【文档说明】2021-2022学年河南省洛阳市龙门第一实验学校九年级上期末物理A卷试题及答案解析.docx，共(20)页，277.227 KB，由小喜鸽上传

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第1页，共20页2021-2022学年河南省洛阳市龙门第一实验学校九年级（上）期末物理试卷（A卷）一、单选题（本大题共6小题，共12.0分）1.下列说法正确的是()A.温度为0℃的物体没有内能B.现代火箭用液态氢作

燃料，是因为它具有较大的热值C.开关与被控制的灯泡应并联连接D.直流电动机原理是电流的磁效应2.两台汽油机，甲的效率为35%，乙的效率为25%，这两个数据表示()A.甲机做的功比乙机的多B.甲机的功率比乙机的大C.在相同时间内甲机燃烧的汽油较乙机多D.在消耗相同的汽油时，甲机做的有用功比乙机多3.

关于电流表和电压表，下列说法错误的是()A.两电表都是根据通电导体在磁场中受到力的作用工作的B.使用前都应检查指针是否指零C.两电表都有两个量程，一般都先用大量程“试触”D.若将电压表串联在电路中，而电流表并联在电路中

时，两电表都没示数(两电表都完好)4.如图所示，当闭合开关后，三个电阻是并联关系的是()A.B.C.D.5.小灯泡的𝐼−𝑈图像如图甲所示，将它与定值电阻𝑅并联，如图乙所示，闭合开关𝑆1，电流表的示数为0.2𝐴；再闭合开关𝑆2，

电流表的示数增加了0.25𝐴。则()第2页，共20页A.电源电压为2.5𝑉B.灯泡的阻值为10𝛺C.定值电阻的阻值为8𝛺D.𝑆1、𝑆2都闭合时电流表示数为0.45𝐴6.在如图所示的实验装置中，接通电源后，导体𝐴𝐵受力的作用发生运动，然后改变电流方向或磁感线方向，则下列叙述中错误的

是()A.在上述实验现象中，是机械能转化为电能B.通电导体在磁场中受力方向跟电流方向有关C.通电导体在磁场中受力的方向跟磁感线方向有关D.同时改变电流方向和磁感线方向，通电导体的受力方向不变二、多选题（本大题共2小题，共4.0分）7.现在很多大型商场都安装了如图甲所示的“聪明的电梯”，没人和有

人时电梯运行的速度会发生变化。这种电梯的简易控制电路如图乙所示，𝑅是一个压敏电阻，其阻值随压力的增大而减小。对此，下列说法正确的是()A.电路中电磁铁的上端相当于条形磁铁的𝑁极B.当电流的方向发生变化时，电梯运行的速度会发生变化第3页，共20页C.当压力增大到一定值时，衔铁与

触点2接触，电梯速度加快D.当无人站在电梯上时，电磁继电器控制电路中的电流增大8.如图所示电路中，电源电压不变，𝑅1为定值电阻，闭合开关𝑆，当滑动变阻器滑片𝑃向右移动时，下列判断正确的是()A.电流表𝐴的示数变大B.电压表𝑉1的示数变大C.电路中消耗的总功率变大D.

电压表𝑉2与电流表𝐴示数的比值变小三、填空题（本大题共6小题，共14.0分）9.新课标理念“从生活走向物理，从物理走向社会”，生活中许多现象可以用物理原理来解释。比如：高山上的积雪终年不化，原因是______；夏天装有冰水的杯外壁常能看见小水珠，原

因是______。10.如图所示为内燃机的能流图，则内燃机的效率可表示为______。两个铁块的质量之比为4：1，升高的温度之比是1：2，则两铁块的比热容之比为______，吸收的热量之比为______。

11.一杯水的比热容是𝑐水=4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)，它表示的物理意义是______。若将这杯水倒掉一半，剩下半杯水的比热容是______，若水凝固成冰则比热容______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。12.如图所示，闭合开关𝑆后，发现电灯𝐿不亮，且保险丝没有熔

断。某同学用试电笔测试如图的𝐴、𝐵、𝐶、𝐷四处，发现𝐴.𝐶、𝐷这三处都能使试电笔的氖管发光，而𝐵处不发光。那么可以判定故障是第4页，共20页______；该故障解决后，重新闭合开关，发现保险丝立即熔断，则电路中还

