资源简介

河北省张家口市桥东区2025-2026学年九年级上学期1月期末物理试题
一、单项选择题(本大题共12小题，每小题3分，共36分)
1．（2026九上·桥东期末）科技发展日新月异，图为一种可以随意弯曲的OLED 柔性显示屏。这种显示屏比 LCD 轻薄、亮度高、功耗低、响应快、清晰度高、柔性好、发光效率高，能满足多种场合对显示技术的新需求。OLED 学名为有机发光二极管，制____作它的主要材料属于
A．绝缘体 B．半导体 C．导体 D．超导体
2．（2026九上·桥东期末）世界上最早记录了“地理的两极和地磁场的两极并不重合”的是
A．沈括 B．焦耳 C．安培 D．奥斯特
3．（2026九上·桥东期末） 电能是现代社会生活的重要资源，每个人都应该有节约用电的意识。下列用电器正常工作1小时所消耗的电能最接近1度电的是（　　）
A．台灯 B．智能手机 C．家用空调 D．笔记本电脑
4．（2026九上·桥东期末）如图所示，给绕在铁钉上的线圈通电后，铁钉吸引大头针。下列操作能使铁钉吸引大头针数目变多的是
A．减少线圈匝数
B．减少电池节数
C．向右移动滑动变阻器的滑片
D．对调电源正、负接线柱上的接线
5．（2026九上·桥东期末）“安全用电，珍爱生命”是每个公民应有的意识，下列遵守安全用电原则的是
A．在输电线上晾衣服 B．发现有人触电立即切断电源
C．用湿抹布擦拭正在发光的电灯 D．使用绝缘皮破损的手机充电线
6．（2026九上·桥东期末）跨学科实践中，“瓦特”学习小组的同学们制作了一个简易汽轮机(如图所示)。关于这个汽轮机，下列说法中正确的是
A．酒精燃烧，内能转化为化学能
B．蒸汽推动叶轮转动，机械能转化为内能
C．测试过程中发现叶轮不动，应该增加易拉罐里水的质量
D．为了提高这个汽轮机的效率，可以给易拉罐上半部分覆盖保温层
7．（2026九上·桥东期末）如下图，大头针插在玻璃瓶的软木塞上，把金属箔悬挂在大头针上。带电体接触大头针后，金属箔张开，此过程
A．正电荷发生转移 B．可检验带电体的电性
C．金属箔带上同种电荷 D．张开角度越小，所带电荷越多
8．（2026九上·桥东期末）动圈式话筒可将声信号转换成电信号。下列四幅实验装置图能反映其工作原理的是
A． B．
C． D．
9．（2026九上·桥东期末）如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个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．1 A 1 A B．0.2A 0.2A
C．0.8A 0.2A D．1 A 0.2 A
10．（2026九上·桥东期末）电动自行车两刹车手柄中，各有一个开关(S1 和 S2)，在行驶中用任意一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作。下列电路符合要求的是
A． B．
C． D．
11．（2026九上·桥东期末）水中溶氧量是水产养殖的一项关键指标。小红利用溶解氧传感器设计了自动充氧装置，其中监测电路如图所示，电源电压保持不变。溶解氧传感器的阻值随水中溶氧量的降低而减小闭合开关，当溶氧量降低时
A．电流表的示数变小 B．电压表的示数变大
C．电路的总功率变小 D．滑动变阻器的功率变大
12．（2026九上·桥东期末）科技小组的同学按图甲所示的电路研究自制小台灯的调光效果，灯泡L标有“2.5v”字样，电源电压恒为4.5V，电压表量程为“0~3V”，电流表量程为“0~0.6A”。闭合开关S，在确保电路安全的情况下，最大范围移动变阻器的滑片P，观察灯泡L的亮暗，绘出灯泡L的I-U图像如图乙所示。下列分析正确的是
A．灯泡正常发光时电阻值为5Ω
B．灯泡随滑片 P 向 b端移动而变亮
C．变阻器接入的阻值范围为8~40Ω
D．电路消耗的最大电功率为0.625W
二、填空题(每空 1分，共 21分)
13．（2026九上·桥东期末）我国古人曾发明一种点火器，以牛角为套筒，把艾绒粘在木质推杆前端，其结构如图所示。取火时一只手握住套筒，另一只手向内猛推推杆，推杆前端的艾绒就会被点燃，拔出推杆后，吹吹艾绒就有火苗产生。向内猛推时通过　 　方式增大内能，这一过程与四冲程内燃机的　 　冲程相似。取质量相同初温相同的两种物质的粉末状样品a和b，用完全相同的加热装置同时对a、b加热，它们的温度随加热时间变化的图像如图所示。由图可知，物质a的比热容　 　(选填“大于”或“小于”)物质b的比热容；在t1~t2时间内，物质b的内能　 　(选填“增加”“减少”或“不变”)。(样品受热均匀，不计热损失)
14．（2026九上·桥东期末）在如图所示的电路图中，闭合开关S1、S3，断开开关S2，则小灯泡L1、L2　 　(选填“串”或“并”)联；若同时闭合开关S1、S2、S3，则会造成电路　 　。
15．（2026九上·桥东期末）国家标准《家用和类似用途电器的安全》中规定，电水壶电源线一般不应长于75cm。这是通过缩短电源线长度来减小　 　，从而　 　(选填“增加”或“减少”)电源线通电时产生的热量。小明家电能表3月底的示数为 ，4月底的示数为 。小明家4月份用电　 　 kW·h。若电费按每千瓦时0.5元计算，则小明家4月份应交电费　 　元。
16．（2026九上·桥东期末）如图所示，取一个橙子，把铜片、铁片插入其中，制成一个水果电池。用电压表测量电压，该水果电池电压为　 　 V水果电池是将　 　能转化为电能。该水果电池正极是　 　(填“铁片”或“铜片”)。为获得更高电压，可以将多个水果电池　 　联。
17．（2026九上·桥东期末）通常情况下，家庭电路中各个用电器的连接方式是　 　(选填“串联”或“并联”)。已知家庭电路的电压是220V，在额定电流为10A 的插座上，接入一台“220V， 200W”的电冰箱后，最多还可以接入总功率为　 　W的用电器。试电笔可以用来判断相线和中性线。如图所示，持笔方式正确的是　 　(选填“甲”或“乙”)；在老师的指导下，小军用测电笔(试电笔)试触某插座的插孔，用指尖抵住笔尾金属体，测电笔的氖管发光，此时　 　(选填“有”或“没有”)电流通过小的身体。
18．（2026九上·桥东期末）如图为灯泡L 和定值电阻R 的I-U图像，由图可知， R的阻值为　 　Ω，若将L 和R 并联在电源电压为3V的电路中，干路电流为 　 　；若将其串联在电源电压为4V的电路中，L 和 R 的阻值之比为　 　。
三、实验探究题(每空1分，共31分)
19．（2026九上·桥东期末）探究通电螺线管外部磁场的方向：某组同学通过探究，已了解通电螺线管的两端相当于条形磁体的两极，它们的极性可以用小磁针的指向来判定，接着探究通电螺线管两端的极性由什么因素决定。
【猜想】
A.可能由螺线管的绕向决定
B.可能由电源正负极的接法决定
C.可能由螺线管中电流的方向决定
(注解：螺线管两接线柱和电源正负极的接法简称电源正负极的接法)
【证据】用导线将如图所示的器材连接成电路，把小磁针放在螺线管两端，闭合开关，观察并记录小磁针静止时N极的指向、螺线管的绕向、电源正负极的接法、螺线管中电流的方向。如图所示，是本组同学用画图的方法呈现出的四次实验现象。
【解释】
（1）观察分析甲、乙两图，螺线管的绕向相同，通电螺线管的同一端磁极　 　；
（2）观察分析甲、丙两图，电源正负极的接法相同，通电螺线管的同一端磁极　 　；
（3）观察分析　 　两图，螺线管中电流的方向相同，通电螺线管的同一端磁极相同；
（4）分析以上证据可知，通电螺线管的极性由螺线管中　 　决定，而不决定于　 　，也不决定于　 　。
20．（2026九上·桥东期末） 在研究电磁感应现象活动中。
（1）摇动发电机模型的手柄，灯泡发光，是因为线圈在　 　中转动，产生感应电流，把　 　能转化为电能。
（2）如图，导体AB静止，闭合开关，灵敏电流计指针　 　；再让导体AB水平向右运动，灵敏电流计指针　 　。(选填“偏转”或“不偏转”)
21．（2026九上·桥东期末）某物理兴趣小组为探究“电流与电阻的关系”，设计了如图甲所示的电路图，小组成员在实验室找到如下器材：电压恒为3V的电源，电流表、电压表各一只，开关一个，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻各一个，标有“15Ω，2A”滑动变阻器一个，导线若干。
（1）连接电路前，开关应　 　；
（2）电路连接如图乙所示，小聪发现一根导线连接错误，请找出接错的导线并打上“×”。再用笔重新画一根正确连接的导线　 　；
（3）纠正错误后，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至　 　(选填“C”或“D”端)；
（4）现电路中接入的是5Ω的定值电阻，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片使电压表示数为设定数值，电流表示数如图丙所示，则电压表示数为　 　V；
（5）断开开关，将5Ω的定值电阻更换为10Ω，不改变滑动变阻器滑片的位置，闭合开关后，电压表示数将　 　设定的控制电压 (选填“大于”“小于”或“等于”)；
（6）多次实验后，分析数据得出结论：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成　 　。
22．（2026九上·桥东期末）某小组用图甲中的器材测量小灯泡的电阻，所用电源电压为3V，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线表示导线，将图1甲中的电路连接完整。　 　
（2）正确连接好电路，闭合开关后，发现小灯泡不发光，电压表有示数，电流表无示数。已知导线、电表均完好且接触良好，造成这一现象的原因可能是　 　。
（3）排除故障后进行实验，当滑动变阻器的滑片移至某一位置时，电压表的示数为2.1V，电流表的示数如图1乙所示，为　 　A，此时小灯泡的电阻为　 　Ω(计算结果保留一位小数)。
（4）经过多次实验，测量并记录多组数据，得到小灯泡的I-U图像如图2所示，该图像不是一条直线，其原因是　 　。接下来，小组成员又对实验过程中通过滑动变阻器的电流与其两端的电压的关系进行了思考，根据图2大致画出了滑动变阻器的I-U图像。图3为三位同学画出的图像，其中正确的是　 　(填“A”“B”或“C”)，你判断的理由是　 　。
23．（2026九上·桥东期末）如图是探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置，两透明容器中密封着初温、质量相同的空气。
