广东省深圳市南山区2024-2025学年九年级（上）期末物理试卷（解析版）

这是一份广东省深圳市南山区2024-2025学年九年级（上）期末物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.下列物理量的估测中，最接近生活实际的是( )
A. 一节新干电池的电压约为3V
B. 家用电冰箱正常工作时的电流约为10A
C. 家用电热水壶的额定功率约为100W
D. 家用电热水壶正常工作一小时大约消耗1kW⋅h的电能
【答案】D
【解析】解：A.一节新干电池的电压约为1.5V，故A不符合实际；
B.家用电冰箱正常工作时的电流约为1A，故B不符合实际；
C.家用电热水壶的额定功率约为1000W，故C不符合实际；
D.家用电热水壶正常工作一小时大约消耗电能W=Pt=1kW×1h=1kW⋅h，故D符合实际。
故选：D。
首先要对相关物理量有个初步的认识，不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要经过简单的计算，有的要进行单位换算，最后判断符合要求的是哪一个。
物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中常见物理量的数值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
2.下列几种情况中，物理属性没有发生变化的是( )
A. 电阻：工作一段时间后的白炽灯灯丝B. 热值：用掉一半的煤油
C. 比热容：水结成冰后D. 电功率：在不同电压下工作的灯泡
【答案】B
【解析】解：A.工作一段时间后的白炽灯灯丝，灯丝温度很高，灯丝电阻变大，故A不符合题意；
B.热值与燃料的质量无关，用掉一半的煤油热值不变，故B符合题意；
C.水结成冰后，状态发生了变化，比热容变小，故C不符合题意；
D.由P=U2R可知，在不同电压下工作的小灯泡电功率不同，故D不符合题意。
故选：B。
(1)导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；
(2)热值只与燃料的种类有关，与燃料燃烧得是否充分和质量等因素无关；
(3)比热容的大小与物质的种类、状态有关；
(4)根据P=U2R分析小灯泡电功率的变化。
本题考查了对电阻、热值、比热容、电功率的认识，是一道基础题。
3.“民非谷不食，谷非地不生。”各地区积极响应号召，打造万亩良田，如图是水稻喜获丰收的情景。下列说法正确的是( )
A. 五月阳光照射下稻田水温升高，其内能保持不变
B. 六月光脚走在田埂上感到烫脚，是因为泥土的比热容比水大
C. 金秋九月闻到稻谷的香味，是因为分子在不停地做无规则运动
D. 晾晒稻谷，是通过做功的方式增加了稻谷的内能
【答案】C
【解析】解：A、四月阳光照射下稻田水温升高，吸热增加了内能，故A错误；
B、六月光脚走在田埂上感到烫脚，是因为泥土的比热容比水小，同等情况下，吸收相同的热量，泥土温度升高的更快，温度更高。故B错误；
C、金秋九月闻到稻谷的香味，这是香味分子的扩散现象，是因为香味分子在不停地做无规则运动。故C正确；
D、晾晒稻谷，稻谷温度低，吸收热量后温度升高，内能增加，是通过热传递的方式增加了稻谷的内能。故D错误。
故选：C。
(1)四月阳光照射下稻田水温升高，是因为吸收热量，内能增大；
(2)单位质量的某种物质温度升高(或降低)1℃吸收(或放出)的热量为该物质的比热容，水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；
(3)一切物质的分子都在不停地做无规则运动，形成扩散现象；
(4)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程也就是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。
本题以生活中的场景为内容，考查的内容涉及到内能、物体的导热性、比热容、能量的转化、分子热运动等，是一道综合题。
4. 2023年慕尼黑车展，一半是欧洲车，一半是中国车，中国车大放异彩，下列与小汽车有关的说法正确的是( )
A. 若四冲程内燃机的转速是600r/min，则它每秒做功5次，共有20个冲程
B. 汽油机顶部有喷油嘴，柴油机顶部有火花塞
