九年级物理学霸赛考卷04（考查范围，人教版九年级13-20章）-九年级全一册物理《压轴挑战》培优专题训练（人教版）试卷

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（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．测试范围：人教版九年级全一册第13-20章。
2．本卷平均难度系数0.2。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。其中1-10题只有一个选项符合题目要求，11、12题有多个选项符合题目要求）
1．在透明塑料盒的底部钻一个孔，把电子式火花发生器的放电针管紧紧塞进孔中，打开塑料盒盖，向盒中滴入数滴酒精，再将盆盖盖紧，然后按下电火花发生器的按钮，盒盖被弹飞。下列说法中正确的是（ ）
A．图中情境演示的是“四冲程”汽油机工作的压缩冲程
B．电子式火花发生器的放电针相当于汽油机中的活塞
C．塑料盒盖相当于汽油机的曲轴
D．盒盖被弹飞的情境中内能转化为机械能
【答案】D
【分析】改变物体内能的方法：一是做功，克服摩擦做功、压缩空气做功，都可以使物体的内能增加、温度升高；二是热传递；
在四冲程内燃机压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能；
汽油机的火花塞打出电火花点燃燃料，会产生高温高压气体推动活塞向下运动。
【解答】解：AD、在透明塑料盒的底部钻一个孔，把电子式火花发生器的放电针管紧紧地塞进孔中，打开塑料盒盖，向盒中滴入数滴酒精，再将盒盖盖紧，然后按动电火花发生器的按钮，看到盒盖飞出；在此过程中，酒精燃烧后的燃气的内能转化为盒盖的机械能。汽油机做功冲程将内能转化为机械能，与这一实验过程中能量的转化是一致的，故D正确，A错误；
C、电子式火花发生器的放电针相当于汽油机中的火花塞，故B错误；
D、塑料盒盖相当于汽油机的活塞，故C错误。
故选：D。
2．如图所示电路中，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合开关S1，只有灯L1发光
B．开关S1、S2、S3都闭合，两灯都发光
C．只闭合开关S2，只有灯L2发光
D．只闭合开关S1、S3，两个灯泡并联
【答案】D
【分析】（1）串联电路电流只有一条路径，电流依次经过各用电器从正极回到电源负极；并联电路电流有多条路径，分别经过各用电器从电源正极回到负极；
（2）短路分为电源短路和用电器短路，电源短路是指用导线直接将电源两端相连；而用电器短路是指用一根导线将某个用电器的两端连接起来，使电器两端的电压为零。
【解答】解：A、当只闭合开关S1时，电路为L2的基本电路，因此只有灯L2发光，故A错误；
B、开关S1、S2、S3都闭合时，会形成电源短路，这是不允许的，故B错误；
C、只闭合开关S2，电流只有一条路径，电流依次流过两只灯泡，两个灯泡串联，故C错误；
D、闭合开关S1、S3时，电流有两条路径，两个灯泡并联，故D正确。
故选：D。
3．关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（ ）
A．图甲的连接方式符合安全用电的原则
B．图乙的方式使用螺丝刀试电笔接触火线，氖管不会发光
C．图丙空气开关跳闸，一定是家庭电路出现短路造成的
D．图丁接在该电能表上的用电器同时工作时总功率不能超过550W
【答案】B
【分析】（1）为保证安全，电路设计时要求开关应接在火线和用电器之间；
（2）使用测电笔辨别火线和零线时，用手接触笔尾金属体，笔尖接触 电线，氖管发光，表明检测的是火线；
（3）电流过大的原因：一是短路；二是用电器的总功率过大；
（4）电能表上所标“2.5（5）A”中，2.5A是指电能表的标定电流，5A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，220V是指电能表的工作电压，利用P＝UI求出电路中同时使用的用电器的最大电功率。
【解答】解：A.如图甲，开关与灯泡串联，并且开关应该连接火线，图中开关连接的是零线，故A错误；
B．使用测电笔时，正确的握法应该是手要与测电笔的笔尾接触，笔尖接触火线；使火线、测电笔、人体、大地形成回路，氖管才会发光，图中手没有接触笔尾金属体，故B正确；
C．在家庭电路中空气开关“跳闸”，可能是由于发生了短路，也可能是用电器总功率过大，故C错误；
D．如图丁，额定电压为220V，能长时间正常工作的最大电流为5A，则最大总功率为P＝UI＝220V×5A＝1100W，故D错误。
故选：B。
4．小刚学习时用的台灯，可以通过调节旋钮（相当于一个滑动变阻器）改变亮度。小刚原来百思不得其解，现在学了电学后很快知道了它的工作原理。原来是通过调节旋钮改变可变电阻的阻值调节灯泡的亮度。调节可变电阻时改变了（设灯丝电阻不随温度变化）（ ）
A．电源电压B．灯泡两端的电压
C．灯丝电阻D．灯泡的额定功率
【答案】B
【分析】灯与可变电阻串联，串联电路起分压作用，当连入电阻增大时，灯泡分得的电压将减小，从而改变了灯两端的电压。
【解答】解：A、电源电压始终是不变的，故A错误；
B、当连入电阻增大时，电路中的总电阻增大，电路中的电流减小，根据U＝IR可知，灯两端的电压减小，灯泡的实际功率减小，灯变暗；反之，灯变亮，故B正确。
C、电阻是导体本身的一种性质，即灯丝的电阻是不变的，故C错误；
D、同一灯泡的额定电压和额定功率是不变的，故D错误。
故选：B。
5．重庆火锅全国闻名，如图所示为某种多功能电火锅电路原理图。该火锅可以实现小火、中火、大火三挡功率，使用时可通过旋钮开关实现功能转换。电路中四个电阻阻值均为50Ω，小火、中火、大火所需加热功率依次增大，下列说法正确的是（ ）
A．开关旋至“1”挡，电火锅处于“大火”挡
B．电火锅处于“小火”挡时，电路总电阻是50Ω
C．“中火”挡加热功率是968W
D．“大火”挡电路总功率是“小火”的2倍
【答案】C
【分析】由题意可知电路中四个电阻阻值相等，分析开关旋至不同位置时电路的连接方式，根据电阻的串联和并联比较总电阻关系，根据由P＝UI＝可知，电路的总电阻最小时电路的总功率最大，电火锅处于“小火”挡，反之处于“大火”挡，从而得出“中火”挡，根据电阻的串联和并联特点求出电路的总电阻，利用P＝UI＝求出对应的电功率，据此进行解答。
【解答】解：
A．由题意可知，四个电阻阻值均为50Ω，开关旋至“1”挡时，两电阻串联，开关旋至“2”挡时，只有一个电阻接入电路，开关旋至“3”挡时，两电阻并联接入电路；
所以，开关旋至“1”挡时，电路的总电阻最大，开关旋至“3”挡总电阻最小，由P＝UI＝可知，开关旋至“1”挡时电火锅处于“小火”挡，开关旋至“3”挡时电火锅处于“大火”挡，开关旋至“2”挡时电火锅处于“中火”挡，故A错误；
B．电火锅处于“小火”挡时，两电阻串联，由串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知，电路的总电阻R总＝2×50Ω＝100Ω，故B错误；
