如图所示，用注射器抽取空气，用手指封闭注射器的筒口，快速用力推压注射器的活塞，则注射器内空气（）A密度会变小B分子间斥力会减小C内能会增大D温度会不变【考点】29：密度的大小比较；G7：物体内能的改变；GH：分子间的作用力【分析】一定质量的气体，体积被压缩后，其密度增大，内能增大，温度升高，分子间的斥力也会增大，据此判断。【解答】解：A、由公式=可知，一定质量的气体，体积被压缩后，其密度会变大，故A错误；B、气体被压缩后，分子间的距离变小，所以分子间的斥力会变大，故B错误；CD、快速用力推压注射器的活塞，对气体做功，使气

8、体的内能增大，温度升高，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题以压缩气体为例，考查了这一过程中气体的密度、分子间斥力、内能、温度的变化，有一定综合性，值得我们关注。7（2分）笔记本电脑发热会影响使用寿命。如图是一款笔记本电脑散热支架，通过导线与电脑连接时，五个风扇就转动起来，从而帮助电脑散热。下列分析正确的是（）A风扇转动的原理是电磁感应B风扇之间一定串联C风扇在工作时主要将电能转化为内能D电脑是通过与空气之间的热传递来散热的【考点】G8：热传递的概念与方式【分析】（1）电动机是根据通电导线在磁场中受磁场力的作用原理制成的；（2）串联的各电路元件相互影响，各电路元件不能独立工作；并联的各电路

9、元件互不影响，各电路元件能独立工作，据此分析答题；（3）电流做功的过程，实际上就是能量转化的过程，消耗电能转化成其它形式的能；（4）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。【解答】解：A、电风扇的主要部件是电动机，电动机是利用通电导线在磁场中受磁场力的作用原理制成的，不是利用电磁感应原理制成的，故A错误；B、笔记本电脑散热支架上的五个风扇虽然能同时工作，但它们互不影响，能独立工作，其中的某个风扇坏了，其它风扇能正常工作，因此是并联的，故B错误；C、电风扇主要是电能转化成机械能，故C错误；D、电脑散热时，热量由电脑转移到空气中，是通过热传递

10、来散热的，故D正确。故选：D。【点评】本题通过笔记本电脑散热支架考查了电风扇的原理、用电器的连接方式、用电器中的能量转化以及改变内能的方式，属于综合性题目。8（2分）如图所示的四幅图中，能反映发电机工作原理的实验装置是（）ABCD【考点】CS：发电机的构造和原理【分析】发电机是利用电磁感应原理制造的，而电磁感应是指闭合回路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流。【解答】解：A、图A没有电池，验证闭合电路的一部分导体切割磁感线时产生感应电流，是电磁感应现象实验，故A正确；B、图B验证了通电导体周围存在磁场，这是奥斯特的实验，说明了电流的磁效应，故B错误；C、图C电流大小一定

11、，匝数多的线圈吸引较多的铁钉，可用来演示电磁铁中磁性强弱与线圈匝数的关系，故C错误；D、图D有电池，验证通电导体在磁场中受力的实验，利用此装置原理制造了电动机而不是发电机，故D错误。故选：A。【点评】本题应能根据题中的实验装置得出实验的原理及揭示的现象，同时还要把握该现象在生活中的应用。9（2分）如图所示闭合开关后，无论如何移动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光，用电压表测得各点间电压，UAB=3V，UCD=3V，UEF=0V，UGH=0V，则故障应该是（）A小灯泡开路B小灯泡短路C滑动变阻器开路D开关接触不良，形成开路【考点】IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用【分析】在判断故障时，电压表

12、的示数的变化很关键，若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，若无示数，说明电压表与电源不能相通。【解答】解：根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，闭合开关后无论如何移动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光，电压表测断路两端时，电压表示数为电源电压，测量通路位置时，电压表示数为零；由题意可知，AB间为电源，其示数为3V，说明电源处无问题，CD间有电压且示数为3V，说明电压表示数为电源电压，灯泡、滑动变阻器间电路都完好，则电压表所测这部分电路断路，故断路发生CD间，即开关断开；用电压表测得UEF=UGH=0，说明没有电流通过灯泡、滑动变阻器，即这两处电路是完好的。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】

