2022年宁夏银川三中中考物理模拟试卷（附答案详解）

《2022年宁夏银川三中中考物理模拟试卷（附答案详解）》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2022年宁夏银川三中中考物理模拟试卷1.用两节干电池作电源的家用手电筒，正常发光时电流约0.32A,小灯泡的电功率接近（）A.lWB.lOWC.O.lkWD.lkW2.沿海地区同沙漠地区相比，冬暖夏凉，昼夜温差小。这是因为（)A.水的密度比沙石的密度小B.水的比热容大千沙石的比热容C.水的热亿大千沙石的热岱D.水的传热本领比沙石的传热本领差3.为了提高行车的安全性，有的汽车装有日间行车灯，如图所示，当汽车启动时，S1闭合，日间行车灯L1立即亮起，再闭合S妇车前大灯长也亮，图所示的电路图中符合这一情况的是（)BcD.4.用电高峰时期，家庭里的白炽灯泡比正常发光要暗一些．这是因为，在用电高峰时()A.并联用电器增多，电路的总电阻增大B.并联用电器增多，电路的总电流减小C.并联用电器增多，家用电器的实际功率减小D.并联用电器增多，家用电器的额定功率减小5.小华设计了如图所示的输液提示器，在护士站能够观察到药液量的变化。当袋中药液趾减少时（)

1sLA.电压表示数减小，灯泡亮度变暗B.电压表示数减小，灯泡亮度变亮C.电压表示数增大，灯泡亮度变暗D.电压表示数增大，灯泡亮度变亮6.将小电动机与小灯泡按如图所示的电路连接，在小电动机转轴上^绕线，然后用力拉线，使电动机转动。在电动机转动过程中，小灯泡发光，该现象中（)＠电产生了磁，使电动机转动＠磁产生了电，使小灯泡发光＠电动机是电源＠）转速越快，灯泡越亮。A@@@B.CD@©C@@©D@@@7.如图所示，下列关千物理实验表述正确的是（)A吁心三丿丁甲乙丙A.图甲实验揭示了电流的周围存在磁场，应用电磁铁B.图乙实验揭示了通电导体在磁场中受力运动，应用发电机C.图丙实验是电磁感应现象，应用电动机D.图丁实验电源的左端是正极，小磁针A端是S极8.如图所示是一手压电筒，按压手柄，塑料齿轮带动线圈内磁性飞轮高速旋转，使灯泡发光。下列四个实验中与手压电筒产生电流的工作原理相同的是（）等A。B第2页，共27页

2cD.9.如图所示，电源电压不变，R1=3fl若只闭合S1时，电＿兄流表的示数为1.SA,同时闭合S1、S2时，电流表的示数为2A,则R2的电阻为（)1---·s,A.99B.6flC.4flD.3fl10.甲、乙两只小灯泡串联，甲灯比乙灯亮，是因为。A．甲灯通过的电流较大B乙灯的电阻较大C甲灯两端的电压较大D乙灯消耗的电功率较大选择理由。11.如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其特性是电阻在磁场中会急剧减小，且磁场越强电阻越小。闭合开关易后，下列四种情况相比较，指示灯最亮的是。A、开关S1断开，滑片P在图示的位置B、开关岛闭合，滑片P在图的示位置C、开关S1闭合，滑片P在滑动变阻器最右端D、开关凸闭合，滑片P在滑动变阻器最左端选择理由。

3GMRR12.银川北塔湖公园景色优美，空气清新。小红在湖边散步时闻到了阵阵花香，这是现象；同时小红感觉湖边比周边更凉爽，她想到的原因有：水的比热容沙石的比热容（选填“大于““小于”或”等于")和水要（填物态变化）吸热等。13.电磁波在真空中的传播速度是，能巍的转化和转移是有性的，例如，冬天烤火的时候，人们燃烧煤炭等燃料获得能，火炉把这些能立自动传递给周围的空气，但这些能量（填“能”或“不能”)自动聚集起来再次被利用。14在G)磁悬浮列车＠）动圈式扬声器＠动圈式话筒G)电风扇＠）指南针＠发电机中，利用电磁感应原理工作的是（只需要填序号），利用磁场对通电导体有力的作用的原理工作的是（只需要填序号）。15.某一导体，两端加4.SV电压时，通过它的电流为O.lSA．它的电阻为fl;当其两端电压为ov时，它的电阻是fl.16.根据图中通电螺线管的N极，标出磁感线方向、小磁针的N极，并在括号内标出电源的正、负极。令()()第4页，共27页