存在的故障是______。13.如图所示，电源电压保持不变，电阻𝑅1=𝑅2=𝑅3=10𝛺，要使𝑅2、𝑅3并联，应闭合开关______，此时电流表示数为𝐼1；要使𝑅1、𝑅2串联，开关𝑆1、𝑆2应______(选填“断开”或“闭合”)，此

时电流表的示数为𝐼2；则𝐼1：𝐼2=______。14.小明在课下通过查阅资料知道：通电线圈相当于一匝的通电螺旋管，其两侧的磁极与线圈中电流方向的关系也符合安培定则−用右手握住线圈，让四指指向线圈中电

流的方向，则大拇指所指的那侧就是线圈的𝑁极。(1)请你猜想，如图所示，把两个线圈𝐴和𝐵挂在水平光滑的固定细杆𝑀𝑁上，且平行靠近放置。当线圈通入如图所示的方向相同的电流时，线圈𝐴和𝐵将互相______(填”靠近“或“远离”

)；(2)你猜想的依据是______。四、作图题（本大题共2小题，共4.0分）15.请画出用开关控制灯泡的电路．16.请在图中标出通电螺线管磁感线方向，在括号中标出电源的正负极。五、实验探究题（本大题共3小题，共18.0分）17.在探究“影响电磁

铁磁性强弱的因素”实验中，小宇用相同的漆包线和铁钉绕制成电磁铁𝐴和𝐵，设计了如图所示的电路．(1)图中𝐴、𝐵串联的目的是______．第5页，共20页(2)闭合开关后，分析图中的现象，得出的结论是______。(3)若让𝐵铁钉再多吸一些大头针，滑动变阻器的滑片应向______(

选填“左”或“右”)端移动．(4)本实验应用到的探究物理问题的方法______(写出一种)．18.如图所示是小明“探究电流的热效应与什么因素有关”的实验装置，在甲、乙两瓶中装入质量和初温均相同的煤油。(1)𝑅1、𝑅2采用如图连接方式的目的是______，电阻丝放出热量的多少，通过

______来判断。(2)闭合开关一段时间后，乙瓶中温度计的示数较高，由此说明通电导体产生的热量与______有关。(3)小华用相同装置(煤油质量也相等)同时进行实验，细心的小红看到小明和小华两组电阻丝阻值相等的烧瓶中，小华这一组的煤油升温比小明的快，比较发现：小华的

滑动变阻器接入电路的阻值较小，根据这一现象，小红______(选填“能”或“不能”)初步判断出通电导体产生的热量与通过导体的电流有关。(4)若电流表的示数为0.2𝐴，通电1𝑚𝑖𝑛𝑅2产生的热量为______𝐽。19.小强做测定“小灯泡额定功率”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、电表、开关和导线，如图1是小强没有连接完的实物电路。第6页，共20页(1)请你用笔画线代替导线，帮小强将实物电路连接完整；(2)在连接实物电路时，开关应______；在闭合

开关前要把滑动变阻器𝑃移动到______端(选填“左”或“右”)；(3)小强连好电路闭合开关，移动变阻器滑片𝑃，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表无示数，则故障出现的一种可能原因是______；(4)小强排除故障后闭合开关，移

动滑片𝑃到某处，电压表示数如图2所示，其大小为______𝑉，要测量小灯泡的额定功率，应将滑片𝑃向______端滑动(选填“左”或“右”)；(5)小强通过移动滑片𝑃，分别记下了多组对应的电压表和电流表的读数，并绘制成了图3所示的𝑈−𝐼图像，根据𝑈−𝐼图

像提供的信息，可计算出小灯泡正常发光时的电阻为______𝛺，额定功率______𝑊；(6)图1中的小灯泡正常发光一会后，灯丝突然烧断，老师晃了几下灯泡，将烧断的灯丝搭在了一起，变阻器的滑片位置不动。闭合开关，小灯泡又亮了起来，此时灯泡两端的电压______2.5𝑉

(选填“大于”或“小于”或“等于”)。六、计算题（本大题共2小题，共18.0分）20.国家提倡节能减排，各地“煤改气”正在积极进行，某同学计算他家天然气烧水的热效率，将2𝑘𝑔的水倒入烧水壶中，并测出水温为20℃，在一个标准大气压下，把水刚加

热到100℃时，测出消耗天然气0.048𝑚3，已知水的比热容𝑐水=4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)，天然气热值约为𝑞=4.0×107𝐽/𝑚3。求：(1)将这些水烧开，需吸收多少热量；第7页，共20页

