发布时间 : 星期三 文章2019-2020学年汕头市金平区九年级上期末物理模拟试卷(有标准答案)更新完毕开始阅读f0e3ffa000f69e3143323968011ca300a7c3f6e4
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（4）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丙所示，此时小灯泡的电阻是 8.18 Ω（电阻计算的结果保留二位小数），灯泡的实际功率是 0.396 W．
（5）改变滑动变阻器的阻值，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，同学们画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图象（如图丁），根据图象提供的信息，算出小灯泡的额定功率为 0.625 W，小灯泡灯丝电阻随电压增大而 增大 （选填“增大”“减小”或“不变”）． 【考点】电功率的测量．
【分析】（1）滑动变阻器要串联在电路中，且按“一上一下”的方式接入电路；
（2）选择滑动变阻器的规格，要从电路需要滑动变阻器的最大电阻和电路通过的最大电流考虑：滑动变阻器的最大阻值要稍大于电路需要滑动变阻器的最大阻值．滑动变阻器允许通过的最大电流大于电路最大电流．
（3）实验前，要看电表的指针是否指零刻度，不在零刻度要进行调零．
（4）电流表和电压表读数：首先确定使用的量程，然后确定每一个大格和每一个小格代表的示数．
知道灯泡电压和电流，根据R=计算电阻，根据P=UI计算功率功率． （5）在图象上找到灯泡2.5V下的电流，根据P=UI计算额定功率． 灯丝的电阻受温度影响很大，随温度的升高而增大．
【解答】解：（1）滑动变阻器要按“一上一下”的方式串联接入电路，滑动变阻器的滑片向右移动时，小灯泡变亮，
说明此时滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应将滑动变阻器的B接线柱与小灯泡的右接线柱连接，如图所示：
（2）灯泡正常工作时电流为IL===0.25A．
测定灯泡功率的实验中，灯泡与滑动变阻器串联，根据串联电路电压特点得，灯泡正常工作时， 滑动变阻器电压为：U'=U﹣UL=6V﹣2.5V=3.5V，滑动变阻器电阻为：R'=
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==14Ω．
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滑动变阻器最大电阻稍大于电路需要的滑动变阻器电阻，“5Ω 0.5A”电阻太小，“500Ω 1A”电阻太大．“50Ω 0.5A”的滑动变阻器电阻和电流都合适． （3）实验前，电流表指针没有在零刻度，需要调零；
（4）灯泡电流大约为0.25A，电流表使用0～0.6A量程，灯泡额定电压为2.5V，电压表使用0～3V量程，RL′=
=
=8.18Ω，P'=UL′IL′=1.8V×0.22A=0.396W．
（5）在图象中查得，灯泡在2.5V下的电流为0.25A，所以P额=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W．灯丝的电压增大，温度升高，电阻增大．
故答案为：（1）如图；（2）R2；（3）调零；（4）8.18；0.396；（5）0.625；增大．
20．如图所示，甲是用“伏安法”测量未知电阻Rx的实物电路图．
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整．
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到 阻值最大 处；闭合开关，发现电流表几乎无示数，电压表指针明显偏转，则出现的故障可能是Rx 断路 ．
（3）排除故障后，闭合开关，当滑片移动到某位置时，电压表示数为2.4V，电流表示数如图乙所示，其读数为 0.24 A，则未知电阻Rx= 10 Ω．
（4）若实验中电压表损坏，利用其它的原有器材也能测出未知电阻Rx的阻值．实验电路如果丙所示（滑动变阻器最大阻值为R0，电源电压未知且不变），请将下列相关实验步骤补充完整： ①闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到a端，记录电流表示数为I1； ②闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到 b端 ，记录电流表示数I2； ③写出待测电阻的表达式，Rx= 【考点】伏安法测电阻的探究实验．
【分析】（1）滑动变阻器应和电流表串联，接线柱应该一上一下接入电路； （2）为了保护电路，滑动变阻器的滑片应滑到电阻最大位置；
R0 （用已知量和测量量符号表示）
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当电压表示数较大（或等于电源电压）时，电压表所测范围之外出现短路，或者所测范围之内出现断路；
（3）弄清电流的量程和分度值，再读数；根据I=求出电阻值；
（4）闭合开关S，将滑片滑倒a端，两电阻并联；将滑片滑倒b端，Rx被短路，只有R0工作，根据并联电路的电流和电压特点求出待测电阻的阻值．
【解答】解：（1）滑动变阻器应和电流表串联，接线柱应该“一上一下”接入电路，如下图：
（2）为了保护电路，滑动变阻器的滑片应滑到阻值最大处；
由题意可知，电流表指针几乎未动，说明电路中没有电流（或电流很小），则电路中可能出现了断路；
又因为电压表指针有明显偏转，说明电压表两接线柱到电源两极间的电路是连通的，则出现的故障可能是Rx断路；
（3）如图乙所示，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，读数为0.24A； 由I=得未知电阻的阻值：Rx==
=10Ω；
（4）②根据题意可知，应将滑片移到b端，记录电流表示数I2． Rx表达式的推导：
步骤②，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到b端，Rx被短路，只有R0工作，电流表示数为I2；
所以电源电压：U=I2R0，
步骤①，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到a端，两电阻并联，总电流为I1； 两次实验中，R0两端电压均等于电源电压，R0阻值不变，所以通过R0的电流均为I2， 根据并联电路的电流特点可得，通过待测电阻的电流Ix=I1﹣I2， 并联电路电压相等，则待测电阻两端的电压：Ux=U=I2R0， 所以待测电阻Rx=故答案为：
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=R0．
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（1）如上图；（2）阻值最大；断路；（3）0.24；10；（4）②b端；③
五、计算题（本大题2小题，共13分）
R0．
21．图甲为一款有高、低温两档的家用蒸汽电熨斗，其电路原理如图乙所示，R1、R2为电热丝，其额定电压均为220V．电路的工作原理是：当S1闭合，S2断开时，电熨斗处于低温档；当S1、S2都闭合时，电熨斗处于高温档．正常工作时高温挡的电功率为1980W．（电源电压保持不变，不计电热丝电阻随温度的变化）
（1）电熨斗正常工作时，在高温档状态下电路中的总电流是多大？ （2）若电热丝R2的电阻为44Ω，则电热丝R1的电阻为多少？
（3）若电热丝R2烧毁了，要使电路恢复正常工作，小楠设计了这样一个方案：
小楠方案：用两根都是“220V 550W”的电热丝并联替代R2．请你通过计算和分析，对小楠的方案作出评价．
【考点】欧姆定律的应用；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电功率的计算． 【分析】（1）电熨斗正常工作时，在高温档状态下电功率为1980W，根据P=UI求出电路中的总电流；
（2）利用并联电路的电压特点和欧姆定律可求出R2的电流，再根据并联电路的电流特点求出通过R1的电流，利用欧姆定律即可求出R1的阻值；
（3）由题意知，改造后电熨斗的功率不变，通过用两根都是“220V 550W”的电热丝并联替代R2来实现，由功率公式及并联电路的特点可得出是否符合要求．
【解答】解：（1）由P=UI可得，电熨斗正常工作时，在高温档状态下电路中的总电流： I==
=9A；
（2）因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，通过R2的电流： I2=
=
=5A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，通过R1的电流：
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