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1、2022年黑龙江省绥化市海伦三中中考物理一模试卷一、单 选 题（本大题共12小题，共24.0分）1.以下估测符合生活实际的是（）A.人的正常体温约为23汽B.对人体的安全电压为36PC.成年人正常步行的速度约为l.bn/sD.考场里一盏日光灯的额定功率约为200小2.关于声现象的说法正确的是（）A.物体振动越快，发出的声音响度越大B.声音在真空中的传播速度是340m/sC.人耳可以听到超声，不能听到次声D.“闻其声而知其人”，主要是因为不同的人音色不同3.如图所示电路，当开关S闭合后，滑片P向右移动的过程中,下列说法正确的是（）A.电流表示数减小，电压表示数增大B.电流表示数增大，电压表示数增
2、大C.电流表示数减小，电压表示数不变D.电流表示数增大，电压表示数不变4.在“冰城”哈尔滨的冰雪大世界中，下列说法正确的是（）A.嘴中呼出的“臼气”是凝华现象B.用冰制成的雕塑经过一段时间自然变小，是汽化现象C.雪的形成过程是放热过程D.冰放在手上熔化了，冰在熔化过程中温度升高5.将“6U3W”和“6U6W”的灯泡及和心2串联后接在电源两端，不考虑温度对灯丝电阻的影响，贝 心）A.电源电压为12Hl寸，两只灯泡均能正常发光B.两只灯泡发光时，灯泡乙2比灯泡A亮一些C.灯泡发光时，电路中允许通过的最大电流为14D.灯泡人正常发光时，灯泡匕的实际功率是1.5小6.如图甲是呼气式酒精测试仪的电路原理
3、图，&为气敏电阻，它的阻值随酒精气体浓度的变化曲线如图乙，&为定值电阻，电源电压保持不变。检测时.，驾驶员呼出的酒精气体浓度越大，则（）A.测试仪中电压表的示数越大 B.测试仪中电流表的示数越小C.电路消耗的总功率越小 D.电压表与电流表示数的比值越大7.如图所示的电路中，当开关闭合时，电压表匕的示数为9乙 电压表匕的示数为3V。那么&与此 的阻值之比为（）8.关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（）A.物体的温度越高，所含的热量越多B.物体内能增加，一定要吸收热量C.0P的冰变成0K的水，温度不变，内能也不变D.物体放出热量，它的温度可能不变9.如图所示的四个实验中，能说明电动机工作原理的
4、是（）第 2 页，共 34页10.如图所示，电源电压保持不变，表 、是电流表或电压表，滑 动 变 阻 器 的 滑 片P在中点，闭合开关S,三只电表均有示数。当滑片P向左移动时，下列说法0,定值电阻&=600,滑 动 变 阻 器 上标 有“50。14”，电压表的量程选用断开52、闭合S和S i，滑片P移到B端，灯泡刚好正常发光。求：-1|-(1)将滑片P移到B端，三个开关都闭合，2znin内电路消耗的电能是多少？(2)在电路元件安全前提下，调节滑片P的过程中，当_ _ _ _ _ _ 时，电路消耗的功率最小，并求出此时的最小功率是多少？答案和解析1.【答案】c【解析】解：A、正常情况下，人的体温
5、在37久左右，变化幅度很小，故A 不符合实际；B、经验证明，只有不高于36P的电压对人体才是安全的，故 B不符合实际；C、成年人正常步行的速度在4km/i=4 x 9 jn/s Q l.lzn/s左右，故 C符合实际；D、教室中日光灯的额定功率在40W左右，故。不符合实际。故选：Co不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。2.【答案】D【解析】【分析】本题考查声音的三个特征，声音的传播速度及人耳听到的范围
6、等知识，综合性强，但是难度不大，属于基础知识的考查。(1)响度是指声音的强弱，它与振幅有关；(2)声音的传播需要介质，不能在真空中传播，声音在15冤的空气中传播速度是340m/s(3)人的听觉频率范围在20Hz 20000Hz,低于20Hz的声音为次声，高于20000Hz的声波为超声，都是人耳听不到(4)音色是指声音的品质与特色，不同物体发出的声音音色是不同的。【解答】A.音调的高低与频率有关，频率越快，音调越高，故 A 错误；B.声音不能在真空中传播，故声音在真空中的传播速度是Om/s。故 B错误；C.超声波和次声波，不在人耳的听觉范围之内，都是人耳听不到的，故 C错误；D 不同人说话的特点
7、不同，“闻其声知其人”，说明可以根据音色来判断说话者，故。第12页，共34页正确。故选Do3.【答案】C【解析】解：由电路图可知，当与&串 联，电流表测此支路的电流，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；滑片P向右移动的过程中，接入电路中的电阻增大，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由/=?可知，通过&的电流减小，即电流表的示数减小，故 C 正确，。错误。故选：Co由电路图可知，与 串 联，电流表测/?2支路的电流，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U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
