贵州省铜仁市2018_2019学年九年级物理上学期月考试卷(12月份)(含解析)

贵州省铜仁市2018-2019学年九年级物理上学期月考试卷（12月份）

一、选择题（每小题3分，共36分，每题只有一个正确答案） 1．下列器材中能直接测出电功的是（ ） A．电流表

B．电压表

C．电能表

D．验电器

2．下列家用电器正常工作20min消耗电能最多的是（ ） A．电饭煲

B．电热毯

C．电视机

D．电风扇

3．如图，手电筒中的电流为0.5A，电源为三节干电池，则该手电筒小灯泡的功率最接近（ ）

A．2.25W

B．0.75W

C．0.25W

D．9.00W

4．下列关于电功率的说法中正确的是（ ） A．用电器功率越大，做功越多 B．用电器功率越大，做功越快 C．用电器功率越大，做功越慢 D．用电器做功越多，功率越大

5．甲用电器标有“220V 20W”，乙用电器标有“220V 60W”，它们都在额定电压下工作，则下列判断中正确的是（ ） A．甲用电器做功一定多

B．做相同的功，甲用电器用的时间一定少 C．乙用电器做功一定多

D．相同时间内，乙用电器做的功一定多

6．某白炽灯铭牌上标有“220V 40W”的字样，关于这盏白炽灯的说法正确的是（ ） A．该灯只能在220V的电压下工作

B．该灯工作时的电功率一定为40W C．该灯正常工作时的电流为5.5A D．该灯正常工作时的电阻为1210Ω

7．将两根电阻丝R1、R2串联接入电路中，R1：R2＝2：3，通过一段时间后，R1、R2产生的热量之比为（ ） A．3：2

B．2：3

C．4：9

D．9：4

1

8．如图为一只“6V 1.5W”小灯泡的电流随电压变化的关系图象，若把这样的三只灯泡串联起来，接在12V的电源两端，则此时每只灯泡的电阻及实际功率为（ ）

A．24Ω 0.67W B．20Ω 0.8W C．24Ω 0.96W D．20Ω 0.67W

9．如图所示的电路图，电源电压不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（ ）

A．灯泡L变暗，电压表示数变小 B．灯泡L变亮电压表示数不变

C．电路消耗的总功率变小，电压表示数不变 D．电路消耗的总功率变小，电压表示数变大

10．电烙铁通电一段时间后变得很烫，而连接电烙铁的导线却没有明显发热，这是主要是因为（ ） A．导线的绝缘皮隔热 B．导线散热比电烙铁快

C．通过导线的电流小于通过电烙铁的电流 D．导线的电阻远小于电烙铁电热丝的电阻

11．在如图所示的电路中，当开关S闭合后，灯L1不亮，L2亮，电压表有示数，则下列说法中正确的是（ ）

A．灯L1与L2并联，L1的灯丝断了 B．灯L1与L2并联，L1被短路了

2

C．灯L1与L2串联，L1的灯丝断了

D．灯L1与L2串联，L1的实际功率比L2的小很多

12．小明观察到傍晚时候家里的白炽灯比较暗，而在早晨时较亮，他进一步观察发现：傍晚电能表转动比早晨还快一些，这是什么原因呢？（ ） A．傍晚时家里的同盏白炽灯的额定功率比早晨时的小 B．傍晚时家里的同盏白炽灯电阻比早晨的大，实际功率减小 C．傍晚时家里的同盏白炽灯实际电压比早晨的小 D．傍晚时家里用电器的总功率比早晨的小 二、填空题（每空1分，共17分）

13．列举两个利用电流热效应的家用电器 、 。

14．如图所示“220V”表示 ；“10（20）A”中10表示 ；20表示 ；“2500revs/kW•h”表示 。

15．王梅发现她家新买的白炽灯用过一段时间后，在相同电压下发光时要暗一些，从物理学的角度看是因为灯发光时，温度升高，灯丝发生了 现象（填物态变化的名称），使灯丝变细，导致灯丝电阻变 ，消耗的实际功率变 的缘故。

16．一根阻值为50Ω的电阻丝，两端加上100V的电压时，通电1min所产生的热量为 J，电阻丝消耗的电功率为 W。

17．将阻值为R甲＝40Ω和R乙＝10Ω的两个电阻串联后接在电源上，相同时间内，两电阻中产生热量较多的是 。若将两电阻并联后接在4V的电源上，1min内两电阻产生的总热量为 J。