417.将图中的电磁铁连入你设计的电路中（在方框内完成），要求：A电路能改变电磁铁磁性的强弱；B使小磁针静止时如图所示。，畸,If•:---＿．--一·,iii.!:,ll,llllll-..._________.;18.如图中甲是插线板，请将乙图的内部电路连接完整。要求：在开关断开时插线板上的指示灯不发光，插孔不能提供工作电压；在开关闭合时指示灯发光，插孔可提供工作电压，若指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压。火线本线卤凸甲z19.某电热壶铭牌上标有“220VlOOOW"字样，其容积为2L。当其正常工作时，现将该壶装满水加热，把30°c的水烧开，用时lOmin(l标准大气压）。求：(1)正常工作的电流（保留两位小数）。(2)正常工作的电阻。

5(3)加热过程中，水吸收的热量。(4)该电热壶烧水的效率。20.每个家庭都需要照明灯泡，目前市场上既有白炽灯，又有电子节能灯，究竞选择哪一种好呢？同学们利用课外活动时间对此问题进行了调查。他们了解到，在正常工作时，25W的白炽灯与SW的电子节能灯，45W的白炽灯与9W的电子节能灯，60W的白炽灯与11W的电子节能灯．．发光效率相当。他们收集了有关数据如下表：额定电压／V额定功率／W寿命／h每只售价／元每kW·h电费／元白炽灯2206010001.00.4电子节能灯220115000200.4根据上表的数据，计算(l)llW电子节能灯工作5000h所需费用。（包括电费和电子节能灯费用）(2)60W白炽灯工作5000h所祔费用。（包括电费和白炽灯费用）(3)你选择哪一种灯？理由是什么？第6页，共27页

621.李明用天然磁石仿制图甲所示的勺状的指南针一一司南。`田乙丙丁(1)他用的材料是图乙所示的天然磁石，该磁石的D端为（选填“北极”或“南极”)极。(2)他用该磁石的D端磨成勺柄，打磨成勺状指南针（即“司南”)，再用细线将其悬挂，如图丙所示，司南静止时，勺柄指向地球的。(3)将该司南悬挂在电磁铁正上方，闭合开关S,司南静止时的指向如图丁所示，则电磁铁左端是（选填“北极”或“南极”)极，则电源M端是（选填“正极”或“负极”)。(4)为增强司南的磁性，可用图丁所示装置，通过（填字母序号）来增强电磁铁对司南磁化的效果。A．改变电源的正负极B让司南垂直放置在AB中点的正上方C增加电源的电压D减少电磁铁线圈的匝数22.某物理兴趣小组利用如图装置探究电磁感应实验，实验情况记录在下面表格中：

7实验序号磁极位置开关导体运动情况G表指针偏转情况1上N下S闭合不运动不偏转2上N下S闭合上、下运动不偏转3上N下S闭合水平向右运动向右偏转4上N下S闭合水平向左运动向左偏转5上N下S断开水平向右运动不偏转6上S下N闭合水平向左运动向右偏转综合分析后（实验中磁铁不运动），诸回答下列问题：(1)在图中可以看出要产生感应电流有一部分导体在磁场中，那么还应满足的条件是：＠通过比较实验序号2、3、4得出;＠通过比较实验序号3、5得出;(2)通过分析我们还可探究出影响感应电流方向的因素有：@，它是通过分析比较实验序号4与得出的；@，它是通过分析比较实验序号4与得出的．23.为探究电磁铁的磁性跟哪些因素有关，小柄所在实验小组通过交流与合作设计了以下实验方案，用漆包线（表面涂有绝缘漆的导线）在大铁钉上绕若干圈，制成简单的电磁铁，如图所示的从左到右A、B、C为实验中观察到的三种情况。下面填空：ABc(1)通过观察电磁铁吸引大头针数目多少的不同，来判断它的不同；(2)通过比较A、B两种情况，结论是：。(3)通过比较B、C两种悄况，探究的是。24.小明在做“测楹小灯泡电功率”的实验中，已知电源电压为3V,小灯泡的额定电压为2.SV（阻值约为10fl)。第8页，共27页

