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    2024年四川省成都市石室中学中考物理模拟试卷

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    这是一份2024年四川省成都市石室中学中考物理模拟试卷,共49页。试卷主要包含了单项选择题,填空题,作图与计算题,实验题等内容,欢迎下载使用。

    1.(2分)下列有关生活中电学物理量的数据估测,符合实际的是( )
    A.我国家庭电路的电压是380V
    B.护眼台灯正常工作时的电流约为10A
    C.卧室空调正常工作1h大约消耗一度电
    D.家用电饭锅的额定功率约为80W
    2.(2分)如图甲所示,小丽在透明塑料板下放了一张爱心的图案,用丝绸裹住手指,照着图案用力摩擦塑料板后,均匀撒上木屑,竖起塑料板轻敲,板上就留下了一颗由木屑组成的爱心,如图乙所示,这个过程模拟了静电复印。下列说法正确的是( )
    A.塑料板是绝缘体
    B.摩擦过程中创造了电荷
    C.摩擦后的塑料板和丝绸带上了同种电荷
    D.木屑留在塑料板上是由于异种电荷相互吸引
    3.(2分)如图所示,板面是传统美食。其中所包含的物理知识正确的是( )
    A.煮面时面条放入锅中,面条吸收热量是由于水的内能更大
    B.煮面时面汤沸腾以后,继续加热,温度不升高
    C.煮面时需要用筷子对面条适当搅动,主要是通过做功的方式增加面条的内能
    D.吃面时香气四溢说明分子间存在引力
    4.(2分)在物理实验中,对物理量有时要进行多次测量,有的是为了减小误差,有的是为了寻找普遍规律,下列是为了减少实验误差的是( )
    A.在“探究通过电阻的电流与两端电压的关系”时,测量多组对应的电流和电压值
    B.在“测量小灯泡的电功率”时,测量多组对应的电压和电流值
    C.在“探究串联电路电压的特点”时,换用不同规格的小灯泡,测量多组对应的电压值
    D.在“测量定值电阻的阻值”时,测量多组对应的电压和电流值
    5.(2分)由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的AB和BC两段导体,按如图所示的方式连入电路中,导体的电阻及通过的电流大小关系正确的是( )
    A.RAB>RBC,IAB=IBCB.RAB>RBC,IAB<IBC
    C.RAB<RBC,IAB=IBCD.RAB<RBC,IAB<IBC
    6.(2分)如图所示,开关闭合,两个灯泡都不发光,电流表指针几乎不动,而电压表指针有明显偏转,该电路故障可能是( )
    A.电流表短路,并且L1、L2灯丝断了
    B.灯泡L1灯丝断了
    C.灯泡L2灯丝断了
    D.灯泡L1被短接
    7.(2分)下列关于电流、电压、电阻的叙述正确的是( )
    A.电压是电路中形成电流的原因
    B.电路中只要有电压就一定有电流
    C.电路中电流小是因为电阻大
    D.某导体电阻随通过电流的增大而减小
    8.(2分)关于日常生活中的一些电路连接,下列判断不正确的是( )
    A.街上路灯,一盏不发光了,另一盏仍能发光,所以路灯是并联的
    B.教室里的照明灯与控制它的开关是串联的
    C.教室里的空调和照明灯是并联的
    D.教室外楼道的电灯是由声控开关和光控开关共同控制的,只有在天暗并且有声音时才能亮,所以声控开关、光控开关及灯是并联的
    9.(2分)小郑设计了一款可以取暖的台灯,闭合开关S1只有灯泡L发光,再闭合S2发热丝R加热取暖;但是只闭合S2时,灯泡和发热丝都不工作,则下列电路符合设计要求的是( )
    A.B.
    C.D.
    10.(2分)如图所示,灯L1与灯L2的规格相同,下列说法正确的是( )
    A.S闭合后,灯L2将发生短路,L1会发光
    B.要使小灯泡L1、L2串联,可去掉导线b
    C.只改动一根导线,此电路不可能变为灯L1、L2并联
    D.去掉导线b,在BD间接一个开关S1,S1只能控制L1
    11.(2分)在如图所示电路中,当闭合开关后,两个电压表指针都向右偏转相同角度,则电阻R1和R2阻值之比为( )
    A.1:1B.1:5C.4:1D.4:5
    12.(2分)腕力球是一种人工动力装置,纯机械不用电池。手握腕力球运动时,使球芯加速旋转,同时球内的LED灯会发光(如图)。装置工作时能使灯发光的原理与图中的实验原理相同的是( )
    A.
    B.
    C.
    D.
    13.(2分)如图所示,是电学中常见的电路图,在A、B两点间分别接入下列选项中加点字的元件,并进行对应实验,对滑动变阻器在此实验中的主要作用描述正确的是( )
    A.探究电流与电压的关系——保持定值电阻两端电压不变
    B.探究电流与电阻的关系——调节电阻两端电压成倍数变化
    C.测量定值电阻的阻值——改变电路中的电流和电阻两端的电压
    D.测量小灯泡的电功率——改变小灯泡两端电压,求平均电功率
    14.(2分)甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示,下列说法中正确的是( )
    A.甲灯的实际功率一定是40W
    B.将乙灯接入110V电路中,它的额定功率为15W
    C.若两灯串联在220V的电路中,则甲灯较亮
    D.两灯均正常发光时,甲灯消耗的电能较少
    15.(2分)为了预防厨房天然气泄漏,大家都自觉安装了天然气泄漏报警装置,如图是它原理图的部分电路,电源电压不变,R0为定值电阻,R是一个气敏电阻,其电阻值会随天然气浓度的升高而变小,闭合开关S,若厨房出现天然气泄漏浓度升高,则下列判断正确的是( )
    A.气敏电阻R的阻值变大
    B.电压表的示数变大
    C.通过电阻R0的电流变小
    D.整个电路消耗的总功率变大
    二、填空题(每空2分,共32分)
    16.(4分)沈括在《梦溪笔谈》卷二十四《杂志》中有这么一段描述:“方家以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”针锋是磁体的 极;“然常微偏东,不全南也。”说明地理的两极和地磁场的两极 。
    17.(4分)如图所示的装置可以用来研究 (选填“电动机”或“发电机”)的工作原理。如果只对调蹄形磁铁的南北极,则导体ab受到磁力的方向 (选填“会”或“不会”)改变。
    18.(4分)关注生活中有关“吸”的物理现象:两滴小水珠“吸”到一起成为一滴大水珠是因为分子间有 ;与头发摩擦过的塑料尺能“吸”起纸屑是因为带电体能 。
    19.(4分)歼﹣20战斗机,是我国自主研发的隐形战斗机,进入世界先进战斗机行列,它的油箱能装10吨燃油,歼﹣20的发动机是 (选填“电动机”或“热机”),工作时将 能转化成机械能。
    20.(4分)小明家5月初电能表的示数如图甲所示,5月底,表盘示数如图乙所示,由图可知他家5月份消耗的电能为 kW•h;小明将某家用电器单独接在该电能表上正常工作6min,电能表指示灯闪烁了320次,该家用电器的额定功率是 W。
    21.(6分)酿酒坊里的发酵罐配有笨重的密封罩,为了方便操作,设计了一个杠杆和电磁铁组合系统来升降密封罩,如图所示。装置通电后,电磁铁上端为 (选填“N”或“S”)极,若要使电磁铁吸力变大,则应将滑动变阻器滑片向 (选填“左”或“右”)滑动。
    22.(4分)秋冬季节,糖炒板栗很受人们欢迎。如图所示,在炒板栗时常要在锅中放入一些砂石,因为砂石的比热容 、升温快,与板栗充分接触,并通过 的方式使板栗内能增大。
    23.(4分)如图所示是一款有两个挡位的挂烫机的工作电路图,正常工作电压为220V,加热电阻R1=R2=88Ω,只闭合开关S1时,挂烫机处于 挡(选填“高温”或“低温”),挂烫机处于高温挡工作1min产生的热量为 J。
    三、作图与计算题(共16分)
    24.(2分)请在框内画出与实物图对应的电路图。
    25.(2分)如图中的电路闭合开关后,小磁针静止时的指向如图所示,请在括号内标出电源的“+”或者“﹣”极和螺线管的“N”或者“S”极。
    26.(6分)打制铁质工具时要淬火以提高工具的硬度。现将一质量为420g、温度为550℃的烧红的铁件淬火,淬火后温度降低到50℃,求:(已知铁的比热容为0.46×103J/(kg•℃),水的比热容为4.2×103J/(kg•℃),假设整个过程没有热量散失)
    (1)此过程中铁件释放的热量为多少J?
    (2)若这些热量全部用于加热5kg温度为30℃的水,则水温将升高到多少℃?
    27.(6分)如图所示,电源电压为6V,定值电阻R1、R2的阻值分别为12Ω、18Ω。
    (1)当S1断开、S2接1时,通过R1的电流是多少?此时R1的电功率是多少?
    (2)当开关处于何种状态时,电路的总功率最大,最大总功率是多少?
