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2018-2019学年安徽省安庆市桐城二中九年级（上）第二次月考物理试
卷
一、填空题（1-4题每空1分，5-10题每空2分，共28分）
1．白炽灯使用时间久了后亮度减小，主要原因是高温下构成灯丝的钨发生 ，灯丝电阻变
，实际功率变小。
2．农作物的秸秆可以回收加工制成秸秆煤。完全燃烧2.0kg的秸秆煤可放出4.2×107J的热量，则秸秆
煤的热值是 ，其意义是 。
3．小敏同学将与丝绸摩擦过的玻璃棒与验电器金属球接触，电荷发生了转移，验电器金属箔片张开，
转移的电荷是 ，转移的方向是 。
4．从能量转化角度可知，锂电池充电时的效率＝ ÷ 。
5．重11N的物体体积500cm3，缓慢放入足够深的水中，放手后受到的合力是 N，方向 。
已知水的密度 ＝1g/cm3，g＝10N/kg。
6．小敏按图1所示ρ的电路进行实验，当开关闭合后，V 和V 的指针位置一样，如图2所示，造成这一
1 2
现象的原因可能是 ，或 （写出两个即可）。
7．将质量为2kg的水从51℃加热至沸腾时水吸收的热量是4.2×105J，C ＝4.2×103J（/ kg•℃），由此可
水
知当地大气压 （选填“大于”、“等于”或“小于”）1个标准大气压；理由是 。
8．小红在做“探究串联电路电压的规律”实验时，连好了如图所示的电路，若灯泡电阻不随温度变
化而变化，若两灯额定电压相同，闭合开关S后发现L 正常发光，L 只能微弱发光，则说明L 额定
1 2 1
功率 （选填“小于”“等于”“大于”）L 额定功率。
2
9．如果通过某定值电阻的电流从0.5A升高到1A，该电阻消耗的电功率变化了7.5W，则加在该电阻两端的电压变化了 V。
10．如图所示电路是两量程电流表，电流表G满偏电流为0.6A，内阻R ，表盘刻度被均匀划分为30
g
小格，R ＝ ，R ＝R ，a、b接线柱接入电路，电流表分度值为 A，a、c接线柱接入电路，电
1 2 g
流表量程为 A。
二、选择题（每小题3分，共30分）
11．下列现象中能用分子动理论解释的是（ ）
A．湿衣服在阳光下慢慢被晒干
B．初冬的雾霾
C．气体被压缩需要较大外力
D．海绵很容易被压缩
12．关于功和能，下列说法正确的是（ ）
A．温度不变的物体动能越大，内能就越多
B．0℃的物体没有内能
C．热机的做功冲程中，燃气内能增大
D．电流的热效应是电流做功，把电能转化为内能
13．如图所示，是某人连接的家庭电路，各元件及线路完好，下列说法正确的是（ ）
A．零线和大地之间的电压为220V
B．开关S 断开时，人接触a点会触电
1
C．开关S 断开时，人接触b点会触电
2
D．三孔插座最上面的那根线接的是火线
14．“关爱生命，注意安全”，是同学们必须具有的意识，关于安全用电下列说法正确的是（ ）
A．家庭电路中，保险丝应该安装在干路零线上B．发现有人触电，应立即直接动手把他拉开
C．家庭电路中，漏电保护器可以替代保险丝
D．雷电时，人在开阔地行走应双脚并拢蹲下，“并拢”是为了防止“跨步电压”造成伤害
15．关于电场，下列说法中错误的是（ ）
A．电荷周围都存在电场
B．电场是物理模型，并不真实存在
C．质子和电子在电场中一定受力，且在电场同一位置受力方向相反
D．原子中电子能绕核做圆周运动，运动状态发生改变是因为电子在原子核所激发的电场中受电场
力作用
16．如图所示的电路，电源电压恒定不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下
列说法正确的是（假定灯泡的电阻不变）
A．电流表示数变大
B．电压表示数不变
C．电压表和电流表示数的比值变小
D．电路的总功率不变
17．如图，用隔板将一绝热（不能传热）汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体（不计分子势能），隔
板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，
缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气，活塞也不传热。下列说法正确的
是（ ）
A．气体自发扩散后内能增大
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，气体分子的温度不变18．如图所示，两透明容器中密封着等质量的空气，通电t秒后（两容器都不向外放热），下列说法正确
的是（ ）
A．两容器中电阻产生的热量相同
B．右边容器中空气的温度是左边容器中空气温度的两倍
C．右边容器中空气温度的变化量是左边容器中空气温度变化量的两倍
D．右边容器中空气温度的变化量是左边容器中空气温度变化量的四倍
19．图为是某种暖手宝及其主要参数，暖手宝内有水及电加热元件等，使用前要先给暖手宝通电加热，
假设暖手宝加热效率是 70%，在额定电压下，水由室温 10℃加热至自动断电[c ＝
水
4.2×103J/（kg•℃）]．则（ ）
A．暖水宝加热时电加热元件是利用热传递增加了内能
B．暖水宝电加热时间为660s
C．暖水宝电加热时消耗的电功率一定是500W
D．暖水宝暖手时放出热量是3.3×105J
