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北京市海淀区2025-2026学年第一学期九年级期末考试物理试卷
1．（2026九上·海淀期末）在国际单位制中、电功率的单位是
A．瓦特(W) B．欧姆(Ω) C．安培(A) D．焦耳(J)
【答案】A
【知识点】电功率；科学家及其贡献
【解析】【解答】 解：在国际单位制中，
A、瓦特（W）是功率的基本单位，也是电功率的基本单位，故A正确；
B、欧姆（Ω）是电阻的基本单位，故B错误；
C、安培（A）是电流的基本单位，故C错误；
D、焦耳（J）是功和各种能量的基本单位，故D错误。
故选：A。
【分析】 电学中各个物理量都有自己的国际单位；电荷量的单位是库仑，电功（电能）的单位是焦耳，电功率的单位是瓦特，电流的单位是安培，电阻的单位是欧姆。
2．（2026九上·海淀期末）如图所示的用电器中，主要利用电流热效应工作的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电流的热效应
【解析】【解答】 解：ACD．抽油烟机、电冰箱和扫地机器人，主要是把电能转化为机械能，不是利用电流的热效应，故ACD不符合题意；
B．电暖器工作时主要把电能转化为内能，利用了电流的热效应，故B符合题意。
故选：B。
【分析】 电流通过导体时电能转化成内能，这种现象叫做电流的热效应。
3．（2026九上·海淀期末）关于安全用电、下列说法正确的是
A．图甲：电线有些破损.可以继续使用
B．图乙：可以用湿毛巾擦拭正在发光的灯泡
C．图丙：可以在高压电线下放风筝
D．图丁：用电器的金属外壳应接地
【答案】D
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】 解：A、使用绝缘皮破损的电线，破损处的导线外露，人接触时可能会触电，故A错误；
B、生活用水是导体，用湿抹布擦发光的灯泡时，可能会发生触电事故，故B错误；
C．在高压电线下放风筝，风筝线可能接触到高压电线，导致触电或短路，故C错误；
D、大功率用电器的金属外壳要接地，当用电器漏电时，电流会通过地线导入大地，从而避免人体触电，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）绝缘皮破损的电线容易诱发触电事故；
（2）生活用水是导体，接触带电体容易发生触电；
（3）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；
（4）有金属外壳的家用电器要接地。
4．（2026九上·海淀期末）某用电器的额定功率为1500 W，该用电器最有可能是
A．壁挂式空调 B．普通照明灯 C．家用电视机 D．台式计算机
【答案】A
【知识点】电功率；额定功率
【解析】【解答】 解：A、家用壁挂式空调的功率约为1.5kW=1500W，故A符合题意；
B、普通照明灯功率约为40W，故B不符合题意；
C、家用电视机功率约为130W，故C不符合题意；
D、台式计算机的功率约为150W，故D不符合题意。
故选：A。
【分析】 根据对常用家用电器额定功率的了解，逐一分析各选项，然后做出选择。
5．（2026九上·海淀期末）沈括在《梦溪笔谈》中描述：“方家以磁石磨针锋，则能指南、然常微偏东，不全南也”。下列说法正确的是
A．磁针只有一个磁极
B．指南的“针锋”是磁针的S极
C．北京地区的地磁场方向大致由北向南
D．地磁场的 N 极与地理南极完全重合
【答案】B
【知识点】磁现象；地磁场；磁极间的相互作用
【解析】【解答】 解：A、任何磁体都有两个磁极，故A错误；
B、地球周围的磁感线是从地理的南极附近出发经地球外部回到地理的北极，所以指南的“针锋”是磁针的S极，故B正确；
C、北京地区的地磁场方向由南向北，故C错误；
D、附近地磁场的S极在地理北极附近，地磁场的N极在地理南极附近；地磁场的N、S与地理的南北极不完全重合，存在一定偏差，故D错误。
故选：B。
【分析】 地球相当于一个巨大的磁体，地磁场的N极在地球的地理南极附近，地磁场的S极在地球的地理北极附近；
地球周围存在磁场，地球上某点的磁场方向与该点的磁感线方向是相同的，磁感线并不存在，只是为了便于研究而引入的理想模型。
6．（2026九上·海淀期末）如图所示是氖管试电笔的结构图，下列说法正确的是
A．试电笔可以用来检测物体所带电荷的种类
B．使用试电笔时，手不能触碰到试电笔的任何金属部分
C．使用试电笔时，要握住试电笔的绝缘杆部分，同时用手接触金属笔卡
D．在正确使用试电笔的情况下，若试电笔的金属笔尖接触零线，则氖管一定发光
【答案】C
【知识点】测电笔的使用
【解析】【解答】 解：A、试电笔是辨别火线和零线的工具，不能用来检验所带电荷的种类，故A错误；
B、使用试电笔时，手必须接触笔尾金属体（金属笔卡），故B错误；
C、使用试电笔时，要握住试电笔的绝缘杆部分，同时用手接触金属笔卡，故C正确；
D、在正确使用试电笔的情况下，若试电笔的金属笔尖接触火线，则氖管一定发光，接触零线，氖管不发光，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）试电笔是辨别火线和零线的工具。
（2）使用试电笔时，手必须接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体。
（3）正确使用试电笔时，笔尖金属火线氖管一定会发光，接触零线，氖管不会发光。
7．（2026九上·海淀期末）在家庭电路中，若空气开关“跳闸”，则
A．一定是用电器的总功率过大
B．一定是发生了短路
C．可能是某用电器发生了断路
D．可能是两孔插座中的两个线头相碰
【答案】D
【知识点】家庭电路的故障分析；家庭电路电流过大的原因；熔断器的作用及保险丝的选择
【解析】【解答】解：AB、空气开关“跳闸是因为电流过大，而电流过大可能是短路，也可能是用电器的总功率过大，故AB错误。
C、用电器断路时，电路处于开路状态，电流为0，不会引发空气开关“跳闸”，故C错误。
D、两孔插座中若火线与零线直接相碰，会形成短路，使电路中电流急剧增大，从而导致空气开关“跳闸”，这种情况是可能发生的，故D正确。
故选：D。
【分析】空气开关“跳闸”是因为电路中电流过大，而家庭电路中电流过大的原因有两种：一是用电器的总功率过大，二是发生了短路。
8．（2026九上·海淀期末）关于电功和电功率，下列说法正确的是
A．电功率是表示电流做功快慢的物理量
B．电流通过用电器做功的时间越长，电功率越小
C．用电器的电功率越大，电流通过用电器做功越多
D．电流通过用电器做功的过程就是电能转化为内能的过程
【答案】A
【知识点】电功率
【解析】【解答】解：A．电功率是表示用电器消耗电能快慢的物理量，也是表示电流做功快慢的物理量，故A正确；
BC．由公式W=Pt可知，用电器做功多少与功率和时间有关，用电器的电功率越大，时间越大，做功越多，故BC错误；
D．电流做的过程就是电能转化为其他形式能的过程，故D错误。
故选：A。
【分析】电流做功的过程就是电能转化为其它形式能的过程。电功率是表示用电器消耗电能快慢的物理量。结合二者的概念和关系，可逐一做出判断。
9．（2026九上·海淀期末）关于磁场和磁感线，下列说法正确的是
A．磁场中实际存在着磁感线
B．磁场中不同位置的磁场方向可能相同
C．磁体周围没画磁感线的地方一定没有磁场
D．磁场中某点的磁场方向，由该点小磁针N极的受力方向决定
【答案】B
【知识点】磁现象；磁场；磁感线及其特点
【解析】【解答】 解：AC、磁感线是人们为了形象地描述磁场而建立的一种模型，磁感线不是真实存在的，磁场的有无与磁感线无关，故A错误，故C错误；
B、磁场中的不同位置的磁场方向可能相同，也可能不同，故B正确；
D、磁场中某点的磁场方向是客观存在的，与放在该点的小磁针N极指向无关，小磁针N极指向是用来判断磁场方向的，而不是决定磁场方向，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）人们为了形象地描述磁场而构建了一种模型--磁感线，用磁感线表示磁场的分布情况；
（2）磁场是有方向的，因此磁场中不同位置，磁场方向可能相同，也可能不同；
（3）小磁针静止时北极所指的方向规定为该点磁场方向。
10．（2026九上·海淀期末）如图所示是两个实验室中常用的定值电阻R1和R2，两电阻均由粗细均匀、材料相同的电阻丝缠绕在相同的圆柱形绝缘棒上制成，绕制R1比绕制R2所用的电阻丝更粗、且缠绕的圈数更少。将R1、R2并联在电路中工作一段时间。关于R1和R2相关物理量的比较，下列说法正确的是
A．通过R1的电流更小 B．R2两端的电压更大
C．R1消耗电能更快 D．电流通过R2产生的热量更多
【答案】C
【知识点】焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】 解：材料相同，R1的电阻丝更粗，即横截面积S更大，电阻小，缠绕圈数更少，即长度L更短，电阻小，所以R1的电阻值小于R2的电阻值，即R1＜R2。
A、根据并联电路的特点，各支路两端电压相等，即U1=U2。再根据欧姆定律，电压U相等时，电流I与电阻R成反比，因为R1＜R2，所以通过R1的电流更大，故A错误。
B、由并联电路的电压特点可知，各支路两端电压相等，所以R1和R2两端的电压一样大，即U1=U2，故B错误。
C、根据电功率公式，电压U相等时，电功率P与电阻R成反比，因为R1＜R2，所以R1的电功率更大。电功率是表示电流做功快慢的物理量，所以R1消耗电能更快，故C正确。
D、根据焦耳定律，电压U和通电时间t相等时，产生的热量Q与电阻R成反比，因为R1＜R2，所以电流通过R1产生的热量更多，故D错误。
故选：C。
【分析】 材料相同，R1的电阻丝更粗，即横截面积S更大，电阻小，缠绕圈数更少，即长度L更短，电阻小，所以R1的电阻值小于R2的电阻值。
A、根据并联电路的特点，各支路两端电压相等，即U1=U2。再根据欧姆定律，电压U相等时，电流I与电阻R成反比。
B、由并联电路的电压特点可知，各支路两端电压相等。
C、根据电功率公式，电压U相等时，电功率P与电阻R成反比。
D、根据焦耳定律，电压U和通电时间t相等时，产生的热量Q与电阻R成反比。
11．（2026九上·海淀期末）图所示是一种运动手环，其计步功能的主要工作元件是一段密闭的空心塑料管，管内有一小块磁铁，管外缠绕着线圈。人在佩戴这种手环走路时，磁铁便在管内往复运动，使线圈中产生电流，进而实现计步。所示的实验中与该手环计步原理相同的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】通电直导线周围的磁场；电磁铁的其他应用；电磁感应；磁极间的相互作用
【解析】【解答】解：根据运动手环的特点可知，人在佩戴这种手环走路时，磁铁在管中往复运动，相当于线圈做切割磁感线运动而产生电流，因此，计步器的基本原理是电磁感应，产生电流的过程中将机械能转化成了电能，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这就是电磁感应；这一过程中，可将机械能转化为电能。
12．（2026九上·海淀期末）如图所示为某电热水壶及其铭牌，下列说法正确的是
产品名称 电热水壶
额定电压 220V
额定频率 50 Hz
额定功率 1100W
最大客量 1.8 L
A．该电热水壶的额定电流为0.2A
B．该电热水壶两端的电压为110V时，其实际功率为550W
C．可以使用允许通过最大电流为10A 的插线板给该电热水壶供电
D．该电热水壶正常工作3m in，消耗的电能为3300J
【答案】B
【知识点】电功的计算；电功率的计算；实际功率；电功与热量的综合计算
【解析】【解答】解：A、由图甲可知，电热水器的额定功率P1=1100W，
正常工作时的额定电流为，故A错误；
B、由图乙可知，电热水壶的额定电压U=220V，
电热水壶的电阻，
若电热水壶两端的电压为110V时，电热水壶的功率：，故B错误；
C、电热水壶正常工作时的额定电流为5A，可以使用允许通过最大电流为10A的插线板给该电热水壶供电，故C正确；
D、电热水壶正常工作时，3min电热水壶消耗电能：W=P1t=1100W×3×60s=198000J，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）由图甲可知电热水器的额定功率，利用P=UI求得额定电流；
（2）由图乙可知电热水壶的额定功率和额定电压，根据求出电热水壶的电阻，根据求出电热水壶的实际功率；
（3）根据W=Pt求出电热水壶正常工作时，3min电热水壶消耗电能。
13．（2026九上·海淀期末）某同学用如图所示的其中一个电路做实验、电源电压恒定，R1和R2为定值电阻，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小，记录两电压表的示数U 、U2如下表所示。该实验所用的电路是
U1/V 1.5 1.8 2.1 2.4 2.7 3.0
U./V 4.5 4.0 3.5 3.0 2.5 2.0
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】电路的构成及电路图；串、并联电路的设计；电压表的连接
【解析】【解答】解：根据表格数据知，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小，电压表V1示数不断增大，电压表V2示数在不断减小，
A、图A中，开关闭合后，三个电阻串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测R2两端电压，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小时，由串联分压原理可知，两个电压表的示数会同时增大，或同时减小，故A不符合题意；
B、图B中，开关闭合后，三个电阻串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测滑动变阻器两端电压，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小时，由串联分压原理可知，当滑动变阻器阻值变小时，电压表V2示数将变小，电压表V1示数将变大，且两电压表的示数之和不为定值（不等于电源电压），故B符合题意；
C、图C中，开关闭合后，三个电阻串联，电压表V1测R1和R2两端电压，电压表V2测滑动变阻器两端电压，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小时，由串联分压原理可知，当滑动变阻器阻值变小时，电压表V2示数将变小，电压表V1示数将变大，但此时两电压表的示数之和应为定值（等于电源电压），故C不符合题意；