8、通过变阻器的电流变化。本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律、并联电路的电压关系，分析电路图确定两电阻的连接方式和电表所测电路元件是本题关键。4.【答案】C【解析】【分析】(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华；(3)晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变。分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对
9、六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。【解答】解：4、嘴中呼出的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴。故 A 错误；8、雕塑经过一段时间自然变小，由固态直接变成气态，是升华现象。故 B错误;C、雪是云层中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，此过程放出热量。故 C 正确；。、冰属于晶体，在熔化过程中吸收热量，但温度保持不变。故。错误。故选：Co5.【答案】D【解析】解：由。=以 可 得，两灯泡的额定电流分别为：70 额 1 3W n c 4 i P 额 2 6 IV 1 A/破 1=-=0.54,婿、=1A.额1 U额 1 6 7 颇 2 u 毓 2 6 y由/=J 可得，两灯泡的电阻分别为：K
10、D U 额 1 6V 1 n U 额 2 6V%=总=前=12。，R 2=K=6。(1)因为串联电路中电流处处相等，但两灯泡的额定电流不相等，所以两只灯泡不可能同时正常发光，故A错误；(2)由串联电路的电流特点知，两灯串联后，加额定电流较小，电路中的最大电流/=/领1=0.5 4,故 C 错误；灯泡的亮暗取决于实际功率，串联时两灯电流相等，由P=/2R可知，刀的电阻大，实际功率大，灯泡较亮，故 B 错误；灯泡及正常发光时，灯泡G 的实际功率：P2=12R2=(0.54)2 x 6。=1.5 W,故 D 正确。故选：D。由题知，灯泡的额定电压和额定功率，根据P=U/求出两灯泡的额定电流，利用欧姆
11、定律求出两灯泡的电阻；(1)如果两灯泡的额定电流相等，可以同时发光，否则不可能同时正常发光；(2)根据串联电路的电流特点确定电路中的最大电流，根据P=J R 比较两灯泡的实际功率，实际功率大的灯泡较亮；再根据P=UR求出灯泡人正常发光时灯泡G 的实际功率。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是知道两灯泡串联时电路中的最大电流为两灯泡额定电路的较小值和知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。6.【答案】A第14页，共34页【解析】解：由电路图可知，气敏电阻R i与定值电阻&串联，电压表测电阻R 2两端的电压，电流表测电路中的电流。由图象可知气敏电阻随酒精气体浓度的增大而减小，则
12、驾驶员呼出的酒精气体浓度越大时，气敏电阻的阻值越小，电路中的总电阻越小，由可得，电路中的电流越大，即电流表的示数越大，故B错误；由。=/?可得，定值电阻&两端的电压越大，即电压表的示数越大，故A正确；由=可 知，电路消耗的总功率越大，故C错误；因电压表与电流表示数的比值等于定值电阻/?2的阻值，所以，电压表与电流表示数的比值不变，故。错误。故 选:力。由电路图可知，气敏电阻R 1与定值电阻/?2串联，电压表测电阻7?2两端的电压，电流表测电路中的电流。由图象可知气敏电阻随酒精气体浓度的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻两端的电压变化，根据P =可知电路消耗总功率的变化,再根据欧姆