20．图甲所示电路中，开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P从B端移至A端，电流表和电压表的示
数变化关系如图乙，则由图象可知（ ）A．电阻R 两端电压与通过R 的电流之比增大
1 1
B．R 的电阻值是10
1
C．此过程R 最大功Ω率2.8W
1
D．此过程R 最小功率0.8W
1
三、实验题（4分+7分+9分＝20分）
21．在比较不同燃料热值的实验中，小明利用与图示完全相同的两套实验装置，分别在燃烧皿中放入
质量相同的燃料甲和燃料乙，点燃加热质量都为100g和初温都为20℃的水，加热燃烧相同时间后，
发现用甲加热后的水温度为30℃，另一杯水温度为24℃．此过程水的内能 （选填“增大”
或“减小”），此时 （选填“能”或“不能”）说明甲的热值较大，理由是 。
22．要测出灯泡L的额定功率，仅知道它的额定电流为Ι ，另提供电压表和已知阻值为R的定值电阻。
0
在图中虚线框内补上小灯泡、电压表和定值电阻这三个元件的符号，完成电路图。
①闭合S前变阻器滑头P应在位置。
②写出简要实验操作步骤（要得出结论）。
③
四.计算题（6+8+8＝22分）23．如图是用动滑轮提升货物A的示意图。在竖直向上的拉力F的作用下，使重450N的货物A在50s
的时间里，匀速竖直上升了10m。在这个过程中，拉力F做的功为5000J．求：
（1）有用功W ；
有
（2）拉力F的功率P；
（3）动滑轮的机械效率 。
η
24．在中学生创新大赛中，我市某初中参赛小组设计了一种测定风力的装置（如图甲），迎风板与压敏
电阻Rx连接，工作时迎风板总是正对风吹来的方向。压敏电阻的阻值随风力变化而变化，其阻值
Rx与风力F关系如图乙所示。已知电源电压恒为5V，定值电阻R＝5欧。
（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大还是减小？（不用说明理由）
（2）求无风时，压敏电阻的功率？
（3）如果电压表的量程为0﹣3V，求该装置所能测量的最大风力？
25．大型发电站一般建在煤炭或水利资源丰富的地方，这样就需要进行远距离输电。电能在输电线上
的损耗是不可忽略的，电线上损失的电能主要是由电流的热效应引起的。如何减少损失的电功率
一直是人们探讨的课题。
（1）设输电电压（即发电机加在输电线两端电压）为U，输送的电功率为P，输电线总电阻为r，求功率
的损失P 。
损
（2）根据上述的结果，你得出减少输电线损失电功率的最有效的方法是什么？
（3）已知发电机输出的电功率为P＝500kW不变，输电线的总电阻r为20 ，若想把损耗功率控制在
输送功率的1.6%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输Ω电？线路损耗的电压（加在线路上的电压）是多少？2018-2019 学年安徽省安庆市桐城二中九年级（上）第二次月
考物理试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（1-4题每空1分，5-10题每空2分，共28分）
1．白炽灯使用时间久了后亮度减小，主要原因是高温下构成灯丝的钨发生 升华 ，灯丝电阻变
大 ，实际功率变小。
【分析】白炽灯用久了会发暗，一是根据物态变化升华、凝华分析，二是从实际功率的变化分析。
【解答】解：钨在高温下升华，由固态直接变成气态，遇到灯泡壁（低温）又凝华成固态的钨附着在灯泡
壁上，使灯透光性变弱、亮度变暗；
由于钨的升华使灯丝变细，即横截面积变小，在长度、材料一定时，电阻会变大，根据P＝ 可知灯
的实际功率变小，灯变暗。
故答案为：升华；大。
【点评】白炽灯用久了会发暗，很普遍的现象，通过此题要求学生在平时的学习中，要善于观察、勤于
思考、多分析，提高这方面的能力。
2．农作物的秸秆可以回收加工制成秸秆煤。完全燃烧2.0kg的秸秆煤可放出4.2×107J的热量，则秸秆
煤的热值是 2.1×1 0 7 J/k g ，其意义是 1 千克的桔秆煤完全燃烧时放出的热量为 2.1×1 0 7 焦 。
【分析】根据Q ＝mq可求秸秆煤的热值；1kg秸秆煤完全燃烧放出的热量为2.1×107J。
放
【解答】解：由Q ＝mq可得，秸秆煤的热值：
放
q＝ ＝ ＝2.1×107J/kg；
秸秆煤的热值为2.1×107J/kg，其物理意义是：1千克的桔秆煤完全燃烧时放出的热量为2.1×107焦。
故答案为：2.1×107J/kg；1千克的桔秆煤完全燃烧时放出的热量为2.1×107焦。
【点评】考查了热值的知识点，对Q＝qm公式要熟练掌握。
3．小敏同学将与丝绸摩擦过的玻璃棒与验电器金属球接触，电荷发生了转移，验电器金属箔片张开，
转移的电荷是 电子 ，转移的方向是 从验电器到玻璃棒 。
【分析】在金属导体中，发生移动的是自由电子，自由电子带负电。丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，电子移动的方向与正电荷定向移动的方向相反。
【解答】解：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，当玻璃棒与验电器金属球接触时，带负电荷的自由电子发生
了转移，从验电器向金属棒转移，使验电器的金属箔片张开。
故答案为：电子；从验电器到玻璃棒。