13、本题考查了用电压表检测电路的故障。当电压表所测的那部分电路断路，电压表与电路串联，分担电源电压，要注意辨别。10（2分）现代工具的使用会大大提高工作效率。如图是某品牌充电式电动螺丝刀，直流电动机内通过不同方向的电流，就可以实现正转和反转，即可以实现松螺丝或紧螺丝，调速器又可以实现转速的调节，下面的简易电路符合上述要求的是（）ABCD【考点】CN：直流电动机的构造和工作过程【分析】要解答本题需抓住：电动机的转速和电流的大小有关，以及电动机的转向和电流的方向有关。【解答】解：A、使调速器、单刀单掷开关、电动机串联连接，调速器改变电路中的电流，从而改变电动机的转速，但不能改变转动方向，故A错误；B、

14、使调速器、电动机并联，调速器改变不能改变电动机中的电流，不能改变电动机的转速，也不能改变转动方向，故B错误；CD、单刀双掷开关与电路和电源连接，起到改变电流的方向来控制电动机的转向；C中的单刀双掷开关不能改变电流方向，D能改变电流方向，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查学生对改变电动机的转向和转速的方法，以及电路的连接的了解和掌握。11（2分）如图所示，闭合开关S在变阻器滑片向右滑动过程中，下列说法正确的是（）A电压表Vl示数变大，灯泡L的实际功率变小B电压表V2示数变大，灯泡L的实际功率变大C电流表A示数变大，灯泡L的亮度变亮D电压表Vl与电流表A示数比值变大，灯泡L的亮度变暗【考点】

15、IZ：电路的动态分析【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和L两端的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，然后判断亮暗的变化，根据欧姆定律结合灯泡的电阻可知电压表Vl与电流表A示数比值变化。【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。因电源的电压不变，所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变，故A错误；在变阻

16、器滑片向右滑动过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I=可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，故C错误；由U=IR可知，灯泡L两端的电压变小，因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，故B错误；由R=可知，电压表Vl与电流表A示数比值等于灯泡的电阻，则电压表Vl与电流表A示数比值不变，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。12（2分）如图所示，电源电压恒定，灯丝电阻不变，闭合开关，变阻器的滑片在移动过程中，要求各表示数均不超过所选量程

17、，灯泡电压不超过额定值。下列说法正确的是（）A滑片向右滑动时，电压表和电流表示数均变小B电路的总功率最大值为10.8WC小灯泡功率最小值为0.75WD变阻器允许调节的范围是24100【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算【分析】1、由电路可知，L与变阻器串联，电压表测变阻器电压，电流表测电路电流，当滑片向右滑动时，其接入电路中的阻值变大，根据串联电路的特点进行分析；2、根据P=UI可知，在电压不变时，电流越大，则电功率越大，据此计算；3、当滑动变阻器全部接入电路时，通过灯泡的电流最小，灯泡两端的电压最小，根据P=UI，此时其电功率最小，据此计算；4、根据小灯泡的额定电流、电流表的量程

18、和电压表的量程进行判断，再根据串联电路的特点进行计算。【解答】解：A、由图可知，L与变阻器串联，电压表测变阻器电压，电流表测电路电流，当滑片向右滑动时，其接入电路中的阻值变大，根据串联电路的特点可知，变阻器分得的电压变大，即电压表示数变大，由于电路中的总电阻变大，根据I=可知，电流即电流表示数变小，故A不正确；B、由题可知，小灯泡的额定电流：I额=0.5A，即电路中的最大电流为I大=0.5A，可得电路最大功率：P大=U总I大=18V0.5A=9W10.8W，故B不正确；C、由图可知，滑动变阻器接入电路的电阻越大时，电压表示数越大，由于电压表采用015V量程，因此可得当电压表示数为15V时，滑动

19、变阻器接入电路中电阻最大，此时电路中电流最小，小灯泡两端电压：U小=U总U大=18V15V=3V；小灯泡的电功率：P小=0.75W；故C正确；D、由题可知，小灯泡的电阻：R灯=12，由小灯泡的额定电流可知电路中的最大电流为0.5A，此时变阻器接入的电阻最小：R小=R总R灯=R灯=12=3612=24，由图可知，滑动变阻器接入电路的电阻越大时，电压表示数越大，由于电压表采用015V量程，因此当电压表示数U大=15V时，变阻器接入电路的电阻最大，小灯泡两端电压：U小=U总U大=18V15V=3V；根据串联电路的分压特点：=，代入可得：=，解得R滑=60即变阻器阻值变化范围为2460，故D不正确。故