(2)在这种情况下，燃烧的天然气放出了多少热量；(3)他家天然气灶的效率。21.随着生活水平的提高，家用电器在日常生活中已不可缺少．小明家所以家用电器正常工作时的总功率为2200𝑊.其中电热水壶的铭牌如图所示，某一天小明在家里用电热水壶烧开水，电热水壶能正常工作．

已知电热水壶的阻值不变．求：电热水壶的铭牌额定电压220𝑉频率50𝐻𝑧额定功率880𝑊容积2𝐿(1)小明家所用熔断器的额定电流等于或稍大于多少𝐴？(2)这个电热水壶正常工作时的电阻为多少𝛺？(3)这个电热水壶正常工作5分钟所消耗的电能为多少𝐽？(

4)若家中只有电热水壶在工作时，观察表盘1𝑚𝑖𝑛转了30𝑟，电能表上标有“3000𝑟/(𝑘𝑊⋅ℎ)”，则电热水壶的实际功率是多少𝑊？第8页，共20页答案和解析1.【答案】𝐵【解析】解：A、分子都在不停地做无规则运动，温度为0℃的物体也有内能，

故A错误；B、由于受燃料体积的限制，火箭采用液态氢作为燃料，还因为液态氢具有较大的热值，故B正确；C、控制灯泡的开关和灯是串联的，故C错误；D、直流电动机是根据通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的，故D错误。故选：𝐵。(1)任

何物体都有内能；(2)运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；(3)开关与被控制的用电器串联连接；(4)通电导体在磁场中受力运动。本题考查了内能、热值、电路的连接

方式、直流电动机的工作原理，属于基础题。2.【答案】𝐷【解析】解：甲汽油机的效率高于乙汽油机的效率，说明：消耗相同的汽油，甲汽油机做的有用功多；或者做相同的有用功，甲消耗的汽油少。功率大只能说明做功快，与效率没有关系。故

选：𝐷。热机的效率是指热机有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，效率高则比值大。功率是表示物体做功快慢的物理量，与效率没有关系。此题主要考查了对热机效率的理解，并且考查了热机效率与功率的区别。热机效率是表示热机性能好坏的，功率

是表示热机做功快慢的，不要把二者混淆在一起。3.【答案】𝐷【解析】解：𝐴、两个电表之所以通电可以将指针转动，其原理为通电导体在磁场中受到力的作用，故A正确；第9页，共20页B、使用前都应该检查是否指零，若不为零需

要调零，故B正确；C、两个电表均有大小两格量程，测量未知电路时需要先用大量程进行试触，故C正确；D、电压表串联在电路中，其示数约等于电源电压；电流表并联在电路中，会导致电源短路，故D错误；故选：𝐷。(1)电流表使用时应串联在电路中，电流从

正接线柱流入、负接线柱流出，使用前需要调零，不得超过量程进行测量；(2)电压表使用时应与被测部分并联，电流从正接线柱流入、负接线柱流出，使用前需要调零，不得超过量程进行测量；(3)在电路分析中，电流表看做导线，电压表看做断路。该题目考查电流表与电压表的使用与分析，难度适

中。4.【答案】𝐴【解析】解：𝐴、根据电路图可知，开关𝑆闭合后，三个电阻并联连接，故A符合题意；B、开关𝑆闭合后，两电阻并联后与第三个电阻串联，因此为混联电路，故B不符合题意；C、开关𝑆闭合后，两电阻串联后与第三个电阻并联，因此为混联电路，故C不符合题意；D

、开关𝑆闭合后，三个电阻串联连接，故D不符合题意。故选：𝐴。根据串并联电路的特点进行分析各电路中电阻的连接方式。本题考查串并联电路的辨别，关键明确串并联电路的特点。5.【答案】𝐷【解析】解：闭合开关𝑆1，为𝑅的简单电路，电流表测量𝑅的

电流，且电流表的示数为0.2𝐴；再闭合开关𝑆2，灯与𝑅并联，由并联电路各支路互不影响，通过𝑅的电流不变，电流表的示数增加了0.25𝐴，即通过灯的电流为0.25𝐴，由图甲知，灯的电压为2𝑉，根据并联电路的电压特点可知𝑅2的电压和电

