期中卷2一、单项选择题（下列各小题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意．共30分，每小题2分）1．（2分）下列物理量中，以科学家的名字焦耳作为单位的物理量是（ ）A．电压B．电流C．电功D．电阻2．（2分）绝缘体与导体的最大区别在于（ ）A．绝缘体内没有电荷，而导体内有电荷B．绝缘体内只有少量电荷，而导体内有大量电荷C．绝缘体内只有少量自由电荷，而导体内有大量自由电荷D．以上说法都是错误的3．（2分）下列四组物体中，在通常情况下都不容易导电的是（ ）A．空气、人体B．陶瓷管、橡胶棒C．石墨棒、金属丝D．盐水溶液、塑料4．（2分）用与毛皮摩擦过的橡胶棒靠近用细线悬挂的轻质小球，发现小球被吸引，则小球（ ）A．一定带正电B．一定带负电C．一定不带电D．可能带正电或不带电5．（2分）如图所示，关于仪表的正确使用和电路常规连接正确的是（ ）电流表接电源电压表接电源导线接电源家用电器接电源ABCDA．AB．BC．CD．D6．（2分）在如图所示的电路中，正确的说法是（ ）A．闭合S1，断开S2，L1发光，L2不发光29\nB．闭合S1，S2，L1，L2都发光C．S1，S2都断开，L1，L2都不发光D．闭合S2，断开S1，L1，L2都发光7．（2分）如图所示，选取一根自动铅笔芯，固定夹子A，夹子B向右运动，下列说法正确的是（ ）A．电路中的电阻变大，灯泡变亮B．电路中的电阻变小，灯泡变亮C．电路中的电阻变大，灯泡变暗D．电路中的电阻变小，灯泡变暗8．（2分）如图所示的电路，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动过程中，下列说法正确的是（ ）A．电流表的示数变大B．电压表的示数变大C．电压表与电流表示数的比值不变D．电压表示数变大，电流表示数变小9．（2分）如图所示是一种自动测定油箱内油量多少的装置，R1是滑动变阻器，它的金属滑片是杠杆的一端，从油量表（由电流表改装而成）指针所指的刻度，就能知道油箱内油量的多少。则（ ）A．油量增加，R1的电阻值增大，油量表指针偏转变小29\nB．油量增加，R1的电阻值减小，油量表指针偏转变大C．油量减少，R1的电阻值增大，油量表指针偏转变大D．油量减少，R1的电阻值减小，油量表指针偏转变小10．（2分）如图所示的实物电路与四个电路图中对应的是（ ）A．B．C．D．11．（2分）如图，R0为滑动变阻器，Rm为滑动变阻器的最大阻值。R1＞R2＞Rm．当滑动变阻器的滑片P置于某一位置时，R1、R2、R0及两端的电压分别为U1、U2、U0；当滑动变阻器的滑片P置于另一位置时，R1、R2、R0两端的电压分别为U1'、U2'、U0'；若29\n△U1=|U1﹣U1'|，△U2=|U2﹣U2'|，△U0=|U0﹣U0'|，则（ ）A．△U0＜△U1＜△U2B．△U1＜△U2＜△U0C．△U1＞△U2＞△U0D．△U0＞△U1＞△U212．（2分）利用“光控开关”和“声控开关”可以节约居民楼的楼道灯的用电。其中“光控开关”能在天黑时自动闭合，天亮时自动断开；“声控开关”能在有声音时自动闭合，无声音时自动断开。如图所示的四个电路图中，合理节约的楼道灯电路是（ ）A．B．C．D．13．（2分）随着人们安全意识的加强，酒驾的危害也越发引起人们的重视。小林出于好奇设计了一种酒精气体浓度测试电路。图中R0为定值电阻，R为酒精气敏元件，其阻值随被测气体中酒精气体浓度的变化规律如图所示。小林希望随着气体中酒精气体浓度的增大，电表的示数也增大。若电源两端的电压不变，则闭合开关S后，图中能够实现上述功能的电路是（ ）A．B．29\nC．D．14．（2分）灯泡L1标有“4V4W”，L2标有“4V2W”，把这两个灯泡串联接到某电源上，闭合开关S后只有一个灯泡正常发光，另一个发光很暗，则该电源电压为（ ）A．12VB．10VC．8VD．6V15．（2分）在电学实验中遇到断路时，常常用电压表来检测，某同学连接如图所示的电路，开关闭合后，电灯不亮，电流表无指示。这时用电压表测得a、b两点间和b、c两点间的电压均为零，而b、d间的电压不为零，这说明（ ）A．电源接线柱接触不良B．开关S的触片或接线柱接触不良C．电流表接线柱接触不良D．灯泡灯丝断了或灯座接触不良二、多项选择题（下列各小题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个．本大题共12分，每小题3分．每小题选项全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的不得分．）16．（3分）下列说法中正确的是（ ）A．自由电荷定向移动的方向就是电流方向B．电功率是表示电流做功快慢的物理量C．导体的电阻与两端的电压、通过导体的电流无关D．导体两端有电压，导体中就会有电流17．（3分）把标有“220V，40W”和“220V，15W”的甲、乙两盏灯串联接在220V电压下，则下面分析正确的是（ ）A．两灯串联在220V的电路中使用时，都不能正常发光B．两灯串联在220V的电路中使用时，甲灯比乙灯亮C．两灯并联在220V的电路中使用时，都不能正常发光D．两灯并联在220V的电路中使用时，甲灯比乙灯亮29\n18．（3分）将灯L1和L2并联接在电压6V不变的电源上（灯L1和L2的电阻不随温度变化），L1的电阻为20Ω，两灯均正常发光，测得通过L2中的电流为0.2A，则下列判断正确的是（ ）A．L1和L2两端的电压之比是1：1B．L1和L2的电阻之比是1：2C．L1的电功率是1.8WD．