13、定律结合定值电阻/?2的阻值判断电压表与电流表示数的比值变化。本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是根据图象得出气敏电阻的阻值随酒精浓度的变化关系。7.【答案】D【解析】解：由电路图可知，&、/?2串联，电压表匕测电源的电压U,电压表眩测/?2两端的电压2，根据串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和可知：电阻R 1两端的电压=u-U2=9 V-3 V =6V,1串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律可得：占=*=：。尺2 1/2 3 K 1故选：D o由电路图可知，%、&串联，电压表匕测电源的电压，电压表彩测/?2两端的电压；根据串联电路的特点和欧姆定律即可
14、求出两电阻的阻值之比。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是各电表所测电路元件的判断。8.【答案】D【解析】解：4、热量是过程量，不能说含有或者具有热量，故A错误；8、物体内能增加，可能是从外界吸收了热量，也可能是外界物体对它做了功，故8错、口1天；C、冰在熔化过程中，吸收热量，温度不变，但其内能增加，故C错误；。、物体放出热量，它的温度有可能不变，例如晶体的凝固过程，放热，温度不变，故D正确。故选：D o(1)热量是过程量，就是说，热量只存在热传递中，只能说吸收或放出热量；热量不是状态量，不能说含有热量；(2)改变物体内能的两种方式：做功和热传递，这两种方法对改变物体的内能是等效的
15、；(3)冰在熔化或凝固过程中，温度不变，但其内能是改变的。本题考查了内能、温度与热量三者之间的关系，难度不大。9.【答案】A【解析】解：A、电路中有电源，通电导体受到磁场力的作用发生运动，是电动机的原理，符合题意；8、给灯泡通电，灯泡发光，电能转化为光和热，是电流的热效应，不符合题意；C、此图是奥斯特实验，小磁针发针偏转说明通电导体周围有磁场，不符合题意；。、图中，开关闭合后，电磁铁的线圈匝数越多吸引的铁钉越多，可以得到电磁铁磁性强弱与线圈匝数有关，不符合题意。故选：4。电动机的工作原理是：通电导体在磁场中受到力的作用，据此进行分析。此题考查了电动机的原理、电流的热效应、电流的磁效应、影响电磁
16、铁磁性强弱的因素等知识点，是一道综合性题目。1 0 .【答案】C【解析】解：(1)当电阻串联时，是电压表，测量滑动变阻器两端的电压，是电流表，测量总电流，是电压表，测量电源电压；因为电源电压不变，所以的示数不变，故A错误；当滑片向左移动时，滑动变阻器电阻接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，电路电流变大，的示数变大，故8错误。第 16页，共 34页(2)当电阻并联时，是电流表，测量总电流，是电流表，测量通过滑动变阻器的电流，是电压表，测量滑动变阻器两端电压，也就是电源电压，故。错误；电源电压不变，则的示数不变，故C正确。故选：C。1、当电阻串联时，如果是电流表，滑动变阻器将会被短路，故是电压表测
17、量滑动变阻器两端的电压；如果是电压表，电路断路，故是电流表，测量总电流；没有和任何用电器连接，直接连在电源两端，所以是电压表，测量电源电压；然后根据滑片的移动方向、串联电路特点、欧姆定律分析答题。2、当电阻并联时，如果是电压表，电阻串联，所以是电流表，测量总电流；如果是电压表，电路断路，所以是电流表，测量通过滑动变阻器的电流；如果是电流表，电路短路，所以是电压表，测量滑动变阻器两端电压，也就是电源电压；然后根据滑片的移动方向、并联电路特点、欧姆定律分析答题。本题考查欧姆定律的应用和串、并联电路中电流表和电压表的判断，掌握电压表与电流表的用法、正确分析电路图是解题的关键。11.【答案】C【解析】
18、【分析】4、研究电流和电压的关系时，要控制电阻不变；8、由图乙求出电流与电阻之积分析；C、由图乙知，电流为0.5A时，对应的电阻为50；电流为0.14时，对应的电阻为25。，根据欧姆定律和串联电路的规律求出变阻器连入电路中的电阻变化范围；。、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。本题考查串联电路的规律和欧姆定律及控制变量法的运用，综合性较强。【解答】A、研究电流和电压的关系时，要控制电阻不变，由图乙知，电阻是变化的，故A错误；3、由题意和图象可知，该同学研究的是电流
19、和电阻的关系，实验中要控制&两端的电压不变（即电压表示数不变）；由图乙知，电流与电阻之积（即R x两端的电压）：U=IRX=0.5/1 x 5/2 =0.U X 2 5 1 2 =2.5 1 Z,即电压表保持2.5伏不变，故B错误；C、由图乙知，电流最大为0.5 A时，对应的电阻为5 0,根据欧姆定律和串联电路的规律，变阻器连入电路中的电阻：n 3VR滑=R 总 -R1=-R1=-5 n =in.1%1 0.54 由图乙知，电流最小为0.L 4时，对应的电阻为2 5。，根据欧姆定律和串联电路的规律，变阻器连入电路中的电阻：R 海，=R -R=y-R=-2 5 n =5 0；为 2 总 打 0.
