广东省江门市蓬江区2022-2023九年级上学期期末物理试卷（含解析）考试试卷

2022-2023学年广东省江门市蓬江区九年级（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）在每小题列出的四个小项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑.
1．（3分）关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（　　）
A．为了防止触电，必须把用电器的开关接在火线上
B．用电器起火，可以迅速用水将火扑灭
C．家庭电路中空气开关跳闸，一定是电路中某处发生短路
D．家庭电路中，同时工作的用电器越多，总电阻越大
2．（3分）下列说法中正确的是（　　）
A．雪花在寒风中飞舞，是因为构成雪花的分子在做杂乱无章的热运动
B．温度越高扩散现象进行得越快，说明分子热运动的剧烈程度跟温度有关
C．气球内的气体对气球有压力作用，说明球内气体分子之间存在斥力
D．装满石子的瓶子还可装进许多细沙，说明分子之间有距离
3．（3分）关于温度、内能、热量，下列说法中正确的是（　　）
A．一块0℃的铁块，可能不具有内能
B．铝块的内能增加，它一定吸收了热量
C．冰块熔化时温度不变，其内能一定不变
D．温度相同的两杯水，它们的内能可能不同
4．（3分）如图所示的电路中，电阻阻值R1＞R2。闭合开关S后，两块电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，R1和R2的两端电压分别为U1、U2。下列判断中正确的是（　　）
A．U1＞U2 B．U1＜U2 C．I1＞2I2 D．I1＜2I2
5．（3分）用酒精灯给试管中的水加热，如图所示，在软木塞被冲出试管口的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．水蒸气对软木塞做功，水蒸气的内能增大
B．水蒸气的内能转化为软木塞的机械能
C．软木塞的机械能转化为水蒸气的内能
D．能量的转化形式与热机压缩冲程能量转化相同
6．（3分）关于如图所示的实验装置图，下列说法正确的是（　　）
A．该装置探究的是发电机的原理
B．该装置能将机械能转化为电能
C．只改变电流方向时，通电导体的受力方向不变
D．同时改变电流和磁场方向时，通电导体的受力方向不变
7．（3分）如图所示，从甲地通过两条输电线向乙地用户供电，若甲地电源电压恒为U，输电线的总电阻为r，当乙地用户用电时，下列说法正确的是（　　）
A．输电线上消耗的电功率为
B．用户使用的用电器两端电压为U
C．当用户使用的用电器增多时，输电线的电流减小
D．当用户使用的用电器增多时，输电线上因发热损失的功率增大
二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分）
8．（3分）验电器是检测物体是否带电的仪器。如图所示，金属球与金属箔之间用金属杆连接，金属杆与圆形支架之间必须是用 　 　（选填“导体”或“绝缘体”）材料相隔。若将带电体接触验电器的金属球，金属箔就会张开，是因为两个金属箔片带 　 　（选填“同种”或“异种”）电荷，相互 　 　（选填“吸引”或“排斥”）。
9．（3分）将苹果放到纸箱里，在箱外就能闻到苹果的香味，这是 　 　现象，该现象说明分子在不停地做 　 　；火箭发射过程中，火箭外壳和大气摩擦后温度越来越高，这是通过 　 　的方式改变了火箭外壳的内能。
10．（3分）电炉通电后电炉丝发热逐渐变红，此过程 　 　能转化为 　 　能，电炉丝热的发红而导线却几乎不发热，原因是导线的电阻远远 　 　（选填“大于”或“小于”）电炉丝的电阻。
11．（3分）小明为了模拟电磁起重机的工作原理，用表面涂有绝缘漆的导线绕在大铁芯上制成电磁铁，接入电路，如图所示，闭合开关S，电磁铁有了磁性，A端是 　 　极。将滑动变阻器的滑片向左移动一段距离后，铁钉才陆续被吸起，这说明电流越大，电磁铁的磁性越 　 　；断开开关S，电磁铁磁性 　 　（选填“会”或“不会”）消失。
12．（3分）标有“6V 1.5W”的白炽小灯泡，通过它的电流随其两端电压变化的图像如图所示，该灯泡正常工作时的电阻为　 　Ω；若把这只灯泡与一个20Ω的定值电阻并联接在电压为4V的电源两端，则电路的总电流为　 　A，灯泡10s内产热是　 　J。
13．（3分）如图所示的电路中，电源两端的电压保持不变，闭合开关S后小灯泡L正常发光。现保持开关闭合，将滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离，电流表的示数 　 　，电压表的示数 　 　，小灯泡的功率 　 　。（以上三空选填“变大”“变小”或“不变”）
14．（3分）用如图所示电路测量未知电阻的实验中，其中Rx是待测电阻，R是滑动变阻器，R0是电阻箱。实验中，首先按电路图连好电路，并将R0和R的阻值均调至最大；只闭合开关S1和S2，调节滑动变阻器R到适当位置，读出电流表示数为I，并记录；下一步只闭合开关S1和S3，调节 　 　（选填R0或R），使电流表示数仍为I，记录下此时电阻箱的阻值为R0。则待测电阻Rx的阻值为 　 　（选用题目中给定的R、R0、I来表示）。这种物理研究方法叫做 　 　法。
三、作图题（共7分）
15．（2分）如图所示为两个磁极间的磁感线。请在图中标出磁极的名称，并画出A点小磁针静止时北极所指的方向（用箭头表示即可）。
16．（2分）如图所示，请根据小磁针指向在图中标出螺线管左端极性及画出螺线管中的电流方向。
17．（3分）请根据安全用电的原则完成如图所示的电路连接，要求开关控制两盏灯（两灯型号均为220V，20W）且灯都能正常发光。
四、实验题（本大题3小题，共19分）
18．（7分）（1）小明用如图1所示的实验装置探究“产生感应电流的条件”。
①实验中，通过观察 　 　来判断电路中是否有感应电流；
②闭合开关，若磁体不动，导体ab沿 　 　（选填“上下”或“左右”）方向运动时，电流表指针会发生偏转；若导体ab不动，左右移动磁体，电路中 　 　（选填“有”或“无”）感应电流；
③断开开关，无论磁体如何放置、导体棒怎样运动，电流表指针都不发生偏转，小明由此得出结论：闭合电路的部分导体在磁场中做 　 　运动时，电路中就产生感应电流。
（2）小明想探究电流通过导体时产生的热量Q与导体电阻R的关系。他选用了以下实验器材：两个完全相同的烧瓶，烧瓶内分别装有相同质量和初温均为t0的煤油，相同的温度计A和B和阻值为R1和R2的电阻丝（R1＜R2），还有满足实验要求的电源、滑动变阻器、开关、导线。他连接了如图2所示的电路，进行了如下实验：闭合开关面通电一段时间后，记录下温度计A的示数为t1，温度计B的示数为t2，发现（t1﹣t0）＜（t2﹣t0）。请
根据以上叙述回答下列问题：
①实验中用 　 　反映电流通过电热丝产生热量的多少。
②通过上述实验现象，小亮得到的结论是：电流通过导体产生的热量与 　 　大小有关。