82伞s。3O0。o63L图}_图2(1)他在检查仪器时，发现电流表指针如图1所示，则接下来的操作是。(2)请你根据电路图用笔画线代替导线，帮他将图2中未完成的电路连接好，要求：电流表、电压表选择合适的量程；滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的阻值变小，导线不能交叉。(3)经检查无误后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到某一位置，电流表和电压表的示数如图3所示，则此时流过小灯泡的电流是A,灯泡两端的电压是v,灯泡的实际功率是W。2510。30O0。0。315。o630I23(J/V图3图4(4)改变滑动变咀器的阻值，多次测量通过小灯泡的电流和它两端的电压，根据记录的数据，小明画出了小灯泡电流随其两端电压变化的关系图像（如图4)，根据图像提供的信息，计算出小灯泡的额定功率为W。(5)小明发现小灯泡灯丝电阻随电压增大而（选填“增大、“减小”或“不变”）。分析其原因是。(6)他完成实验后，在帮助其它实验小组的过程中，发现某实验小组在完成本实验中电路出现故障。谓你根据故障现象和检测结果，写出故障的原因：。故啼现象检测结果发生故障的原因灯泡不亮，电压表示数较大，电流取下灯泡，电压表和电流表的表几乎无示数。示数均不变。(7)他发现该实验小组的实验记录分析表如下：你认为该小组的数据处现过程是否正确？

9实验小灯泡两端通过灯的小灯泡的额定功率P/W序号的电压U/V电流表I/A电功率P/W12.00.240.480.48+0.70+0.9622.50.280.70P=W=0.71W333.00.320.96竺．口．。理由是：。第10页，共27页

10答案和解析1.【答案】A【解析】解：灯泡电源电压：U=1.5Vx2=3V,灯泡的功率：P=Ul=3Vx0.32A=0.96W：：：：皿故选：A。每节干电池的电压是l.SV,求出电源电压，已知流过灯泡的电流，由电功率公式P=Ul可以求出灯泡功率。本题考查了求手电筒的功率，知道干电池电压、熟练应用电功率公式即可正确解题。2.【答案】B【解析】解：沿海地区和沙漠地区相比，沿海地区水多，水的比热容大，在相同的吸放热条件下，水的温度变化小，冬暖夏凉，昼夜温差小。故选：B。要解答本题需掌握：水的比热容大，在同样吸放热条件下水的温度变化小。本题主要考查学生对：水的比热容大的特点在生活中的应用的了解和掌握，是一道基础题。3.【答案】D

11【解析】解：A由电路图可知，只闭合S1时，两灯泡均不亮，故A不符合题意；B由电路图可知，只闭合S1时，两灯泡都亮，再闭合S2时，L1不亮，故B不符合题意；C由电路图可知，只闭合S1时，车前大灯幻亮，再闭合S2时，日间行车灯L1亮，故C不符合题意；D由电路图可知，只闭合岛时，日间行车灯L1亮，再闭合名时，车前大灯L2亮，故D符合题意。故选：D。由题意可知，当汽车启动时，S1闭合，日间行车灯L1立即亮起，再闭合S2,车前大灯坛也亮起，说明L1与L2可以独立工作、互不影响即为并联，且S1位千干路，S2位千长支路，据此分析选项得出答案。本题考查了串并联电路的设计，对于该题型的题目可以根据题意找出符合要求的电路图即可。4.【答案】c【解析】【解析】要想解决此题，衙要让学生知道在家庭电路中，输电导线有一定的电阻，要分担一部分电压，从而导致用电器俩端的电压发生变化，其电功率发生变化，并且用到并联电路电流和电阻的特点【解答】A、家庭电路是并联的，并联的用电器增多，就相当千增加导体的横截面积，因此总电阻在变小，选项A不符合题意；B、在并联电路中压＝八十12'因此并联的用电器增多，电路中的总电流变大，选项B不合题意；C、在家庭电路中，输电线和家用电器之间是串联，用电高峰期，接入电路的用电器变多，干路中的电流变大，而输电导线有一定的电阻，第12页，共27页

12输电导线损失的电压U拐＝IR,输电导线的电阻R一定，当I增大时U舫增大，用电器两沪端的电压减小，由公式P=－可知用电器的实际功率减小，灯泡比正常发光要暗－些，R选项C符合题意；D、额定功率是用电器在额定电压的功率，用电器正常工作时两端的电压为额定电压，额定电压只有一个，对应的额定功率只有一个，它不随电压的改变而改变，选项D不合I1百立足，忌o故选C.5.【答案】B【解析】解：由图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压；当袋中药液量减少时，滑片向上移动，滑动变阻器连入电路中的电阻变小，根据串联电路的分压特点可知，滑动变阻器两端的电压将变小，即电压表的示数变小；根据串联电路总电阻等千各电阻之和可知，电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，电路中的电流变大，故灯泡亮度变亮综上所述，B选项正确。故选：B。解答本题需要能够通过袋中药液量的变化判断出电阻的变化，进而根据串联电路动态电路的特点进行分析。本题主要考查了欧姆定律的应用，解题的关键有：G)明确药液岱减少时滑片会向上移动；＠正确分析电路的连接情况；＠）串联电路中电压、电阻的特点结合欧姆定律进行分析。6.【答案】D【解析】

