【文档说明】2021-2022学年江西省新余市九年级上期末物理试题及答案解析.docx，共(25)页，549.895 KB，由小喜鸽上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-159591.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页，共25页2021-2022学年江西省新余市九年级（上）期末物理试卷1.根据“单位”推出对应的物理公式是常用的记忆方法。例如：速度单位是𝑚/𝑠(其中𝑚是路程的单位，𝑠是时间的单位)，可以推出对应的公式为：𝑣=𝑠𝑡.同样。根据电能的单位𝑘𝑊⋅ℎ，就可

以推出对应的公式为：______；根据比热容的单位𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)，也可以推出对应的公式为：______。2.1820年，丹麦物理学家______通过实验，首先发现了通电直导线周围存在磁场。自然界中存在着两种电荷，用橡胶棒摩擦过的毛皮带______。3.标有“220𝑉100

𝑊”和“220𝑉60𝑊”的甲、乙两盏白炽灯，灯丝较粗的是______灯，当它们串联在家庭电路中时，较亮的是______灯(选填“甲”或“乙”)。4.如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过灯泡𝐿1和𝐿2的电流分别为______𝐴和

______𝐴。5.一个定值电阻和一只小灯泡的电流与其两端电压的关系如图所示，小灯泡的图像是图中的______(选填“𝐴”或“𝐵”)。若把它们串联起来，接在某电源上，电路中的电流是0.3𝐴，则电源电压是______𝑉。6.信鸽是靠地球的______来导航的。

指南针静止时𝑆极指的是地理的______(填“南方”或“北方”)。7.如图，螺线管的上方放置一个小磁针，螺线管左方的水平地面上放置一个铁块。闭合开关后，小磁针静止时左端为______(填“𝑆”或“𝑁”)极。当滑片𝑃向左滑动时，铁块受到的摩

擦力的大小将______。(填“变大”、“变小”或“不变”)第2页，共25页8.把“3𝑉1.5𝑊”和“6𝑉6𝑊”的两灯串联起来，它们两端允许加的最大电压为______；若把它们并联起来，干路允

许通过的最大电流为______。9.根据你对生活和物理知识的认识，下列估测合理的是()A.每盏日光灯电功率约为100𝑊B.班班通电视正常工作时电流为5𝐴C.家里电冰箱工作1天消耗5度电D.电子手表中氧化银电池电压约为1.5𝑉10.如图所示，电源电压不变，闭合开关𝑆后，滑动变阻器滑片自

𝑎向𝑏移动的过程中()A.电压表𝑉1示数变大，𝑉2示数变大，电流表𝐴的示数变大B.电压表𝑉1示数不变，𝑉2示数变大，电流表𝐴的示数变小C.电压表𝑉1示数不变，𝑉2示数变小，电流表𝐴的示数变大D.电压表𝑉1示数变小，𝑉2

示数变大，电流表𝐴的示数变小11.如图所示，一名运动员投掷铅球的过程示意图.铅球在𝑏点离手，𝑐点是铅球运动的最高点，不计空气阻力。在𝑎到𝑑的整个过程中，下列说法不正确的是()A.只有在𝑎到𝑏的过程中，运动员对铅球做了功B.在𝑏到

𝑑的过程中，铅球的机械能先增加后减少C.在𝑐到𝑑的过程中，铅球的重力势能减少D.铅球在𝑐点时的动能不为零第3页，共25页12.如图所示，甲、乙分别为同一滑轮组的不同绕法，忽略绳重及一切摩擦，用图甲绕法匀速提升重为900𝑁的物体时，机械效率为

90%。下列判断正确的是()A.拉力𝐹1的大小为450𝑁B.用图乙绕法匀速提升400𝑁的重物时，机械效率为80%C.分别用两种绕法匀速提升相同重物时，图乙绕法的机械效率更大D.分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度，�

�1、𝐹2做功不相等13.如图所示的电路，电源电压恒为4.5𝑉，小灯泡𝐿上标有“3𝑉1.5𝑊”字样(忽略灯丝电阻的变化)，滑动变阻器𝑅规格为“30𝛺1𝐴”，电流表量程选择“0～0.6𝐴”，电压表量程选择“0～3𝑉”。闭合开关�

�，在不损坏电路元件情况下，下列选项正确的是()A.电路中最大电流为0.6𝐴B.电路的最大功率为2.25𝑊C.电压表示数变化范围为1～3𝑉D.滑动变阻器阻值变化范围为3～30𝛺14.如图所示，是电学中常见的电路图，在𝐴、𝐵两点间分别接入

下列选项中划线字的元件，并进行对应实验，对滑动变阻器在此实验中的作用描述正确的是()A.探究电流与电压的关系——改变定值电阻两端电压B.探究电流与电阻的关系——调节定值电阻两端电压成倍数变化C.测量定值电阻的阻值——多次测量求平均值，减小误差D.测量小灯泡的电功率——改变小灯泡两端电压

，求平均电功率15.工人用如图所示的滑轮组来提升重为800𝑁的物体时，物体在10𝑠内被匀速提升了1.8𝑚，工人对绳子的拉力为500𝑁，工人对地面的压力为250𝑁，不计绳重和摩擦。求：(1)动滑轮的重力；第4页

，共25页(2)工人做功的功率；(3)工人用该滑轮组来提升其它物体时，滑轮组能达到的最大机械效率。16.如图所示的电路中，电源电压恒定不变，已知𝑅1=10𝛺，当𝑆闭合、𝑆1和𝑆2断开时，电流表的示数为0.2𝐴；当𝑆2断开、𝑆和𝑆1闭合时，电流表的示数为0

.8𝐴.求：(1)𝑆闭合、𝑆1和𝑆2断开时，电压表的示数。(2)定值电阻𝑅2的阻值。(3)当𝑆1断开、𝑆和𝑆2闭合时，电路的总功率。17.如图所示是某品牌养生壶的简化电路图，该养生壶有高温、中温

和低温三种工作挡位，它的部分参数如表所示。项目参数电源电压/𝑉220低温挡功率/𝑊275中温挡功率/𝑊550高温挡功率/𝑊？容积/𝐿1.1(1)电阻𝑅1、𝑅2的阻值分别是多少？(2)该养生壶将满壶水从20℃加热至45℃，则水吸收的热量为多少？(3)该养生壶在