    四、实验题(每空2分,共22分)
    28.(6分)小田用如图所示的装置做“比较不同物质的吸热能力”的实验,在两个相同的烧杯中分别装入质量、初温都相同的A、B两种液体,并用相同的电加热器分别加热。
    (1)小田根据实验测得的数据分别描绘出了A、B两种液体的温度随加热时间变化的图像,如图乙所示,分析图乙可知液体 (填“A”或“B”)的吸热能力强;
    (2)若加热过程中无热量损失,已知A的比热容为2.4×103J/(kg•℃),则B的比热容为 J/(kg•℃);
    (3)在日常生活中用水冷却汽车的发动机,主要是因为 。
    29.(8分)如图甲所示,用5Ω、10Ω、20Ω的三个定值电阻探究电流与电阻的关系,实验所用电源电压为6V。
    (1)先将5Ω的定值电阻接入电路,闭合开关后,移动滑动变阻器的滑片,当电流表的示数如图乙所示时记录数据,则本实验中控制的定值电阻两端的电压为 V;
    (2)断开开关,将5Ω的定值电阻换成10Ω的定值电阻,闭合开关,应将滑动变阻器的滑片向 (选填“左”或“右”)端移动;移动滑片的过程中,眼睛应观察 表的示数;
    (3)根据实验数据描绘出电流与电阻倒数的图像如图丙所示,由图像可知:电压一定时,电流与电阻成 比。
    30.(6分)如图甲所示是小曾进行“伏安法测电阻”实验的部分电路。
    (1)用笔画线代替导线将图甲连接完整(要求滑片向右移动时电流表示数变小);
    (2)表1是测量时几组电压和电流的数据,测得该电阻为 Ω;(答案保留一位小数)
    (3)小曾在完成图甲实验后,对伏安法测电阻知识进行拓展:不用电流表,增加一个定值电阻R0和开关S2按图乙所示方法连接来测量电阻R1。以下为实验步骤:
    第一步:先闭合S1,读出此时电压表的示数为U1;
    第二步:再闭合S2,读出此时电压表的示数为U2;
    第三步:请利用所给字母写出R1的表达式:R1= 。
    (4)若把图乙的实验中R0换成几千欧的电阻,R1约几十欧, (选填“能”或“不能”)测出R1阻值。
    一、不定项选择题(每小题2分,共10分,每小题给出的四个选项中有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得2分,选对但未选全得1分,凡有错选或不选得0分。)
    31.(2分)关于温度、热量和内能,下列说法中错误的是( )
    A.一个物体温度升高了,它的内能一定增加
    B.要使物体内能增加,必须使其吸收热量
    C.做功和热传递都可以改变物体的内能
    D.热量等于热传递过程中物体内能的改变量
    32.(2分)小帆在老师指导下,用如图(a)所示的同一个实验装置分别加热100g的甲、乙两种液体(其中一种是水),用测得的数据绘制了温度随时间变化图像(b),乙从20℃加热至沸腾(乙的沸点为200℃)刚好消耗了4g酒精(q酒精=3×107J/kg)。若单位时间内甲吸收的热量与乙吸收的热量相等,c水=4.2×103J/(kg•℃),则下列说法中正确的是( )
    A.0~8min乙吸收的热量为3.36×104J
    B.乙的吸热能力大于甲的吸热能力
    C.c乙=2.4×103J/(kg•℃)
    D.该酒精灯的加热效率为30%
    33.(2分)在如图所示的电路中,电源电压保持不变,闭合开关,移动滑动变阻器的滑片至某一位置时,电流表A1、A2、A3的示数分别为1.5A、1A、1.1A。则下列有关说法错误的是( )
    A.通过R1的电流为0.4A
    B.通过R2的电流为0.6A
    C.向右移动滑片,电压表V2的示数变大
    D.向右移动滑片,电压表V2的示数不变
    (多选)34.(2分)如图所示电路,电源两端电压12V保持不变。下列说法中正确的是( )
    A.当开关S1闭合、S2断开,三只小灯泡串联,电压表V1测量L3两端电压,电压表V2测量L1和L2两端电压
    B.当开关S1断开、S2闭合,L1与L3串联,电压表V1示数为12V
    C.当开关S1、S2断开,三个小灯泡串联,若电压表V1示数为7V,电压表V2示数为9V,则小灯泡L1两端电压为4V
    D.开关S1闭合、S2断开,过了一段时间后,电流表示数突然增大,电压表V1变为12V、电压表V2示数变为0,则故障原因可能为L3短路
    (多选)35.(2分)如图所示电路,电源电压恒定不变,定值电阻R1=20Ω,R2=2R3。电流表量程(0~0.6A),电压表量程(0~15V),任意调节开关均能保证电路安全。闭合开关S2,断开S1、S3,电流表示数I,R2的功率为P2;闭合开关S3,断开S1、S2,电流表示数I′,R3的功率为P3。已知I:I′=2:3,电路工作时最大功率为P大,最小功率为P小。下列选项不正确的是( )
    A.电源电压不能超过8VB.R2=40Ω
    C.P2:P3=4:3D.P大:P小=9:4
    二.综合题(10分)
    36.(4分)如图甲是一种传统的预热式电热水器,其部分参数如表1所示,如图乙是另一种即热式电热水器,其部分参数如表2所示。即热式电热水器较传统的热水器的优点在于:它没有储水箱,体积小巧,即开即热,不开不加热,节能且加热效率高。试完成:
    表一:
    表二:
    (1)电热水器都是利用了电流的 效应;
    (2)预热式电热水器水箱装满水后,至少需要通电加热 s,可以将这些水由30℃加热至52℃;(不计热量损失)
    (3)小聪家能安装这种即热式电热水器,请你根据掌握的物理知识判断他家的电能表是下面哪个 (以下是电能表的规格);
    A.“220V 40A”
    B.“220V 30A”
    C.“220V 25A”
    D.“220V 20A”
    (4)小聪查阅到所谓“防电墙技术”是指在电热水器电路和外壳之间加一个阻值高达1×106Ω的隔离电阻,即便在异常漏电情况下,电流依次经防电墙和人体流入大地,也可保证人体可能承受的电压低于12V的人体绝对安全电压。请你利用所学知识计算漏电的时候U人= V,小于12V,所以防电墙技术能保证人的安全。(人体电阻按照1000Ω来计算)
    37.(6分)如图甲所示,电源电压为9V且不变,小灯泡L正常发光时的电压为3V,滑动变阻器R1标有“?Ω 1.5A”。只闭合开关S2,当滑动变阻器接入最大阻值四分之一时,小灯泡L正常发光且电流表指针满偏(电流表取0~0.6A量程)。电表表盘如图乙所示。假设灯丝电阻不变。求:
    (1)灯丝的电阻为多少Ω?
    (2)只闭合开关S2时,在电路安全的情况下,求电路消耗的最小总功率为多少?
    (3)闭合S1,断开S2,将另一个电压表V2接入电路,原电路连接不变,电流表量程不变,电压表根据需要可以选择合适的量程。当滑片P置于某一位置时,三个电表指针偏转格数相同,且表V2示数大于表V1的示数,求R2可能的阻值?
