广西玉林市2020-2022三年中考物理真题分类汇编-04电磁学（电功和电功率、电和磁、信息的传递）

这是一份广西玉林市2020-2022三年中考物理真题分类汇编-04电磁学（电功和电功率、电和磁、信息的传递），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

广西玉林市2020-2022三年中考物理真题分类汇编-04电磁学（电功和电功率、电和磁、信息的传递）

一、单选题
1．（2022·广西玉林·统考中考真题）如图所示的四种做法中，符合安全用电原则的是（　　）
A． 在同一个插座中同时使用多个大功率用电器
B． 用湿抹布擦发光的灯泡
C． 家用冰箱的金属外壳已接地
D． 在电线上晾晒湿衣服
2．（2022·广西玉林·统考中考真题）在国际单位制中，电流的基本单位是（　　）
A．A B．V C．m D．W
3．（2022·广西玉林·统考中考真题）已知甲电阻是乙电阻的3倍，若分别对甲、乙两种导体通电，通过甲、乙两导体的电流之比为2∶3，则甲、乙的功率之比为（　　）
A．2∶1 B．2∶3 C．4∶3 D．9∶2
4．（2022·广西玉林·统考中考真题）如图所示，能说明电动机工作原理的是（  ）
A．   B．
C． D．
5．（2022·广西玉林·统考中考真题）“北斗+5G”技术将用于助力北京打造智慧型冬奥会，这项技术主要利用
A．电磁波 B．超声波 C．次声波 D．红外线
6．（2021·广西玉林·统考中考真题）关于信息的传递，下列说法错误的是（　　）
A．数字信号比模拟信号抗干扰能力强
B．5G网络通信主要是利用电磁波传递信息的
C．北斗卫星定位系统不能提供全天候即时定位服务
D．电磁波不仅能传递声音信号，且可以传递图像信号
7．（2021·广西玉林·统考中考真题）下列科学家中，首先发现电磁感应现象的科学家是（　　）
A．欧姆 B．奥斯特 C．伽利略 D．法拉第
8．（2021·广西玉林·统考中考真题）如图所示，下列做法中，符合安全用电原则的是（　　）
A． 触电时先切断电源
B． 机壳没有接地
C． 绝缘皮破损
D． 雷雨天在树下避雨
9．（2021·广西玉林·统考中考真题）如图所示，电源电压恒定，R1为5Ω，R2为10Ω。若闭合S1、S3，断开S2时，电流表示数I为1.8A，则只闭合S2时，电路消耗的总功率P为（　　）

A．2.4W B．10.8W C．27W D．48.6W
10．（2021·广西玉林·统考中考真题）气敏电阻R的阻值随气体浓度的增大而减小。如图所示，闭合开关，当气体浓度增大时，下列说法正确的是（　　）

A．电流表的示数减小 B．电压表的示数增大
C．电路消耗的电功率减小 D．电路消耗的电功率增大
11．（2020·广西玉林·统考中考真题）下列做法中，符合安全用电原则的是（　　）
A．雷雨天站在大树下避雨
B．用湿的手去按开关
C．发生触电事故时，首先要切断电源
D．游玩时，攀爬电线杆
12．（2020·广西玉林·统考中考真题）如图所示，是酒精浓度检测仪的简化电路图，图中R0为定值电阻、R为酒精气体传感器，R的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小。如果酒精气体传感器感应到的酒精气体浓度越大，那么（　　）

A．电流表示数越大
B．电流表示数越小
C．电路消耗的电功率越小
D．电路消耗的电功率仍不变
13．（2020·广西玉林·统考中考真题）甲、乙两段导体通电时间相同，甲的电阻是乙的5倍，甲、乙产生的热量之比是4∶5，则通过甲、乙两段导体的电流之比是（　　）
A．2∶5 B．4∶25 C．5∶2 D．4∶1
14．（2020·广西玉林·统考中考真题）下列科学家中，第一个发现电流磁效应的是（　　）
A．牛顿 B．欧姆 C．伽利略 D．奥斯特
15．（2020·广西玉林·统考中考真题）关于信息传递，下列说法正确的是（　　）
A．一条光导纤维只能传输一条信息
B．5G网络通信必须通过光导纤维来传输信息
C．用数字信号传输图像信息比模拟信号容易失真
D．北斗卫星定位系统可提供全天候即时定位服务