额定电压下，处于高温挡状态，将满壶水从20℃加热至45℃，用时120𝑠，该养生壶加热效率是多少？第5页，共25页18.如图所示电表的读数为______。19.如图所示电能表的读数为______；小明将某家用电器单独接在该电能表所在的电路中正常工作6𝑚𝑖𝑛，电能表转盘转动了32𝑟。该家用电

器的额定电功率是______𝑊。20.如图所示，是某一电表的表盘。该电表的表面示数是______，是测量______的仪表。21.如图所示的是插入式电阻箱的结构示意图。它的最大电阻值是______𝛺，图中𝐴、𝐵两个接线柱之间的电阻值是__

____𝛺。22.斜面是简单机械的一种，可用于克服竖直提升重物的困难。几名同学围绕斜面展开如下两个方面的探究(忽略空气阻力)：第6页，共25页(1)小花同学猜想斜面的机械效率可能跟斜面的倾斜程度有关。她利

用图16甲的装置进行实验，用弹簧测力计匀速拉动物块并记录数据如下表：实验次数斜面倾斜程度物块重力𝐺/𝑁斜面高度ℎ/𝑚拉力𝐹/𝑁斜面长度𝑠/𝑚机械效率𝜂1较缓100.25.5136.4%2较陡100.47.0157.1%3最陡100.68.51______①

表格的空白处应该填的数据是______。②第一次实验中，物块受到斜面的摩擦力为______𝑁。③通过分析实验数据，可得结论：______。(2)小埔同学想探究物体沿斜面下滑过程中的能量转化。如图乙，他将同一物体分别置于两个高度相同但倾斜程度不同的斜面

顶端由静止释放，物体均沿斜面运动到底端。①若斜面光滑，下滑过程中物体的运动速度______(选填“增大”、“减小”或“不变”)；②已知𝐵斜面对物体的支持力为5𝑁，斜面长1𝑚，支持力在这个过程中做功______𝐽；③若两斜面的材料相同，物体

沿𝐴斜面下滑到底端的速度为𝑣𝐴，物体沿𝐵斜面下滑到底端的速度为𝑣𝐵，则𝑣𝐴______𝑣𝐵。(选填“>”、“<”或“=”)，判断的依据是______。23.小睿在探究“电压不变时，电流与电阻的关系”时，电路如图甲所示，电

源电压为6𝑉保持不变，𝑅为定值电阻。(1)连接电路时，开关应处于______(选填“断开”或“闭合”)状态，实验前滑动变阻器的第7页，共25页滑片要移到阻值最大处的目的是：______；(2)实验中分别接入5�

�、10𝛺、20𝛺三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，记录数据，得到了如图乙所示的图像。由图像可以得出结论：______；(3)上述实验甲图中：①小睿用5𝛺的电阻做完实验后，保持滑动变阻器滑片的位置不变。接着把𝑅换为10𝛺的电阻接入电路

，闭合开关，应向______(选填“左”或“右”)端移动滑片，其目的是______，直至电压表示数为______𝑉时，读出电流表的示数；②小睿又把𝑅换为20𝛺的电阻接入电路，闭合开关，无论怎样移动滑片，电压表都不能

达到所控制的电压值，为完成整个实验，应该选取滑动变阻器______(选填字母)。A.“20𝛺1.0𝐴”B.“30𝛺1.0𝐴”C.“50𝛺1.0𝐴”24.科学探究是物理学科核心素养的重要内容，探究的形式可以是多种多样的。如图甲所示，是某学习小组同学

设计的研究“电磁铁磁性强弱”的实验电路图。(1)小莹同学测量电流时，连接好电路，闭合开关，发现电表指针向右偏转至如图乙所示位置，原因是______；断开开关，纠正错误后，继续进行实验。(2)要判断电磁铁的磁性强弱，可观

察______来确定，这种科学方法是______。实验记录如下：电磁铁(线圈)50匝100匝试验次数123456电流/𝐴0.81.21.5吸引铁定的最多数目/枚5810(3)比较上表实验中的1、2、3，可得出的结论是：______。第8页，共25页25.如图甲所示是

小明“测量小灯泡的电功率和电阻”的实验电路，电源电压恒为6𝑉，小灯泡的额定电压为3.8𝑉。(1)小明用甲图电路先来测量小灯泡的电功率，其原理是______；闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于______(选填“𝐴”或“𝐵”)端；闭合开关后，当电压表的示数为3.8𝑉

时，电流表的示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为______𝑊；在继续调节滑动变阻器进行测量的过程中，小灯泡突然熄灭，若电流表示数变为0，电压表示数接近6𝑉，则故障可能是小灯泡______(选填“短路”或“

断路”)；(2)排除故障，完成小灯泡额定功率测量后，小明发现用该电路还可以测量小灯泡的阻值，其原理是：______，请在题中虚线框内为小明设计合理的数据记录表格。第9页，共25页答案和解析1.【答案】𝑊=𝑃𝑡𝑐=𝑄𝑚△𝑡【

解析】解：𝑘𝑊⋅ℎ中的𝑘𝑊是功率𝑃的单位，ℎ是时间𝑡的单位，说以电能的公式可写为𝑊=𝑃𝑡；𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)中的𝐽是热量𝑄的单位，𝑘𝑔是质量的单位，℃是温度的单位，所以比热容的公式为𝑐=𝑄𝑚△𝑡。故答案为：𝑊=𝑃𝑡；𝑐=𝑄𝑚△𝑡。要掌握相

应的物理量及其对应的单位，𝑘𝑊是功率的单位，ℎ是时间的单位，𝐽是热量的单位，𝑘𝑔是质量的单位，℃是温度的单位。本题通过有关单位推导相应的公式，考查了对相应物理量及对应单位的掌握。2.【答案】奥斯特正电【解析】解：由物理学史可知，1820年，丹麦物理学家奥斯特通过实验，首先发现了通

电直导线周围存在磁场；由电荷的规定可知，橡胶棒与毛皮摩擦后带负电，这是因为它得到了电子，因此，用橡胶棒摩擦过的毛皮因失去电子而带正电。故答案为：奥斯特；正电。丹麦物理学家奥斯特通过实验证明了通电直导线周围存在磁场；摩擦起电的实质是电荷(电子)的转