D、图D中，开关闭合后，三个电阻串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测电源电压，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小时，电压表V2的示数始终不变（等于电源电压），故D不符合题意。
故选：B。
【分析】根据表格数据分析规律，对照选项中的电路图，分析电压表所测位置，由串联分压原理得出逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小时，电压表的示数变化情况进行判断。
14．（2026九上·海淀期末）某电阻的阻值随温度的变化规律如图甲所示，小明利用该电阻制作了测量水温的装置，其简化电路如图乙所示，电阻R1、R2中的一个是该电阻，另一个是阻值为100Ω的定值电阻，电源电压为4.5V并保持不变，电压表的量程为0~3V。所测水温越高，电压表的示数越大，下列说法正确的是
A．水温为0℃时，电压表的示数为0V
B．水温为40℃时、电路的总功率为0.1125W
C．水温降低时，电压表与电流表的示数之比不变
D．若换用130Ω的定值电阻，则该装置能测量的最高水温为80℃
【答案】B
【知识点】并联电路的电压规律；电阻的串联；电功率；电功率的计算
【解析】【解答】解：由图乙可知，开关闭合后，R1和R2串联，电压表测R1两端电压，电流表测电路电流，由图甲可知，热敏电阻的阻值随水温的升高而增大，由串联分压原理可知，R1应为热敏电阻，R2为定值电阻，
A、当水温为0℃时，由图甲知热敏电阻R1的阻值为100Ω，定值电阻R2也为100Ω，两阻值之比为1：1，由串联分压原理可知，此时电压表的示数为电源电压的一半，即，故A错误；
B、水温为40℃时，由图甲知热敏电阻R1的阻值为180Ω，电路的总功率，故B错误；
C、水温降低时，由图甲知热敏电阻R1阻值将变小，由欧姆定律可知，电压表与电流表的示数之比即为热敏电阻R1阻值，所以电压表与电流表的示数之比将变小，故C错误；
D、若换用130Ω的定值电阻，该装置能测量的最高水温时热敏电阻R1阻值应最大，由串联分压原理可知，此时电压表的示数应最大为U'1=3V，R2两端电压为U2=U-U'1=4.5V-3V=1.5V，热敏电阻R1与R2两端电压之比2：1，由串联分压原理可知，热敏电阻R1阻值与R2阻值之比也为2：1，所以此时热敏电阻R1阻值为260Ω，由图甲可知此时对应的水温为80℃，故D正确。
故选：D。
【分析】由图乙可知，开关闭合后，R1和R2串联，电压表测R1两端电压，电流表测电路电流，由图甲和串联分压原理判断R1和R2谁为热敏电阻；
（1）当水温为0℃时，由图甲知热敏电阻R1的阻值，从而知两阻值之比，由串联分压原理可知此时电压表的示数；
（2）水温为40℃时，由图甲知热敏电阻R1的阻值，由知电路的总功率；
（3）水温降低时，由图甲知热敏电阻R1阻值将变小，由欧姆定律可知，电压表与电流表的示数之比即为热敏电阻R1阻值；
（4）若换用130Ω的定值电阻，该装置能测量的最高水温时热敏电阻R1阻值应最大，由串联分压原理可知，此时电压表的示数应最大，从而知热敏电阻R1与R2两端电压之比，由串联分压原理可知热敏电阻R1阻值与R2阻值之比，得出此时热敏电阻R1阻值，由图甲可知此时对应的水温。
15．（2026九上·海淀期末）如图所示，学生电源的电压可调，灯泡L上标有“6V3W”，定值电阻R1的阻值为3Ω，滑动变阻器R2上标有“20Ω3A”。当电源电压为9V时，只闭合S、S1，调节滑片使灯泡正常发光；断开开关，将电源电压调至 U0，只闭合S、S2、S3，将滑片调至最右端，灯泡再次正常发光(不计温度对灯丝电阻的影响)，下列说法正确的是
A．电源电压为9V，灯泡正常发光时，R2接入电路的阻值为6Ω
B．电源电压为 U0，灯泡再次正常发光时，电流表的示数为0.5 A
C．前后两次灯泡正常发光时，R1消耗的功率之比为1：4
D．前后两次灯泡正常发光时，电路消耗的总功率之比为3：10
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率与电能、时间的关系；电功率的计算；额定功率
【解析】【解答】 解：A、由P=UI可知，灯泡正常发光时，通过灯泡的电流：，
当电源电压为9V时，闭合S、S1，断开S2、S3，滑动变阻器R2、定值电阻R1和灯泡L串联，电压表测灯泡L两端的电压，电流表测电路中的电流，
此时灯泡正常发光，由串联电路的电流特点可知，电路中的电流：I=IL=0.5A，
由欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压：U1=IR1=0.5A×3Ω=1.5V，
由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器R2两端的电压：U2=U-UL-U1=9V-6V-1.5V=1.5V，
由欧姆定律可知，R2接入电路的阻值：，故A错误；
B、改变电源电压，闭合S、S2、S3，断开S1，将R2滑片移到最右端，R2接入电路的电阻为零，定值电阻R1和灯泡L并联，电压表测电源电压，电流表测干路电流，
此时灯泡正常发光，由并联电路的电压特点可知，电源电压：U'=UL=6V，
由欧姆定律可知，通过定值电阻R1的电流：，
由并联电路的电流特点可知，干路电流：I'=I1+IL=2A+0.5A=2.5A，故B错误；
C、由P=UI=I2R可知，前后两次灯泡正常发光时，R1消耗的功率之比：，故C错误；
D、由P=UI可知，前后两次灯泡正常发光时电路消耗的总功率之比：，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）根据P=UI求出灯泡正常发光时的电流；当电源电压为24V时，闭合S、S1，断开S2、S3，滑动变阻器R2、定值电阻R1和灯泡L串联，电压表测灯泡L两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出定值电阻R1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器R2两端的电压，根据欧姆定律求出R2接入电路的阻值；
（2）改变电源电压，闭合S、S2、S3，断开S1，将R2滑片移到最右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，定值电阻R1和灯泡L并联，电压表测电源电压，电流表测干路电流，根据欧姆定律求出通过定值电阻R1的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，即电流表的示数；
（3）根据P=UI=I2R求出前后两次灯泡正常发光时，R1消耗的功率之比；
（4）根据P=UI求出前后两次灯泡正常发光时电路消耗的总功率之比。
16．（2026九上·海淀期末）下列关于家庭电路与安全用电的说法正确的是
A．更换家庭电路中的灯泡前，应断开电源开关
B．熔丝熔断后，可用铜丝代替熔丝接入电路
C．只要不同时接触火线和零线就不会发生触电事故
D．一旦发生触电事故，应立即切断电路，或用绝缘体将电线挑开
【答案】A,D
【知识点】熔断器的作用及保险丝的选择；安全用电原则
【解析】【解答】 解：A、更换家庭电路中的灯泡前，断开电源开关能避免人体接触带电部分，防止触电事故发生，故A正确。
B、熔丝由电阻率大、熔点低的铅锑合金制成，电流过大时会自动熔断以保护电路；铜丝熔点高，电流过大时无法及时熔断，起不到保护作用，因此不能用铜丝代替熔丝，故B错误。
C、触电事故包含“单线触电”和“双线触电”，即使不同时接触火线和零线，“单线触电”也会引发危险，故C错误。
D、发生触电事故时，立即切断电路可停止电流供应；用绝缘体将电线挑开，能避免施救者因直接接触电线而触电，这是科学合理的急救方式，故D正确。
故选：AD。
【分析】 （1）更换家庭电路中的灯泡前，断开电源开关能避免触电事故发生；
（2）铜丝熔点高，电流过大时无法及时熔断，起不到保护作用；
（3）触电事故包含“单线触电”和“双线触电”；
（4）发生触电事故时，立即切断电路可停止电流供应。
17．（2026九上·海淀期末）下列做法中，能确定某钢棒原来就具有磁性的是
A．将钢棒靠近小磁针，小磁针发生转动
B．将钢棒靠近放在桌面上的铁屑，大量的铁屑被吸起
C．将钢棒靠近悬挂的条形磁体的一个磁极，条形磁体被吸引
D．将钢棒悬挂使其能在水平面内自由转动，钢棒静止时总是指南北
【答案】B,D
【知识点】磁现象；磁场；磁极间的相互作用；磁化
【解析】【解答】 A、将该钢棒靠近小磁针，小磁针发生转动，可能是二者都有磁性，且相互接触的一端为异名磁极；也可能是钢棒无磁性，而小磁针有磁性，故A不符合题意；
B、钢棒能够吸引铁屑，说明了钢棒具有磁体才具有的性质，能够吸引铁钴镍等物质，故B符合题意；
C、将钢棒靠近悬挂的条形磁体的一个磁极，条形磁体被吸引，可能是异名磁极相互吸引；也可能是钢棒无磁性，是条形磁体吸引铁磁性物质，故C不符合题意；
D、磁体由于受到地磁场的作用，当其自由静止时，要指向南北方向，即磁体的指向性。故D符合题意。
故选BD。
【分析】 要判断钢棒是否有磁性，就要抓住钢棒有磁性与没有磁性的区别，从磁体的磁性和指向性等特点进行分析。
18．（2026九上·海淀期末）如图是动圈式扬声器及其构造的示意图，扬声器由音圈、永磁体、锥形纸盆等组成。当音圈中有大小和方向反复变化的电流通过时，音圈就会受到磁场的作用力而前后往复运动，从而带动纸盆来回振动，发出声音。下列说法正确的是
A．扬声器是依据电磁感应现象制成的
B．音圈中的电流方向改变时，其所受磁场的作用力的方向也发生改变
C．扬声器的工作原理与电动机的工作原理相同
D．扬声器在工作过程中，主要将电能转化为机械能
【答案】B,C,D
【知识点】直流电动机的构造原理与工作过程；实用电动机的构造、特点和应用；电磁感应；扬声器和耳机的构造和原理
【解析】【解答】 解：A、扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理来工作的，故A错误；
B、音圈中的电流方向改变时，其所受磁场的作用力的方向也发生改变，故B正确；
C、扬声器的工作原理和电动机的工作原理相同，故C正确；
D、扬声器在工作过程中，主要将电能转化为机械能，故D正确。
故选：BCD。
【分析】 （1）扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理来工作的。
（2）通电导体受力方向与磁场方向和电流方向有关。
（3）扬声器和电动机的工作原理相同。
（4）扬声器工作时将电能转化为机械能。
19．（2026九上·海淀期末） 两只小灯泡L1和L2上分别标有“6V 1.2W”和“12V6W”。若将两只灯泡接在同一个电路中，且使其中一只灯泡恰好正常发光，另一只灯泡的亮度比其正常发光时要暗，不计温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是
A．将它们串联接入电路时，两只灯泡两端的总电压为18V
B．将它们串联接入电路时，L1的电功率与L2的电功率之比为5：4
C．将它们并联接入电路时，干路中的电流为0.7A
D．将它们并联接入电路时，L2的电功率为1.5W
【答案】A,C
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率；电功率的计算
【解析】【解答】 A、根据P=UI可得L1的额定电流为：；
根据可得L1的电阻为：；
根据P=UI可得L2的额定电流为：；
根据可得L2的电阻为：；
两灯串联时电流相等，为保证一只正常发光、另一只亮度变暗，电路电流取较小的额定电流I=0.2A（L1正常发光，L2实际电流小于额定电流）。根据欧姆定律可得此时总电压为：
U=I（R1+R2）=0.2A×（30Ω+24Ω）=10.8V，故A错误；
B、根据P=I2R可得两灯串联时电功率之比为：，故B正确；
C、两灯并联时其两端电压相等，为保证一只正常发光、另一只亮度变暗，电源电压取较小的额定电压U=6V（L1正常发光，L2实际电压小于额定电压）。通过L1的电流为I1=I1额=0.2A，通过L2的电流为：；
干路电流为：I=I1+I2=0.2A+0.25A=0.45A，故C错误；
D、根据可得两灯并联时L2的功率为：，故D正确。
故选：BD。
【分析】 （1）根据P=UI分别求出L1、L2的额定电流，根据分别求出L1、L2的电阻，两灯串联时电流相等，为保证一只正常发光、另一只亮度变暗，电路电流取较小的额定电流，根据欧姆定律求出此时总电压；
（2）根据P=I2R可得两灯串联时电功率之比；
（3）两灯并联时其两端电压相等，为保证一只正常发光、另一只亮度变暗，电源电压取较小的额定电压U=6V，根据欧姆定律求出此时通过L2的电流，根据并联电路电流特点求出干路电流；
（4）根据可得两灯并联时L2的功率
20．（2026九上·海淀期末）小明设计了一个能自动记录跳绳次数的装置，其简化电路如图甲、乙所示。已知R，是光敏电阻，电源电压 电阻箱R2调至1kΩ，自动计数器上标有“6 V3 W”。闭合甲图中的开关S1，在跳绳过程中，当绳子挡住射向R1的红外线时，R 的阻值会变为某一更大阻值，此时信号触发器(在甲图中可看作电压表)两端的电压 UAB变为 U0，触发乙图中的开关S2闭合，自动计数器计数一次；当电压UM不等于U0时，开关S2断开。图丙是小明跳绳过程中的某段时间内，信号触发器两端的电压UAB随时间t变化的图像。下列说法正确的是
A．自动计数器正常工作时的电流为2A
B．0~0.80s自动计数器消耗的电能为0.24J
C．当绳子挡住射向 R1的红外线时，
D．若电压U1减小，为使计数器正常工作，可将电阻箱R2的阻值适当调大
【答案】B,D
【知识点】电路的动态分析；电功的计算；电功率；焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】解：由甲图电路知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压；
A、由P=UI可知，自动计数器正常工作时的电流：，故A错误；
B、由图丙可知，0.4s内计数一次，计数一次的时间t=0.4s-0.36s=0.04s，即0～0.80s内计数两次的时间t'=0.08s，
则0.4s内自动计数器消耗的电能：W=PRt'=3W×0.08s=0.24J，故B正确；
C、当绳子挡住射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据欧姆定律可知，电路的电流减小，R2两端的电压减小，
由图知，此时AB端的电压为2V，即U0=2V；