（1）由于电流产生的热量不易直接测量，因此 在 实 验 中 通 过 观察　 　来显示容器内空气温度的变化。
（2）图甲装置将两段阻值不同的电阻丝串联起来接到电源两端，是为了探究电流通过导体时产生的热量与　 　的大小的关系，通电一段时间后　 　(选填“左”或“右”)侧容器内电阻丝产生的热量更多，该装置　 　(选填“能”或“不能”)解释“电炉丝热得发红，而连接它的导线几乎不发热”。
（3）图乙装置可以探究电流通过导体时产生的热量与　 　的大小的关系， Ri和R2两根电阻丝在相等的时间内产生的热量之比为 Q1：Q2=　 　。为了使左右两个U形管内液面高度差更大，R3应选用 　 　(选填“2Ω”或“10Ω”)的定值电阻。
（4）图乙中，若接通电路一段时间后，右侧U 形管的液面高度差逐渐变大，但左侧 U形管的液面高度差不变，经检查电路也没有出现故障，则可能的原因是　 　。
四、计算题(24小题6分, 25小题6分, 共12分)
24．（2026九上·桥东期末）图甲为某款电热煲汤锅，其简化电路如图乙所示。S为手动开关，S1为自动温控开关，温度达到100℃时，自动切换到保温状态，R1和R2均为阻值不变的电热丝。煲汤锅部分参数如表，求：
额定电压 额定功率
220V 加热 保温
1100W 100W
（1）煲汤锅处于加热状态时，电路中的电流；
（2）电热丝 R2的阻值；
（3）某次煲汤锅对初温为50℃、质量为3.3kg的汤汁加热(汤汁沸点100℃)，不考虑汤汁质量变化和热量损失，问煲汤锅正常工作多少时间可将汤汁加热至沸点。
25．（2026九上·桥东期末）在图示电路中，电源电压保持不变，电压表示数为6V，电阻 阻值为6Ω。
（1）现在将一个R2接入电路中，若两电表示数都改变，则电压表与电流表的乘积 　 　(选填“变大”“不变”“变小”)，请画出此时的电路图；　 　
（2）现在将一个R2接入电路中，若只有一个电表的示数改变，且电压表与电流表的乘积的变化量为4.5W，求 R2可能的阻值。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】半导体特点及作用
【解析】【解答】OLED 学名为有机发光二极管，制作它的主要材料属于半导体，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】半导体：在常温下导电性能介于导体与绝缘体之间的材料，如硅、锗等。
2．【答案】A
【知识点】地磁场；科学家及其贡献
【解析】【解答】世界上最早记录了“地理的两极和地磁场的两极并不重合”的是沈括，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】我国北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中指出了“地理的两极和地磁场的两极并不重合”。
3．【答案】C
【知识点】电功率；电功率的计算
【解析】【解答】 用电器正常工作1小时所消耗的电能接近1度电，功率；
A.台灯的功率大于20W左右，故A不符合题意；
B.智能手机的功率只有几瓦，故B不符合题意；
C.家用空调的电功率大于1kW，故C符合题意；
D.笔记本电脑的功率100W左右，故D不符合题意。
故选C。
【分析】 知道家用电器消耗的电能和工作时间，根据P=求出其功率，然后结合选项得出答案。
4．【答案】C
【知识点】影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】AD.电磁铁磁性强弱与线圈的匝数、电流留的大小有关，与电流的方向无关；在电流相同时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强，铁钉吸引大头针的数据越多，故AD错误；
BC.线圈匝数相同时，电流越大，电磁铁的磁性越强，铁钉吸引大头针的数据越多。当电路中的阻值不变时，减少电池的节数，根据欧姆定律可知，会使电路中的电流变小，电磁铁的磁性减弱，铁钉吸引大头针的数据减少；电源电压不变时，向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，铁钉吸引大头针的数据变多，故B错误，C正确。
故选C。
【分析】电磁铁磁性强弱与线圈的匝数、电流留的大小有关；在电流相同时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强；线圈匝数相同时，电流越大，电磁铁的磁性越强。
5．【答案】B
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】A.在输电线上晾衣服，如果电线外皮破损则会造成触电事故，故A错误；
B.发现有人触电立即切断电源，然后再进行施救，故B正确；
C.用湿抹布擦拭正在发光的电灯，可能造成触电事故，故C错误；
D.使用绝缘皮破损的手机充电线，也可能发生触电事故，故D错误。
故选B。
【分析】根据安全用电的常识判断即可。
6．【答案】D
【知识点】热机；热机的效率；能量的转化或转移
【解析】【解答】A.酒精燃烧，将化学能转化为内能，故A错误；
B.蒸汽推动叶轮转动，将内能转化为机械能，故B错误；
C.增加易拉罐中水的质量，会使升温慢、产生蒸汽的速度变慢，叶轮更不容易转动 ，所以测试过程中发现叶轮不动，应该减少易拉罐里水的质量，故C错误；
D.给易拉罐上半部分覆盖保温层，可减少热量的散失，让更多内能用于产生蒸汽并推动叶轮，从而提高效率，故D正确。
故选D。
【分析】1.燃料燃烧是将化学能转化为内能；
2.改变物体内能的两种方式：做功和热传递；
3.减少热量的散失，可以提高效率。
7．【答案】C
【知识点】验电器的原理及使用
【解析】【解答】A.在金属导体中，能够自由移动的是电子，即负电荷，故A错误。
B.仅通过金属箔张开这一现象，只能检验物体是否带电，不能直接检验带电体的电性，故B错误。
C.带电体接触大头针后，电荷会传导到金属箔上，金属箔带上同种电荷，相互排斥而张开，故C正确。
D.金属箔张开角度的大小反映了所带电荷的多少，张开角度越小，所带电荷越少，故D错误。
故选C。
【分析】1.在金属导体中，能够自由移动的是电子；
2.验电器的作用：检验物体是否带电；
3.验电器的原理是同种电荷相互排斥；
4.金属箔张开角度的大小反映了所带电荷的多少。
8．【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；磁场对通电导线的作用；电磁感应；磁极间的相互作用
【解析】【解答】 动圈式话筒把声信号转变为电信号，其工作原理是电磁感应现象。
A.图中反映的是磁极间的相互作用规律：同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，故A不符合题意；
B.电路接通后，小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场，故B不符合题意；
C、电路是串联的，通过两电磁铁的电流相同，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强，吸引大头针的数量越多，故C不符合题意；
D.闭合开关，当导体ab在磁场中切割磁感线时，电流表指针摆动，说明有感应电流产生，这是电磁感应现象，故D符合题意。
故选D。
【分析】1.磁极间的相互作用规律：同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引；
2.奥斯特实验，说明通电导体周围存在着磁场，磁场方向与电流方向有关；
3.电磁铁的磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关；
4.电磁感应：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流。
9．【答案】C
【知识点】电流的测量及电流表的使用；并联电路的电流规律
【解析】【解答】 由电路图可知，灯L1、L2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过L2的支路电流；根据并联电路电流特点可知，电流表A1应接大量程，分度值为0.1A，示数为1A，即干路电流 I=1A；
电流表A2应接小量程，分度值为0.02A，示数为0.2A，则通过灯泡L2的电流 I2=0.2A，则通过灯泡L1的电流为：
I1=I-I2=1A-0.2A=0.8A
故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】由电路图可知，灯L1、L2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过L2的支路电流，根据并联电路电流特点确定电流表A1和A2使用的量程，根据电流表的示数可知干路电流和通过L2的支路电流，根据并联电路电流规律求出通过L1的支路电流。
10．【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】由题知，任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作，说明两开关相互影响、不能独立工作，所以两开关是串联的，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】串联电路中，各用电器相互影响，不能独立工作。
11．【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】AB.由电路图可知，溶解氧传感器与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测溶解氧传感器两端的电压，闭合开关，当溶氧量降低时，溶解氧传感器的阻值减小，根据串联电路电阻特点可知，电路中总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中电流变大，即电流表示数变大；根据串联分压的原理可知，溶氧传感器两端的电压变小，即电压表示数变小，故AB错误；
C.根据P=UI可知，电压不变时，电路中的电流变大，电路的电功率也变大，故C错误；
D.电源电压不变，溶解氧传感器两端的电压变小，根据串联电路电压的规律可知，滑动变阻器两端的电压变大，电路电流变大，根据P=UI可知，滑动变阻器的功率变大，故D正确。