【点评】本题考查了验电器的工作过程以及电荷的转移情况，属电学的基础知识难度不大。
4．从能量转化角度可知，锂电池充电时的效率＝ 锂电池增加的化学能 ÷ 消耗的电能 。
【分析】能量的利用效率等于有效利用的能量与总能量的比值。
【解答】解：从能量转化的角度，能量的利用效率等于有效利用的能量与总能量的比值，所以锂电池充
电时的效率＝锂电池增加的化学能÷消耗的电能。
故答案为：锂电池增加的化学能；消耗的电能。
【点评】本题考查能量的转化，电流做功的过程就是把电能转化为其他形式的能的过程。
5．重11N的物体体积500cm3，缓慢放入足够深的水中，放手后受到的合力是 6 N，方向 竖直向
下 。已知水的密度 ＝1g/cm3，g＝10N/kg。
【分析】（1）根据F ＝ρ gV 可求得物体全部浸没入水中受到的浮力；
浮 排
（2）方向相同的两个力，ρ其合力大小为两个力的和，方向与两个力的方向相同。
【解答】解：（1）物体全部浸没入水中受到的浮力F ＝ gV ＝1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣4m3＝
浮 排
5N； ρ
（2）缓慢放入足够深的水中，放手后物体受到竖直向下的重力G和竖直向上的浮力作用；
故合力大小为F ＝G﹣F ＝11N﹣5N＝6N；方向为竖直向下。
合 浮
故答案为：6；竖直向下。
【点评】明确重力和浮力的关系，深入理解力的合成方法，是解答此题的关键。
6．小敏按图1所示的电路进行实验，当开关闭合后，V 和V 的指针位置一样，如图2所示，造成这一
1 2
现象的原因可能是 L 短路或 L 断路 ，或 两电压表使用不同量程 （写出两个即可）。
1 2
【分析】由图可知，电路是由两个电灯串联而成，两个电压表分别测的是总电压和L 两端的电压，在电
2
路各处完好时，这两个电压值是不会相等的，指针一样，则说明选择的量程不同。
【解答】解：（1）若L 断路，V 测电源电压，V 与L 串联，V 也是测电源电压，V 和V 所选量程相同，指针位置完
2 1 2 l 2 1 2
全一样；
（2）若L 短路，电路为L 的简单电路，V 和V 都测量L 两端电压，V 和V 所选量程相同，指针位置
l 2 1 2 2 1 2
完全一样；
若L 短路，V 没示数，V 测的仍是电源电压，V 有示数，指针位置不可能相同；
2 2 1 1
（3）电路完好时，V 测的是电源电压，V 测的是L 两端电压，由串联电路的电压规律可知，V 的示数
1 2 2 1
大于V 的示数，而指针位置完全一样，说明V 选的是大量程，V 用的是小量程。
2 1 2
故答案为：L 短路或L 断路；两电压表使用不同量程。
1 2
【点评】该题考查了电路故障的分析以及电压表的使用，难易程度适中。
7．将质量为2kg的水从51℃加热至沸腾时水吸收的热量是4.2×105J，C ＝4.2×103J（/ kg•℃），由此可
水
知当地大气压 大于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）1个标准大气压；理由是 1 标准大
气压下水的沸点为 10 0 ℃，当时水沸腾的温度高于 10 0 ℃，证明当地大气压大于 1 标准大气压 。
【分析】（1）利用吸热公式进行计算可得出水沸腾时的温度。
（2）液体沸腾时温度叫做沸点，气压越高，沸点越高，气压越低，沸点越低。据此判断。
【解答】解：由吸热公式Q ＝c m△t可得，
吸 水
水温度的变化值：△t＝ ＝ ＝50℃，
水沸腾的温度：t＝t +△t＝51℃+50℃＝101℃，
0
高于100℃，说明当地的大气压大于1个标准大气压。
故答案为：大于；1标准大气压下水的沸点为100℃，当时水沸腾的温度高于100℃，证明当地大气压
大于1标准大气压。
【点评】此题考查了液体沸腾与气压的关系和热量公式的应用，难度适中。
8．小红在做“探究串联电路电压的规律”实验时，连好了如图所示的电路，若灯泡电阻不随温度变
化而变化，若两灯额定电压相同，闭合开关S后发现L 正常发光，L 只能微弱发光，则说明L 额定
1 2 1
功率 小于 （选填“小于”“等于”“大于”）L 额定功率。
2
【分析】由于灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，根据灯L 较亮灯L 较暗可知灯泡的实际功率。由图
1 2可知：两灯串联，通过的电流相同，根据公式P＝I2R可比较电阻大小。根据P＝ 可知的功率的
大小；根据公式U＝IR可比较灯泡两端实际电压的大小。
【解答】解：灯泡的明暗由实际功率决定，灯L 较亮，灯L 较暗，则灯泡L 的实际功率大于L 的实际
1 2 1 2
功率，由图可知：两灯串联，由于串联电路处处电流相等，根据公式P＝ 可知：灯L 的电阻比灯
1
L 的电阻大；
2
已知灯泡L 、L 额定电压相同，根据P＝ 可知灯L 的额定功率比灯L 的额定功率小。
1 2 1 2
故答案为：小于。
【点评】本题考查实际功率、电流、电阻、电压的比较，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道串联电
路电流相等，还要知道影响灯泡亮度的依据是灯泡的实际功率。
9．如果通过某定值电阻的电流从0.5A升高到1A，该电阻消耗的电功率变化了7.5W，则加在该电阻
两端的电压变化了 5 V。