则此时电路的电流为：，
根据串联电路电压的规律知，R1两端的电压为：UR1=U1-U0=12V-2V=10V，
R1的电阻为：，故C错误；
D、由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，根据欧姆定律可知，电路的电流减小，U0减小，要使U0不变，需要增大R2的电阻，也可以适当将信号触发器的触发电压调低，使计数器正常工作，故D正确。
故选：BD。
【分析】 由电路图知，两电阻串联，AB间电压为R2两端电压；
（1）由图乙可知，电路为自动计数器的简单电路，根据P=UI算出自动计数器正常工作时的电流；
（2）根据图丙读出计数一次消耗电能的时间，根据W=Pt算出自动计数器消耗的电能；
（3）根据图丙读出绳子挡住了射向R1的红外线时U0的值，根据欧姆定律算出电流，根据串联电路电压规律算出R1两端的电压，最后利用欧姆定律算出R1的电阻的值；
（4）U1的电压减小，根据欧姆定律判断出电流的变化，要使U0不变，需要增大R2的电阻，也可以适当将信号触发器的触发电压调低。
21．（2026九上·海淀期末）
（1） 如图所示， 电能表的示数为　 　kW·h。
（2）用笔画线代替导线，将图中的插座、照明灯及其开关正确地接入家庭电路中　 　。
【答案】（1）2026.1
（2）
【知识点】电能表参数的理解；家庭电路的连接
【解析】【解答】 解：（1）由图1可知电能表的小数位是1，示数为：2026.1kW h；
（2）首先辨别上面三根线火线、零线、地线；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；
安装三孔插座的方法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线，如下图所示：
故答案为：（1）2026.1；（2）。
【分析】 （1）电能表是测量电路一段时间内消耗的电能的仪表，上面有五个数字窗口，最后一位是小数位，单位是kW h；
（2）对于电灯接线的基本要求是：“火线零线并排走，零线直接进灯口，火线接在开关上，通过开关进灯头”。三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
22．（2026九上·海淀期末）如图所示，小明将导线沿南北方向水平架设在可自由转动的小磁针上方附近，当小磁针静止时，闭合开关，使导线中通有短时间的强电流、发现　 　，说明电流周围　 　。
【答案】小磁针发生偏转；存在磁场
【知识点】磁现象；磁场；通电直导线周围的磁场
【解析】【解答】 将导线沿南北方向水平架设在可自由转动的小磁针上方附近，当小磁针静止时，闭合开关，使导线中通有短时间的强电流，发现小磁针发生偏转，说明电流周围存在磁场。
故答案为：小磁针发生偏转；存在磁场。
【分析】奥斯特实验说明通电导体的周围存在磁场。
23．（2026九上·海淀期末）某实验小组用如图甲所示的装置探究通电螺线管周围磁场的特点。
（1）将螺线管连入电路中，在板面上均匀地撒上一些铁屑，闭合开关并轻敲板面，观察到铁屑分布情况如图乙所示。铁屑的作用是反映　 　(选填“磁场方向”或“磁场分布”)。
（2）将可自由转动的小磁针放在通电螺线管周围的不同位置，小磁针(黑色一端为N极)静止时的指向如图丙所示，可判断出通电螺线管的右端为　 　极(选填“N”或“S”)。
（3）请用箭头标出图丙中 A 点的电流方向　 　。
【答案】（1）磁场分布
（2）N
（3）
【知识点】通电螺线管的磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】解：（1）将螺线管安装在一块有机玻璃板上，连入电路中。在板面上均匀地洒满铁屑，闭合开关并轻敲玻璃板面，观察到铁屑分布情况与条形磁体周围铁屑的分布情况相似，铁屑的作用是显示磁场的分布情况；
（2）把小磁针放在通电螺线管四周不同的位置，小磁针静止时N极所指方向如图丙所示（小磁针涂黑端为N极，另一端为S极），根据磁极间的相互作用规律可知，通电螺线管的右端为N极；
（3）根据上问可知，螺线管左侧是S极，右侧是N极，根据安培定则，表面的电流方向竖直向下，即图中A点电流方向沿导线向下，如图所示：
。
故答案为：（1）磁场分布；（2）N；（3）。
【分析】 （1）根据实验现象可知其中铁屑的作用是显示磁场的分布情况；
（2）根据磁极间的相互作用规律来判断通电螺线管的磁极；
（3）通电螺线管周围磁场的方向与电流方向有关，根据安培定则判断电流方向。
24．（2026九上·海淀期末）如图所示是小明用磁体、线圈等器材自制的简易直流电动机。他将磁体的N极朝上，闭合开关、发现线圈开始转动；随后他断开开关，将磁体的S极朝上放在原处，再闭合开关，发现线圈的转动方向与原来相反。请你根据以上实验步骤及现象，写出小明所探究的问题：　 　。
【答案】电动机的转动方向是否与磁场方向有关？
【知识点】关于电动机转动的猜想
【解析】【解答】 解：小明在实验中使用磁体、线圈等器材自制了简易直流电动机，通过将磁体的N极朝上和S极朝上两步操作，改变磁场方向，观察线圈的转动方向变化。实验现象表明，当磁场方向改变时，线圈的转动方向也随之改变，这说明电动机的转动方向与磁场方向有关。因此小明通过这个实验所探究的问题是：电动机的转动方向是否与磁场方向有关？
故答案为：电动机的转动方向是否与磁场方向有关？
【分析】 （1）电动机的工作原理，通电导体在磁场中受到力的作用而运动；
（2）当磁场方向改变时，导体受力的方向也会改变，从而导致线圈的转动方向发生改变。
25．（2026九上·海淀期末）小明为测量额定电压为2.5 V的小灯泡的额定功率，进行了以下实验。
（1）他连接了如图甲所示的部分实验电路、请用笔画线代替导线，将实验电路连接完整　 　。
（2）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移至　 　端(选填“A”或“B”)。
（3）小明连接好实验电路.闭合开关S，发现小灯泡不发光，电流表、电压表均有示数，接下来合理的操作是____(选填选项前的字母)。
A．检查滑动变阻器是否断路
B．检查小灯泡与灯座是否接触良好
C．移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光
（4）小明在某次实验时发现电压表的示数为2.2V，为使小灯泡正常发光，他应将滑片P向　 　端移动(选填“A”或“B”)。在本次调节中，滑动变阻器接入电路的阻值变化了R1，小灯泡的阻值变化了R2，则 R1　 　 R2(选填“>”“=”或“<”)。
（5）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W。
【答案】（1）
（2）B
（3）C
（4）A；>
（5）0.75
【知识点】电功率的测量；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】 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）闭合开关S前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片P移至阻值最大处，即B端。
（3）小明连接好实验电路，闭合开关S，电流表、电压表均有示数，电路为通路，发现小灯泡不发光，可知电路的电流过小，接下来合理的操作是移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光，故选：C；
（4）灯在额定电压下正常发光，小明在某次实验时发现电压表的示数为2.2V，为使小灯泡正常发光，要增大灯的电压，减小变阻器的电压，由分压原理，要减小变阻器连入电路的电阻，故他应将滑片P向A端移动。当滑动变阻器电阻变小时，由分压原理可知，变阻器两端的电压变小，根据串联电路电压的规律，灯泡两端电压增大，电流也增大，灯泡电阻变大，但电路中的电流变大，可知电路中的总电阻变小，所以变阻器减小的阻值大于灯泡增大的阻值，R1＞R2。
（5）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，灯的额定电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。
故答案为：（1）； （2）B；（3）C；（4）A；＞； （5）0.75。
【分析】 （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）闭合开关S前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片P移至阻值最大处；
（3）闭合开关S，电流表、电压表均有示数，电路为通路，发现小灯泡不发光，可知电路的电流过小，据此分析；
（4）灯在额定电压下正常发光，电压表的示数为2.2V小于灯的额定电压，根据串联电路电压的规律及分压原理分析；当滑动变阻器电阻变小时，由分压原理确定变阻器两端的电压变化，根据串联电路电压的规律可知灯泡两端电压增大，电流也增大，灯泡电阻变大，结合电路中的电流变大，可知电路中的总电阻变小，据此分析；
（5）当小灯泡正常发光时，由图乙可知灯的额定电流，根据P=UI得出小灯泡的额定功率。
26．（2026九上·海淀期末）小海在探究电磁铁的磁性强弱与哪些因素有关的实验中，用相同的铁钉作为铁芯绕制了两个线圈匝数不同的电磁铁，他设计的实验电路如图所示。
（1）实验中通过观察电磁铁　 　反映电磁铁的磁性强弱。
（2）根据图中所示的实验现象可以得到的结论是：　 　。
【答案】（1）吸引大头针的数量
（2）在铁芯相同、通过的电流大小相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强。
【知识点】电磁铁的构造和原理；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】 解：（1）实验中通过观察电磁铁吸引大头针的数量反映电磁铁的磁性强弱，这是转换法的应用。
（2）两电磁铁串联，电流相同，铁芯相同，匝数不同，匝数多的吸引大头针更多，可得结论：在铁芯相同、通过的电流大小相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强。
故答案为：（1）吸引大头针的数量；（2）在铁芯相同、通过的电流大小相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强。
【分析】 （1）根据转换法，可通过观察电磁铁吸引大头针的数目多少来判断电磁铁磁性的强弱。
（2）电磁铁磁性的强弱与电流的大小、线圈的匝数、以及铁芯的有无等因素有关。
27．（2026九上·海淀期末）如图是小明探究产生感应电流条件的实验装置，请按要求回答以下问题：
（1）闭合开关，下列可产生感应电流的操作是____(选填选项前的字母)。
A．磁体不动，使导体AB沿竖直方向做上下运动
B．磁体不动，使导体 AB沿水平方向做左右运动
C．导体AB不动，使磁体沿竖直方向做上下运动
D．导体AB不动，使磁体沿水平方向做左右运动
（2）小明在操作中发现灵敏电流计的指针偏转角度很小，请你提出一种可增大灵敏电流计指针偏转角度的方案：　 　。
（3）若将该实验装置中的灵敏电流计换成合适的学生电源，闭合开关，可观察到的现象是　 　。
【答案】（1）B；D
（2）加快导体切割磁感线的速度
（3）导体AB运动
【知识点】电磁感应；探究电磁感应现象的实验；电流的磁效应
【解析】【解答】 解：（1）A.导体棒在蹄形磁体中沿竖直方向运动，导体没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，电流计的指针不会偏转，故A错误；
B.导体棒在蹄形磁体中沿水平方向运动，导体做切割磁感线运动，会产生感应电流，电流计的指针会偏转，故B正确；
C.导体AB不动，使磁体沿竖直方向做上下运动，导体没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，电流计的指针不会偏转，故C错误；
D.导体AB不动，使磁体沿水平方向做左右运动，导体做切割磁感线运动，会产生感应电流，电流计的指针会偏转，故D正确；
故选：BD；
（2）感应电流的大小与磁场的强弱、导体切割磁感线的速度有关，因此要增大感应电流，应该增强磁场或加快导体切割磁感线的速度；
（3）将图中的电流计更换为电源，给导体通电，磁场会对导体产生力的作用，可看到导体AB运动。
故答案为：（1）BD；（2）加快导体切割磁感线的速度；（3）导体AB运动。
【分析】 （1）产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体做切割磁感线运动；
（2）感应电流的大小与磁场的强弱、导体切割磁感线的速度有关，据此分析；
（3）探究磁场对通电导线的作用必须要有电源，据此判断。
28．（2026九上·海淀期末）小明和小红均用如图所示的电路进行实验，a、b是两个完全相同的烧瓶，瓶内均装有电阻丝和相同的温度计。
（1）小明在a、b两瓶内装入质量和初温相同的煤油。闭合开关，通电一段时间后，观察到a瓶内温度计示数大于b瓶内温度计示数，则a、b两瓶内电流通过电阻丝产生的热量Q。　 　Qb，可判断出a、b两瓶内电阻丝的阻值Ra　 　Rb。(选填“>”“=”或“<”)
（2）小红在a、b两瓶内装入阻值相同的电阻丝、质量和初温相同的不同液体。闭合开关，通电一段时间后，观察到b瓶内温度计示数大于a瓶内温度计示数。可知a、b两瓶内电流通过电阻丝产生的热量Q。 Qb(选填“>”“=”或“<”)。
【答案】（1）>；>
（2）=
【知识点】焦耳定律；焦耳定律的应用
【解析】【解答】解：（1）根据转换法，电流通过电阻丝产生热量的多少可通过温度计示数的变化来反映。由于a、b两瓶内装入质量和初温相同的煤油，a瓶内温度计示数大于b瓶内温度计示数，说明a瓶中煤油升高的温度更大。根据Q=cmΔt，可知a瓶中煤油吸收的热量更多，而煤油吸收的热量来自电阻丝产生的热量，Qa＞Qb。
由焦耳定律Q=I2Rt可知，在电流I和通电时间t相同的情况下，热量Q与电阻R成正比。因为Qa＞Qb，所以Ra＞Rb。
（2）根据焦耳定律Q=I2Rt，由于a、b两瓶内电阻丝阻值相同，通过的电流I相同，通电时间t也相同，所以电流通过两根电阻丝产生的热量相同，即Qa'=Qb'，此时b瓶内温度计示数大于a瓶内温度计示数，是因为两种液体的比热容不同，根据Q=cmΔt可知，在Q、m相同的情况下，比热容c越小，温度变化量Δt越大，所以b瓶中液体的比热容更小。
故答案为：（1）＞；＞；（2）=。