故选D。
【分析】1.由电路图可知，溶解氧传感器与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测溶解氧传感器两端的电压，闭合开关，当溶氧量降低时，溶解氧传感器的阻值减小，根据串联电路电阻特点分析电路中总电阻变化，根据欧姆定律分析电路中电流变化，根据串联分压的原理分析溶氧传感器两端的电压变化，根据P=UI分析电路的电功率变化；
2.根据串联电路电压的规律分析滑动变阻器两端的电压变化，根据P=UI分析滑动变阻器的功率变化。
12．【答案】C
【知识点】串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A. 由灯泡L的I-U图像可知，当灯泡两端的电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.25A，则灯泡正常发光时的电阻为：
故A错误；
B. 由图甲可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡两端的电压，当滑片P向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，根据串联电路分压原理，灯泡两端电压减小，由图乙可知，通过灯泡的电流变小，根据由P=UI可知，灯泡实际功率变小，灯泡变暗，故B错误；
C.由图乙可知，当灯泡正常发光时，通过灯泡的电流为0.25A，滑动变阻器两端的电压为：
U滑=U-U额=4.5V-2.5V=2V
则滑动变阻器接入电路的最小阻值为：
由图乙可知，当滑动变阻器的阻值最大时，灯泡两端的电压 UL'= 0.5V，通过灯泡的电流 I'=0.1A，此时滑动变阻器两端的电压为：
U滑'=U-UL'=4.5V-0.5V=4V
滑动变阻器的最大值为：
所以滑动变阻器接入的阻值范围为8~40Ω，故C正确；
D.当电路中电流最大时，电路消耗的最大功率为：
P=UI=4.5V x 0.25A=1.125W
故D错误。
故选C。
【分析】1.已知灯泡的额定电压，由I-U图像可知通过灯泡的电流，根据求出灯泡正常工作时的电阻；
2.由图甲可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡两端的电压，当滑片P向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，根据串联电路分压原理分析灯泡两端电压变化，由图乙可知，通过灯泡的电流变化，根据由P=UI分析灯泡实际功率变化，据此可知灯泡的亮度变化；
3.由图乙可知，当灯泡正常发光时，通过灯泡的电流为0.25A，根据串联电路电压的规律求出滑动变阻器两端的电压，根据求出滑动变阻器接入电路的最小阻值；
由图乙可知，当滑动变阻器的阻值最大时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据串联电路电压的规律求出滑动变阻器两端的电压，根据求出滑动变阻器的最大值；
4.当电路中电流最大时，根据P=UI求出电路消耗的最大功率。
13．【答案】做功；压缩；小于；增加
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；热机的四个冲程
【解析】【解答】当向内猛推推杆时，压缩套筒内的空气做功，将机械能转化为空气的内能，空气的内能增大，温度升高，达到艾绒的着火点而点燃，所以向内猛推时通过做功的方式增大内能，这一过程与四冲程内燃机的压缩冲程相似。
由图可知，质量相同初温相同的两种物质的粉末状样品a和b，加热时间为 t1min时，即吸收的热量相同时，样品a升高的温度较高，根据可知，样品a的比热容较小，所以物质a的比热容小于 物质b的比热容。
在t1~t2时间内，物质b吸收热量，内能增加。
【分析】1.做功可以改变物体的内能，外界对物体做功，内能增大；物体对外界做功，内能减小；
2.内燃机压缩冲程能量转化：机械能转化为内能；
3.用相同的加热装置加热，可通过比较物质加热的时间来比较物质夏侯的热量；
根据结合图像分析比较物质的比热容大小；
4.热传递可以改变物体的内能，物体夏侯热量，内能增加。
14．【答案】并；短路
【知识点】电路的三种状态；串联电路和并联电路的辨别；电路的动态分析
【解析】【解答】由图可知，闭合开关S1、S3，断开开关S2，两灯泡并排连接到电源两端，所以小灯泡L1、L2并联。
若同时闭合开关S1、S2、S3，电流从电源正极流出后，不经用电器直接回到电源负极，会造成电路短路。
【分析】1. 各用电器首尾顺次连接，电路只有一条电流路径的连接方式是串联；各用电器首首相连、尾尾相连，电路有多条电流路径的连接方式是并联；
2.导线将电源两极连接起来的电路叫电源短路，可能烧坏电源。
15．【答案】电阻；减少；120；60
【知识点】影响电阻大小的因素；电能表参数的理解；电功的计算；焦耳定律
【解析】【解答】导体的材料和横截面积相同时，当导线较长时，电阻较大，根据Q=I2Rt可知，消耗的电能较多，所以电水壶电源线一般不长于75cm，这是通过缩短电源线长度来减小电阻，从而减少电源线通电时产生的热量。
小明家4月份消耗的电能为：
W=2278.2kW·h-2158.2kW·h=120kW·h
若电费按每千瓦时0.5元计算，则小明家4月份应交电费为：
120kW·h x 0.5元/(kW·h)=60元
【分析】1.导体的材料和横截面积相同时，当导线较长时，电阻较大；
根据Q=I2Rt可知分析消耗热量的多少；
2.消耗的电能 W=W月末 - W月初
根据消耗的电能和电费单价求出应交的电费。
16．【答案】0.6；化学能；铜片；串
【知识点】能量的转化或转移；电源及其能量转化；电压的测量及电压表的使用；制作水果电池
【解析】【解答】由图可知，电压表选用0～3V量程，分度值为0.1V，示数为0.6V。
水果电池是利用水果中的化学物质与金属片发生反应而产生电能，故是将化学能转化为电能。
使用电压表时要让电流从正接线柱流入，负接线柱流出，由图可知，电压表正向偏转，所以水果电池正极是铜片。
串联电压等于各电池电压之和，所以为获得更高电压，可以将多个水果电池串联。
【分析】1.根据电压表的量程和分度值可读出示数；
2.水果电池将化学能转化为电能；
3.根据电压表的偏转情况，结合电压表要使电流“正进负出”，可判断水果电池的正极；
4.串联电池组的电压等于各串联部分的电压之和。
17．【答案】并联；2200；乙；有
【知识点】电功率的计算；家庭电路的连接；测电笔的使用
【解析】【解答】通常情况下，家庭电路中各个用电器的连接方式是并联。
已知家庭电路的电压是220V，插座的额定电流为10A，允许接入的用电器的最大总功率为：
P总=UI额=220V x 10A=2200W
接入一台“220V， 200W”的电冰箱后，最多还可以接入用电器的总功率为：
P=P总-P冰箱=2200W-200W=2000W
使用试电笔判断相线和中性线时，手只能接触笔尾的金属，所以持笔方式正确的是乙。
用测电笔(试电笔)试触某插座的插孔，用指尖抵住笔尾金属体， 当笔尖接触火线时，电流会经笔尖、氖管、大电阻、笔尾、人体导向大地，形成通路，此时人体是电路的一部分，有电流通过小军的身体。
【分析】1.家庭电路中，各用电器可以独立工作，是并联的；
2.已知家庭电路的电压和插座的额定电流，根据P总=UI额求出允许接入的用电器的最大总功率，根据最大总功率和电冰箱的功率求出还可以接入用电器的总功率；
3.使用试电笔判断相线和中性线时，手只能接触笔尾的金属； 当笔尖接触火线时，电流会经笔尖、氖管、大电阻、笔尾、人体导向大地，形成通路。
18．【答案】15；0.6；1：3
【知识点】串联电路的电流规律；并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】由图可知，当电阻R两端的电压为3V时，通过电阻R的电流为0.2A，定值电阻R的阻值：
若将 L 和R 并联在电源电压为3V的电路中，根据并联电路电压规律可知，灯L 和R 两端的电压都为3V，由I-U图像可知，通过电阻R 的电流为0.2A，通过灯 L 的电流为0.4A，则干路电流为：
I总=0.2A+0.4A=0.6A
若将其串联在电源电压为4V的电路中，由I-U图像可知，当电路中的电流为0.2A时，灯L两端的电压为1V，电阻R两端的电压为3V，此时灯L两端的电压与电阻R两端的电压之和等于电源电压，根据串联分压的原理可知，L 和 R 的阻值之比为：
【分析】1.由图像可知，R两端的电压和通过R的电流，根据求出R的阻值；
2.根据并联电路电压规律在图像中找出电压相同时，通过 L 和 R 的电流，根据并联电路电流的规律求出干路电流；
3.根据串联电路电流规律在图像中找出电流相等时， L 和 R 两端的电压，根据串联分压的规律求出L 和 R 的阻值之比。
19．【答案】（1）不同
（2）不同
（3）甲、丁
（4）电流方向；螺线管的绕向；电源正负极的接法
【知识点】通电螺线管的磁场
【解析】【解答】（1）观察分析甲、乙两图，螺线管的绕向相同，由小磁针静止时所处的位置可知，通电螺线管的同一端磁极不同；
（2）观察分析甲、丙两图，电源正负极的接法相同，由小磁针静止时所处的位置可知，通电螺线管的同一端磁极不同；
（3）观察分析甲、丁两图，螺线管中电流的方向相同，电源正负极的接法不同，由小磁针静止时所处的位置可知，通电螺线管的同一端磁极相同；
（4）分析以上证据可知，通电螺线管的极性由螺线管中电流方向决定，而不决定于螺线管的绕向，也不决定于电源正负极的接法。
【分析】（1）（2）（3）根据控制变量法进行分析，得出结论；
（4）通电螺线管的极性由螺线管中电流方向决定。
20．【答案】（1）磁场；机械能
（2）不偏转；偏转
【知识点】探究电磁感应现象的实验
【解析】【解答】（1）摇动发电机模型的手柄，灯泡发光，是因为线圈在磁场中转动，产生感应电流，把机械能转化为电能。
（2）如图，导体AB静止，没有做切割磁感线运动，闭合开关，灵敏电流计指针不偏转。
再让导体AB水平向右运动，此时导体做切割磁感应线运动，产生感应电流，灵敏电流计指针偏转。
【分析】 1.在探究感应电流的实验中，是通过灵敏电流表指针的偏转确定是否有感应电流产生；
2.产生感应电流的条件是闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
21．【答案】（1）断开
（2）
（3）D
（4）2