源电压都为2𝑉，故A错误；𝑅的电阻为𝑅=𝑈𝐼𝑅=2𝑉0.2𝐴=10𝛺，故C错误；𝑆1、𝑆2都闭合时，电流表测量干路电流，示数为𝐼=0.2𝐴+0.25𝐴=0.45𝐴，故D正确；从图甲可知，小灯泡的𝐼−𝑈图像为曲线，

电阻会发生变化，故B错误。第10页，共20页故选：𝐷。闭合开关𝑆1，为𝑅的简单电路，电流表则𝑅的电流，再闭合开关𝑆2，灯与𝑅并联，根据并联电路各支路互不影响，可知通过灯的电流，由图甲知灯的电压，根据并联电路的电压特点可知𝑅的电压

和电源电压；已知𝑅的电压和电流，根据欧姆定律计算𝑅的电阻；电流表测量干路电流，根据并联电路的电流特点可得出𝑆1、𝑆2都闭合时电流表的示数；从图甲可知，小灯泡的𝐼−𝑈图像为曲线，电阻会发生变化，据此分析𝐵选项。本题考查欧姆定律的应用和并联电路的特

点，有一定综合性。6.【答案】𝐴【解析】解：𝐴、在上述实验现象中，是电能转化为机械能，故A错误；𝐵𝐶、由左手定则知通电导体在磁场中受力方向跟电流方向和磁感线方向有关，故BC正确；D、流方向和磁感线方向两个影响因素同时改变时，受力运动方向不变，故D正确。故选

：𝐴。通电导体在磁场中受到力的作用，受力方向与两个因素有关：一个是磁场方向，另一个是电流方向。如果只改变一个因素，则导体受力方向改变，如果同时改变两个因素，则导体受力方向不变。此实验是电能转化为机械能。本题考查磁场对电流的作用。要掌握好

通电导体在磁场中受力的影响因素和能量转化，相对比较简单，属于基础题。7.【答案】𝐴𝐶【解析】【分析】本题考查应用物理知识解决实际问题的能力，在本题中应认清电路的构造联系所学知识进行解答。(1)根据右手螺旋定则电

磁铁出电磁铁的𝑁极；(2)电流大小发生变化时，电动机转动速度变化；(3)图中有两个电路，左侧为压敏电压与电磁铁串联，右侧为电机控制电路，当衔铁与触点1接触时，𝑅1与电机串联，当衔铁与触点2接触时，电阻断路，电机中电流增大。【解答】A.根据右

手螺旋定则电磁铁的上端为𝑁极，即相当于条形磁铁的𝑁极，故A正确；第11页，共20页B.当电流的方向发生变化时，电动机转动方向改变，转动速度不变，电梯运行的速度不会发生变化，故B错误；C.𝑅是一个压敏电阻，其阻值随压力的增大而减小，当人走上电梯后，压力增大，𝑅的阻值变小，电路中电

流变大，电磁铁磁性增强，则衔铁被拉下，与触点2接触，则电机上的电流增大，电动机转速变大，故C正确。D.当没有人走上电梯后，压力小，𝑅的阻值变大，电路中电流变小，电磁铁磁性弱，则衔铁不会被拉下，与触点1接触，则电机与𝑅1串联，电流小，电动机转速变慢，故D错误

。故选AC。8.【答案】𝐴𝐶【解析】解：由电路图可知，𝑅1与滑动变阻器𝑅2串联，电压表𝑉1测𝑅2两端的电压，电压表𝑉2测量𝑅1两端的电压，电流表测电路中的电流。A、当滑动变阻器的滑片𝑃向右

移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由𝐼=𝑈𝑅可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故A正确；B、由𝑈=𝐼𝑅可知，𝑅1两端的电压变大，即电压表𝑉2的示数变大，由于电源电压不变，根据串联电路的总电压等于各分电阻两端的等于之和可知：𝑅2两端的电压变小

，即电压表𝑉1的示数变小，故B错误；C、电源电压不变，电路中的电流变大，根据𝑃=𝑈𝐼可知电路中消耗的总功率变大，故C正确；D、由𝑅=𝑈𝐼可知，电压表𝑉2与电流表𝐴示数的比值等于定值电阻�

�1的阻值，则两者的比值不变，故D错误。故选：𝐴𝐶。由图可知：定值电阻𝑅1与滑动变阻器𝑅2串联，电压表𝑉1测𝑅2两端的电压，电压表𝑉2测量𝑅1两端的电压，电流表测电路中的电流。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𝑅1两端的