18．A、B两个电阻的U﹣I图象如图所示。将A、B串联接入电路，当通过B的电流为0.5A时，A的电阻是 Ω；将A、B并联接入电路，当干路总电流为1A时，电阻B消耗的电功率是 W。

3

19．两电阻R1：R2＝1：2，将它们串联在电路中，它们两端的电压之比为 ，相同时间内电流通过电阻产生的热量之比为 。 三、简答题（共6分）

20．（6分）小峰放学回家，发现楼道里的白炽灯只在天黑后，有声音时，灯才会亮。他查找物理书得知，在控制开关中装有“声敏”和“光敏”装置。

（1）这两种装置的连接方式是什么？有一次他还发现楼道白炽灯亮了一下就熄灭了，请你帮他分析为什么白炽灯在刚开始发光时容易烧断？

（2）我国已经禁止生产白炽灯，这样做有什么好处？ 四、实验题（共22分，每空2分）

21．（22分）某校两个实验小组在测定小灯泡电功率的实验中，被测小灯泡的额定电压为2.5V．实验桌上提供有如下器材：电源（电压6V且恒定不变）、电流表、电压表、开关、滑动变阻器（50Ω1A）各一只，导线若干。

（1）晓松同学所在实验小组利用如图甲所示的电路进行实验。 ①用笔画线代替导线，将图甲所示的实物电路连接完整。 ②连接电路时，开关应该 。

③闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P的过程中，观察到电流表示数几乎接近最大值时，小灯泡仍然不亮，且电压表无示数，其原因可能是 。

④排除故障后，闭合开关，移动滑片P至电压表的示数如图乙所示，其读数为 V．要使小灯

4

泡正常发光，滑片P应向 （选填“A”或“B”）端移动。

⑤多次改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，并绘制出如图丙所示的图象。由图象可知，小灯泡的额定功率是 W。

（2）如图丁是小丽同学重新连接的电路实物图，细心的晓丽同学发现一处连接错误。请你在图丁中需要改动的导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接线。

（3）由图象可知，小灯泡的实际功率随实际电压的增大而 （选填“增大”“变小”或“不变”），这是因为

（4）测量小灯泡额定功率时 （选填“需要”或“不需要”）多次测量求平均值，原因是 五、计算题（共19分，22题10分，23题9分）

22．（10分）有一盏标有“220V40W”的电灯，将它接在实际电压为110V的电路中，灯泡的电阻不随温度变化，求： （1）该灯泡的电阻是多少？ （2）通过该灯泡的电流是多少？ （3）该灯泡实际消耗的功率是多少？

23．（9分）电热饮水机有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S0自动控制），从说明书上收集到如表数据及如图所示的电路原理图：

热水箱容量 额定电压 加热时的功率 保温时的功率 2L 220V 400W 40W （1）分析说明温控开关S0断开时，饮水机处于哪种工作状态？ （2）求电阻R2的阻值。