13解：如图所示的电路连接，在小电动机转轴上绕线，然后用力拉线，使电动机转动，此时电动机相当于发电机，把机械能转化为电能，转动停止，灯泡就熄灭。故＠＠＠正确。故选：D。电动机如果不通电，用外力使它转动，那么电动机就变为发电机。电动机相当于电源。解决本题的关键是对电动机和发电机的构造和原理的区别和联系的了解和掌握。7.【答案】A【解析】解：A、如图甲是奥斯特实验，说明电流周围存在磁场，即电生磁，这个现象叫做电流的磁效应，应用在电磁铁上，故A正确。B、如图乙，电路中有电源、有磁场，是通电导体在磁场中受力而运动，其实际应用是电动机，故B错误。C、如图丙，电路中没有电源，当闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中便会产生电流，是电磁感应现象，其实际应用是发电机，故C错误。D、如图丁，螺线管的左端是N极，右端是S极，根据安培定则可知电源的右端是正极，由磁极间相互作用规律可知小磁针的A端是S极，故D错误。故选：A。(1)通电导体周围存在磁场，这是电流的磁效应，可以制成电磁铁、电磁继电器、电磁起重机等。(2)电磁感应：闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动，导体中有感应电流产生。发电机和动圈式话筒等都是根据电磁感应原理工作的。(3)扬声器和电动机的工作原理相同，都是根据通电导体在磁场中受力而运动原理工作的。(4)根据安培定则判断螺线管的磁极，然后再判断小磁针的磁极。电动机和发电机的原理图非常相似，重要区别在千电动机电路有电源，发电机电路没有电源，注意区分，容易混淆。第14页，共27页

148.【答案】c【解析】解：A、奥斯特实验证明通电导体周围存在磁场。与手压电筒的制成原理无关。故A错误。B、此图反映了通电导体在磁场中受到力的作用，与手压电筒的制成原理无关，故B错误。C、图中导体ab在磁场中做切割磁感线运动时，电路中产生了感应电流（可以从电流表指针发生偏转来体现），这是电磁感应现象，与手压电简的制成原理相符合。故C正确。D、此图探究的是电磁铁磁性强弱的影响因素，研究电磁铁磁性强弱与线圈中电流大小有关，与手压电简的制成原理无关。故D错误。故选：C。(1)手压电筒是利用电磁感应现象制成的，磁性飞轮高速旋转，使线圈切割磁感线，从而产生了感应电流，使小灯泡发光。(2)逐个分析下面四个选择项中各个设备的制成原理，将两者对应即可得到答案。(1)此题考查了电磁感应、通电导体在磁场中受力、奥斯特实验、电磁铁磁性强弱的决定因素等知识点。(2)首先根据题目告诉的：线圈内磁性飞轮高速旋转明确出手压电筒的制成原理是解决此题的关键。9.【答案】A【解析】解：（1）只闭合S1时，只有电阻R1串联接入电路，电源电压U=U1=11凡＝1.SAx3fl=4.SV;(2)同时闭合S1、S2时，两电阻并联，流过电阻R2的电流12=1/-11=2A-1.SA=O.SA,

15U4.SV电阻R2的阻值R2=－＝一－＝99。lzO.SA故选：A。(1)由电路图可知，只闭合S1时，只有电阻R1串联接入电路，电流表割电路电流，由U=IR可以求出电源电压；(2)由电路图可知，同时闭合S1、S2时，两电阻并联，电流表测干路电流，由并联电路电流规律求出流过电阻凡的电流，然后由欧姆定律求出电阻凡阻值。本题考查了求电阻阻值，分析消楚电路结构、熟练应用并联电路特点、欧姆定律即可正确解题。JO.【答案】C灯泡亮度取决于灯的实际功率，甲灯比乙灯亮，说明P甲＞P乙，由p=12R可知，R甲＞R乙，已知通过两灯的电流l相等，所以U甲＞U乙【解析】解：（1）两灯泡串联，由串联电路特点可知，通过它们的电流相等，故A错误；(2)灯泡亮度取决千灯的实际功率，甲灯比乙灯亮，说明P甲＞P乙，故D错误；由P=l2R可知，Rffl>R乙，故B错误；(3)由l＝汾，可得，U=IR,因为R甲＞R乙，通过两灯的电流［相等，所以U毕＞U乙，故C正确；故答案为：C;灯泡亮度取决千灯的实际功率，甲灯比乙灯亮，说明P早＞P乙，由p=12R可知，R甲＞R乙，已知通过两灯的电流l相等，所以urp>u乙灯泡亮度取决于灯泡的实际功率，两灯泡串联，通过它们的电流相等，根据欧姆定律、电功率公式p=12R可以分析答题。本题考查了根据灯泡串联、甲灯比乙灯亮，分析灯泡电流大小、灯泡电阻、灯泡电压及灯泡功率大小关系问题，难度不大，是一道基础题，熟练应用基础知识即可正确解题。第16页，共27页