C. 柴油机的效率比汽油机的高，这是因为柴油的热值比汽油的大
D. 在压缩冲程中内燃机将内能转化为机械能
【答案】A
【解析】解：A、如果四冲程内燃机的转速是600r/min=10r/s，则每秒完成5个工作循环，对外做5次功，共有5×4=20个冲程，故A正确；
B、汽油机的顶端是火花塞，柴油机的顶端是喷油嘴，故B错误；
C、热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，使燃料燃烧更充分，可以提高燃料的利用率，可以提高热机效率，热机效率不是由燃料的热值决定，故C错误；
D、在压缩冲程中内燃机将机械能转化为内能，故D错误。
故选：A。
(1)汽油机飞轮每转2圈，完成一个工作循环，对外做一次功，完成4个冲程；
(2)汽油机的顶端是火花塞，柴油机的顶端是喷油嘴；
(3)热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，比值越大，效率越高；
(4)在压缩冲程中内燃机将机械能转化为内能。
本题考查了学生对热机工作特点和热机效率概念的理解，属于基础题，难度不大。
5.如图所示，取两个相同的验电器A和B，使A带正电，用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来，下列说法正确的是( )
A. A中正电荷通过金属棒流向B，A金属箔的张角减小
B. 电流方向是从A到B，自由电子的运动方向是从B到A
C. 电流方向是从B到A，自由电子的运动方向是从A到B
D. 金属棒中瞬间电流的方向从B流向A，B金属箔的张角增大
【答案】B
【解析】解：如图所示，取两个相同的验电器A和B，使A带正电，用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来：
A、负电荷(自由电子)会由B转移到A；A的张角变小；故A错误，不符合题意；
BC、负电荷(自由电子)会由B转移到A；电流方向与自由电子定向移动的方向相反，电流方向是从A到B，故B正确符合题意，C错误不符合题意；
D、金属棒中瞬间负电荷(自由电子)会由B转移到A，电流的方向从A流向B，B金属箔的张角增大，故D错误，不符合题意；
故选：B。
利用下列知识分析判断：
(1)物体由于缺少电子而带正电；物体由于得到电子而带负电；
(2)电荷的定向移动形成电流；
(3)物理学中规定：正电荷定向移动的方向是电流的方向；自由电子的定向移动方向与电流方向相反。
明确物体带电原因和电流方向的规定是解答此题的关键。
6.新国标电动车上装有转向灯和蜂鸣器，开关拨至“左”，左转向灯亮、蜂鸣器响；开关拨至“右”，右转向灯亮、蜂鸣器响；左、右转向灯不能同时亮，下列电路图设计合理的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】解：根据题意可知，开关拨至“左”，左转向灯亮、蜂鸣器响；开关拨至“右”，右转向灯亮、蜂鸣器响，这说明两个灯泡工作是也不影响，都是并联的；由于电路中只有一个蜂鸣器，所以蜂鸣器应该串联接入电路中；左、右转向灯不能同时亮，说明电路中的开关是单刀双掷开关，故C正确。
故选：C。
根据题意分析灯泡的连接方式、两个开关的作用、电铃的连接方式，然后选出正确的电路图。
本题考查了电路的设计，根据生活经验判定灯泡的连接方式是解题的关键。
7.学习了电学知识后，小宇同学设计了如图所示的汽车油量表的工作原理图，连接浮子和滑片的是一根可绕O点转动的轻杆。油量表是由电压表或电流表改装的，已知R0为定值电阻，R相当于滑动变阻器(滑动变阻器R接入的阻值是随油面升降均匀变化)，电源电压保持不变，则下列说法正确的是( )
A. 两个方案中电阻R0的作用都是用来防止电路短路的
B. 方案一的油量表的示数能由零变化到最大刻度值
C. 方案一的电流表示数变化量跟油量的变化量成正比
D. 方案二的油量表所测量的刻度值是均匀的
【答案】D
【解析】解：A.方案一中，当指针在最下方时，变阻器的阻值为零，若没有R0，电路将发生短路现象，所以此时R0的作用是防止电路短路来保护电路；
方案二中，R相当于一个定值电阻接入电路，滑片的移动只是改变了电压表所并联的电阻，所以无论滑片怎样移动，都不会发生短路，所以R0的作用不是防止短路现象的发生，故A错误；