20、1/1 所以，滑动变阻器阻值变化范围为1欧 5欧，故C正确：D、根据串联分压原理可知，将定值电阻由5。改接成1 0。的电阻，电阻增大，其分得的电压增大（大于2.5 V）；探究电流与电阻的实验中应控制电阻两端的电压不变，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，故。错误。故选：C o12.【答案】D【解析】解：由图知，A、只闭合S i时，电路是只有R o的基本电路，电流表测量通过岛 的电流/o；再闭合S z，两只电阻并联，电流表测量干路电流/，根据电源电压不变列式/。&=（/-/（）%可求出心 的阻值，故A能测出心 阻值；B、只闭合5 2时，两电阻串联，电流表测电路中电
21、流两开关都闭合时只有R o接入电路中，电流表测此时电路中电流6根据电源电压不变列式/式&+%）=/（）R o可求出心的阻值，故8能测出心 阻值；C、闭合开关S、S 2,两只电阻串联，电压表测量电源电压为U；闭合S,断开S 2,闭合S 1，电压表测量电阻R o两端电压,根据电路电流相等列式为：默=微，解之可求出心 的阻值，故C能测出&阻值；。、闭合开关s,S i接1,两只电阻串联，电压表测量&两端电压为4；S 1接2,电流从电压表负接线柱流入，造成电压表指针向左偏转，故。不能测出R x阻值。故选：D。要测量电阻阻值，需要测出电阻两端电压与通过电阻的电流，然后应用欧姆定律求出电第18页，共34页阻
22、阻值；分析图示电路图，应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。利用电压表或电流表测未知电阻的阻值，就是根据串联电路的电流特点或并联电路的电压特点想办法得出未知电阻两端的电压和电流，然后根据欧姆定律求出未知电阻的阻值。1 3 .【答案】220并 联 变 大 0.2 电能【解析】解：(1)我国家庭电路的电压是2 2 0 人 所以教室里日光灯两端的电压为2 2 0 1/；家用电器在工作时互不影响，能独立工作，所以日光灯与投影仪是并联连接的；(2)关闭几盏灯后，家庭电路中支路减少，相当于导体的横截面积变小，则总电阻将变大；(3)该日光灯正常工作5 小时消耗的电能：W =Pt=4 0 x 10-3k W
23、x5h=0.2kW-h,即0.2 度：家庭电路中用电器消耗的电能用电能表来测量。故答案为：2 2 0；并联；变大；0.2；电能。(1)我国家庭电路的电压是2 2 0 V；家用电器在工作时互不影响，应并联使用；(2)电阻大小与导体的材料、长度、横截面积以及温度有关：家庭电路中支路越少，相当于导体的横截面积越小，则总电阻越大；(3)利用公式W=P t 计算该日光灯正常工作5 小时消耗的电能；电能表是用来测电能的仪表。明确家庭电路的连接方式，理解影响电阻大小的因素，会运用电能的计算公式以及测量电能的仪表，是解答此题的关键。1 4 .【答案】电磁波二次【解析】解：手机既是无线电发射台又是无线电接收台，
24、手 机“微信”是用电磁波把信息发射到空中,同时它又能在空中捕获电磁波；用手机发送微信时需要消耗电能，电能属于二次能源。故答案为：电磁波；二次。(1)有线电话是靠电流来传递信息的，无线电广播、电视、手机都是靠电磁波来传递信息的；(2)用手机发送微信时需要消耗电能，电能属于二次能源。此题考查了电磁波的应用、摩擦起电现象、能量的转化判断和能量转化的方向性的理解,是一道综合题。1 5 .【答案】逐 个 串 联 短 路【解析】解：“校验灯”若正常发光，说明得到了2 2 0 V 的电压，电路中有短路情况；若发光暗红，校验灯得到了不足2 2 0 1/的电压，说明支路是通路；若不发光，说明该支路开路了。如闭合
25、开关S、Si，此时校验灯L 与灯泡人串联，若校验灯正常发光，说明被检查的电路短路。故答案为：逐个；串联；短路。将额定电压2 2 0 V 的“校验灯”，接在保险丝的两只接线柱上，是相当于把此灯串联入电路中，它会有三种状态：“校验灯”恰能正常发光，说明该支路短路，“校验灯”发光不正常(暗红色)说明该支路工作正常，“校验灯”不发光说明该支路断路。本题考查了用校验灯检修家庭电路的故障。根据校验灯的三种状态可以快速得出电路是否存在故障。1 6 .【答案】6 4 0【解析】解：由电路图可知，Ri、串联，电压表匕测量8两端的电压，电压表/测量滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。(1)当滑动变阻器接入