电路的总电功率是3W19．（3分）甲和乙两个电饭锅额定电压都是220V，甲的额定功率为800W，乙的额定功率为1200W，下列说法正确的是（ ）A．正常工作时，甲的实际功率小于乙的实际功率，电流通过甲做功少B．两个电饭锅并联接入电路中，甲的实际功率小于乙的实际功率，但甲做功并不一定比乙少C．两个电饭锅串联接入电路中，甲的实际功率大于乙的实际功率D．甲的实际功率一定小于乙的功率，甲消耗的电能并不一定比乙少三、实验与探究题（共42分，每空、每图2分）20．（2分）如图所示，电能表的示数是 kW•h。21．（2分）如图所示，电阻箱的示数是 Ω。22．（2分）根据图中所示的实物连接图，在方框内画出电路图。29\n23．（2分）请用笔画线表示连线，连接图中的电路，要求：滑动变阻器的滑片向左滑动，灯泡变亮。24．（8分）如图所示，在探究影响导体电阻大小因素的实验中，导线a、b、c粗细相同，b、d粗细不同；a、c长度不同，a为锰铜合金，b、c、d为镍铬合金。（1）该实验是通过观察 的示数间接比较导线电阻的大小。（2）选用导线a、b分别接入电路中，是为了探究电阻大小跟导体的 有关。（3）选用导线b、c分别接入电路中，是为了探究电阻大小跟导体的 有关。（4）选用导线 分别接入电路中，是为了探究电阻大小跟导体的横截面积有关。25．（6分）在利用“伏安法”测量灯泡电阻R的阻值的实验中：（1）闭合开关S前，应把图甲中滑动变阻器的滑片P置于最 29\n（选填“左”或“右”）端；（2）连好电路，闭合开关S，灯泡L不亮，电压表无示数。请判断电路中发生故障的一处原因可能是 （选填序号即可）。A．电流表短路B．灯泡短路C．滑动变阻器短路D．灯泡断路（3）排除故障并检查电路连接正确后，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P滑动到某一位置时，电压表的示数如图乙所示，电流表的示数如图丙所示，则电阻R阻值为 Ω。26．（2分）电位器和滑动变阻器都是变阻器，它们的原理相同。图甲是某电位器的结构示意图，电阻片R的两端分别与接线端A、C相连，滑动片P的一端通过转轴O与接线端B相连，另一端与电阻片R接触良好，并能绕转轴O在电阻片R上滑动。现将电位器接入如图乙所示的电路中，闭合开关后，移动滑动片P至A位置，电压表的读数为3.6V，移动滑片P至C位置时，电压表的读数为2.4V，试计算R1与电阻片R的最大电阻值之比为 。27．（4分）小伟想利用一块电流表和阻值已知的电阻R0测量未知电阻Rx的阻值。小伟选择了满足这个实验要求的实验器材，并连接了部分实验电路，如图所示。（1）为了测出电阻Rx的阻值，请你只添加两根导线完成如图所示的实验电路的连接。（2）只闭合开关S1，电流表的示数用I1表示；开S1、S2都闭合时，电流表的示数用I2．请你用I1、I2和R0表示Rx．Rx= 。29\n28．（8分）小东利用图甲所示的电路，研究通过导体的电流与导体电阻的关系。电源两端电压为9V且保持不变。（1）实验过程中，把10Ω定值电阻换成8Ω，闭合开关后，下一步的操作是：将滑动变阻器的滑片向 （选填“左”或“右”）移动，目的是保持 不变。（2）根据记录的数据，他描画出电流I与电阻箱阻值R'的关系图线，如图乙。根据图象分析，当通过R'的电流为0.6A时，电阻箱R'的阻值是 Ω。（3）滑动变阻器的滑片P移动的过程中，通过R'的电流从0.4A变化到如图丙所示的示数，此时滑动变阻器接入电路中的电阻R1是 Ω。29．（4分）实验桌上有符合实验要求的电源、已调零的电压表和电流表、滑动变阻器、开关各一个，导线若干，多个阻值已知的不同的定值电阻。小阳利用这些器材，探究通过导体的电流与导体电阻是否成反比。实验电路图如图所示。小阳的实验主要步骤如下：①按照电路图连接实物，将滑动变阻器的滑片置于阻值最大端；②闭合开关，调节滑片到适当位置，读出此时电压表的示数U，电流表的示数I，并把R、I记录在数据表格中。③断开开关，更换定值电阻R，闭合开关，读出电流表的示数I，并把R、I记录在表格中；④仿照步骤③，再做四次实验。请你根据以上叙述回答下列问题：（1）小阳的探究过程中存在的问题： ；（2）请你针对小阳探究过程中存在的问题，写出改正措施： 。29\n30．（2分）小明同学利用如图所示电路，探究流过导体的电流跟导体电阻的关系，得到的实验数据如下表。分析表中的数据，流过导体的电流I跟导体电阻R的关系式是 。电阻R/Ω5610152030电流I/A0.60.50.30.20.150.1四、科普阅读（共4分，每空1分）31．（4分）我国现阶段社会发展突飞猛进，综合国力增强，社会和家庭的用电量迅猛增加，这就给我国的输电线路提出了更高的要求。大家都知道，输电使用的金属导线有电阻，也会有电能损失，即Q损=I2Rt，或也称为损失功率，即P损=I2R．在输送电功率，即P输=UI不变的情况下，现在输电线路较长，为避免电能的损失，都采取高压输电的方法。输电电压U=110KV，即11万伏特的电压。我国各大发电站发出的都是三相电，即传输时是三条主线，请注意观察如图所示的输电线路场景图片。通过你所学习的知识，回答下列问题：（1）为减少输电线路上的损失功率，应采取的办法是 、 ；（2）请你说出采取高压输电的原理是 ；（3）从图片中可以看到，输电线路的三条主线中的一组导线中有金属支架相连，就是三相电中的一相电。传输一相电有的是用4根电线，有的是用6根电线，这样做的目的是 。五、计算题（共12分，每题4分）32．（4分）把一个标有“8V4W”的小灯泡接在10V电源上，若要灯正常发光，需要在电路里串联一个多大的电阻？电阻消耗的电功率是多大？33．