（3）求电热饮水机在加热状态下的工作电流。

5

2018-2019学年贵州省铜仁市德江县伟才学校九年级（上）月考物理试卷（12月份）

参与试题解析

一、选择题（每小题3分，共36分，每题只有一个正确答案） 1．下列器材中能直接测出电功的是（ ） A．电流表

B．电压表

C．电能表

D．验电器

【分析】根据电流表、电压表、电能表和验电器的用途。电流表是用来测量电流的，电压表是用来测量电压的，电能表是测量电功的仪表，验电器是用来检验物体否带电的。

【解答】解：因为电流表是测量电流的，电压表是测量电压的，电能表是测量电功的仪表，验电器是测量物体是否带电。因此测量电能的仪表是电能表。 故选：C。

【点评】本题考查了电流表、电压表、电能表和验电器的用途，牢记各仪表的用途是解答本类题的关键所在，该题是一个基础题。

2．下列家用电器正常工作20min消耗电能最多的是（ ） A．电饭煲

B．电热毯

C．电视机

D．电风扇

【分析】根据生活常识及生活经验判断各用电器的功率大小，由W＝Pt可知，工作相同时间，用电器功率越大，消耗的电能越多。

【解答】解：电饭煲的功率约为1000W，电热毯的功率约为100W，电视机的功率约为130W，电风扇的功率约为60W，

由此可见，电饭煲的电功率最大，由W＝Pt可知，用电器正常工作相同时间，电饭煲消耗的电能最多。 故选：A。

【点评】本题要求判断在相等时间内哪个用电器消耗的电能多，根据生活经验估计出各用电器的电功率大小是正确解题的关键。

3．如图，手电筒中的电流为0.5A，电源为三节干电池，则该手电筒小灯泡的功率最接近（ ）

A．2.25W

B．0.75W

C．0.25W

D．9.00W

【分析】一节干电池的电压是1.5V，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，已知电路电流，由P＝UI可以求出灯泡的功率。

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【解答】解：∵串联电路中总电压等于各分电压之和， ∴三节1.5V的干电池串联时，电源的电压： U＝3×1.5V＝4.5V， 手电筒小灯泡的功率： P＝UI＝4.5V×0.5A＝2.25W。 故选：A。

【点评】本题主要考查的是学生对电功率计算公式的理解和掌握，弄明白电源电压是解决此题的关键，基础性题目。

4．下列关于电功率的说法中正确的是（ ） A．用电器功率越大，做功越多 B．用电器功率越大，做功越快 C．用电器功率越大，做功越慢 D．用电器做功越多，功率越大

【分析】电功率是表示电流做功快慢的物理量，定义是1秒内电流做功的多少。 【解答】解：

A、由W＝Pt可知，电流做功多少与电功率和通电时间有关，所以，用电器的功率越大，做功不一定越大；故A错误；

BC、电功率是表示电流做功快慢的物理量，电功率越大，做功越快；故B正确，C错误； D、由电功率公式P＝可知，电功率表示单位时间用电器做功的多少，所以，用电器做功越多，功率不一定大；故D错误。 故选：B。

【点评】本题考查了学生对电功率的定义和物理意义的理解与掌握，是一道基础题目。

5．甲用电器标有“220V 20W”，乙用电器标有“220V 60W”，它们都在额定电压下工作，则下列判断中正确的是（ ） A．甲用电器做功一定多

B．做相同的功，甲用电器用的时间一定少 C．乙用电器做功一定多

D．相同时间内，乙用电器做的功一定多

【分析】（1）电功率是表示电流做功快慢的物理量；

7

（2）额定电压下用电器的功率和额定功率相等，根据W＝Pt比较电功和时间之间的关系。 【解答】解：额定电压下，甲用电器的电功率为20W，乙用电器的功率为60W。 AC、由W＝Pt可知，电流做功的多少与通电时间有关，故AC不正确；

B、根据t＝可知，完成相同的功，乙用电器所用的时间一定少，故B不正确； D．根据W＝Pt可知，相同时间内，乙用电器完成的功一定多，故D正确。 故选：D。

【点评】本题考查了学生对电功率物理意义和电功公式的理解与掌握，关键是知道额定电压下用电器的实际功率和额定功率相等。

6．某白炽灯铭牌上标有“220V 40W”的字样，关于这盏白炽灯的说法正确的是（ ） A．该灯只能在220V的电压下工作

B．该灯工作时的电功率一定为40W C．该灯正常工作时的电流为5.5A D．该灯正常工作时的电阻为1210Ω

【分析】（1）用电器在不同的电压下实际功率不同，只有在额定电压下用电器正常工作，其实际功率和额定功率相等； （2）根据P＝

求出正常工作时的电流，根据欧姆定律求出正常工作时的电阻。

【解答】解：A．该灯泡在220V的电压下正常工作，在低于这一电压下也可以工作，但不是正常工作，故A不正确；

B．该灯泡只有在220V的电压下工作时功率为40W，否则不等于40W，故B不正确； C．由P＝UI可得，该灯泡正常工作时的电流I＝＝D．由P＝故选：D。

【点评】本题考查了学生对实际功率和实际电压、电功率公式的灵活应用，是一道基础题目。 7．将两根电阻丝R1、R2串联接入电路中，R1：R2＝2：3，通过一段时间后，R1、R2产生的热量之比为（ ） A．3：2