【分析】 （1）根据转换法，电流通过电阻丝产生热量的多少可通过温度计示数的变化来反映。根据Q=cmΔt，可知a瓶中煤油吸收的热量更多，而煤油吸收的热量来自电阻丝产生的热量；由焦耳定律Q=I2Rt可知，在电流I和通电时间t相同的情况下，热量Q与电阻R成正比。
（2）根据焦耳定律Q=I2Rt，由于a、b两瓶内电阻丝阻值相同，通过的电流I相同，通电时间t也相同，所以电流通过两根电阻丝产生的热量相同。
29．（2026九上·海淀期末）如图所示是小明利用滑动变阻器Rp、电阻箱R、电流表、电压恒定的电源、开关等器材设计的测量小灯泡额定功率的实验电路，已知小灯泡的额定电流为I。
（1）请补充主要实验步骤：
①断开开关、按电路图连接电路，将滑动变阻器的阻值调到最大。
②闭合开关S1，开关S2连接　 　，调节滑动变阻器的滑片P，使电流表示数为　 　。
③　 　，读出电阻箱的示数为 R0。
（2）小灯泡的额定功率 　 　(用已知量和测量量表示)。
【答案】（1）b；I；保持滑动变阻器滑片位置不变，断开S1，闭合S2，调节电阻箱R使电流表示数仍为I0
（2）
【知识点】电功率的测量；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】 解：（1）步骤②中，开关S2接b，电路为滑动变阻器与小灯泡串联，调节滑片使电流为额定电流I，此时小灯泡正常发光。
步骤③中保持滑动变阻器的滑片P位置不动，断开开关S2与b的连接，将开关S2连接a，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I，读出电阻箱的示数为R0。
滑片位置不变（保证滑动变阻器接入阻值不变），开关S2接a，电路变为滑动变阻器与电阻箱串联，调节电阻箱使电流仍为I。根据欧姆定律，此时电阻箱的阻值R0等于小灯泡正常发光时的电阻RL。
（2）小灯泡正常发光时，电流为I，电阻为R0，小灯泡的额定功率为P=I2R0。
故答案为：（1）②b；I；③保持滑动变阻器的滑片P位置不动，断开开关S2与b的连接，将开关S2连接a，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I；（2）I2R0。
【分析】要解决这个测量小灯泡额定功率的问题，核心思路是等效替代法，让电阻箱在相同电流下替代小灯泡，从而得到小灯泡正常发光时的电阻。
30．（2026九上·海淀期末）实验桌上有满足实验要求的电源、滑动变阻器、开关各1个，已调零的电压表和电流表各1块、阻值已知且不同的定值电阻6个，导线若干。小明利用这些器材探究当通过导体的电流一定时，导体的电功率跟导体的电阻是否成正比。
（1）请画出实验电路图　 　。
（2）请将实验步骤补充完整：
①断开开关，按电路图连接电路，将滑动变阻器的阻值调到最大。
②闭合开关，将滑动变阻器的滑片P 调至某一适当位置，用电压表和电流表分别测出定值电阻R两端的电压U和通过R的电流I，将R、U、I的数据记录在表格中，断开开关。
③　 　，读出电压表的示数U，将R、U、I的数据记录在表格中，断开开关。
④仿照步骤③再做四次实验。
⑤利用公式　 　分别计算出每次实验中电阻R消耗的电功率 P，并记录在表格中。
（3）画出实验数据记录表格。
【答案】（1）
（2）更换不同阻值的定值电阻R，调节滑动变阻器使电压表示数仍为U；P=UI
（3）
物理量 1 2 3 4 5 6
R/Ω 　 　 　 　 　 　
I/A 　 　 　 　 　 　
U/V 　 　 　 　 　 　
P/W 　 　 　 　 　 　
【知识点】电功率的测量；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】 解：（1）探究“当通过导体的电流一定时，导体的电功率跟导体的电阻是否成正比”，要控制电路中的电流不变，改变导体的电阻大小，记下电阻的电压大小，根据P=UI求出导体的电功率，为得出普遍性的规律要多次测量，故把变阻器串联在电路中，实验电路图。
（2）①断开开关，按电路图连接电路，将滑动变阻器的阻值调到最大。
②闭合开关，将滑动变阻器的滑片P调至某一适当位置，用电压表和电流表分别测出定值电阻R两端的电压U和通过R的电流I，将R、U、I的数据记录在表格中，断开开关。
③换用不同阻值的定值电阻R，调节滑动变阻器使电流表示数仍为I，读出电压表的示数U，将R、U、I的数据记录在表格中，断开开关。
④仿照步骤③再做四次实验。
⑤利用公式P=UI分别计算出每次实验中电阻R消耗的电功率P，并记录在表格中。
（3）根据测量的物理量设计记录数据的表格，如下所示：
物理量 1 2 3 4 5 6
R/Ω 　 　 　 　 　 　
I/A 　 　 　 　 　 　
U/V 　 　 　 　 　 　
P/W 　 　 　 　 　 　
。
故答案为：（1）； （2）换用不同阻值的定值电阻R，调节滑动变阻器使电流表示数仍为I；P=UI；
（3）
物理量 1 2 3 4 5 6
R/Ω 　 　 　 　 　 　
I/A 　 　 　 　 　 　
U/V 　 　 　 　 　 　
P/W 　 　 　 　 　 　
。
【分析】 （1）（2）探究“当通过导体的电流一定时，导体的电功率跟导体的电阻是否成正比”，要控制电路中的电流不变，改变导体的电阻大小，记下电阻的电压大小，根据P=UI求出导体的电功率，为得出普遍性的规律要多次测量，据此画出实验电路图和完成操作；
（3）根据测量的物理量设计记录数据的表格。
31．（2026九上·海淀期末）某科技小组设计了一个利用磁性开关实现控温功能的电热杯，其简化电路如图所示。其中控制电路的电源电压U保持不变，R1是电阻箱，R2是可感知电热杯温度的热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L是线圈阻值可忽略的电磁铁。闭合开关S，当控制电路中的电流为I0时，触发磁性开关闭合，加热电路接通；当控制电路中的电流达到. 时，触发磁性开关断开，加热电路断开。若要降低电热杯能达到的最高温度，请分析说明应如何调节R1的阻值。
【答案】答：图中两个电阻与线圈串联，根据控制电路中的电流达到Im（Im＞I0）时，触发磁性开关断开，加热电路断开，由于触发的电流不变，电源电压不变，根据欧姆定律知，电路中的总电阻不变，当降低电热杯能达到的最高温度，根据热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，热敏电阻变大，故需要调小R1的阻值。
【知识点】欧姆定律及其应用；电磁铁的其他应用
【解析】【解答】 答：图中两个电阻与线圈串联，根据控制电路中的电流达到Im（Im＞I0）时，触发磁性开关断开，加热电路断开，由于触发的电流不变，电源电压不变，根据欧姆定律知，电路中的总电阻不变，当降低电热杯能达到的最高温度，根据热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，热敏电阻变大，故需要调小R1的阻值。
【分析】图中两个电阻与线圈串联，根据控制电路中的电流达到Im（Im＞I0）时，触发磁性开关断开，加热电路断开，降低电热杯能达到的最高温度，根据热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，结合欧姆定律分析解答。
32．（2026九上·海淀期末）请阅读《智能机器人》并回答。
智能机器人
在人工智能技术飞速发展的今天，智能机器人已成为人们生活中的得力助手。
智能机器人拥有相当发达的“大脑”———中央处理器，能够处理海量信息。更重要的是，它通过多种信息传感器构建起敏锐的“感官”系统：视觉传感器如同它的“眼睛”，可以识别物体的形状、颜色和距离；听觉传感器让它能够接收语音指令；触觉和力觉传感器则赋予其“手足”以细腻的触感，从而实现轻柔抓取。所有这些信息汇集到“大脑”，经过处理和分析后，再通过“效应器”————主要是各种电动机，来驱动它的“手”“脚”等运动部件，
完成诸如搬运、送餐、清洁等复杂任务。机器人为了有效避障，在移动过程中会发射、接收超声波(或激光)来债测障碍物信息，当感知到前方障碍物时，机器人依靠减速器进行减速，并重新规划行进路线。
图甲是餐饮行业中使用的送餐智能机器人。该机器人具有过载自动保护系统，其电路原理可简化为如图乙所示的电路，此电路中的电源电压为12V，R0的阻值是10Ω，托盘上的压力传感器(可等效为可变电阻)阻值R随所受压力F变化的图像如图丙所示，触发器(不计其电阻)为电路的保护开关。当电路中的电流达到0.6A时，触发器断开，电铃会发声，提示过载。下表为机器人的部分参数，其中“电池的比能量”为电池充满电后，单位质量的电池所能输出的电能。当电池可输出的电能减为其满电状态的10%时，智能机器人进入自动回充状态，会自动寻找充电座充电。
电池的质量 2kg 减速器的减速比 30：1
电池的比能量 150 W·h/ kg 驱动电机将电能转化为机械能的效率 60%
32.请根据上述材料，回答下列问题：
（1）关于智能机器人，下列说法正确的是____(选填选项前的字母)。
A．智能机器人的视觉传感器只能识别颜色而不能识别形状
B．智能机器人的效应器通过电动机使“手”“脚”等动起来时，是将机械能转化为电能
C．触发器未断开时，智能机器人托起的物体质量越大，电路中的电流越大
D．该智能机器人所用的电池，每1kg的电池所能输出的电能为150J
（2）为避免过载、托盘所受的压力应小于　 　N。
（3）若该机器人每行驶1m、消耗的电能不超过150J，机器人进入自动回充状态时，为确保其能顺利返回充电，机器人离充电座的路程不能超过　 　m。
【答案】（1）C
（2）175
（3）432
【知识点】能量的转化或转移；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；功的计算及应用
【解析】【解答】 解：（1）A.根据短文内容可知该智能机器人的视觉传感器如同它的“眼睛”，可以识别物体的形状、颜色和距离，故A错误；
B.智能机器人的效应器通过电动机使“手”“脚”等动起来时，是将电能转化为机械能，故B错误；
C.当触发器未断开时，根据图丙分析当智能机器人托起的物体质量越大时，其压力传感器的电阻R越小，则电路总电阻越小，根据欧姆定律可电路中电流的越大，故C正确；
D.根据短文内容中的电池的比能量为150W h/kg=150W×3600s/kg=540000J/kg，即每1kg的电池所能输出的电能为540000J，故D错误。
故选：C。
（2）当电路中的电流大于0.6A时，触发器断开，发出报警，则；
根据丙图知，压力为175N；
（3）下一次自动充电前的电池能量：W2=ηW1=10%×150W h/kg×2kg=30W h=30W×3600s=108000J，
根据该机器人每行驶1m，消耗的电能不超过150J，可得机器人行驶过程中受到的阻力为，
驱动电机将电能转化为机械能的效率是60%，而克服阻力做功W=Fs=fs，
则108000J×60%=150N×s，解得s=432m，
为确保其能顺利返回充电，机器人离充电座的路程不能432m。
故答案为：（1）C；（2）175；（3）432。
【分析】 （1）根据短文内容“视觉传感器如同它的“眼睛”，可以识别物体的形状、颜色和距离”判断；
电动机工作时将电能转化为机械能；
根据图丙分析当智能机器人托起的物体质量增大时，其压力传感器的电阻R的变化情况，进而得出总电阻的变化情况，再结合欧姆定律分析得出电路中电流的变化；
根据短文内容中的电池的比能量分析作答；
（2）当电路中的电流大于0.6A时，触发器断开，发出报警，结合串联电路的特点和欧姆定律计算R的阻值，根据图像分析重力和质量大小；
（3）根据电池可输出的电能减为其满电状态的10%计算剩余电能，并结合电能转化效率和功的公式计算量程。
33．（2026九上·海淀期末）如图所示电路中，电源电压恒定不变，R2的阻值为5Ω。闭合开关S，电压表的示数为4 V，电流表的示数为0.4A。求；
（1） R1的阻值。
（2） 通电1m in，R2产生的热量。
【答案】（1）解：由图可知，两个电阻串联，电压表测量R1两端的电压，电流表测量电路中的电流。
由可得R1的阻值：。
答：R1的阻值为10Ω。
（2）解：通电1min，R2产生的热量：。
答：通电1min，R2产生的热量为48J。
【知识点】欧姆定律及其应用；焦耳定律的应用；电功与热量的综合计算
【解析】【分析】（1）由图知，两电阻串联，电流表测电路中电流，电压表测R2两端电压，根据欧姆定律计算器电阻；
（2）根据焦耳定律公式计算通电1min电阻丝R2产生的热量。
34．（2026九上·海淀期末）图甲是小明家的多功能电煮锅，其内部简化电路如图乙所示， 为阻值一定的电热丝、通过控制开关S1、S2和S3的断开或闭合状态(其中S1和S2不能同时闭合)，可以让电煮锅在不同挡位工作，该电煮锅铭牌中的部分参数如下表所示。
×× 牌电煮锅
额定电压 220V
额定功率 低温挡 　
中温挡 400W
高温挡 1280W
（1）电煮锅在中温挡工作时，若开关 断开，则开关S1和S3应分别处于什么状态
（2）求电煮锅在高温挡正常工作15 min所消耗的电能。
（3）求电煮锅低温挡的额定功率。
【答案】（1）解：由图乙可知，只闭合开关S2时，两个电阻串联，总电阻最大，根据可知，总功率最小，电煮锅处于低温挡；开关S1、S3都闭合，2断开时，两个电阻并联，总电阻最小；根据可知，总功率最大，电煮锅在高温挡；开关S2、S3闭合、S1断开时，R2短路，电路中只有R1，总电阻居中，根据可知，总功率居中，电煮锅在中温挡。答：S1、S3都闭合。
（2）解：已知高温挡功率P高=1280W，时间t=15min=900s，高温挡正常工作15min消耗的电能为：。
答：高温挡正常工作15min消耗的电能为1.152×106J。
（3）解：中温挡只有R1工作，根据可得R1的阻值为：；
高温挡时R1与R2并联，总功率P高=P1+P2，则R2的功率为：
P2=P高-P中=1280W-400W=880W；
根据可得R2的阻值为：；
低温挡时R1与R2串联，串联电路总电阻为：R串=R1+R2=55Ω+121Ω=176Ω；
低温挡的额定功率为：。
答：低温挡的额定功率为275W。
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算；额定功率
【解析】【分析】 （1）由图乙可知，只闭合开关S2时，两个电阻串联，总电阻最大；开关S1、S3都闭合，2断开时，两个电阻并联，总电阻最小；开关S2、S3闭合、S1断开时，R2短路，电路中只有R1，总电阻居中。根据可知，电煮锅分别处于什么挡位；
（2）根据W=Pt求出高温挡正常工作15min消耗的电能；
（3）中温挡只有R1工作，根据可求出R1的阻值，高温挡时R1与R2并联，根据总功率P高=P1+P2求出R2的功率，根据可求出R2的阻值，低温挡时R1与R2串联，根据串联电路电阻特点求出串联电路总电阻，根据可求出低温挡的额定功率。