二、填空题
16．（2021·广西玉林·统考中考真题）把一段匀质导线对折后其阻值比原来的 ___________（选填“大”或“小”）；一个定值电阻两端的电压由2V增大到4V时，通过该电阻的电流增加了1A，通电时间由1s增加到2s，则该电阻产生的电热增加了 ___________J。
17．（2020·广西玉林·统考中考真题）如图所示，磁悬浮地球仪应用了______（选填“同”或“异”）名磁极相互排斥的规律；我国供生产和生活用的交变电流，频率是______Hz。


三、实验题
18．（2022·广西玉林·统考中考真题）20世纪初，科学家发现，某些物质在很低温度时，电阻就变成了0，这就是________现象；如图所示是“探究电热与电流的关系”的部分装置，已知A、B两点间的电压为6V，R1=R2=R3=5Ω，通电时间2min，则R1与R2产生的热量相差________J。

19．（2021·广西玉林·统考中考真题）如图甲所示，在“测量一个小灯泡电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为3V。

（1）根据图甲所示的电路图，请用笔画线代替导线，将图乙中的器材连接成完整的电路（要求滑动变阻器滑片P向右移动时阻值变大）；___________
（2）连接好电路，闭合开关后，发现小灯泡不亮，电压表无示数，电流表有示数，那么出现该状况的可能原因是小灯泡发生 ___________（选填“断路”或“短路”）；
（3）排除故障后，闭合开关，继续进行探究，根据测量数据绘制出通过小灯泡的电流I随它两端电压U变化的图像，如图丙所示，分析可知：小灯泡的额定功率为 ___________W；若电流表的示数如图丁所示，其示数为___________A，此时小灯泡的电阻为 ___________Ω；
（4）若实验室电压表损坏，某同学用一个已知阻值为R0的定值电阻代替电压表，并设计了如图戊所示电路，在电源电压保持不变情况下，也正确地测出了一个额定电流为I额的小灯泡的额定功率，其实验步骤如下：
①闭合S2，断开S1，移动滑动变阻器R的滑片至最左端，记下电流表的示数为I1；
②闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R的滑片使小灯泡正常发光，电流表示数为I额；
③保持滑动变阻器R的滑片不动，闭合S1，断开S2，记下电流表的示数为I2；
④则小灯泡额定功率的表达式为P额=___________（用I额、I1、I2和R0等符号表示）
20．（2020·广西玉林·统考中考真题）如图所示，在测定“小灯泡电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为8Ω。

(1)连接电路时，开关应______（选填“断开”或“闭合”）；
(2)图甲中有一根导线连接错误，请你把它找出来并打上“×”（表示不要），并用笔重新画一根正确连接的导线；( )
(3)改正电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡始终不亮，电压表和电流表均无示数，原因可能是下列选项中的______（用字母表示）；
A．灯泡短路    B．灯泡断路    C．滑动变阻器短路    D．滑动变阻器断路
(4)排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为2.5V，此时电流表的示数如图乙所示，其读数为______A，由此可知小灯泡的额定功率为______W；
(5)现有两个额定电压均为15V的灯泡L1和L2，它们的电压U与电流I的关系曲线如图丙所示，将L1和L2串联后接在15V的电源上，则两灯消耗实际功率的差值为______W。