（4分）如图所示，当开关S1闭合时，电流表的示数为0.5A；开关S1、S229\n同时闭合时，电流表的示数为0.8A．已知电阻R1=12Ω，求：（1）电源的电压；（2）电阻R2的大小；（3）S1、S2同时闭合1min，电路消耗的总电能。34．（4分）如图所示，是一台标有“220V1210W”字样的饮水机的加热水槽部分工作原理电路图。S是一个温控开关，R1为电加热丝，当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热，达到预定温度后，S自动切换到另一位置，处于保温状态且保温时加热丝的功率为160W．不考虑温度对电阻的影响，A、B是两种不同颜色的指示灯，且不计指示灯的阻值，求：（1）加热丝R1的阻值；（2）饮水机加热1min消耗电能；（3）饮水机处于保温状态时电阻R2的阻值。29\n答案解析一、单项选择题（下列各小题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意．共30分，每小题2分）1．【分析】根据对电压、电流、电功、电阻单位的掌握解答此题。【解答】解：电压的单位是：伏特（V）；电流的单位是安培（A）；电功的单位是焦耳（J）；电阻的单位是欧姆（Ω）。故选：C。【点评】此题考查我们对于物理单位的了解，是一道基础题；本题考查了物理学史方面的知识，学习物理学史不仅能丰富我们的知识，还能激发我们学习物理的兴趣，平时要注意物理学历史知识的学习与积累。2．【分析】电流是由电荷的定向移动形成的，而这些电荷必须是自由电荷。所谓自由电荷，就是电荷可以在物体内部自由的移动，当受到电压推动力以后，这些自由电荷就会发生定向移动形成电流。【解答】解：导体内部有大量的自由电荷，导体之所以容易导电，靠的就是这些自由电荷；而绝缘体内部几乎没有自由电荷，自由电荷很少，所以也就不容易导电了。故选：C。【点评】此题考查导体容易导电的原因和绝缘体不容易导电的原因，了解导体导电的实质，对导体和绝缘体导电的原因就有了更深一层的了解。3．【分析】容易导电的物体叫导体；不容易导电的物体叫绝缘体。根据超导体和绝缘体的定义可做出判断。【解答】解：常见的导体包括：人体、大地、各种金属、酸碱盐的溶液等。题中所列物质，只有石墨棒、人体、金属、盐水溶液、金属丝、湿木头是导体，其他都是绝缘体。故选：B。【点评】此题考查哪些物体为导体，属于识记的内容，比较简单。4．【分析】（1）自然界存在两种电荷，正电荷和负电荷。用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电。（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。排斥的物体一定是带有同种电荷，吸引的物体可能带有异种电荷，也可能是带电体吸引不带电体。【解答】解：毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，用它去靠近用细线悬挂的轻质小球，发现小球被吸引，则小球可能带正电或不带电。29\n故选：D。【点评】掌握正电荷和负电荷的规定，掌握电荷间的作用可顺利解答。5．【分析】（1）电流表串联在电路中，但不可以直接接在电源两端；（2）电压表并联在电路中，可以直接接在电源两端；（3）导线将电源两极连起来后会形成电源短路，烧坏电源，引起火灾；（4）家庭电路中的各用电器并联连接。【解答】解：A、电流表直接接在了电源两极上，否则电流表会被烧坏，故A错误；B、电压表直接接在电源两极上，测量电源电压，故B正确；C、导线将电源两极连起来了，会形成电源短路，故C错误；D、电冰箱与电吹风机串联在了家庭电路中，故D错误。故选：B。【点评】本题考查电流表、电压表的正确使用以及家庭电路中各用电器的连接方式，属于基础题。6．【分析】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，各用电器之间首尾相接；另一种是并联，在并联电路中电流有多条流通路径，各个用电器之间并列连接。【解答】解：A、闭合S1，断开S2，会造成电源短路，这是不允许的，L1、L2都不发光，故A错误；B、闭合S1，S2，闭合S1会造成电源短路，这是不允许的，L1、L2都不发光，故B错误；C、S1，S2都断开，则L1灯跟电源构成通路，L1灯亮，L2灯不亮，故C错误；D、闭合S2，断开S1，灯L1、L2并联，L1，L2都发光，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查对串联电路中连接特点的了解。7．【分析】分析清楚电路结构，根据夹子B的移动方向判断铅笔芯接入电路的阻值如何变化，然后应用串联电路特点结合欧姆定律、电功率公式分析答题。【解答】解：由图示电路图可知，灯泡与铅笔芯串联，当夹子B向右移动时，铅笔芯接入电路的阻值变大，电路总电阻变大；电源电压不变，由欧姆定律I=29\n可知，电路电流减小，由P=UI可知，灯泡实际功率变小，灯泡变暗，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题是一道闭合电路动态分析题，分析清楚电路结构、应用串联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可正确解题。8．【分析】由电路图可知，R与滑动变阻器串联，电压表测R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R两端的电压变化，再根据欧姆定律可知电压表和电流表示数的比值变化。