    2024年四川省成都市石室中学中考物理模拟试卷
    参考答案与试题解析
    一、单项选择题(每小题2分,共30分)
    1.(2分)下列有关生活中电学物理量的数据估测,符合实际的是( )
    A.我国家庭电路的电压是380V
    B.护眼台灯正常工作时的电流约为10A
    C.卧室空调正常工作1h大约消耗一度电
    D.家用电饭锅的额定功率约为80W
    【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解,对于选项中的单位,可根据需要进行相应的换算或转换,排除与生活实际相差较远的选项,找出符合生活实际的答案。
    【解答】解:A.我国家庭电路的电压是220V,工业用电的电压为380V,故A不符合实际;
    B.书护眼台灯正常工作时的电流约为0.2A,故B不符合实际;
    C.空调的功率在1kW左右,正常工作1h消耗的电能在W=Pt=1kW×1h=1kW•h=1度左右,故C符合实际;
    D.根据常见用电器的电功率可知,家用电饭锅的额定功率约为800W,故D不符合实际。
    故选:C。
    【点评】记住我国家庭电路电压,有时在题目中是隐含条件,注意挖掘;一些家用电器的电流和功率,记住其中的功率,电流通过计算得到;平时注意多观察、多积累,提高答题能力。
    2.(2分)如图甲所示,小丽在透明塑料板下放了一张爱心的图案,用丝绸裹住手指,照着图案用力摩擦塑料板后,均匀撒上木屑,竖起塑料板轻敲,板上就留下了一颗由木屑组成的爱心,如图乙所示,这个过程模拟了静电复印。下列说法正确的是( )
    A.塑料板是绝缘体
    B.摩擦过程中创造了电荷
    C.摩擦后的塑料板和丝绸带上了同种电荷
    D.木屑留在塑料板上是由于异种电荷相互吸引
    【分析】(1)不容易导电的物体是绝缘体。
    (2)摩擦起电的实质是电子的转移。
    (3)相互摩擦的两个物体会带等量的异种电荷。
    (4)带电体能够吸引轻小物体。
    【解答】解:A.塑料板不容易导电,是绝缘体,故A正确;
    B.摩擦过程中不会创造电荷,只是电荷发生了转移,故B错误;
    C.摩擦后的塑料板和丝绸带上了异种电荷,故C错误;
    D.由于带电体能吸引轻小物体,所以在平放的塑料板上面均匀地撒上一层干木屑时,塑料板上带电区域把木屑吸住,故D错误。
    故选:A。
    【点评】本题考查了模拟静电复印的原理,应用摩擦起电、人体能导电、带电体能吸引轻小物体等知识可以正确答题。
    3.(2分)如图所示,板面是传统美食。其中所包含的物理知识正确的是( )
    A.煮面时面条放入锅中,面条吸收热量是由于水的内能更大
    B.煮面时面汤沸腾以后,继续加热,温度不升高
    C.煮面时需要用筷子对面条适当搅动,主要是通过做功的方式增加面条的内能
    D.吃面时香气四溢说明分子间存在引力
    【分析】热传递的条件:存在温度差;
    液体沸腾时的特点:吸热,但温度保持不变;
    改变物体内能的两种方式:做功和热传递;
    扩散现象表明分子不停地做无规则运动。
    【解答】解:A、煮面时面条放入锅中,由于存在温度差,水放出热量,面条吸收热量,故A错误;
    B、水沸腾时,要继续加热,但水的温度不变,故B正确;
    C、煮面时需要用筷子对面条适当搅动,主要通过热传递的方式改变面条的内能,故C错误;
    D、吃面时香气四溢,属于扩散现象,是由于分子的无规则运动产生的,故D错误。
    故选:B。
    【点评】此题主要考查了对液体沸腾时的特点、改变物体内能的方式、分子热运动的理解,是一道综合题,难度不大。
    4.(2分)在物理实验中,对物理量有时要进行多次测量,有的是为了减小误差,有的是为了寻找普遍规律,下列是为了减少实验误差的是( )
    A.在“探究通过电阻的电流与两端电压的关系”时,测量多组对应的电流和电压值
    B.在“测量小灯泡的电功率”时,测量多组对应的电压和电流值
    C.在“探究串联电路电压的特点”时,换用不同规格的小灯泡,测量多组对应的电压值
    D.在“测量定值电阻的阻值”时,测量多组对应的电压和电流值
    【分析】物理实验中为了减小误差或者寻找规律进行多次测量,如果物理量是个恒量,多次测量求平均值可以减小实验误差;如果不是测量具体的物理量,而是寻找规律也采取多次测量,寻找普遍性。
    【解答】解:A、在“探究电阻上的电流跟两端电压的关系”时,测量多组对应的电流和电压值,是为了寻找普遍性的规律,故A不符合题意;
    B、在“测量小灯泡的电功率”时,小灯泡的电功率是变化的,测量多组对应的电压和电流值,是为了研究不同电压下的小灯泡实际功率,故B不符合题意;
    C、在“探究串联电路电压的特点”时,测量多组对应的电压值,是为了寻找普遍性的规律,故C不符合题意;
    D、在“测量定值电阻的阻值”时,测量多组对应的电压和电流值,是为了计算电阻值时求取平均值,以减小误差,故D符合题意。
    故选:D。
    【点评】本题考查学对各个实验的实验目的是否清楚,要求学学生对实验要非常熟悉,明确实验中每一步实验的目的。
    5.(2分)由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的AB和BC两段导体,按如图所示的方式连入电路中,导体的电阻及通过的电流大小关系正确的是( )
    A.RAB>RBC,IAB=IBCB.RAB>RBC,IAB<IBC
    C.RAB<RBC,IAB=IBCD.RAB<RBC,IAB<IBC
    【分析】(1)电阻是导体本身的一种性质,其大小只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关,故在分析时用控制变量的思维来考虑;
    (2)对于串联电路,电流是处处相等的。
    【解答】解:对于AB和BC是由同种材料制成的长度相同的两段导体,由于AB段的横截面积小,BC段的横截面积大,在材料和长度相同时,导体横截面积越小电阻越大,故RAB>RBC;此两段电阻串联,根据串联电流处处相等的关系可知,这两段导体中的电流是相等的,即IAB=IBC,故BCD错误,A正确。
    故选:A。
    【点评】本题考查串联电路的电流规律及影响电阻大小的因素,应熟记电阻大小与导体的长度成正比,与导体的横截面积成反比。
    6.(2分)如图所示,开关闭合,两个灯泡都不发光,电流表指针几乎不动,而电压表指针有明显偏转,该电路故障可能是( )
    A.电流表短路,并且L1、L2灯丝断了
    B.灯泡L1灯丝断了
    C.灯泡L2灯丝断了
    D.灯泡L1被短接
    【分析】闭合开关两灯都不亮,原因有两个:断路或短路。已知两灯串联都不亮,所以不可能是一灯短路,只能是断路。
    【解答】解:
    A、如果电流表短路,两只灯泡L1、L2灯丝断了不能不发光,电压表、电流表无示数。不符合题意;
    B、如果灯泡L1灯丝断了,两只灯泡都不发光,电流表无示数,电压表测量电源电压指针偏转。符合题意;
    C、如果灯泡L2灯丝断了,两只灯泡都不发光,电压表、电流表都无示数。不符合题意;
    D、如果灯泡L1短路不能发光,L2能够发光。不符合题意。
    故选:B。
    【点评】用电压表检验电路故障时,将电压表与用电器并联,如果电压表无示数,可能是并联的用电器短路或其它部分断路;如果电压表有示数且较大(接近电源电压),可能是并联的用电器断路或其它部分短路。
    7.(2分)下列关于电流、电压、电阻的叙述正确的是( )
    A.电压是电路中形成电流的原因
    B.电路中只要有电压就一定有电流
    C.电路中电流小是因为电阻大
    D.某导体电阻随通过电流的增大而减小
    【分析】(1)电荷的定向移动形成电流,电压是使自由电荷定向移动形成电流的原因,电路中有持续电流的条件:一是有电源(电压),二是闭合电路,据此分析判断;
    (2)电阻的大小与材料,长度,横截面积有关,与电流的大小无关。
    【解答】解:A、电压是使电路中自由电荷发生定向移动形成电流的原因,故A正确;
    B、电路中有电压不一定电流,还要有闭合的回路,故B错误;
    C、没有说明前提条件,当电压一定时电流小是因为电阻大,故C错误;
    D、电阻不会因为两端电压,通过电流的改变而改变,不受电流电压的影响,故D错误。
    故选:A。
    【点评】本题考查了电流,电压,电阻的关系,以及电阻的影响因素,属于基础题目。
    8.(2分)关于日常生活中的一些电路连接,下列判断不正确的是( )
    A.街上路灯,一盏不发光了,另一盏仍能发光,所以路灯是并联的
    B.教室里的照明灯与控制它的开关是串联的
    C.教室里的空调和照明灯是并联的
    D.教室外楼道的电灯是由声控开关和光控开关共同控制的,只有在天暗并且有声音时才能亮,所以声控开关、光控开关及灯是并联的
    【分析】电路的基本连接形式有两种:一种是串联,在串联电路中电流只有一条路径,各用电器之间相互影响;另一种是并联,在并联电路中电流有多条流通路径,各个用电器之间互不影响,独立工作。
    【解答】解:A、马路的路灯应该互不影响,能独立工作,否则一盏坏了,其它的都不发光,因此路灯是并联的,故A正确;
    B、教室里的日光灯之间都是并联的,控制灯的开关与灯是串联的,故B正确;
    C、教室里的空调和照明灯,使用时互不影响,所以它们是并联的,故C正确;
    D、楼道里的声控开关和光控开关只有同时闭合时,电路才会接通,所以声控开关、光控开关与灯是串联的,故D错误。
    故选:D。
    【点评】此题主要考查了家庭电路中各用电器的连接形式以及开关作用的认识。
    9.(2分)小郑设计了一款可以取暖的台灯,闭合开关S1只有灯泡L发光,再闭合S2发热丝R加热取暖;但是只闭合S2时,灯泡和发热丝都不工作,则下列电路符合设计要求的是( )
    A.B.
    C.D.