20、选：C。【点评】本题考查的知识点较大，包括串联电路的特点、欧姆定律的应用及电路分析等等，综合性强，难度较大。二、非选择题：（共计46分）13（2分）家庭电路中电灯、电视机、电冰箱等用电器之间是并联的，这些用电器一起工作的越多，电路的总功率越大（选填“越大”或“越小”）。【考点】HT：串联电路和并联电路的辨别；J7：电功率的概念【分析】知道家庭电路各用电器因工作时不能相互影响，因而用电器之间是采取并联连接的。同时要掌握并联电路的总电阻与各电阻之间的关系，知道并联的支路越多，总电阻越小，根据P=可知总功率变大。【解答】解：家庭电路中电灯、电视机、电冰箱等用电器之间是互不影响的，根据并联电路的特点可

21、知，它们的连接方式是并联。同时使用的用电器越多，即并联的电阻越多，则总电阻越小，根据P=可知，总功率变大。故答案为：并；越大。【点评】本题考查家庭电路的电压值。家中用电器为了相互不影响而采用了并联的连接方式。14（2分）如图，人在体验科技馆的“静电球”，图中的“怒发冲冠”景象，是由于人的头发带有同种电荷而相互排斥的结果。【考点】H8：电荷间的相互作用规律【分析】电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。【解答】解：图中的“怒发冲冠”景象，是由于人的头发带有同种电荷，同种电荷相互排斥产生的现象。故答案为：同种；排斥。【点评】明确电荷间的作用规律，是解答此题的关键。15（2分）如图，

22、在试管内装些水，用橡胶塞塞住，用酒精灯加热使水沸腾，会看到塞子被冲出，在此过程中，酒精的化学能通过燃烧最终转化为塞子的机械能，这与内燃机中的做功冲程相类似的。【考点】G5：内能的利用及其意义；GM：内燃机的四个冲程【分析】燃料燃烧，化学能转化为内能；改变物体内能的方式：做功和热传递；物体对外做功，内能减小，内能转化为机械能；【解答】解：酒精燃烧，消耗化学能，得到内能，是化学能转化为内能；水沸腾产生大量水蒸气，水蒸气把塞子冲开的过程中，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能转化为木塞的机械能。这与内燃机中的做功冲程相类似的。故答案为：机械；做功。【点评】本题考查了燃料燃烧的能量转化、改变物体内能的方式等

23、知识的应用；做功改变物体内能的过程是能量转化的过程，即内能和机械能的相互转化过程。16（2分）如图在量筒内装一半清水，将硫酸铜溶液注入水的下方，开始时可以看到清水和蓝色的硫酸铜溶液之间有明显的界面，静置几天后，看到的现象是界面变模糊了，此现象说明：液体分子在永不停息地做无规则运动。【考点】GV：分子的运动【分析】不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散，扩散现象说明了分子在不停的做无规则运动。【解答】解：在量筒里装入的清水和蓝色的硫酸铜溶液之间有明显的界面，静置几天后，界面变模糊了，这属于扩散现象，说明一切物体分子都在永不停息地做无规则运动。故答案为：界面变模糊了；在永不停息地做无规则

24、运动。【点评】本题主要考查学生对扩散现象的理解和掌握，是中考的热点，属于基础题目。17（2分）如图甲所示，将两个铅柱底部削平，然后紧压在一起，两个铅柱就结合在一起，甚至在下面还可挂上一个重物，此现象说明分子间存在引力；如图乙所示，同样一滴钢笔水几乎同时滴入冷水和热水中，10分钟后的现象却不同，此现象表明：温度越高，分子运动越剧烈。【考点】GH：分子间的作用力；GV：分子的运动【分析】物质是由分子组成的，分子在不停的做无规则运动，温度越高运动越剧烈；分子间有间隙，分子间存在相互作用的引力和斥力。【解答】解：将两个铅柱的底面削平、削干净，然后紧紧地压一起，两铅块就会结合起来，甚至下面吊一个钩码都不