③若小亮继续研究电流通过导体产生热量Q与电流I的关系，在不改变原电路的情况下，除了需要添加停表之外，还需要添加的测量器材是 　 　。
19．（6分）小明用如图甲所示电路探究电流与电阻的关系，电源电压恒为3V，电阻R有四个定值阻值（5Ω、10Ω、15Ω、25Ω）供选用，两只滑动变阻器（规格分别为①“10Ω，2A”和②“20Ω，1A”）供选用，导线若干。
（1）小明将电路接好后，闭合开关，发现电流表、电压表示数均为0。他将一根导线的一端接电源正极，另一端依次试触a、b、c、d各接线柱，当接触到d时，电流表、电压表开始有示数。则电路中的故障可能是 　 　（填序号）。
A.滑动变阻器RP断路
B.电阻R短路
C.电阻R断路
（2）排除故障并将问题元件进行同规格更换，此时R的阻值为5Ω。闭合开关，调节滑动变阻器到适当位置，把定值电阻、电压表和电流表示数记录到表格，电流表示数如图乙所示，为 　 　A。
（3）将R阻值换成10Ω，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P向 　 　（选填“左”或“右”）端滑动，使电压表示数为 　 　V，记录数据。将R阻值换成15Ω重复上述操作。为提高结论的可靠性，换用阻值为25Ω的电阻继续上述实验，小明应选择的滑动变阻器规格是 　 　（填序号）。
（4）根据实验数据，小明作了如图丙所示的I﹣R图象。根据图象 　 　（选填“可以”或“不可以”）判断I与R的定量关系。
20．（6分）小明在实验室测量额定电压为2.5V小灯泡的额定功率。
（1）如图甲所示是小明连接的实物电路。闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移动到 　 　（选填“左”或“右”）端。
（2）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P到某一位置，观察到电压表和电流表的示数分别如图乙、丙所示，则此时小灯泡两端的电压为 　 　V，小灯泡的额定功率为 　 　W；小灯泡正常发光时的电阻RL＝　 　Ω。（结果保留一位小数）
（3）小明在实验中，调节滑动变阻器的滑片P，测得多组电压值和电流值，之后他计算出小灯泡的平均功率。你认为小明的做法是否正确？请简要说明原因：　 　。
五、计算题（本大题2小题，共13分）
21．（7分）如图所示，电源两端的电压为6V且保持不变，定值电阻R1的阻值为20Ω。闭合开关S，当滑动变阻器R2的滑片处于某位置时，电流表的示数为0.4A，求：
（1）滑动变阻器R2接入电路的阻值；
（2）10s内电流通过电阻R1做的功。
22．（6分）额定功率为3000W的电热水器正常工作时，把质量为60kg的水从20℃加热到70℃。已知c水＝4.2×103J/（kg ℃），不计热量损失，求：
（1）水吸收的热量；
（2）加热所需要的时间。
六、综合能力题（本大题3小题，共19分）
23．（7分）小明在探究导体电阻的大小与哪些因素有关的实验中，猜想可能跟导体的材料、长度、横截面积有关。小明利用老师提供的装有三种规格电阻丝的实验盘（如图甲所示），设计了一个电路（如图乙所示）来进行实验探究，其中M、N之间接入电阻丝。
（1）小明探究电阻跟长度的关系时，先把M接1、N接2，观察灯泡亮度；然后将2和4连接起来，再将M接1、N接3，发现灯泡亮度变暗，得出结论 　 　。
（2）小明探究电阻跟横截面积的关系时，先把M接1、N接2，观察灯泡亮度；然后保持M接1、N接2不变，同时将2和4连接起来、　 　和 　 　连接起来，改变接入电阻丝的横截面积，再观察灯泡的亮度，分析比较得出结论。
（3）小明探究电阻跟材料的关系时，可用M、N分别接1、2和 　 　，观察灯泡亮度变化，分析比较得出结论。
（4）在上面的实验中，电阻的大小并不能直接观察，而是通过灯泡的亮度反映出来的，这里运用了 　 　物理研究方法。
（5）小芳觉得只看亮度并不能准确判断电阻的大小，最好在电路中加入 　 　，这样判断会更准确。
24．（6分）小明学了电磁继电器的知识以后，突发奇想：自己能不能制作一个烘手器呢？他开始设计了一个电路，如图甲所示，R0为感应红外线的光敏电阻，M为用电动机做成的简易吹风机，试用以后，觉得干手的速度还有点慢，于是他又想，如果在不影响电动机正常工作的情况下加一个“220V，1000W”的电热丝，那效果也许会更好，请回答以下问题：
（1）闭合开关S时，电动机不工作，将手靠近时，手辐射的红外线增强，电动机工作，充分说明R0的阻值随辐射红外线强度的增大而 　 　；若电动机转动感应不太灵敏，可将滑动变阻器R的滑片适当往 　 　（选填“左”或“右”）调。
（2）在图乙中将接入电热丝后的电路图补充完整（电热丝可用电阻的符号表示）。
（3）若在离手r处的红外线强度E＝k1r，光敏电阻的阻值R0和E的关系为R0＝，则手离光敏电阻越近，控制电路中的电流越 　 　；已知控制电路电源电压为U，滑动变阻器接入电路阻值保持R不变。若I0为控制电路刚好能启动工作电路的电流，则烘手时手距离光敏电阻的最大距离为rmax＝　 　（用k1、k2、U、R、I0表示）。
25．（6分）阅读短文，回答问题。
空气发电机
清洁能源被认为是未来的趋势。一种发电装置名为“空气发电机”，可以直接利用空气中的水分发电，这项技术未来可能会对可再生能源、气候变化和医疗领域产生重大影响。如图所示，这种“空气发电机”主要由微生物地杆菌产生的导电蛋白纳米线形成了7微米的薄膜构成，薄膜的底部和顶部各有一个电极。当蛋白纳米线与电极相连后，就可以利用薄膜从空气中吸收水分，水分子被分解成氢离子和氧离子，导致电荷在薄膜顶部聚集，利用两个电极形成的电荷差让电子流动，从而产生电能。
此外，“空气发电机”在湿度为45%的空气中效果最好，但即便在极度干燥的地方，比如撒哈拉沙漠，一样能发电，这与太阳能和风能等可再生能源相比，“空气发电机”有着明显优势，它不需要风力和太阳，在室内也能运行。不过这种“空气发电机”产生的电量十分有限，单个设备只能产生约0.5V的持续电压，电流密度约为1.7×10 2mA/cm2，需要多个设备一起运行才能实现供电。
（1）“空气发电机”在湿度为 　 　的空气中发电效果最好。
（2）下列关于“空气发电机”的说法错误的有 　 　。
A.“空气发电机”主要由微生物地杆菌构成
B.“空气发电机”可以在室内运行
C.“空气发电机”工作时将水分子分解成氢离子和氧离子
D.“空气发电机”违背了能量守恒定律
（3）“空气发电机”与电磁感应发电机原理 　 　（选填“相同”或“不相同”）。“空气发电机”在发电过程中，将 　 　（选填“化学”或“机械”）能转化为电能。
（4）若让5个薄膜为4cm2的“空气发电机”同时工作，在1h内产生的电能为 　 　J，能让标有“2.5V，0.75W”的小灯泡正常工作 　 　s。
2022-2023学年广东省江门市蓬江区九年级（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）在每小题列出的四个小项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑.