【解答】解：A、由电路图可知，R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，将滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故A错误；B、由U=IR可知，R两端的电压变小，即电压表的示数变小，故B错误；CD、因电压表和电流表示数的比值等于R的阻值，所以，电压表和电流表示数的比值不变，故C正确、D错误。故选：C。【点评】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，关键是把电压表和电流表示数的比值转化为定值电阻的阻值来处理。9．【分析】当油量发生为化时，浮标随之运动，带动与浮标相连的指针运动，则可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可得出电路中各电流的变化，进一步判断油量表指针的偏角。【解答】解：（1）当油量增加时，油面升高，浮子位置升高，在杠杆作用下，滑动变阻器R1连入电路的阻值减小，电路中的总电阻减小，由I=可知，电路中的电流增大，电流表示数增大，因油量表即电流表改装而成，所以指针偏转变大，故A不正确，B正确。（2）当油量减少时，油面下降，浮子位置降低，在杠杆作用下，滑动变阻器R1连入电路的阻值增大，电路中的总电阻增大，由I=可知，电路中的电流减小，电流表示数减小，指针偏转减小，故CD不正确。故选：B。29\n【点评】本题考查欧姆定律及滑动变阻器在生活中的应用，要通过对图的分析得出仪器的原理，再由物理规律求解。10．【分析】从实物图中可以看出，两只灯泡并联，开关控制干路，电流表在L2支路上。【解答】解：由实物图可知，两只灯泡并联，开关控制干路，电流表在L2支路上；A、由图可知，两只灯泡并联，开关控制干路，电流表在L1支路上，故A不符合题意；B、两只灯泡并联，开关控制干路，电流表在干路上，故B不符合题意；C、两只灯泡并联，开关控制干路，电流表在L2支路上，故C符合题意；D、两只灯泡并联，开关控制L2支路，电流表在L1支路上，故D不符合题意。故选：C。【点评】本题考查根据实物图选择电路图，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，根据实物图画电路图是整个初中物理的难点也是重点，并且是中考必考内容。11．【分析】当滑动变阻器的滑片P置于另一位置时，电路中的总电阻变化，电流变化，根据U=IR即可判断各电阻两端的电压变化，由于总电压不变，进而比较各处的电压变化量。【解答】解：该电路为串联电路，电流相同，R1和R2为定值电阻，则当滑动变阻器的滑片P置于另一位置时，R1、R2两端的电压变化量△U1=|U1﹣U1'|=|IR1﹣I'R1|=|△I|R1，△U2=|U2﹣U2'|=|IR2﹣I'R2|=|△I|R2；由于R1＞R2＞Rm，则△U1＞△U2；根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：△U0=|U0﹣U0'|=|（U﹣U1﹣U2）﹣（U﹣U1'﹣U2'）|=|U﹣U1﹣U2﹣U+U1'+U2'|=|U1'﹣U1+U2'﹣U2|=|﹣（U1﹣U1'）﹣（U2﹣U2'）|=|﹣△U1﹣△U2|=|△U1+△U2|，所以，△U0＞△U1；由此可知：△U0＞△U1＞△U2。故选：D。【点评】解决本题关键是抓住总电压不变，减少的电压等于增大的电压。12．【分析】根据题意可知，只有当“光控开关”、“声控开关”都闭合了灯才能亮，否则灯泡不亮；这说明两开关共同控制电路，即为串联。【解答】解：根据题意可得，声控开关和光控开关串联后共同控制灯泡，用导线将各元件依次连接起来，如B选项中图所示。故选：B。29\n【点评】本题的关键是根据灯泡的工作条件确定开关的连接方式，然后根据串、并联的特点得出符合题意的电路图。13．【分析】根据图象知气敏元件阻值随酒精浓度的变化情况，由此结合各选项的电路图分析解答。【解答】解：由图象知，酒精气敏元件R，它在电路中的作用相当于一个可变电阻，其阻值随被测的酒精气体浓度的增大而增大。A、R与R0并联，电压表测电源电压，所以R的阻值变化不会引起电源电压的变化，即电压表示数不变，故A错误；B、R与R0串联，电压表测R两端电压，由串联电路的分压原理可知，R阻值增大时，它分得的电压增大，即电压表示数变大，故B正确；C、R与R0并联，电流表测R支路的电流，由并联电路电压特点知R两端电压不变，由I=知，R变大时，电流表示数变小，故C错误；D、R与R0并联，电流表测电路中电流，R变大时，总电阻变大，电源电压不变，由I=知，电流表示数变小，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了串联和并联电路特点以及欧姆定律的应用，要能从图象中得到R与酒精浓度的关系，正确分析各选项电路图结构。14．【分析】知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI求出额定电流，再根据欧姆定律求出电阻；两只灯泡串联使用时通过它们的电流相等，为了使电路安全使用，串联电路的最大电流只能取两个额定电流中最小的一个，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压。