C．“中火”挡时，只有一个电阻接入电路，此时的加热功率P中＝＝＝968W，故C正确；
D．“大火”挡时，两电阻并联，由并联电路中总电阻等于各分电阻可知，电路的总电阻：
R总'＝＝＝25Ω，
由P＝UI＝可得，电源的电压一定时，“大火”挡和“小火”的功率之比＝＝＝＝，即“大火”挡电路总功率是“小火”的4倍，故D错误。
故选：C。
6．下列关于电磁现象的表述，错误的是（ ）
A．甲图闭合开关，线圈转动，说明磁场对电流有力的作用
B．乙图给导线通电，导线附近磁针发生偏转，电磁铁根据这个原理制成的
C．丙图闭合电路的部分导体ab在磁场中左右运动，灵敏电流计指针会偏转
D．丁图实验中B的上端是S极
【答案】D
【分析】（1）据试验表明，通电导线在磁场中受力的作用；
（2）奥斯特首先发现了电流的周围存在磁场；
（3）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流；
（4）根据安培定则可判断出电磁铁的磁极。
【解答】解：A．甲图闭合开关，电路中产生电流，线圈转动，说明磁场对电流有力的作用，故A正确；
B．导线通电后，附近磁针发生偏转说明通电导体周围能够产生磁场，电磁铁是根据这个原理制成的，故B正确；
C．闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时会产生感应电流；图中导体ab在磁场中左右运动时，切割磁感线，产生感应电流，所以灵敏电流表指针会发生偏转，故C正确；
D．图中A、B串联，根据安培定则可判断出，实验中B的上端是N极，故D错误。
故选：D。
7．如图的电路图，电源电压恒为30V，定值电阻R2＝40Ω，R3＝30Ω，滑动变阻器R1的规格为“80Ω 1A”，电流表A1的量程为0～3A，电流表A2的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～15V．下列说法不正确的是（ ）
A．只闭合开关S，R1和R3串联，将滑片P从a端滑至中点，电路中电流变大
B．只闭合开关S、S3，调节滑片P的位置并保证电路安全，则R1两端电压的范围是12V～15V
C．只闭合开关S、S1、S2，调节滑片P的位置并保证电路安全，则R1接入电路的阻值范围是30Ω～80Ω
D．只闭合开关S、S1、S2，调节滑片P在R1的a端，此时电流表A1的示数为1.125A
【答案】C
【分析】（1）只闭合开关S时，R1和R3依次连接即为串联，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化；
（2）只闭合开关S、S3时，R1和R3串联，电流表A1、A2均测电路中的电流，电压表测R1两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流，然后与电流表A1和A2的量程相比较确定电路中的最大电流，此时R1两端的电压最小，根据串联电路的特点和欧姆定律求出电压表的最小示数；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出此时电压表的示数，然后结合电压表的量程确定最大示数，然后得出R1两端电压的范围；
（3）只闭合开关S、S1、S2时，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流，根据并联电路的电压特点求出通过R2的电流和调节滑片P在R1的a端通过R1的电流，利用并联电路的电流特点求出此时电流表A1示数；根据并联电路的电流特点求出电流表A2的示数最大时的干路电流，然后与电流表A1的量程相比较确定通过R1的最大电流，此时接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出R1接入电路中的最小阻值，然后得出R1接入电路的阻值范围。
【解答】解：（1）只闭合开关S时，R1和R3依次连接即为串联，
将滑片P从a端滑至中点时，R1接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，
由I＝可知，电路中的电流变大，故A正确；
（2）只闭合开关S、S3时，R1和R3串联，电流表A1、A2均测电路中的电流，电压表测R1两端的电压，
当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：
I1＝＝＝1A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表A1的量程为0～3A，电流表A2的量程为0～0.6A，
所以，电路中的最大电流I大＝0.6A，此时R1两端的电压最小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表的最小示数：
U1小＝U﹣I大R3＝30V﹣0.6A×30Ω＝12V，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流：
I2＝＝＝A，
此时电压表的示数：
U1＝I2R3大＝A×80Ω≈21.8V＞15V，即电压表的最大示数为15V，
所以，R1两端电压的范围是12V～15V，故B正确；
（3）只闭合开关S、S1、S2时，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流，
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′＝＝＝0.75A，
调节滑片P在R1的a端，通过R1的电流：
I1′＝＝＝0.375A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，此时电流表A1的示数：
I＝I1′+I2′＝0.375A+0.75A＝1.125A，故D正确；
当电流表A2的示数I1″＝0.6A时，干路电流：
I′＝I1′+I2″＝0.6A+0.75A＝1.35A＜3A，
所以，通过R1的电流为0.6A时，接入电路中的电阻最小，
则R1接入电路中的最小阻值：
R1小＝＝＝50Ω，
所以，R1接入电路的阻值范围是50Ω～80Ω，故C错误。
故选：C。
8．如图所示的电路，电源电压不变，R1、R2均为定值电阻，闭合开关，当滑动变阻器R的滑动触头P由右向左移动时（ ）
A．电流表A1的示数始终在减小，电流表A2的示数先减小后增大
B．电流表A2的示数始终在增大，电流表A1的示数先减小后增大
C．电流表A1的示数先增大后减小，电流表A2的示数先减小后增大
D．电流表A2的示数先增大后减小，电流表A1的示数先减小后增大
【答案】A
【分析】首先分析滑片P在左、右端时的电路，确定两个电流表的示数大小；然后分析滑片P由右向左移动时电路的结构，根据串并联的特点和欧姆定律分析得出电流表的示数变化。
【解答】解：
当滑片P在右端时，因电流表相当于导线，则电流表A1将滑动变阻器短路，电流表A2将电阻R1短路，此时只有R2连入电路，电流表A1、A2都测量通过R2的电流，且I2＝；