B．2：3

C．4：9

D．9：4

可得，该灯泡正常工作时的电阻R＝

＝

≈0.18A，故C不正确；

＝1210Ω，故D正确。

【分析】串联电路中电流相等，两电阻的加热时间也相同，根据焦耳定律的计算公式Q＝I2Rt便可得出结论。

8

【解答】解：

由图知，两电阻丝串联，所以通过两电阻丝的电流和通电时间相等，根据公式Q＝IRt，则产生的热量之比等于电阻之比2：3。 故选：B。

【点评】本题考查了对焦耳定律公式的掌握，根据串联的知识得出电流和通电时间相等，是解决此题的关键。

8．如图为一只“6V 1.5W”小灯泡的电流随电压变化的关系图象，若把这样的三只灯泡串联起来，接在12V的电源两端，则此时每只灯泡的电阻及实际功率为（ ）

2

A．24Ω 0.67W B．20Ω 0.8W C．24Ω 0.96W D．20Ω 0.67W

【分析】把三只相同的灯泡串联接在12V的电源上，三灯泡的电阻相同分得的电压相等，根据图象读出通过灯泡的电流，利用欧姆定律求出每只灯泡的电阻，利用P＝UI求出实际功率。 【解答】解：把三只相同的灯泡串联接在12V的电源上，三灯泡的电阻相等， 因串联电路中各处的电流相等，

所以，由I＝的变形式U＝IR可知，三灯泡两端的电压相等，即UL＝＝由图象可知，电路中的电流I＝0.2A， 则，此时每只灯泡灯丝的电阻： RL＝

＝

＝20Ω，

＝4V，

每只灯泡的功率：

PL＝ULI＝4V×0.2A＝0.8W。 故选：B。

【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据图象读出电压对应的电流值。

9．如图所示的电路图，电源电压不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（ ）

9

A．灯泡L变暗，电压表示数变小 B．灯泡L变亮电压表示数不变

C．电路消耗的总功率变小，电压表示数不变 D．电路消耗的总功率变小，电压表示数变大

【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测电源两端的电压。根据电源的电压可知电压表示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据P＝I2R可知灯泡实际功率的变化，进一步根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小判断亮暗的变化；根据P＝UI可知电路总功率的变化。

【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测电源两端的电压。 因电源的电压不变，

所以，滑片移动时电压表的示数不变，故AD不正确；

将滑动变阻器的滑片P向上移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大， 由I＝可知，电路中的电流变小，

因P＝I2R，且灯泡的亮暗取决于实际功率的大小， 所以，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，故B不正确； 由P＝UI可知，电路消耗的总功率变小，故C正确。 故选：C。

【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。

10．电烙铁通电一段时间后变得很烫，而连接电烙铁的导线却没有明显发热，这是主要是因为（ ） A．导线的绝缘皮隔热 B．导线散热比电烙铁快

C．通过导线的电流小于通过电烙铁的电流 D．导线的电阻远小于电烙铁电热丝的电阻

【分析】电烙铁和铜导线串联，通过的电流和通电时间相同，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，电阻越大电流产生的热量越多，据此分析判断。

【解答】解：电烙铁在使用时，电烙铁和铜导线串联，I电烙铁＝I导线，通电时间t相同，

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∵Q＝I2Rt，R电烙铁＞R导线， ∴电流产生的热量： Q电烙铁＞Q导线，