【解答】解：由P=UI可得，两灯泡的额定电流分别为：I1===1A，I2===0.5A，由I=可得，两灯泡的电阻分别为：R1===4Ω，R2===8Ω；把这两个灯泡串联接到某电源上时，29\n因串联电路中各处的电流相等，且只有一灯泡正常发光，另一个灯泡发光很暗，所以，为了使电路安全使用，电路中的最大电流I=I2=0.5A，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电源的电压：U=I（R1+R2）=0.5A×（4Ω+8Ω）=6V。故选：D。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律以及电功率公式的灵活应用，关键是知道串联时允许通过的最大电流为两个额定电流里面最小的一个。15．【分析】要解决此题，需要知道电路中若无电流，则电路出现了断路现象，用电压表检测电路时，将电压表分别与各部分电路并联，若电压表的示数约等于电源电压，则该处发生了断路。【解答】解：开关闭合后，电灯不亮，电流表无指示，说明电路出现断路现象；用电压表检测时，发现b、d间的电压不为零，而电压表测得a、b两点间和b、c两点间的电压均为零，说明开关和电流表都完好，因此是灯泡出现断路现象。故选：D。【点评】此题主要考查了用电压表判断电路故障的一种方法，当电压表有示数时说明电压表之间的部分可能发生了断路。二、多项选择题（下列各小题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个．本大题共12分，每小题3分．每小题选项全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的不得分．）16．【分析】根据以下知识分析判断：（1）电荷的定向移动形成电流，人们把正电荷定向移动的方向规定为电流方向；（2）电功率是表示电流做功快慢的物理量，其大小等于单位时间内电流做功多少；（3）电阻是导体本身的一种性质，决定于导体的材料、长度、横截面积和温度，与电压、电流无关；（4）得到持续电流的条件：有电压，电路是通路。【解答】解：A、电荷的定向移动形成电流，人们把正电荷定向移动的方向规定为电流方向。故A错误；B、电功率是表示电流做功快慢的物理量。故B正确；29\nC、电阻是导体的性质，决定于导体的材料、长度、横截面积和温度，与电压、电流无关。故C正确；D、导体中要有电流，必须有电压，并且是通路。故D错误。故选：BC。【点评】本题考查了学生对电流方向、电功率物理意义、电阻性质及电流电压关系的了解与掌握，属于基础题目。17．【分析】（1）由灯泡的铭牌可知两灯泡的额定电压相等，根据P=UI=比较两灯泡的电阻关系，两灯泡串联时通过它们的电流相等，根据P=I2R比较两灯泡的实际功率关系，实际功率大的灯泡较亮；（2）两灯并联在220V的电路中使用时它们两端的电压均和额定电压相等，实际功率和额定功率相等，实际功率大的灯泡较亮。【解答】解：（1）由灯泡的铭牌可知，两灯泡的额定电压相等，由P=的变形式R=可知，乙灯泡的额定功率较小，其电阻较大，两灯串联在220V的电路中使用时，因串联电路中电阻越大分得的电压越大，所以，两灯泡两端的电压均小于220V，不能正常发光，故A正确；因串联电路中各处的电流相等，所以，由P=I2R可知，乙灯泡的电阻较大，实际功率较大，灯泡较亮，故B错误；（2）两灯并联在220V的电路中使用时，因并联电路中各支路两端的电压相等，且额定电压下灯泡正常发光，所以，两灯泡都能正常发光，故C错误；此时甲灯泡的实际功率40W大于乙灯泡的实际功率25W，则甲灯比乙灯亮，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了串并联电路的特点和电功率公式的应用等，要注意串联电路的分压特点以及额定电压下灯泡的实际功率与额定功率相等。18．【分析】将灯L1和L2并联接在电压6V不变的电源上时，根据并联电路的电压特点可知两灯泡两端的电压之比，根据欧姆定律求出L2的电阻，进一步两灯泡的电阻之比，根据P=UI=求出两灯泡的电功率，两者之和即为电路的总功率。【解答】解：将灯L1和L2并联接在电压6V不变的电源上时，因并联电路中各支路两端的电压相等，29\n所以，L1和L2两端的电压之比是1：1，故A正确；由I=可得，L2的电阻：R2===30Ω，则L1和L2的电阻之比：R1：R2=20Ω：30Ω=2：3，故B错误；两灯泡的电功率分别为：P1===1.8W，P2===1.2W，故C正确；因电路中总功率等于各用电器功率之和，所以，电路的总功率：P=P1+P2=1.8W+1.2W=3W，故D正确。故选：ACD。【点评】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，是一道较为简单的应用题。19．【分析】A、正常工作时，电饭锅的实际功率等于额定功率，根据W=Pt分析；B、根据P=确定甲乙电阻大小关系；由并联电路的电压规律，判断甲的实际功率与乙的实际功率大小，根据W=Pt，根据没有确定工作时间分析；C、两个电饭锅串联接入电路中，根据串联电路电流的规律和P=I2R分析；D、根据P=，实际功率由实际电压大小和电阻大小的比值决定。【解答】解：A、两个电饭锅额定电压都是220V，甲的额定功率为800W，乙的额定功率为1200W，电饭锅正常工作时，实际功率等于额定功率，此时甲的实际功率小于乙的实际功率；因不知工作时间的关系，根据W=Pt可知，无法确定电流做功的大小，即电流通过甲做功不一定少，故A错误；B、根据P=可得R=，两个电饭锅的额定电压相同，因甲的额定功率小，故甲的电阻大；两个电饭锅并联接入电路中，电压相等，根据P实=可知，甲的实际功率小于乙的实际功率；29\n因不知工作时间的关系，根据W=Pt可知，无法确定电流做功的大小，则甲做功并不一定比乙少，故B正确；C、两个电饭锅串联接入电路中，电流相等，因甲的电阻大，根据P=I2R可知，甲的实际功率大于乙的实际功率，故C正确；D、根据P=可知，实际功率由实际电压和电阻大小的决定，因无法确定甲乙的电压大小，所以甲的实际功率不一定小于乙的功率，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查串联、并联电路的规律及电功率公式的运用，同时对学生思维的缜密性也做了考查，注意电功与电功率的区别，综合性强，有难度。