移，失去电子带正电，得到电子带负电。本题考查了对奥斯特实验的了解和对摩擦起电实质的理解，属基础知识，难度不大。3.【答案】甲乙【解析】解：(1)根据公式𝑅=𝑈2𝑃可知，两个用电器的电压相同时，功率越大，电阻就越小，由于两盏灯的额定电压相同，乙灯的额定功率小于甲灯的额定

功率，所以乙灯的电阻大于甲灯的电阻，由于灯丝的材料相同，长度相同，灯丝的电阻与横截面积成反比，所以甲灯的灯丝电阻小，灯丝就较粗；(2)若把两盏灯串联在220伏特的电路中，由于串联电路电流相等，乙的电阻大于甲的电阻，第10页，共

25页根据公式𝑃=𝐼2𝑅可知，电阻越大，实际功率越大，所以乙的实际功率大于甲的实际功率，乙灯较亮。故答案为：甲；乙。(1)首先分别利用公式𝑅=𝑈2𝑃比较出甲乙两盏灯的电阻值，然后根据同种材料制成的导体长度越

长、横截面积越小导体的电阻越大的特点分析。(2)灯泡的亮度取决于实际功率，根据串联的特点分析即可得出灯泡的功率大小，进而确定亮度关系。在日常生活中确定若灯泡的铭牌已经看不清楚，确定灯泡功率大小的一种常用

方法，就是通过比较灯丝的长度和横截面积的大小来确定，灯丝的长度越短，灯丝越粗，灯泡的功率就越大。注意灯泡的亮度取决于实际功率。4.【答案】1.20.3【解析】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表𝐴1测干路电流，电流表𝐴2测𝐿2支路电流

，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两个电流表的指针在同一个位置，所以，干路电流表𝐴1的量程为0～3𝐴，分度值为0.1𝐴，示数𝐼=1.5𝐴，𝐿2支路电流表𝐴2的量程为0～0.6𝐴，分度值为0.02𝐴，示数𝐼2=0.3𝐴，则

灯𝐿1中的电流：𝐼1=𝐼−𝐼2=1.5𝐴−0.3𝐴=1.2𝐴。故答案为：1.2；0.3。由电路图可知，两灯泡并联，电流表𝐴1测干路电流，电流表𝐴2测𝐿2支路电流，根据并联电路的电流特点和两个电流表的指针在同一个位置确定两表量程，根据分度值读出示

数，进一步求出灯𝐿1中的电流。本题考查了并联电路的电流特点和电流表的读数，会确定两电流表的量程是关键。5.【答案】𝐵3.5【解析】解：(1)定值电阻的阻值是不变的，而灯泡的电阻会随温度升高而增大，

由欧姆定律知，电阻一定时，通过导体的电流与电压成正比；由图象可知，图象𝐴是正比例函数图象，所以𝐴为定值电阻𝑅的电流与其两端电压关系的图象，𝐵是灯泡的电流与其两端电压的关系图象；第11页，共25页(2)因串联电路处处电流相等，所以通过定值电阻和灯泡的电流均为0.3𝐴时，由图像可

知，𝑈𝐴=1.5𝑉，𝑈𝐵=2.0𝑉，因串联电路两端电压等于各部分电路两端电压之和，所以电源电压：𝑈=𝑈𝐴+𝑈𝐵=1.5𝑉+2.0𝑉=3.5𝑉。故答案为：𝐵；3.5。(1)灯泡的电阻会随温度升高而增大，由此结合图象分析判

断；(2)根据串联电流电流规律、结合图像读出定值电阻和灯泡两端电压，再根据串联电路电压规律求出电源电压。本题考查串联电路电流和电压特点以及欧姆定律的应用，关键是能从图象中获取有用信息。6.【答案】磁场；南方【解析】解：(1)

地球周围存在着地磁场，信鸽是靠地球的磁场来导航的；(2)磁体周围存在着磁场，地球也是一个磁体，周围有地磁场；指南针静止时𝑆极指向地理的南方，𝑁极所指的是地理的北方，根据同名磁极互相吸引，说明地磁场的南极在地理的北极附近。故答案是：磁场；南方。(1)地球是一个巨大的

磁场，周围存在着地磁场；(2)磁极间的相互作用是：同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引。该题考查了地磁场及磁极间的相互作用，属于基础知识，难度不大。7.【答案】𝑆变小【解析】解：根据螺线管中电流的方向和线圈的绕向，利用安培定则用右手握住导线，让四指指向电流方

向，则大拇指指向右端，即螺线管的左端为𝑁极，右端为𝑆极，当小磁针静止时，根据磁极间的作用规律可知，相互靠近的一定是异名磁极，因此可以确定小磁针的左端为𝑆极，右端为𝑁极。当滑片𝑃向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路中的电流变小，通电螺线管的磁性

变弱，对铁块的吸引力变小，故铁块受到的摩擦力将变小。故答案为：𝑆；变小。(1)根据安培定则可知螺线管的极性，由磁极间的相互作用可知小磁针静止时左端极性；(2)分析当滑片𝑃向左滑动时滑动变阻器接入电路的阻值变化，然后可知电路中的电流变化，由此可知磁性变化，然后可知

摩擦力变化。第12页，共25页本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则、通电螺线管的磁性强弱的因素。利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。8.【答案】6𝑉1𝐴【解析】解：由𝑃=𝑈𝐼可得，两灯泡的额

定电流分别为：𝐼1=𝑃1𝑈1=1.5𝑊3𝑉=0.5𝐴，𝐼2=𝑃2𝑈2=6𝑊6𝑉=1𝐴，由𝐼=𝑈𝑅可得，两灯泡的电阻分别为：𝑅1=𝑈1𝐼1=3𝑉0.5𝐴=6𝛺，𝑅2=𝑈2𝐼2=6𝑉1𝐴=6𝛺；(1)当将它们串联使用时，因串联电路中各处的电

流相等，所以，电路中的最大电流𝐼=𝐼1=0.5𝐴，因串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以，电路两端允许加的最大电压：𝑈串=𝐼(𝑅1+𝑅2)=0.5𝐴×(6𝛺+6𝛺)=6𝑉；(2)两灯