当滑片P在左端时，因电流表A2相当于导线，则电阻R1、滑动变阻器以及电流表A1都被短路，此时只有R2连入电路，电流表A1无示数，电流表A2测量通过R2的电流，且I2＝；
由图知，当滑片P由右向左移动时，使电路在R2的基础上再串联了电阻，所以，与前面相比，此时整个电路的总电阻变大，干路中的电流（通过R2的电流）变小；此时电流表A1有示数，且A1测量变阻器右边部分R右和R1并联的总电流；而电流表A2测量变阻器左右两部分并联的总电流；且由并联电路的电流特点可知，A1、A2的示数均小于干路中的电流，也小于；
所以，当变阻器R的滑动触头P由右向左移动时，电流表A1的示数始终在减小，电流表A2示数先减小后增大。
故选：A。
9．如图所示，电源电压U保持不变，滑动变阻器最大阻值为R3。当只闭合开关S，滑片P在最左端时，电压表示数为U1，R1的电功率为P1，再将S1闭合，滑片P移至最右端，电压表示数变为U2；当只闭合S、S2、S3，滑片P仍在最右端时，R1的电功率为P'1，R3的电功率为P3，电流表A与A1示数之差为1.2A。已知：U1：U2＝5：9，P1：P1′＝1：9，P3＝4.8W。下列结论中错误的是（ ）
A．只闭合S时，电路的最大总功率为4.8W
B．只闭合S时，电路的最大总功率是最小总功率的2倍
C．只闭合S2、S3，电路的最小总功率为21.6W
D．只闭合S、S2、S3，电路的最小总功率为26.4W
【答案】C
【分析】当只闭合开关S，滑片P在最左端时，等效电路图如解答图1所示；再将S1闭合，滑片P移至最右端，等效电路图如解答图2所示；当只闭合S、S2、S3，滑片P仍在最右端时，等效电路图如解答图3所示。根据P＝UI＝表示出图1中R1的电功率，根据并联电路的电压特点和P＝UI＝表示出图3中R1的电功率，利用P1：P1′＝1：9得出等式求出图1中电压表的示数与电源电压的比值，根据电阻的串联和欧姆定律表示出图1中电压表的示数与电源电压的比值得出电阻关系；根据电源的电压不变得出图1和图2中的电流之比，根据欧姆定律表示出电压表的示数之比结合U1：U2＝5：9求出电阻关系；根据并联电路的电流特点得出电流表A与A1示数之差即为通过R1的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律表示出通过R1的电流，根据并联电路的电压特点和P＝UI＝表示出R3的电功率，然后联立等式求出电源的电压和各电阻的阻值。
（1）只闭合S时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3串联，电压表测R1和R3两端电压之和，电流表测电路中的电流；当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，总功率最大；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总电阻最大，总功率最小，根据电阻的串联和P＝UI＝求出电路的最大总功率和最小总功率，然后求出两者之间的关系；
（2）只闭合S2、S3时，定值电阻R1和滑动变阻器R3并联，电流表A1测R3支路的电流，电流表A测干路电流；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，根据并联电路的电压特点和P＝UI＝求出电路的最小总功率；
（3）只闭合S、S2、S3时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3并联，电流表A1测R2和R3支路的电流之和，电流表A测干路电流；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，根据并联电路的电压特点和P＝UI＝求出电路的最小总功率。
【解答】解：当只闭合开关S，滑片P在最左端时，等效电路图如图1所示；
再将S1闭合，滑片P移至最右端，等效电路图如图2所示；
当只闭合S、S2、S3，滑片P仍在最右端时，等效电路图如图3所示。
图1中，R1的电功率：P1＝，
图3中，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以R1的电功率：P1′＝，
则＝＝＝，解得：＝，
图1中，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以由欧姆定律可得：＝＝＝＝，
整理可得：R2＝2R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
图1和图2中，因电源电压不变，所以由欧姆定律可得：＝＝＝，
两电压表的示数之比：＝＝×＝，
整理可得：R3＝3R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
图3中，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且电流表A与A1示数之差为1.2A，
所以通过R1的电流I1＝1.2A，即＝1.2A﹣﹣﹣﹣③
R3的电功率：P3＝＝，即4.8W＝﹣﹣﹣﹣﹣④
由③④可得：U＝12V，R1＝10Ω，
将R1＝10Ω代入①②可得：R2＝20Ω，R3＝30Ω。
AB．只闭合S时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3串联，电压表测R1和R3两端电压之和，电流表测电路中的电流，
当滑动变阻器R3接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，总功率最大，
则P大＝＝＝＝4.8W，故A正确；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总电阻最大，总功率最小，
则P小＝＝＝＝2.4W，
所以，P大：P小＝4.8W：2.4W＝2：1，即电路的最大总功率是最小总功率的2倍，故B正确；
C．只闭合S2、S3时，定值电阻R1和滑动变阻器R3并联，电流表A1测R3支路的电流，电流表A测干路电流，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，
则P小′＝+＝+＝19.2W，故C错误；
D．只闭合S、S2、S3时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3并联，电流表A1测R2和R3支路的电流之和，电流表A测干路电流，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，
则P小″＝++＝++＝26.4W，故D正确。
故选：C。
10．在用混合法测定固体或液体比热的实验中，即使操作完全正确，但热损失仍然存在。考虑到热量的损失，那么测出的比热数值大小与其真实值相比较，应当（ ）
A．一定大于真实值
B．一定小于真实值
C．只要经过多次测量取平均值，就一定完全等于真实值