三、实验与探究题（共42分，每空、每图2分）20．【分析】电能表最后一位示数是小数位，单位是kW•h．由图示电能表读出其示数。【解答】解：由图示电能表可知，其示数为1358.6kW•h。故答案为：1358.6。【点评】本题考查了电能表的读数，电能表单位是kW•h，最后一位数字是小数位，根据图示电能表即可正确读数。21．【分析】用各指针所指的示数乘以下面的倍数，然后将所有的数值相加，即为该电阻箱的读数。【解答】解：图中电阻箱示数是：5×1000Ω+3×100Ω+0×10Ω+7×1Ω=5307Ω。故答案为：5307。【点评】此题主要考查了电阻箱的读数问题，更有利于解决现实生活中有关的类似读数问题。22．【分析】（1）分析电路结构，明确各电路元件的连接方式；（2）根据电路元件的连接方式画出电路图。【解答】解：由实物电路图可知，电流从电源正极出发，经电流表分支，一支经电阻R2、另一支经电阻R1，然后共同经开关S回到电源负极，电压表并联在R1两端，电路图如图所示。29\n【点评】本题考查了根据实物图画电路图，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式，是正确解题的关键。23．【分析】根据滑动变阻器的滑片向左滑动，灯泡变亮，确定变阻器的连接与灯串联在电路中。【解答】解：滑动变阻器的滑片向左滑动，灯泡变亮，说明电流变大，变阻器接入的电阻变小，故滑片以左的电阻丝连入电路与灯串联，开关控制整个电路，如下所示：【点评】本题考查实物图的连接，关键是变阻器的接法。24．【分析】（1）电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小。（2）影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度、横截面积和温度，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变。【解答】解：（1）当接入电路不同的导体时，可通过观察灯泡的亮暗或观察电流表示数来比较导体电阻的大小；（2）由图可知，导线a、b的粗细、长度均相同、材料不同，因此选用导线a、b分别接入电路中，是为了探究电阻大小跟导体的材料有关；（3）由图可知，导线b、c的粗细、材料均相同、长度不同，因此选用导线b、c分别接入电路中，是为了探究电阻大小跟导体的长度有关；（4）由图可知，导线b、d的长度、材料均相同、粗细不同，因此选用导线b、d分别接入电路中，是为了探究电阻大小跟导体的横截面积有关。故答案为：（1）电流表；（2）材料；（3）长度；（4）b、d。【点评】探究影响电阻大小的因素采用了控制变量法的思想，电阻大小的变化是通过电流表的示数变化体现的，这里采用了转换法的思想。29\n25．【分析】（1）闭合开关S前，为保护电路，应把图甲中滑动变阻器的滑片P置于阻值最大处；（2）逐一分析每个选项，找出正确答案；（3）由电表选用的量程确定分度值读数，由欧姆定律求电阻R阻值。【解答】解：（1）闭合开关S前，应把图甲中滑动变阻器的滑片P置于阻值最大处，即最左端；（2）A．若电流表短路，电路为通路，则电压表有示数，灯亮，不符合题意；B．若灯泡短路，则电压表无示数，灯泡L不亮，符合题意；C．滑动变阻器短路，电压表测电源电压，有示数，不符合题意；D．灯泡断路，电压表串联在电路中，电压表测电源电压，有示数，不符合题意；故选B；（3）闭合开关S，滑动变阻器的滑片P滑动到某一位置时，电表的示数如图乙、图丙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2V，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.5A，由欧姆定律，则电阻R阻值为：R==4Ω。故答案为：（1）左；（2）B；（3）4。【点评】本题利用“伏安法”测量灯泡电阻R的阻值，考查注意事项、故障分析和电表读数及电阻计算。26．【分析】由电路图可知，移动滑动片P至A位置，电路为R1的简单电路，电压表测电源两端的电压，根据电压表的示数可知电源的电压；移动滑片P至C位置时，电位器接入电路中的电阻最大，电压表测R1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电位器两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出R1与电阻片R的最大电阻值之比。【解答】解：由电路图可知，移动滑动片P至A位置，电路为R1的简单电路，电压表测电源两端的电压，由电压表的示数可知，电源的电压U=3.6V；由图可知，移动滑片P至C位置时，电位器接入电路中的电阻最大，且该最大电阻与R1串联，电压表测R1两端的电压，因串联电路中总电压等于各分电压之和，29\n所以，电位器两端的电压：UR=U﹣U1=3.6V﹣2.4V=1.2V，因串联电路中各处的电流相等，所以，由I=可得，R1与电阻片R的最大电阻值之比：====。