1．（3分）关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（　　）
A．为了防止触电，必须把用电器的开关接在火线上
B．用电器起火，可以迅速用水将火扑灭
C．家庭电路中空气开关跳闸，一定是电路中某处发生短路
D．家庭电路中，同时工作的用电器越多，总电阻越大
【分析】（1）在家庭电路中，开关应控制火线；
（2）家用电器起火，应先切断电源，再救火；
（3）造成电路中电流过大的原因可能是短路，也可能是用电器总功率过大；
（4）并联电路中，支路越多，总电阻越小。
【解答】解：
A、家庭电路的开关，一定要接在火线上，这样断开开关时，用电器才不会带电，更安全，故A正确；
B、家用电器起火时，应先切断电源再救火，不能立即用水去扑灭，因生活用水是导体，易发生触电事故，故B错误；
C、家庭电路中的空气开关跳闸，可能是电路中某处发生短路，也可能是用电器总功率过大，故C错误；
D、家庭电路中各用电器是并联的，同时工作的用电器越多，相当于增大了横截面积，故总电阻越小，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了与家庭电路相关的一些用电注意事项，应结合相关的知识进行判断，有一定的现实意义。
2．（3分）下列说法中正确的是（　　）
A．雪花在寒风中飞舞，是因为构成雪花的分子在做杂乱无章的热运动
B．温度越高扩散现象进行得越快，说明分子热运动的剧烈程度跟温度有关
C．气球内的气体对气球有压力作用，说明球内气体分子之间存在斥力
D．装满石子的瓶子还可装进许多细沙，说明分子之间有距离
【分析】分子动理论的基本观点：
（1）一切物质都是由分子或原子组成的，分子间有间隙；
（2）一切分子都在不停地做无规则运动，温度越高分子运动得越剧烈；
（3）分子之间存在着相互作用的引力和斥力。
【解答】解：A、雪花在寒风中飞舞，是物体的机械运动，故A错误；
B、温度越高分子运动得越剧烈，扩散现象进行得越快，说明分子热运动的剧烈程度跟温度有关，故B正确；
C、气球内的气体对气球有压力作用，是大量气体分子的无规则运动的结果，故C错误；
D、装满石子的瓶子还可装进许多细沙，是宏观现象，不能说明分子之间有距离，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了分子动理论的基本观点，属于基础题。
3．（3分）关于温度、内能、热量，下列说法中正确的是（　　）
A．一块0℃的铁块，可能不具有内能
B．铝块的内能增加，它一定吸收了热量
C．冰块熔化时温度不变，其内能一定不变
D．温度相同的两杯水，它们的内能可能不同
【分析】（1）内能的概念：物体内所有分子的分子动能和分子势能的总和，一切物体都具有内能，内能与是质量、温度、状态有关；
（2）改变物体内能的方式有做功和热传递；
（3）冰是晶体，晶体熔化的特点是温度不变，但要继续吸热，其内能不断增大。
【解答】解：
A、任何物体都具有内能，故A错误；
B、铝块的内能增加，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故B错误；
C、冰是晶体，冰熔化成水，吸收热量，内能增加，但温度不变，故C错误；
D、因为内能与物体的质量、温度和状态有关，温度相同的两杯水，其质量不一定相同，故它们的内能可能不同，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对热量与内能的关系的理解，难度不大。
4．（3分）如图所示的电路中，电阻阻值R1＞R2。闭合开关S后，两块电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，R1和R2的两端电压分别为U1、U2。下列判断中正确的是（　　）
A．U1＞U2 B．U1＜U2 C．I1＞2I2 D．I1＜2I2
【分析】由电路图知，两电阻并联，电流表A1测干路电流，A2测R2支路电流；
（1）根据并联电路电压规律可知R1和R2的两端电压关系；
（2）根据欧姆定律比较通过电阻R1和R2的电流关系，再根据并联电路电流规律比较两支路电流关系。
【解答】解：由电路图知，两电阻并联，电流表A1测干路电流，A2测R2支路电流；
（1）因并联电路中各支路两端电压相等，所以U1＝U2，故AB错误；
（2）因为U1＝U2，且R1＞R2，由I＝可知，IR1＜IR2，且IR2＝I2，
因并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，所以IR1＝I1﹣I2，IR2＝I2，即（I1﹣I2）＜I2，即I1＜2I2，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查并联电路的电流和电压特点以及欧姆定律的应用，正确分析电路的连接方式以及电表的作用是关键。
5．（3分）用酒精灯给试管中的水加热，如图所示，在软木塞被冲出试管口的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．水蒸气对软木塞做功，水蒸气的内能增大
B．水蒸气的内能转化为软木塞的机械能
C．软木塞的机械能转化为水蒸气的内能
D．能量的转化形式与热机压缩冲程能量转化相同
【分析】对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小。
【解答】解：A、水蒸气对软木塞做功，水蒸气内能减小，温度降低，故A错误；
BC、软木塞冲出试管口的过程中是水蒸气的内能转化为软木塞机械能的过程，故B正确，C错误；
D、软木塞冲出的过程中是水蒸气的内能转化为软木塞机械能的过程，而热机压缩冲程是将机械能转化为内能；故D错误。
故选：B。
【点评】此题来源于课本插图，考查了做功可以改变物体的内能和能量转化的知识，要求学生在学习中一定要注意课本上的插图，明白每个插图蕴含的物理意义。
6．（3分）关于如图所示的实验装置图，下列说法正确的是（　　）
A．该装置探究的是发电机的原理
B．该装置能将机械能转化为电能
C．只改变电流方向时，通电导体的受力方向不变
D．同时改变电流和磁场方向时，通电导体的受力方向不变
【分析】（1）该装置中有电源提供电能，这是研究通电导体在磁场中受力的装置，是电动机的工作原理。
（2）磁场对通电导体的作用力的方向与电流方向、磁场方向的有关。
【解答】解：AB、该装置中有电源提供电能，这是研究通电导体在磁场中受力的装置，是电动机的工作原理，此过程中，电能转化为机械能，故AB错误；