四、计算题
21．（2022·广西玉林·统考中考真题）技术研究小组在实验室模仿工程师做“钢梁承重后的下垂量h”的测试，他们用厚钢尺制成了一座跨度为L的桥梁（如图甲所示），并设计了一个方便读取“厚钢尺桥梁受压后下垂量”的测试仪，测试仪由压力传感器R与外部电路组成（如图乙所示）。已测得跨度为L时，在一定范围内，其压力F与下垂量h满足关系，k＝1×10﹣3m/N。已知电源电压不变，当电压表的示数为4V时，电流表示数为0.4A。当压力F1＝32N时，电路中的电流为I1，此时R的功率为P1；当压力F2＝40N时，电路中的电流为I2，此时R的功率为P2；且I1与I2相差0.1A。传感器的电阻R与压力F的关系图像是一条直线（如图丙所示），忽略传感器与钢梁自重产生的影响。求：
（1）R0的阻值；
（2）当桥梁的下垂量为3cm时，压力传感器受到的压力；
（3）当压力为零时，电路中的总电阻；
（4）P1与P2的差值

22．（2021·广西玉林·统考中考真题）如图甲所示，是某研究小组设计的一套测量物体重力的模拟装置，OAB为水平杠杆，OB长1m，O为支点，OA：AB=1：4，电源电压保持不变，电流表的量程为0~0.6A，定值电阻R0的阻值为10Ω，压力传感器R固定放置，R的阻值随其所受压力F变化的关系如图乙所示。当平板空载时，闭合开关S，电流表的示数为0.2A。（平板、压杆和杠杆的质量均忽略不计）求：
（1）电源电压；
（2）当电流表示数为0.4A时，物体的重力；
（3）在电路安全的情况下，缓慢增加平板上的物体的重力过程中，当电路消耗功率分别达最大值和最小值时，压力传感器R消耗功率的比值；
（4）当平板上物体重为250N，此时电路不安全，若可移动A点使电路安全，则A点移动的方向和A点移动的最小距离。


参考答案：
1．C
【详解】A．在同一个插座上同时使用多个大功率的用电器，容易造成电流过大，引发火灾，故A不符合题意；
BD．水容易导电，用湿抹布擦发光的灯泡和在电线上晾晒湿衣服，会发生触电事故，故BD不符合题意；
C．有金属外壳的用电器，其金属外壳一定要通过三脚插头接地，以防用电器外壳带电，会危及人身安全，故C符合题意。
故选C。
2．A
【详解】A．A是电流的基本单位，故A符合题意；
B．V是电压的基本单位，故B不符合题意；
C．m是长度的基本单位，故C不符合题意；
D．W是电功率的基本单位，故D不符合题意。
故选A。
3．C
【详解】已知甲电阻是乙电阻的3倍，则R甲∶R乙=3∶1，若分别对甲、乙两种导体通电，通过甲、乙两导体的电流之比为2∶3，即I甲∶I乙=2∶3。由P=I2R可知，甲、乙的功率之比为

故选C。
4．C
【分析】电动机是利用通电线圈在磁场里受力转动的原理制成的，结合图中装置可逐一做出判断。
【详解】A．图中导体水平运动切割磁感线，导体中产生感应电流，这是电磁感应现象；它是发电机的原理，不是电动机的原理，故A不合题意；
B．图中电磁铁利用了电流的磁效应，不是电动机的原理，故B不合题意；
C．图中通电导线在磁场中受力而运动，是电动机的工作原理，故C符合题意；
D．图中通电后小磁针偏转，说明电流周围存在着磁场，是电流的磁效应，不是电动机的原理，故D不合题意。
故选C。
5．A
【详解】A.电磁波的传播不需要介质，“北斗+5G”技术是用电磁波传递信息的，故A正确．
BC. 超声波和次声波属于声波，不能在真空中传播，故BC错误；
D. 红外线具有较强的热辐射作用，可用于红外线加热；红外线具有较强的穿透能力，可以用于红外线探测器．故D错误；
6．C
【详解】A．通信的信号有两种，即数字信号和数字信号，数字信号比模拟信号抗干扰能力强，故A正确，不符合题意；
B．电磁波可以传递信息，5G网络通信主要是利用电磁波传递信息的，故B正确，不符合题意；
C．我国独立自主建立的北斗卫星定位系统，可提供全天候的及时定位服务，该系统利用电磁波传递信息，故C错误，符合题意；
D．电磁波作为载波使用时，既可以传递声音信号，也可以能传递图象信号，故D正确，不符合题意。
故选C。
7．D
【详解】A．欧姆发现了电流、电压、电阻三者之间的关系，即欧姆定律，故A不符合题意；
B．奥斯特证明了电流周围存在磁场，故B不符合题意；
C．伽利略证实了物体的运动不需要力来维持，故C不符合题意；
D．法拉第发现了电磁感应现象，人们根据这个原理制成了发电机，故D符合题意。
故选D。
8．A
【详解】A．发现有人触电时，应先切断电源或用绝缘体挑开电线，使触电者脱离带电体，故A符合题意；
B．机壳没有接地，人触碰机壳，容易触电，故B不符合题意；
C．导线的绝缘皮破损后容易引发触电事故，要及时更换，故C不符合题意；
D．雷雨天躲在大树下会有被雷击的危险，故D不符合题意。
故选A。
9．A
【详解】闭合S1、S3，断开S2时，两个电阻并联，电流表测量干路中的电流，电路的总电阻