1 / 1北京市海淀区2025-2026学年第一学期九年级期末考试物理试卷
1．（2026九上·海淀期末）在国际单位制中、电功率的单位是
A．瓦特(W) B．欧姆(Ω) C．安培(A) D．焦耳(J)
2．（2026九上·海淀期末）如图所示的用电器中，主要利用电流热效应工作的是
A． B．
C． D．
3．（2026九上·海淀期末）关于安全用电、下列说法正确的是
A．图甲：电线有些破损.可以继续使用
B．图乙：可以用湿毛巾擦拭正在发光的灯泡
C．图丙：可以在高压电线下放风筝
D．图丁：用电器的金属外壳应接地
4．（2026九上·海淀期末）某用电器的额定功率为1500 W，该用电器最有可能是
A．壁挂式空调 B．普通照明灯 C．家用电视机 D．台式计算机
5．（2026九上·海淀期末）沈括在《梦溪笔谈》中描述：“方家以磁石磨针锋，则能指南、然常微偏东，不全南也”。下列说法正确的是
A．磁针只有一个磁极
B．指南的“针锋”是磁针的S极
C．北京地区的地磁场方向大致由北向南
D．地磁场的 N 极与地理南极完全重合
6．（2026九上·海淀期末）如图所示是氖管试电笔的结构图，下列说法正确的是
A．试电笔可以用来检测物体所带电荷的种类
B．使用试电笔时，手不能触碰到试电笔的任何金属部分
C．使用试电笔时，要握住试电笔的绝缘杆部分，同时用手接触金属笔卡
D．在正确使用试电笔的情况下，若试电笔的金属笔尖接触零线，则氖管一定发光
7．（2026九上·海淀期末）在家庭电路中，若空气开关“跳闸”，则
A．一定是用电器的总功率过大
B．一定是发生了短路
C．可能是某用电器发生了断路
D．可能是两孔插座中的两个线头相碰
8．（2026九上·海淀期末）关于电功和电功率，下列说法正确的是
A．电功率是表示电流做功快慢的物理量
B．电流通过用电器做功的时间越长，电功率越小
C．用电器的电功率越大，电流通过用电器做功越多
D．电流通过用电器做功的过程就是电能转化为内能的过程
9．（2026九上·海淀期末）关于磁场和磁感线，下列说法正确的是
A．磁场中实际存在着磁感线
B．磁场中不同位置的磁场方向可能相同
C．磁体周围没画磁感线的地方一定没有磁场
D．磁场中某点的磁场方向，由该点小磁针N极的受力方向决定
10．（2026九上·海淀期末）如图所示是两个实验室中常用的定值电阻R1和R2，两电阻均由粗细均匀、材料相同的电阻丝缠绕在相同的圆柱形绝缘棒上制成，绕制R1比绕制R2所用的电阻丝更粗、且缠绕的圈数更少。将R1、R2并联在电路中工作一段时间。关于R1和R2相关物理量的比较，下列说法正确的是
A．通过R1的电流更小 B．R2两端的电压更大
C．R1消耗电能更快 D．电流通过R2产生的热量更多
11．（2026九上·海淀期末）图所示是一种运动手环，其计步功能的主要工作元件是一段密闭的空心塑料管，管内有一小块磁铁，管外缠绕着线圈。人在佩戴这种手环走路时，磁铁便在管内往复运动，使线圈中产生电流，进而实现计步。所示的实验中与该手环计步原理相同的是
A． B．
C． D．
12．（2026九上·海淀期末）如图所示为某电热水壶及其铭牌，下列说法正确的是
产品名称 电热水壶
额定电压 220V
额定频率 50 Hz
额定功率 1100W
最大客量 1.8 L
A．该电热水壶的额定电流为0.2A
B．该电热水壶两端的电压为110V时，其实际功率为550W
C．可以使用允许通过最大电流为10A 的插线板给该电热水壶供电
D．该电热水壶正常工作3m in，消耗的电能为3300J
13．（2026九上·海淀期末）某同学用如图所示的其中一个电路做实验、电源电压恒定，R1和R2为定值电阻，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小，记录两电压表的示数U 、U2如下表所示。该实验所用的电路是
U1/V 1.5 1.8 2.1 2.4 2.7 3.0
U./V 4.5 4.0 3.5 3.0 2.5 2.0
A． B．
C． D．
14．（2026九上·海淀期末）某电阻的阻值随温度的变化规律如图甲所示，小明利用该电阻制作了测量水温的装置，其简化电路如图乙所示，电阻R1、R2中的一个是该电阻，另一个是阻值为100Ω的定值电阻，电源电压为4.5V并保持不变，电压表的量程为0~3V。所测水温越高，电压表的示数越大，下列说法正确的是
A．水温为0℃时，电压表的示数为0V
B．水温为40℃时、电路的总功率为0.1125W
C．水温降低时，电压表与电流表的示数之比不变
D．若换用130Ω的定值电阻，则该装置能测量的最高水温为80℃
15．（2026九上·海淀期末）如图所示，学生电源的电压可调，灯泡L上标有“6V3W”，定值电阻R1的阻值为3Ω，滑动变阻器R2上标有“20Ω3A”。当电源电压为9V时，只闭合S、S1，调节滑片使灯泡正常发光；断开开关，将电源电压调至 U0，只闭合S、S2、S3，将滑片调至最右端，灯泡再次正常发光(不计温度对灯丝电阻的影响)，下列说法正确的是
A．电源电压为9V，灯泡正常发光时，R2接入电路的阻值为6Ω
B．电源电压为 U0，灯泡再次正常发光时，电流表的示数为0.5 A
C．前后两次灯泡正常发光时，R1消耗的功率之比为1：4
D．前后两次灯泡正常发光时，电路消耗的总功率之比为3：10
16．（2026九上·海淀期末）下列关于家庭电路与安全用电的说法正确的是
A．更换家庭电路中的灯泡前，应断开电源开关
B．熔丝熔断后，可用铜丝代替熔丝接入电路
C．只要不同时接触火线和零线就不会发生触电事故
D．一旦发生触电事故，应立即切断电路，或用绝缘体将电线挑开
17．（2026九上·海淀期末）下列做法中，能确定某钢棒原来就具有磁性的是
A．将钢棒靠近小磁针，小磁针发生转动
B．将钢棒靠近放在桌面上的铁屑，大量的铁屑被吸起
C．将钢棒靠近悬挂的条形磁体的一个磁极，条形磁体被吸引
D．将钢棒悬挂使其能在水平面内自由转动，钢棒静止时总是指南北
18．（2026九上·海淀期末）如图是动圈式扬声器及其构造的示意图，扬声器由音圈、永磁体、锥形纸盆等组成。当音圈中有大小和方向反复变化的电流通过时，音圈就会受到磁场的作用力而前后往复运动，从而带动纸盆来回振动，发出声音。下列说法正确的是
A．扬声器是依据电磁感应现象制成的
B．音圈中的电流方向改变时，其所受磁场的作用力的方向也发生改变
C．扬声器的工作原理与电动机的工作原理相同
D．扬声器在工作过程中，主要将电能转化为机械能
19．（2026九上·海淀期末） 两只小灯泡L1和L2上分别标有“6V 1.2W”和“12V6W”。若将两只灯泡接在同一个电路中，且使其中一只灯泡恰好正常发光，另一只灯泡的亮度比其正常发光时要暗，不计温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是
A．将它们串联接入电路时，两只灯泡两端的总电压为18V
B．将它们串联接入电路时，L1的电功率与L2的电功率之比为5：4
C．将它们并联接入电路时，干路中的电流为0.7A
D．将它们并联接入电路时，L2的电功率为1.5W
20．（2026九上·海淀期末）小明设计了一个能自动记录跳绳次数的装置，其简化电路如图甲、乙所示。已知R，是光敏电阻，电源电压 电阻箱R2调至1kΩ，自动计数器上标有“6 V3 W”。闭合甲图中的开关S1，在跳绳过程中，当绳子挡住射向R1的红外线时，R 的阻值会变为某一更大阻值，此时信号触发器(在甲图中可看作电压表)两端的电压 UAB变为 U0，触发乙图中的开关S2闭合，自动计数器计数一次；当电压UM不等于U0时，开关S2断开。图丙是小明跳绳过程中的某段时间内，信号触发器两端的电压UAB随时间t变化的图像。下列说法正确的是
A．自动计数器正常工作时的电流为2A
B．0~0.80s自动计数器消耗的电能为0.24J
C．当绳子挡住射向 R1的红外线时，
D．若电压U1减小，为使计数器正常工作，可将电阻箱R2的阻值适当调大
21．（2026九上·海淀期末）
（1） 如图所示， 电能表的示数为　 　kW·h。
（2）用笔画线代替导线，将图中的插座、照明灯及其开关正确地接入家庭电路中　 　。
22．（2026九上·海淀期末）如图所示，小明将导线沿南北方向水平架设在可自由转动的小磁针上方附近，当小磁针静止时，闭合开关，使导线中通有短时间的强电流、发现　 　，说明电流周围　 　。
23．（2026九上·海淀期末）某实验小组用如图甲所示的装置探究通电螺线管周围磁场的特点。
（1）将螺线管连入电路中，在板面上均匀地撒上一些铁屑，闭合开关并轻敲板面，观察到铁屑分布情况如图乙所示。铁屑的作用是反映　 　(选填“磁场方向”或“磁场分布”)。
（2）将可自由转动的小磁针放在通电螺线管周围的不同位置，小磁针(黑色一端为N极)静止时的指向如图丙所示，可判断出通电螺线管的右端为　 　极(选填“N”或“S”)。
（3）请用箭头标出图丙中 A 点的电流方向　 　。
24．（2026九上·海淀期末）如图所示是小明用磁体、线圈等器材自制的简易直流电动机。他将磁体的N极朝上，闭合开关、发现线圈开始转动；随后他断开开关，将磁体的S极朝上放在原处，再闭合开关，发现线圈的转动方向与原来相反。请你根据以上实验步骤及现象，写出小明所探究的问题：　 　。
25．（2026九上·海淀期末）小明为测量额定电压为2.5 V的小灯泡的额定功率，进行了以下实验。
（1）他连接了如图甲所示的部分实验电路、请用笔画线代替导线，将实验电路连接完整　 　。
（2）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移至　 　端(选填“A”或“B”)。
（3）小明连接好实验电路.闭合开关S，发现小灯泡不发光，电流表、电压表均有示数，接下来合理的操作是____(选填选项前的字母)。
A．检查滑动变阻器是否断路
B．检查小灯泡与灯座是否接触良好
C．移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光
（4）小明在某次实验时发现电压表的示数为2.2V，为使小灯泡正常发光，他应将滑片P向　 　端移动(选填“A”或“B”)。在本次调节中，滑动变阻器接入电路的阻值变化了R1，小灯泡的阻值变化了R2，则 R1　 　 R2(选填“>”“=”或“<”)。
（5）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W。
26．（2026九上·海淀期末）小海在探究电磁铁的磁性强弱与哪些因素有关的实验中，用相同的铁钉作为铁芯绕制了两个线圈匝数不同的电磁铁，他设计的实验电路如图所示。
（1）实验中通过观察电磁铁　 　反映电磁铁的磁性强弱。
（2）根据图中所示的实验现象可以得到的结论是：　 　。
27．（2026九上·海淀期末）如图是小明探究产生感应电流条件的实验装置，请按要求回答以下问题：
（1）闭合开关，下列可产生感应电流的操作是____(选填选项前的字母)。
A．磁体不动，使导体AB沿竖直方向做上下运动
B．磁体不动，使导体 AB沿水平方向做左右运动
C．导体AB不动，使磁体沿竖直方向做上下运动
D．导体AB不动，使磁体沿水平方向做左右运动
（2）小明在操作中发现灵敏电流计的指针偏转角度很小，请你提出一种可增大灵敏电流计指针偏转角度的方案：　 　。
（3）若将该实验装置中的灵敏电流计换成合适的学生电源，闭合开关，可观察到的现象是　 　。
28．（2026九上·海淀期末）小明和小红均用如图所示的电路进行实验，a、b是两个完全相同的烧瓶，瓶内均装有电阻丝和相同的温度计。
（1）小明在a、b两瓶内装入质量和初温相同的煤油。闭合开关，通电一段时间后，观察到a瓶内温度计示数大于b瓶内温度计示数，则a、b两瓶内电流通过电阻丝产生的热量Q。　 　Qb，可判断出a、b两瓶内电阻丝的阻值Ra　 　Rb。(选填“>”“=”或“<”)
（2）小红在a、b两瓶内装入阻值相同的电阻丝、质量和初温相同的不同液体。闭合开关，通电一段时间后，观察到b瓶内温度计示数大于a瓶内温度计示数。可知a、b两瓶内电流通过电阻丝产生的热量Q。 Qb(选填“>”“=”或“<”)。
29．（2026九上·海淀期末）如图所示是小明利用滑动变阻器Rp、电阻箱R、电流表、电压恒定的电源、开关等器材设计的测量小灯泡额定功率的实验电路，已知小灯泡的额定电流为I。
（1）请补充主要实验步骤：
①断开开关、按电路图连接电路，将滑动变阻器的阻值调到最大。
②闭合开关S1，开关S2连接　 　，调节滑动变阻器的滑片P，使电流表示数为　 　。
③　 　，读出电阻箱的示数为 R0。
（2）小灯泡的额定功率 　 　(用已知量和测量量表示)。
30．（2026九上·海淀期末）实验桌上有满足实验要求的电源、滑动变阻器、开关各1个，已调零的电压表和电流表各1块、阻值已知且不同的定值电阻6个，导线若干。小明利用这些器材探究当通过导体的电流一定时，导体的电功率跟导体的电阻是否成正比。
（1）请画出实验电路图　 　。
（2）请将实验步骤补充完整：
①断开开关，按电路图连接电路，将滑动变阻器的阻值调到最大。
②闭合开关，将滑动变阻器的滑片P 调至某一适当位置，用电压表和电流表分别测出定值电阻R两端的电压U和通过R的电流I，将R、U、I的数据记录在表格中，断开开关。
③　 　，读出电压表的示数U，将R、U、I的数据记录在表格中，断开开关。
④仿照步骤③再做四次实验。
⑤利用公式　 　分别计算出每次实验中电阻R消耗的电功率 P，并记录在表格中。
（3）画出实验数据记录表格。
31．（2026九上·海淀期末）某科技小组设计了一个利用磁性开关实现控温功能的电热杯，其简化电路如图所示。其中控制电路的电源电压U保持不变，R1是电阻箱，R2是可感知电热杯温度的热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L是线圈阻值可忽略的电磁铁。闭合开关S，当控制电路中的电流为I0时，触发磁性开关闭合，加热电路接通；当控制电路中的电流达到. 时，触发磁性开关断开，加热电路断开。若要降低电热杯能达到的最高温度，请分析说明应如何调节R1的阻值。
32．（2026九上·海淀期末）请阅读《智能机器人》并回答。
智能机器人
在人工智能技术飞速发展的今天，智能机器人已成为人们生活中的得力助手。
智能机器人拥有相当发达的“大脑”———中央处理器，能够处理海量信息。更重要的是，它通过多种信息传感器构建起敏锐的“感官”系统：视觉传感器如同它的“眼睛”，可以识别物体的形状、颜色和距离；听觉传感器让它能够接收语音指令；触觉和力觉传感器则赋予其“手足”以细腻的触感，从而实现轻柔抓取。所有这些信息汇集到“大脑”，经过处理和分析后，再通过“效应器”————主要是各种电动机，来驱动它的“手”“脚”等运动部件，
完成诸如搬运、送餐、清洁等复杂任务。机器人为了有效避障，在移动过程中会发射、接收超声波(或激光)来债测障碍物信息，当感知到前方障碍物时，机器人依靠减速器进行减速，并重新规划行进路线。