    【分析】并联电路中,各支路互不影响,根据用电器的工作特点判定电路的连接方式和各个开关的作用。
    【解答】解:根据题意可知,闭合开关S1只有灯泡L发光,再闭合S2发热丝R加热取暖;只闭合S2时,灯泡和发热丝都不工作,这说明灯泡L与发热丝R是并联的,S1在干路上控制整个电路,S1在发热丝R的支路上,故B正确。
    故选:B。
    【点评】此题考查电路图的设计,读懂题意,明确灯泡L和发热丝R并联是关键。
    10.(2分)如图所示,灯L1与灯L2的规格相同,下列说法正确的是( )
    A.S闭合后,灯L2将发生短路,L1会发光
    B.要使小灯泡L1、L2串联,可去掉导线b
    C.只改动一根导线,此电路不可能变为灯L1、L2并联
    D.去掉导线b,在BD间接一个开关S1,S1只能控制L1
    【分析】(1)电路有通路、断路、短路三种状态,小灯泡只有在通路的电路中才会发光;
    (2)让小灯泡发光的基本连接形式有两种:一种是串联,在串联电路中电流只有一条路径;另一种是并联,在并联电路中电流有多条流通路径;
    (3)短路是指电流不经过用电器的电路,在实际电路中,如果用导线将用电器的两端直接连接,则会造成短路。
    【解答】解:
    A、S闭合后,L1、L2被导线b短路,灯不亮,会损坏电源,故A错误;
    B、要使L1、L2串联,电路中各个元件首尾相连,可去掉导线b,故B正确;
    C、将导线c从接线柱B改接到接线柱A上,则S闭合后,电流分两支,分别流向L1、L2,则L1、L2并联,故C错误;
    D、去掉导线b,在BD间接一个开关S1,若S1闭合,则电源会被短路,故D错误。
    故选:B。
    【点评】本题考查了识别串并联电路的能力,关键是会区分电路的三种状态、并会根据要求设计电路。
    11.(2分)在如图所示电路中,当闭合开关后,两个电压表指针都向右偏转相同角度,则电阻R1和R2阻值之比为( )
    A.1:1B.1:5C.4:1D.4:5
    【分析】由电路图可知,两电阻串联,电压表V2测电源的电压,电压表V1测R2两端的电压;根据串联电路的电压特点确定两电压表的量程,大量程示数是小量程示数的5倍,根据串联电路的电压特点求出两电阻两端的电压之比,根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出R1、R2的阻值之比。
    【解答】解:
    由电路图可知,闭合开关后,两电阻串联,电压表V2测电源的电压,电压表V1测R2两端的电压;
    因串联电路的总电压等于各分电压之和,且两个电压表指针都向右偏转相同角度,
    所以V2用的是大量程,V1用的是小量程,则电压表V2的示数等于电压表V1示数的5倍,即U=5U2,
    因串联电路各处的电流相等,
    所以,由I=可得,电阻R1、R2的阻值之比:
    =====。
    故选:C。
    【点评】本题考查了欧姆定律和串联电路特点的应用,关键是知道两个电压表指针都向右偏转相同角度时大量程示数是小量程示数的5倍。
    12.(2分)腕力球是一种人工动力装置,纯机械不用电池。手握腕力球运动时,使球芯加速旋转,同时球内的LED灯会发光(如图)。装置工作时能使灯发光的原理与图中的实验原理相同的是( )
    A.
    B.
    C.
    D.
    【分析】闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时,会产生电流,这种电流叫感应电流,这一现象叫电磁感应现象。
    【解答】解:
    手握腕力球运动时,使球芯加速旋转,同时球内的LED灯会发光,这说明电路中产生了电流,则可知此现象的原理为电磁感应现象。
    A、图中的实验为奥斯特实验,说明了电流的磁效应,故A不符合题意;
    B、图中实验装置无电源,闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时,会产生电流,是电磁感应现象,故B符合题意;
    C、图中实验装置说明通电导线在磁场中受力而运动,故C不符合题意;
    D、图中实验装置是探究通电螺线管周围存在磁场的实验,故D不符合题意。
    故选:B。
    【点评】本题考查了对电磁感应现象的认识,属于基础知识,难度不大。
    13.(2分)如图所示,是电学中常见的电路图,在A、B两点间分别接入下列选项中加点字的元件,并进行对应实验,对滑动变阻器在此实验中的主要作用描述正确的是( )
    A.探究电流与电压的关系——保持定值电阻两端电压不变
    B.探究电流与电阻的关系——调节电阻两端电压成倍数变化
    C.测量定值电阻的阻值——改变电路中的电流和电阻两端的电压
    D.测量小灯泡的电功率——改变小灯泡两端电压,求平均电功率
    【分析】(1)根据控制变量法的思路,结合滑动变阻器的使用目的可以确定滑动变阻器此时的作用;
    (2)为了保护电路,闭合开关前,滑动变阻器应处于最大阻值处,探究电流与电阻的关系时滑动变阻器的作用一般有保护电路和保持定值电阻两端电压不变,找出普遍规律;
    (3)由于电阻是导体本身的一种性质,其大小与导体两端的电压和通过它的电流无关,所以为了防止测量的偶然性,往往采取多次测量求平均值的方法来减小误差;
    (4)根据滑动变阻器使用目的,可以确定其在电路中的作用。
    【解答】解:A、探究电流与电压的关系时滑动变阻器的作用一般有保护电路和改变电路电流或改变被测电阻两端电压,故A错误;
    B、探究电流与电阻的关系时滑动变阻器的作用是保护电路和保持定值电阻两端电压不变,找出普遍规律,故B错误;
    C、测量导体的电阻时,通过改变滑动变阻器接入电路的阻值,从而改变了待测电阻两端的电压和通过它的电流,可以多测几组数据,通过求平均值来减小误差,故C正确;
    D、在“伏安法”测小灯泡电功率的实验中,滑动变阻器的作用是:通过改变小灯泡两端的实际电压与通过小灯泡的电流,可比较小灯泡亮度与灯泡的实际功率之间的关系,不需要测量平均功率,故D错误。
    故选:C。
    【点评】滑动变阻器可以改变电路中的电流,也可以调节电路两端的电压,要认真审题,注意语言的准确性。
    14.(2分)甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示,下列说法中正确的是( )
    A.甲灯的实际功率一定是40W
    B.将乙灯接入110V电路中,它的额定功率为15W
    C.若两灯串联在220V的电路中,则甲灯较亮
    D.两灯均正常发光时,甲灯消耗的电能较少
    【分析】(1)额定的电压下的功率为额定功率,实际电压下的功率为实际功率;
    (2)根据P=可知两灯泡的电阻关系,两灯串联时通过它们的电流相等,根据P=I2R可知它们的实际功率关系,实际功率大的灯泡较亮;
    (3)灯泡正常发光时的功率和额定功率相等,根据W=Pt比较消耗的电能关系。
    【解答】解:A.由灯泡的铭牌可知,甲灯泡的额定功率为40W,由于实际电压不知,所以甲的实际功率不一定是40W,故A错误;
    B.由灯泡的铭牌可知,乙灯泡的额定功率为60W,与实际电压无关,即将乙灯接入110V电路中它的额定功率仍为60W,故B错误;
    C.由P=UI=可知,甲的额定功率较小,电阻较大,两灯串联时,通过它们的电流相等,由P=I2R可知,甲灯泡的实际功率较大,甲灯泡较亮,故C正确;
    D.两灯均正常发光时的功率和额定功率相等,由W=Pt可知,两灯泡工作的时间未知,不能比较两灯泡消耗电能的多少,故D错误。
    故选:C。
    【点评】本题考查了学生对额定功率和实际功率、电功率公式、电功公式的理解与掌握,要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
    15.(2分)为了预防厨房天然气泄漏,大家都自觉安装了天然气泄漏报警装置,如图是它原理图的部分电路,电源电压不变,R0为定值电阻,R是一个气敏电阻,其电阻值会随天然气浓度的升高而变小,闭合开关S,若厨房出现天然气泄漏浓度升高,则下列判断正确的是( )
    A.气敏电阻R的阻值变大
    B.电压表的示数变大
    C.通过电阻R0的电流变小
    D.整个电路消耗的总功率变大
    【分析】由电路图可知,定值电阻R0和气敏电阻R串联,电压表测R两端的电压。根据“气敏电阻R的阻值会随天然气浓度的升高而变小”判断厨房天然气浓度升高时其阻值的变化,根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端的电压变化,根据串联电路的电压特点判断气敏电阻R两端的电压变化;根据P=UI分析总功率的变化。
    【解答】解:由电路图可知,定值电阻R0和气敏电阻R串联,电压表测R两端的电压。
    A、因气敏电阻R的阻值会随天然气浓度的升高而变小,所以,当厨房天然气浓度升高时,气敏电阻R的阻值变小,电路的总电阻变小,故A错误;
    BC、R阻值变小,总电阻变小,由I=可知,电路中的电流变大,即通过电阻R0的电流变大;根据U=IR可知,R0两端的电压变大,根据串联电路的电压关系可知,R两端的电压变小,即电压表的示数变小,故BC错误;
    D、电源电压不变,根据P=UI可知,电路消耗的总功率变大,故D正确。
    故选:D。
    【点评】本题考查了电路的动态分析,涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用,利用好“气敏电阻R的阻值会随天然气浓度的升高而变小”是关键。
    二、填空题(每空2分,共32分)
    16.(4分)沈括在《梦溪笔谈》卷二十四《杂志》中有这么一段描述:“方家以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”针锋是磁体的 南 极;“然常微偏东,不全南也。”说明地理的两极和地磁场的两极 不重合 。