从而出现通电一段时间后电烙铁变得很烫、而连接电烙铁的铜导线却不怎么热的现象； 由以上分析可知，选项A、B、C错，D正确。 故选：D。

【点评】本题考查了学生对焦耳定律、串联电路电流特点的了解和掌握，知道铜导线和电烙铁连接方式为串联是本题的关键。

11．在如图所示的电路中，当开关S闭合后，灯L1不亮，L2亮，电压表有示数，则下列说法中正确的是（ ）

A．灯L1与L2并联，L1的灯丝断了 B．灯L1与L2并联，L1被短路了 C．灯L1与L2串联，L1的灯丝断了

D．灯L1与L2串联，L1的实际功率比L2的小很多

【分析】首先分析各元件连接关系，画出电路图，根据电路图对每个选项作出故障判断，确定符合题意的选项。 【解答】解：

分析实物图知，两只灯泡串联，电压表测量L1两端电压，电路图如下：

A、B、分析知，两只灯泡串联。此两选项均错误；

C、两只灯泡串联，如果L1的灯丝断了，电路断路，两只灯泡都不能发光。此选项错误；

D、灯泡的亮度决定于实际功率，当L1的实际功率远远小于L2的实际功率时，L1就不能发光。此选项正确。

11

故选：D。

【点评】此题考查的是我们对灯泡不发光原因的分析，画出电路图、确定灯泡连接关系、知道“电路断路灯泡不亮，灯泡不亮不一定断路”是解答此类问题的一般过程。

12．小明观察到傍晚时候家里的白炽灯比较暗，而在早晨时较亮，他进一步观察发现：傍晚电能表转动比早晨还快一些，这是什么原因呢？（ ） A．傍晚时家里的同盏白炽灯的额定功率比早晨时的小 B．傍晚时家里的同盏白炽灯电阻比早晨的大，实际功率减小 C．傍晚时家里的同盏白炽灯实际电压比早晨的小 D．傍晚时家里用电器的总功率比早晨的小

【分析】（1）从灯泡的实际功率大小分析灯泡亮度不同的原因； （2）从家用电器总功率大小的角度分析电能表在傍晚转动较快的原因。

【解答】解：（1）由于傍晚时分处于用电高峰期，各种电器都在工作，电路电流较大，输电线上损失的电压大，灯泡两端的实际电压较小，小于早晨时灯泡两端的电压，由于灯泡实际电压较小，由P＝

知，灯泡的实际功率较小，灯泡较暗；

（2）由于傍晚时家用电器总功率较大，早晨家用电器总功率较小，所以傍晚电能表转动比早晨快一些。 故选：C。

【点评】在用电高峰期，由于各种用电器都在工作，电路总电流较大，由于输电线存在电阻，输电线上损失的电压较大，用电器得到的实际电压偏小，小于用电器的额定电压，所以用电器实际功率小于额定功率。

二、填空题（每空1分，共17分）

13．列举两个利用电流热效应的家用电器 电暖器 、 电饭锅 。

【分析】任何导体中有电流时，导体都要发热，这种现象叫做电流的热效应，是电能转化为内能。 【解答】解：

电暖器、电烙铁、电饭锅都是利用电流的热效应来工作的，把电能转化为内能。 故答案为：电暖器；电饭锅。

【点评】本题主要考查对电流热效应应用的了解和掌握，属于基础性题目。

14．如图所示“220V”表示 电能表的工作电压 ；“10（20）A”中10表示 电能表的标定电流为10A ；20表示 电能表平时工作允许通过的最大电流为20A ；“2500revs/kW•h”表示 每

12

消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2500圈 。

【分析】电能表是测量电功的仪表。电能表的各参数表示的物理意义： 2500revs/kw•h，表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2500圈；

“10（20）A”表示电能表的标定电流是10A，电能表平时工作允许通过的最大电流为20A； 220V表示该电能表的工作电压。 【解答】解：

如图所示“220V”表示电能表的工作电压；

“10（20）A”中：10表示电能表的标定电流为10A；20表示表示电能表平时工作允许通过的最大电流为20A；

“2500revs/kW•h”表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2500圈。

故答案为：电能表的工作电压；电能表的标定电流为10A；电能表平时工作允许通过的最大电流为20A；每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2500圈。

【点评】本题考查了电能表各参数物理意义的正确理解，属于基础题目。

15．王梅发现她家新买的白炽灯用过一段时间后，在相同电压下发光时要暗一些，从物理学的角度看是因为灯发光时，温度升高，灯丝发生了 升华 现象（填物态变化的名称），使灯丝变细，导致灯丝电阻变 大 ，消耗的实际功率变 小 的缘故。

【分析】（1）物质从固态直接变为气态的过程叫升华，物质直接从气态变为固态的过程叫凝华，凝华是升华的相反过程；

（2）导体电阻的大小与导体的长度、材料、横截面积等有关系，相同长度、同种材料的导体，横截面积越大，电阻越小；导体的材料和横截面积相同时，导体越长，电阻越大；根据电阻的变化，再根据家庭电路的电压不变和P＝【解答】解：

因电灯工作是温度特别高，所以需要选择熔点较高的钨丝做灯丝，灯丝在高温下会发生升华现象变成气态钨，是升华现象；

13

判断灯泡实际功率的变化。

在灯丝的长度、材料等不变的情况下，灯丝的横截面积越小，其电阻会越大； ∵家庭电路的电压220V不变， ∴重新接入家庭电路中，根据P＝故答案为：升华，大，小。

【点评】升华与凝华是在固态与气态之间的直接转化，钨丝就是一个典型的例子。影响电阻的大小的因素也是我们应熟练掌握的知识，它可以帮助我们分析灯丝阻值的变化情况以及实际功率的变化情况。