CD、磁场对通电导体的作用力的方向与电流方向、磁场方向的有关，只改变电流方向或只改变磁场都可以改变通电导体的受力方向；同时改变电流和磁场方向时，通电导体的受力方向不变，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】研究通电导体在磁场中受力的实验装置中有电池，电能转化为机械能，根据此原理制成电动机；研究电磁感应现象的实验装置中没有电池，机械能转化为电能，根据此原理制成发电机。
7．（3分）如图所示，从甲地通过两条输电线向乙地用户供电，若甲地电源电压恒为U，输电线的总电阻为r，当乙地用户用电时，下列说法正确的是（　　）
A．输电线上消耗的电功率为
B．用户使用的用电器两端电压为U
C．当用户使用的用电器增多时，输电线的电流减小
D．当用户使用的用电器增多时，输电线上因发热损失的功率增大
【分析】（1）根据公式P＝UI＝分析输电线上消耗的电功率的大小；
（2）根据串联电路的电压规律分析用户使用的用电器两端电压的大小；
（3）根据并联电路的电流特点分析用户使用的用电器增多时干路中的电流变化；
（4）当用户使用的用电器增多时，根据P＝I2R判断输电线上因发热而损失的功率变化。
【解答】解：A．由于导线的电阻较小，其分担的电压Ur要远小于电源电压U，输电线上消耗的电功率应为，故A错误；
B．由于导线有一定的电阻，根据U＝IR可知，导线会分担一定的电压，所以用户使用的用电器两端电压要低于电源电压U，故B错误；
C．由并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知，当用户使用的用电器增多时，干路电流增大，即输电线的电流增大，故C错误；
D．当用户使用的用电器增多时，干路中的电流变大，由P热＝I2r可知，输电线上因发热而损失的功率增大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的理解与掌握，要注意导线与用电器之间是串联的。
二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分）
8．（3分）验电器是检测物体是否带电的仪器。如图所示，金属球与金属箔之间用金属杆连接，金属杆与圆形支架之间必须是用 　绝缘体　（选填“导体”或“绝缘体”）材料相隔。若将带电体接触验电器的金属球，金属箔就会张开，是因为两个金属箔片带 　同种　（选填“同种”或“异种”）电荷，相互 　排斥　（选填“吸引”或“排斥”）。
【分析】容易导电的物体是导体，不容易导电的物体是绝缘体；验电器是用来检验物体是否带电仪器；验电器是根据同种电荷相互排斥的原理制作的，金属箔片所带的电荷量越多，其张角越大。
【解答】解：为了防止电荷被导走，金属杆与圆形支架之间必须是用绝缘体材料相隔；
验电器是用来检验物体是否带电的仪器；用带电体接触验电器的金属球时，电荷在带电体和两片金属箔间发生转移，两片金属箔会带上同种电荷，同种电荷相互排斥而张开。
故答案为：绝缘体；同种；排斥。
【点评】此题考查对验电器用途、原理及其使用特点的了解，要牢记。
9．（3分）将苹果放到纸箱里，在箱外就能闻到苹果的香味，这是 　扩散　现象，该现象说明分子在不停地做 　无规则运动　；火箭发射过程中，火箭外壳和大气摩擦后温度越来越高，这是通过 　做功　的方式改变了火箭外壳的内能。
【分析】（1）不同物质的分子彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子不停地做无规则运动；
（2）摩擦生热属于做功改变物体的内能。
【解答】解：（1）将苹果放到纸箱里，在箱外就能闻到苹果的香味，这是扩散现象，是由于分子在不停地做无规则运动形成的；
（2）火箭外壳和大气摩擦，通过做功，将机械能转化为内能，使火箭外壳的温度越来越高。
故答案为：扩散；无规则运动；做功。
【点评】本题考查了对扩散现象的理解、对做功改变物体内能的认识，属基础知识，难度不大。
10．（3分）电炉通电后电炉丝发热逐渐变红，此过程 　电　能转化为 　内　能，电炉丝热的发红而导线却几乎不发热，原因是导线的电阻远远 　小于　（选填“大于”或“小于”）电炉丝的电阻。
【分析】导体通电后发热，电能转化为内能，是电流的热效应。焦耳定律的表达式：Q＝I2Rt。
【解答】解：电炉通电后电炉丝发热逐渐变红，此过程电能转化为内能，是电流的热效应；
电炉丝与导线串联，通过电炉丝与导线中的电流相同，导线的电阻远远小于电炉丝的电阻，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知导线电阻产生的热量远小于电炉丝产生的热量，故电炉丝热的发红而导线却几乎不发热。
故答案为：电；内；小于。
【点评】知道电流热效应中的能量转化，深入理解焦耳定律的内容，可解答此题。
11．（3分）小明为了模拟电磁起重机的工作原理，用表面涂有绝缘漆的导线绕在大铁芯上制成电磁铁，接入电路，如图所示，闭合开关S，电磁铁有了磁性，A端是 　N　极。将滑动变阻器的滑片向左移动一段距离后，铁钉才陆续被吸起，这说明电流越大，电磁铁的磁性越 　强　；断开开关S，电磁铁磁性 　会　（选填“会”或“不会”）消失。
【分析】开关闭合后，根据电流方向利用安培定则可判断螺线管的磁极，由滑动变阻器的滑片移动方向和欧姆定律可得出电路中电流的变化，从而可知电磁铁磁性强弱的变化；
电磁铁中无电流通过时，电磁铁不具有磁性。
【解答】解：
由图可知，开关闭合后，电流由螺线管的上端流入、下端流出，由安培定则可知，螺线管的A端为N极，B端为S极，
滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，由欧姆定律可知线圈中的电流增大，则电磁铁的磁性增强；
断开开关S，通过电磁铁无电流，电磁铁磁性消失。
故答案为：N；强；会。
【点评】本题考查了安培定则、电路的动态分析以及影响电磁铁磁性强弱的因素，涉及的知识点较多，但难度不大。
12．（3分）标有“6V 1.5W”的白炽小灯泡，通过它的电流随其两端电压变化的图像如图所示，该灯泡正常工作时的电阻为　24　Ω；若把这只灯泡与一个20Ω的定值电阻并联接在电压为4V的电源两端，则电路的总电流为　0.4　A，灯泡10s内产热是　8　J。
【分析】（1）白炽灯正常发光时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P＝UI＝求出该灯泡正常工作时的电阻；
（2）若把这只灯泡与一个20Ω的定值电阻并联接在电压为4V的电源两端，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过定值电阻的电流，根据图像读出通过灯泡的电流，利用并联电路的电流特点求出电路的总电流，利用Q＝W＝UIt求出灯泡10s内产生的热量。
【解答】解：
（1）灯泡正常发光时的电压UL＝6V，功率PL＝1.5W，
由P＝UI＝可得，该灯泡正常工作时的电阻：RL＝＝＝24Ω；