D．如果被测物质是放热物质，则测量值一定小于真实值；若是吸热物质，则测量值一定大于真实值
【答案】D
【分析】根据热量的公式：Q＝cmΔt，变形后去分析比热容的变化情况；要特别注意的是：测放热物质的比热容时，热量Q是以另一种吸热物质吸收的热量为准，可是温度的变化以放热物质降低的温度为准；测吸热物质的比热容时，热量Q是以另一种放吸热物质放出的热量为准，可是温度的变化以吸热物质升高的温度为准。
在充分分析热量和温度变化的实际情况后，可解答此题。
【解答】解：根据热量的公式：Q＝cmΔt，得c＝；
当被测物质是放热物质，其放出的热量大部分给了另一种物质，但还有少部分热量损失掉；由此可分析出，Q吸小于真实值、Δt大于真实值，故由c＝得，放热物质的比热容c将减小，即小于真实值；
当被测物质是吸热物质，其吸收的热量是另一种物质放出热量的一部分，有少部分热量损失掉；由此可分析出，Q放大于真实值、Δt小于真实值，故由c＝的，吸热物质的比热容c将增大，即大于真实值；
故此实验的最终结果是：如果被测物质是放热物质，则测量值一定小于真实值；若是吸热物质，则测量值一定大于真实值；
故ABC错误；D正确。
故选：D。
11．如图所示，电源电压为4.5V，电压表量程为“0～3V”，电流表量程为“0～0.6A”，滑动变阻器规格为“10Ω 1A”，小灯泡L标有“2.5V 1.25W”（灯丝电阻不变），在保证小灯泡L电流不超过额定电流的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡的额定电流是0.6A
B．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4Ω～10Ω
C．电压表示数变化范围是0～3V
D．电流表示数范围是0.2～0.5A
【答案】B
【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出灯泡的额定电流；
（2）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电压特点求出电压表的最小示数，然后得出电压表的示数变化范围；
（3）串联电路中各处的电流相等，比较灯泡正常发光时的电流和电流表的量程以及变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，再根据欧姆定律求出灯泡的电阻；当电压表的示数最大时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的最小电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，然后得出答案。
【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）由P＝UI可得，灯泡的额定电流：
IL＝＝＝0.5A，故A错误；
（2）灯泡正常发光时的电压UL＝2.5V，功率PL＝1.25W，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表的最小示数：
UR＝U﹣UL＝4.5V﹣2.5V＝2V，
又因电压表的量程为0～3V，
所以，电压表示数变化范围是2V～3V，故C错误；
（3）因串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常发光时的电流为0.5A，电流表的量程为0～0.6A，变阻器允许通过的最大电流为1A，
所以，电路中的最大电流I大＝0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
由I＝可得，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R小＝＝＝4Ω，
灯泡的电阻：
RL＝＝＝5Ω，
当电压表的示数UR′＝3V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，
此时灯泡两端的电压：
UL′＝U﹣UR′＝4.5V﹣3V＝1.5V，
电路中的最小电流：
I小＝＝＝0.3A，
则电流表示数变化范围是0.3A～0.5A，故D错误；
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R大＝＝＝10Ω，
则滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4Ω～10Ω，故B正确。
故选：B。
12．定值电阻R1、R2和滑动变阻器R3接入如图电路中，电源电压不变。当开关S1闭合，S2断开，滑片P位于a点时，电压表V1和V2的示数之比U1：U2＝2：1．电流表的示数I1＝1A；滑片P位于最右端时，电压表V1和V2的示数之比U1′：U2’＝2：5．当开关S1断开，S2闭合，两个电压表V1和V2的示数之比U1”：U2”＝3：1．当通过开关的闭合与断开及调节滑动变阻器的滑片，可使电路消耗的功率最小为4.5W，则下列说法正确的是（ ）
A．电源的电压为10V
B．滑动变阻器的最大阻值是20Ω
C．当开关S1断开，S2闭合，R1消耗的电功率为4W
D．当开关S1闭合，S2断开，R1消耗的最大功率为4.5W
【答案】B
【分析】（1）当开关S1闭合，S2断开，R1与R3串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电流结合电压表的示数之比求出滑片位于a点和b端时阻值关系，同理得出滑片P位于最右端时R1与Rb的阻值关系，根据电阻的串联和欧姆定律表示出滑片P位于a点时电路中的电流；当开关S1、S2都断开，并且滑动变阻器的滑片位于b端时，R1、R2、R3串联，电路的总电阻最大，消耗的电功率最小，根据电阻的串联和P＝UI＝表示出电路的最小总功率，然后联立等式即可求出电源的电压和R1的阻值，进一步求出滑动变阻器的最大阻值；
（2）当开关S1断开，S2闭合时，R1与R2串联，电压表V1测电源两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，根据串联电路的特点结合电压表的示数之比求出R2的阻值，再根据电阻的串联和欧姆定律求出此时电路中的电流，利用求出P＝I2R求出R1消耗的电功率；
（3）当开关S1闭合，S2断开，滑片P位于右端时，电路为R1的简单电路，R1消耗的功率最大，根据P＝UI＝求出其大小。
【解答】解：（1）当开关S1闭合，S2断开，滑片P位于a点时的等效电路为图1所示：
当开关S1闭合，S2断开，R3滑片P位于b端时的等效电路为图2所示：
当开关S1、S2都断开，并且滑动变阻器的滑片位于b端时，电路的总电阻最大，消耗的电功率最小，此时的等效电路如图3所示：
图1中：因串联电路中各处的电流相等，且U1：U2＝2：1，