BC.方案一中，变阻器R与R0串联，油量表(电流表)串联在电路中，电流表的示数I=UR+R0，R随油面的均匀变化而均匀变化，但电流与R不成正比，当R0的电阻为零时，电路中的电流都不会为零，故BC错误；
D.方案二的电路可知，R与R0串联，电压表测量R两端的电源，滑片移动，R接入电路中的电阻不变，由I=UR可知，电路中的电流不变，油量表(电压表)的示数U=IR，电流I不变，与电压表并联的电路电阻值均匀变化，所以油量表(电压表)的示数均匀变化，即刻度均匀，故D正确。
故选：D。
根据油而变化时指针的变化判断电路中电阻的变化，然后根据欧姆定律判断电表的示数变化情况。
本题利用常见的油量表考查了学生对电路相关知识的掌握，在分析时，要注意油量表串联和并联在R两端的区别。
8.如图所示，将灯L1、L2按甲、乙两种方式接在电压均为U的两个电路中，L1在甲、乙两个电路中的电功率分别为4W和9W，设两灯丝的电阻不变，下列说法中正确的是( )
A. L1、L2两灯灯丝电阻之比为1：2
B. 甲图中灯L1、L2的功率之比为1：2
C. 甲、乙两图中灯L1两端的电压之比为2：3
D. 甲、乙两图中电路消耗的总功率之比为4：9
【答案】C
【解析】解：(1)甲图中灯L1的功率P1=U12R1，乙图中灯L1的功率P1′=U2R1，
则P1P1′=U12R1U2R1=U12U2=4W9W，
解得：U1U=23，故C正确；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，由I=UR可得，甲图灯L1两端的电压与电源的电压之比：
U1U=I甲R1I甲(R1+R2)=R1R1+R2=23，
解得：R1R2=21，故A错误；
由P=I2R可得，甲图中两灯泡消耗的电功率之比：
P1P2=I甲2R1I甲2R2=R1R2=21，故B错误；
(2)甲图中电路消耗的总功率：
P甲=U2R1+R2=U22R2+R2=U23R2，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，乙图电路消耗的总功率：
P乙=U2R1+U2R2=U22R2+U2R2=3U22R2，
则P甲P乙=U23R23U22R2=29，故D错误。
故选：C。
(1)甲图中两灯串联，乙图中两灯并联，根据公式P=U2R可求甲、乙两图中灯L1两端的电压之比，根据电阻的串联和欧姆定律表示出图甲中灯L1两端的电压与电源的电压之比即可求出两灯泡的电阻之比，根据串联电路的电流特点和P=I2R求出两灯泡消耗的电功率之比；
(2)根据电阻的串联和P=U2R求出甲图电路消耗的总功率；再根据并联电路的电压特点和P=U2R表示出乙图中两灯泡的电功，两者功率之和即为乙图中电路消耗的总功率，进一步结合电阻关系求出甲、乙两图中电路消耗的总功率之比。
本题考查学生对欧姆定律、串并联特点的掌握和运用，要求灵活选用公式，涉及到求比值问题，要细心防止因颠倒而出错。
二、填空题：本大题共1小题，共7分。
9.小明在做“测量小灯泡的电功率”实验时，准备了以下器材：电压恒为3V的学生电源、小灯泡(额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为10Ω)、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干。

(1)图甲是小明连接的部分实物电路，请你用笔画线代替导线将图甲中的实物电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大。
(2)连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表和电压表的示数都很小，接下来应进行的操作是______。
A.更换小灯泡
B.移动滑动变阻器的滑片
C.检查开关是否接触不良
D.检查电压表是否断路
(3)问题解决后，继续进行实验，发现电压表的示数如图乙所示，要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向______(选填“右”或“左”)移动，直到小灯泡正常发光。小明从滑动变阻器连入电路阻值最大时开始记录数据，根据测量数据画出了通过灯丝的电流与其两端电压关系的图像(如图丙)。由图像可得小灯泡的额定功率为______W。