（2）若把这只灯泡与一个20Ω的定值电阻R并联接在电压为4V的电源两端，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，通过定值电阻的电流：IR＝＝＝0.2A，
由图像可知，通过灯泡的电流IL′＝0.2A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，电路的总电流：I＝IL′+IR＝0.2A+0.2A＝0.4A，
灯泡10s内产热：Q＝W＝UIL′t＝4V×0.2A×10s＝8J。
故答案为：24；0.4；8。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电热公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
13．（3分）如图所示的电路中，电源两端的电压保持不变，闭合开关S后小灯泡L正常发光。现保持开关闭合，将滑动变阻器的滑片P向左移动一小段距离，电流表的示数 　变小　，电压表的示数 　变大　，小灯泡的功率 　变小　。（以上三空选填“变大”“变小”或“不变”）
【分析】由图可知，灯泡和变阻器串联，电压表测量变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流。
将滑动变阻器的滑片P向左移动，变阻器连入电路的电阻变大，根据串联电路电阻规律可知电路中总电阻的变化，由欧姆定律可知当电源电压一定时，电路中的电流的变化，根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压的变化，根据串联电路电压规律可知灯泡两端的电压变化，由P＝UI可知灯泡的功率变化。
【解答】解：由图可知，灯泡和变阻器串联，电压表测量变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流。
将滑动变阻器的滑片P向左移动，变阻器连入电路的电阻变大，根据串联电路电阻规律可知电路中总电阻将变大，由欧姆定律可知当电源电压一定时，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变大，即电压表示数变大，根据串联电路电压规律可知灯泡两端的电压变小，通过灯泡的电流和灯泡两端的电压均变小，由P＝UI可知灯泡的功率变小。
故答案为：变小；变大；变小。
【点评】本题考查串联电路的规律、串联分压原理、欧姆定律和电功率公式的运用。
14．（3分）用如图所示电路测量未知电阻的实验中，其中Rx是待测电阻，R是滑动变阻器，R0是电阻箱。实验中，首先按电路图连好电路，并将R0和R的阻值均调至最大；只闭合开关S1和S2，调节滑动变阻器R到适当位置，读出电流表示数为I，并记录；下一步只闭合开关S1和S3，调节 　R0　（选填R0或R），使电流表示数仍为I，记录下此时电阻箱的阻值为R0。则待测电阻Rx的阻值为 　R0　（选用题目中给定的R、R0、I来表示）。这种物理研究方法叫做 　等效替代　法。
【分析】由等效替代法可知，当闭合开关S1，只闭合开关S2或S3时，保持滑动变阻器接入电路的阻值保持不变，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数相同，说明待测电阻Rx和电阻箱R0的阻值是等效电阻，即可得到待测电阻的大小。
【解答】解：由等效替代法可知，当闭合开关S1，只闭合开关S2或S3时，保持滑动变阻器接入电路的阻值保持不变，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数相同，说明待测电阻Rx和电阻箱R0的阻值是等效电阻，故实验步骤如下：
（1）在图示电路中，按电路图连好电路，并将R0和R的阻值均调至最大，
（2）只闭合开关S1和S2，调节滑动变阻器R到适当位置，读出电流表示数为I，
（3）下一步只闭合开关S1和S3，调节R0，使电流表示数仍为I，
（4）读出电阻箱接入电路的阻值R0，由于两次电流表示数相同，则两次的总电阻相同，即Rx十R＝R0+R，所以Rx＝R0。运用了等效替代法。
故答案为：R0；R0；等效替代。
【点评】本题考查了滑动变阻器的作用，关键是理解等效替代法的思想，要求学生理解并掌握。
三、作图题（共7分）
15．（2分）如图所示为两个磁极间的磁感线。请在图中标出磁极的名称，并画出A点小磁针静止时北极所指的方向（用箭头表示即可）。
【分析】根据磁场的性质及磁感线的特点分析即可；某点磁场的方向实际就是小磁针静止时北极所指的方向，而在磁体外部磁感线的方向是由N出发回到S极，实际磁场的方向与磁感线方向是一致的。
【解答】解：根据磁体外部，磁感线的方向是由磁铁的N极出发回到磁铁的S极；则由图即可确定图中磁极左端为N极，右端为S极。
【点评】此题主要考查了磁感线的概念，同时要考查了磁感线的方向及磁针北极指向的关系，一定注意某点磁场的方向实际就是小磁针静止时北极所指的方向。
16．（2分）如图所示，请根据小磁针指向在图中标出螺线管左端极性及画出螺线管中的电流方向。
【分析】（1）同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引；
（2）用右手握住螺线管，四指弯向电流方向，大拇指所指即为通电螺线管的N极。
【解答】解：同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，因此通电螺线管的左侧为S极，右侧为N极，根据安培定则，可知电源右侧为“+”极。据此作图如下：
故答案为：见上图。
【点评】此题考查了磁极间的相互作用、安培定则，难度不大，属基础题目。
17．（3分）请根据安全用电的原则完成如图所示的电路连接，要求开关控制两盏灯（两灯型号均为220V，20W）且灯都能正常发光。
【分析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡，零线直接接入灯泡。在照明电路中，各个灯泡是并联的，由共同的开关控制。
【解答】解：要使每盏灯都能正常发光，则两灯泡要并联；灯泡接法：火线进入开关，这样在断开开关时，能切断火线与灯泡的连接，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全，如图所示：
。
【点评】掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
四、实验题（本大题3小题，共19分）
18．（7分）（1）小明用如图1所示的实验装置探究“产生感应电流的条件”。
①实验中，通过观察 　电流表指针的偏转　来判断电路中是否有感应电流；