泡并联时，各支路两端的电压相等，所以，电源的电压𝑈并=𝑈1=3𝑉，通过两灯泡的电流：𝐼1′=𝐼1=0.5𝐴，𝐼2′=𝑈并𝑅2=3𝑉6𝛺=0.5𝐴，因并联电路中的干路电流等于各支路电流之和，所以，电路允许通

过的最大电流：𝐼并=𝐼1′+𝐼2′=0.5𝐴+0.5𝐴=1𝐴。故答案为：6𝑉；1𝐴。已知两灯泡的额定电压和额定功率，先根据公式𝑃=𝑈𝐼求出各自正常工作时的电流，根据欧姆定律求出电阻。(1)如果把它们串联起来，则串联电路的电流只能取两个电流中最小的一个，然后根据电阻的

串联和欧姆定律求出电路两端允许加的最大电压；(2)当将他们并联使用时，电路电压同样只能取额定电压较小的那个，然后分别算出通过𝐿1和𝐿2的电流，最后将它们的电流相加算出电路允许通过的最大电流。本题考查了串、并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是对于额定电压和额定电流不同的两个电阻来说

，串联时比较额定电流取小的，并联时比较额定电压取小的。9.【答案】𝐷【解析】解：𝐴、日光灯的功率一般为40𝑊。故A不合理；B、班班通电视工作电流在0.7𝐴左右。故B不合理；第13页，共25页C、家用电冰箱的工作是不连续的，平均1天的耗

电量在1度左右。故C不合理；D、电子手表中氧化银电池电压约为1.5𝑉。故D合理。故选：𝐷。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，最后判断最合理的是哪一个。估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行

快速计算以及对取值范围合理估测的方法。10.【答案】𝐷【解析】解：方法一：滑动变阻器滑片自𝑎向𝑏移动的过程中，𝑅2的电阻变大→电路的总电阻就变大→由于电源电压不变，导致电路中的总电流变小→电流表𝐴示数变小→依据𝑈1=

𝐼𝑅1，𝑅1不变，𝐼变小，所以𝑈1变小→电压表𝑈1示数变小→依据𝑈2=𝑈−𝑈1，电源电压𝑈不变，𝑈1变小，所以𝑈2变大。方法二：串联电路中𝑈1𝑅1=𝑈2𝑅2，即电压与电阻成正比，当滑动变阻器滑片自𝑎向𝑏移

动的过程中，𝑅2占总电阻的比例增大，分得电压也增大；𝑅1占总电阻的比例减小，分得的电压也减小；电路中的电流随总电阻的增大而减小。故选：𝐷。电路的动态分析问题，是中考热点题型之一，首先要弄清电路的连接情况，定值电阻𝑅1与滑动变阻器𝑅

2串联，𝑉1测𝑅1的电压，𝑉2测𝑅2的电压，然后根据欧姆定律来分析各表变化。电路的动态分析问题，解题之前要弄清：①看懂电路图，弄清各电表测量哪些用电器的哪些物理量；②弄清改变电阻的方法，利用滑动变阻器改变电阻还是利用开关改变电阻；解题方法有两种：方法①：按这样的顺序分析：局部电

阻如何变化→总电阻如何变化→由于电源电压不变，导致电路中电流如何变化→依据𝑈=𝐼𝑅分析不变的电阻两端的电压如何变化→依据𝑈变化的电阻=𝑈总−𝑈不变的电阻分析变化的电阻两端的电压如何变化。方法②：串联

电路中𝑈1𝑅1=𝑈2𝑅2，即电压与电阻成正比，由此可知串联电路中按电阻的比例分配电压，第14页，共25页电阻所点比例分数越大，分得的电压比例就越大。11.【答案】𝐵【解析】解：𝐴、在𝑎到𝑏的过程中，铅球受到推力作用，且在推力方向上通过了距离

；故运动员对铅球做了功；故A正确；B、不计空气阻力时，机械能守恒，所以在𝑏到𝑑的过程中，铅球的机械能不变；故B错误；C、在𝑐到𝑑的过程中，由于铅球的高度减小，故铅球的重力势能减少；故C正确；D、铅球在𝑐点时，

在水平方向上有一定的速度，具有动能；故D正确。故选：𝐵。(1)做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离(即力和距离的方向要一致)；二者缺一不可。(2)不计空气阻力时，机械能守恒。(3)机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关；重力势能大小与质量和高度有关。明确力是

否做功的判断方法、知道影响动能和重力势能的因素可解答此题。12.【答案】𝐵【解析】解：𝐴、图甲中𝑛=2，因为机械效率𝜂=𝑊有𝑊总=𝐺ℎ𝐹𝑠=𝐺ℎ𝐹𝑛ℎ=𝐺𝑛𝐹，所以拉力𝐹1=𝐺𝑛𝜂=900𝑁2×90%=500𝑁，故A错误；B、图甲

中，忽略绳重及一切摩擦时𝐹=1𝑛(𝐺+𝐺动)，则动滑轮的重力：𝐺动=2𝐹1−𝐺=2×500𝑁−900𝑁=100𝑁，在图乙中，忽略绳重及一切摩擦，克服动滑轮重做的功为额外功，则滑轮组的机械效率𝜂=𝑊有𝑊总=𝑊

有𝑊有+𝑊额外=𝐺ℎ𝐺ℎ+𝐺动ℎ=𝐺𝐺+𝐺动=400𝑁400𝑁+100𝑁=80%，故B正确；C、分别用两种绕法匀速提升相同重物时，由𝜂=𝑊有𝑊总=𝑊有𝑊有+𝑊额外=𝐺ℎ𝐺ℎ+𝐺动ℎ

=𝐺𝐺+𝐺动可知，两图中的机械效率相等，故C错误；D、分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度时，由𝑊有=𝐺ℎ可知，两图中的有用功相等，由𝑊额外=𝐺动ℎ可知，两图中的额外功相等，因为𝑊总=𝑊有+𝑊额外，所以𝐹1、𝐹2做的总功相