（5）大于
（6）反比
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）在连接电路时，为保护电路，开关应断开。
（2）由图可知，开关没有接入电路，应将电源正极接线柱与开关左端接线柱相连，如图所示：
（3）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移至最大值处，即D端。
（4）由图丙可知，电流表选用的是0～0.6A的量程，分度值为0.02A，则电压表的示数为0.4A，即电路中的电流为0.4A，电压表的示数（定值电阻R两端的电压）为：
U=IR=0.4A x 5Ω=2V
（5）断开开关，将5Ω的定值电阻更换为10Ω，不改变滑动变阻器滑片的位置，闭合开关后，根据串联分压原理可知，定值电阻两端的电压变大，所以电压表示数将大于设定的控制电压。
（6）多次实验后，分析数据得出结论：当导体电压一定时，通过导体的电流与导体电阻成反比。
【分析】 （1）为了保护电路，连接电路前，开关应断开；
（2）由图可知，开关没有接入电路，由此改接电路；
（3）为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应移到阻值最大处；
（4）根据图丙电流表选用的量程判断其分度值，再结合指针位置读数；
（5）将5Ω的定值电阻更换为10Ω，不改变滑动变阻器滑片的位置，根据串联分压的原理电压表的示数变化；
（6）多次实验后，分析数据得出结论。
22．【答案】（1）
（2）小灯泡断路
（3）0.26；8.1
（4）小灯泡的电阻随温度的变化而变化；C；小灯泡与滑动变阻器串联，根据串联电路电压的规律可知，当电路中的电流变大时，滑动变阻器两端的电压变小
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）测量小灯泡的电阻时，小灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡两端的电压，所以应将滑动变阻器“一上一下”串联在电路中，电源电压为3V，则应将电压表“0~3V”的测量范围接入电路，电路连接如图所示：
（2）小灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡两端的电压，闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路出现断路故障，而电压表有示数，说明电压表与电源之间是通路，是与电压表并联的小灯泡发生了断路。
（3）由图乙可知，电流表使用的是“0~0.6A”的测量范围，分度值为0.02A，示数为0.26A。
此时小灯泡的电阻为：
（4）经过多次实验，测量并记录多组数据，得到小灯泡的I-U图像如图2所示，该图像不是一条直线，可知灯的电阻是变化的，其原因是小灯泡的电阻随温度的变化而变化。
由图2可知，小灯泡两段的电压越大，通过小灯泡的电流越大，由于是灯的电阻随温度的变化而变化，则滑动变阻器连入电路的电阻是变化的；小灯泡与滑动变阻器串联，根据串联电路电压的规律可知，当电路中的电流变大时，滑动变阻器两端的电压变小，故AB错误，C正确。
故选C。
【分析】（1）根据电源电压为3V确定电压表选用小量程与灯并联，将滑动变阻器“一上一下”串联在电路中；
（2）串联电路中，电流表无示数，说明电路出现断路故障，而电压表有示数，说明电压表与电源之间是通路，是与电压表并联的部分电路发生了断路；
（3）已知小灯泡两端的电压，由电流表的量程和分度值可知通过小灯泡的电流，根据求出小灯泡的电阻；
（4）小灯泡的电阻随温度的变化而变化；
根据串联电路电流规律即电压规律进行分析。
23．【答案】（1）U形管两侧液面的高度差
（2）电阻；右；能
（3）电流；4：1；2Ω
（4）左侧容器的气密性不好（或左侧容器漏气）
【知识点】焦耳定律；电流的热效应
【解析】【解答】（1）由于电流产生的热量不易直接测量，在实验中通过观察U形管两侧液面的高度差来显示容器内空气温度的变化，液面高度差越大，容器内空气的温度变化越大，电流产生的热量越多。
（2）图甲装置将两段阻值不同的电阻丝串联起来接到电源两端，通过两导体的电流相等，是为了探究电流通过导体时产生的热量与电阻大小的关系，通电一段时间后，右侧容器中的电阻阻值较大，产生的热量更多。
电炉丝与导线串联，通过的电流相等，而电炉丝的电阻比导线大得多，故该装置能解释“电炉丝热得发红，而连接它的导线却几乎不发热”。
（3）图乙装置中，三个电阻的大小相等，电阻R1在干路，电阻R2与R3并联后再与R1串联，因此通过R1和R2的电流不相等，所以该装置可以探究电流通过导体时产生的热量与电流大小的关系。
由于容器内外的电阻相同，根据并联电路电流的规律可知，通过R1的电流是通过R2电流的2倍，根据Q=I2Rt可知，R1和R2两根电阻丝在相等的时间内产生的热量之比为 Q1：Q2=4：1。
电阻R3的作用主要是使电阻R1和R2中的电流不相等，只要分去部分电流即可，所以R2与R3的阻值不一定相同。为了使左右两个U形管内液面高度差差异更大，应使得R3分去的电流更大，根据并联电路电流之比等于电阻倒数之比，所以R3应选用较小的电阻，故选用2Ω。
（4）图乙中，若接通电路一段时间后，右侧U形管液面高度差变大，说明右侧容器内电阻丝能正常产热，电路是通路；左侧U形管液面高度不变，说明左侧容器内空气温度没有变化，可能的原因是左侧容器的气密性不好（或左侧容器漏气）。
【分析】（1）转换法：通过观察U形管两侧液面的高度差来反映电流产生的热量多少；
（2）（3）电流产生的热量与电阻大小、电流大小和通电时间有关，根据控制变量法进行分析；
根据并联电路电流规律和Q=I2Rt求出电阻产生的热量之比；
电阻R3的作用主要是使电阻R1和R2中的电流不相等，为了使左右两个U形管内液面高度差差异更大，应使得R3分去的电流更大，根据并联电路电流之比等于电阻倒数之比可知，R3应选用较小的电阻。
（4）右侧U形管液面高度差变大，说明右侧容器内电阻丝能正常产热，电路是通路；左侧U形管液面高度不变，说明左侧容器内空气温度没有变化，可能的原因是左侧容器的气密性不好（或左侧容器漏气）。
24．【答案】（1）解： 煲汤锅处于加热状态时，加热功率 P加热=1100W，电路中的电流为：
答：煲汤锅处于加热状态时，电路中的电流为5A。
（2）解：由图乙可知，开关S闭合、S1断开时，R1与R2串联，电路的总电阻较大；开关S、S1均闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻较小。根据可知，开关S闭合、S1断开时，电路消耗的电功率较小，煲汤锅处于保温状态，P保温=100W；开关S、S1均闭合时，电路消耗的电功率较大，煲汤锅处于加热状态。
R1的阻值为：
保温时，电路的总电阻为：
根据串联电路的电阻规律可得，R2的阻值为：
R2=R总-R1=484Ω-44Ω=440Ω
答：电热丝 R2的阻值440Ω。
（3）解： 汤汁加热到100℃吸收的热量：
Q吸=cmΔt=4×103J/（kg ℃）×3.3kg×（100℃-50℃）=6.6×105J
不计热量损失，煲汤锅加热时消耗的电能等于汤汁吸收的热量，即：
W=Q吸=6.6×105J
则煲汤锅的加热时间为：
答：煲汤锅正常工作600s可将汤汁加热至沸点。
【知识点】比热容的定义及其计算公式；电阻的串联；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【分析】（1）已知电源电压和加热功率，根据求出电路中的电流；
（2）开关S闭合、S1断开时，R1与R2串联，电路的总电阻较大；开关S、S1均闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻较小。根据判断煲汤锅的工作状态，分别利用求出R1与R2的总电阻和R1的阻值，根据串联电路电阻的规律求出 R2的阻值 ；
（3）已知汤汁的质量、比热容、初温即末温，根据Q吸=cmΔt求出汤汁吸收的热量，不计热量损失，煲汤锅加热时消耗的电能等于汤汁吸收的热量，根据求出煲汤锅的加热时间。
25．【答案】（1）解：电源电压保持不变，由题中电压表的示数可知电源电压为6V，将R2接入电路中，要求两电表示数都改变，应采用串联分压的方式（即R2串联在电压表之外的电路中），使得电压表示数改变，同时电流表示数改变；根据串联电路电阻规律可知，电路的总电阻变大，根据由欧姆定律可知，电路中的电流减小，根据 U1=IR1可知，R1两端的电压减小，即电压表示数减小，所以电压表与电流表的乘积变小。；
（2）解： ① 将一个R2接入电路中，若只有一个电表的示数改变，可以使R2与R1并联，根据并联电路电压的规律可知，电压表示数不变，而电流表测干路电流，其示数变大，根据P=UI可知，电压表与电流表的乘积表示电路的总功率，已知电压表与电流表的乘积的变化量为4.5瓦，因并联电路各支路互不影响，则R1消耗的功率不变，所以可知此时R2的电功率为：
P2=ΔP=4.5W，
R2的阻值为：
② 原电路中，电流表的示数为：
原电路中电压表与电流表的乘积为：
P=UI=6V×1A=6W
将一个R2接入电路中，若只有一个电表的示数改变，也可以使R2与R1串联，此时R2串联在电压表之内的电路中，如下图所示：
此时电压表示数不变（仍测电源电压），因电路的总电阻变大，则电流表示数变小，电压表与电流表的乘积减小；
设此时电压表与电流表的乘积为P'，
由题意和上面分析可知：P-P'=4.5W，则P'=P-4.5W=6W-4.5W=1.5W，此时串联电路的总电阻为：
根据电阻的串联规律可知，此时R2的阻值为：
R2'=R总-R1=24Ω-6Ω=18Ω
综上可知，R2的阻值为8Ω或18Ω。
【知识点】串联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】 根据串联分压才可以改变电阻的电压，根据串联电路电阻的规律和欧姆定律分析电流变化，根据 U1=IR1分析R1两端的电压变化，据此分析电压表与电流表的乘积变化；
（2） 将一个R2接入电路中，若只有一个电表的示数改变，可以使R2与R1并联，此时电压表示数不变，而电流表测干路电流，由电功率公式和题意可知此时R2的电功率，根据可计算R2的阻值；
将一个R2接入电路中，若只有一个电表的示数改变，也可以使R2与R1串联（即R2串联在电压表之内的电路中），此时电压表示数不变，因电路的总电阻变大，则电流表示数变小；由电功率公式和题意可知此时串联电路的总功率，根据求出电路的总电阻，进一步根据电阻的串联求出R2的阻值。