②闭合开关，若磁体不动，导体ab沿 　左右　（选填“上下”或“左右”）方向运动时，电流表指针会发生偏转；若导体ab不动，左右移动磁体，电路中 　有　（选填“有”或“无”）感应电流；
③断开开关，无论磁体如何放置、导体棒怎样运动，电流表指针都不发生偏转，小明由此得出结论：闭合电路的部分导体在磁场中做 　切割磁感线　运动时，电路中就产生感应电流。
（2）小明想探究电流通过导体时产生的热量Q与导体电阻R的关系。他选用了以下实验器材：两个完全相同的烧瓶，烧瓶内分别装有相同质量和初温均为t0的煤油，相同的温度计A和B和阻值为R1和R2的电阻丝（R1＜R2），还有满足实验要求的电源、滑动变阻器、开关、导线。他连接了如图2所示的电路，进行了如下实验：闭合开关面通电一段时间后，记录下温度计A的示数为t1，温度计B的示数为t2，发现（t1﹣t0）＜（t2﹣t0）。请
根据以上叙述回答下列问题：
①实验中用 　温度计升高的温度　反映电流通过电热丝产生热量的多少。
②通过上述实验现象，小亮得到的结论是：电流通过导体产生的热量与 　电阻　大小有关。
③若小亮继续研究电流通过导体产生热量Q与电流I的关系，在不改变原电路的情况下，除了需要添加停表之外，还需要添加的测量器材是 　电流表　。
【分析】（1）①在探究“产生感应电流的条件”的实验中，是通过灵敏电流表指针的偏转来却定感应电流的产生的，应用了转换法；
②③闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就会产生感应电流，这种现象叫做电磁感应；
（2）①温度计示数的变化反映了液体温度的变化，反映了液体吸收热量即电流产生热量的多少；
②探究电流通过电阻产生的热量跟电阻阻值大小的关系，根据Q＝I2Rt可知，应控制电流和通电时间相同，使电阻阻值不同；
③实验中需要用电流表来测量电路电流。
【解答】解：（1）①实验中，通过观察电流表指针的偏转来判断电路中是否有感应电流；
②闭合开关，若磁体不动，导体ab沿左右方向运动时，导体ab切割磁感线，电路中有感应电流，电流表指针会发生偏转；若导体ab不动，左右移动磁体，导体ab切割磁感线，电路中有感应电流；
③闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就产生感应电流。
（2）①实验中用温度计升高的温度反映电流通过电热丝产生热量的多少。
②电流和通电时间相同时，电流通过电阻产生的热量跟电阻阻值大小有关，电阻越大，产生热量越多；
③探究电流通过电阻时产生的热量Q与电流I的关系时，应控制时间和电阻阻值是相同的，用电流表来测量电路电流的变化。
故答案为：（1）①电流表指针的偏转；
②左右；有；
③切割磁感线；
（2）①温度计升高的温度；
②电阻；
③电流表。
【点评】此题考查了探究“产生感应电流的条件”的实验、探究“影响电流通过导体时产生热量的因素”的实验。产生感应电流的条件注意三点：一是“闭合电路”，电路必须是完整的回路，二是“一部分导体”，不是全部的导体都在参与运动，三是“切割磁感线运动”，导体的运动必须是切割磁感线的，正切、斜切都可以，但不能不切割；理解焦耳定律的公式Q＝I2Rt，知道要想探究电流通过电阻产生的热量跟电阻阻值大小的关系，就要控制电流和通电时间相同；而研究电流产生热量与电流的关系，就要控制电阻和通电时间相同。
19．（6分）小明用如图甲所示电路探究电流与电阻的关系，电源电压恒为3V，电阻R有四个定值阻值（5Ω、10Ω、15Ω、25Ω）供选用，两只滑动变阻器（规格分别为①“10Ω，2A”和②“20Ω，1A”）供选用，导线若干。
（1）小明将电路接好后，闭合开关，发现电流表、电压表示数均为0。他将一根导线的一端接电源正极，另一端依次试触a、b、c、d各接线柱，当接触到d时，电流表、电压表开始有示数。则电路中的故障可能是 　A　（填序号）。
A.滑动变阻器RP断路
B.电阻R短路
C.电阻R断路
（2）排除故障并将问题元件进行同规格更换，此时R的阻值为5Ω。闭合开关，调节滑动变阻器到适当位置，把定值电阻、电压表和电流表示数记录到表格，电流表示数如图乙所示，为 　0.4　A。
（3）将R阻值换成10Ω，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P向 　右　（选填“左”或“右”）端滑动，使电压表示数为 　2　V，记录数据。将R阻值换成15Ω重复上述操作。为提高结论的可靠性，换用阻值为25Ω的电阻继续上述实验，小明应选择的滑动变阻器规格是 　②　（填序号）。
（4）根据实验数据，小明作了如图丙所示的I﹣R图象。根据图象 　可以　（选填“可以”或“不可以”）判断I与R的定量关系。
【分析】（1）他将一根导线的一端接电源正极，另一端依次试触a、b、c、d各接线柱，电流表、电压表示数均为0，说明电源正极和c之外的电路有断路；当试触d接线柱时，电流表、电压表有示数且读数较大，说明电流表、电压表与电源连通，据此分析；
（2）根据电流表的量程和分度值进行读数；
（3）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
根据电阻两端的电压始终保持UV＝2V，由串联电路电压的规律和欧姆定律求出当定值电阻最大值连入电路中时对应的变阻器的电阻；
（4）分析图像得出结论。
【解答】解：（1）由题意，闭合开关后，他将一根导线的一端接电源正极，另一端依次试触a、b、c各接线柱，电流表、电压表示数均为0，说明电源正极和c之外的电路有断路，当接触到d时，当试触d接线柱时，电流表、电压表有示数且读数较大，说明电流表、电压表与电源连通，电路中所有可确定的故障是：滑动变阻器断路，故选A；
（2）由图乙可知，电流表选择的量程为0﹣0.6A，分度值是0.02A，电流表的示数为：I＝0.4A，此时电压为U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V；
（3）根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数保持2V不变；
换用阻值为25Ω的电阻时，R＝25Ω，串联电路各处电流都相等，由欧姆定律可得，电路中的电流：I＝＝＝0.08A，
电阻两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：UP＝U﹣UV＝3V﹣2V＝1V，
滑动变阻器接入电阻：RP＝＝＝12.5Ω＞10Ω，故选择的滑动变阻器规格是：“20Ω 1A”，即为②；
（4）小明做出了如图丁所示的I﹣R图象，由于此图线为曲线，断路发生在c和d之间，说明电压一定时，电流与电阻成反比。
故答案为：（1）A；（2）0.4；（3）右；2；②；（4）可以。