16．一根阻值为50Ω的电阻丝，两端加上100V的电压时，通电1min所产生的热量为 1.2×104 J，电阻丝消耗的电功率为 200 W。

【分析】已知电阻两端的电压和电阻值，根据欧姆定律可求通过的电流，利用公式Q＝UIt可求10min电阻丝上产生的热量，根据P＝UI即可求出电阻丝消耗的功率。 【解答】解：通过电阻丝的电流I＝＝

＝2A，

可知灯泡的实际功率变大小。

通电1min所产生的热量：Q＝W＝UIt＝100V×2A×1×60s＝1.2×104J； 电阻丝消耗的电功率：P＝UI＝100V×2A＝200W。 故答案为：1.2×104；200。

【点评】本题考查利用欧姆定律求电流、电阻丝产生热量以及功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用。

17．将阻值为R甲＝40Ω和R乙＝10Ω的两个电阻串联后接在电源上，相同时间内，两电阻中产生热量较多的是 R甲（或甲） 。若将两电阻并联后接在4V的电源上，1min内两电阻产生的总热量为 120 J。

【分析】已知电阻阻值，根据焦耳定律Q＝IRt，串联时电流相等，电阻越大产生的热量越多； 根据焦耳定律的推导公式Q＝

计算出产生热量的多少。

2

2

【解答】解：已知R甲＞R乙，根据焦耳定律Q＝IRt，两个电阻串联后，通过的电流相等，相同时间内，电阻R甲中产生热量较多； 两电阻并联，由Q＝I2Rt、I＝得，

Q甲＝＝＝24J，

14

Q乙＝＝＝96J，

生的热量Q＝Q甲+Q乙＝24J+96J＝120J。 故答案为：R甲（或甲）；120。

【点评】此题考查学生对串联电路、并联电路特点的掌握和利用焦耳定律比较导体产生热量的多少，熟记电路特点，灵活运用焦耳定律公式是解决此题的关键。

18．A、B两个电阻的U﹣I图象如图所示。将A、B串联接入电路，当通过B的电流为0.5A时，A的电阻是 8 Ω；将A、B并联接入电路，当干路总电流为1A时，电阻B消耗的电功率是 1.5 W。

【分析】（1）将A、B串联接入电路时，通过它们的电流相等，根据图象读出电阻A两端的电压，根据欧姆定律求出A的电阻；

（2）将A、B并联接入电路时，它们两端的电压相等，干路电流等于各支路电流之和，根据图象找出符合的电流和电压，根据P＝UI求出电阻B消耗的电功率。 【解答】解：（1）将A、B串联接入电路时， 因串联电路中各处的电流相等，

所以，当通过B的电流为0.5A时，通过A的电流也为0.5A， 由图象可知，电阻A两端的电压为4.0V， 由I＝可得，电阻A的阻值：

RA＝＝＝8Ω；

（2）将A、B并联接入电路时，

因并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和， 所以，由图象可知，当UA＝UB＝2.5V，IA＝0.4A，IB＝0.6A时，干路电流等于1A， 则电阻B消耗的电功率：

15

PB＝UBIB＝2.5V×0.6A＝1.5W。 故答案为：8；1.5。

【点评】本题考查了串联电路的特点和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据图象读出两电阻并联、干路电流为1A时两电阻两端的电压和对应的电流。

19．两电阻R1：R2＝1：2，将它们串联在电路中，它们两端的电压之比为 1：2 ，相同时间内电流通过电阻产生的热量之比为 1：2 。

【分析】根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出R1和R2两端的电压之比，再根据焦耳定律求出电流通过R1和R2产生的热量之比。 【解答】解：两电阻串联时， ∵串联电路中各处的电流相等， ∴根据欧姆定律可得：