1 / 1河北省张家口市桥东区2025-2026学年九年级上学期1月期末物理试题
一、单项选择题(本大题共12小题，每小题3分，共36分)
1．（2026九上·桥东期末）科技发展日新月异，图为一种可以随意弯曲的OLED 柔性显示屏。这种显示屏比 LCD 轻薄、亮度高、功耗低、响应快、清晰度高、柔性好、发光效率高，能满足多种场合对显示技术的新需求。OLED 学名为有机发光二极管，制____作它的主要材料属于
A．绝缘体 B．半导体 C．导体 D．超导体
【答案】B
【知识点】半导体特点及作用
【解析】【解答】OLED 学名为有机发光二极管，制作它的主要材料属于半导体，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】半导体：在常温下导电性能介于导体与绝缘体之间的材料，如硅、锗等。
2．（2026九上·桥东期末）世界上最早记录了“地理的两极和地磁场的两极并不重合”的是
A．沈括 B．焦耳 C．安培 D．奥斯特
【答案】A
【知识点】地磁场；科学家及其贡献
【解析】【解答】世界上最早记录了“地理的两极和地磁场的两极并不重合”的是沈括，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】我国北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中指出了“地理的两极和地磁场的两极并不重合”。
3．（2026九上·桥东期末） 电能是现代社会生活的重要资源，每个人都应该有节约用电的意识。下列用电器正常工作1小时所消耗的电能最接近1度电的是（　　）
A．台灯 B．智能手机 C．家用空调 D．笔记本电脑
【答案】C
【知识点】电功率；电功率的计算
【解析】【解答】 用电器正常工作1小时所消耗的电能接近1度电，功率；
A.台灯的功率大于20W左右，故A不符合题意；
B.智能手机的功率只有几瓦，故B不符合题意；
C.家用空调的电功率大于1kW，故C符合题意；
D.笔记本电脑的功率100W左右，故D不符合题意。
故选C。
【分析】 知道家用电器消耗的电能和工作时间，根据P=求出其功率，然后结合选项得出答案。
4．（2026九上·桥东期末）如图所示，给绕在铁钉上的线圈通电后，铁钉吸引大头针。下列操作能使铁钉吸引大头针数目变多的是
A．减少线圈匝数
B．减少电池节数
C．向右移动滑动变阻器的滑片
D．对调电源正、负接线柱上的接线
【答案】C
【知识点】影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】AD.电磁铁磁性强弱与线圈的匝数、电流留的大小有关，与电流的方向无关；在电流相同时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强，铁钉吸引大头针的数据越多，故AD错误；
BC.线圈匝数相同时，电流越大，电磁铁的磁性越强，铁钉吸引大头针的数据越多。当电路中的阻值不变时，减少电池的节数，根据欧姆定律可知，会使电路中的电流变小，电磁铁的磁性减弱，铁钉吸引大头针的数据减少；电源电压不变时，向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，铁钉吸引大头针的数据变多，故B错误，C正确。
故选C。
【分析】电磁铁磁性强弱与线圈的匝数、电流留的大小有关；在电流相同时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强；线圈匝数相同时，电流越大，电磁铁的磁性越强。
5．（2026九上·桥东期末）“安全用电，珍爱生命”是每个公民应有的意识，下列遵守安全用电原则的是
A．在输电线上晾衣服 B．发现有人触电立即切断电源
C．用湿抹布擦拭正在发光的电灯 D．使用绝缘皮破损的手机充电线
【答案】B
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】A.在输电线上晾衣服，如果电线外皮破损则会造成触电事故，故A错误；
B.发现有人触电立即切断电源，然后再进行施救，故B正确；
C.用湿抹布擦拭正在发光的电灯，可能造成触电事故，故C错误；
D.使用绝缘皮破损的手机充电线，也可能发生触电事故，故D错误。
故选B。
【分析】根据安全用电的常识判断即可。
6．（2026九上·桥东期末）跨学科实践中，“瓦特”学习小组的同学们制作了一个简易汽轮机(如图所示)。关于这个汽轮机，下列说法中正确的是
A．酒精燃烧，内能转化为化学能
B．蒸汽推动叶轮转动，机械能转化为内能
C．测试过程中发现叶轮不动，应该增加易拉罐里水的质量
D．为了提高这个汽轮机的效率，可以给易拉罐上半部分覆盖保温层
【答案】D
【知识点】热机；热机的效率；能量的转化或转移
【解析】【解答】A.酒精燃烧，将化学能转化为内能，故A错误；
B.蒸汽推动叶轮转动，将内能转化为机械能，故B错误；
C.增加易拉罐中水的质量，会使升温慢、产生蒸汽的速度变慢，叶轮更不容易转动 ，所以测试过程中发现叶轮不动，应该减少易拉罐里水的质量，故C错误；
D.给易拉罐上半部分覆盖保温层，可减少热量的散失，让更多内能用于产生蒸汽并推动叶轮，从而提高效率，故D正确。
故选D。
【分析】1.燃料燃烧是将化学能转化为内能；
2.改变物体内能的两种方式：做功和热传递；
3.减少热量的散失，可以提高效率。
7．（2026九上·桥东期末）如下图，大头针插在玻璃瓶的软木塞上，把金属箔悬挂在大头针上。带电体接触大头针后，金属箔张开，此过程
A．正电荷发生转移 B．可检验带电体的电性
C．金属箔带上同种电荷 D．张开角度越小，所带电荷越多
【答案】C
【知识点】验电器的原理及使用
【解析】【解答】A.在金属导体中，能够自由移动的是电子，即负电荷，故A错误。
B.仅通过金属箔张开这一现象，只能检验物体是否带电，不能直接检验带电体的电性，故B错误。
C.带电体接触大头针后，电荷会传导到金属箔上，金属箔带上同种电荷，相互排斥而张开，故C正确。
D.金属箔张开角度的大小反映了所带电荷的多少，张开角度越小，所带电荷越少，故D错误。
故选C。
【分析】1.在金属导体中，能够自由移动的是电子；
2.验电器的作用：检验物体是否带电；
3.验电器的原理是同种电荷相互排斥；
4.金属箔张开角度的大小反映了所带电荷的多少。
8．（2026九上·桥东期末）动圈式话筒可将声信号转换成电信号。下列四幅实验装置图能反映其工作原理的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；磁场对通电导线的作用；电磁感应；磁极间的相互作用
【解析】【解答】 动圈式话筒把声信号转变为电信号，其工作原理是电磁感应现象。
A.图中反映的是磁极间的相互作用规律：同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，故A不符合题意；
B.电路接通后，小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场，故B不符合题意；
C、电路是串联的，通过两电磁铁的电流相同，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强，吸引大头针的数量越多，故C不符合题意；
D.闭合开关，当导体ab在磁场中切割磁感线时，电流表指针摆动，说明有感应电流产生，这是电磁感应现象，故D符合题意。
故选D。
【分析】1.磁极间的相互作用规律：同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引；
2.奥斯特实验，说明通电导体周围存在着磁场，磁场方向与电流方向有关；
3.电磁铁的磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关；
4.电磁感应：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流。
9．（2026九上·桥东期末）如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个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．1 A 1 A B．0.2A 0.2A
C．0.8A 0.2A D．1 A 0.2 A
【答案】C
【知识点】电流的测量及电流表的使用；并联电路的电流规律
【解析】【解答】 由电路图可知，灯L1、L2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过L2的支路电流；根据并联电路电流特点可知，电流表A1应接大量程，分度值为0.1A，示数为1A，即干路电流 I=1A；
电流表A2应接小量程，分度值为0.02A，示数为0.2A，则通过灯泡L2的电流 I2=0.2A，则通过灯泡L1的电流为：
I1=I-I2=1A-0.2A=0.8A
故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】由电路图可知，灯L1、L2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过L2的支路电流，根据并联电路电流特点确定电流表A1和A2使用的量程，根据电流表的示数可知干路电流和通过L2的支路电流，根据并联电路电流规律求出通过L1的支路电流。
10．（2026九上·桥东期末）电动自行车两刹车手柄中，各有一个开关(S1 和 S2)，在行驶中用任意一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作。下列电路符合要求的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】由题知，任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作，说明两开关相互影响、不能独立工作，所以两开关是串联的，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】串联电路中，各用电器相互影响，不能独立工作。
11．（2026九上·桥东期末）水中溶氧量是水产养殖的一项关键指标。小红利用溶解氧传感器设计了自动充氧装置，其中监测电路如图所示，电源电压保持不变。溶解氧传感器的阻值随水中溶氧量的降低而减小闭合开关，当溶氧量降低时