26、电路中的电阻为。时，电路中的电流最大，电压表%的示数为0 乙由图象可知，电路中的最大电流/=0.3 A,乙图象对应的电压为0 V,甲图象对应的电压为6 V,所以，甲是8的U /图象即匕示数变化的图象，乙 是 的 U /图象即眩示数变化的图象，电源的电压U =6 U；(2)当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，由乙图象可知，变阻器两端的最大电压4=4V,电路中的电流/我小=则根据欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值：第20页，共34页故答案为：6；4 0 o由电路图可知，之、/?2 串联，电压表匕测量两端的电压，电压表彩测量滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。(1)当滑动变阻
27、器接入电路中的电阻为。时，电路中的电流最大，电压表的示数为0 V,根据图象判断两电压表的图象，并读出&两端的最大电压即为电源的电压；(2)当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据图象读出滑动变阻器两端的最大电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是会根据滑动变阻器两端的电压可以为0 U 判断出对应的图象。1 7.【答案】大 于 0.8 东【解析】解：(1)由图象知两物体的速度：及 尹=嘿=-27 n/s,s 乙 1 2m“Z=彳=石=m/s，所以0 用 0Z；(2)读图可知，经过8 s,乙运动了s j =%t =O.l m/s
28、 x 8 s =0.8 m,甲运动了s/=vt=0.2m/s x 8 s =1.6 m,因为甲、乙两物体同时同地向西做匀速直线运动，所以此时甲在乙前面1.6 m -0.8 m =0.8 m 处；(3)因为 尹 z，甲、乙两物体同时同地向西做匀速直线运动，所以甲在乙的前面向西运动；两物体的相对位置不断变化，以甲为参照物，乙向东运动。故答案为：(1)大 于;(2)0.8；(2)东。(1)由图象找出甲乙的路程s 与所对应的时间3由速度公式可求出甲乙的速度，然后比较它们的大小关系；(2)己知甲的速度和运动时间，可以得到通过的路程；由图象可以知道乙在8 s 通过的路程。甲、乙路程之差就是两者距离；(3)
29、根据甲乙的速度关系判断两物体的位置关系，然后以甲为参照物，判断乙的运动状态；本题考查了物体的s-t 图象，由图象找出两物体的路程s 与所对应的时间如是解题的关键；应知道匀速直线运动的S 与t 成正比，s-t 图象是一条倾斜的直线.当然，具体分析时应细心找准对应关系。1 8.【答案】2：1；2：3【解析】【分析】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。(1)开关S 断开时，电阻、/?2串联，电压表测R 1 两端的电压，根据P =/2R 可求得与/?2的电功率之比；(2)开关S 闭合时，电阻/?2被短路，电路为的简单电路，电压表测电源
30、的电压，根据欧姆定律求出电压表的示数，然后可知电压表两次的示数之比。【解答】(1)已知电阻R 1 与&的阻值之比为2：1，则=2/?2，开关S 断开时，电阻%、%串联，因串联电路中电流处处相等，则其与R 2的电功率之比:今=普=日=3开关S 断开时，电阻收、/?2串联，此时电路中的电流/=丁 =数*=9,此时电压表测&两端的电压，由/=9 可得，电压表的示数：A,U c U cc 2UU.1=IR,=x/?,=X 2R2=；1 3R2 1 3R2 Z 3 开关S 闭合后，电路为R i 的简单电路，电压表测电源电压，即电压表的示数为U；2U所以，开关S 闭合前后，电压表两次的示数之比为豆=2U
31、3故答案为：2：1；2：3。1 9.【答案】不变 变大【解析】解：由电路图可知，先与R 2串联，电压表彩测/?2右边部分两端的电压，电压表匕测&两端的电压，电流表测电路中的电流；当滑动变阻器的滑片P 向左移动时，由于电压表电阻太大，其所在电路相当于断路，所第22页，共34页以滑动变阻器接入电路中的电阻不变，电路中的总电阻不变，由/=可知，电路中的电流不变，即电流表A 的示数不变；滑动变阻器的滑片P 向左移动，与电压表彩并联部分的电阻变大，由（/=依 可知，电压表匕示数变大。故答案为：不变；变大。由电路图可知，心与此 串联，电压表彩测氏 2右边部分两端的电压，电压表匕测两端的电压，电流表测电路中
32、的电流；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生两端的电压变化。本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，是一道较为简单的应用题。20 .【答案】1 m m 1.1 5【解析】解：由图知：刻度尺上l e nt 之间有1 0 个小格，所以一个小格代表的长度是0.1 c m =即此刻度尺的分度值为l nw n；纽扣左侧与2.0 0 c?n 对齐，右侧与3.15CM对齐，所以纽扣的直径为 d =3.1 5 c m 2.0 0 c m 1.1 5 c m。故答案为：I n w n：1.1 5 o刻度尺的分度值是刻度尺相邻两刻度线表示的长度。刻度尺的