＝

＝

＝；

在相同时间内，电流通过R1和R2产生的热量之比：

＝

＝

＝。

故答案为：1：2；1：2。

【点评】本题考查了串联电路的电流特点和欧姆定律、焦耳定律的应用，是一道基础题目。 三、简答题（共6分）

20．（6分）小峰放学回家，发现楼道里的白炽灯只在天黑后，有声音时，灯才会亮。他查找物理书得知，在控制开关中装有“声敏”和“光敏”装置。

（1）这两种装置的连接方式是什么？有一次他还发现楼道白炽灯亮了一下就熄灭了，请你帮他分析为什么白炽灯在刚开始发光时容易烧断？

（2）我国已经禁止生产白炽灯，这样做有什么好处？

【分析】（1）白炽灯只在天黑后，有声音时才会亮，说明“声敏”和“光敏”装置相互影响、不能工作，据此进行解答；

影响电阻大小的因素有导体的材料、长度、横截面积和温度，在电路接通的瞬间，温度较低，灯丝的电阻较小，根据电功率的知识进行分析； （2）根据节能灯的节能、环保、经济等进行解答。 【解答】解：

（1）由题意可知，“声敏”和“光敏”装置相互影响、不能工作，即它们的连接方式是串联；

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白炽灯刚开始发光时，温度低，电阻小，由Q＝t可知，当电压一定时，电阻越小，相同的时间

内产生的热量越多，温度越高，所以灯泡灯丝容易断； （2）用节能灯替代白炽灯可以节能、环保，更经济。

答：（1）这两种装置的连接方式是串联；白炽灯刚开始发光时，温度低，电阻小，由Q＝

t可知，

当电压一定时，电阻越小，相同的时间内产生的热量越多，温度越高，所以灯泡灯丝容易断； （2）用节能灯替代白炽灯可以节能、环保，更经济。

【点评】本题考查了串并联电路的判断和焦耳定律的应用以及节能灯的特点，与生活息息相关，体现了物理知识来源于生活、服务生活的理念。 四、实验题（共22分，每空2分）

21．（22分）某校两个实验小组在测定小灯泡电功率的实验中，被测小灯泡的额定电压为2.5V．实验桌上提供有如下器材：电源（电压6V且恒定不变）、电流表、电压表、开关、滑动变阻器（50Ω1A）各一只，导线若干。

（1）晓松同学所在实验小组利用如图甲所示的电路进行实验。 ①用笔画线代替导线，将图甲所示的实物电路连接完整。 ②连接电路时，开关应该 断开 。

③闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P的过程中，观察到电流表示数几乎接近最大值时，小灯泡仍然不亮，且电压表无示数，其原因可能是 小灯泡短路 。

④排除故障后，闭合开关，移动滑片P至电压表的示数如图乙所示，其读数为 1.1 V．要使小灯泡正常发光，滑片P应向 A （选填“A”或“B”）端移动。

⑤多次改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，并绘制出如图丙所示的图象。由图象可知，小灯泡的额定功率是 0.5 W。

（2）如图丁是小丽同学重新连接的电路实物图，细心的晓丽同学发现一处连接错误。请你在图丁中需要改动的导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接线。

（3）由图象可知，小灯泡的实际功率随实际电压的增大而 增大 （选填“增大”“变小”或“不

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变”），这是因为 通过灯泡的电流随灯泡两端电压的增大而增大，根据P＝UI可知，小灯泡的实际功率随实际电压的增大而增大

（4）测量小灯泡额定功率时 不需要 （选填“需要”或“不需要”）多次测量求平均值，原因是 灯在额定电压下的功率为额定功率，不同电压下灯泡的功率不同 【分析】（1）①电压表应与小灯泡并联； ②为保护电路，连接电路时，开关应断开；

③电流表有示数说明电路为通路，电压表无示数示数说明电压表被短路；

④认清电压表的量程、分度值后读数；测灯泡的额定功率应使小灯泡两端电压为额定电压，根据分压原理确定滑片移动的方向；

⑤由图丙读出小灯泡两端电压为额定电压时的电流值，利用公式P＝UI，计算额定功率； （2）根据电压表应并联在灯泡两端，电流表串联在电路中，修改电路；

（3）由图丙，根据通过灯的电流随电压的增大而增大，根据P＝UI确定小灯泡的实际功率随实际电压的变化情况

（4）灯在额定电压下的功率为额定功率，不同电压下的功率不同，据此分析。 【解答】解：（1）①由图可知，小灯泡未连入电路，电压表要与小灯泡并联；

②为保护电路，连接电路时，开关应断开；

③电流表有示数说明电路为通路，电压表无示数示数说明电压表被短路，即小灯泡短路； ④由图乙可知电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，其示数为1.1V；