等，故D错误。第15页，共25页故选：𝐵。A、图甲中𝑛=2，利用𝜂=𝑊有𝑊总=𝐺ℎ𝐹𝑠=𝐺ℎ𝐹𝑛ℎ=𝐺𝑛𝐹求拉力𝐹1的大小；B、图甲中，利用忽略绳重及一切摩擦时𝐹=1𝑛(𝐺+𝐺动)求

动滑轮的重力；在图乙中，利用忽略绳重及一切摩擦时𝜂=𝑊有𝑊总=𝑊有𝑊有+𝑊额外=𝐺ℎ𝐺ℎ+𝐺动ℎ=𝐺𝐺+𝐺动求滑轮组的机械效率；C、分别用两种绕法匀速提升相同重物时，利用忽略绳重及一切摩擦时𝜂=𝑊有𝑊总=𝑊有𝑊有+𝑊额外=𝐺ℎ𝐺ℎ+𝐺动ℎ=𝐺�

�+𝐺动比较两种绕法的机械效率大小；D、分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度时，利用𝑊有=𝐺ℎ分析两图中有用功的关系；利用𝑊额外=𝐺动ℎ分析两图中额外功的关系，利用𝑊总=𝑊有+𝑊额外分析�

�1、𝐹2做功的关系。本题考查使用滑轮组时绳子拉力、有用功、额外功、总功和机械效率的计算，明确额外功的产生原因，能分析出额外功相同是正确解答本题的关键。13.【答案】𝐵𝐷【解析】解：由电路图可知，灯泡与变阻器𝑅串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。由𝑃=𝑈𝐼

可得，灯泡的额定电流：𝐼额=𝑃额𝑈额=1.5𝑊3𝑉=0.5𝐴，因串联电路中各处的电流相等，且变阻器𝑅允许通过的最大电流为1𝐴，电流表的量程为0～0.6𝐴，灯泡的额定电流为0.5𝐴，所以，为不损坏电路元件，电路中最

大电流：𝐼𝑚𝑎𝑥=𝐼额=0.5𝐴，故A错误；则电路的最大功率：𝑃𝑚𝑎𝑥=𝑈𝐼𝑚𝑎𝑥=4.5𝑉×0.5𝐴=2.25𝑊，故B正确；由灯泡的铭牌可知，灯泡的电压最大3𝑉，此时电流最大为

0.5𝐴，变阻器接入电路的阻值最小，此时滑动变阻器的电压：𝑈滑小=𝑈−𝑈𝐿大=4.5𝑉−3𝑉=1.5𝑉，则滑动变阻器接入电路的最小阻值：𝑅滑小=𝑈滑小𝐼大=1.5𝑉0.5𝐴=3𝛺，当滑动变阻器接入电路的阻值最大为30𝛺时，电路中电流最小，灯泡

的电压最小，第16页，共25页灯泡的电阻：𝑅𝐿=(𝑈𝐿)2𝑃𝐿=(3𝑉)21.5𝑊=6𝛺，电路中的最小电流：𝐼𝑚𝑖𝑛=𝑈𝑅𝐿+𝑅滑大=4.5𝑉6𝛺+30𝛺=0.125𝐴，灯泡两端的最小电压(电

压表的最小示数)：𝑈𝑚𝑖𝑛=𝐼𝑚𝑖𝑛×𝑅𝐿=0.125𝐴×6𝛺=0.75𝑉，所以电压表示数变化范围为0.75𝑉～3𝑉，滑动变阻器阻值变化范围为3𝛺～30𝛺，故C错误，D正确；故选：𝐵𝐷。知道灯泡的额定电压和额定功率，根据𝑃=�

�𝐼求出通过的电流，利用欧姆定律求出灯泡的电阻，结合电流表的量程确定电路中的最大电流，根据𝑃=𝑈𝐼求出电路消耗的最大功率；电路中的电流最大时接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利

用欧姆定律求出接入电路中的电阻；本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，关键是电路中最大电流、最小电流的确定。14.【答案】𝐴𝐶【解析】解：𝐴、探究电流与电压的关系时滑动变阻器的作用一般有保护电路和改变电路电流或改变被测

电阻两端电压，故A正确；B、根据控制变量法的思路，研究导体中的电流与电阻的关系时，要保持导体两端的电压不变，而电路中换用阻值不同的电阻时，电阻两端的电压就要改变，为了保持电阻两端的电压不变，故B错误；C、测量导体的电阻时，通过改变滑动变阻器接入电

路的阻值，从而改变了待测电阻两端的电压和通过它的电流，可以多测几组数据，通过求平均值来减小误差，故C正确；D、在“伏安法”测小灯泡电功率的实验中，滑动变阻器的作用是：通过改变小灯泡两端的实际电压与通过小灯泡的电流，可比较灯泡的实际功率与小

灯泡亮度之间的关系，不需要测量平均功率，故D错误。故选：𝐴𝐶。(1)为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器应处于最大阻值处，探究电流与电压的关系时滑动变阻器的作用一般有保护电路和改变电路电流或改变被测电阻两端电压；(2)根据控制变量法的思路，结合滑动变阻器的使用目的可以确定滑动变阻器此时的作

用；(3)由于电阻是导体本身的一种性质，其大小与导体两端的电压和通过它的电流无关，所以为了防止测量的偶然性，往往采取多次测量求平均值的方法来减小误差；第17页，共25页(4)根据滑动变阻器使用目的，可以确定其在电路中的作用。滑动变阻器可以改变电路中的电流，也可以调节电路两端的电压，要认真审题，注意

语言的准确性。15.【答案】解：(1)由图可知：𝑛=2，根据𝐹=1𝑛(𝐺+𝐺动)可得：动滑轮的重力：𝐺动=𝑛𝐹−𝐺=2×500𝑁−800𝑁=200𝑁；(2)绳端移动的距离：𝑠=𝑛ℎ

=2×1.8𝑚=3.6𝑚，则𝑣绳=𝑠𝑡=3.6𝑚10𝑠=0.36𝑚/𝑠，则工人做功的功率：𝑃=𝐹𝑣绳=500𝑁×0.36𝑚/𝑠=180𝑊；(3)因为地面对人的支持力和人对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，所以地面的支持力：𝐹支=𝐹