    【分析】地球是一个大磁体,地磁南极在地理北极附近,地磁北极在地理南极附近,存在磁偏角。
    【解答】解:针锋能指南,即指地理北极附近,是因为针锋受到地磁场的作用,磁体的南极指向地磁的北极,故“针锋”是磁体的南极;
    “然常微偏东,不全南也”,说明地理的两极和地磁场的两极并不是完全重合,存在磁偏角。
    故答案为:南;不重合。
    【点评】此题考查了地磁场的概念,是基础性问题。
    17.(4分)如图所示的装置可以用来研究 电动机 (选填“电动机”或“发电机”)的工作原理。如果只对调蹄形磁铁的南北极,则导体ab受到磁力的方向 会 (选填“会”或“不会”)改变。
    【分析】电动机的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用;通电导体在磁场中受力的方向与电流的方向与磁场方向有关。
    【解答】解:由图知,电路中有电源,通电导体在磁场中会受到力的作用,这是电动机的工作原理;
    如果仅仅对调蹄形磁铁的南北极,磁场的方向改变,电流方向不变,则导体ab受到磁力的方向会改变。
    故答案为:电动机;会。
    【点评】此题需要注意:研究电磁感应现象的实验装置有电流表没有电源,研究通电导体在磁场中受力的实验装置有电源没有电流表。
    18.(4分)关注生活中有关“吸”的物理现象:两滴小水珠“吸”到一起成为一滴大水珠是因为分子间有 引力 ;与头发摩擦过的塑料尺能“吸”起纸屑是因为带电体能 吸引轻小物体 。
    【分析】①分子间存在相互作用的引力和斥力;
    ②摩擦起电,带电体能吸引轻小物体。
    【解答】解:水珠分子间存在相互作用的引力,使两滴水珠“吸”到一起成为一滴大水珠;
    塑料尺与头发摩擦带电,带电体能吸引轻小物体,故与头发摩擦过的塑料尺能“吸”起纸屑。
    故答案为:引力;吸引轻小物体。
    【点评】本题利用了摩擦起电、分子间的作用力来解释一些现象。一个“吸”字,包含不同的物理规律,要注意区分。
    19.(4分)歼﹣20战斗机,是我国自主研发的隐形战斗机,进入世界先进战斗机行列,它的油箱能装10吨燃油,歼﹣20的发动机是 热机 (选填“电动机”或“热机”),工作时将 内 能转化成机械能。
    【分析】将内能转化为机械能的机器叫热机。
    【解答】解:歼﹣20的发动机是热机,工作时将内能转化成机械能。
    故答案为:热机;内。
    【点评】知道热机的概念和能量转化,可解答此题。
    20.(4分)小明家5月初电能表的示数如图甲所示,5月底,表盘示数如图乙所示,由图可知他家5月份消耗的电能为 120 kW•h;小明将某家用电器单独接在该电能表上正常工作6min,电能表指示灯闪烁了320次,该家用电器的额定功率是 1000 W。
    【分析】电能表读数:数字方框中最后一位是小数,单位是kW•h;两次示数之差即为当月消耗的电能;
    3200imp/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能,电能表的指示灯闪烁3200次,据此可求出当电能表指示灯闪烁320次消耗的电能,又知道工作时间,根据公式P=求出该用电器消耗的功率。
    【解答】解:由图可知,小明家5月份用电器消耗的电能为:W=6748.2kW•h﹣6628.2kW•h=120kW•h;
    3200imp/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能,电能表的指示灯闪烁3200次,
    则电能表指示灯闪烁320次时,家用电器消耗的电能:
    W=kW•h=0.1kW•h,
    家用电器的实际功率:
    p===1kW=1000W;
    因为家用电器正常工作,所以家用电器的额定功率等于实际功率,则饮水机的额定功率是1000W。
    故答案为:120;1000。
    【点评】本题考查了电功率和电功的计算以及电能表的读数,明白电能表参数的含义是解题的关键。
    21.(6分)酿酒坊里的发酵罐配有笨重的密封罩,为了方便操作,设计了一个杠杆和电磁铁组合系统来升降密封罩,如图所示。装置通电后,电磁铁上端为 N (选填“N”或“S”)极,若要使电磁铁吸力变大,则应将滑动变阻器滑片向 左 (选填“左”或“右”)滑动。
    【分析】根据电流方向和电磁铁的绕线情况,根据安培定则判断出电磁铁的极性;
    根电磁铁磁性的大小与电流大小、线圈的匝数有关。
    【解答】解:由图看出,电流从电磁铁上端流入,依据安培定则,四指顺着电流方向,大拇指应向上握住电磁铁,所以上端为N极。
    若要使电磁铁吸力变大,即增大电磁铁的磁性,增大电路中的电流,根据欧姆定律可知,需要减小滑动变阻器接入电路中的电阻,所以滑片应该向左移动。
    故答案为:N;左。
    【点评】本题考查安培定则、滑动变阻器对电路中电流的影响、电流大小对电磁铁磁性强弱的影响,要求同学熟练掌握。
    22.(4分)秋冬季节,糖炒板栗很受人们欢迎。如图所示,在炒板栗时常要在锅中放入一些砂石,因为砂石的比热容 小 、升温快,与板栗充分接触,并通过 热传递 的方式使板栗内能增大。
    【分析】对于比热容小的物质来讲,同样吸收热量,其温度升高很快,这也是我们利用的主要特点之一;
    改变物体内能的方式有:做功与热传递两种方式。
    【解答】解:在炒板栗时,由于锅底的温度较高,很容易把板栗炒煳,所以锅中总要放些沙子,由于沙子的比热容小,沙子很容易被炒热,这样沙子被炒热后可以均匀地把热量传递给板栗,这样炒出的板栗比较好吃;在炒板栗时,是通过热传递的方式使板栗内能增大。
    故答案为:小;热传递。
    【点评】本题考查比热容和内能的改变,属于基础题。
    23.(4分)如图所示是一款有两个挡位的挂烫机的工作电路图,正常工作电压为220V,加热电阻R1=R2=88Ω,只闭合开关S1时,挂烫机处于 低温 挡(选填“高温”或“低温”),挂烫机处于高温挡工作1min产生的热量为 6.6×104 J。
    【分析】(1)根据电路图可知,只闭合开关S1时,电路为R1的基本电路;同时闭合S1、S2时,两电阻并联;根据P=分析挂烫机的挡位;
    (2)先根据并联电阻规律求出总电阻,然后根据W=t求出挂烫机处于高温挡工作1min产生的热量。
    【解答】解:(1)由电路图可知,只闭合开关S1时,电路为R1的基本电路;同时闭合S1、S2时,两电阻并联;
    因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻,所以,只闭合开关S1时,电路的总电阻较大,由P=可知,电源的电压一定时,电路的总功率最小,挂烫机处于低温挡;同时闭合S1、S2时,两电阻并联,挂烫机处于高温挡。
    (2)高温挡时,电路的总电阻:R===44Ω,
    挂烫机处于高温挡工作1min产生的热量:Q=W=t=×60s=6.6×104J。
    故答案为:低温;6.6×104。
    【点评】本题考查了电功公式的灵活应用,分清挂烫机处于不同挡位时电路的连接方式是关键。
    三、作图与计算题(共16分)
    24.(2分)请在框内画出与实物图对应的电路图。
    【分析】分析实物图,得出两灯的连接方式,以及开关、电流表的位置,据此画出对应的电路图。
    【解答】解:由实物图知,两灯并联,开关S1在干路上,灯L2、开关S2在一条支路,灯L1单独一条支路,电路图如图所示:
    【点评】本题考查根据实物图画电路图,正确分析电路的连接方式是关键。
    25.(2分)如图中的电路闭合开关后,小磁针静止时的指向如图所示,请在括号内标出电源的“+”或者“﹣”极和螺线管的“N”或者“S”极。
    【分析】知道小磁针静止时的指向,根据磁极间的相互作用规律判定通电螺线管的N、S极;再利用安培定则确定螺线管中的电流方向,进而确定电源的正、负极。
    【解答】解:开关闭合后,小磁针N极向左,根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引,通电螺线管右端为S极、左端为N极;由安培定则可知电流由螺线管的右端流入,则电源右端为正极、左端为负极,如图所示:
    【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和安培定则的应用,属于基础知识。
    26.(6分)打制铁质工具时要淬火以提高工具的硬度。现将一质量为420g、温度为550℃的烧红的铁件淬火,淬火后温度降低到50℃,求:(已知铁的比热容为0.46×103J/(kg•℃),水的比热容为4.2×103J/(kg•℃),假设整个过程没有热量散失)
    (1)此过程中铁件释放的热量为多少J?
    (2)若这些热量全部用于加热5kg温度为30℃的水,则水温将升高到多少℃?
    【分析】(1)知道铁件的质量、铁的比热容、初温和末温,利用Q放=cmΔt求铁件放出的热量;
    (2)由题知,水吸收的热量Q吸=Q放,再利用Q吸=cmΔt求水升高的温度,进而求出末温。
    【解答】解:(1)铁件放出的热量:
    Q放=c铁m铁Δt铁=0.46×103J/(kg•℃)×0.42kg×(550℃﹣50℃)=9.66×104J;
    (2)由题知,水吸收的热量Q吸=Q放=9.66×104J,
    由Q吸=cmΔt得:
    Δt水===4.6℃,
    水温升高到:t=Δt水+t0=4.6℃+30℃=34.6℃。
    答:(1)此过程中铁件释放的热量为9.66×104J;
    (2)水温将升高到34.6℃。
    【点评】本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式的应用,属于基础题目。
    27.(6分)如图所示,电源电压为6V,定值电阻R1、R2的阻值分别为12Ω、18Ω。
    (1)当S1断开、S2接1时,通过R1的电流是多少?此时R1的电功率是多少?