图甲是餐饮行业中使用的送餐智能机器人。该机器人具有过载自动保护系统，其电路原理可简化为如图乙所示的电路，此电路中的电源电压为12V，R0的阻值是10Ω，托盘上的压力传感器(可等效为可变电阻)阻值R随所受压力F变化的图像如图丙所示，触发器(不计其电阻)为电路的保护开关。当电路中的电流达到0.6A时，触发器断开，电铃会发声，提示过载。下表为机器人的部分参数，其中“电池的比能量”为电池充满电后，单位质量的电池所能输出的电能。当电池可输出的电能减为其满电状态的10%时，智能机器人进入自动回充状态，会自动寻找充电座充电。
电池的质量 2kg 减速器的减速比 30：1
电池的比能量 150 W·h/ kg 驱动电机将电能转化为机械能的效率 60%
32.请根据上述材料，回答下列问题：
（1）关于智能机器人，下列说法正确的是____(选填选项前的字母)。
A．智能机器人的视觉传感器只能识别颜色而不能识别形状
B．智能机器人的效应器通过电动机使“手”“脚”等动起来时，是将机械能转化为电能
C．触发器未断开时，智能机器人托起的物体质量越大，电路中的电流越大
D．该智能机器人所用的电池，每1kg的电池所能输出的电能为150J
（2）为避免过载、托盘所受的压力应小于　 　N。
（3）若该机器人每行驶1m、消耗的电能不超过150J，机器人进入自动回充状态时，为确保其能顺利返回充电，机器人离充电座的路程不能超过　 　m。
33．（2026九上·海淀期末）如图所示电路中，电源电压恒定不变，R2的阻值为5Ω。闭合开关S，电压表的示数为4 V，电流表的示数为0.4A。求；
（1） R1的阻值。
（2） 通电1m in，R2产生的热量。
34．（2026九上·海淀期末）图甲是小明家的多功能电煮锅，其内部简化电路如图乙所示， 为阻值一定的电热丝、通过控制开关S1、S2和S3的断开或闭合状态(其中S1和S2不能同时闭合)，可以让电煮锅在不同挡位工作，该电煮锅铭牌中的部分参数如下表所示。
×× 牌电煮锅
额定电压 220V
额定功率 低温挡 　
中温挡 400W
高温挡 1280W
（1）电煮锅在中温挡工作时，若开关 断开，则开关S1和S3应分别处于什么状态
（2）求电煮锅在高温挡正常工作15 min所消耗的电能。
（3）求电煮锅低温挡的额定功率。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电功率；科学家及其贡献
【解析】【解答】 解：在国际单位制中，
A、瓦特（W）是功率的基本单位，也是电功率的基本单位，故A正确；
B、欧姆（Ω）是电阻的基本单位，故B错误；
C、安培（A）是电流的基本单位，故C错误；
D、焦耳（J）是功和各种能量的基本单位，故D错误。
故选：A。
【分析】 电学中各个物理量都有自己的国际单位；电荷量的单位是库仑，电功（电能）的单位是焦耳，电功率的单位是瓦特，电流的单位是安培，电阻的单位是欧姆。
2．【答案】B
【知识点】电流的热效应
【解析】【解答】 解：ACD．抽油烟机、电冰箱和扫地机器人，主要是把电能转化为机械能，不是利用电流的热效应，故ACD不符合题意；
B．电暖器工作时主要把电能转化为内能，利用了电流的热效应，故B符合题意。
故选：B。
【分析】 电流通过导体时电能转化成内能，这种现象叫做电流的热效应。
3．【答案】D
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】 解：A、使用绝缘皮破损的电线，破损处的导线外露，人接触时可能会触电，故A错误；
B、生活用水是导体，用湿抹布擦发光的灯泡时，可能会发生触电事故，故B错误；
C．在高压电线下放风筝，风筝线可能接触到高压电线，导致触电或短路，故C错误；
D、大功率用电器的金属外壳要接地，当用电器漏电时，电流会通过地线导入大地，从而避免人体触电，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）绝缘皮破损的电线容易诱发触电事故；
（2）生活用水是导体，接触带电体容易发生触电；
（3）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；
（4）有金属外壳的家用电器要接地。
4．【答案】A
【知识点】电功率；额定功率
【解析】【解答】 解：A、家用壁挂式空调的功率约为1.5kW=1500W，故A符合题意；
B、普通照明灯功率约为40W，故B不符合题意；
C、家用电视机功率约为130W，故C不符合题意；
D、台式计算机的功率约为150W，故D不符合题意。
故选：A。
【分析】 根据对常用家用电器额定功率的了解，逐一分析各选项，然后做出选择。
5．【答案】B
【知识点】磁现象；地磁场；磁极间的相互作用
【解析】【解答】 解：A、任何磁体都有两个磁极，故A错误；
B、地球周围的磁感线是从地理的南极附近出发经地球外部回到地理的北极，所以指南的“针锋”是磁针的S极，故B正确；
C、北京地区的地磁场方向由南向北，故C错误；
D、附近地磁场的S极在地理北极附近，地磁场的N极在地理南极附近；地磁场的N、S与地理的南北极不完全重合，存在一定偏差，故D错误。
故选：B。
【分析】 地球相当于一个巨大的磁体，地磁场的N极在地球的地理南极附近，地磁场的S极在地球的地理北极附近；
地球周围存在磁场，地球上某点的磁场方向与该点的磁感线方向是相同的，磁感线并不存在，只是为了便于研究而引入的理想模型。
6．【答案】C
【知识点】测电笔的使用
【解析】【解答】 解：A、试电笔是辨别火线和零线的工具，不能用来检验所带电荷的种类，故A错误；
B、使用试电笔时，手必须接触笔尾金属体（金属笔卡），故B错误；
C、使用试电笔时，要握住试电笔的绝缘杆部分，同时用手接触金属笔卡，故C正确；
D、在正确使用试电笔的情况下，若试电笔的金属笔尖接触火线，则氖管一定发光，接触零线，氖管不发光，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）试电笔是辨别火线和零线的工具。
（2）使用试电笔时，手必须接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体。
（3）正确使用试电笔时，笔尖金属火线氖管一定会发光，接触零线，氖管不会发光。
7．【答案】D
【知识点】家庭电路的故障分析；家庭电路电流过大的原因；熔断器的作用及保险丝的选择
【解析】【解答】解：AB、空气开关“跳闸是因为电流过大，而电流过大可能是短路，也可能是用电器的总功率过大，故AB错误。
C、用电器断路时，电路处于开路状态，电流为0，不会引发空气开关“跳闸”，故C错误。
D、两孔插座中若火线与零线直接相碰，会形成短路，使电路中电流急剧增大，从而导致空气开关“跳闸”，这种情况是可能发生的，故D正确。
故选：D。
【分析】空气开关“跳闸”是因为电路中电流过大，而家庭电路中电流过大的原因有两种：一是用电器的总功率过大，二是发生了短路。
8．【答案】A
【知识点】电功率
【解析】【解答】解：A．电功率是表示用电器消耗电能快慢的物理量，也是表示电流做功快慢的物理量，故A正确；
BC．由公式W=Pt可知，用电器做功多少与功率和时间有关，用电器的电功率越大，时间越大，做功越多，故BC错误；
D．电流做的过程就是电能转化为其他形式能的过程，故D错误。
故选：A。
【分析】电流做功的过程就是电能转化为其它形式能的过程。电功率是表示用电器消耗电能快慢的物理量。结合二者的概念和关系，可逐一做出判断。
9．【答案】B
【知识点】磁现象；磁场；磁感线及其特点
【解析】【解答】 解：AC、磁感线是人们为了形象地描述磁场而建立的一种模型，磁感线不是真实存在的，磁场的有无与磁感线无关，故A错误，故C错误；
B、磁场中的不同位置的磁场方向可能相同，也可能不同，故B正确；
D、磁场中某点的磁场方向是客观存在的，与放在该点的小磁针N极指向无关，小磁针N极指向是用来判断磁场方向的，而不是决定磁场方向，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）人们为了形象地描述磁场而构建了一种模型--磁感线，用磁感线表示磁场的分布情况；
（2）磁场是有方向的，因此磁场中不同位置，磁场方向可能相同，也可能不同；
（3）小磁针静止时北极所指的方向规定为该点磁场方向。
10．【答案】C
【知识点】焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】 解：材料相同，R1的电阻丝更粗，即横截面积S更大，电阻小，缠绕圈数更少，即长度L更短，电阻小，所以R1的电阻值小于R2的电阻值，即R1＜R2。
A、根据并联电路的特点，各支路两端电压相等，即U1=U2。再根据欧姆定律，电压U相等时，电流I与电阻R成反比，因为R1＜R2，所以通过R1的电流更大，故A错误。
B、由并联电路的电压特点可知，各支路两端电压相等，所以R1和R2两端的电压一样大，即U1=U2，故B错误。
C、根据电功率公式，电压U相等时，电功率P与电阻R成反比，因为R1＜R2，所以R1的电功率更大。电功率是表示电流做功快慢的物理量，所以R1消耗电能更快，故C正确。
D、根据焦耳定律，电压U和通电时间t相等时，产生的热量Q与电阻R成反比，因为R1＜R2，所以电流通过R1产生的热量更多，故D错误。
故选：C。
【分析】 材料相同，R1的电阻丝更粗，即横截面积S更大，电阻小，缠绕圈数更少，即长度L更短，电阻小，所以R1的电阻值小于R2的电阻值。
A、根据并联电路的特点，各支路两端电压相等，即U1=U2。再根据欧姆定律，电压U相等时，电流I与电阻R成反比。
B、由并联电路的电压特点可知，各支路两端电压相等。
C、根据电功率公式，电压U相等时，电功率P与电阻R成反比。
D、根据焦耳定律，电压U和通电时间t相等时，产生的热量Q与电阻R成反比。
11．【答案】C
【知识点】通电直导线周围的磁场；电磁铁的其他应用；电磁感应；磁极间的相互作用
【解析】【解答】解：根据运动手环的特点可知，人在佩戴这种手环走路时，磁铁在管中往复运动，相当于线圈做切割磁感线运动而产生电流，因此，计步器的基本原理是电磁感应，产生电流的过程中将机械能转化成了电能，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这就是电磁感应；这一过程中，可将机械能转化为电能。
12．【答案】B
【知识点】电功的计算；电功率的计算；实际功率；电功与热量的综合计算
【解析】【解答】解：A、由图甲可知，电热水器的额定功率P1=1100W，
正常工作时的额定电流为，故A错误；
B、由图乙可知，电热水壶的额定电压U=220V，
电热水壶的电阻，
若电热水壶两端的电压为110V时，电热水壶的功率：，故B错误；
C、电热水壶正常工作时的额定电流为5A，可以使用允许通过最大电流为10A的插线板给该电热水壶供电，故C正确；
D、电热水壶正常工作时，3min电热水壶消耗电能：W=P1t=1100W×3×60s=198000J，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）由图甲可知电热水器的额定功率，利用P=UI求得额定电流；
（2）由图乙可知电热水壶的额定功率和额定电压，根据求出电热水壶的电阻，根据求出电热水壶的实际功率；
（3）根据W=Pt求出电热水壶正常工作时，3min电热水壶消耗电能。
13．【答案】D
【知识点】电路的构成及电路图；串、并联电路的设计；电压表的连接
【解析】【解答】解：根据表格数据知，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小，电压表V1示数不断增大，电压表V2示数在不断减小，
A、图A中，开关闭合后，三个电阻串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测R2两端电压，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小时，由串联分压原理可知，两个电压表的示数会同时增大，或同时减小，故A不符合题意；
B、图B中，开关闭合后，三个电阻串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测滑动变阻器两端电压，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小时，由串联分压原理可知，当滑动变阻器阻值变小时，电压表V2示数将变小，电压表V1示数将变大，且两电压表的示数之和不为定值（不等于电源电压），故B符合题意；
C、图C中，开关闭合后，三个电阻串联，电压表V1测R1和R2两端电压，电压表V2测滑动变阻器两端电压，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小时，由串联分压原理可知，当滑动变阻器阻值变小时，电压表V2示数将变小，电压表V1示数将变大，但此时两电压表的示数之和应为定值（等于电源电压），故C不符合题意；
D、图D中，开关闭合后，三个电阻串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测电源电压，逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小时，电压表V2的示数始终不变（等于电源电压），故D不符合题意。
故选：B。
【分析】根据表格数据分析规律，对照选项中的电路图，分析电压表所测位置，由串联分压原理得出逐渐改变滑动变阻器R3接入电路中的阻值大小时，电压表的示数变化情况进行判断。
14．【答案】B
【知识点】并联电路的电压规律；电阻的串联；电功率；电功率的计算
【解析】【解答】解：由图乙可知，开关闭合后，R1和R2串联，电压表测R1两端电压，电流表测电路电流，由图甲可知，热敏电阻的阻值随水温的升高而增大，由串联分压原理可知，R1应为热敏电阻，R2为定值电阻，
A、当水温为0℃时，由图甲知热敏电阻R1的阻值为100Ω，定值电阻R2也为100Ω，两阻值之比为1：1，由串联分压原理可知，此时电压表的示数为电源电压的一半，即，故A错误；
B、水温为40℃时，由图甲知热敏电阻R1的阻值为180Ω，电路的总功率，故B错误；
C、水温降低时，由图甲知热敏电阻R1阻值将变小，由欧姆定律可知，电压表与电流表的示数之比即为热敏电阻R1阻值，所以电压表与电流表的示数之比将变小，故C错误；
D、若换用130Ω的定值电阻，该装置能测量的最高水温时热敏电阻R1阻值应最大，由串联分压原理可知，此时电压表的示数应最大为U'1=3V，R2两端电压为U2=U-U'1=4.5V-3V=1.5V，热敏电阻R1与R2两端电压之比2：1，由串联分压原理可知，热敏电阻R1阻值与R2阻值之比也为2：1，所以此时热敏电阻R1阻值为260Ω，由图甲可知此时对应的水温为80℃，故D正确。