【点评】本题是探究“电流跟电压、电阻关系”实验，考查电路连接、故障分析、操作过程、控制变量法的运用及数据分析等，属于常考命题点。
20．（6分）小明在实验室测量额定电压为2.5V小灯泡的额定功率。
（1）如图甲所示是小明连接的实物电路。闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移动到 　左　（选填“左”或“右”）端。
（2）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P到某一位置，观察到电压表和电流表的示数分别如图乙、丙所示，则此时小灯泡两端的电压为 　2.5　V，小灯泡的额定功率为 　0.75　W；小灯泡正常发光时的电阻RL＝　8.3　Ω。（结果保留一位小数）
（3）小明在实验中，调节滑动变阻器的滑片P，测得多组电压值和电流值，之后他计算出小灯泡的平均功率。你认为小明的做法是否正确？请简要说明原因：　灯泡在不同电压下的功率不同　。
【分析】（1）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处；
（2）灯泡在额定电压下正常发光，根据电表选用量程确定分度值读出示数，根据P＝UI可求出灯泡的额定功率，利用欧姆定律计算小灯泡正常发光时的电阻；
（3）灯泡在不同电压下的功率不同，据此分析。
【解答】解：（1）为了保护电路，闭合开关实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由图知，滑片左侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的左端；
（2）灯泡在额定电压下正常发光，图2甲中电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.5V灯泡的额定电压，此时小灯泡正常发光，图2乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，
则小灯泡的额定功率是：
P额＝U额I额＝2.5V×0.3A＝0.75W，
由I＝可知，小灯泡正常发光时的电阻：
RL＝＝≈8.3Ω；
（3）测量小灯泡的电功率不需要多次测量求平均值，原因是灯泡在不同电压下的功率不同。
故答案为：（1）左；（2）2.5；0.75；8.3；（3）灯泡在不同电压下的功率不同。
【点评】本题测量小灯泡的额定功率，考查注意事项、电表读数、电功率的计算、欧姆定律的应用及实验方案的评价。
五、计算题（本大题2小题，共13分）
21．（7分）如图所示，电源两端的电压为6V且保持不变，定值电阻R1的阻值为20Ω。闭合开关S，当滑动变阻器R2的滑片处于某位置时，电流表的示数为0.4A，求：
（1）滑动变阻器R2接入电路的阻值；
（2）10s内电流通过电阻R1做的功。
【分析】（1）闭合开关S，定值电阻和滑动变阻器并联，电流表测量干路电流。
根据欧姆定律可知通过R1的电流，根据并联电路的电流特点可知通过滑动变阻器的电流，
根据欧姆定律可知滑动变阻器R2接入电路的阻值；
（2）根据W＝UI1t得出10s内电流通过电阻R1做的功。
【解答】解：（1）闭合开关S，定值电阻和滑动变阻器并联，电流表测量干路电流。
根据欧姆定律可知通过R1的电流I1＝＝＝0.3A，
根据并联电路的电流特点可知通过滑动变阻器的电流I2＝I﹣I1＝0.4A﹣0.3A＝0.1A，
根据欧姆定律可知滑动变阻器R2接入电路的阻值R2＝＝＝60Ω；
（2）10s内电流通过电阻R1做的功W＝UI1t＝6V×0.3A×10s＝18J。
答：（1）滑动变阻器R2接入电路的阻值为60Ω；
（2）10s内电流通过电阻R1做的功为18J。
【点评】本题考查欧姆定律的应用和并联电路的特点，难度不大。
22．（6分）额定功率为3000W的电热水器正常工作时，把质量为60kg的水从20℃加热到70℃。已知c水＝4.2×103J/（kg ℃），不计热量损失，求：
（1）水吸收的热量；
（2）加热所需要的时间。
【分析】（1）由吸热公式Q吸＝cmΔt计算吸收的热量。
（2）不计热量损失，电热丝所产生热量的全部被水吸收，由Q放＝Q吸＝W＝Pt算出电流产生这些热量所需要的时间。
【解答】解：（1）使水温由20℃升高到70℃，水需要吸收热量为：
Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×60kg×（70℃﹣20℃）＝1.26×107J；
（2）不计热量损失，电热丝所产生热量的全部被水吸收，由Q放＝Q吸＝W＝Pt得加热所需要的时间：t＝＝＝＝4200s。
答：（1）水吸收的热量为1.26×107J；
（2）加热所需要的时间为4200s。
【点评】本题是一道电学与热学的综合应用题，考查吸热公式和电功公式的灵活运用，与生活相连，使学生觉得学了物理有用。
六、综合能力题（本大题3小题，共19分）
23．（7分）小明在探究导体电阻的大小与哪些因素有关的实验中，猜想可能跟导体的材料、长度、横截面积有关。小明利用老师提供的装有三种规格电阻丝的实验盘（如图甲所示），设计了一个电路（如图乙所示）来进行实验探究，其中M、N之间接入电阻丝。
（1）小明探究电阻跟长度的关系时，先把M接1、N接2，观察灯泡亮度；然后将2和4连接起来，再将M接1、N接3，发现灯泡亮度变暗，得出结论 　当导体的材料、横截面积相同时，长度越长，电阻越大　。
（2）小明探究电阻跟横截面积的关系时，先把M接1、N接2，观察灯泡亮度；然后保持M接1、N接2不变，同时将2和4连接起来、　3　和 　1　连接起来，改变接入电阻丝的横截面积，再观察灯泡的亮度，分析比较得出结论。
（3）小明探究电阻跟材料的关系时，可用M、N分别接1、2和 　5、6　，观察灯泡亮度变化，分析比较得出结论。
（4）在上面的实验中，电阻的大小并不能直接观察，而是通过灯泡的亮度反映出来的，这里运用了 　转换法　物理研究方法。
（5）小芳觉得只看亮度并不能准确判断电阻的大小，最好在电路中加入 　电流表　，这样判断会更准确。
【分析】（1）（2）（3）导体的电阻与导体的长度、横截面积、材料和温度有关，在分析过程中要用控制变量法；
（4）（5）在此实验装置中，运用转换法，电阻的大小通过比较电流表示数大小或或小灯泡的亮度来判断。
【解答】解：（1）先把M接1、N接2，观察灯泡亮度；然后将2和4连接起来，再将M接1、N接3，这样接入电路的电阻长度变长，可探究电阻跟长度的关系，发现灯泡亮度变暗，可得出结论：当导体的材料、横截面积相同时，长度越长，电阻越大；
（2）先把M接1、N接2；然后保持M接1、N接2不变，同时将2和4连接起来，后一种接法使接入电路电阻的横截面增大了一倍，可探究电阻跟横截面积的关系；