A．电流表的示数变小 B．电压表的示数变大
C．电路的总功率变小 D．滑动变阻器的功率变大
【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】AB.由电路图可知，溶解氧传感器与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测溶解氧传感器两端的电压，闭合开关，当溶氧量降低时，溶解氧传感器的阻值减小，根据串联电路电阻特点可知，电路中总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中电流变大，即电流表示数变大；根据串联分压的原理可知，溶氧传感器两端的电压变小，即电压表示数变小，故AB错误；
C.根据P=UI可知，电压不变时，电路中的电流变大，电路的电功率也变大，故C错误；
D.电源电压不变，溶解氧传感器两端的电压变小，根据串联电路电压的规律可知，滑动变阻器两端的电压变大，电路电流变大，根据P=UI可知，滑动变阻器的功率变大，故D正确。
故选D。
【分析】1.由电路图可知，溶解氧传感器与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测溶解氧传感器两端的电压，闭合开关，当溶氧量降低时，溶解氧传感器的阻值减小，根据串联电路电阻特点分析电路中总电阻变化，根据欧姆定律分析电路中电流变化，根据串联分压的原理分析溶氧传感器两端的电压变化，根据P=UI分析电路的电功率变化；
2.根据串联电路电压的规律分析滑动变阻器两端的电压变化，根据P=UI分析滑动变阻器的功率变化。
12．（2026九上·桥东期末）科技小组的同学按图甲所示的电路研究自制小台灯的调光效果，灯泡L标有“2.5v”字样，电源电压恒为4.5V，电压表量程为“0~3V”，电流表量程为“0~0.6A”。闭合开关S，在确保电路安全的情况下，最大范围移动变阻器的滑片P，观察灯泡L的亮暗，绘出灯泡L的I-U图像如图乙所示。下列分析正确的是
A．灯泡正常发光时电阻值为5Ω
B．灯泡随滑片 P 向 b端移动而变亮
C．变阻器接入的阻值范围为8~40Ω
D．电路消耗的最大电功率为0.625W
【答案】C
【知识点】串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A. 由灯泡L的I-U图像可知，当灯泡两端的电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.25A，则灯泡正常发光时的电阻为：
故A错误；
B. 由图甲可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡两端的电压，当滑片P向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，根据串联电路分压原理，灯泡两端电压减小，由图乙可知，通过灯泡的电流变小，根据由P=UI可知，灯泡实际功率变小，灯泡变暗，故B错误；
C.由图乙可知，当灯泡正常发光时，通过灯泡的电流为0.25A，滑动变阻器两端的电压为：
U滑=U-U额=4.5V-2.5V=2V
则滑动变阻器接入电路的最小阻值为：
由图乙可知，当滑动变阻器的阻值最大时，灯泡两端的电压 UL'= 0.5V，通过灯泡的电流 I'=0.1A，此时滑动变阻器两端的电压为：
U滑'=U-UL'=4.5V-0.5V=4V
滑动变阻器的最大值为：
所以滑动变阻器接入的阻值范围为8~40Ω，故C正确；
D.当电路中电流最大时，电路消耗的最大功率为：
P=UI=4.5V x 0.25A=1.125W
故D错误。
故选C。
【分析】1.已知灯泡的额定电压，由I-U图像可知通过灯泡的电流，根据求出灯泡正常工作时的电阻；
2.由图甲可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡两端的电压，当滑片P向b端移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，根据串联电路分压原理分析灯泡两端电压变化，由图乙可知，通过灯泡的电流变化，根据由P=UI分析灯泡实际功率变化，据此可知灯泡的亮度变化；
3.由图乙可知，当灯泡正常发光时，通过灯泡的电流为0.25A，根据串联电路电压的规律求出滑动变阻器两端的电压，根据求出滑动变阻器接入电路的最小阻值；
由图乙可知，当滑动变阻器的阻值最大时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据串联电路电压的规律求出滑动变阻器两端的电压，根据求出滑动变阻器的最大值；
4.当电路中电流最大时，根据P=UI求出电路消耗的最大功率。
二、填空题(每空 1分，共 21分)
13．（2026九上·桥东期末）我国古人曾发明一种点火器，以牛角为套筒，把艾绒粘在木质推杆前端，其结构如图所示。取火时一只手握住套筒，另一只手向内猛推推杆，推杆前端的艾绒就会被点燃，拔出推杆后，吹吹艾绒就有火苗产生。向内猛推时通过　 　方式增大内能，这一过程与四冲程内燃机的　 　冲程相似。取质量相同初温相同的两种物质的粉末状样品a和b，用完全相同的加热装置同时对a、b加热，它们的温度随加热时间变化的图像如图所示。由图可知，物质a的比热容　 　(选填“大于”或“小于”)物质b的比热容；在t1~t2时间内，物质b的内能　 　(选填“增加”“减少”或“不变”)。(样品受热均匀，不计热损失)
【答案】做功；压缩；小于；增加
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；热机的四个冲程
【解析】【解答】当向内猛推推杆时，压缩套筒内的空气做功，将机械能转化为空气的内能，空气的内能增大，温度升高，达到艾绒的着火点而点燃，所以向内猛推时通过做功的方式增大内能，这一过程与四冲程内燃机的压缩冲程相似。
由图可知，质量相同初温相同的两种物质的粉末状样品a和b，加热时间为 t1min时，即吸收的热量相同时，样品a升高的温度较高，根据可知，样品a的比热容较小，所以物质a的比热容小于 物质b的比热容。
在t1~t2时间内，物质b吸收热量，内能增加。
【分析】1.做功可以改变物体的内能，外界对物体做功，内能增大；物体对外界做功，内能减小；
2.内燃机压缩冲程能量转化：机械能转化为内能；
3.用相同的加热装置加热，可通过比较物质加热的时间来比较物质夏侯的热量；
根据结合图像分析比较物质的比热容大小；
4.热传递可以改变物体的内能，物体夏侯热量，内能增加。
14．（2026九上·桥东期末）在如图所示的电路图中，闭合开关S1、S3，断开开关S2，则小灯泡L1、L2　 　(选填“串”或“并”)联；若同时闭合开关S1、S2、S3，则会造成电路　 　。
【答案】并；短路
【知识点】电路的三种状态；串联电路和并联电路的辨别；电路的动态分析
【解析】【解答】由图可知，闭合开关S1、S3，断开开关S2，两灯泡并排连接到电源两端，所以小灯泡L1、L2并联。
若同时闭合开关S1、S2、S3，电流从电源正极流出后，不经用电器直接回到电源负极，会造成电路短路。
【分析】1. 各用电器首尾顺次连接，电路只有一条电流路径的连接方式是串联；各用电器首首相连、尾尾相连，电路有多条电流路径的连接方式是并联；
2.导线将电源两极连接起来的电路叫电源短路，可能烧坏电源。
15．（2026九上·桥东期末）国家标准《家用和类似用途电器的安全》中规定，电水壶电源线一般不应长于75cm。这是通过缩短电源线长度来减小　 　，从而　 　(选填“增加”或“减少”)电源线通电时产生的热量。小明家电能表3月底的示数为 ，4月底的示数为 。小明家4月份用电　 　 kW·h。若电费按每千瓦时0.5元计算，则小明家4月份应交电费　 　元。
【答案】电阻；减少；120；60
【知识点】影响电阻大小的因素；电能表参数的理解；电功的计算；焦耳定律
【解析】【解答】导体的材料和横截面积相同时，当导线较长时，电阻较大，根据Q=I2Rt可知，消耗的电能较多，所以电水壶电源线一般不长于75cm，这是通过缩短电源线长度来减小电阻，从而减少电源线通电时产生的热量。
小明家4月份消耗的电能为：
W=2278.2kW·h-2158.2kW·h=120kW·h
若电费按每千瓦时0.5元计算，则小明家4月份应交电费为：
120kW·h x 0.5元/(kW·h)=60元
【分析】1.导体的材料和横截面积相同时，当导线较长时，电阻较大；
根据Q=I2Rt可知分析消耗热量的多少；
2.消耗的电能 W=W月末 - W月初
根据消耗的电能和电费单价求出应交的电费。
16．（2026九上·桥东期末）如图所示，取一个橙子，把铜片、铁片插入其中，制成一个水果电池。用电压表测量电压，该水果电池电压为　 　 V水果电池是将　 　能转化为电能。该水果电池正极是　 　(填“铁片”或“铜片”)。为获得更高电压，可以将多个水果电池　 　联。
【答案】0.6；化学能；铜片；串
【知识点】能量的转化或转移；电源及其能量转化；电压的测量及电压表的使用；制作水果电池
【解析】【解答】由图可知，电压表选用0～3V量程，分度值为0.1V，示数为0.6V。
水果电池是利用水果中的化学物质与金属片发生反应而产生电能，故是将化学能转化为电能。
使用电压表时要让电流从正接线柱流入，负接线柱流出，由图可知，电压表正向偏转，所以水果电池正极是铜片。
串联电压等于各电池电压之和，所以为获得更高电压，可以将多个水果电池串联。
【分析】1.根据电压表的量程和分度值可读出示数；
2.水果电池将化学能转化为电能；
3.根据电压表的偏转情况，结合电压表要使电流“正进负出”，可判断水果电池的正极；
4.串联电池组的电压等于各串联部分的电压之和。
17．（2026九上·桥东期末）通常情况下，家庭电路中各个用电器的连接方式是　 　(选填“串联”或“并联”)。已知家庭电路的电压是220V，在额定电流为10A 的插座上，接入一台“220V， 200W”的电冰箱后，最多还可以接入总功率为　 　W的用电器。试电笔可以用来判断相线和中性线。如图所示，持笔方式正确的是　 　(选填“甲”或“乙”)；在老师的指导下，小军用测电笔(试电笔)试触某插座的插孔，用指尖抵住笔尾金属体，测电笔的氖管发光，此时　 　(选填“有”或“没有”)电流通过小的身体。
【答案】并联；2200；乙；有
【知识点】电功率的计算；家庭电路的连接；测电笔的使用