故选：D。
【分析】由图乙可知，开关闭合后，R1和R2串联，电压表测R1两端电压，电流表测电路电流，由图甲和串联分压原理判断R1和R2谁为热敏电阻；
（1）当水温为0℃时，由图甲知热敏电阻R1的阻值，从而知两阻值之比，由串联分压原理可知此时电压表的示数；
（2）水温为40℃时，由图甲知热敏电阻R1的阻值，由知电路的总功率；
（3）水温降低时，由图甲知热敏电阻R1阻值将变小，由欧姆定律可知，电压表与电流表的示数之比即为热敏电阻R1阻值；
（4）若换用130Ω的定值电阻，该装置能测量的最高水温时热敏电阻R1阻值应最大，由串联分压原理可知，此时电压表的示数应最大，从而知热敏电阻R1与R2两端电压之比，由串联分压原理可知热敏电阻R1阻值与R2阻值之比，得出此时热敏电阻R1阻值，由图甲可知此时对应的水温。
15．【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率与电能、时间的关系；电功率的计算；额定功率
【解析】【解答】 解：A、由P=UI可知，灯泡正常发光时，通过灯泡的电流：，
当电源电压为9V时，闭合S、S1，断开S2、S3，滑动变阻器R2、定值电阻R1和灯泡L串联，电压表测灯泡L两端的电压，电流表测电路中的电流，
此时灯泡正常发光，由串联电路的电流特点可知，电路中的电流：I=IL=0.5A，
由欧姆定律可知，定值电阻R1两端的电压：U1=IR1=0.5A×3Ω=1.5V，
由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器R2两端的电压：U2=U-UL-U1=9V-6V-1.5V=1.5V，
由欧姆定律可知，R2接入电路的阻值：，故A错误；
B、改变电源电压，闭合S、S2、S3，断开S1，将R2滑片移到最右端，R2接入电路的电阻为零，定值电阻R1和灯泡L并联，电压表测电源电压，电流表测干路电流，
此时灯泡正常发光，由并联电路的电压特点可知，电源电压：U'=UL=6V，
由欧姆定律可知，通过定值电阻R1的电流：，
由并联电路的电流特点可知，干路电流：I'=I1+IL=2A+0.5A=2.5A，故B错误；
C、由P=UI=I2R可知，前后两次灯泡正常发光时，R1消耗的功率之比：，故C错误；
D、由P=UI可知，前后两次灯泡正常发光时电路消耗的总功率之比：，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）根据P=UI求出灯泡正常发光时的电流；当电源电压为24V时，闭合S、S1，断开S2、S3，滑动变阻器R2、定值电阻R1和灯泡L串联，电压表测灯泡L两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出定值电阻R1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器R2两端的电压，根据欧姆定律求出R2接入电路的阻值；
（2）改变电源电压，闭合S、S2、S3，断开S1，将R2滑片移到最右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，定值电阻R1和灯泡L并联，电压表测电源电压，电流表测干路电流，根据欧姆定律求出通过定值电阻R1的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，即电流表的示数；
（3）根据P=UI=I2R求出前后两次灯泡正常发光时，R1消耗的功率之比；
（4）根据P=UI求出前后两次灯泡正常发光时电路消耗的总功率之比。
16．【答案】A,D
【知识点】熔断器的作用及保险丝的选择；安全用电原则
【解析】【解答】 解：A、更换家庭电路中的灯泡前，断开电源开关能避免人体接触带电部分，防止触电事故发生，故A正确。
B、熔丝由电阻率大、熔点低的铅锑合金制成，电流过大时会自动熔断以保护电路；铜丝熔点高，电流过大时无法及时熔断，起不到保护作用，因此不能用铜丝代替熔丝，故B错误。
C、触电事故包含“单线触电”和“双线触电”，即使不同时接触火线和零线，“单线触电”也会引发危险，故C错误。
D、发生触电事故时，立即切断电路可停止电流供应；用绝缘体将电线挑开，能避免施救者因直接接触电线而触电，这是科学合理的急救方式，故D正确。
故选：AD。
【分析】 （1）更换家庭电路中的灯泡前，断开电源开关能避免触电事故发生；
（2）铜丝熔点高，电流过大时无法及时熔断，起不到保护作用；
（3）触电事故包含“单线触电”和“双线触电”；
（4）发生触电事故时，立即切断电路可停止电流供应。
17．【答案】B,D
【知识点】磁现象；磁场；磁极间的相互作用；磁化
【解析】【解答】 A、将该钢棒靠近小磁针，小磁针发生转动，可能是二者都有磁性，且相互接触的一端为异名磁极；也可能是钢棒无磁性，而小磁针有磁性，故A不符合题意；
B、钢棒能够吸引铁屑，说明了钢棒具有磁体才具有的性质，能够吸引铁钴镍等物质，故B符合题意；
C、将钢棒靠近悬挂的条形磁体的一个磁极，条形磁体被吸引，可能是异名磁极相互吸引；也可能是钢棒无磁性，是条形磁体吸引铁磁性物质，故C不符合题意；
D、磁体由于受到地磁场的作用，当其自由静止时，要指向南北方向，即磁体的指向性。故D符合题意。
故选BD。
【分析】 要判断钢棒是否有磁性，就要抓住钢棒有磁性与没有磁性的区别，从磁体的磁性和指向性等特点进行分析。
18．【答案】B,C,D
【知识点】直流电动机的构造原理与工作过程；实用电动机的构造、特点和应用；电磁感应；扬声器和耳机的构造和原理
【解析】【解答】 解：A、扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理来工作的，故A错误；
B、音圈中的电流方向改变时，其所受磁场的作用力的方向也发生改变，故B正确；
C、扬声器的工作原理和电动机的工作原理相同，故C正确；
D、扬声器在工作过程中，主要将电能转化为机械能，故D正确。
故选：BCD。
【分析】 （1）扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理来工作的。
（2）通电导体受力方向与磁场方向和电流方向有关。
（3）扬声器和电动机的工作原理相同。
（4）扬声器工作时将电能转化为机械能。
19．【答案】A,C
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率；电功率的计算
【解析】【解答】 A、根据P=UI可得L1的额定电流为：；
根据可得L1的电阻为：；
根据P=UI可得L2的额定电流为：；
根据可得L2的电阻为：；
两灯串联时电流相等，为保证一只正常发光、另一只亮度变暗，电路电流取较小的额定电流I=0.2A（L1正常发光，L2实际电流小于额定电流）。根据欧姆定律可得此时总电压为：
U=I（R1+R2）=0.2A×（30Ω+24Ω）=10.8V，故A错误；
B、根据P=I2R可得两灯串联时电功率之比为：，故B正确；
C、两灯并联时其两端电压相等，为保证一只正常发光、另一只亮度变暗，电源电压取较小的额定电压U=6V（L1正常发光，L2实际电压小于额定电压）。通过L1的电流为I1=I1额=0.2A，通过L2的电流为：；
干路电流为：I=I1+I2=0.2A+0.25A=0.45A，故C错误；
D、根据可得两灯并联时L2的功率为：，故D正确。
故选：BD。
【分析】 （1）根据P=UI分别求出L1、L2的额定电流，根据分别求出L1、L2的电阻，两灯串联时电流相等，为保证一只正常发光、另一只亮度变暗，电路电流取较小的额定电流，根据欧姆定律求出此时总电压；
（2）根据P=I2R可得两灯串联时电功率之比；
（3）两灯并联时其两端电压相等，为保证一只正常发光、另一只亮度变暗，电源电压取较小的额定电压U=6V，根据欧姆定律求出此时通过L2的电流，根据并联电路电流特点求出干路电流；
（4）根据可得两灯并联时L2的功率
20．【答案】B,D
【知识点】电路的动态分析；电功的计算；电功率；焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】解：由甲图电路知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压；
A、由P=UI可知，自动计数器正常工作时的电流：，故A错误；
B、由图丙可知，0.4s内计数一次，计数一次的时间t=0.4s-0.36s=0.04s，即0～0.80s内计数两次的时间t'=0.08s，
则0.4s内自动计数器消耗的电能：W=PRt'=3W×0.08s=0.24J，故B正确；
C、当绳子挡住射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据欧姆定律可知，电路的电流减小，R2两端的电压减小，
由图知，此时AB端的电压为2V，即U0=2V；
则此时电路的电流为：，
根据串联电路电压的规律知，R1两端的电压为：UR1=U1-U0=12V-2V=10V，
R1的电阻为：，故C错误；
D、由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，根据欧姆定律可知，电路的电流减小，U0减小，要使U0不变，需要增大R2的电阻，也可以适当将信号触发器的触发电压调低，使计数器正常工作，故D正确。
故选：BD。
【分析】 由电路图知，两电阻串联，AB间电压为R2两端电压；
（1）由图乙可知，电路为自动计数器的简单电路，根据P=UI算出自动计数器正常工作时的电流；
（2）根据图丙读出计数一次消耗电能的时间，根据W=Pt算出自动计数器消耗的电能；
（3）根据图丙读出绳子挡住了射向R1的红外线时U0的值，根据欧姆定律算出电流，根据串联电路电压规律算出R1两端的电压，最后利用欧姆定律算出R1的电阻的值；
（4）U1的电压减小，根据欧姆定律判断出电流的变化，要使U0不变，需要增大R2的电阻，也可以适当将信号触发器的触发电压调低。
21．【答案】（1）2026.1
（2）
【知识点】电能表参数的理解；家庭电路的连接
【解析】【解答】 解：（1）由图1可知电能表的小数位是1，示数为：2026.1kW h；
（2）首先辨别上面三根线火线、零线、地线；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；
安装三孔插座的方法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线，如下图所示：
故答案为：（1）2026.1；（2）。
【分析】 （1）电能表是测量电路一段时间内消耗的电能的仪表，上面有五个数字窗口，最后一位是小数位，单位是kW h；
（2）对于电灯接线的基本要求是：“火线零线并排走，零线直接进灯口，火线接在开关上，通过开关进灯头”。三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
22．【答案】小磁针发生偏转；存在磁场
【知识点】磁现象；磁场；通电直导线周围的磁场
【解析】【解答】 将导线沿南北方向水平架设在可自由转动的小磁针上方附近，当小磁针静止时，闭合开关，使导线中通有短时间的强电流，发现小磁针发生偏转，说明电流周围存在磁场。
故答案为：小磁针发生偏转；存在磁场。
【分析】奥斯特实验说明通电导体的周围存在磁场。
23．【答案】（1）磁场分布
（2）N
（3）
【知识点】通电螺线管的磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】解：（1）将螺线管安装在一块有机玻璃板上，连入电路中。在板面上均匀地洒满铁屑，闭合开关并轻敲玻璃板面，观察到铁屑分布情况与条形磁体周围铁屑的分布情况相似，铁屑的作用是显示磁场的分布情况；
（2）把小磁针放在通电螺线管四周不同的位置，小磁针静止时N极所指方向如图丙所示（小磁针涂黑端为N极，另一端为S极），根据磁极间的相互作用规律可知，通电螺线管的右端为N极；
（3）根据上问可知，螺线管左侧是S极，右侧是N极，根据安培定则，表面的电流方向竖直向下，即图中A点电流方向沿导线向下，如图所示：
。
故答案为：（1）磁场分布；（2）N；（3）。
【分析】 （1）根据实验现象可知其中铁屑的作用是显示磁场的分布情况；
（2）根据磁极间的相互作用规律来判断通电螺线管的磁极；
（3）通电螺线管周围磁场的方向与电流方向有关，根据安培定则判断电流方向。
24．【答案】电动机的转动方向是否与磁场方向有关？
【知识点】关于电动机转动的猜想
【解析】【解答】 解：小明在实验中使用磁体、线圈等器材自制了简易直流电动机，通过将磁体的N极朝上和S极朝上两步操作，改变磁场方向，观察线圈的转动方向变化。实验现象表明，当磁场方向改变时，线圈的转动方向也随之改变，这说明电动机的转动方向与磁场方向有关。因此小明通过这个实验所探究的问题是：电动机的转动方向是否与磁场方向有关？
故答案为：电动机的转动方向是否与磁场方向有关？
【分析】 （1）电动机的工作原理，通电导体在磁场中受到力的作用而运动；
（2）当磁场方向改变时，导体受力的方向也会改变，从而导致线圈的转动方向发生改变。
25．【答案】（1）
（2）B
（3）C
（4）A；>
（5）0.75
【知识点】电功率的测量；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】 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）闭合开关S前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片P移至阻值最大处，即B端。
（3）小明连接好实验电路，闭合开关S，电流表、电压表均有示数，电路为通路，发现小灯泡不发光，可知电路的电流过小，接下来合理的操作是移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光，故选：C；
（4）灯在额定电压下正常发光，小明在某次实验时发现电压表的示数为2.2V，为使小灯泡正常发光，要增大灯的电压，减小变阻器的电压，由分压原理，要减小变阻器连入电路的电阻，故他应将滑片P向A端移动。当滑动变阻器电阻变小时，由分压原理可知，变阻器两端的电压变小，根据串联电路电压的规律，灯泡两端电压增大，电流也增大，灯泡电阻变大，但电路中的电流变大，可知电路中的总电阻变小，所以变阻器减小的阻值大于灯泡增大的阻值，R1＞R2。
（5）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，灯的额定电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。