（3）用M、N分别接1、2和5、6时，两电阻丝的长度、横截面积相同而材料不同，可探究电阻跟材料的关系；
（4）实验中通过小灯泡的亮度反映电阻大小，灯泡越亮，说明电阻丝的电阻越小，采用的是转换法；
（5）当电流变化不是很大时，很难看出灯泡亮暗的变化，在电路中加入电流表，这样判断会更准确。
故答案为：（1）当导体的材料、横截面积相同时，长度越长，电阻越大；（2）3；1（3）5、6（4）转换法；（5）电流表。
【点评】本题考查了探究影响电阻大小因素的实验，利用好控制变量法和转换法是关键。
24．（6分）小明学了电磁继电器的知识以后，突发奇想：自己能不能制作一个烘手器呢？他开始设计了一个电路，如图甲所示，R0为感应红外线的光敏电阻，M为用电动机做成的简易吹风机，试用以后，觉得干手的速度还有点慢，于是他又想，如果在不影响电动机正常工作的情况下加一个“220V，1000W”的电热丝，那效果也许会更好，请回答以下问题：
（1）闭合开关S时，电动机不工作，将手靠近时，手辐射的红外线增强，电动机工作，充分说明R0的阻值随辐射红外线强度的增大而 　减小　；若电动机转动感应不太灵敏，可将滑动变阻器R的滑片适当往 　左　（选填“左”或“右”）调。
（2）在图乙中将接入电热丝后的电路图补充完整（电热丝可用电阻的符号表示）。
（3）若在离手r处的红外线强度E＝k1r，光敏电阻的阻值R0和E的关系为R0＝，则手离光敏电阻越近，控制电路中的电流越 　小　；已知控制电路电源电压为U，滑动变阻器接入电路阻值保持R不变。若I0为控制电路刚好能启动工作电路的电流，则烘手时手距离光敏电阻的最大距离为rmax＝　　（用k1、k2、U、R、I0表示）。
【分析】（1）闭合开关S时，电动机不工作，说明控制电路中的电流较小，电磁铁的磁性较小，不能吸引下衔铁；将手靠近时，手辐射的红外线增强，电动机工作，说明控制电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强，把衔铁吸引下来，工作电路开始工作；
（2）电热丝应与电动机并联；
（3）根据E的表达式代入到R0的表达式中，可得到r与R0的表达式，就可以找到电流与手离光敏电阻距离的关系；利用欧姆定律代入各物理量即可。
【解答】解：（1）闭合开关S时，电动机不工作，说明控制电路中的电流较小，电磁铁的磁性较小，不能吸引下衔铁；将手靠近时，手辐射的红外线增强，电动机工作，说明控制电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强，把衔铁吸引下来，工作电路开始工作；这就充分说明R0的阻值随辐射红外线强度的增大而减小；
若电动机转动感应不太灵敏，在距离不变时，可减小滑动变阻器的电阻来增大电流，因此可将滑动变阻器R的滑片适当往左移动；
（2）电路图如图所示：
（3）已知r处的红外线强度E＝k1r，光敏电阻的阻值R0和E的关系为R0＝，则R0＝，由此可知，手离光敏电阻越近，R0越大，由欧姆定律I＝可知，控制电路中的电流越小；
当控制电路中的电流为I0时，电动机刚好启动，根据欧姆定律，则＝R0+R，把R0＝代入得：＝+R，整理得到r＝，则rmax＝。
故答案为：（1）减小；左；（2）；（3）小；。
【点评】本题考查了电磁铁的应用以及电路图的设计，难度适中，是一道好题。
25．（6分）阅读短文，回答问题。
空气发电机
清洁能源被认为是未来的趋势。一种发电装置名为“空气发电机”，可以直接利用空气中的水分发电，这项技术未来可能会对可再生能源、气候变化和医疗领域产生重大影响。如图所示，这种“空气发电机”主要由微生物地杆菌产生的导电蛋白纳米线形成了7微米的薄膜构成，薄膜的底部和顶部各有一个电极。当蛋白纳米线与电极相连后，就可以利用薄膜从空气中吸收水分，水分子被分解成氢离子和氧离子，导致电荷在薄膜顶部聚集，利用两个电极形成的电荷差让电子流动，从而产生电能。
此外，“空气发电机”在湿度为45%的空气中效果最好，但即便在极度干燥的地方，比如撒哈拉沙漠，一样能发电，这与太阳能和风能等可再生能源相比，“空气发电机”有着明显优势，它不需要风力和太阳，在室内也能运行。不过这种“空气发电机”产生的电量十分有限，单个设备只能产生约0.5V的持续电压，电流密度约为1.7×10 2mA/cm2，需要多个设备一起运行才能实现供电。
（1）“空气发电机”在湿度为 　45%　的空气中发电效果最好。
（2）下列关于“空气发电机”的说法错误的有 　AD　。
A.“空气发电机”主要由微生物地杆菌构成
B.“空气发电机”可以在室内运行
C.“空气发电机”工作时将水分子分解成氢离子和氧离子
D.“空气发电机”违背了能量守恒定律
（3）“空气发电机”与电磁感应发电机原理 　不相同　（选填“相同”或“不相同”）。“空气发电机”在发电过程中，将 　化学　（选填“化学”或“机械”）能转化为电能。
（4）若让5个薄膜为4cm2的“空气发电机”同时工作，在1h内产生的电能为 　0.612　J，能让标有“2.5V，0.75W”的小灯泡正常工作 　0.816　s。
【分析】（1）（2）根据所给材料信息回答；
（3）电磁感应发电机是将机械能转化为电能，“空气发电机”是将化学能转化为电能；
（4）利用公式W＝UIt求出1h内产生的电能；利用求出能让标有“2.5V，0.75W”的小灯泡正常工作的时间。
【解答】解：（1）由所给材料可知，“空气发电机”在湿度为45%的空气中效果最好；
（2）ABC.所给材料信息可知，这种“空气发电机”主要由微生物地杆菌产生的导电蛋白纳米线形成了7微米的薄膜构成，薄膜的底部和顶部各有一个电极。当蛋白纳米线与电极相连后，就可以利用薄膜从空气中吸收水分，水分子被分解成氢离子和氧离子，导致电荷在薄膜顶部聚集，利用两个电极形成的电荷差让电子流动，从而产生电能。
“空气发电机”有着明显优势，它不需要风力和太阳，在室内也能运行，故A错误、BC正确；
D.“空气发电机”是利用化学能转化为电能，没有违背了能量守恒定律，故D错误
（3）电磁感应发电机是将机械能转化为电能，“空气发电机”是将化学能转化为电能，两者原理不相同；
“空气发电机”在发电过程中，将化学能转化为电能。
（4）由“单个设备只能产生约0.5V的持续电压，电流密度约为1.7×10 2mA/cm2”可知，若让5个薄膜为4cm2的“空气发电机”同时工作，在1h内产生的电能为：
1.7×10 2mA/cm2＝1.7×10 5A/cm2
W＝nUIt＝5×0.5V×4cm2×1.7×10 5A/cm2×1×3600s＝0.612J，
由可得，能让标有“2.5V，0.75W”的小灯泡正常工作的时间：
，
故答案为：（1）45%；（2）AD；（3）不相同；化学；（4）0.612；0.816。
【点评】本题考查了能量的转化、电功、电功率的计算，解答本题的关键是读懂所给材料信息。