电源电压
U=IR=1.8A×=6V
只闭合S2时，两个电阻串联，电路消耗的总功率
P==2.4W
故选A。
10．D
【详解】由图可知，气敏电阻R与定值电阻R0串联，电压表测气敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流。
A．气敏电阻R的阻值随气体浓度的增大而减小，当气体浓度增大时，R阻值减小，则电路总电阻减小，电源电压不变，则电路中电流增大，即电流表示数增大，故A错误；
B．电路中电流增大，根据U=IR可知，R0两端电压增大，再根据串联电路电压规律可知，R两端电压减小，即电压表示数减小，故B错误；
CD．电源电压不变、电路中电流增大，根据P=UI可知，电路消耗的电功率增大。故C错误，D正确。
故选D。
11．C
【分析】安全用电的原则是：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。
【详解】A．雷雨天气在大树下可能遭遇雷电袭击，故A错误；
B．湿手去按开关可能发生触电事故，故B错误；
C．发生触电事故要先切断电源或用干燥竿子将火线与人分离，故C正确；
D．游玩时，攀爬电线杆会发生高压触电危险，故D错误。
故选C。
12．A
【分析】由电路图可知，定值电阻R0与传感器的电阻R串联，电流表测量电路中的电流；如果驾驶员呼出的酒精气体浓度越大，则酒精气体传感器R的电阻越小，进而判断出相应变化。
【详解】定值电阻R0与传感器的电阻R串联，电流表测量电路中的电流，驾驶员呼出的酒精气体浓度越大，则酒精气体传感器R的电阻越小，故电路中电流越大，即电流表示数变大；由可知，当电路中电压不变时，电流变大，则电路消耗的电功率越大；故A正确，BCD错误。
故选A。
13．A
【分析】根据焦耳定律Q=I2Rt的推导公式进行计算。
【详解】根据焦耳定律Q=I2Rt可知

则通过甲、乙两段导体的电流之比

故选A。
14．D
【分析】1820年丹麦的物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，即电流周围存在磁场的现象。
【详解】电流磁效应即电流产生磁场的现象，是1820年丹麦的物理学家奥斯特发现的。
故选D。
15．D
【分析】根据光导纤维的性质分析作答；5G网络通信主要是利用电磁波传递信息的；根据数字通信的优点分析；卫星利用电磁波传递信息。
【详解】A．光导纤维是由纯度极高的石英玻璃（主要成分是二氧化硅）拉制而成的；光流动在细小如线的玻璃丝中，它携带着各种信息数据向每一个方向传递，文本、音乐、图片和视频，故A错误；
B．5G网络通信主要是利用电磁波传递信息的，故B错误；
C．相对于数字通信，模拟通信存在以下缺点：模拟信号容易丢失信息，模拟信号容易失真，模拟信号保密性差，故C错误；
D．我国独立自主建立的北斗卫星定位系统，可提供全天候的及时定位服务，该系统利用电磁波传递信息，故D正确。
故选D。
16．     小     14
【详解】[1]将匀质导线对折后，长度减小、横截面积增大，那么阻值比原来的小。
[2]由题意有