1611.【答案】D滑片P在滑动变阻器最左端时，左侧电路的电阻最小，电流最大，电磁铁磁性最强，则GMR的电阻最小，右侧电路中电流最大【解析】解：A、S1断开时，电磁铁无磁性，由题意可知GMR的电阻最大，由I＝户可知，右侧电路中电流最小，由p=12R可知，指示灯的实际功率最小，指示灯最暗，故A错误；BCD、闭合S1时，GMR所处的位置由无磁场变为有磁场，GMR的阻值减小；当滑片P在滑动变阻器最左端时，左侧电路的电阻最小，由l=－可知，左侧电路中的电流最大，电磁铁磁性最强，则GMR的电阻最小，右侧电路中电流最大，由P=I2R可知，指示灯的实际功率最大，指示灯最亮，故BC错误，D正确。故答案为：D;滑片P在滑动变阻器最左端时，左侧电路的电阻最小，电流最大，电磁铁磁性最强，则GMR的电阻最小，右侧电路中电流最大。闭合S2时，指示灯与GMR串联，电压表测GMR两端的电压，闭合S1时，电磁铁有磁性，根据GMR与磁性之间的关系判断其阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，利用P=l2R可知指示灯功率的变化，进一步判断亮暗的变化。本题考查了电路的动态分析，涉及到电磁铁磁性与电流的关系和电功率公式的应用等，判断出巨磁电阻的变化是解题的关键。12.【答案】扩散大千蒸发【解析】解：（1）闻到阵阵花香，是扩散现象，说明花的分子在不件地做无规则运动；(2)因为水的比热容较大，白天，相同质旦的水和沙石比较，吸收相同的热益，水的温度升高的少，再加上水要蒸发吸热，使空气的温度降低。故答案为：扩散；大于；蒸发。(1)一切物体的分子都在永不停息的做无规则运动，由千分子的体积很小，分子的运动

17无法用肉眼直接看到，但可以通过气味、颜色的变化来体现；(2)湖边比周边更凉爽因为水的比热容较大，相同质最的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热世，水的温度升高或降低的少；蒸发需要吸热。本题考查了水的比热容较大的特点、分子的运动的理解和掌握，难度不大，但综合性强、密切联系生活，属于中考的热点。13.【答案】3x108m/s方向不能【解析】解：（1）电磁波在真空中的传播速度为3x108m/s;(2)人们燃烧煤等燃料时，将燃料的化学能转化为内能，火炉把这些能量传给周围空气，但这些能扯不能自动聚集起来再次利用，说明了能量的转化和转移是有方向性的。故答案为：3x108m/s;方向；不能。(1)电磁波的传播不需要介质，电磁波在真空中的传播速度为3x108m/s;(2)能量转化和转移是有方向性，如内能是从高温物体转移向低温物体的；植物生长的过程中，总是按照生根、开花、结果这样的方向进行的，而不可能相反，否则会引起其他能址的变化，消耗别的能她。此题考查了电磁波的传播速度和能谥转化和转移的方向性，屈千基础知识的考查。14.【答案】@@@@【解析】解：＠磁悬浮列车是利用电流的磁效应；＠动阑式扬声器是将电信号转化成声信号，即其内部有磁铁和线圈，当线圈中通过变化的电流时，该线圈会在磁场中受力而有规律的振动，进而产生声音，故受利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的；＠动圈式话筒是声信号转化为电信号的机器，即是利用电磁感应现象的原理制成的；＠电风扇里主要部件是电动机，它是通电能转动的机器，即利用通电导线在磁场中受第18页，共27页