所以，由I＝可得：＝＝＝，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，I1＝＝＝＝1A﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
图2中：由U1′：U2′＝2：5可得：
＝＝＝，即Rb＝，
图4中：
P小＝＝＝＝4.5W﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②两式可得：U＝12V，R1＝8Ω，故A错误；
滑动变阻器的最大阻值：Rb＝＝＝20Ω，故B正确；
（2）当开关S1断开，S2闭合的等效电路如图4所示：
由U1″：U2″＝3：1可得：
＝＝＝，即R2＝＝＝4Ω，
此时电路中的电流：
I′＝＝＝1A，
R1消耗的电功率：
P1＝（I′）2R1＝（1A）2×8Ω＝8W，故C错误；
（3）当开关S1闭合，S2断开，滑片P位于右端时，电路为R1的简单电路，R1消耗的功率最大，
则P1大＝＝＝18W，故D错误。
故选：B。
第Ⅱ卷 非选择题
二．填空题（本题共6小题，每题3分，共18分）
13．（1）如图所示，其中电流表有一定内阻，量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍，若用电流表的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示 0.06 A；
（2）有两只温度和质量都相同的金属球A和金属球B，先将球A放入盛有热水的杯中，热平衡后水的温度降低了6℃；把球A取出，再将球B放这个杯中，热平衡后，水的温度又降低了6℃，则球A和球B的比热容大小关系为 球B大 。（选填“球A大”，“球B大”或“一样大”）
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）对电路结构进行分析，再根据并联电路的分流规律即可明确流过R1的电流大小，再根据比例即可求出每一小格所表示的电流大小；
（2）由题知，两次水降低的温度相同，也就是水放出的热量相同，AB两球吸收的热量相同；
而AB两球的质量相等、初温相同，经吸热后，B球的末温比A球的末温低6℃，根据Q＝cmΔt判断比热容的大小。
【解答】解：
（1）当接线柱1、2接入电路时，电流表A与R1并联，
已知R1的阻值等于电流表内阻的，则根据并联电路的分流规律可知，通过R1的电流为通过电流表的2倍，所以当电流表示数为0.6A时，通过R1的电流为2×0.6A＝1.2A，则干路电流（即改装后的量程）为1.2A+0.6A＝1.8A；因表盘均匀划分为30个小格，故每一小格表示＝0.06A；
（2）先后将A、B两球投入到同一杯水中，水降低的温度相同，则由Q放＝cmΔt可知水放出的热量相同，
由题意可知，金属球吸收的热量Q吸＝Q放，
所以A、B两球吸收的热量相同，
由题意可知，B球比A球少升高6℃，即B球升高的温度少；
由上述分析可知，质量相同的A、B两球，吸收相同的热量，B球升高的温度少，根据Q吸＝cmΔt可知，B球的比热容大。
故答案为：0.06；球B大。
14．如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑片P向左移动电压表测得是 电阻R 两端的电压，则电压表示数 变小 （选填“变大、变小或不变”）
【答案】见试题解答内容
【分析】分析电路的连接，判断将滑片P向左移动时，变阻器连入电路中的电阻变化，根据电阻的串联规律确定电路的总电阻变化，由欧姆定律，判断电路电流变化；
根据欧姆定律判断灯的电压变大，由串联电路电压的规律，确定变阻器的电压变小化。
【解答】解：闭合开关S，由电路图可知，变阻器与灯泡串联，电流表测电路中的电流，电压表测量滑动变阻器R的电压；
将滑片P向左移动时，变阻器连入电路中的电阻变小，则串联电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中电流变大，即电流表示数变大；电路中的电流变大，根据U＝IR可知，灯泡的电压变大，由串联电路电压的规律可知，变阻器的电压即电压表的示数变小。
故答案为：电阻R； 变小。
15．如图所示的装置，直导线AB段在两磁极中间，AB通过一导线闭合，一部分导线缠绕在铁芯上，当所有部件都静止时，小磁针静止在如图位置。当AB从上到下竖直向下落时，会发生的现象是：小磁针将 转动 （选填“转动”“不转动”）。利用此图所示的实验装置原理可以制造出 发电 机。
【答案】见试题解答内容
【分析】当闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流的现象，把机械能转化为电能，发电机就是根据此原理制成的。
【解答】解：图中是研究电磁感应现象的装置。AB从上到下竖直向下落时，做切割磁感线运动，会产生感应电流，电磁铁有磁性，小磁针在磁场作用下发生转动；
根据这一现象，制成了发电机。
故答案为：转动；发电。
16．有甲、乙、丙三种液体，它们的比热和质量都不等，它们的温度依次为15℃、25℃、35℃．如果将甲、乙混合，热平衡的温度为21℃；如果将乙、丙混合，热平衡的温度为32℃．若将甲、乙、丙三者混合，热平衡后的温度为 29.2 ℃。
【答案】见试题解答内容
【分析】将甲乙混合后，乙液体放热，甲液体吸热，根据热平衡方程得出等式；将乙丙混合后，丙液体放热，乙液体吸热，根据热平衡方程得出等式；将甲乙丙三种不同的液体混合后；乙液体可能吸热，也可能放热，针对这两种情况分别利用热平衡方程得出等式，判断乙吸放热的情况，然后联立等式即可得出答案。
【解答】解：
甲、乙混合前，t乙＞t甲，将甲、乙混合时，乙液体放热，甲液体吸热，热平衡的温度为t1，
热平衡方程为：c甲m甲（t1﹣t甲）＝c乙m乙（t乙﹣t1），
即：c甲m甲（21℃﹣15℃）＝c乙m乙（25℃﹣21℃），
整理可得：c甲m甲＝c乙m乙﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
乙、丙混合前，t丙＞t乙，将乙、丙混合时，丙液体放热，乙液体吸热，热平衡的温度为t2，
热平衡方程为：c乙m乙（t2﹣t乙）＝c丙m丙（t丙﹣t2），
即：c乙m乙（32℃﹣25℃）＝c丙m丙（35℃﹣32℃）
整理可得：c丙m丙＝c乙m乙﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
将甲、乙、丙三者混合时，甲液体一定吸热，丙液体一定放热，乙液体可能吸热、也可能放热；
若乙液体放热，设热平衡的温度为t，
则有：c甲m甲（t﹣t甲）＝c乙m乙（t乙﹣t）+c丙m丙（t丙﹣t）﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，
将①②代入③式可得：
c乙m乙（t﹣15℃）＝c乙m乙（25℃﹣t）+c乙m乙（35℃﹣t），
解得：t≈29.2℃，
因为29.2℃＞25℃，所以乙液体应吸热，
乙液体吸热时，热平衡方程为：
c甲m甲（t﹣t甲）+c乙m乙（t﹣t乙）＝c丙m丙（t丙﹣t）﹣﹣﹣﹣﹣﹣④，
将①②代入④式可得：