25、能把它们拉开，说明分子间存在引力；由于热水的温度高，分子运动剧烈；在冷水杯和热水杯中滴入两滴墨水，会看到热水中的墨水扩散得快，这表明分子无规则运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子的无规则运动越剧烈。故答案为：引力；运动越剧烈。【点评】本题主要考查学生对分子间作用力以及扩散现象的理解和掌握，是中考的热点，属于基础题目。18（2分）如图所示，是某实验小组同学设计的研究“影响电磁铁磁性强弱的因素”的实验电路图。在实验时，通过吸引铁钉的多少反映电磁铁磁性强弱，此实验电路探究问题是电磁铁磁性强弱与电流关系。【考点】CE：影响电磁铁磁性强弱的因素【分析】（1）电磁铁磁性强弱用电磁铁吸引大头针的多少来反

26、映，电磁铁吸引大头针越多，电磁铁磁性越强。（2）电磁铁的磁性强弱跟电流大小和匝数有关。在匝数一定时，电流越小，磁性越弱。在电流一定时，匝数越少，磁性越弱。【解答】解：（1）电磁铁的磁性强弱无法直接观察到，故可以通过电磁铁吸引铁钉的多少反映出来，这种研究问题的方法为转换法；（2）调节滑动变阻器滑片的位置，使电路中的电流增大或减小，发现铁钉能吸引大头针的个数增多或减少，说明铁钉的磁性增加或减弱，因此此实验电路探究问题是电磁铁磁性强弱与电流关系。故答案为：吸引铁钉的多少；电流。【点评】此题主要探究了影响电磁铁磁性强弱的因素。在探究的过程中使得学生领悟了控制变量法和转换法，培养了学生利用实验数据获取信

27、息的能力。19（2分）白炽灯是利用电流的热效应原理工作的，工作时将电能转化为内能和光能，其发光效率较低。20W高效节能灯的亮度相当于100W的白炽灯，现将家中4只100W的白炽灯都换成20W的节能灯，每天工作5h，一个月（按30天计）可节约48kWh的电能。【考点】HF：电流的热效应、化学效应和磁效应；J3：电功与电能的计算【分析】白炽灯是利用电流的热效应工作的；已知节能灯和白炽灯的功率，根据公式W=Pt可求一只一小时节约的电能，进一步求出4只每天使用5小时，30天可以节约的电能。【解答】解：白炽灯是利用电流的热效应工作的；一只一小时节约电能W=（P1P2）t=（0.1kW0.02kW）1h=

28、0.08kWh，4只每天使用5小时，30天可以节电W=0.08kWh4530=48kWh，故答案为：热效应；48。【点评】本题考查消耗电能的计算，关键是公式的应用和单位的换算，本题更深一层的意义是让我们学会节能。20（2分）某太阳能热水器装有100kg初温为20的水，经过一天的太阳照射，水温升高到90，则这些水吸收的热量是2.94107J；这相当于完全燃烧1.4m3天然气所放出的热量。C水=4.2l03J/（kg）；q天然气=2ll07J/m3。【考点】KB：太阳能热水器中的热量计算【分析】（1）利用物质吸热公式求出吸收的热量；（2）由题意可知，Q放=Q吸，利用燃料燃烧放热公式的变形V=求出天

29、然气的体积。【解答】解：（1）水吸收的热量Q吸=cm（tt0）=4.2103J/（kg）100kg（9020）=2.94107J；（2）由题意可知Q放=Q吸=2.94107J，由Q放=Vq可得需要天然气的体积：V=1.4m3。故答案为：2.94107；1.4。【点评】本题综合考查了水吸收热量的计算和燃料燃烧放出热量的计算，因条件已给出，难度不大21（2分）如图甲所示，为某物理兴趣小组利用热敏电阻等元件设计的简易电子温度计电路图，热敏电阻R的阻值随温度变化的图象如图乙所示，结合图象分析，当被测物体温度越高时，电路图中电压表示数将越大（选填“越大”或“越小”）若某次测量电压表为3V时，则被测物体的

30、温度约为20。【考点】IH：欧姆定律的应用【分析】分析甲可知热敏电阻R与R0串联，电压表测R0两端电压，由图乙分析得出R的阻值随温度升高而小，结合串联电路特点分析电压表的示数变化情况；根据电压表的示数可求出热敏电阻R两端电压，根据串联电路的分压特点，求出R的阻值，在乙图中找出对应的温度。【解答】解：分析图甲可知热敏电阻R与R0串联，电压表测R0两端电压U0，当被测物体温度越高时，由图乙可知，热敏电阻变小，电路电流I0变大，R0两端电压即电压表示数U0=I0R0可知U0变大；当电压表为U=3V时，根据串联电路的特点：通过R的电流：I=I=0.03A，热敏电阻R两端电压：U=U总U=12V3V=9