故答案为：2：1。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。27．【分析】（1）实验中没有电压表，被测电阻已经被一个开关短路，不能设计成并联电路找电压相等。通过开关闭合与断开，使电路处于两种状态，利用电源电压保持不变，使电路两种状态下的电压相等。（2）可以使已知电阻和被测电阻串联，测量串联电路中的电流，然后短路被测电阻测出电路电流，利用电源电压相等，列出等式求解。【解答】解：（1）使已知定值电阻和被测电阻串联，电流表串联在电路中，测串联电路的电流。再把被测电阻短路，只有已知电阻接在电路中，测此时电路的电流。如下图：（2）只闭合开关S1，定值电阻和被测电阻串联，则根据串联电路的特点和欧姆定律可知：电源电压：U=U0+Ux=I1（R0+Rx）；开关S1、S2都闭合时，只有连入R0电路，则根据欧姆定律可知：29\n电源电压：U=I2R0；由于两种电路状态下的电源电压相等，所以，I1（R0+Rx）=I2R0，则：Rx=。故答案为：（1）如上：（2）。【点评】在实验设计题中和计算题中，通过闭合和断开开关或移动滑片来改变电路连接状态，利用电源电压不变或并联电路支路电压相等，列出等式解题，是很典型、很常见、很简单的方法，一定要掌握。28．【分析】（1）在运用控制变量法探究电流与电阻的关系时，应该在电阻改变的同时保持两端电压一定。（2）由图乙图可知，0.6A电流对应的电阻值。（3）串联电路电阻具有分压作用，根据电源电压和电阻箱两端电压可以求出滑动变阻器两端电压，再根据电流相同就可计算滑动变阻器接入电路的阻值。【解答】解：（1）在研究导体中的电流与导体的电阻的关系时，把10Ω定值电阻换成8Ω，闭合开关后，根据串联分压的特点，换成8Ω，电阻两端的电压变小，故下一步的操作是：将滑动变阻器的滑片向左移动，增大电压表的示数，保持导体两端的电压不变。（2）由乙图知，通过的电流为0.6A，电阻箱阻值为5Ω；（3）丙图中通过电阻箱的电流为0.25A，由乙图知此时电阻箱的电阻为14Ω，所以电阻箱两端电压为：U′=IR′=0.25A×14Ω=3.5V所以滑动变阻器两端电压为：U1=U﹣U′=9V﹣3.5V=5.5V，所以滑动变阻器接入电路的电阻为R1===22Ω。故答案为：（1）左；导体两端的电压；（2）5；（3）22。29\n【点评】解第三小题时容易出错，题目要求计算滑动变阻器接入电路的电阻，如果不认真审题，容易错算成电阻箱接入电路的电阻。29．【分析】根据控制变量法，研究导体的电流与导体电阻的关系时，应控制电阻的电压不变。【解答】解：研究导体的电流与导体电阻的关系时，应控制电阻的电压不变；（1）在③中，断开开关，更换定值电阻R，闭合开关，根据分压原理，电压表示数发生了变化，直接读出电流表的示数I，没有控制电阻R两端电压U保持不变；（2）在步骤③中，断开开关，更换定值电阻R，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使电压表示数仍为U保持不变，读出此时电流表的示数I，并把R、I记录在数据表格中。故答案为：（1）没有控制电阻R两端电压U保持不变；（2）在步骤③中，断开开关，更换定值电阻R，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片使电压表示数仍为U保持不变，读出此时电流表的示数I，并把R、I记录在数据表格中。【点评】本题探究通过导体的电流与导体电阻是否成反比，考查对实验方案的评估能力及控制变量法的运用。30．【分析】探究流过导体的电流跟导体电阻的关系时应控制电阻两端的电压不变，根据表格数据得出IR的值，然后得出答案。【解答】解：由表格数据可知，电流与电阻的乘积：IR=0.6A×5Ω=0.5A×6Ω=0.3A×10Ω=0.2A×15Ω=0.15A×20Ω=0.1A×30Ω=3A•Ω，所以，流过导体的电流I跟导体电阻R的关系式是I=。故答案为：I=。【点评】本题考查了学生分析数据得出结论的能力，要注意探究流过导体的电流跟导体电阻的关系时应控制电阻两端的电压不变。四、科普阅读（共4分，每空1分）31．【分析】（1）远距离输电过程中，电能耗损主要是由于电流的热效应而造成的；根据功率公式P=I2R分析减小远距离输电电能损失的措施。（2）根据P=UI可知，电功率一定时，电压越高，线路中的电流就越小，由Q=I2Rt可得，电阻和通电时间一定时，电流越小，电流通过导线产生的热量越小。29\n（3）将多根导线并列的连接在一起等效成一根导线，相对于其中的任何一根导线，从外形上看，很容易得出其横截面积的变化；根据电阻定律，分析导体的横截面积与电阻的关系，从而可以确定横截面积的变化造成导体的电阻如何变化。能导电的物体是导体。【解答】解：（1）在输电电流I输一定的情况下，由公式P输=I输2R知，输电导线电阻R越小，输电功率损失越小；在输电导线电阻R一定的情况下，由P输=I输2R知，输电电流I输越小，功率P输损失越小，故要减少输电线路上的损失功率，应采取的办法是减小导线中的电流、减小导线的电阻。（2）在输送电功率不变的情况下，电压越高，线路中的电流越小，由焦耳定律Q=I2Rt可知，高压输电能减少线路上电能的损失。（3）在导线材料与长度一定的情况下，导线的横截面积越大，导线电阻越小，导线电阻变小，可以减少输电线上电能的损失，把多根导线固定在一起，多根导线并联，增大了导线的横截面积，从而使输电导线电阻变小，输电损失的电能减小。故答案为：（1）减小电流；减小电阻；（2）升高电压，减小电流，可以减小电能的损失；（3）增大了导线的横截面积，从而使输电导线电阻变小，输电损失的电能减小。