c乙m乙（t﹣15℃）+c乙m乙（t﹣25℃）＝c乙m乙（35℃﹣t），
解得：t≈29.2℃。
故答案为：29.2。
17．在如图甲所示的电路中，电源电压不变，电阻R1的阻值为20Ω。闭合开关S，电流表A1和A2的示数分别为0.6A、1A。若移动滑片P到某位置时，发现一电流表的示数如图乙所示，此时电路中的总电阻R为 10 Ω。
【答案】10。
【分析】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流。
根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
根据图乙中电流表的示数可知干路电流，根据欧姆定律求出总电阻。
【解答】解：由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流。
由于并联电路中各支路两端的电压相等，根据欧姆定律可得：
电源电压：U＝U2＝U1＝I1R1＝0.6A×20Ω＝12V；
电流表A1测定值电阻R1支路的电流，则A1示数是不变的；
所以，移动滑片P到某位置时，图乙所示电流表是A2的示数，由于干路电流一定大于0.6A，所以干路上的电流表的量程是0～3A，其示数为1.2A，即干路的电流为1.2A，
由I＝可得，电路中的总电阻：
R＝＝＝10Ω。
故答案为：10。
18．如图所示，电源电压U保持不变。当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，电压表V1测量 R2 的电压，电路的总功率为P1，再将滑片滑至最左端，有一只电表的示数变为原来的；当开关S1和S3闭合、S2断开，滑动变阻器的滑片从最右端滑至中点时，R3的功率变化了0.2W，且滑片在中点时，电压表V1的示数为U1；当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，电路的总功率为P2，两只电流表示数相差0.6A．已知P1：P2＝2：9，则R2：R3＝ 1：2 ，P2＝ 21.6W 。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，R2与R3的最大阻值串联，电压表V1测R2两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A1测电路中的电流；再将滑片滑至最左端时，R2与R3的最大阻值串联，电压表V1、V2均测R2两端的电压，电流表A1测电路中的电流，据此可知示数变化的电表为V2，并得出R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R3两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出两电阻的阻值之比；
（2）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，根据电阻的串联和P＝表示出电路中的总功率P1；当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，R1与R2并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测R2支路的电流，根据并联电路的特点和电功率公式表示出电路的总功率P2，利用P1：P2＝2：15得出等式即可求出R1与R2的阻值关系；利用并联电路的电流特点结合两只电流表示数相差0.3A即可得出电源的电压和R2的阻值关系；当开关S1和S3闭合、S2断开时，R1与R3串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A2测电路中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律求出滑片位于最右端和中点时电路中的电流，利用P＝I2R结合R3的功率变化即可求出R3的阻值，进一步求出R1和R2的阻值以及电源的电压，利用根据并联电路的特点和P＝求出P2的大小。
【解答】解：
（1）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，等效电路图如图1所示；
由图可知，电压表V1测量R2的电压，
再将滑片滑至最左端时，等效电路图如图2所示：
由图1和图2可知，示数变化的电表为V2，且R2两端的电压UR2＝U，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R3两端的电压UR3＝U，则UR2：UR3＝1：2，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I＝可得：
＝＝＝，即R2：R3＝1：2，R3＝2R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
（2）当开关S1和S3闭合、S2断开，滑动变阻器的滑片位于最右端时，等效电路图如图3所示；
滑片位于中点时，等效电路图如图4所示；
当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，电路的等效电路图如图5所示：
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，图1中，电路的总功率：
P1＝＝＝，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以，图5中，电路的总功率：
P2＝+，
由P1：P2＝2：9可得：
9P1＝2P2，即9×＝2×（+），
解得：R1＝2R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且图5中两只电流表示数相差0.6A，
所以，图5中，通过R1的电流：
I5＝I﹣I4＝0.6A，则＝＝0.6A，即＝1.2A﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
图3中，电路中的电流：
I2＝＝＝×＝×1.2A＝0.3A，
图4中，电路中的电流：
I3＝＝＝×＝×1.2A＝0.4A，
因图4和图3相比较R3的功率变化了0.2W，
所以，由P＝I2R可得：
P3﹣P3′＝I22R3﹣I32×R3＝（0.3A）2×R3﹣（0.4A）2×R3＝0.2W，
解得：R3＝20Ω，
代入①②③两式可得：R1＝20Ω，R2＝10Ω，U＝12V，
图5中，电路的总功率为P2＝+＝+＝21.6W。
故答案为：R2；1：2； 21.6W。
三．解答题（本题共6小题，共46分）
19．投影仪灯泡功率很大，所以需要风扇散热，使用后，应先关闭灯泡L，再关闭风扇M；请用笔画线表示导线在如图中把电路连接完整，要求实现：先断开开关S1，灯泡熄灭，风扇继续转动，再断开开关S2，风扇才停止转动，若只闭合开关S1，灯泡不亮。
【答案】见试题解答内容