(4)测出小灯泡的额定功率后，小明又把小灯泡两端的电压调为其额定电压的一半，发现测得的实际功率不等于其额定功率的14，此时它的实际功率______14P额(选填“大于”或“小于”)，原因是______。
(5)在测量小灯泡电功率的实验过程中，电流表坏了，小明找来一个阻值合适的定值电阻R0，设计了如图丁的电路图，实验步骤如下：
①闭合开关S1，将开关S2拨到触点1，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数等于小灯泡额定电压U额；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S2拨到触点2，记下此时电压表示数为U，则小灯泡的额定功率表达式P额= ______。(用U额、U和R0表示)
【答案】B 右 0.625 大于 灯丝的电阻随温度的升高而增大 U−U额R0U额
【解析】解：(1)根据要求滑动变阻器的滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据小灯泡的额定电压和电阻，可以求得电流I=U额R=2.5V10Ω=0.25A，可知电流表量程0～0.6A，连接电路如下：
；
(2)连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表和电压表的示数都很小，说明电路是通路，小灯泡也正常，可能是小灯泡实际功率太小，因此接下来应进行的操作是移动滑动变阻器的滑片，故选：B；
(3)电压表的示数如图乙所示为1.7V，小灯泡额定电压2.5V，要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的阻值变小，因此应将滑动变阻器的滑片向右移动；由图像丙可知小灯泡的额定电流为0.25A，根据P=UI可得小灯泡的额定功率：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
(4)因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，根据P=U2R可知，把小灯泡两端的电压调为其额定电压的一半，电压低，小灯泡功率变小，灯丝温度低，电阻变小，因此测得的实际功率大于其额定功率的14；
(5)①闭合开关S1，将开关S2拨到触点1，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数等于小灯泡额定电压U额，小灯泡正常发光；
保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S2拨到触点2，记下此时电压表示数为U，此时测量的是R0和小灯泡的电压之和，则U0=U−U额，I=U−U额R0，根据P=UI可以求得小灯泡的额定功率表达式：
P额=U−U额R0U额。
故答案为：
(1)
；
(2)B；
(3)右；0.625；
(4)大于；灯丝的电阻随温度的升高而增大；
(5)U−U额R0U额。
(1)根据要求滑动变阻器的滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据小灯泡的额定电压和电阻，可以求得电流，连接电路；
(2)连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表和电压表的示数都很小，说明电路是通路，小灯泡也正常，可能是小灯泡实际功率太小；
(3)电压表的示数如图乙所示为1.7V，小灯泡额定电压2.5V，要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的阻值变小；由图像丙可知小灯泡的额定电流，根据P=UI可得小灯泡的额定功率；
(4)因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，根据P=U2R可知，把小灯泡两端的电压调为其额定电压的一半，测得的实际功率不等于其额定功率的14；
(5)闭合开关S1，将开关S2拨到触点1，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数等于小灯泡额定电压U额；保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S2拨到触点2，记下此时电压表示数为U，此时测量的是R0和小灯泡的电压之和，根据P=UI可以求得小灯泡的额定功率表达式。