【分析】由电流从0.5A升高到1A，该电阻消耗的电功率变化了7.5W，根据P＝I2R求出电阻的大小；
由欧姆定律的变形公式U＝IR求出加在该电阻两端的电压变化量。
【解答】解：
根据P＝I2R可得定值电阻的功率变化量：
△P＝P ﹣P ＝I 2R﹣I 2R；
2 1 2 1
电流从0.5A升高到1A，该电阻消耗的电功率变化了7.5W，
故R＝ ＝ ＝10 ；
Ω
由U＝IR可得，加在该电阻两端的电压变化量：
△U＝U ﹣U ＝I R﹣I R＝（I ﹣I ）R＝（1A﹣0.5A）×10 ＝5V。
2 1 2 1 2 1
故答案为：5V。 Ω
【点评】本题考查了串联电路的规律、欧姆定律和电功率公式的运用，注意△P≠（I ﹣I ）2 R，为易错
2 1
题。
10．如图所示电路是两量程电流表，电流表G满偏电流为0.6A，内阻R ，表盘刻度被均匀划分为30
g小格，R ＝ ，R ＝R ，a、b接线柱接入电路，电流表分度值为 0. 1 A，a、c接线柱接入电路，电
1 2 g
流表量程为 1 A。
【分析】对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过的电流大小，再根据比例即可求
出每一小格所表示的电流大小。
【解答】解：
（1）当接线柱a、b接入电路时，电流表G与R 串联，再与R 并联，
2 1
由题知R ＝R ，则电流表G与R 串联的总电阻R＝R +R ＝2R ，
2 g 2 g 2 g
所以，电流表G满偏时，电流表G与R 支路两端的电压：U＝IR＝0.6A×2R ＝1.2A•R ，
2 g g
根据并联电路电压规律可知，R 两端的电压也为U＝1.2A•R ，
1 g
此时通过R 的电流：I ＝ ＝ ＝2.4A，
1 1
故改装后电流表的量程（干路中的最大电流）为I ＝2.4A+0.6A＝3A，则每一小格表示的电流 ＝
总大
0.1A（分度值）；
（2）当接线柱a、c接入电路时，R 与R 先串联，再与电流表G并联，
2 1
电流表G满偏时，电流表G两端的电压为U′＝0.6A•R ，
g
此时通过R 、R 支路的电流：I′＝ ＝ ＝0.4A，
1 2
故此时电流表量程（干路中的最大电流）为0.4A+0.6A＝1A。
故答案为：0.1；1。
【点评】本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构，是一道有难度的题。
二、选择题（每小题3分，共30分）
11．下列现象中能用分子动理论解释的是（ ）
A．湿衣服在阳光下慢慢被晒干B．初冬的雾霾
C．气体被压缩需要较大外力
D．海绵很容易被压缩
【分析】分子动理论包括：物质是由大量分子组成的，分子在永不停息的做无规则运动，分子间存在着
相互的引力和斥力。进行分析判断即可。
【解答】解：
A、湿衣服在阳光下晾晒时，由于温度较高，衣服上的水分子运动速度加快，所以衣服逐渐变干，与分
子动理论有关，故A符合题意；
B、初冬雾霾天气，看到雾霾在运动，这是固体颗粒在做机械运动，与分子动理论无关，故B不符合题
意；
C、气体被压缩时需要用较大的力，这是因为气体被压缩时要克服气体压强所产生的压力，与分子的
动理论无关，故C不符合题意；
D、海绵很容易被压缩，海绵受力时形状发生改变，是宏观物体的运动，与分子动理论没有关系，故D
不符合题意。
故选：A。
【点评】本题难度不大，掌握分子的基本性质及利用分子的基本性质分析和解决问题的方法是解答此
类题的关键。
12．关于功和能，下列说法正确的是（ ）
A．温度不变的物体动能越大，内能就越多
B．0℃的物体没有内能
C．热机的做功冲程中，燃气内能增大
D．电流的热效应是电流做功，把电能转化为内能
【分析】（1）分子无规则运动的速度与温度有关，物体的温度越高，分子运动的越剧烈，内能就越大；物
体运动越快，速度越大，物体的动能越大；
（2）一切物体都具有内能；
（3）热机工作过程中，在压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能；
（4）电流做功的过程实质上是电能转化为其它形式能的过程，以及熟悉常见用电器的电能转化。
【解答】解：A、物体运动越快，物体的动能越大，与内能无关；故A错误；
B、内能是分子无规则运动的动能和分子势能的总和，0℃的物体也有内能；故B错误；
C、热机在做功冲程中，内能转化为机械能，使得气缸内的气体内能减少，温度降低；故C错误；
D、电流的热效应是电流做功，消耗电能，得到内能，把电能转化为内能；故D正确。故选：D。
【点评】本题考查了学生对内能的概念及影响因素、热机的原理、电流做功的实质等知识的理解，涉及
到的知识点较多，判断时要灵活运用所学知识，要细心。
13．如图所示，是某人连接的家庭电路，各元件及线路完好，下列说法正确的是（ ）
A．零线和大地之间的电压为220V
B．开关S 断开时，人接触a点会触电
1
C．开关S 断开时，人接触b点会触电
2
D．三孔插座最上面的那根线接的是火线
【分析】（1）火线和零线间的电压为220V。
（2）触电是人体直接或间接接触火线。
（3）家庭电路中，金属外壳的用电器都采用三脚插头，当金属外壳的用电器插入三孔插座时，金属外
壳接地，防止金属外壳的用电器漏电发生触电事故。
【解答】解：A、火线和零线间的电压为220V，零线和大地之间的电压为0，故A错误；