31、V，R的阻值：R=300对照乙图可知，被测物体的温度大约为20。故答案为：越大；20。【点评】本题考查了串联电路的规律应用，要会从图象中获取信息。22（2分）某白炽灯标有“220V100W”，则其正常发光时的电阻为484，若将其接在110V的电源上，其实际电功率为P1；若让实际电流达到额定电流的一半时，其实际电功率为P2，则会有P1P2（选填“”“”或“=”）。【考点】JE：实际功率【分析】灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI求出通过的电流，根据欧姆定律求出灯丝的电阻，再根据P=求出将它接在110V电源上时灯的实际功率即可。【解答】解：某白炽灯标有“220V100W”，则灯泡正常发

32、光时的功率P=100W，电压U=220V，根据P=UI可得，通过它的电流：I=A，根据欧姆定律可得，灯丝的电阻：R=484，将它接在110V电源上，灯的实际功率：P1=25W。若让实际电流达到额定电流的一半时，且电阻不变时其实际电功率为P2=U实I=110VA=25W。让实际电流达到额定电流的一半时，电阻减小，即P225W。所以P1P2。故答案为：484；。【点评】本题考查了电功率公式和欧姆定律的应用，关键是知道灯泡正常发光时的功率和额定功率相等。23（2分）请在图中，标出小磁针的 N、S 极及通电螺线管周围的磁感线方向。【考点】C7：磁感线及其特点；CA：通电螺线管的磁场【分析】知道电流的方

33、向，根据安培定则可以判断出螺线管的极性，再根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互排斥，即可解决此题。【解答】解：如图，电流从螺线管左侧流向右侧，用右手握住螺线管，使四指环绕的方向与电流的方向相同，此时拇指所指的一端就是螺线管的N极，故螺线管右端为N极，左端为S极。磁感线在螺线管外部总是从N极指向S极，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针左端为N极，右端为S极，如图所示。【点评】安培定则的运用是此题解决的重要方法，同时还要用到磁极间的相互作用规律，当然，找准判断的突破口，也就是电源的正负极是本题的关键。24（2分）某品牌滚筒洗衣机，筒门处有开关S1，筒门关闭时S1闭合，筒门打开时S1断开。S1和总开关S

34、，必须同时闭合时，洗衣机才能工作。请在图中方框内连出符合要求的电路。【考点】HU：串、并联电路的设计【分析】根据要求，S1和总开关S必须同时闭合时，洗衣机才能工作，据此确定两开关的连接方式。【解答】解：因要求S1和总开关S必须同时闭合时，洗衣机才能工作，即其中的任一开关闭合，电路不能连通，所以两开关应串联后组成双保险再与电动机连接，如下图所示：【点评】本题联系学生的生活实验，考查根据要求设计电路图的能力，难度中等。25（5分）在“探究煤油和食用油吸热能力”的实验中，请回答：（1）为方便探究，研究对象煤油和食用油应满足的条件是：二者初温相同和质量。（2）如图，除装置图中的器材外，还需要的两种器材

35、是天平；秒表。（3）实验中煤油和食用油吸热多少是通过加热时间来反映的。（4）实验中收集到的数据如表：材料升高5加热时间/min升高10加热时间/min升高20加热时间/min煤油3715食用油2511对比三次所收集到的实验数据发现：二者在每次升高相同的温度时，总是煤油需要加热的时间长，即代表它吸收的热量多。最终可得出的实验结论是煤油的吸热能力大于食用油的吸热能力。【考点】GX：探究比热容的实验【分析】（1）根据控制变量法分析；（2）比较水和食用油的吸热能力，要用天平测量液体的质量，用秒表测量加热的时间；（3）吸收热量的多少可以用加热时间的长短来体现出来。相同的热源在相同的时间内放出的热量相等，

36、加热时间越长说明吸收热量越多。（4）根据表格中的数据分析。【解答】解：（1）煤油吸收热量的多少，与被加热体的质量、升高的温度、加热时间有关，为方便探究，研究对象煤油和食用油应满足的条件是：二者初温相同和质量相同；（2）实验还需要用天平测量液体的质量和用秒表测量加热的时间。（3）加热过程中，水和食用油吸热的多少是通过加热时间来反映；（4）由表格中的数据可知，二者在每次升高相同的温度时，煤油需要加热的时间长，代表它吸收的热量多，这表明煤油的吸热能力大于食用油的吸热能力，即：煤油的比热容大于食用油的比热容。故答案为：（1）质量；（2）天平；秒表；（3）加热时间；（4）煤油；煤油的吸热能力大于食用油的