电压变化，根据𝑃=𝑈𝐼判断功率的变化；再根据欧姆定律结合定值电阻的阻值判断电压表和电流表示数的比值变化。本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。9.【答案】高山上的温度低于雪的熔点空气中的水蒸气在杯壁

上发生了液化形成的第12页，共20页【解析】解：(1)海拔越高，气温越低，高山上的温度低于雪的熔点，积雪终年不化；(2)杯子外壁温度较低，杯子附近的水蒸气遇冷液化成小水珠附着在杯子的外壁上。故答案为：高山上的温度低于雪的熔点；空气中的水蒸气在杯壁上发生了液

化形成的。(1)晶体熔化的条件：温度达到熔点、继续吸热；(2)水蒸气遇冷液化成小水珠。本题考查了熔点、液化的知识，有一定的综合性，注重了生活和实际的联系。10.【答案】𝐸2𝐸×100%1：12：1【解析

】解：(1)由能流图可知：燃料完全燃烧放出的热量为𝐸，有用机械能即有用功为𝐸2，所以内燃机的效率可表示为：𝜂=𝑊有用𝑊总×100%=𝐸2𝐸×100%。(2)因比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与其他因素无关，所以

，两个铁块的比热之比为1：1；(3)由𝑄吸=𝑐𝑚△𝑡可得，它们吸收的热量之比：𝑄1𝑄2=𝑐𝑚1△𝑡1𝑐𝑚2△𝑡2=𝑚1𝑚2×△𝑡1△𝑡2=41×12=2：1。故答案为：𝐸2𝐸×100%；1：1；2：1。(1)热机的机械效率是指有用功与燃料完全燃烧放出热量的

比值。(2)比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与吸放热的多少、质量、体积的大小都没有关系；(3)根据𝑄吸=𝑐𝑚△𝑡求出两者吸收热量的比值。本题考查了热机的效率计算、比热容的特性和吸

热公式的应用，也是一道生活中的物理题，有其实用价值。11.【答案】1𝑘𝑔的水温度升高(或降低)1℃时吸收(或放出)的热量是4.2×103𝐽4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)变小【解析】解：水的比热容是4.2×103𝐽/(𝑘𝑔

⋅℃)，表示的物理意义是：1𝑘𝑔的水温度升高(或降低)1℃时吸收(或放出)的热量是4.2×103𝐽；比热容是物质的一种特性，把水倒掉一半，比热容不变，仍为4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)；第13页，共20页冰的比热容是2.1×103𝐽

/(𝑘𝑔⋅℃)，水的比热容是4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)，因此水全部结冰后，比热容变小。故答案为：1𝑘𝑔的水温度升高(或降低)1℃时吸收(或放出)的热量是4.2×103𝐽；4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)；变小。单位质量某种物质，温度

升高1℃所吸收的热量叫做这种物质的比热容；比热容是物质的一种特性。物质的比热容只跟物体的种类和状态有关，与物体质量的大小、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关。本题考查学生对“水的比热容大”特点和比热容定义的了解和掌握，是一道基础题。12.【答案】𝐵𝐷之间断路灯泡短路【解析】解：闭合

开关𝑆后，发现电灯𝐿不亮，用测电笔接触𝐴、𝐶、𝐷处时氖管均发光，说明火线有电，且电线的𝐴𝐶𝐷段是完好的；测电笔接触𝐵处时氖管不发光，说明𝐵与火线之间是断开的，所以故障是𝐵𝐷之间断路；故障解决后，重新闭合开关，发现保险丝立即熔断，说明电路中电流过大，由

于灯泡的功率不可能太大，所以故障是出现了短路，即灯泡短路。故答案为：𝐵𝐷之间断路；灯泡短路。闭合开关𝑆后，发现电灯𝐿不亮，当测电笔与火线相连时，氖泡发光；当电路导通时，测电笔接触各部分电路都会发光；而电路不通电时，接触零线是不发光的。若电灯𝐿短路或火线和零线

短路，会造成电路中的电流过大，保险丝烧断。本题考查了学生对家庭电路中故障的分析，需要掌握测电笔的使用方法。13.【答案】𝑆1、𝑆2断开4：1【解析】解：如图所示，要使电阻𝑅2、𝑅3并联，则电流必须分别流入𝑅2、𝑅3，所以应闭合开关𝑆1、𝑆2，此