18力的作用；＠）指南针是根据磁体指南北的性质制成的＠发电机是利用电磁感应现象的原理制成的。故利用电磁感应原理工作的是＠）＠）；利用磁场对通电导体有力的作用的原理工作的是＠＠）。故答案为：@@;＠＠。(1)电磁感应现象是闭合电路的一部分导体在切割磁感线运动时，产生感应电流；(2)磁场对通电导体力的作用是通电的导体在磁场中受到力的作用。电磁感应现象是由运动产生电流，磁场对通电导体作用是由电流受力而产生运动，互为相反过程，对比记忆。15.【答案】30;30【解析】U4.5V解：由l=—可知，电阻阻值：R=-=--=30Q,RIO.15A导体电阻由导体的材料、长度与横截面积有关，与导体两端电压无关，当导体两端电压为ov时导体电阻仍为30fl;故答案为：30;30.已知电压与电流，应用欧姆定律可以求出电阻阻值，导体电阻与电压电流无关，导体电阻由本身性质决定本题考查了求导体电阻，知道导体电阻的影响因素，应用欧姆定律可以解题，本题是一道基础题．16.【答案】解：在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，簸后回到S极。所以螺线管的左端为N极，右端为S极。根据磁极间的相互作用可以判断出小磁针的左端为N极，右端为S极。根据安培定则：伸出右手，使右手大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流是从螺线管的右端流入的。所以电源的右端为正极，左端为负极。

19故答案为：N(-)(+)【解析】＠根据图中磁感线方向，先判断螺线管的两个磁极；＠根据磁极间的相互作用再判断小磁针的磁极；＠最后根据安培定则判断螺线管中电流的方向，标出电源的正负极。安培定则涉及三个方向：磁场方向：电流方向：线圆绕向。告诉其中的两个方向可以确定第三个方向。17.【答案】解：改变线圈中的电流大小可以改变电磁铁磁性的强弱，因此电路中要有一个滑动变阻器。要使电磁铁的左端为N极，由安培定则可以判定，电流要从电磁铁的左端流入。故设计电路如下：厂·一一一一一，.I1iIIIIl_____..J【解析】要改变电磁铁磁性的强弱，就需要从决定电磁铁磁性强弱的因素电流大小、线圈匝数、有无铁芯这几方面去考虑。由千线圈匝数、铁芯这两个方面已经确定。故只有从电流大小去考虑。要使小磁针静止在图示位置，就要使电磁铁的左端为N极，右端为S极。然后利用安培定则来确定电流方向。本题考查电磁铁的影响因素和安培定则，难点是电路图的设计，电路图的设计首先要明确题目的要求，按照要求进行设计电路。第20页，共27页

2018.【答案】解：分析题意可知，说明指示灯和插座之间是并联的，开关同时控制指示灯和插座，接线时要注意：G)开关接在指示灯、插座和火线之间使用更安全；＠）发光二极管长脚为正极，接火线，短脚为负极，接零线；＠）三孔插座的接线是左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，如图所示：火t苍线【解析】干路开关控制所有的用电器。并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。根据用电器之间是否相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一；家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。19.【答案】解：（1）由P=UI可知，电热壶正常工作的电流：P1000WI=—=::::4.SSA;U220Vu2(2)由P=Ul=－可知，电热壶正常工作的电阻：R沪(220V)2R=—==48.4fl:,P1000W(3)由p＝千可知，水的质址为：m=pV=1.0X103kgjm3X2X10-3而＝2kg;1标准大气压下，水的沸点为100°c,加热过程中，水吸收的热矗：归＝c水m(t-t0)=4.2x10勺／（kg.°C)X2kgX(100°C-30°C)=5.88X10饥

21(4)由P＝乎可知，电热壶工作lOmin消耗的电能：W=Pt=1000WX10X60s=6X10勺，该电热壶烧水的效率：Q吸5.88X10勺1J=-;--3-X100%=~X100%=98%。W6X10勺答：（1）正常工作的电流为4.SSA:(2)正常工作的电阻为48.4fl;(3)加热过程中，水吸收的热量为5.88X10勺；(4)该电热壶烧水的效率为98%。【解析】(1)根据p=UJ求电热壶正常工作的电流；沪(2)根据p=UJ=－求电热壶正常工作的电阻；R(3)根据p＝罗求水的质量，1标准大气压下，水的沸点为100°(,根据Q吸＝c水m(t-t0)求加热过程中，水吸收的热量；wQ，吸(4)根据P=－求电热壶工作lOmin消耗的电能，根据n=—X100％求电热壶烧水的效w率。本题考查密度公式、电功率公式、热量公式和效率公式的灵活运用，难度不大。20.【答案】解：（1）一个电子节能灯消耗电能W1=P1t=O.OllkWx5000h=SSkW·h;需付电费55X0.4元＝22元，共需付出：22元＋20元＝42元；(2)白炽灯消耗的电能W2=P2t=0.06kWx5000h=300kW·h需付电费300X0.4元＝120元，要用5个白炽灯，共需付出：120元＋5X1元＝125元；(3)选择电子节能灯；因为，在照明效果相当的情况下，正常工作相同的时间，使用电子节能灯既省电又省钱，故选择电子节能灯。【解析】第22页，共27页