【点评】本题考查减小输电线路电功率损失的方法，此题与我们的日常生活联系比较紧密；用高压输电不仅可以减少线路中电能的损耗，同时降低热损耗和材料成本，都是在输电过程中节约了能源，这是一种非常有效的做法。五、计算题（共12分，每题4分）32．【分析】灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电压特点求出电阻两端的电压；又已知灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI求出此时电路中的电流，进一步根据欧姆定律求出电阻的阻值，最后根据P=UI求出这个电阻消耗的功率。【解答】解：由题知，灯泡正常发光时的电压为8V，功率为4W，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，串联电阻两端电压：UR=U﹣UL=10V﹣8V=2V，因串联电路中各处的电流相等，所以，由P=UI可得，灯泡正常工作时电路中的电流：I===0.5A，由I=可得，串联的电阻阻值：29\nR===4Ω；电阻消耗的功率：PR=URI=2V×0.5A=1W。答：串联一个阻值为4Ω的电阻才能使小灯泡正常发光，此时在这个电阻上消耗的电功率为1W。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等、正常发光时的电流和额定电流相等。33．【分析】（1）当开关S1闭合时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；（2）开关S1、S2同时闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流，利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出电阻R2的阻值；（3）根据W=UIt求出S1、S2同时闭合1min，电路消耗的总电能。【解答】解：（1）当开关S1闭合时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流，由I=可得，电源的电压：U=I1R1=0.5A×12Ω=6V；（2）开关S1、S2同时闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，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，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R2的电流：I2=I﹣I1=0.8A﹣0.5A=0.3A，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，R2的阻值：R2===20Ω；（3）S1、S2同时闭合1min，电路消耗的总电能：W=UIt=6V×0.8A×60s=288J。答：（1）电源的电压为6V；（2）电阻R2的阻值为20Ω；（3）S1、S2同时闭合1min，电路消耗的总电能为288J。29\n【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功公式的应用，是一道较为简单的应用题。34．【分析】根据P=可知，在加热丝电阻不变时，其两端电压越大，加热丝的功率越大；由图知，S打到左侧，电路中只有R1，此时R1的电压最大为电源电压，则R1的功率较大，此时处于加热状态；S切换到右侧，两电阻串联，根据串联电路的电压规律，R1的电压小于电源电压，则R1的功率较小，此时处于保温状态；（1）已知加热时加热丝的功率，根据公式R=可求R1的大小；（2）根据公式W=Pt可求加热1分钟消耗电能；（3）保温时，两电阻串联，此时加热丝的功率为160W，根据公式P=I2R可求保温时的电流，根据欧姆定律求出R1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据欧姆定律求电阻R2。【解答】解：根据P=可知，在加热丝电阻不变时，其两端电压越大，加热丝的功率越大；由图知，S打到左侧，电路中只有R1，此时R1的电压最大为电源电压，则R1的功率较大，此时处于加热状态；S切换到右侧，两电阻串联，根据串联电路的电压规律，R1的电压小于电源电压，则R1的功率较小，此时处于保温状态；（1）由题知，饮水机的加热功率P1=1210W（即加热丝的电功率）；根据P=可得，加热丝R1的阻值：R1===40Ω；（2）加热时加热丝的电功率P1=1210W，t=1min=60s，则饮水机加热1min消耗电能：W=P1t=1210W×60s=7.26×104J；（3）保温时，两电阻串联，此时加热丝的功率为160W，根据P=I2R可得，保温时通过加热丝的电流：I1'===2A；29\n由I=可得R1两端的电压：U'1=I1'R1=2A×40Ω=80V，根据串联电路的电压特点可得，R2两端的电压：U2=U﹣U'1=220V﹣80V=140V；根据串联电路电流的规律，由欧姆定律得R2的阻值：R2===70Ω。答：（1）加热丝R1的阻值为40Ω；（2）饮水机加热1分钟消耗电能为7.26×104J；（3）饮水机处于保温状态时电阻R2的阻值为70Ω。【点评】本题考查电阻、电流、电功率、热效率等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，涉及到热学和电学部分的知识点多，综合性强、易错。29