时电流表测干路电流，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以，电路中的总电阻：𝑅并=𝑅2𝑅3𝑅2+𝑅3=10𝛺×10𝛺10𝛺+10𝛺=5𝛺，此时电流表的示数：第14页，共20

页𝐼1=𝑈𝑅并=𝑈5𝛺；要使𝑅1、𝑅2串联，电流从电源的正极流出依次经过𝑅1、𝑅2，所以开关𝑆1、𝑆2都断开，此时总电阻𝑅串=𝑅1+𝑅2=10𝛺+10𝛺=20𝛺，所以，此

时电流表的示数：𝐼2=𝑈𝑅串=𝑈20𝛺，所以，𝐼1：𝐼2=𝑈5𝛺：𝑈20𝛺=4：1。故答案为：𝑆1、𝑆2；断开；4：1。(1)电路的基本连接形式有两种：一种是串联，在串联电路中

电流只有一条路径，各用电器之间相互影响；另一种是并联，在并联电路中电流有多条流通路径，各个用电器之间互不影响，独立工作；(2)𝑅2、𝑅3并联时，电流表测干路电流，根据电阻的并联求出电路中的总电阻，利用欧姆定律表示出电路中的电流；𝑅1、𝑅2串联时，电流

表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，然后得出两种情况下电路中的电流之比。本题是一道关于电路组成、电阻的串并联以及欧姆定律的综合题，在解题时应先根据串、并联电路电阻的特点，分别表示出电流的大小，再计

算电流的比值。14.【答案】靠近；同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引【解析】解：(1)从图可知两个线圈𝐴和𝐵中电流的方向向上，用右手握住线圈𝐴、𝐵，让四指指向线圈中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的𝑁极，则线圈𝐴的左端为𝑁极，右端为𝑆极；线圈𝐵的左端为𝑁极，右端

为𝑆极，根据磁极间的相互作用规律可知，线圈𝐴和𝐵将互相靠近。(2)磁极间相互作用是：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。故答案为：(1)靠近。(2)同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。解决此题需要掌握以下内容：

(1)安培定则：用右手握螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的𝑁极。(2)磁极间相互作用是：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。第15页，共20页本题考查了学生对安培定则的理解和应用，以及对磁极间相互作用规律的应用。15.【答案

】解：开关要接在灯和火线之间，火线先经开关，再到灯座的弹簧片，经灯丝、螺旋套，再到零线；如图所示：【解析】家庭电路中，火线首先过保险丝进入开关，然后再进入灯泡；螺丝灯口的接法：火线接入灯尾金属点，零线接入螺旋套。掌握家庭电路中开关控制

灯泡时的连接方法是解决该题的关键。16.【答案】【解析】【分析】知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。磁感线的方向，知道在磁体的外部，磁感线从磁体的𝑁极出来，回

到𝑆极。安培定则涉及三个方向：电流方向；磁场方向；线圈绕向，告诉其中的两个可以确定第三个。其中的电流方向经常与电源的正负极联系在一起，磁场方向经常与磁感线方向、周围小磁针的𝑁𝑆极联系在一起。【解答】从图可知，小磁针的右端是𝑆极，左端为𝑁极

；由于同名磁极相互排斥，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第16页，共20页电流的方向，所以电源的右端为正极，左端是负极。如图所示：在磁体的外部，磁感线都是从磁体

的𝑁极出来回到𝑆极。17.【答案】控制线圈中的电流相等电流相等时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强左控制变量法【解析】解：(1)图中将两电磁铁串联，是为了使通过两电磁铁线圈的电流相同，这样才能比较磁性强弱与线圈匝数的关系；(2)读图可知，实验时是通过观察吸引大头针的数量来判断电磁铁的磁性强弱的，

闭合开关后，分析图中的现象，得出的结论是电流相等时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强；(3)若让𝐵铁钉再多吸一些大头针，即增强其磁性，根据在线圈匝数不变的情况下，通过增大电流可增大电磁铁的磁性，故滑动变阻器接入的阻值应减小，其滑片应向左端移动。(4

)本实验应用到的探究物理问题的方法控制变量法和转换法。故答案为：(1)控制线圈中的电流相等；(2)电流相等时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强；(3)左；(4)控制变量法。(1)串联电路中各处的电流是相同的，这是将两电磁铁串联的真正目的；(