33、使用要注意其量程和分度值，起始端从0 开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0 刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为木块长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。在物理实验和日常生活中经常使用刻度尺，我们要熟练掌握其使用和读数方法。2 1 .【答案】0.2 0.9【解析】解：（1）当闭合开关S、断开开关工时，电路为L 的简单电路，由甲图象可知，当灯泡两端的电压4=2 V 时，通过的电流 =0.5 4此时灯泡的实际功率E.=UL1L=2 V X 0.5A =1 W,则电源的电压U =力=2V；当再闭合开关S i 时，灯泡与定值电阻R 并联，电流表测
34、干路电流，因为并联电路中各支路两端的电压相等，所以此时R两端的电压为2匕 由图象可知/R=0.24因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以再闭合开关Si时，电流表示数变化了0.24。(2)根据图像，由欧姆定律可得电阻R的阻值为：R=*=急=10。，若将R与标有“500 0.54”的滑动变阻器串联后接到电压为6V的电源上，则滑动变阻器消耗的功率等于电路总功率与定值电阻的功率之差，即p.=U I-I2R=6V X I-I2X ion,根据抛物线的性质可知当/=4：=烧 =0.34时，P湾有最大值，则变阻器消耗的最大电功率：P滑 大=U I-I2R=6 V X 0.34-(0.34)2 x l
35、o n=0.9lVo故答案为：0.2；0.9o(1)当闭合开关S、断开开关Si时，电路为L的简单电路，由甲图象读出当小灯泡的实际功率为时两端的电压(即为电源的电压)和通过的电流；当再闭合开关Si时，灯泡与定值电阻R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点可知R两端的电压，由甲图象可知此时通过R的电流，根据并联电路的电流特点可知电流表示数的变化量；(2)根据图像利用欧姆定律算出电阻R的阻值，若将R与标有“500 0.54”的滑动变阻器串联后接到电压为6U的电源上，则滑动变阻器消耗的功率等于电路总功率与定值电阻的功率之差，根据抛物线的性质计算滑动变阻器消耗的最大电功率。本题考查了并联电路的特
36、点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是能从图象中得出小灯泡的实际功率为1勿的电压和通过的电流，难点是求滑动变阻器消耗的最大电功率。22.【答案】解：从图可知，小磁针的左端是S极，右端为N极；由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的右端是N极，左端是S极。根据安培定则，伸出右手握住螺线管使大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电源的左端为正极，右端是负极。通电螺线管周围的磁感线从它的N极出发、回 至口极，据此画出图中磁感线的方向，如图所示：第24页，共34页【解析】知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用规律，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出
37、电流的方向从而找到电源的正负极。在磁体的周围磁感线从磁体的N极出发回到S 极。本题考查了安培定则的应用、磁极间的相互作用规律以及磁感线的方向，属于常考题，难度不大。2 3 .【答案】解：(1)灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故；(2)三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，如下图所示：【解析】(1)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。本题考查了家庭电路的连接，在家庭电路中，安装各个元件，不但考虑各