    (2)当开关处于何种状态时,电路的总功率最大,最大总功率是多少?
    【分析】(1)当S1断开、S2接1时,该电路为R1和R2的串联电路;由串联电路的电阻特点可得出电路总电阻,再利用欧姆定律求出电路中的电流,串联电路中电流处处相等;
    (2)两个用电器串联时总电阻等于各个用电器电阻之和,而两用电器并联时,总电阻倒数等于各个用电器电阻倒数之和,因此并联总电阻小于串联总电阻,由欧姆定律可知总电阻越小,总电流越大,由P=UI可知总电流越大,总功率越大,据此分析开关的状态;
    先通过欧姆定律求出通过R1和R2的电流,再由并联电路的电流特点求出干路最大总电流,最后利用P=UI求出电路最大总功率。
    【解答】解:(1)当S1断开、S2接1时,该电路为R1和R2的串联电路,
    由串联电路的电阻特点可知电路的总电阻为:R=R1+R2=12Ω+18Ω=30Ω,
    由欧姆定律可知电路的电流为I===0.2A,则通过R1的电流为0.2A,此时R1的电功率是P1=I2R1=(0.2A)2×12Ω=0.48W;
    (2)当S1闭合,S2接2时,该电路为R1和R2的并联电路,此时电路的总电阻最小,由欧姆定律可知干路电流最大;
    此时通过R1的电流为:I1===0.5A=A,通过R2的电流为I2===A,
    由并联电路的电流特点可知干路最大电流为:I大=I1+I2=+=,
    此时电路最大总功率为:P大=I大U=×6V=5W。
    答:(1)当S1断开、S2接1时,通过R1的电流为0.2A,此时R1的电功率是0.48W;
    (2)当开关S1闭合,S2接2时,电路的总功率最大,最大总功率是5W。
    【点评】本题考查了对欧姆定律和电功率计算公式的应用,熟练掌握串、并联电路的电流、电压和电阻特点是解题的关键。
    四、实验题(每空2分,共22分)
    28.(6分)小田用如图所示的装置做“比较不同物质的吸热能力”的实验,在两个相同的烧杯中分别装入质量、初温都相同的A、B两种液体,并用相同的电加热器分别加热。
    (1)小田根据实验测得的数据分别描绘出了A、B两种液体的温度随加热时间变化的图像,如图乙所示,分析图乙可知液体 A (填“A”或“B”)的吸热能力强;
    (2)若加热过程中无热量损失,已知A的比热容为2.4×103J/(kg•℃),则B的比热容为 1.2×103 J/(kg•℃);
    (3)在日常生活中用水冷却汽车的发动机,主要是因为 水的比热容大 。
    【分析】(1)比较物质吸热能力的2种方法:
    使相同质量的不同物质升高相同的温度,比较吸收的热量(即比较加热时间),吸收热量多的吸热能力强
    使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间),比较温度的变化,温度变化小的吸热能力强;
    (2)根据图象和QA=QB=cmΔt即可求出B的比热容;
    (3)与其它液体相比,水的比热容较大大,在质量和升高的温度相同时,水吸收的热量最多。
    【解答】解:(1)由图乙可知,相同质量的A、B液体,被加热相同的时间(吸收相同的热量),A液体升温慢,B液体升温快,说明A液体的吸热本领强;
    (2)根据图乙可知,A、B都加热5min,A温度变化量为30℃−10℃=20℃,B温度变化量为50℃−10℃=40℃;
    由QA=QB=cmΔt可得:cAmΔtA=cBmΔtB
    2.4×103J/(kg•℃)×20℃=cB×40℃
    cB=1.2×103J/(kg•℃);
    (3)与其它液体相比,水的比热容大,在质量和升高的温度相同时,由公式Q=cmΔt知,水吸收的热量多,冷却效果好。
    故答案为:(1)A;(2)1.2×103;(3)水的比热容大。
    【点评】本题主要考查如何用转换法和控制变量法来比较不同物质比热容(吸热能力)的大小,本题有一定的难度。
    29.(8分)如图甲所示,用5Ω、10Ω、20Ω的三个定值电阻探究电流与电阻的关系,实验所用电源电压为6V。
    (1)先将5Ω的定值电阻接入电路,闭合开关后,移动滑动变阻器的滑片,当电流表的示数如图乙所示时记录数据,则本实验中控制的定值电阻两端的电压为 2 V;
    (2)断开开关,将5Ω的定值电阻换成10Ω的定值电阻,闭合开关,应将滑动变阻器的滑片向 右 (选填“左”或“右”)端移动;移动滑片的过程中,眼睛应观察 电压 表的示数;
    (3)根据实验数据描绘出电流与电阻倒数的图像如图丙所示,由图像可知:电压一定时,电流与电阻成 反 比。
    【分析】(1)由图乙读出电流值,根据欧姆定律求出此时定值电阻两端的电压值;
    (2)探究“电流与电阻关系”时要控制电阻两端的电压不变,即电压表的示数不变,据此分析;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;
    (3)由图丙,求出电流与电阻的乘积分析回答。
    【解答】解:(1)由图甲可知,电流表量程为0﹣0.6A,分度值为0.02A,由图乙可知,电流表示数为0.4A,所以此时此定值电阻两端的电压:U=IR=0.4A×5Ω=2V,
    则本实验中控制的定值电阻两端的电压为2V;
    (3)探究“电流与电阻关系”时要控制定值电阻两端的电压不变,每次更换电阻后,都要移动滑动变阻器的滑片,此时眼睛应注意观察电压表示数。实验中控制定值电阻两端的电压为2V,根据串联分压原理可知,将定值电阻由5Ω改换成10Ω的电阻,定值电阻增大,其分得的电压增大,要控制定值电阻两端的电压不变,根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压,由分压原理知,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,使电压表的示数仍为2V;
    (3)图丙知,电流与电阻的乘积为:U=IR=0.1A×Ω=﹣﹣﹣﹣0.4A×Ω=2V
    故由图像可以得出结论:电阻两端电压一定时,导体中的电流跟电阻成反比。
    故答案为:(1)2;(2)右;电压;(3)反。
    【点评】本题探究导体中电流跟电阻的关系,考查数据分析、欧姆定律的应用及操作过程和对器材的要求,是一道综合题,难度较大。
    30.(6分)如图甲所示是小曾进行“伏安法测电阻”实验的部分电路。
    (1)用笔画线代替导线将图甲连接完整(要求滑片向右移动时电流表示数变小);
    (2)表1是测量时几组电压和电流的数据,测得该电阻为 10.4 Ω;(答案保留一位小数)
    (3)小曾在完成图甲实验后,对伏安法测电阻知识进行拓展:不用电流表,增加一个定值电阻R0和开关S2按图乙所示方法连接来测量电阻R1。以下为实验步骤:
    第一步:先闭合S1,读出此时电压表的示数为U1;
    第二步:再闭合S2,读出此时电压表的示数为U2;
    第三步:请利用所给字母写出R1的表达式:R1= 。
    (4)若把图乙的实验中R0换成几千欧的电阻,R1约几十欧, 不能 (选填“能”或“不能”)测出R1阻值。
    【分析】(1)根据滑片向右移动时电流表示数变小,可知电路的电阻变大,据此确定变阻器左下接线柱连入电路中;
    (2)为减小误差,取平均值作为测量结果;
    (3)分析开关转换时电路的连接及电压表测量的电压,根据串联电路电压的规律得出R1的电压,由分压原理得出R1的表达式;
    (4)R1比R0小得多,当两电阻串联时,由分压原理可知,R1的电压几乎为0,据此分析。
    【解答】解:(1)要求滑片向右移动时电流表示数变小,可知电路的电阻变大,故变阻器左下接线柱连入电路中,如下所示:
    (2)为减小误差,取平均值作为测量结果,故表测得该电阻为:
    R=≈10.4Ω;
    (3)先闭合S1,读出此时电压表的示数为U1,电压表与电源连通测电源电压,再闭合S2,两电阻串联,电压表测R0的电压,读出此时电压表的示数为U2;
    根据串联电路电压的规律,R1的电压为
    U11=U1﹣U2;
    由分压原理可知:
    R1的表达式:
    R1=;
    (4)若把图乙的实验中R0换成几千欧的电阻,R1约几十欧,R1比R0小得多,当两电阻串联时,由分压原理可知,R1的电压几乎为0,根据上面的分析,不能测出R1阻值。
    故答案为:(1)
    ;(2)10.4;(3); (4)不能。
    【点评】本题用“伏安法测电阻”,考查电路连接、数据处理测电阻的特殊方法。
    一、不定项选择题(每小题2分,共10分,每小题给出的四个选项中有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得2分,选对但未选全得1分,凡有错选或不选得0分。)
    31.(2分)关于温度、热量和内能,下列说法中错误的是( )
    A.一个物体温度升高了,它的内能一定增加
    B.要使物体内能增加,必须使其吸收热量
    C.做功和热传递都可以改变物体的内能
    D.热量等于热传递过程中物体内能的改变量