2)电磁铁磁性的强弱是通过观察其吸引大头针的数量来判断的，这是转换法的一种应用，根据图中的现象得出结论；(3)根据在线圈匝数不变的情况下，通过增大电流可增大电磁铁的磁性，据此分析；(4)本实验应用到的探究物理问题的方法控制变量法和转换法。影响电

磁铁磁性强弱的因素有电流的大小、线圈的匝数、铁芯的有无，因此实验中必须运用控制变量的方法进行探究。18.【答案】控制电流和通电时间相同温度计的示数变化电阻能24【解析】解：(1)由图可知，两电阻串联，目的是控制𝑅1和𝑅2中的电

流相同，而且还可以控制通电时间相同；根据转换法，电阻丝放出热量的多少，是通过温度计的示数变化来进行判断的；(2)乙瓶中电热丝阻值较大，温度计的示数较高，说明在电流与通电时间相同的情况下，电阻越大，产生的热量越多；说明通电导体产生的热量与电阻的大小有关。第17页，共20

页(3)由题意可知，小华和小明用相同的装置做实验，可知加热的电阻阻值相同；但小华的滑动变阻器接入电路的阻值较小，由欧姆定律可知，小华做实验时电路中的电流较大，此时小华这一组的煤油升温比小明的快，说明在通电时间和电阻大小相同的情况下，通过导体的电流越大，产生的热量越大，即小红可以初步判断

出通电导体产生的热量与通过导体的电流有关。(4)两电阻串联，串联电路中电流处处相等，若电流表的示数为0.2𝐴，则流经𝑅2的电流因为0.2𝐴，通电1𝑚𝑖𝑛𝑅2产生的热量𝑄=𝐼2𝑅2𝑡=(0.2𝐴)2×10𝛺×60𝑠=24𝐽。故答案为：(

1)控制电流和通电时间相同；温度计的示数变化；(2)电阻；(3)能；(4)24。(1)由𝑄=𝐼2𝑅𝑡可知，电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，为了研究电流与导体电阻的关系，要控制通过的电流和通电时间不变；电路通过导

体产生热量通过液体温度变化间接反映；(2)(3)在电压一定时，电流与电阻成反比；在电阻和通电时间一定时，电流产生的热量与电流有关，电流越大，产生的热量越多；(4)两电阻串联，串联电路中电流处处相等，根据𝑄

=𝐼2𝑅𝑡可求得通电1𝑚𝑖𝑛𝑅2产生的热量。此题考查了焦耳定律的验证实验，需要掌握电流产生热量多少的影响因素，会利用控制变量法和转换法，正确探究电流产生热量跟各因素之间的关系。19.【答案】断

开左小灯泡断路2.2右12.50.5小于【解析】解：(1)灯的额定电压为2.5𝑉，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：(2)为保护电路，在连接实物电路时，开关应断开；在闭合开关前要把滑动变阻器𝑃移动到阻值最大处的左端；(3)小强连好

电路闭合开关，移动变阻器滑片𝑃，发现小灯泡始终不亮，电流表无示数，电路可能断路，但电压表有示数，说明电压表与电流表、滑动变阻器、开关以及电源连通，则故障为灯泡第18页，共20页断路；(4)灯在额定电压下正常发光，图2中电压选用小量程，分度值为0.1𝑉，示数为2.2𝑉，小

于灯的额定电压2.5𝑉，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压；(5)根据绘制成的图3所示的𝑈−𝐼图象知，

灯在额定电压下的电流为0.2𝐴，小灯泡正常发光的电阻为：𝑅=𝑈𝐼=2.5𝑉0.2𝐴=12.5𝛺；小灯泡的额定功率是：𝑃=𝑈𝐼=2.5𝑉×0.2𝐴=0.5𝑊；(6)图1中的小灯泡正常发光一会后，灯丝突然烧断，老师晃了几下灯泡，将烧断的灯丝搭在了一起，因导体的

长度变短，由影响电阻大小的因素，故灯丝的电阻变小，变阻器的滑片位置不动，由分压原理，此时灯泡两端的电压小于2.5𝑉。故答案为：(1)如上所示；(2)断开；左；(3)灯泡断路(或灯座接触不良)；(4)2.2；右；(5)12.5；0

.5；(6)小于。(1)根据灯的额定电压为2.5𝑉确定电压表选用小量程与灯并联；(2)在连接实物电路时，为保护电路，开关应断开；在闭合开关前要把滑动变阻器𝑃移动到阻值最大；(3)若电流表示数为0，灯不亮，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电流表、滑动变阻器、开关以及电源连通，则