37、吸热能力。【点评】此题探究水和煤油的比热容的实验，注意控制变量法的应用，掌握加热时间的含义，并注意热量的基本公式及变形公式的应用。26（5分）在探究“影响电阻大小因素”的实验中，某小组设计的探究电路图如图1，如图2为可供选择的材料导体。（1）在探究导体的电阻与材料关系时，应选用AB两个导体分别接入电路的EF间。（2）在将B、C两个导体分别接入电路EF间时，则接入B导体灯泡会更亮些。（3）在将B、D两个导体分别接入电路时，观察到接导体D比接B灯泡更亮些，则分析得出的结论是在材料、长度相同的情况下，横截面积越大，导体的电阻越小。（4）评估：你认为此次探究在电路设计上的不足是不能准确的比较出电阻相差

38、不大的电阻丝的电阻大小你的改进意见是在原电路中串联一个电流表。【考点】IA：影响电阻大小的因素【分析】（1）电阻的大小在不考虑温度的前提下，有三个决定因素：材料、长度、横截面积。因此要研究电阻的大小与每一个因素的具体关系时，要用到控制变量法。即研究电阻的大小与哪个因素有关，就要让这个因素变化，其余的因素都相同，去做实验验证。（2）此实验中，若灯泡亮度变化不明显时，不容易观察出亮度的变化。【解答】解：（1）在探究导体的电阻与材料关系时，应让导体的长度、横街面积相同，但材料不同，故选AB两根电阻丝；（2）在将B、C两个导体分别接入电路EF间时，此时导体的材料相同、横街面积相同，但B短一些，即B的电

39、阻小一些，所以B接入电路时灯泡更亮；（3）在将B、D两个导体分别接入电路时，此时的材料相同，长度相同，但横街面积不同，此时观察到接导体D比接B灯泡更亮些，即说明在材料、长度相同的情况下，横截面积越大，导体的电阻越小；（4）此实验中，若灯泡亮度变化不明显时，不容易观察出亮度的变化；故此次探究在电路设计上的不足是：不能准确的比较出电阻相差不大的电阻丝的电阻大小；你的改进意见是：在原电路中串联一个电流表；故答案为：（1）AB；（2）B；（3）在材料、长度相同的情况下，横截面积越大，导体的电阻越小；（4）不能准确的比较出电阻相差不大的电阻丝的电阻大小；在原电路中串联一个电流表。【点评】本题是一道探究影

40、响导体电阻因素的习题，掌握影响导体电阻大小的因素是正确解题的前提与关键；本实验中应用了控制变量法和转换法，要注意熟练掌握不同的实验方法。27（6分）在“探究小灯泡电阻”的实验中，灯泡额定电压为2.5V，请回答：实验次数1234电压/V1.52.02.53.0电流/A0.220.250.280.30电阻/6.88.010.0发光情况逐渐变亮（1）上面实物图的连接只差一根导线，请你帮助连好。（2）某实验小组连完电路图后，闭合开关发现小灯泡很亮，调节变阻器滑片发现小灯泡的亮度没有任何变化，电流表示数也不改变，则造成此现象的原因是滑动变阻器同时接了上面的两接线柱。（3）改正电路后小组收集到如上表的数据

41、及现象，表中第三次的电阻值应是8.9，根据表中数据及现象，可得出的探究结论是灯泡两端电压越大，灯泡越亮，灯泡的电阻越大。（4）纵观此实验的探究过程，发现与“测量小灯泡电功率”的实验几乎完全相同，通过计算每次小灯泡的电功率并结合实验现象，分析可得的实验结论有：小灯泡的额定电功率为0.7W；灯泡的实际功率越大，灯泡越亮。【考点】IM：伏安法测电阻的探究实验【分析】（1）根据本实验中电路的连接方式和电表作用分析补充连接电路；（2）调节滑动变阻器不起作用，且灯泡的亮度很亮，说明电路中电阻很小，可能是滑动变阻器同时接了上面两个接线柱；（3）由表中数据，由欧姆定律计算第三次实验的电阻值；灯泡电阻是变化的，