22(1)根据节能灯的额定功率和通电时间，计算出消耗电能，再算出电费，再加上买节能灯的费用就是一共需要付出的钱；(2)根据臼炽灯的额定功率和通电时间先计算白炽灯消耗的电能，再算出所需电费，再加上买5个白炽灯的钱就是所衙要付出的钱；(3)二者进行比较就可得出结论。本题考查电功的计算及其应用，难点是比较节能灯和白炽灯各自特点和所需费用。21.【答案】南极南极北极负极C【解析】解：(1)(2)如图（乙）所示，根据天然磁石的磁感线分布：磁体周围的磁感线，都是从磁体的N极出发，回到S极；可判断D端是S极，也就是磁勺的勺柄，勺柄指向地球的南极；(3)因为异名磁极相互吸引，通电螺线管的左端是N极，用安培定则可判断通电螺线管中的电流方向，再根据电流方向是从电源正极出发通过用电器回到负极，所以电源左端为电源的负极；(4)电磁铁磁性的大小与电流大小、线圈的匝数有关，增加电源电压，可以线圈中电流增大，电磁铁磁性增强；而改变电源的正负极、让司南垂直放置在AB中点的正上方不能改变电磁铁的磁性的大小；减少电磁铁线圈的匝数，电磁铁的磁性变弱，故C正确。故答案为：（1）南极；（2）南极；（3）北极；负极；（4)C。(1)磁体周围的磁感线，都是从磁体的N极出发，回到S极；(2)磁体静止时，指南的叫南极用字母S表示：指北的叫北极，用字母N表示；(3)磁极间的作用规律是：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；可用安培定则判断通电螺线管的两极极性。(4)影响螺线管磁性强弱的因素有：线圈中电流的大小；线圆的匝数；线圈中有无铁芯。此题考查了磁现象的诸多知识点，需将磁现象的多个知识点有机结合，融会贯通，方可解答此题。22.【答案】

23(l)(D切割磁感线运动；＠）闭合电路；(2)([)磁感线方向（或磁场方向），6;＠切割磁感线运动的方向，3.【解析】解：（l)(I)实验2、3、4中磁极位置是相同的，电路也都是闭合的，只有导体运动的情况不同，并发现在导体水平切割磁感线时，电流表的指针才会发生偏转，因此，可得出应满足的另一个条件是切割磁感线；＠实验3、5中磁极位置相同，导体运动情况也相同，只有电路分别是闭合和断开的，并发现只有闭合电路时，电流表指针才会偏转，因此，可得出另一个条件是闭合电路．(2)(D实验4、6中，磁极位置不同，电流的方向也不同，而其它条件均相同，因此，比较这两组结果就可以得出感应电流的方向与磁场的方向（或磁感线方向）有关；＠实验3、4中，导体切割磁感线的运动方向不同，电流的方向也不同，而其它条件相同，因此，比较这两组结果就可以得出感应电流的方向与切割磁感线运动的方向有关．故答案为：（l)(D切割磁感线运动；＠）闭合电路；(2)＠磁感线方向（或磁场方向），6;＠）切割磁感线运动的方向，3.实验中主要探究了三个因素对产生感应电流的影响，包括磁场的方向、电路的通断、导体运动的方向，实验数据都是运用了控制变谥法的实验方法得出的，因此，在分析实验数据时也一定要注意分清每组数据中，哪些是相同的量，哪些是不同的噩，再综合判断所研究的量与产生感应电流的关系．从控制变撒法的角度，此题中分析产生感应电流的条件主要从电路是否闭合、导体是否切割了磁感线两个方向去比较和观察；分析感应电流的方向与哪些因素有关，则应重点从磁场的方向、切割磁感线运动的方向两个方面去比较和观察．23.【答案】磁性强弱电磁铁通电时具有磁性，断电时无磁性电磁铁磁性强弱与电流大小的关系【解析】第24页，共27页