【解析】【解答】通常情况下，家庭电路中各个用电器的连接方式是并联。
已知家庭电路的电压是220V，插座的额定电流为10A，允许接入的用电器的最大总功率为：
P总=UI额=220V x 10A=2200W
接入一台“220V， 200W”的电冰箱后，最多还可以接入用电器的总功率为：
P=P总-P冰箱=2200W-200W=2000W
使用试电笔判断相线和中性线时，手只能接触笔尾的金属，所以持笔方式正确的是乙。
用测电笔(试电笔)试触某插座的插孔，用指尖抵住笔尾金属体， 当笔尖接触火线时，电流会经笔尖、氖管、大电阻、笔尾、人体导向大地，形成通路，此时人体是电路的一部分，有电流通过小军的身体。
【分析】1.家庭电路中，各用电器可以独立工作，是并联的；
2.已知家庭电路的电压和插座的额定电流，根据P总=UI额求出允许接入的用电器的最大总功率，根据最大总功率和电冰箱的功率求出还可以接入用电器的总功率；
3.使用试电笔判断相线和中性线时，手只能接触笔尾的金属； 当笔尖接触火线时，电流会经笔尖、氖管、大电阻、笔尾、人体导向大地，形成通路。
18．（2026九上·桥东期末）如图为灯泡L 和定值电阻R 的I-U图像，由图可知， R的阻值为　 　Ω，若将L 和R 并联在电源电压为3V的电路中，干路电流为 　 　；若将其串联在电源电压为4V的电路中，L 和 R 的阻值之比为　 　。
【答案】15；0.6；1：3
【知识点】串联电路的电流规律；并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】由图可知，当电阻R两端的电压为3V时，通过电阻R的电流为0.2A，定值电阻R的阻值：
若将 L 和R 并联在电源电压为3V的电路中，根据并联电路电压规律可知，灯L 和R 两端的电压都为3V，由I-U图像可知，通过电阻R 的电流为0.2A，通过灯 L 的电流为0.4A，则干路电流为：
I总=0.2A+0.4A=0.6A
若将其串联在电源电压为4V的电路中，由I-U图像可知，当电路中的电流为0.2A时，灯L两端的电压为1V，电阻R两端的电压为3V，此时灯L两端的电压与电阻R两端的电压之和等于电源电压，根据串联分压的原理可知，L 和 R 的阻值之比为：
【分析】1.由图像可知，R两端的电压和通过R的电流，根据求出R的阻值；
2.根据并联电路电压规律在图像中找出电压相同时，通过 L 和 R 的电流，根据并联电路电流的规律求出干路电流；
3.根据串联电路电流规律在图像中找出电流相等时， L 和 R 两端的电压，根据串联分压的规律求出L 和 R 的阻值之比。
三、实验探究题(每空1分，共31分)
19．（2026九上·桥东期末）探究通电螺线管外部磁场的方向：某组同学通过探究，已了解通电螺线管的两端相当于条形磁体的两极，它们的极性可以用小磁针的指向来判定，接着探究通电螺线管两端的极性由什么因素决定。
【猜想】
A.可能由螺线管的绕向决定
B.可能由电源正负极的接法决定
C.可能由螺线管中电流的方向决定
(注解：螺线管两接线柱和电源正负极的接法简称电源正负极的接法)
【证据】用导线将如图所示的器材连接成电路，把小磁针放在螺线管两端，闭合开关，观察并记录小磁针静止时N极的指向、螺线管的绕向、电源正负极的接法、螺线管中电流的方向。如图所示，是本组同学用画图的方法呈现出的四次实验现象。
【解释】
（1）观察分析甲、乙两图，螺线管的绕向相同，通电螺线管的同一端磁极　 　；
（2）观察分析甲、丙两图，电源正负极的接法相同，通电螺线管的同一端磁极　 　；
（3）观察分析　 　两图，螺线管中电流的方向相同，通电螺线管的同一端磁极相同；
（4）分析以上证据可知，通电螺线管的极性由螺线管中　 　决定，而不决定于　 　，也不决定于　 　。
【答案】（1）不同
（2）不同
（3）甲、丁
（4）电流方向；螺线管的绕向；电源正负极的接法
【知识点】通电螺线管的磁场
【解析】【解答】（1）观察分析甲、乙两图，螺线管的绕向相同，由小磁针静止时所处的位置可知，通电螺线管的同一端磁极不同；
（2）观察分析甲、丙两图，电源正负极的接法相同，由小磁针静止时所处的位置可知，通电螺线管的同一端磁极不同；
（3）观察分析甲、丁两图，螺线管中电流的方向相同，电源正负极的接法不同，由小磁针静止时所处的位置可知，通电螺线管的同一端磁极相同；
（4）分析以上证据可知，通电螺线管的极性由螺线管中电流方向决定，而不决定于螺线管的绕向，也不决定于电源正负极的接法。
【分析】（1）（2）（3）根据控制变量法进行分析，得出结论；
（4）通电螺线管的极性由螺线管中电流方向决定。
20．（2026九上·桥东期末） 在研究电磁感应现象活动中。
（1）摇动发电机模型的手柄，灯泡发光，是因为线圈在　 　中转动，产生感应电流，把　 　能转化为电能。
（2）如图，导体AB静止，闭合开关，灵敏电流计指针　 　；再让导体AB水平向右运动，灵敏电流计指针　 　。(选填“偏转”或“不偏转”)
【答案】（1）磁场；机械能
（2）不偏转；偏转
【知识点】探究电磁感应现象的实验
【解析】【解答】（1）摇动发电机模型的手柄，灯泡发光，是因为线圈在磁场中转动，产生感应电流，把机械能转化为电能。
（2）如图，导体AB静止，没有做切割磁感线运动，闭合开关，灵敏电流计指针不偏转。
再让导体AB水平向右运动，此时导体做切割磁感应线运动，产生感应电流，灵敏电流计指针偏转。
【分析】 1.在探究感应电流的实验中，是通过灵敏电流表指针的偏转确定是否有感应电流产生；
2.产生感应电流的条件是闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
21．（2026九上·桥东期末）某物理兴趣小组为探究“电流与电阻的关系”，设计了如图甲所示的电路图，小组成员在实验室找到如下器材：电压恒为3V的电源，电流表、电压表各一只，开关一个，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻各一个，标有“15Ω，2A”滑动变阻器一个，导线若干。
（1）连接电路前，开关应　 　；
（2）电路连接如图乙所示，小聪发现一根导线连接错误，请找出接错的导线并打上“×”。再用笔重新画一根正确连接的导线　 　；
（3）纠正错误后，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至　 　(选填“C”或“D”端)；
（4）现电路中接入的是5Ω的定值电阻，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片使电压表示数为设定数值，电流表示数如图丙所示，则电压表示数为　 　V；
（5）断开开关，将5Ω的定值电阻更换为10Ω，不改变滑动变阻器滑片的位置，闭合开关后，电压表示数将　 　设定的控制电压 (选填“大于”“小于”或“等于”)；
（6）多次实验后，分析数据得出结论：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成　 　。
【答案】（1）断开
（2）
（3）D
（4）2
（5）大于
（6）反比
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）在连接电路时，为保护电路，开关应断开。
（2）由图可知，开关没有接入电路，应将电源正极接线柱与开关左端接线柱相连，如图所示：
（3）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移至最大值处，即D端。
（4）由图丙可知，电流表选用的是0～0.6A的量程，分度值为0.02A，则电压表的示数为0.4A，即电路中的电流为0.4A，电压表的示数（定值电阻R两端的电压）为：
U=IR=0.4A x 5Ω=2V
（5）断开开关，将5Ω的定值电阻更换为10Ω，不改变滑动变阻器滑片的位置，闭合开关后，根据串联分压原理可知，定值电阻两端的电压变大，所以电压表示数将大于设定的控制电压。
（6）多次实验后，分析数据得出结论：当导体电压一定时，通过导体的电流与导体电阻成反比。
【分析】 （1）为了保护电路，连接电路前，开关应断开；
（2）由图可知，开关没有接入电路，由此改接电路；
（3）为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应移到阻值最大处；
（4）根据图丙电流表选用的量程判断其分度值，再结合指针位置读数；
（5）将5Ω的定值电阻更换为10Ω，不改变滑动变阻器滑片的位置，根据串联分压的原理电压表的示数变化；
（6）多次实验后，分析数据得出结论。
22．（2026九上·桥东期末）某小组用图甲中的器材测量小灯泡的电阻，所用电源电压为3V，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线表示导线，将图1甲中的电路连接完整。　 　
（2）正确连接好电路，闭合开关后，发现小灯泡不发光，电压表有示数，电流表无示数。已知导线、电表均完好且接触良好，造成这一现象的原因可能是　 　。
（3）排除故障后进行实验，当滑动变阻器的滑片移至某一位置时，电压表的示数为2.1V，电流表的示数如图1乙所示，为　 　A，此时小灯泡的电阻为　 　Ω(计算结果保留一位小数)。
（4）经过多次实验，测量并记录多组数据，得到小灯泡的I-U图像如图2所示，该图像不是一条直线，其原因是　 　。接下来，小组成员又对实验过程中通过滑动变阻器的电流与其两端的电压的关系进行了思考，根据图2大致画出了滑动变阻器的I-U图像。图3为三位同学画出的图像，其中正确的是　 　(填“A”“B”或“C”)，你判断的理由是　 　。
【答案】（1）
（2）小灯泡断路
（3）0.26；8.1
（4）小灯泡的电阻随温度的变化而变化；C；小灯泡与滑动变阻器串联，根据串联电路电压的规律可知，当电路中的电流变大时，滑动变阻器两端的电压变小
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）测量小灯泡的电阻时，小灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡两端的电压，所以应将滑动变阻器“一上一下”串联在电路中，电源电压为3V，则应将电压表“0~3V”的测量范围接入电路，电路连接如图所示：
（2）小灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡两端的电压，闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路出现断路故障，而电压表有示数，说明电压表与电源之间是通路，是与电压表并联的小灯泡发生了断路。