解得，第一次通过电路的电流为
I=1A
第二次通过电路的电流
I2=I+1A=1A+1A=2A
据Q=UIt知，该电阻产生的电热的增加量
Q2-Q1=4V×2A×2s-2V×1A×1s=14J
17．     同     50
【分析】球体与底座是相互分离的，故可判断球体与底座是相互排斥的；根据我国家庭电路的电压、交变电流的频率作答即可。
【详解】[1]由图知，球体与底座是相互分离的，地球仪悬浮在空中，是因为受到了底座的排斥力作用，即该悬浮地球仪是利用了同名磁极相互排斥的规律。
[2]我国家庭电路的电压为220V，采用的是频率为50Hz的交流电。
18．     超导     288
【详解】[1]20世纪初，科学家发现，某些物质在很低温度时，电阻就变成了0，这就是超导现象。
[2]由图知，R2、R3并联后再与R1串联，已知
R1=R2=R3=5Ω
由等值电阻并联的规律，R2、R3并联后的总电阻
R23=0.5×5Ω=2.5Ω
电路的总电阻
R=R1+R23=5Ω+2.5Ω=7.5Ω
由欧姆定律可得干路中的电流，即通过R1的电流

通过R2、R3的电流相等，由并联电路电流的规律，通过R2的电流为
I2=0.5I=0.5×0.8A=0.4A
通电时间2min，R1与R2产生的热量差
Q1-Q2=I12R1t-I22R2t=(0.8A)2×5Ω×2×60s-(0.4A)2×5Ω×2×60s=288J
19．          短路     1.5     0.4     5    
【详解】（1）[1]根据图甲所示的电路图，应将滑动变阻器和小灯泡串联接入电路，因为要求滑动变阻器滑片P向右移动时阻值变大，所以选择A接线柱。

（2）[2]连接好电路，电流表有示数，说明电路连通，而小灯泡不亮，电压表无示数，说明小灯泡短路。
（3）[3]小灯泡的额定电压为3V，根据丙图可知小灯泡两端电压为3V时，电流为0.5A，小灯泡的额定功率

小灯泡的额定功率为1.5W。
[4]由丁图可知，电流表量程为0~0.6A，则电流表读数为0.4A。
[5]根据丙图可知，电流表读数为0.4A时，小灯泡两端电压为2.0V，此时小灯泡的电阻

此时小灯泡的电阻为5Ω。
（4）[6]闭合S2，断开S1，移动滑动变阻器R的滑片至最左端，此时只有定值电阻接入电路，电源电压

闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R的滑片使小灯泡正常发光，小灯泡和滑动变阻器接入电路的总电阻

保持滑动变阻器R的滑片不动，闭合S1，断开S2，定值电阻和滑动变阻器接入电路的总电阻

滑动变阻器接入电路的电阻

小灯泡正常发光时接入电路的电阻

小灯泡额定功率

20．     断开          D     0.34     0.85     1  
【分析】在测定“小灯泡电功率”的实验中，电压表与灯泡并联，调节滑动变阻器的滑片使电压表示数达到灯泡的额定电压，读出电流；再根据计算额定功率。
【详解】(1)[1]为保护电路安全，连接电路时，开关应断开。
(2)[2]图甲中，电流表连接有误，电流表应串联在电路中，按要求改正后如图所示：
。
(3)[3]改正电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡始终不亮，电压表和电流表均无示数，灯泡短路或滑动变阻器短路不影响电流表示数变化，灯泡断路时电压表示数接近电源电压，滑动变阻器断路时电路中无电流，符合题意，故选D。
(4)[4][5]排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为2.5V，此时电流表的示数如图乙所示，电流表接入小量程，分度值0.02A为，其读数为0.34A，由此可知小灯泡的额定功率为