压=250𝑁，工人受竖直向下的重力𝐺、竖直向上的拉力𝐹、竖直向上的支持力𝐹支，由力的平衡条件可得：𝐹+𝐹支=𝐺，则：𝐺=𝐹+𝐹支=500𝑁+250𝑁=750𝑁，在不计摩擦与绳重时，工人施加的最大拉力：𝐹最大=𝐺=750𝑁，根据𝜂=𝑊有用𝑊总

×100%=𝑊总−𝑊额𝑊总×100%=(1−𝑊额𝑊总)×100%=(1−𝐺动ℎ𝐹×𝑛ℎ)×100%=(1−𝐺动𝑛𝐹)×100%可知：滑轮组的最大机械效率：𝜂最大=(1−𝐺动𝑛𝐹最大)×100%=

(1−200𝑁2×750𝑁)×100%≈86.7%。答：(1)动滑轮的重力为200𝑁；(2)工人做功的功率为180𝑊；(3)工人用该滑轮组来提升其它物体时，滑轮组能达到的最大机械效率为86.7%。【解析】(1

)根据𝐹=1𝑛(𝐺+𝐺动)可求动滑轮重；(2)根据𝑠=𝑛ℎ求出绳端移动的距离，然后求出绳端移动的速度𝑣物，根据𝑃=𝑊𝑡=𝐹𝑠𝑡=𝐹𝑣求出拉力的功率；第18页，共25页(3)当拉力最大时提升的物体最重，此时机械效率最高；则对工人进行受力分析，工人受重力，绳子拉力和地

面的支持力，据此可求工人的重力，据此可知最大拉力；然后根据𝜂=𝑊有用𝑊总×100%=𝑊总−𝑊额𝑊总×100%=(1−𝑊额𝑊总)×100%=(1−𝐺动ℎ𝐹×𝑛ℎ)×100%=(1−𝐺动𝑛𝐹)×100%求出滑轮组的最大机械效率。本题主要考查

了学生对有用功、总功、滑轮组的机械效率和功率的理解和掌握，属于基础题目，要求学生应熟练掌握，解答本题的关键点有二：一是𝑛的确定，二是不计绳重和摩擦时，𝐹=1𝑛(𝐺+𝐺动)。16.【答案】解：(1)当𝑆闭合、𝑆1和𝑆2断开时，电路为𝑅2的简单电路，电压表测电源两端的电压

，电流表测通过𝑅2的电流，即𝐼2=0.2𝐴，当𝑆2断开、𝑆和𝑆1闭合时，𝑅1与𝑅2并联，电流表测干路电流，即𝐼=0.8𝐴，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过𝑅2的电流不变，因并联电路中干路电流等于各支

路电流之和，所以，通过𝑅1的电流：𝐼1=𝐼−𝐼2=0.8𝐴−0.2𝐴=0.6𝐴，由并联电路的电压规律和𝐼=𝑈𝑅可得，电源的电压：𝑈=𝑈1=𝐼1𝑅1=0.6𝐴×10𝛺=6𝑉，则𝑆闭合、𝑆1和𝑆2断开时，电压表的示数为6𝑉；(2)因并联电路

中各支路两端的电压相等，所以，定值电阻𝑅2的阻值：𝑅2=𝑈𝐼2=6𝑉0.2𝐴=30𝛺；(3)当𝑆1断开、𝑆和𝑆2闭合时，𝑅1与𝑅2并联，此时干路中的电流仍然为𝐼=0.8𝐴，则电路的总功率：𝑃=𝑈𝐼=6𝑉×0.8𝐴=4

.8𝑊。答：(1)𝑆闭合、𝑆1和𝑆2断开时，电压表的示数为6𝑉；(2)定值电阻𝑅2的阻值为30𝛺；(3)当𝑆1断开、𝑆和𝑆2闭合时，电路的总功率为4.8𝑊。【解析】(1)当𝑆闭合、𝑆1和𝑆2断开时，电路为𝑅2的简单电路，电压

表测电源两端的电压，电流表测通过𝑅2的电流；当𝑆2断开、𝑆和𝑆1闭合时，𝑅1与𝑅2并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过𝑅2的电流不变，根据并联电路的电流特点求出通过𝑅1的电流，第19页，共25页

由并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压，从而得出答案；(2)根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出定值电阻𝑅2的阻值；(3)当𝑆1断开、𝑆和𝑆2闭合时，𝑅1与𝑅2并联，干路中的电流不变，根据𝑃=𝑈𝐼求出电路的总功率。本题考查了并联电路的特点和

欧姆定律、电功率公式的应用，要注意并联电路中各支路独立工作、互不影响特点的应用。17.【答案】解：由图知，当开关𝑆1断开，𝑆2接𝐴时，电阻𝑅1、𝑅2串联，电路中的总电阻最大，由𝑃=𝑈𝐼=𝑈2𝑅可知，总功率最小

，此时为低温挡；由图知，当开关𝑆1闭合，𝑆2接𝐵时，电阻𝑅1、𝑅2并联，电路中的总电阻最小，由𝑃=𝑈𝐼=𝑈2𝑅可知，总功率最大，所以此状态为高温挡；当𝑆2接𝐴，𝑆1闭合时，𝑅2被短路，

只有电阻𝑅1接入电路，养生壶处于中温挡，(1)养生壶处于中温挡工作时，由𝑃=𝑈2𝑅得电阻𝑅1接入电路的阻值为：𝑅1=𝑈2𝑃中温=(220𝑉)2550𝑊=88𝛺；低温挡时电路的总电阻为：𝑅=𝑈2𝑃低温=(22

0𝑉)2275𝑊=176𝛺，根据串联电路电阻的规律知电阻𝑅2的阻值为：𝑅2=𝑅−𝑅1=176𝛺−88𝛺=88𝛺；(2)根据𝜌=𝑚𝑉知，水的质量为：𝑚=𝜌水𝑉=1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×1.1

×10−3𝑚3=1.1𝑘𝑔，该养生壶将满壶水从20℃加热至45℃，则水吸收的热量为：𝑄吸=𝑐水𝑚(𝑡−𝑡0)=4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)×1.1𝑘𝑔×(45℃−20℃)=1.155×105𝐽；(3)高温挡的功率为：𝑃高温=𝑈2𝑅1+𝑈