本题考查电路的连接，电功率的计算，电路的分析，灯丝电阻随温度的变化规律，滑动变阻器的应用。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
10.如图是一种调光台灯电位器(滑动变阻器)的内部结构示意图，a、b、c是它的三个接线柱。要求：旋钮带动滑片逆时针转动时，灯泡变亮。请完成该电路的连接。
【答案】解：电位器应与灯泡串联接入电路中；旋钮带动滑片逆时针转动时，灯泡变亮，说明电路中的电流变大，由I=UR可知，电源电压一定时，电路的总电阻应变小，电位器(滑动变阻器)接入电路中的电阻应变小，由图可知，将a和b两接线柱接入电路后，逆时针旋转旋钮时，电阻丝连入电路中的长度变短，其阻值变小，电路中的电流变大，灯泡变亮，如图所示：
。
故答案为。
【解析】电位器的实质是滑动变阻器，滑动变阻器依靠改变电阻线的长度来改变电阻大小；灯泡变亮，说明通过灯泡的电流变小，电路中的总电阻变大，电位器接入电路的电阻变大，据此分析。
本题考查了变阻器的连接方法以及变阻器电阻丝的材料特点，是一道较为简单的应用题。
11.如图所示，是小明同学利用电压表设计的一个简易电子秤示意图。其中C是金属弹簧。请你帮小明完成电路图的连接，当所称质量越大时电压表示数越大。
【答案】解：由图可知：由于金属板和弹簧与滑片的连接使滑动变阻器滑片上部分电阻连入电路，则所称质量越大时滑片下移，滑动变阻器连入电路的电阻变大，根据串联电路的分压特点可知滑动变阻器两端的电压越大，R0两端的电压变小，所以，电压表并联在滑动变阻器的两端，电路设计如下图所示：
。
【解析】电压表是测量电压的仪器，根据串联电路的特点和欧姆定律判断电阻R0与滑动变阻器两端的电压变化，根据所称质量越大时电压表示数越大即可判断电压表并联的用电器。
本题以电子秤为情景考查对串联电路的理解和欧姆定律的应用，关键知道滑片移动时不改变电路中电流。
四、实验探究题：本大题共1小题，共8分。
12.(1)某班同学利用图甲所示的实验装置探究不同物质的吸热能力。实验时，取质量均为50g、初温均为20℃的水和煤油分别装在两个相同的烧杯中，用两个相同的电加热器加热。

①通电后，每隔2min观察一次水和煤油的温度，将实验数据记录在下表中。在加热至第10min时，水和煤油吸收的热量______(“相同”或“不同”)，可以得出结论：______(选填“煤油”或“水”)的吸热能力较强。
②实验中，主要用到的科学研究方法有控制变量法和______法。
③如图乙所示，某同学在A、B两烧瓶中分别装入质量和初温均相同的水和煤油，并串联接入两根阻值______(“相同”或“不同”)的电阻丝进行实验，这样做的好处是______。
(2)在实验探究中，经常可以用同样的实验装置探究不同的问题。同学们又用图乙所示的装置探究通电导体产生的热量与什么因素有关。
①在两烧瓶中装入质量相等的煤油，并用两根阻值不同的电阻丝，可探究电流产生的热量与______的关系。
②图丙是A、B两烧瓶中温度计示数随时间变化的图像，则电阻R1与R2的阻值之比为______(忽略热量损失)。
③有同学提出：“为何不用可轻易获取的水代替煤油？”关于这个问题，下列四种说法你认为最合理的是______。
A.因为煤油有颜色便于观察
B.因为煤油的热值比较大
C.因为煤油的密度比较小
D.因为煤油的比热容比较小
【答案】相同 水 转换 相同 相同时间吸收的热量相等 电阻 5：4 D
【解析】解：(1)用两个相同的电加热器加热，相同时间吸收的热量相等，根据表格数据，相同时间吸收相同的热量，煤油的温度变化大，故比热容较小；
通过温度变化分析比热容，是转换法的应用；
为了使加热器相同，在A、B两烧瓶中分别装入质量和初温均相同的水和煤油，并串联接入两根阻值相同的电阻丝进行实验，这样做的好处电流、电阻和通电时间相同，故相同时间吸收的热量相等；
(2)探究通电导体产生的热量与什么因素有关，在两烧瓶中装入质量相等的煤油，并用两根阻值不同的电阻丝串联，控制电流和通电时间相同，可探究电流产生的热量与电阻的关系。
②图丙是A、B两烧瓶中温度计示数随时间变化的图像，比热容和质量相同，温度变化之比为5：4；因而产生的热量之比为5：4；根据焦耳定律知，电流与通电时间相同时，热量之比等于电阻之比，故则电阻R1与R2的阻值之比为5：4。