（3）由图乙可知，电流表使用的是“0~0.6A”的测量范围，分度值为0.02A，示数为0.26A。
此时小灯泡的电阻为：
（4）经过多次实验，测量并记录多组数据，得到小灯泡的I-U图像如图2所示，该图像不是一条直线，可知灯的电阻是变化的，其原因是小灯泡的电阻随温度的变化而变化。
由图2可知，小灯泡两段的电压越大，通过小灯泡的电流越大，由于是灯的电阻随温度的变化而变化，则滑动变阻器连入电路的电阻是变化的；小灯泡与滑动变阻器串联，根据串联电路电压的规律可知，当电路中的电流变大时，滑动变阻器两端的电压变小，故AB错误，C正确。
故选C。
【分析】（1）根据电源电压为3V确定电压表选用小量程与灯并联，将滑动变阻器“一上一下”串联在电路中；
（2）串联电路中，电流表无示数，说明电路出现断路故障，而电压表有示数，说明电压表与电源之间是通路，是与电压表并联的部分电路发生了断路；
（3）已知小灯泡两端的电压，由电流表的量程和分度值可知通过小灯泡的电流，根据求出小灯泡的电阻；
（4）小灯泡的电阻随温度的变化而变化；
根据串联电路电流规律即电压规律进行分析。
23．（2026九上·桥东期末）如图是探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置，两透明容器中密封着初温、质量相同的空气。
（1）由于电流产生的热量不易直接测量，因此 在 实 验 中 通 过 观察　 　来显示容器内空气温度的变化。
（2）图甲装置将两段阻值不同的电阻丝串联起来接到电源两端，是为了探究电流通过导体时产生的热量与　 　的大小的关系，通电一段时间后　 　(选填“左”或“右”)侧容器内电阻丝产生的热量更多，该装置　 　(选填“能”或“不能”)解释“电炉丝热得发红，而连接它的导线几乎不发热”。
（3）图乙装置可以探究电流通过导体时产生的热量与　 　的大小的关系， Ri和R2两根电阻丝在相等的时间内产生的热量之比为 Q1：Q2=　 　。为了使左右两个U形管内液面高度差更大，R3应选用 　 　(选填“2Ω”或“10Ω”)的定值电阻。
（4）图乙中，若接通电路一段时间后，右侧U 形管的液面高度差逐渐变大，但左侧 U形管的液面高度差不变，经检查电路也没有出现故障，则可能的原因是　 　。
【答案】（1）U形管两侧液面的高度差
（2）电阻；右；能
（3）电流；4：1；2Ω
（4）左侧容器的气密性不好（或左侧容器漏气）
【知识点】焦耳定律；电流的热效应
【解析】【解答】（1）由于电流产生的热量不易直接测量，在实验中通过观察U形管两侧液面的高度差来显示容器内空气温度的变化，液面高度差越大，容器内空气的温度变化越大，电流产生的热量越多。
（2）图甲装置将两段阻值不同的电阻丝串联起来接到电源两端，通过两导体的电流相等，是为了探究电流通过导体时产生的热量与电阻大小的关系，通电一段时间后，右侧容器中的电阻阻值较大，产生的热量更多。
电炉丝与导线串联，通过的电流相等，而电炉丝的电阻比导线大得多，故该装置能解释“电炉丝热得发红，而连接它的导线却几乎不发热”。
（3）图乙装置中，三个电阻的大小相等，电阻R1在干路，电阻R2与R3并联后再与R1串联，因此通过R1和R2的电流不相等，所以该装置可以探究电流通过导体时产生的热量与电流大小的关系。
由于容器内外的电阻相同，根据并联电路电流的规律可知，通过R1的电流是通过R2电流的2倍，根据Q=I2Rt可知，R1和R2两根电阻丝在相等的时间内产生的热量之比为 Q1：Q2=4：1。
电阻R3的作用主要是使电阻R1和R2中的电流不相等，只要分去部分电流即可，所以R2与R3的阻值不一定相同。为了使左右两个U形管内液面高度差差异更大，应使得R3分去的电流更大，根据并联电路电流之比等于电阻倒数之比，所以R3应选用较小的电阻，故选用2Ω。
（4）图乙中，若接通电路一段时间后，右侧U形管液面高度差变大，说明右侧容器内电阻丝能正常产热，电路是通路；左侧U形管液面高度不变，说明左侧容器内空气温度没有变化，可能的原因是左侧容器的气密性不好（或左侧容器漏气）。
【分析】（1）转换法：通过观察U形管两侧液面的高度差来反映电流产生的热量多少；
（2）（3）电流产生的热量与电阻大小、电流大小和通电时间有关，根据控制变量法进行分析；
根据并联电路电流规律和Q=I2Rt求出电阻产生的热量之比；
电阻R3的作用主要是使电阻R1和R2中的电流不相等，为了使左右两个U形管内液面高度差差异更大，应使得R3分去的电流更大，根据并联电路电流之比等于电阻倒数之比可知，R3应选用较小的电阻。
（4）右侧U形管液面高度差变大，说明右侧容器内电阻丝能正常产热，电路是通路；左侧U形管液面高度不变，说明左侧容器内空气温度没有变化，可能的原因是左侧容器的气密性不好（或左侧容器漏气）。
四、计算题(24小题6分, 25小题6分, 共12分)
24．（2026九上·桥东期末）图甲为某款电热煲汤锅，其简化电路如图乙所示。S为手动开关，S1为自动温控开关，温度达到100℃时，自动切换到保温状态，R1和R2均为阻值不变的电热丝。煲汤锅部分参数如表，求：
额定电压 额定功率
220V 加热 保温
1100W 100W
（1）煲汤锅处于加热状态时，电路中的电流；
（2）电热丝 R2的阻值；
（3）某次煲汤锅对初温为50℃、质量为3.3kg的汤汁加热(汤汁沸点100℃)，不考虑汤汁质量变化和热量损失，问煲汤锅正常工作多少时间可将汤汁加热至沸点。
【答案】（1）解： 煲汤锅处于加热状态时，加热功率 P加热=1100W，电路中的电流为：
答：煲汤锅处于加热状态时，电路中的电流为5A。
（2）解：由图乙可知，开关S闭合、S1断开时，R1与R2串联，电路的总电阻较大；开关S、S1均闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻较小。根据可知，开关S闭合、S1断开时，电路消耗的电功率较小，煲汤锅处于保温状态，P保温=100W；开关S、S1均闭合时，电路消耗的电功率较大，煲汤锅处于加热状态。
R1的阻值为：
保温时，电路的总电阻为：
根据串联电路的电阻规律可得，R2的阻值为：
R2=R总-R1=484Ω-44Ω=440Ω
答：电热丝 R2的阻值440Ω。
（3）解： 汤汁加热到100℃吸收的热量：
Q吸=cmΔt=4×103J/（kg ℃）×3.3kg×（100℃-50℃）=6.6×105J
不计热量损失，煲汤锅加热时消耗的电能等于汤汁吸收的热量，即：
W=Q吸=6.6×105J
则煲汤锅的加热时间为：
答：煲汤锅正常工作600s可将汤汁加热至沸点。
【知识点】比热容的定义及其计算公式；电阻的串联；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【分析】（1）已知电源电压和加热功率，根据求出电路中的电流；
（2）开关S闭合、S1断开时，R1与R2串联，电路的总电阻较大；开关S、S1均闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻较小。根据判断煲汤锅的工作状态，分别利用求出R1与R2的总电阻和R1的阻值，根据串联电路电阻的规律求出 R2的阻值 ；
（3）已知汤汁的质量、比热容、初温即末温，根据Q吸=cmΔt求出汤汁吸收的热量，不计热量损失，煲汤锅加热时消耗的电能等于汤汁吸收的热量，根据求出煲汤锅的加热时间。
25．（2026九上·桥东期末）在图示电路中，电源电压保持不变，电压表示数为6V，电阻 阻值为6Ω。
（1）现在将一个R2接入电路中，若两电表示数都改变，则电压表与电流表的乘积 　 　(选填“变大”“不变”“变小”)，请画出此时的电路图；　 　
（2）现在将一个R2接入电路中，若只有一个电表的示数改变，且电压表与电流表的乘积的变化量为4.5W，求 R2可能的阻值。
【答案】（1）解：电源电压保持不变，由题中电压表的示数可知电源电压为6V，将R2接入电路中，要求两电表示数都改变，应采用串联分压的方式（即R2串联在电压表之外的电路中），使得电压表示数改变，同时电流表示数改变；根据串联电路电阻规律可知，电路的总电阻变大，根据由欧姆定律可知，电路中的电流减小，根据 U1=IR1可知，R1两端的电压减小，即电压表示数减小，所以电压表与电流表的乘积变小。；
（2）解： ① 将一个R2接入电路中，若只有一个电表的示数改变，可以使R2与R1并联，根据并联电路电压的规律可知，电压表示数不变，而电流表测干路电流，其示数变大，根据P=UI可知，电压表与电流表的乘积表示电路的总功率，已知电压表与电流表的乘积的变化量为4.5瓦，因并联电路各支路互不影响，则R1消耗的功率不变，所以可知此时R2的电功率为：
P2=ΔP=4.5W，
R2的阻值为：
② 原电路中，电流表的示数为：
原电路中电压表与电流表的乘积为：
P=UI=6V×1A=6W
将一个R2接入电路中，若只有一个电表的示数改变，也可以使R2与R1串联，此时R2串联在电压表之内的电路中，如下图所示：
此时电压表示数不变（仍测电源电压），因电路的总电阻变大，则电流表示数变小，电压表与电流表的乘积减小；
设此时电压表与电流表的乘积为P'，
由题意和上面分析可知：P-P'=4.5W，则P'=P-4.5W=6W-4.5W=1.5W，此时串联电路的总电阻为：
根据电阻的串联规律可知，此时R2的阻值为：
R2'=R总-R1=24Ω-6Ω=18Ω
综上可知，R2的阻值为8Ω或18Ω。
【知识点】串联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】 根据串联分压才可以改变电阻的电压，根据串联电路电阻的规律和欧姆定律分析电流变化，根据 U1=IR1分析R1两端的电压变化，据此分析电压表与电流表的乘积变化；
（2） 将一个R2接入电路中，若只有一个电表的示数改变，可以使R2与R1并联，此时电压表示数不变，而电流表测干路电流，由电功率公式和题意可知此时R2的电功率，根据可计算R2的阻值；
将一个R2接入电路中，若只有一个电表的示数改变，也可以使R2与R1串联（即R2串联在电压表之内的电路中），此时电压表示数不变，因电路的总电阻变大，则电流表示数变小；由电功率公式和题意可知此时串联电路的总功率，根据求出电路的总电阻，进一步根据电阻的串联求出R2的阻值。
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