B、据图可知，开关S 断开时，火线被切断，人接触a点不会发生触电事故，故B错误；
1
C、据图可知，开关S 断开时，虽然灯泡不发光，但火线没有被切断，所以人接触b点会触电。故C正
2
确；
D、家庭电路中，三孔插座最上面的那个孔连的是大地，故D错误；
故选：C。
【点评】掌握家用电器的连接方法和三孔插座的连接方法，以及掌握这样连接的原因。
人体接触家庭电路的同一部分，发生触电事故的情况受开关的闭合和断开的影响。
14．“关爱生命，注意安全”，是同学们必须具有的意识，关于安全用电下列说法正确的是（ ）
A．家庭电路中，保险丝应该安装在干路零线上
B．发现有人触电，应立即直接动手把他拉开
C．家庭电路中，漏电保护器可以替代保险丝
D．雷电时，人在开阔地行走应双脚并拢蹲下，“并拢”是为了防止“跨步电压”造成伤害
【分析】（1）家庭电路中，为了安全，保险丝要接在火线上，开关也应接在火线上；
（2）安全用电的基本原则是不接触低压带电体，不靠近高压带电；发生触电时，应先切断电源，再施救。
（3） 漏电保护器原理就是检测火线和零线的电流，一般情况下火线电流应该与零线电流差不多，因
①为大致两个接入点可以看成串联关系。漏电保护器就是利用这个特性，当火线电流比零线电流大
太多的话就说明电路的某个地方可能接地漏电，电流从大地跑了。当单相触电时实际上就是人体
加载在了火线和地线之间，火线电流大，零线电流小，漏电保护器工作。而当双相触电时实际上就
是在负载上并联了一个人体，实际的火线电流和零线电流的差值并没有什么变化，所以会起不到
保护作用。
保险丝的作用是在电路过载，即短路或通过电流过大时熔断，起到保护作用。
（②4）雷电是自然现象中的一种，天空中带不同电荷的云，相互接近时，产生的一种大规模的放电现象。
为了防止这些能量对人类的伤害，要想法把这些能量转移走。
【解答】解：A、为了安全，保险丝应接在火线上，而不是零线上，故A错误；
B、如果发生触电事故，应立即切断电源，然后施救，绝对不能用手将触电人拉开，否则可能使救人者
触电，故B错误；
C、漏电保护器和保险丝的作用不同，漏电保护器安装后不能替代保险丝的作用，故C错误；
D、雷电是大气中一种剧烈的放电现象，产生雷电时，会释放大量的能量，人在开阔地行走遇雷雨时，
找一个低洼处，双脚并拢蹲下，尽量降低高度，防止遭雷击，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对安全用电知识、触电的应急措施的了解与掌握，加强用电安全意识，学会
自我保护。
15．关于电场，下列说法中错误的是（ ）
A．电荷周围都存在电场
B．电场是物理模型，并不真实存在
C．质子和电子在电场中一定受力，且在电场同一位置受力方向相反
D．原子中电子能绕核做圆周运动，运动状态发生改变是因为电子在原子核所激发的电场中受电场
力作用
【分析】（1）电荷或带电体周围存在着一种特殊物质，这种物质叫电场；
（2）电场是真实存在的；
（3）同一电场中的同一位置，电场强度相同，根据F＝Eq判断即可；
（4）电子带负电。
【解答】解：
A、任何电荷或者带电体的周围都存在电场，电场是一种特殊物质，故A正确；
B、电场是真实存在的，故B错误；
C、同一电场中的同一位置，电场强度相同，质子带正电，电子带负电，电荷量相同，根据F＝Eq可知，它们受到的静电力方向相反，两者一样大，故C正确；
D、原子中电子能绕核做圆周运动，运动状态发生改变是因为带负电的电子在原子核所激发的电场中
受电场力作用，故D正确。
故选：B。
【点评】电场是特殊形态的物质，看不见，摸不着，但又是客观存在的物质，电荷周围就存在电场，电荷
在电场中会受到力的作用。
16．如图所示的电路，电源电压恒定不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下
列说法正确的是（假定灯泡的电阻不变）
A．电流表示数变大
B．电压表示数不变
C．电压表和电流表示数的比值变小
D．电路的总功率不变
【分析】根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，需要注意的是滑动变阻器相当于定值电阻接入电
路，电压表测量滑片与b之间的电压，电流表测量电路电流。
【解答】解：A、闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，电路中的总电阻不变，因此电
流表示数不变，故A错误；
B、滑片P与b之间的电阻减小，由U＝IR可知，电压表示数减小，故B错误；
C、电压表与电流表示数的比值等于滑片P与b之间的电阻，故电压表和电流表示数的比值变小，故C
正确；
D、电源电压不变，电流不变，由P＝UI可知总功率不变，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题是一道闭合电路动态分析题，分析清楚电路结构、明确电压表与电流表测量的对象是解
题的关键。
17．如图，用隔板将一绝热（不能传热）汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体（不计分子势能），隔
板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，
缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气，活塞也不传热。下列说法正确的是（ ）
A．气体自发扩散后内能增大
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，气体分子的温度不变
【分析】抽开隔板时，气体自发的扩散，不会对外做功；活塞对气体推压，则活塞对气体做功。
【解答】解：AC、抽开隔板时，气体体积变大，但是右方是真空，又没有热传递，故气体的内能不变，故
A错误，B正确；
B、气体被压缩的过程中，外界对气体做功，故气体内能增大，故C错误；
D、气体被压缩时，外界做功，内能增大，气体温度升高，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查做功改变物体的内能，难度不大，属于基础题目。
18．如图所示，两透明容器中密封着等质量的空气，通电t秒后（两容器都不向外放热），下列说法正确
的是（ ）
A．两容器中电阻产生的热量相同
B．右边容器中空气的温度是左边容器中空气温度的两倍
C．右边容器中空气温度的变化量是左边容器中空气温度变化量的两倍
D．右边容器中空气温度的变化量是左边容器中空气温度变化量的四倍
【分析】根据焦耳定律Q＝I2Rt判断两容器中电阻产生热量的多少，产生的热量越多，空气吸收热量越
多，U形管中液柱越高；
电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，
体现的是转换思想。
【解答】解：如图所示装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过他们的电流I与通电时间t相同，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，由Q＝I2Rt可知，右边容器中的电阻产生的
热量多，温度升得较快，右端液面高；故A错误；
由Q＝I2Rt得，R 与R 产生的热量之比为：
1 2
＝ ＝ ＝ ＝ ，
由Q＝cm△t可得： ＝ ＝ ＝ ，故C正确，B、D错误。
故选：C。
【点评】此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”实验的理解和掌握，以
及对焦耳定律变形公式的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用。
19．图为是某种暖手宝及其主要参数，暖手宝内有水及电加热元件等，使用前要先给暖手宝通电加热，
假设暖手宝加热效率是 70%，在额定电压下，水由室温 10℃加热至自动断电[c ＝
水
4.2×103J/ （kg•℃）]．则（ ）
A．暖水宝加热时电加热元件是利用热传递增加了内能
B．暖水宝电加热时间为660s
C．暖水宝电加热时消耗的电功率一定是500W
D．暖水宝暖手时放出热量是3.3×105J
【分析】A、暖水宝加热时电加热元件是利用电流的热效应增加了内能；
B、水的温度从10℃升高到65℃，根据Q ＝cm△t求出此过程中水吸收的热量；根据 ＝ 可得暖
吸
η
手宝消耗的电能；由P＝ 可得加热时间；
C、暖水宝在额定电压220V下的功率为500W；D、由B知，暖手宝消耗的电能为3.3×105J，暖水宝暖手时放出热量小于。
【解答】解：
A、暖水宝加热时电加热元件是利用电流的热效应（或电流做功）增加了内能，故A错误；
B、由题和图示可知，水的温度从10℃升高到65℃，此过程中水吸收的热量：
Q ＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（65℃﹣10℃）＝2.31×105J；
吸
由 ＝ 可得，暖手宝消耗的电能：
η
W＝ ＝ ＝3.3×105J；
由P＝ 可得暖水宝的电加热时间：
t＝ ＝ ＝660s，故B正确；
C、暖水宝在额定电压220V下的功率为500W，若实际电压不是220V，其实际功率不是500W，故C
错误；
D、由B知，在电加热过程中暖手宝消耗的电能为3.3×105J，由于存在热损失，所以暖水宝暖手时放出
热量小于3.3×105J，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查电流的热效应、Q ＝cm△t、电功率公式、效率公式的运用和额定功率的理解，关键
吸
是从题中获取有效的信息，综合性较强。
20．图甲所示电路中，开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P从B端移至A端，电流表和电压表的示
数变化关系如图乙，则由图象可知（ ）
A．电阻R 两端电压与通过R 的电流之比增大
1 1
B．R 的电阻值是10
1
ΩC．此过程R 最大功率2.8W
1
D．此过程R 最小功率0.8W
1
【分析】定值电阻其阻值不变，根据R＝ 分析电压与电流的关系；滑动变阻器的滑片P在A端时，电
路中只有R 工作，此时电路中的电流最大，读出电流值；滑动变阻器的滑片P在B端时，滑动变阻
1
器连入电路中的阻值最大，两电阻串联，读出此时的电压和电流值；根据电源电压不变列出等式，
解出R 的阻值和电源电压，根据P＝ 和P＝UI求出R 最大功率和最小功率。
1 1
【解答】解：