    【分析】(1)物体吸热或温度升高,内能一定增大;但物体的内能增大,不一定是由物体吸热或温度升高引起的;
    (2)改变内能的方式:做功和热传递;
    (3)热量是热传递过程中物体内能改变的多少。
    【解答】解:
    A、一个物体温度升高了,内能一定增加,可能是外界对物体做了功,也可能是吸收了热量,故A正确;
    BC、做功和热传递都可以改变物体的内能,要使物体内能增加,不一定必须使其吸收热量,也可以对其做功,故B错误、C正确;
    D、热量只存在于热传递或热交换过程中,因此热量等于热传递过程中物体内能的改变量,,故D正确。
    故选:B。
    【点评】本题考查了内能概念及影响因素,注意:物体内能增加,温度不一定升高;温度高的物体内能不一定大。
    32.(2分)小帆在老师指导下,用如图(a)所示的同一个实验装置分别加热100g的甲、乙两种液体(其中一种是水),用测得的数据绘制了温度随时间变化图像(b),乙从20℃加热至沸腾(乙的沸点为200℃)刚好消耗了4g酒精(q酒精=3×107J/kg)。若单位时间内甲吸收的热量与乙吸收的热量相等,c水=4.2×103J/(kg•℃),则下列说法中正确的是( )
    A.0~8min乙吸收的热量为3.36×104J
    B.乙的吸热能力大于甲的吸热能力
    C.c乙=2.4×103J/(kg•℃)
    D.该酒精灯的加热效率为30%
    【分析】(1)根据Q吸=cmΔt求出乙吸收的热量;
    (2)(3)根据图乙可知,质量相同的甲和乙升高相同的温度,甲的加热时间是乙的加热时间的2倍,据此分析比较两物质吸热能力;根据c=可求出乙的比热容;
    (4)根据Q放=mq求出酒精完全燃烧放出的热量,根据效率公式求出效率。
    【解答】解:A、由图可知,甲液体的沸点为100℃,因此甲为水,乙是另一种液体;
    用相同的酒精灯加热,在相同的时间内,水吸收的热量等于乙吸收的热量,0~8min乙吸收的热量等于甲吸收的热量:Q乙=Q水=c水m水Δt=4.2×103J/(kg•℃)×0.1kg×(100℃﹣20℃)=3.36×104J,故A正确;
    BC、根据图乙可知,质量相同的甲和乙升高相同的温度,甲的加热时间是乙的加热时间的2倍,则甲吸收的热量是乙吸收热量的2倍,所以甲的吸热能力大于乙的吸热能力,根据c=可知,甲的比热容是乙的比热容的2倍,乙的比热容为:c乙=c甲=×4.2×103J/(kg•℃)=2.1×103J/(kg•℃),故BC错误;
    D、酒精完全燃烧放出的热量为:Q放=m酒精q=0.004kg×3×107J/kg=1.2×105J;
    乙从加热到沸腾吸收的热量为:Q'乙=×3.36×104J=5.04×104J;
    酒精灯的加热效率为:η=×100%=×100%=42%,故D错误。
    故选:A。
    【点评】本题考查了比热容的计算、吸热和放热公式的应用、效率的计算,考查的知识点较多。
    33.(2分)在如图所示的电路中,电源电压保持不变,闭合开关,移动滑动变阻器的滑片至某一位置时,电流表A1、A2、A3的示数分别为1.5A、1A、1.1A。则下列有关说法错误的是( )
    A.通过R1的电流为0.4A
    B.通过R2的电流为0.6A
    C.向右移动滑片,电压表V2的示数变大
    D.向右移动滑片,电压表V2的示数不变
    【分析】由图可知,该电路为并联电路,两个电压表测量的都是电源电压,电流表A1测量的干路中的电流,电流表A2测量的是R1、R2通过的电流,电流表A3测量的是R3、R2通过的电流;根据并联电路的电流规律分析通过R1、R2电流的大小;根据电源电压分析滑片移动时电压表示数的变化。
    【解答】解:由图可知,该电路为并联电路,两个电压表测量的都是电源电压,电流表A1测量的干路中的电流,电流表A2测量的是R1、R2通过的电流,电流表A3测量的是R3、R2通过的电流;
    A、根据并联电路的电流规律可知,通过R1的电流为:I1=I﹣I23=1.5A﹣1.1A=0.4A,故A正确;
    B、根据并联电路的电流规律可知,通过R3的电流为:I3=I﹣I12=1.5A﹣1A=0.5A;通过R2的电流为:I2=I﹣I1﹣I3=1.5A﹣0.4A﹣0.5A=0.6A,故B正确;
    CD、向右移动滑片,电压表V2始终测量的是电源电压,示数不变,故C错误、D正确。
    故选:C。
    【点评】本题考查了电路的动态分析、并联电路电流规律的应用,难度不大。
    (多选)34.(2分)如图所示电路,电源两端电压12V保持不变。下列说法中正确的是( )
    A.当开关S1闭合、S2断开,三只小灯泡串联,电压表V1测量L3两端电压,电压表V2测量L1和L2两端电压
    B.当开关S1断开、S2闭合,L1与L3串联,电压表V1示数为12V
    C.当开关S1、S2断开,三个小灯泡串联,若电压表V1示数为7V,电压表V2示数为9V,则小灯泡L1两端电压为4V
    D.开关S1闭合、S2断开,过了一段时间后,电流表示数突然增大,电压表V1变为12V、电压表V2示数变为0,则故障原因可能为L3短路
    【分析】根据开关的断开和闭合情况判定电路的连接方式;根据串联电路的电压的关系分析各个灯泡两端的电压;电路的故障有两种:断路和短路。
    【解答】解:A.根据实物图可知,当开关S1闭合、S2断开,电流的路径只有一条,灯泡L1短路,L2与L3串联,电压表V1测量L3两端电压,电压表V2测量L2两端电压,故A错误;
    B.根据实物图可知,当开关S1断开、S2闭合,灯泡L2短路,L1与L3串联,电压表V1测电源电压,则V1示数为12V,故B正确;
    C.根据实物图可知,当开关S1、S2断开,三个小灯泡串联,电压表V1测L1与L3两端总电压为7V;电压表V2测L1与L2两端总电压为9V;则小灯泡L1两端电压为U1=2U1+U2+U3﹣U=7V+9V﹣12V=4V,故C正确;
    D.根据实物图可知,开关S1闭合、S2断开,L2与L3串联,过了一段时间后,电流表示数突然增大,电路中电阻变小,电压表V1变为12V等于电源电压,电压表V2示数变为0,则说明与V2并联的L2可能短路,故D错误。
    故选:BC。
    【点评】本题考查了电路故障、测量电路的电压规律、电流是辨别,明确电路的连接方式是解题的关键。
    (多选)35.(2分)如图所示电路,电源电压恒定不变,定值电阻R1=20Ω,R2=2R3。电流表量程(0~0.6A),电压表量程(0~15V),任意调节开关均能保证电路安全。闭合开关S2,断开S1、S3,电流表示数I,R2的功率为P2;闭合开关S3,断开S1、S2,电流表示数I′,R3的功率为P3。已知I:I′=2:3,电路工作时最大功率为P大,最小功率为P小。下列选项不正确的是( )
    A.电源电压不能超过8VB.R2=40Ω
    C.P2:P3=4:3D.P大:P小=9:4
    【分析】(1)由图可知,闭合开关S2,断开S1、S3,R1、R2串联,电压表测量R1两端的电压,电流表测量电路中的电流,利用欧姆定律表示出电路中的电流I,利用电功率公式P=I2R表示出R2的功率为P2;闭合开关S3,断开S1、S2,R1、R3串联,电压表测量R1两端电压,电流表测量电路中的电流,利用欧姆定律表示电路中的电流I′,利用电功率公式P=I2R表示出R3的功率为P3;根据I:I'=2:3可求出R2、R3的阻值;据此可求出P2与P3之比;
    (2)根据电流表量程可知,电路中的总电流最大为0.6A,当三个开关都闭合时,R2、R3并联时,根据并联电路的电阻特点可知,电路中的总电阻最小,为了使任意调节开关均能保证电路安全,利用欧姆定律求出电源电压的最大值;
    (4)根据串并联电路的电阻特点可知,当三个开关都闭合时,R2、R3并联时,电路中的总电阻最小,根据P=可知,当电路中的电阻最小时,电路工作时电功率最大,并据此表示出最大电功率P大,当R1、R2串联时,电路中的总电阻最大,电功率最小,并据此表示出最小电功率P小,然后求出最大电功率与最小电功率之比。
    【解答】解:BC、由图可知,闭合开关S2,断开S1、S3,R1、R2串联,电压表测量R1两端的电压,电流表测量电路中的电流,
    此时电路中的电流:I=,
    R2的功率为:P2=I2R2,
    闭合开关S3,断开S1、S2,R1、R3串联,电压表测量R1两端电压,电流表测量电路中的电流,
    电路中的电流:I′=,
    R3的功率为:P3=I′2R3,
    则====,
    解得:R2=40Ω,故B正确;
    由于R2=2R3,则R3=R2=×40Ω=20Ω;
    则==×=,故C错误;
    A、根据电流表量程可知,电路中的总电流最大为0.6A,
    当三个开关都闭合时,R2、R3并联时,根据并联电路的特点可知,电路中的总电阻最小,并联的总电阻:R并===Ω,
    为了使任意调节开关均能保证电路安全,由I=可知,电源电压的最大值:U=I大R并=0.6A×Ω=8V,故A正确;