③水的比热容比煤油大，加热时，温度变化不明显，故选D。
故答案为：(1)①相同；水；②转换；③相同；相同时间吸收的热量相等；(2)①电阻；②5：4；③D。
(1)根据相同的加热器分析；分析表中实验数据结合比热容的定义解答；
(2)探究通电导体产生的热量，根据控制变量法分析，根据焦耳定律结合转换法显示热量的多少分析电阻之比；水的比热容比煤油大。
本题考查比热容的比较与电热有关因素的探究，属于综合题。
五、计算题：本大题共2小题，共21分。
13.某物理兴趣小组的同学为了比较电热水壶和燃气灶烧水效率的高低，分别使用电热水壶和燃气灶将质量均为1kg、初温均为20℃的水加热至沸腾。已知当地气压为标准大气压，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，天然气热值取3.6×107J/m3。
(1)烧水过程中水吸收的热量是多少？
(2)若烧水前后天然气表示数如图所示，请计算该燃气灶烧水的效率。(百分号前保留一位小数)
(3)若标有“220V，2000W”的电热水壶正常工作3min可将这壶水烧开，请计算该电热水壶烧水的效率。(百分号前保留一位小数)
(4)请提出一条提高燃气灶效率的合理建议。
【答案】解：(1)1标准大气压下，水的沸点为100℃，则水吸收的热量是：
Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(100℃−20℃)=3.36×105J；
(2)由图可知，消耗的天然气体积：V=1056.140m3−1056.115m3=0.025m3，
天然气完全燃烧放出的热量：Q放=Vq=0.025m3×3.6×107 J/m3=9×105J，
燃气灶烧水的效率：η=Q吸Q放×100%=3.36×105J9×105J×100%≈37.3%；
(3)由P=Wt可知，电热水壶消耗的电能：W=Pt=2000W×3×60s=3.6×105J，
电热水壶烧水的效率：η′=Q吸W×100%=3.36×105J3.6×105J×100%≈93.3%；
(4)提高燃气灶效率的方法：保证足够的空气，使天然气尽可能充分燃烧。
答：(1)烧水过程中水吸收的热量是3.36×105J；
(2)该燃气灶烧水的效率为37.3%；
(3)该电热水壶烧水的效率为93.3%；
(4)提高燃气灶效率的方法：保证足够的空气，使天然气尽可能充分燃烧。
【解析】(1)1标准大气压下水的沸点为100℃，根据Q吸=cmΔt求水吸收的热量；
(2)由图可知，消耗的天然气体积，根据Q=Vq求出天然气完全燃烧放出的热量，根据η=Q吸Q放×100%求燃气灶烧水的效率；
(3)根据P=Wt求电热水壶消耗的电能，根据η=Q吸W×100%求电热水壶烧水的效率；
(4)提高燃气灶效率的方法有：使燃料尽可能充分燃烧；减少热量的损失。
本题考查热量、电能和效率的计算，以及提高燃气灶效率的方法，难度适中。
14.某创新实验小组的同学设计了一个粉尘浓度监测装置，图甲为该监测装置的简化电路图，它是通过传感器R来检测周围粉尘浓度的，其中传感器R的阻值随粉尘浓度β变化的关系图像如图乙所示。已知电源电压为4V且保持不变，定值电阻R0的阻值为15Ω，电压表的量程为0～3V。请你结合该图像和相关物理知识解答下列问题：

(1)在保证电压表安全的前提下，该电路允许通过的最大电流是多少？
(2)求该电路可检测的最大粉尘浓度。
(3)该电路消耗的最小电功率是多少？(计算结果保留两位小数)
【答案】解：(1)电压表的最大测量值为3V，则定值电阻R0的最大电压为3V，此时电路中的电流最大值为：
Imax=U0maxR0=3V15Ω=0.2A；
(2)由图乙可知，粉尘浓度越大，传感器R的阻值越小，由I=UR可知，电路中电流越大，电路中最大电流为0.2A，此时传感器R的阻值为：
Rmin=UImax−R0=4V0.2A−15Ω=5Ω，
由图乙可知，最大粉尘浓度为14mg⋅m−3。
(3)由P=UI可知，电路中电流越小，电路消耗的电功率越小，传感器R的最大阻值为45欧姆，此时电路消耗的电功率最小，则最小电功率为：
Pmin=U2R=U2R0+Rmax=(4V)215Ω+45Ω≈0.27W。
答：(1)在保证电压表安全的前提下，该电路允许通过的最大电流是0.2A；
(2)该电路可检测的最大粉尘浓度为14mg⋅m−3；
(3)该电路消耗的最小电功率是0.27W。