2𝑅2=(220𝑉)288𝛺+(220𝑉)288𝛺=1100𝑊，由𝑃=𝑊𝑡可得，使用高温挡正常加热120𝑠消耗的电能：𝑊=𝑃高𝑡′=1100𝑊×120𝑠=1.32×105𝐽，养生壶高温挡的加热效率

：第20页，共25页𝜂=𝑄吸𝑊×100%=1.155×105𝐽1.32×105𝐽×100%=87.5%。答：(1)电阻𝑅1、𝑅2的阻值都为88𝛺；(2)该养生壶将满壶水从20℃加热至45℃，水吸收的热量为1.155×105𝐽

；(3)该养生壶的加热效率是87.5%。【解析】电源的电压一定，由𝑃=𝑈𝐼=𝑈2𝑅分析各个挡位；(1)根据由𝑃=𝑈2𝑅算出养生壶处于中温挡和低温挡的电阻，根据串联电路电阻的规律算出电阻𝑅1、𝑅2的阻值；(2)根据𝜌=𝑚𝑉算出水的质量，由𝑄吸=𝑐水𝑚(𝑡−

𝑡0)算出该养生壶将满壶水从20℃加热至45℃时水吸收的热量；(3)根据𝑃高温=𝑈2𝑅1+𝑈2𝑅2算出高温挡的功率，由𝑃=𝑊𝑡算出使用高温挡正常加热120𝑠消耗的电能，最后根据𝜂=𝑄吸𝑊×100%算出养生壶高温挡的加热效率。本题考查了电功率公式和吸热公式

、电功公式、效率公式的综合应用，正确的判断养生壶处于不同挡位时电路的连接方式是关键。18.【答案】0.48𝐴【解析】解：由图可知，表盘上标有𝐴字样，该表为电流表；电流表使用的0～0.6𝐴量程，每一个小格代表0.02𝐴，指针在0.4𝐴右边第

四个格，示数为0.48𝐴。故答案为：0.48𝐴。首先根据表盘上“𝐴”判定电表的种类，然后确定使用的量程、对应的分度值，再根据指针位置读数。本题考查了电流表的读数方法，属于基础题目。19.【答案】123

.4𝑘𝑊⋅ℎ100【解析】解：(1)电能表读数：数字方框中最后一位是小数，单位是𝑘𝑊⋅ℎ，则如图所示，电能表的读数为123.4𝑘𝑊⋅ℎ；(2)3200𝑟𝑒𝑣𝑠/𝑘𝑊⋅ℎ表示电路中用电器每消耗1𝑘�

�⋅ℎ的电能，电能表的转盘转过3200转，则电能表转盘转动了32𝑟，家用电器消耗的电能：𝑊=32𝑟3200𝑟𝑒𝑣𝑠/𝑘𝑊⋅ℎ=0.01𝑘𝑊⋅ℎ；第21页，共25页家用电器的额定电功率：�

�=𝑊𝑡=0.01𝑘𝑊⋅ℎ660ℎ=0.1𝑘𝑊=100𝑊。故答案为：123.4𝑘𝑊⋅ℎ；100。(1)电能表读数：数字方框中最后一位是小数，单位是𝑘𝑊⋅ℎ；(2)3200𝑟𝑒𝑣𝑠/𝑘𝑊⋅ℎ表示电路中用电器每消耗1𝑘

𝑊⋅ℎ的电能，电能表的转盘转过3200转，据此可以求出电能表转盘转动了32𝑟，家用电器消耗的电能，利用𝑃=𝑊𝑡计算出家用电器的额定功率。本题考查电能表的读数、对电能表参数的理解、电功率的计算，理解3200𝑟𝑒𝑣𝑠/𝑘𝑊

⋅ℎ所表示的物理意义是解题的关键。20.【答案】28𝛺电阻【解析】解：如图所示电表的表盘上的单位是𝛺，故为电阻表，指针在20−30之间，在20−30之间分度值2𝛺，“0”刻度在右侧，应从右向左读数，示数为：20𝛺+2×4𝛺=28𝛺。故答案

为：28𝛺；电阻。从电表的表盘上的单位分析电表的种类。本题主要考查了电阻表的读数，比较基础。21.【答案】157【解析】解：当5个铜塞都拔出时，此时5根电阻丝串联，总电阻最大，它们的总电阻𝑅=5𝛺+5𝛺+2𝛺+2𝛺+1𝛺=15𝛺；当铜塞插入时，则该铜塞

处的电阻丝就会短路，这部分电阻就会消失。由图可知，𝐴、𝐵两个接线柱之间的电阻是5𝛺+2𝛺=7𝛺。故答案为15，7。插入式电阻箱的原理：是利用铜塞插入或拔出改变连入电路中电阻丝的长度来变阻的，即把铜塞插进去，铜塞处的电阻丝就会短路，电流不从电阻丝走了，所以铜塞插进

去的那部分电阻就消失了。滑动变阻器与电阻箱的比较：滑动变阻器不能表示出连入电路的电阻值，但它可以连续改变接入电路中电阻；电阻箱能表示出连入电路中的阻值大小，但阻值变化是不连续的，没有滑动变阻器变化准。第22页，共25页22.【答案】70.6%70.6%3.5

当物重与斜面的粗糙程度一定时，斜面越陡，机械效率越高增大0>𝐴斜面机械效率高，克服摩擦力做的额外功少，故当物体滑到斜面底端时，机械能转换成的内能少，动能较大，即𝐴的速度较大。【解析】解：(1)①第

三次的机械效率为：𝜂=𝑊有用3𝑊总3=𝐺ℎ3𝐹3𝑠3=10𝑁×0.6𝑚8.5𝑁×1𝑚×100%≈70.6%；②第一次实验中，𝑊总1=𝐹1𝑠1=5.5𝑁×1𝑚=5.5𝐽；𝑊有1=𝐺ℎ1=10𝑁×0.2�

�=2𝐽，故做的额外功为：𝑊额外=𝑊总1−𝑊有1=5.5𝐽−2𝐽=3.5𝐽，本实验中克服摩擦力做的功为额外功，故物块所受斜面的摩擦力为：𝑓=𝑊额外𝑠1=3.5𝐽1𝑚=3.5𝑁；③纵向分析表中的实验的数据，结论是：当物重与斜面的粗糙程度一定时，斜面越陡，机械效率越高；(