38、元件能使用,更要考虑使用的安全性。2 4 .【答案】断开；功或电流表开路；0.52；1；/=/1+/2；用改变电源电压继续实验的方法进行验证【解析】解：(1)根据安全用电的原则，连接电路的过程中电路应该是断开的。(2)题干中，闭合开关灯心 2发光，但灯刀不发光，电流表的示数为零；如果是L1所在的支路出现短路，有三种情况：如果k 和电流表同时短路，灯泡G 也不会发光，如果只是G 短路，灯人不发光，电流表有很大的示数，如果只是电流表短路，电流表示数为零，但人和G 都发光；以上三种短路情况都不符合题意，所以人所在的支路不是短路故障。如果Z 所在的支路某处出现开路故障，则不发光，电流表无示数，不影响力
39、 2所在的支路，G 照常发光，所以只能是人或电流表开路。(3)读出乙和丙的示数分别为=0.524、I=14在误差范围内/=人+，2。(4)为了验证结论的普遍性，改变电路中的电流还可以采用的方法是用改变电源电压继续实验的方法进行验证。故答案：(1)断开(2)L或电流表开路(3)0.52、1、/=4+/2(4)用改变电源电压继续实验的方法进行验证。(其他合理答案均可)(1)应用已有的安全用电原则分析可知开关应是断开的。(2)在题干已给信息的基础上，只有对人所在的支路故障分析，所在的支路进行短路或断路两种情况逐一分析，便可得出。(3)读出图中电流表的示数，对数据分析即可。(4)为了验证结论的普遍性，
40、应从改变电路中的电流来入手，得出除了更换不同灯泡之外，能改变电路中电流的方法即可得出答案。本题主要是探究并联电路中的电流特点，学生要掌握电流表的使用以及应具有分析电路故障的能力，通过此题加强了学生实验分析试验探究能力。25.【答案】质 量 等 于 低 于 水 比 热 容【解析】解：(1)在此实验中，为了比较水和煤油吸热本领的大小，我们可以加热相同的时间，观察升高的温度的不同；也可以让它们其升高相同温度，比较加热时间，来比较它们吸热本领的大小。为了达到实验目的前提条件是：在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的水和煤油；(2)用相同的电热器对水和煤油加热相同的时间，加热器放出的热量相同，则物
41、质吸收的热量是相同的；(3)加热相同时间，即吸收相同热量，因水的吸热能力强，水的温度变化小，故水升高第26页，共34页的温度低于煤油升高的温度；(4)根据表中的数据可知，相同质量的水和煤油，水升高的温度小于煤油升高的温度，因此水吸热的能力更强；物理学中就把物质吸热本领的大小用比热容表示。故答案为：(1)质量；(2)等于；(3)低于；(4)水；比热容。(1)判断水与煤油的吸热本领的大小，可以判断两种物质在吸收相同热量的情况下，升高温度的多少。温度升高较多的，则比热较小；为了达到此目的必须控制所用的物质的质量相等、初温相同，所用仪器相同；(2)选取相同的加热的目的是相同的时间内提供的热量相同；(3
42、)相同质量的水和油，因水的吸热能力强，吸收相同热量，水的温度变化小；(4)相同质量的水与煤油吸收相等的热量，温度升高越快的液体吸热能力越弱，升温越慢的液体吸热本领越强，物理学中用比热容反映物质的吸热本领。本题主要考查如何用转换法和控制变量法来比较不同物质比热容(吸热能力)的大小。2 6.【答案】B 99保 持 不 变A热传递减小水的质量【解析】解：(1)由于要用酒精灯的外焰加热，所以需先根据酒精灯固定图甲的B的高度；目的是使用酒精灯的外焰加热；(2)温度计的分度值是r c,此时的温度为9 9 y，所以沸点为9 9久.水沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变；(3)4中气泡在上升过程中体积逐渐变大，
43、所以是沸腾时的现象；B图中气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象；(4)实验中，由于酒精灯火焰的温度较高，所以热由酒精灯火焰传递给石棉网、烧杯底，然后传递给水，是通过热传递方式增加水的内能的；要缩短加热时间，可适当提高水的初温或适当减少水量。故答案为：(1)B；(2)9 9；保持不变：(3)4 (4)热传递；减小水的质量。(1)在此实验中，酒精灯及温度计的使用都有特殊的规定：使用酒精灯的外焰加热，温度计的玻璃泡要完全浸没在液体中，但不能碰到容器底；所以要从下向上进行调节；(2)读数温度计的示数时，需要注意温度计的量程和分度值；水沸腾时的特点：不断吸热，但温度保持不变。液体沸腾的条件：
44、达到沸点、继续吸热；(3)根据水沸腾前和沸腾时的现象区别：沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大。(4)改变物体内能的方法：做功和热传递。本题是探究水的沸腾实验，考查了温度计的使用及其读数，同时考查了改变物体内能的方法及缩短加热时间的方法，难度不大。2 7.【答案】增 加 大 甲C B B【解析】解：(1)闭合开关后，滑动变阻器滑片向左移动时，电路中电阻减小，电流增大，电磁铁的磁性增强，则电磁铁甲、乙吸引大头针的个数增加；说明电流越大，电磁铁的磁性越强；(2)根据图示的情境可知，甲电磁铁吸引的大头针多，说明甲的磁性强；究其原因，电流相同，甲缠绕的线圈的匝数多，吸