42、由此根据表中数据和现象得出结论；（4）灯泡正常发光时电压等于其额定电压，由P=UI计算小灯泡的额定电功率；计算每次灯泡功率，结合灯泡亮度得出结论。【解答】解：（1）在“探究小灯泡电阻”的实验中，滑动变阻器、灯泡、电流表应串联，电压表应与灯泡并联，滑动变阻器应一上一下接入电路中，由此补充连接电路如图所示：；（2）闭合开关发现小灯泡很亮，说明电路中电流大，电阻小。调节变阻器滑片发现小灯泡的亮度没有任何变化，电流表示数也不改变，说明滑动变阻器不能改变电路中电阻，所以造成此现象的原因可能是滑动变阻器同时接了上面的两接线柱；（3）由表中数据可知，第三次实验中灯泡两端电压2.5V，通过灯泡的电流为0.28

43、A，由欧姆定律可得此时灯泡电阻：R=8.9，由表中数据可知，灯泡两端电压越大，灯泡越亮，灯泡的电阻也越大；（4）由表中数据知，灯泡电压等于额定电压2.5V时，灯光正常发光，所以灯光的额定功率：P=UI=2.5V0.28A=0.7W；第1次实验灯泡的实际功率：P1=U1I1=1.5V0.22A=0.33W；第2次实验灯泡的实际功率：P2=U2I2=2.0V0.25A=0.5W；第3次实验灯泡的实际功率：P3=P=0.7W；第4次实验灯泡的实际功率：P4=U4I4=3.0V0.3A=0.9W；并且灯泡亮度逐渐变亮，所以可得结论：灯泡的实际功率越大，灯泡越亮。故答案为：（1）见上图；（2）滑动变阻器

44、同时接了上面的两接线柱；（3）8.9；灯泡两端电压越大，灯泡越亮，灯泡的电阻越大；（4）0.7；灯泡的实际功率越大，灯泡越亮。【点评】本题涉及测灯泡电阻和功率的实验，考查了实物连接、故障分析、电阻和功率的计算，以及数据分析等，是中考中常考的实验，要掌握好。28（6分）如图甲，是一种用于养生保健的煮饮电器养生壶，其电功率可调，某品牌养生壶参数如下表，请回答：型号SD630额定电压220V额定功率50Hz容量2kg额定最大功率1100W（1）该养生壶在额定最大功率工作时的电流是多大？（2）将壶内2kg的水及其它营养物质从20以800W功率慢煮至100，求此过程中里面的混合物质吸收的热量是多少J？所

45、需加热时间至少多少秒？（里面混合物质比热容取4.0l03J/（ kg），不计热损失）（3）现关闭家中其他所有用电器，只让该养生壶在最大功率下工作3min，同时记录家中电能表（如图乙）上的指示灯闪烁了60次（表盘上“1200imp/kWh”字样，表示用电器每消耗lkWh电能，指示灯闪烁1200次）。请计算此养生壶的实际最大功率是多少W？并与额定最大功率进行对比看否相同，若不同请分析原因。【考点】JK：电功与热量的综合计算【分析】（1）根据P=UI求出该养生壶在额定最大功率工作时的电流；（2）知道混合物质的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm（tt0）求出水吸收的热量；当水吸收的热量和消耗的

46、电能相等时需要的加热时间最短，根据P=求出其大小；（3）根据电能表的参数求出养生壶消耗的电能，利用P=求出此养生壶的实际最大功率，然后从实际电压角度分析。【解答】解：（1）由P=UI可得，该养生壶在额定最大功率工作时的电流：I=5A；（2）混合物质吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.0103J/（kg）2kg（10020）=6.4105J，当水吸收的热量和消耗的电能相等时需要的加热时间最短，由P=可得，需要的最短时间：t=800s；（3）养生壶消耗的电能：W=kWh=0.05kWh=1.8105J，此养生壶的实际最大功率：P实=1000W1100W，原因可能是电水壶工作时的实际电压小于额定电压（220V），所以实际功率小于额定功率。答：（1）该养生壶在额定最大功率工作时的电流是5A；（2）此过程巾里面的混合物质吸收的热量是6.4105J，所需加热时间至少为800s；（3）此养生壶的实际最大功率是1000W；与额定最大功率不相同的原因是电水壶工作时的实际电压小于额定电压。【点评】本题涉及到电功率公司、吸热公式、电功公式的应用，是一道热学和电学的综合题，从题干和表格中获取有用的信息是关键。