【解析】(1)电压表的最大测量值为3V，则定值电阻R0的最大电压为3V，根据欧姆定律可求出此时电路中的电流最大值；
(2)由图乙可知，粉尘浓度越大，传感器R的阻值越小，由I=UR可知，电路中电流越大，电路中最大电流为0.2A，从而可求出此时传感器R的阻值；
(3)由P=UI可知，电路中电流越小，电路消耗的电功率越小，传感器R的最大阻值为45欧姆，此时电路消耗的电功率最小，根据P=U2R可求出此时电路消耗的电功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用以及电路的动态分析，从图象中获取有用的信息是关键。
六、综合题：本大题共1小题，共7分。
15.阅读材料，回答问题。
抽水蓄能电站抽水蓄能电站是为了解决电网高峰与低谷之间的供需矛盾而产生的，是一种能够间接储存电能的设施。其工作原理如图甲所示，后半夜用电低谷时，抽水蓄能电站从电网取电，用电动机驱动水泵，将水从下水库抽到上水库储存起来；次日白天和前半夜用电高峰时，再将水从上水库放出到下水库，使水轮机带动发电机发电，并将发出的电送入电网。抽水蓄能电站的取电和发电过程中的能量流向如图乙所示。
深圳抽水蓄能电站(以下简称“深蓄电站”)是南方电网首座全面国产化设计、制造、安装、调试的抽水蓄能电站，年平均抽水用电量约20亿千瓦时，年平均发电量约15亿千瓦时，年平均节约标准煤约15万吨。深蓄电站所用水轮机的部分参数如表1所示。南方电网的峰谷电价如表2所示，目前国内抽水蓄能电站的抽水电价按照基准电价的75%执行。

表1
表2
(1)抽水蓄能时，水泵将下水库的水抽到上水库，此时能量以______能的形式储存，上水库中的水对水库底部的压强______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)若通过燃煤发电，每发电1kW⋅h排放二氧化碳约1kg，则深蓄电站平均每年发的电可以减少排放二氧化碳______万吨。
(3)除了水能之外，还有许多可以用来发电的清洁能源，请列举一种：______。
(4)根据图乙，可计算出发电机的效率η4= ______。(用E1、E2、η1、η2、η3表示)
(5)水轮机每转一圈，需要有______m3的水流过水轮机。
(6)根据峰谷电价的差值和优惠政策，深蓄电站每年取电、发电可获得差价______亿元。(不考虑其他费用)
【答案】重力势 变大 150 太阳能、风能、潮汐能等 E2E1×η1×η2×η3 11.7 15
【解析】解：(1)蓄能时，水被抽到上水库中，水的高度增加，所以电能转化为水的重力势能；抽水蓄能时，水被抽到上水库中，水的高度增加，库底所处的深度变大，根据p=ρgh可知上水库中水对库底的压强变大；
(2)平均年发电量15亿千瓦时，而每发一千瓦时电大约排放1千克的二氧化碳，所以一年可减排二氧化碳的质量为：15亿千瓦时×1千克/千瓦时=15亿千克=150万吨；
(3)用来发电的清洁能源还有：太阳能、风能、潮汐能等；
(4)效率=电能动能=E2E1×η1×η2×η3；
(5)水轮机每转一圈需要时间t=60s420=17s；流过水的体积V=17s×81.9m3/s=11.7m3；
(6)利用低估抽水，峰谷发电，发电可获得差价为：15×1.3−20×0.3×75%=15亿元；
故答案为：(1)重力势；变大；(2)150；(3)太阳能、风能、潮汐能等；(4)E2E1×η1×η2×η3；(5)11.7；(6)15。
(1)蓄能时，水被抽到上水库中，水的高度增加，所以电能转化为水的重力势能；根据p=ρgh即可判断上水库中水对库底的压强变化；
(2)根据水电站的年发电量和每发一千瓦时电大约排放1千克的二氧化碳算出一年可以减排二氧化碳的数量。
(3)知道水能、太阳能、风能、潮汐能等都是用来发电的清洁能源；
(4)根据效率相关计算继续分析；
(5)水轮机每转一圈所用时间乘以流量即可得到答案；
(6)利用发电收费减去抽水用电即可得到答案。
本题考查了连通器、能量的转化、燃料燃烧放热公式的应用、分子动理论、物体的颜色，考查的较全面。加热时间/min
0
2
4
6
8
10
温度/℃
水
15
20
25
30
35
40
煤油
15
25
35
45
55
65
水轮机
转速
额定水头
额定流量
420r/min
419m
81.9m3/s
基准电价(元/度)
低谷时段
高峰时段
0.3
1.3