45、引大头针越多，可得出结论：电流一定时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强；(3)研究电磁铁的磁性强弱和线圈匝数有关时，就应控制电流相等，采用了控制变量法；A、研究电流大小和电压、电阻的关系，采用了控制变量法；8、研究影响电阻大小的因素，采用了控制变量法；C、用电流表测量串联电路中的电流，采用的是实验归纳法，不是控制变量法，故和控制变量法不同的是C；本实验中还用到了其他研究方法，如电磁铁的磁性强弱用什么来显示，这是转换法的思想；A、在测量小灯泡的功率时，用电压和电流之积来表示电功率，采用电功率的定义，不是转换法；8、研究电热和哪些因素有关的实验中，用液柱的高度差来表示电热多少，采用转换法，故选B；(
46、4)研 究“探究电磁铁的磁性跟哪些因素有关”，多次实验的目的是总结规律，避免因次数太少造成结论的偶然性或片面性。4、伏安法测量定值电阻的阻值，采用多次测量的目的是：取平均值，减小测量误差；以 探究并联电路电流规律，多次测量的目的是：总结规律，防止结论的偶然性，故 探究电磁铁的磁性跟哪些因素有关“实验中多次实验的目的相同的是故答案为：(1)增 加;大；(2)甲；(3)C；B；(4)8。(1)影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小和线圈的匝数。电流越大、线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强。第28页，共34页(2)利用转换法，通过电磁铁吸引大头针的多少来认识其磁性强弱；探究电磁铁磁性跟匝数的关系时，保持电
47、流相同，甲乙的匝数不同，通过比较甲乙吸引小铁钉的多少来比较磁性的强弱；(3)研究电磁铁的磁性强弱和线圈匝数有关时，就应控制电流相等，就是采用控制变量法；磁性的强弱通过吸引大头针的数目来判断，这是转换法的应用；(4)在物理实验过程中，多次测量的目的有两个：将测量数据取平均值，减小误差；总结规律，避免结论的片面性。此题是一道探究性实验题目，考查了转换法的应用，知道在此实验中通过电磁铁吸引大头针的多少来判断电磁铁磁性的强弱，同时也考查了控制变量法和转换法，知道一般地测量性实验多次测量的目的是减小误差；探究性实验多次测量的目的是总结规律，避免结论的偶然性。2 8.【答案】P =U/R2改变灯泡两端电压
48、C电 压 表 0.6 5 小灯泡的电阻受温度影响，温度越高，小灯泡的电阻越大 电压表并联在滑动变阻器两端:u 鼠/-装)【解析】解：(1)伏安法测小灯泡电功率的原理为P =U/;(2)小灯泡的额定电压为2.5 U,电阻大约为1 0 0,由欧姆定律，灯的额定电流：/=9 =鬻=0.2 5 4 根据串联电路电压的规律，灯正常发光时，变阻器分得的电压为：5滑 二6 1/-2.5 K =3.5 V；根据欧姆定律，滑动变阻器接入电路的电阻：R 普=%=三吆=1 4 0，清 /0.254由于危 允许通过的最大的电流为。-2 4，小于灯的额定电流，故选用“2 0 0 1 4”的滑动变阻器/?2；滑动变阻器除
49、保护电路外，还有改变灯泡两端电压的作用：(3)滑动变阻器滑片向右移动时，灯泡变亮，即电流变大电阻变小，故变阻器右下接线柱连入电路中，如下所示：-E(4)A若电流表断路，整个电路断路，两表都没有示数，不符合题意；8.若小灯泡短路，电压表没有示数，电流表有示数，不符合题意；C.若小灯泡灯丝断了，小灯泡不亮，电流表无示数，电压表与电源连通测电源电压，电压表指针明显偏转，符合题意；。滑动变阻器短路，电压表测电源电压，电压表有示数，电路为通路，电流表有示数，不符合题意；故选C；(5)测量灯泡额定功率时，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P,眼睛应先注视电压表的示数，当小灯泡的电压为额定电压2.51/时，灯泡
50、正常发光：根据图乙可知，电流表的量程为00.64分度值为0.024,故电流表示数为0.26A；所以灯泡的额定功率为:P=UI=2.5V X 0.264=0.65W；(6)根据欧姆定律，灯的两端的电压与电流的比值即灯的电阻，因小灯泡的电阻受温度影响，温度越高，小灯泡的电阻越大，故它两端的电压与电流的比值不一样；(7)因为灯泡变暗，电流变小，则滑动变阻器电阻变大；根据电压表示数变大，则电压表并联在滑动变阻器两端；(8)断开S2，闭合工、S,灯L与电阻&并联，电流表测定值电阻的电流；调节滑动变阻器，小灯泡正常发光时，则灯泡两端的电压等于额定电压，根据并联电路电压的规律和欧姆定律可得，此时电流表的示数