与电压表并联的支路断路了；(4)灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；(5)根据绘制成的图3所示的𝑈−𝐼图象可知灯在额定电压下的电

流，根据欧姆定律算出小灯泡正常发光时的电阻，根据𝑃=𝑈𝐼得出小灯泡的额定功率；(6)导体的电阻大小决定于导体的材料、长度、横截面积，还与温度有关，在温度、材料和横截面积相同时，长度越小，电阻越小，结合分压原理回答。本题测定“小灯泡额定功率”实验，考查电路

连接、注意事项、故障分析、操作过程和功率计算及影响电阻大小的因素及欧姆定律的运用。第19页，共20页20.【答案】解：(1)水吸收的热量：𝑄吸=𝑐水𝑚(𝑡−𝑡0)=4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)×2

𝑘𝑔×(100℃−20℃)=6.72×105𝐽；(2)天然气完全燃烧放出的热量：𝑄放=𝑞𝑉=4.0×107𝐽/𝑚3×0.048𝑚3=1.92×106𝐽；(3)他家天然气灶的效率：𝜂=𝑄吸𝑄放×100%=6.72×105𝐽1.92×106𝐽×100%=35%。答：(

1)将这些水烧开，需吸收6.72×105𝐽的热量；(2)在这种情况下，燃烧的天然气放出了1.92×106𝐽的热量；(3)他家天然气灶的效率为35%。【解析】(1)知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式𝑄吸=𝑐𝑚(𝑡−𝑡0)

求水吸收的热量(有用能量)；(2)知道使用天然气的体积、天然气的热值，利用𝑄放=𝑞𝑉求天然气完全燃烧放出的热量(总能量)；(3)天然气灶的效率等于水吸收的热量与天然气完全燃烧放出的热量之比。本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用。21.【答案】解：(1)

由题意可知，所有用电器正常工作时的总功率𝑃=2200𝑊，则电路正常工作时允许通过的最大电流：𝐼=𝑃𝑈=2200𝑊220𝑉=10𝐴，根据熔丝的选择原则，其额定电流应等于或稍大于电路中的最大工常工

作电流，因此小明家熔断器的额定电流等于或稍大于10𝐴；(2)由𝑃=𝑈2𝑅可得，这个电热水壶正常工作时的电阻为：𝑅=𝑈额2𝑃额=(220𝑉)2880𝑊=55𝛺；(3)电热水壶正常工作时，其实际功

率与额定功率相等，其正常工作5分钟所消耗的电能为：第20页，共20页𝑊=𝑃𝑡=880𝑊×5×60𝑠=2.64×105J.(4)家中只有电热水壶在工作时，由题意可知，其1分钟消耗的电能为：𝑊1=30𝑟3000𝑟/𝑘𝑊⋅ℎ=0.01𝑘

𝑊⋅ℎ=0.01×3.6×106𝐽=3.6×104𝐽，电水壶的电功率为：𝑃1=𝑊1𝑡1=3.6×104𝐽1×60𝑠=600𝑊．答：(1)小明家所用熔断器的额定电流等于或稍大于10𝐴；(2)这个电热水壶正常工作时的电阻为55𝛺；(3)这个电热水壶正常工作5分

钟所消耗的电能为2.64×105𝐽；(4)若家中只有电热水壶在工作时，观察表盘1𝑚𝑖𝑛转了30𝑟，电能表上标有“3000𝑟/(𝑘𝑊⋅ℎ)”，则电热水壶的实际功率是600𝑊．【解析】(1)电路总功率等于各用电器的功率之和，

由总电压和总功率求出总电流，熔断器的额定电流等于或稍大于电路正常工作的最大总电流．(2)由电热水壶的额定电压和额定功率，根据𝑅=𝑈2𝑃计算电阻．(3)由额定功率和通电时间，根据𝑊=𝑃𝑡计算消耗电能．(4)烧水时，电能表在1𝑚𝑖𝑛内转了30𝑟，根据电能表的参数“30

00𝑟/𝑘𝑊⋅ℎ”先求出转30𝑟电水壶消耗的电能，再根据电功率公式𝑃=𝑊𝑡求出电热水壶的实际功率；本题涉及到电路总功率的计算，熔断器额定电流的选择，功率计算，电阻的计算，消耗电能的计算，知道用电器的额定电压和额定功率，计算电阻是比较常用的一种方法．