故答案为：（1）； （2）B；（3）C；（4）A；＞； （5）0.75。
【分析】 （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）闭合开关S前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片P移至阻值最大处；
（3）闭合开关S，电流表、电压表均有示数，电路为通路，发现小灯泡不发光，可知电路的电流过小，据此分析；
（4）灯在额定电压下正常发光，电压表的示数为2.2V小于灯的额定电压，根据串联电路电压的规律及分压原理分析；当滑动变阻器电阻变小时，由分压原理确定变阻器两端的电压变化，根据串联电路电压的规律可知灯泡两端电压增大，电流也增大，灯泡电阻变大，结合电路中的电流变大，可知电路中的总电阻变小，据此分析；
（5）当小灯泡正常发光时，由图乙可知灯的额定电流，根据P=UI得出小灯泡的额定功率。
26．【答案】（1）吸引大头针的数量
（2）在铁芯相同、通过的电流大小相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强。
【知识点】电磁铁的构造和原理；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】 解：（1）实验中通过观察电磁铁吸引大头针的数量反映电磁铁的磁性强弱，这是转换法的应用。
（2）两电磁铁串联，电流相同，铁芯相同，匝数不同，匝数多的吸引大头针更多，可得结论：在铁芯相同、通过的电流大小相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强。
故答案为：（1）吸引大头针的数量；（2）在铁芯相同、通过的电流大小相同时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强。
【分析】 （1）根据转换法，可通过观察电磁铁吸引大头针的数目多少来判断电磁铁磁性的强弱。
（2）电磁铁磁性的强弱与电流的大小、线圈的匝数、以及铁芯的有无等因素有关。
27．【答案】（1）B；D
（2）加快导体切割磁感线的速度
（3）导体AB运动
【知识点】电磁感应；探究电磁感应现象的实验；电流的磁效应
【解析】【解答】 解：（1）A.导体棒在蹄形磁体中沿竖直方向运动，导体没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，电流计的指针不会偏转，故A错误；
B.导体棒在蹄形磁体中沿水平方向运动，导体做切割磁感线运动，会产生感应电流，电流计的指针会偏转，故B正确；
C.导体AB不动，使磁体沿竖直方向做上下运动，导体没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，电流计的指针不会偏转，故C错误；
D.导体AB不动，使磁体沿水平方向做左右运动，导体做切割磁感线运动，会产生感应电流，电流计的指针会偏转，故D正确；
故选：BD；
（2）感应电流的大小与磁场的强弱、导体切割磁感线的速度有关，因此要增大感应电流，应该增强磁场或加快导体切割磁感线的速度；
（3）将图中的电流计更换为电源，给导体通电，磁场会对导体产生力的作用，可看到导体AB运动。
故答案为：（1）BD；（2）加快导体切割磁感线的速度；（3）导体AB运动。
【分析】 （1）产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体做切割磁感线运动；
（2）感应电流的大小与磁场的强弱、导体切割磁感线的速度有关，据此分析；
（3）探究磁场对通电导线的作用必须要有电源，据此判断。
28．【答案】（1）>；>
（2）=
【知识点】焦耳定律；焦耳定律的应用
【解析】【解答】解：（1）根据转换法，电流通过电阻丝产生热量的多少可通过温度计示数的变化来反映。由于a、b两瓶内装入质量和初温相同的煤油，a瓶内温度计示数大于b瓶内温度计示数，说明a瓶中煤油升高的温度更大。根据Q=cmΔt，可知a瓶中煤油吸收的热量更多，而煤油吸收的热量来自电阻丝产生的热量，Qa＞Qb。
由焦耳定律Q=I2Rt可知，在电流I和通电时间t相同的情况下，热量Q与电阻R成正比。因为Qa＞Qb，所以Ra＞Rb。
（2）根据焦耳定律Q=I2Rt，由于a、b两瓶内电阻丝阻值相同，通过的电流I相同，通电时间t也相同，所以电流通过两根电阻丝产生的热量相同，即Qa'=Qb'，此时b瓶内温度计示数大于a瓶内温度计示数，是因为两种液体的比热容不同，根据Q=cmΔt可知，在Q、m相同的情况下，比热容c越小，温度变化量Δt越大，所以b瓶中液体的比热容更小。
故答案为：（1）＞；＞；（2）=。
【分析】 （1）根据转换法，电流通过电阻丝产生热量的多少可通过温度计示数的变化来反映。根据Q=cmΔt，可知a瓶中煤油吸收的热量更多，而煤油吸收的热量来自电阻丝产生的热量；由焦耳定律Q=I2Rt可知，在电流I和通电时间t相同的情况下，热量Q与电阻R成正比。
（2）根据焦耳定律Q=I2Rt，由于a、b两瓶内电阻丝阻值相同，通过的电流I相同，通电时间t也相同，所以电流通过两根电阻丝产生的热量相同。
29．【答案】（1）b；I；保持滑动变阻器滑片位置不变，断开S1，闭合S2，调节电阻箱R使电流表示数仍为I0
（2）
【知识点】电功率的测量；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】 解：（1）步骤②中，开关S2接b，电路为滑动变阻器与小灯泡串联，调节滑片使电流为额定电流I，此时小灯泡正常发光。
步骤③中保持滑动变阻器的滑片P位置不动，断开开关S2与b的连接，将开关S2连接a，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I，读出电阻箱的示数为R0。
滑片位置不变（保证滑动变阻器接入阻值不变），开关S2接a，电路变为滑动变阻器与电阻箱串联，调节电阻箱使电流仍为I。根据欧姆定律，此时电阻箱的阻值R0等于小灯泡正常发光时的电阻RL。
（2）小灯泡正常发光时，电流为I，电阻为R0，小灯泡的额定功率为P=I2R0。
故答案为：（1）②b；I；③保持滑动变阻器的滑片P位置不动，断开开关S2与b的连接，将开关S2连接a，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I；（2）I2R0。
【分析】要解决这个测量小灯泡额定功率的问题，核心思路是等效替代法，让电阻箱在相同电流下替代小灯泡，从而得到小灯泡正常发光时的电阻。
30．【答案】（1）
（2）更换不同阻值的定值电阻R，调节滑动变阻器使电压表示数仍为U；P=UI
（3）
物理量 1 2 3 4 5 6
R/Ω 　 　 　 　 　 　
I/A 　 　 　 　 　 　
U/V 　 　 　 　 　 　
P/W 　 　 　 　 　 　
【知识点】电功率的测量；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】 解：（1）探究“当通过导体的电流一定时，导体的电功率跟导体的电阻是否成正比”，要控制电路中的电流不变，改变导体的电阻大小，记下电阻的电压大小，根据P=UI求出导体的电功率，为得出普遍性的规律要多次测量，故把变阻器串联在电路中，实验电路图。
（2）①断开开关，按电路图连接电路，将滑动变阻器的阻值调到最大。
②闭合开关，将滑动变阻器的滑片P调至某一适当位置，用电压表和电流表分别测出定值电阻R两端的电压U和通过R的电流I，将R、U、I的数据记录在表格中，断开开关。
③换用不同阻值的定值电阻R，调节滑动变阻器使电流表示数仍为I，读出电压表的示数U，将R、U、I的数据记录在表格中，断开开关。
④仿照步骤③再做四次实验。
⑤利用公式P=UI分别计算出每次实验中电阻R消耗的电功率P，并记录在表格中。
（3）根据测量的物理量设计记录数据的表格，如下所示：
物理量 1 2 3 4 5 6
R/Ω 　 　 　 　 　 　
I/A 　 　 　 　 　 　
U/V 　 　 　 　 　 　
P/W 　 　 　 　 　 　
。
故答案为：（1）； （2）换用不同阻值的定值电阻R，调节滑动变阻器使电流表示数仍为I；P=UI；
（3）
物理量 1 2 3 4 5 6
R/Ω 　 　 　 　 　 　
I/A 　 　 　 　 　 　
U/V 　 　 　 　 　 　
P/W 　 　 　 　 　 　
。
【分析】 （1）（2）探究“当通过导体的电流一定时，导体的电功率跟导体的电阻是否成正比”，要控制电路中的电流不变，改变导体的电阻大小，记下电阻的电压大小，根据P=UI求出导体的电功率，为得出普遍性的规律要多次测量，据此画出实验电路图和完成操作；
（3）根据测量的物理量设计记录数据的表格。
31．【答案】答：图中两个电阻与线圈串联，根据控制电路中的电流达到Im（Im＞I0）时，触发磁性开关断开，加热电路断开，由于触发的电流不变，电源电压不变，根据欧姆定律知，电路中的总电阻不变，当降低电热杯能达到的最高温度，根据热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，热敏电阻变大，故需要调小R1的阻值。
【知识点】欧姆定律及其应用；电磁铁的其他应用
【解析】【解答】 答：图中两个电阻与线圈串联，根据控制电路中的电流达到Im（Im＞I0）时，触发磁性开关断开，加热电路断开，由于触发的电流不变，电源电压不变，根据欧姆定律知，电路中的总电阻不变，当降低电热杯能达到的最高温度，根据热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，热敏电阻变大，故需要调小R1的阻值。
【分析】图中两个电阻与线圈串联，根据控制电路中的电流达到Im（Im＞I0）时，触发磁性开关断开，加热电路断开，降低电热杯能达到的最高温度，根据热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，结合欧姆定律分析解答。
32．【答案】（1）C
（2）175
（3）432
【知识点】能量的转化或转移；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；功的计算及应用
【解析】【解答】 解：（1）A.根据短文内容可知该智能机器人的视觉传感器如同它的“眼睛”，可以识别物体的形状、颜色和距离，故A错误；
B.智能机器人的效应器通过电动机使“手”“脚”等动起来时，是将电能转化为机械能，故B错误；
C.当触发器未断开时，根据图丙分析当智能机器人托起的物体质量越大时，其压力传感器的电阻R越小，则电路总电阻越小，根据欧姆定律可电路中电流的越大，故C正确；
D.根据短文内容中的电池的比能量为150W h/kg=150W×3600s/kg=540000J/kg，即每1kg的电池所能输出的电能为540000J，故D错误。
故选：C。
（2）当电路中的电流大于0.6A时，触发器断开，发出报警，则；
根据丙图知，压力为175N；
（3）下一次自动充电前的电池能量：W2=ηW1=10%×150W h/kg×2kg=30W h=30W×3600s=108000J，
根据该机器人每行驶1m，消耗的电能不超过150J，可得机器人行驶过程中受到的阻力为，
驱动电机将电能转化为机械能的效率是60%，而克服阻力做功W=Fs=fs，
则108000J×60%=150N×s，解得s=432m，
为确保其能顺利返回充电，机器人离充电座的路程不能432m。
故答案为：（1）C；（2）175；（3）432。
【分析】 （1）根据短文内容“视觉传感器如同它的“眼睛”，可以识别物体的形状、颜色和距离”判断；
电动机工作时将电能转化为机械能；
根据图丙分析当智能机器人托起的物体质量增大时，其压力传感器的电阻R的变化情况，进而得出总电阻的变化情况，再结合欧姆定律分析得出电路中电流的变化；
根据短文内容中的电池的比能量分析作答；
（2）当电路中的电流大于0.6A时，触发器断开，发出报警，结合串联电路的特点和欧姆定律计算R的阻值，根据图像分析重力和质量大小；
（3）根据电池可输出的电能减为其满电状态的10%计算剩余电能，并结合电能转化效率和功的公式计算量程。
33．【答案】（1）解：由图可知，两个电阻串联，电压表测量R1两端的电压，电流表测量电路中的电流。
由可得R1的阻值：。
答：R1的阻值为10Ω。
（2）解：通电1min，R2产生的热量：。
答：通电1min，R2产生的热量为48J。
【知识点】欧姆定律及其应用；焦耳定律的应用；电功与热量的综合计算
【解析】【分析】（1）由图知，两电阻串联，电流表测电路中电流，电压表测R2两端电压，根据欧姆定律计算器电阻；
（2）根据焦耳定律公式计算通电1min电阻丝R2产生的热量。
34．【答案】（1）解：由图乙可知，只闭合开关S2时，两个电阻串联，总电阻最大，根据可知，总功率最小，电煮锅处于低温挡；开关S1、S3都闭合，2断开时，两个电阻并联，总电阻最小；根据可知，总功率最大，电煮锅在高温挡；开关S2、S3闭合、S1断开时，R2短路，电路中只有R1，总电阻居中，根据可知，总功率居中，电煮锅在中温挡。答：S1、S3都闭合。
（2）解：已知高温挡功率P高=1280W，时间t=15min=900s，高温挡正常工作15min消耗的电能为：。
答：高温挡正常工作15min消耗的电能为1.152×106J。
（3）解：中温挡只有R1工作，根据可得R1的阻值为：；
高温挡时R1与R2并联，总功率P高=P1+P2，则R2的功率为：
P2=P高-P中=1280W-400W=880W；
根据可得R2的阻值为：；
低温挡时R1与R2串联，串联电路总电阻为：R串=R1+R2=55Ω+121Ω=176Ω；
低温挡的额定功率为：。
答：低温挡的额定功率为275W。
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算；额定功率
【解析】【分析】 （1）由图乙可知，只闭合开关S2时，两个电阻串联，总电阻最大；开关S1、S3都闭合，2断开时，两个电阻并联，总电阻最小；开关S2、S3闭合、S1断开时，R2短路，电路中只有R1，总电阻居中。根据可知，电煮锅分别处于什么挡位；
（2）根据W=Pt求出高温挡正常工作15min消耗的电能；
（3）中温挡只有R1工作，根据可求出R1的阻值，高温挡时R1与R2并联，根据总功率P高=P1+P2求出R2的功率，根据可求出R2的阻值，低温挡时R1与R2串联，根据串联电路电阻特点求出串联电路总电阻，根据可求出低温挡的额定功率。
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