    D、当三个开关都闭合时,R2、R3并联时,根据并联电路的电阻特点可知,电路中的总电阻最小,此时电路中的总功率最大,最大的电功率:P大=,
    由于R2>R3,所以闭合开关S2,断开S1、S3,R1、R2串联,电路中的总电阻最大,总功率最小,
    此时电路中的总电阻:R串=R1+R2=20Ω+40Ω=60Ω,电路中的最小电功率:P小=,
    则电路工作时最大功率P大与最小功率P小之比:P大:P小=:=R串:R并=60Ω:Ω=9:2,故D错误。
    故选:CD。
    【点评】本题考查了串并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用,能正确分析各种状态下的电路连接方式是解题的关键。
    二.综合题(10分)
    36.(4分)如图甲是一种传统的预热式电热水器,其部分参数如表1所示,如图乙是另一种即热式电热水器,其部分参数如表2所示。即热式电热水器较传统的热水器的优点在于:它没有储水箱,体积小巧,即开即热,不开不加热,节能且加热效率高。试完成:
    表一:
    表二:
    (1)电热水器都是利用了电流的 热 效应;
    (2)预热式电热水器水箱装满水后,至少需要通电加热 2520 s,可以将这些水由30℃加热至52℃;(不计热量损失)
    (3)小聪家能安装这种即热式电热水器,请你根据掌握的物理知识判断他家的电能表是下面哪个 A (以下是电能表的规格);
    A.“220V 40A”
    B.“220V 30A”
    C.“220V 25A”
    D.“220V 20A”
    (4)小聪查阅到所谓“防电墙技术”是指在电热水器电路和外壳之间加一个阻值高达1×106Ω的隔离电阻,即便在异常漏电情况下,电流依次经防电墙和人体流入大地,也可保证人体可能承受的电压低于12V的人体绝对安全电压。请你利用所学知识计算漏电的时候U人= 0.22 V,小于12V,所以防电墙技术能保证人的安全。(人体电阻按照1000Ω来计算)
    【分析】(1)电流通过导体时,把电能转化为内能的现象叫做电流的热效应;
    (2)根据密度公式求出满箱水的质量,根据Q吸=cm(t﹣t0)求出水吸收的热量,不计热量损失,电热水器消耗的电能等于水吸收的热量,根据P=求出至少需要加热的时间;
    (3)根据P=UI求出即热式电热水器的额定电流,据此判断使用的电能表的规格;
    (4)根据串联电路电阻特点求出电路总电阻,再利用欧姆定律及变形公式求出此时人体的电压。
    【解答】解:(1)电热水器工作时将电能转化为内能,所以电热水器利用的是电流的热效应;
    (2)预热式电热水器水箱内水的体积V=60L=60dm3=0.06m3,
    由ρ=可知,满箱水的质量:m=ρV=1.0×103kg/m3×0.06m3=60kg,
    水吸收的热量:Q吸=cm(t﹣t0)=4.2×103J/(kg•℃)×60kg×(52℃﹣30℃)=5.544×106J,
    不计热量损失,电热水器消耗的电能:W=Q吸=5.544×106J,
    由P=可知,至少需要加热的时间:t′===2520s;
    (3)由表二数据可知,即热式电热水器的额定功率P′=7500W,
    由P=UI可知,即热式电热水器的额定电流:I==≈34.1A,
    由于选用电能表允许通过的最大电流应该不小于34.1A,则应该选用规格为“220V 40A”的电能表,故选A;
    (4)防电墙与人的电阻串联,
    根据串联电路电阻特点可知,电路总电阻:R=R0+R人=1×106Ω+1000Ω=1.001×106Ω,
    串联电路中的电流:I0==≈2.2×10﹣4A,
    由欧姆定律得,此时人体的电压:U人=I0R人=2.2×10﹣4A×1000Ω=0.22V,
    因为U人小于12V,所以防电墙技术能保证人的安全。
    故答案为:(1)热;(2)2520;(3)A;(4)0.22。
    【点评】本题为电热综合综合题,考查串联电路的特点、电流的热效应、电功率公式、欧姆定律、密度公式、电功公式、吸热公式的运用,题目有一定的难度。
    37.(6分)如图甲所示,电源电压为9V且不变,小灯泡L正常发光时的电压为3V,滑动变阻器R1标有“?Ω 1.5A”。只闭合开关S2,当滑动变阻器接入最大阻值四分之一时,小灯泡L正常发光且电流表指针满偏(电流表取0~0.6A量程)。电表表盘如图乙所示。假设灯丝电阻不变。求:
    (1)灯丝的电阻为多少Ω?
    (2)只闭合开关S2时,在电路安全的情况下,求电路消耗的最小总功率为多少?
    (3)闭合S1,断开S2,将另一个电压表V2接入电路,原电路连接不变,电流表量程不变,电压表根据需要可以选择合适的量程。当滑片P置于某一位置时,三个电表指针偏转格数相同,且表V2示数大于表V1的示数,求R2可能的阻值?
    【分析】(1)只闭合开关S2时,滑动变阻器R1与灯泡L串联接入电路,电流表测量电路中的电流,电压表测量滑动变阻器两端的电压,根据当滑动变阻器接入最大阻值的时,灯泡L正常发光,电流表指针满偏,可得出电路中的电流,根据欧姆定律可求出灯丝的电阻;
    (2)根据当滑动变阻器接入最大阻值小的时,灯泡L正常发光,电流表指针满偏,可得出电路中的电流,根据串联电路电压规律可求出滑动变阻器两端的电压,根据串联电路电流规律可知通过滑动变阻器的电流,根据欧姆定律可求出滑动变阻器接入电路的电阻,由此可求出滑动变阻器的最大阻值;
    只闭合开关S2时,若使电路消耗的功率最小,只需电流最小,即滑动变阻器的电阻最大时电流最小,再由欧姆定律求得最小电流,利用P=UI求得最小总功率;
    (3)电压表V2有两种接法,①与R2并联,根据三个电表偏转的格数相同,V2的示数是V1的示数的5倍,求得电压表偏转的格数及各表的读数,再由欧姆定律可求R2的阻值;②是与电源并联,重复①的解答步骤,即可求出电阻R2的可能值。
    【解答】解:(1)只闭合开关S2时,滑动变阻器R1与灯泡L串联接入电路,电流表测量电路中的电流,当滑动变阻器接入最大阻值的时,灯泡L正常发光,电流表指针满偏,此时I=0.6A;
    又因为小灯泡L正常发光时的电压为3V,所以灯丝的电阻RL=;
    (2)已知U电源=9V,U灯=3V,只闭合开关S2时,滑动变阻器R1与灯泡L串联接入电路,则有:U滑=U电源﹣U灯=9V﹣3V=6V;
    此时滑动变阻器的四分之一接入电路,由欧姆定律可得:,所以R滑=40Ω;
    只闭合开关S2时,当滑片滑到b端,电路中电流最小,由欧姆定律可得:Imin=;
    则电路消耗的最小总功率Pmin=U电源Imin=9V×0.2A=1.8W;
    (3)在保证原电路不变的情况下,表V2示数大于表V1的示数,说明V2的量程为15V,电压表V2有两种接法:
    ①电压表V2与R2并联,U2+U1=9V,且U2=5U1;
    求得U1=1.5V,U2=7.5V;
    由乙图可知,电压表V1的分度值为0.01V,所以电表偏转的格数为n=;
    此时电流表的分度值为0.02A,则电流表的读数为I′=15×0.02A=0.3A;
    R2的阻值为:R2==25Ω;
    ②电压表V2与电源并联,其读数等于9V,则其偏转的格数为n′=;
    则电压表V1的示数为U1′=18×0.01V=1.8V,电流表的示数为I″=18×0.02A=0.36A,电阻R2两端的电压U2′=U电源﹣U1′=9V﹣1.8V=7.2V;
    R2的阻值为:R2′==20Ω;
    故R2的可能阻值为25Ω或20Ω。
    答:(1)灯丝的电阻为5Ω;
    (2)电路消耗的最小总功率为1.8W;
    (3)R2的可能阻值为25Ω或20Ω。
    【点评】本题考查欧姆定律的应用,电功率的计算,(3)问中电压表V2的两种接法是解答本题的难点。电压U/V
    2.0
    2.5
    3.0
    电流I/A
    0.20
    0.24
    0.28
    电阻R/Ω
    10.0
    10.4
    10.7
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    IPX4
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    ×××
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    ×××
    额定功率
    7500W
    额定压力
    0.6MPa
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    220V
    防水等级
    IPX4
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    电压U/V
    2.0
    2.5
    3.0
    电流I/A
    0.20
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