【分析】先分析题意，得出灯、电风扇的连接方式，以及两个开关的位置，据此连接电路，注意开关要接在火线和用电器之间。
【解答】解：
由题知，先断开开关S1，灯泡熄灭，风扇继续转动，再断开开关S2，风扇才停止转动，灯和风扇并联；
若只闭合开关S1，灯泡不亮。由此可知S1在灯所在支路上，S2在干路上，如图所示：
20．综合作图：
某房间内电路工作情况是：进入房间时，只有将钥匙牌插入指定位置（相当于总开关S1闭合）走廊的两盏灯L1和L2才亮；当单刀双掷开关S2拨到a处时，壁灯L3亮，但灯光较暗，但若有声音，L3会更亮；当S2拨到b处时，床头灯L4亮，且亮度可调。
给你电源、普通开关、单刀双掷开关、声控开关、定值电阻和滑动变阻器各一个，灯泡四盏，导线若干，请你设计一个符合上述要求的电路。
【答案】见试题解答内容
【分析】钥匙牌插入指定位置相当于总开关S1闭合，走廊的两盏灯L1和L2才亮，说明开关S1位于干路，且L1和L2并联；当单刀双掷开关S2拨到a处时，壁灯L3亮，但灯光较暗，但若有声音，L3会更亮，说明L3与定值电阻串联后再与a触点相连，且声控开关与定值电阻并联；当S2拨到b处时，床头灯L4亮，且亮度可调，说明灯泡L4与滑动变阻器串联后再与触点b相连，据此进行解答。
【解答】解：由题意可知，开关S1位于干路，灯泡L3、定值电阻与a触点相连且声控开关与定值电阻并联，灯泡L4与滑动变阻器串联后再与触点b相连，然后与L1、L2并联，如下图所示：
21．在探究影响导体电阻大小的因素时，小明作出了如下猜想：
导体的电阻可能与①导体的长度有关、②导体的横截面积有关、③导体的材料有关。
实验室提供了4根电阻丝，其规格、材料如下表所示。
（1）按照图所示“探究影响导体电阻大小因素”的实验电路，在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察 电流表的示数 来比较导体电阻的大小。
（2）为了验证上述猜想①，应该选用编号 A和B 两根电阻丝分别接入电路进行实验。
（3）分别将A和D两电阻丝接入图示电路中M、N两点间，电流表示数不相同，由此初步得到的结论是：当长度和横截面积相同时，导体电阻跟 材料 有关。
【答案】（1）电流表的示数；（2）A和B；（3）材料。
【分析】（1）电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小；
（2）（3）影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度、横截面积和温度，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变。
【解答】解：
（1）在M、N之间分别接上不同的导体，通过观察电流表的示数来比较导体电阻的大小，这种方法叫转换法；
（2）要验证猜想①：导体的电阻可能与导体的长度有关，应控制导体材料与横截面积相同，长度不同，由表中数据可知，应选编号为A、B的两根电阻丝进行实验；
（3）分别将A和D两电阻丝接入如图电路中M、N两点间，电流表示数不相同，对比发现电阻丝的长度、横截面积相同，材料不同，因此可得出的结论为：当长度和横截面积相同时，导体的电阻与导体的材料有关。
故答案为：（1）电流表的示数；（2）A和B；（3）材料。
22．在做测定“小灯泡的电功率”实验时，所用器材有电压6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线。图甲是小强没有连接完的实物电路。
（1）请你用笔画线代替导线，帮小强将实物电路连接完整；
（2）某一小组连好电路闭合开关后，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表无示数，则故障的原因可能是 灯泡断路 ；
（3）另一小组电路连接正确，闭合开关后，发现灯泡不亮，此时电压表示数为零，电流表有示数，其故障是 灯泡短路 。
（4）还有一组同学按同一电路连接好最后一根导线后灯泡立即发出明亮耀眼的光并很快熄灭，检查后发现连线正确，请你找出实验中两个操作不当之处：
a 连接电路时开关没有断开 ；b 连接电路时滑动变阻器的滑片没有移到阻值最大位置上
（5）小强排除故障后闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 右 端滑动（选填“左”或“右”）；
（6）小强通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的值，并绘制成图乙所示的U﹣I图象。根据U﹣I图象的信息，可计算出小灯泡的额定功率是 0.5 W，当加在小灯泡两端的电压为1.5V时，小灯泡的电阻是 10 Ω。
（7）小强通过U﹣I图象还发现绘制的图象是曲线，是什么原因造成的？ 灯丝的电阻随温度升高而增大 。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据灯泡的额定电压确定电压表的量程，然后将电压表并联在灯泡两端；
（2）电压表有示数说明电压表两接线柱与电源之间是通路，电流表无实数、小灯泡始终不亮说明电路断路，即电压表并联部分断路；
（3）灯泡短路时，电路总电阻减小，电路电流增大，电流表示数增大，电压表将测量导线电压，示数为0；
（4）连接电路时要断开开关，滑片要置于最大阻值处。
（5）电压表示数小于灯泡额定电压，为使灯泡正常发光，应调节滑动变阻器，增大灯泡电压，根据电路图确定滑片的移动方向；
（6）根据图2读出2.5V和1.5V时通过灯丝的电流，根据P＝UI求出灯泡的额定功率，根据欧姆定律求出电阻；
（7）灯丝的电阻随温度的变化而变化。
【解答】解：（1）根据题意可知，灯泡的额定电压为2.5V，因此电压表量程选择0～3V，故将电压表的3V接线柱与灯泡的右接线柱相连，如下图所示：
（2）连好电路闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，电压表有示数，电流表无示数，说明电压表并联部分断路，故障的原因可能是灯泡断路；
（3）由分析可知，灯泡不亮，电流表有示数，电路是通路，灯泡短路，电压表测导线电压，故示数为0。
（4）连接好最后一根导线，灯泡立即发光，说明连接电路时没有断开开关；灯泡发出明亮耀眼的光并很快熄灭，说明电路中电流太大，电路电阻太小，闭合电路前，滑动变阻器滑片没有置于最大阻值处。
（5）电压表示数小于灯泡额定电压，故需减小滑动变阻器两端电压，即减小滑动变阻器接入电路的阻值，故将滑片像右移动；
（6）由图2可知，当电压表的示数为2.5V时，通过灯泡的电流为0.2A，
则灯泡的额定功率P额＝U额I额＝2.5V×0.2A＝0.5W；
当加在小灯泡两端的电压为1.5V时，通过灯泡的电流为0.15A，
则灯泡的电阻：R＝＝＝10Ω。
（7）因灯丝的电阻随温度的变化而变化，不是一个定值，故U﹣I图象是曲线。
故答案为：
（1）如上图所示；
（2）灯泡断路；
（3）灯泡短路；
（4）a连接电路时开关没有断开； b连接电路时滑动变阻器的滑片没有移到阻值最大位置上