(5)[6]现有两个额定电压均为15V的灯泡L1和L2，它们的电压U与电流I的关系曲线如图丙所示，根据串联分压特点可知，将L1和L2串联后接在15V的电源上后电流相同，L1和L2两端电压分别为10V与5V，电路中电流为0.2A，则两灯消耗实际功率的差值为

21．（1）10Ω；（2）30N；（3）40Ω；（4）0.1W
【详解】解：（1）由图乙可知，R和R0串联，电压表测R0的电压，电压表的示数为4V，即R0的电压为4V，电流表的示数为0.4A，即R0的电流为0.4A，根据欧姆定律得

（2）压力F与下垂量h满足关系

已知
k=1×10-3m/N，h=3cm=0.03m
代入数据

（3）由图丙可知，压力为零时，R=30Ω，结合（1）得R0为10Ω，根据串联电阻的规律，电路中的总电阻
R总=R+R0=30Ω+10Ω=40Ω
（4）传感器的电阻R与压力F的关系图像是一条直线，设关系式为
R=aF+b   ①
将（0，30Ω）、（60N，0）两组数据代入上式可得到
30Ω=a×0+b，0Ω=60N×a+b
解之
a =-0.5Ω/ N，b=30Ω
故传感器的电阻R与压力F的关系式为
R=-0.5Ω/ N×F+30Ω  ②
当压力F1=32N时，代入②得
R1=-0.5Ω/ N×32N+30Ω=14Ω
当压力F2=40N时，代入②得
R2=0.5Ω/ N×40N+30Ω=10Ω
所以电阻为R1时电路总电阻更大，电流更小，I1与I2相差0.1A，因此
I2=I1+0.1A ③
电源电压不变，由串联电阻的规律及欧姆定律有
I1(R0+R1)=I2(R0+R2)
代入数据有
I1(10Ω+14Ω)=(I1+0.1A)×(10Ω+10Ω)
解得
I1=0.5A
由③可知
I2=0.6A
P1=I12×R1=(0.5A)2×14Ω=3.5W
P2=I22×R2=(0.6A)2×10Ω=3.6W
故P1与P2的差值为
ΔP=P2-P1=3.6W-3.5W=0.1W
22．（1）12V；（2）150N；（3）9：5；（4）A点向右移动0.04m
【详解】解：（1）当平板空载时，闭合开关S，电流表的示数为0.2A，压敏电阻上的压力为零，从图乙可知，此时压敏电阻的阻值为50Ω，定值电阻R0的阻值为10Ω，则总电阻为

电源电压为

（2）当电流表示数为0.4A时，此时的总电阻为

则压敏电阻的阻值为

根据图乙可知，此时压力的大小为30N，根据杠杠平衡原理，物体的重力

（3）根据可知，电源电压不变，当电流最大时，电路消耗功率达到最大值，当电流最小时，电路消耗功率达到最小值，最小的电流即为空载时的电流，此时为0.2A，此时压力传感器R的电阻为50Ω，压力传感器R的消耗功率为

由电流表的量程为0~0.6A，可知，最大电流为0.6A，此时总电阻为

压敏电阻的阻值为

此时压敏电阻的电功率为

则当电路消耗功率分别达最大值和最小值时，压力传感器R消耗功率的比值

（4）当平板上物体重为250N，此时的压敏电阻的压力为

此时电路不安全，故当电流为0.6A，压敏电阻为10Ω，压力为40N时，电路才安全，超过40N，电路不安全， 此时从杠杆分析，变小，力臂OB大小不变，变小，则OA需要变小，故需要将A点右移，此时的为

而原来OA的长为

A点移动的最小距离

答：（1）电源电压为为12V；
（2）物体的重力为150N；
（3）当电路消耗功率分别达最大值和最小值时，压力传感器R消耗功率的比值为9：5；
（4）A点向右移动，移动的最小距离为0.04m。