（1）电阻R 两端电压与通过R 的电流之比 ＝R ，因为R 是定值电阻，所以其比值不变，故A错误；
1 1 1 1
（2）滑动变阻器的滑片P在A端时，电路中只有R 工作，此时电路中的电流最大为0.9A，电源电压U
1
＝I R ，
1 1
滑动变阻器的滑片P在B端时，滑动变阻器连入电路中的阻值最大，两电阻串联，读出此时的电压U
2
＝14V，电流值I ＝0.2A，电源电压U＝U +U ＝I R +14V，
2 1 2 2 1
因为电源电压不变，即I R ＝I R +14V，0.9A×R ＝0.2A×R +14V，
1 1 2 1 1 1
解得R ＝20 ，U＝18V，故B错误；
1
（3）电流最Ω大时，R 消耗的功率最大，P ＝I 2R ＝（0.9A）2×20 ＝16.2W，故C错误；
1 大 1 1
电流最小时，R 消耗的功率最小，P ＝I 2R ＝（0.2A）2×20 ＝0.8ΩW，故D正确。
1 小 2 1
故选：D。 Ω
【点评】此题主要考查的是学生对电路结构分析、欧姆定律和电功率计算公式的理解和掌握，能够从
图象中找到有用的信息是解决此题的关键。
三、实验题（4分+7分+9分＝20分）
21．在比较不同燃料热值的实验中，小明利用与图示完全相同的两套实验装置，分别在燃烧皿中放入
质量相同的燃料甲和燃料乙，点燃加热质量都为100g和初温都为20℃的水，加热燃烧相同时间后，
发现用甲加热后的水温度为30℃，另一杯水温度为24℃．此过程水的内能 增大 （选填“增
大”或“减小”），此时 不能 （选填“能”或“不能”）说明甲的热值较大，理由是 相同时
间内，不同燃料燃烧的质量可能不相等 。【分析】（1）加热水时通过热传递的方式改变水的内能，水吸收了多少热量，就增加了多少内能；
（2）在其它条件相同时，甲杯水的温度升高的较快，即甲燃烧产生的热量多。
【解答】解：
（1）水吸热过程中，水温度升高，水的内能增大；
（2）虽然在其它条件相同时，甲杯水的温度升高的较快，即甲燃烧产生的热量多。但相同时间两种燃
料燃烧的质量不能比较，故不能比较热值的大小。
故答案为：增大；不能；相同时间内，不同燃料燃烧的质量可能不相等。
【点评】本题考查了学生对燃料燃料热值的掌握和运用，属于中等题。
22．要测出灯泡L的额定功率，仅知道它的额定电流为Ι ，另提供电压表和已知阻值为R的定值电阻。
0
在图中虚线框内补上小灯泡、电压表和定值电阻这三个元件的符号，完成电路图。
①闭合S前变阻器滑头P应在位置。
②写出简要实验操作步骤（要得出结论）。
③
【分析】测灯泡功率需要测出灯泡额定电流对应的额定电压，首先使通过灯的电流为额定电流灯正常
发光，根据串联电路电流的规律和欧姆定律，通过开关的转换使电压表测R的电压，使电压表示数
为Ι R，保持滑片的位置不动，通过开关转换使电压表测灯与R的电压，因电路的连接没有改变，
0
各电阻的电压不变，由串联电路电压的规律求出灯正常工作时的电压，根据P＝UI写出额定功率
的表达式。
【解答】解：
让定值电阻、灯泡和滑动变阻器串联，通过开关的转换使电压表测R的电压，调节变阻器的滑片使
①电压表示数为Ι R（即电路中电流为Ι ，说明灯泡正常发光），保持滑片的位置不动，通过开关转换
0 0
使电压表测灯与R的总电压，设计电路图如下：闭合S前，为保护电路，变阻器滑头P应滑到电阻最大位置，即最右端；
②实验步骤：
③a：闭合S、S
1
，缓慢移动变阻器的滑片，直至电压表示数为I
0
R；
b：保持滑片的位置不动，断开S 、闭合S、S ，读出电压表示数为U；
1 2
电流为Ι 时，灯泡正常发光，灯与R的总电压为U，电阻R两端电压为I R，
0 0
由串联电路电压的规律可得，灯泡的额定功率：P ＝U I ＝（U﹣I R）I ＝UI ﹣I 2R。
额 额 0 0 0 0 0
答： 如上图； 最右端；
实①验步骤： ②
③a：闭合S、S
1
，缓慢移动变阻器的滑片，直至电压表示数为I
0
R；
b：保持滑片的位置不动，断开S 、闭合S、S ，读出电压表示数为U；
1 2
灯泡额定功率的表达式：P ＝UI ﹣I 2R。
额 0 0
【点评】本题测量一个小灯泡的电功率，考查器材的选择、电路的连接、操作过程及设计实验方案测电
功率的能力，有难度。
四.计算题（6+8+8＝22分）
23．如图是用动滑轮提升货物A的示意图。在竖直向上的拉力F的作用下，使重450N的货物A在50s
的时间里，匀速竖直上升了10m。在这个过程中，拉力F做的功为5000J．求：
（1）有用功W ；
有
（2）拉力F的功率P；
（3）动滑轮的机械效率 。
η
【分析】（1）利用W＝Gh求有用功；（2）知道拉力做的总功，利用P＝ 求拉力做功功率；
（3）动滑轮的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：
（1）有用功：
W ＝Gh＝450N×10m＝4500J；
有
（2）已知拉力F做的功为5000J，即W ＝5000J，
总
拉力做功的功率：
P＝ ＝ ＝100W；
（3）动滑轮的机械效率：
＝ ＝ ×100%＝90%。
η
答：（1）有用功为4500J；
（2）拉力F的功率为100W；
（3）动滑轮的机械效率为90%。
【点评】本题考查了使用动滑轮时功、功率、机械效率的计算，属于基础题目。
24．在中学生创新大赛中，我市某初中参赛小组设计了一种测定风力的装置（如图甲），迎风板与压敏