为测灯泡的额定功率，应使小灯泡两端电压为额定电压，即要增大小灯泡两端电压，减小变阻器分得的电压，根据串联分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，所以，应使滑动变阻器的滑片向A端移动；

⑤由图丙可知，小灯泡两端电压为2.5V时，灯泡中的电流I＝0.2A； 则小灯泡的额定功率P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W；

（2）图丁中，灯泡被短路了，需要将电压表并联在灯泡的两端，如下图所示：

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（3）由图丙可知，通过灯泡的电流随灯泡两端电压的增大而增大，根据P＝UI可知，小灯泡的实际功率随实际电压的增大而增大；

（4）测量小灯泡的电功率不需要多次测量求平均值，因为灯在额定电压下的功率为额定功率，不同电压下灯泡的功率不同，取平均值没有意义。 故答案为：

（1）①如图所示；②断开； ③小灯泡短路；④1.1； A；⑤0.5； （2）见上图；

（3）增大；通过灯泡的电流随灯泡两端电压的增大而增大，根据P＝UI可知，小灯泡的实际功率随实际电压的增大而增大；

（4）不需要；灯在额定电压下的功率为额定功率，不同电压下灯泡的功率不同。

【点评】本题测定小灯泡电功率，考查电路的连接、实验注意事项、故障的分析、操作过程、额定功率的计算等知识，难度中等。

五、计算题（共19分，22题10分，23题9分）

22．（10分）有一盏标有“220V40W”的电灯，将它接在实际电压为110V的电路中，灯泡的电阻不随温度变化，求： （1）该灯泡的电阻是多少？ （2）通过该灯泡的电流是多少？ （3）该灯泡实际消耗的功率是多少？

【分析】（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI＝

求出该灯泡的电阻；

（2）知道灯泡两端的实际电压和灯泡的电阻，根据欧姆定律求出通过该灯泡的电流； （3）利用P＝UI＝

求出该灯泡实际消耗的功率。

可得，该灯泡的电阻：

【解答】解：（1）由P＝UI＝R＝

＝

＝1210Ω；

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（2）该灯泡接在实际电压为110V的电路中时，通过该灯泡的电流： I＝

＝

≈0.09A；

（3）该灯泡实际消耗的功率： P′＝

＝

＝10W。

答：（1）该灯泡的电阻是1210Ω； （2）通过该灯泡的电流是0.09A； （3）该灯泡实际消耗的功率是10W。

【点评】本题考查了电功率公式的灵活应用，是一道较为简单的应用题。

23．（9分）电热饮水机有加热和保温两种工作状态（由机内温控开关S0自动控制），从说明书上收集到如表数据及如图所示的电路原理图：

热水箱容量 额定电压 加热时的功率 保温时的功率 2L 220V 400W 40W （1）分析说明温控开关S0断开时，饮水机处于哪种工作状态？ （2）求电阻R2的阻值。

（3）求电热饮水机在加热状态下的工作电流。

【分析】（1）开关S0断开时，只有电阻R2接入电路，根据P＝可知：热水器功率小于开关S0闭

合时两电阻并联时的功率，因此开关S0断开时饮水机处于保温状态； （2）饮水机处于保温时的功率，由功率的变形公式R＝

求出电阻R2的阻值；

（3）已知饮水机的额定电压及加热时的功率，由功率的变形公式I＝求出饮水机在加热状态下的工作电流。

【解答】解：（1）温控开关S0断开时，只有电阻R2接入电路，根据P＝

可知：热水器功率小于

开关S0闭合时两电阻并联时的功率，因此开关S0断开时饮水机处于保温状态。

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（2）只用电阻R2接入电路时，饮水机处于保温状态， 由P＝

得：电阻R2＝

＝

＝1210Ω。

（3）饮水机在加热状态下的工作电流 I＝

＝

≈1.8A；

答：（1）温控开关S0断开时，饮水机处于保温状态； （2）电阻R2的阻值为1210Ω。

（3）电热饮水机在加热状态下的工作电流是1.8A。

【点评】分析清楚电路结构，知道何时饮水机处于加热状态、何时处于保温状态，是正确解题的关键，灵活应用功率的变形公式、并联电路的特点可以正确解题。

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