24解：（1）电磁铁的磁性强弱无法直接测量或观察，把电磁铁吸引大头针个数的多少来反映电磁铁磁性的强弱；(2)如图A，开关断开时，电路中无电流，电磁铁不吸引大头针，说明电磁铁不具有磁性；如图B,开关闭合电路中有电流，电磁铁吸引大头针，说明电磁铁具有磁性；故结论为：电磁铁通电时具有磁性，断电时无磁性；(3)由B、C得，滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中电流变大，电磁铁吸引大头针数昼增加，电磁铁的磁性增强，所以B、C探究的是电磁铁磁性强弱与电流大小的关系。故答案为：（1）磁性强弱；（2）电磁铁通电时具有磁性，断电时无磁性；（3）电磁铁磁性强弱与电流大小的关系。(1)物理学中对千一些看不见摸不着的现象或不易直接测保的物理忙，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。(2)(3)电磁铁磁性强弱影响因素：电流大小、线圈匝数多少；在电流和铁芯一定时，线圈的匝数越多，电磁铁磁性越强；在线圈和铁芯一定时，电流越大，电磁铁磁性越强。本题考查影响电磁铁磁性强弱的因素的实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。24.【答案】调零0.221.80.3960.625增大小灯泡的功率越大，灯丝温度越高，灯丝的电阻随温度的升高而增大小灯泡断路不正确灯在额定电压下的功率为额定功率，将不同电压下的功率取平均值没有意义【解析】解：（1）他在检查仪器时，发现电流表指针如图1所示，电流表指针不指零，则接下来的操作是调零；(2)因为灯泡的额定电压为2.SV,所以电压表应选用0~3V的量程由1＝竺＝竺~=R10!l0.25A<0.6A,所以电流表应选用o~o.6A的量程，且滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的阻值变小，所以滑动变阻器滑片的右边的电阻丝与灯泡串联接入电路，如下图所示：

25(3)根据(2)可知，电流表选用小忙程，分度值0.02A,其示数为0.22A,电压表选用小岱程，分度值O.lV,其示数为1.8V,灯泡的实际功率为：P=Ul=l.BVx0.22A=0.396W;(4)灯泡的额定电压为2.SV,由电流随其两端电压变化的关系图像可知，灯泡的额定电流为0.25A,小灯泡的额定功率为：p额＝u~额＝2.SVx0.25A=0.625W;(5)由图4可知，随电压U增大，电路电流I也增大，并且AU>AI，由欧姆定律的变形公式R=－可知灯丝电阻增大；因为小灯泡的功率越大，灯丝温度越高，灯丝的电阻随温度的升高而增大；(6)灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能断路；电压表示数较大，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的支路断路了；取下灯泡，电压表和电流表的示数均不变，进一步确定电路故障可能是小灯泡断路；(7)灯在额定电压下的功率为额定功率，灯在不同电压下的功率不同，将不同电压下的功率取平均值没有意义，故该小组的数据处理过程不正确。故答案为：（1）调零；（2）如上图所示；(3)0.22;1.8;0.396;(4)0.625;(5)增大；小灯泡的功率越大，灯丝温度越高，灯丝的电阻随温度的升高而增大；（6）小灯泡断路；(7)不正确；灯在额定电压下的功率为额定功率，将不同电压下的功率取平均值没有意义。(1)电流表使用前应该调零；(2)根据电路图连接实物图时，应注意忠实千原图；根据小灯泡的额定电压，可判断电压表的杂程根据小灯泡的电阻，结合额定电压，可判断电流表的兄程；根据滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的电阻变小可判断变阻器连接方式；(3)根据(2)两表选用掀程确定分度值读数；根据P=Ul算出灯泡的实际功率；(4)根据电流随其两端电压变化的关系图像确定额定电流，由P=UI算出小灯泡的额定功率；(5)根据图4找出电流随电压变化的关系，然后由欧姆定律的变形公式可判断出灯丝电阻第26页，共27页

26随电压如何变化；电功率会影响灯泡温度，温度会影响灯泡电阻；(6)灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能断路；电压表示数较大，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的支路断路了；(7)灯在额定电压下的功率为额定功率，将不同电压下的功率取平均值没有意义。本题测量小灯泡的电功率，考查电流表调试、电路连接、电表最程的选择、电表的读数、故障分析、功率的计算和数据的处理等知识。