2)①若斜面光滑，则物体只受到垂直斜面上的支持力与物体的重力作用，这两力的合力斜向下，为非平衡力，故物体的运动状态要发生改变，下滑过程物体的运动速度增大；②因支持力与移动的距离垂直，故支持力这个过程中做功0𝐽；③根据𝑊=𝐺ℎ，两种情况下做的有用功相同，由(2)①知，𝐴斜面机械

效率高，克服摩擦力做的额外功少，故当物体滑到斜面底端时，机械能转换成的内能少，物体在𝐴斜面上动能较大，即𝐴的速度较大。故答案为：70.6%；(1)①70.6%；②3.5；③当物重与斜面的粗糙程度一定时，斜面越陡，机械效率越高；(2)①增

大；②0；>；𝐴斜面机械效率高，克服摩擦力做的额外功少，故当物体滑到斜面底端时，机械能转换成的内能少，动能较大，即𝐴的速度较大。(1)①根据𝜂=𝑊有用𝑊总=𝐺ℎ𝐹𝑠算出第三次的机械效率；②求出第一次实验中的总功和有用功，从而得出额外功大小，本实

验中克服摩擦力做的功为额外功，据此求出物块所受斜面的摩擦力；③纵向分析表中的实验的数据得出结论；(2)①若斜面光滑，分析物体受到的力的作用，这两力的合力斜向下，为非平衡力，故物体的运动状态要发生改变；第23页，共25页②支持力与移动的距离垂直，支持力不做功；③由(2)

①知，𝐴斜面机械效率高，克服摩擦力做的额外功少，从能的转化和影响动能大小的因素分析。本题考查机械效率的实验，重点考查了控制变量法、数据分析及功的计算和力与运动的关系、影响动能大小的因素。23.【答案】断开保护电路电压一定时，电流与电阻成反比右控制电阻的电压不变2𝐶【解析】解：(1)连接电路时，

开关应处于断开状态，实验前滑动变阻器的滑片要移到阻值最大处的目的是：保护电路；(2)由图乙知，电阻两端的电压始终保持：𝑈𝑉=𝐼𝑅=0.1𝐴×20𝛺=⋯…=0.4𝐴×5𝛺=2𝑉，为一定值，故得出由图像可以得出结论：电压一定时，电流与电阻

成反比；(3)①根据串联分压原理可知，将定值电阻由5𝛺改接成10𝛺的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分

得的电压，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，其目的是控制电阻的电压不变，直至电压表示数为2𝑉，读出电流表的示数；②电阻两端的电压始终保持𝑈𝑉=2𝑉，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：𝑈滑=𝑈−𝑈𝑉=6𝑉−2𝑉

=4𝑉，变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入20𝛺电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：𝑅滑=2×20𝛺=40𝛺，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少40𝛺的滑动变阻器，选C。故答案为：(1

)断开；保护电路；(2)电压一定时，电流与电阻成反比；(3)右；控制电阻的电压不变；2；②𝐶。(1)连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态，实验前滑动变阻器的滑片要移到阻值最大处；(2)由图丙，根据欧姆定律得出电阻两端的电压分析；(3)①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；②探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入2

0𝛺电阻时变阻器连入电路中的电阻。第24页，共25页本题探究“电压不变时，电流与电阻的关系”，考查注意事项、数据分析、操作过程、控制变量法和对器材的要求。24.【答案】电流表的正负接线柱接反了吸引铁钉的多少转换法匝数一定时，电流越大，电磁铁的磁性越强【解析】解：(1)图乙，闭合开关后电流表的

指针反偏是因为电流表的正负接线柱接反了；(2)电磁铁的磁性强弱不能直接用眼睛观察，而是通过电磁铁吸引铁钉的多少来反映，吸引的铁钉越多，电磁铁的磁性越强，这种方法叫转换法；(3)表实验中的1、2、3中匝数相同，电流依次增大，吸引的铁钉的最多数目增多，即匝数一定时，电流越大，电磁铁的磁

性越强。故答案为：(1)电流表的正负接线柱接反了；(2)吸引铁钉的多少；转换法；(3)匝数一定时，电流越大，电磁铁的磁性越强。(1)从电流表的正确使用进行分析：如测量时要选择合适的量程；(2)用控制变量法和转换法探究电磁铁磁性强弱

的影响因素。本题探究“电磁铁磁性强弱”的实验，考查转换法和控制变量法的应用及分析数据得出归纳结论的能力及设计实验方案的能力，体现了对过程和方法的考查。25.【答案】𝑃=𝑈𝐼𝐵1.14断路𝑅=𝑈𝐼【

解析】解：(1)测量小灯泡的电功率需要测出电压和电流，根据𝑃=𝑈𝐼计算出电功率，所以原理是𝑃=𝑈𝐼；闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于最大值的𝐵端；由图甲知，电流表用小量程，分度值为0.02𝐴，图乙知，当电压表的示数为3.8𝑉时，灯正常发光，通过灯泡的电流为0.3𝐴，

所以小灯泡的额定功率𝑃=𝑈𝐼=3.8𝑁×0.3𝐴=1.14𝑊；小灯泡突然熄灭，电流表的示数为0，说明电路中有断路发生，而电压表示数接近6𝑉，即电压表可能串联在电路中，则故障可能是小灯泡断路；(2)测量导体电阻的实验原理是𝑅=𝑈𝐼；测量小灯泡的阻值需测量小灯泡两

端的电压和通过灯泡的电流，以及每次测量后利用𝑅=𝑈𝐼计算出小灯泡的电阻，实验做三次，因小灯泡阻值在不同电压下是不同的，故不需要求三次实验电阻的平均值，记录数据的表格如下：第25页，共25页故答案

为：(1)𝑃=𝑈𝐼；𝐵；1.14𝑊；断路；(2)𝑅=𝑈𝐼；(1)根据灯的额定电压为3.8𝑉确定电压表选用大量程与灯并联；(2)连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态；闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于阻值最大

处；(3)根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据𝑃=𝑈𝐼得出小灯泡的额定功率；(4)根据欧姆定律，可得到𝑅=𝑈𝐼；测出小灯泡的电阻。本题测量小灯泡的电功率，及伏安法测电阻的实验。