（5）右；
（6）0.5；10；
（7）灯丝的电阻随温度升高而增大。
23．如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1＝10Ω．当开关S1闭合，S2、S3断开时，电压表的示数为U1．电流表A2的示数为0.1A；当开关S1、S2、S3闭合时，电压表的示数为U1′，且电流表A1的示数为0.9A．已知U1：U1′＝1：6，求：
（1）电源电压U；
（2）R2、R3的大小；
（3）开关S1、S2、S3都闭合时，电流表A2的示数。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由图知，当开关S1闭合，S2、S3断开时，三只电阻串联，电压表测量R1两端电压，电流表A2测电路中的电流；已知电流表A2的示数和R1的阻值，利用欧姆定律求出R1两端电压U1；
当开关S1、S2、S3都闭合时，三只电阻并联，电流表A1测量通过R1与R2的总电流，电流表A2测量整个电路的总电流，电压表测量R1两端电压（即电源电压）；
已知前后两次电压表示数之比，可得第2次电压表的示数为U1′，即电源电压U。
（2）知道了电源电压和三只电阻串联时的电流，根据欧姆定律可求出三只电阻串联的总电阻；已知R1的阻值，再根据串联电路的电阻特点可以得到R2、R3阻值之和；
三只电阻并联时，由欧姆定律求出此时通过R1的电流；
三只电阻并联时，电流表A1测量通过R1与R2的总电流，且已知此时电流表A1的示数，由并联电路的电流特点求出通过R2的电流，再由欧姆定律求出R2的阻值，进一步得到R3的阻值；
（3）开关S1、S2、S3都闭合时，已知电阻R3两端的电压和阻值，由欧姆定律求出通过R3的电流，最后得到干路电流（即电流表A2的示数）。
【解答】解：
（1）由图知，当开关S1闭合，S2、S3断开时，三只电阻串联，电压表测量R1两端电压，电流表A2测电路中的电流；
由I＝可得，电压表的示数（即R1两端电压）：
U1＝IR1＝0.1A×10Ω＝1V；
当开关S1、S2、S3都闭合时，等效电路图如下图所示；
此时三只电阻并联，电压表测量R1两端电压，由并联电路的电压特点可知，此时电压表的示数为U1′等于电源电压U；
已知U1：U1′＝1：6，
则U1′＝6U1＝6×1V＝6V，即电源电压U为6V。
（2）由前面解答可知，三只电阻串联时，电路中的电流为0.1A，
由欧姆定律可得，三只电阻串联的总电阻：
R总＝＝＝60Ω；
根据串联电路的电阻特点可得，R2、R3阻值之和：
R2+R3＝R总﹣R1＝60Ω﹣10Ω＝50Ω；
当三只电阻并联时，因串联电路各支路两端电压相等，
则由欧姆定律可得，此时通过R1的电流：
I1＝＝＝0.6A，
由上图可知，三只电阻并联时，电流表A1测通过R1与R2的总电流，电流表A2测整个电路的总电流，
由并联电路的电流特点可得，通过R2的电流：
I2＝IA1﹣I1＝0.9A﹣0.6A＝0.3A，
则R2的阻值：
R2＝＝＝20Ω；
由前面解答可知R2+R3＝50Ω，
所以，R3＝50Ω﹣R2＝50Ω﹣20Ω＝30Ω；
（3）开关S1、S2、S3都闭合时，三只电阻并联，
由欧姆定律可得，通过R3的电流：
I3＝＝＝0.2A，
因电流表A2测量整个电路的总电流，
根据并联电路的电流特点可得，电流表A2的示数：
I总＝IA1+I3＝0.9A+0.2A＝1.1A。
答：（1）电源电压U为6V；
（2）R2、R3的阻值分别为20Ω、30Ω；
（3）开关S1、S2、S3都闭合时，电流表A2的示数为1.1A。
24．某同学为学校草坪设计了一个自动注水喷淋系统，其电路设计如图甲，控制电路电源电压U1＝12伏，R0为定值电阻，Rp为压敏电阻，电磁铁线圈电阻忽略不计，压敏电阻RP放置于水箱底部（如图乙），其阻值与压力有关，阻值随水位变化关系如表，工作电路包括注水系统和喷淋系统，其电源电压U2＝220伏。圆柱体水箱底面S＝0.4米2，当水箱内的水位上升到2米时，通过电磁铁线圈的电流I水＝0.1安，衔铁恰好被吸下，注水系统停止工作，此时电流表示数I1＝1安，当水位下降到1米时，衔铁恰好被拉起，注水系统开始给水箱注水，此时电流表示数I2＝2安。
（1）当水箱内水位达到2米时，控制电路中压敏电阻Rp的功率为 0.6 瓦。
（2）当水箱内水位下降到1米时，通电电磁铁线圈的电流Ib为多少安？
（3）已知喷淋系统一直给草坪喷水，每秒钟喷水恒为0.001米3，注水系统工作时，每秒钟给水箱注水恒为0.005米3，求相邻两次开始给水箱注水的这段时间内，工作电路消耗的电能。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由图知，控制电路中R0、RP、电磁铁线圈串联，当水箱内水位达到2米时，由表格可知压敏电阻RP的阻值，由P＝I2R计算RP的功率；
（2）在水位2米时，根据串联电路特点和欧姆定律计算R0阻值；
当水位1米时，由表格数据知RP连入阻值，计算出总电阻，从而得到控制电路中电流；
（3）分别计算注水系统注水时间和喷淋系统喷水时间；由W＝UIt计算注水和喷淋同时进行时工作电路电流做功和喷淋系统单独工作电流做功，从而计算工作电路消耗的总的电能。
【解答】解：
（1）由图知，控制电路中R0、RP、电磁铁线圈串联，
由表中数据知，当水箱内水位达到2米时，RP＝60Ω，控制电路中电流I水＝0.1A，
所以RP的功率：PP＝I水2RP＝（0.1A）2×60Ω＝0.6W；
（2）当水位为2米时，根据串联电路特点和欧姆定律可得R0阻值，
R0＝R总1﹣RP＝﹣RP＝﹣60Ω＝60Ω，
当水位1米时，由表格数据知RP1＝90Ω，
由串联电路特点和欧姆定律可得线圈的电流：
Ib＝＝＝0.08A；
（3）由工作电路知，注水和喷淋系统是并联的，
注水系统从水位1米开始注水到2米，注水的总体积：
V总＝0.4m2×（2m﹣1m）＝0.4m3，
注水的同时喷淋系统一直工作，所以注水时间：
t1＝＝100s，
水位从2米下降到1米，需要的时间：
t2＝＝400s，
所以注水系统与喷淋系统同时工作时，工作电路电流做的功：
W＝U2I2t1＝220V×2A×100s＝4.4×104J，
喷淋系统单独工作时，工作电路电流做功：
W'＝U2I1t2＝220V×1A×400s＝8.8×104J，
所以相邻两次开始给水箱注水的这段时间内，工作电路消耗的电能：
W总＝W+W'＝4.4×104J+8.8×104J＝1.32×105J。
答：（1）0.6。
（2）当水箱内水位下降到1米时，通电电磁铁线圈的电流Ib为0.08A。
（3）相邻两次开始给水箱注水的这段时间内，工作电路消耗的电能为1.32×105J。
编号
材料
长度/m
横截面积/mm2
A
镍铬合金
0.5
0.5
B
镍铬合金
1.0
0.5
C
镍铬合金
0.5
1.0
D
锰铜合金
0.5
0.5
水位（米）
0.25
0.50
0.75
1.00
1.25
1.50
1.75
2.00
2.25
压敏电阻Rp的阻值（欧）
300
200
125
90
70
65
62
60
59