电阻Rx连接，工作时迎风板总是正对风吹来的方向。压敏电阻的阻值随风力变化而变化，其阻值
Rx与风力F关系如图乙所示。已知电源电压恒为5V，定值电阻R＝5欧。
（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大还是减小？（不用说明理由）
（2）求无风时，压敏电阻的功率？
（3）如果电压表的量程为0﹣3V，求该装置所能测量的最大风力？
【分析】（1）由甲电路图可知，R与R 串联，电压表测R两端的电压，由图乙可知风力增大时R 阻值的
x x
变化情况，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和电压表示数的变化；（2）由图乙可知无风时Rx的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据P＝I2R求
出压敏电阻Rx消耗的电功率；
（3）当所测风力最大时，R 的阻值最小，电路中电流最大，则电压表的示数最大，根据欧姆定律求出电
x
压表示数最大时电路中的电流，再根据欧姆定律求出压敏电阻的阻值，根据图乙可知该装置所能
测量的最大风力。
【解答】解：（1）由甲电路图可知，R与R 串联，电压表测R两端的电压，
x
由图乙可知，风力增大时，R 的阻值减小，电路中的总电阻减小，
x
由I＝ 可知，电路中的电流增大，由U＝IR可知，R两端的电压增大，即电压表的示数增大；
（2）由图象可知，当无风时，电阻R ＝7 ，
x
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所Ω以电路中的电流：
I＝ ＝ ＝ A，
压敏电阻Rx消耗的电功率：
P ＝I2Rx＝（ A）2×7 ≈1.22W；
x
Ω
（3）由图象可知R 与F图线为一次函数，R ＝aF+b，
x x
当F＝0时，R ＝7 ，所以7 ＝a×0+b，
x
可得：b＝7 ， Ω Ω
当F＝600NΩ时，R
x
＝1 ，所以1 ＝a×600N+7 ，
可得：a＝﹣0.01 /N，Ω Ω Ω
则：R
x
＝0.01 /NΩ×F+7 ，
当所测风力最Ω大时，RΩ的阻值最小，电路中电流最大，则电压表的示数最大，即U ＝3V，
x R
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R 两端的电压：
x
U ＝U﹣U ＝5V﹣3V＝2V，
x R
因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流：
I′＝ ＝ ＝0.6A，
则压敏电阻的阻值：
R ′＝ ＝ ＝ ，
x
Ω所以 ＝﹣0.01 /N×F+7 ，
Ω Ω Ω
解得：F≈366.7N，
该装置所能测量的最大风力为366.7N。
答：（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大；
（2）无风时，压敏电阻的功率1.22W；
（3）该装置所能测量的最大风力366.7N。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据图象获取有用的信息，有一定的
难度。
25．大型发电站一般建在煤炭或水利资源丰富的地方，这样就需要进行远距离输电。电能在输电线上
的损耗是不可忽略的，电线上损失的电能主要是由电流的热效应引起的。如何减少损失的电功率
一直是人们探讨的课题。
（1）设输电电压（即发电机加在输电线两端电压）为U，输送的电功率为P，输电线总电阻为r，求功率
的损失P 。
损
（2）根据上述的结果，你得出减少输电线损失电功率的最有效的方法是什么？
（3）已知发电机输出的电功率为P＝500kW不变，输电线的总电阻r为20 ，若想把损耗功率控制在
输送功率的1.6%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输Ω电？线路损耗的电压（加
在线路上的电压）是多少？
【分析】（1）根据P＝UI求解传输电流，再根据P ＝I2r求解损失的功率；
损
（2）根据P＝UI和P ＝I2r分析解答减少输电线损失电功率的最有效的方法；
损
（3）想把损耗功率控制在输送功率的1.6%，先根据P ＝I2r求解电流，再根据P＝UI求解输电电压，
损
根据U ＝Ir求解电压损耗。
损
【解答】解：
（1）由P＝UI可得，输电线上的电流：I＝ ，
损失的功率：P ＝I2r＝ r＝ ；
损
（2）根据损失的功率P ＝ ；
损
知，若输出功率一定时，输电电压越大，输电线损失的电功率越小；
（3）根据题意，有：P ′＝P×1.6%＝500kW×1.6%＝8kW＝8000W，
损由于P ′＝I′2r，
损
所以此时输电线上的电流：I′＝ ＝ ＝20A，
由P＝UI可得，此时输电电压为：U′＝ ＝ ＝25000V＝25kV，
线路损耗的电压：U ′＝I′r＝20A×20 ＝400V。
损
Ω
答：（1）功率的损失P 为 ；
损
（2）提高输电电压可以减少输电线损失电功率；
（3）电站应使用25kV的电压向外输电；线路损耗的电压（加在线路上的电压）是400V。
【点评】本题考查了输电线上电能的损耗以及减小电能损耗的方法，知道高压输电是为了减小电能的
损耗是解题的关键。
