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2021-2022学年黑龙江省黑河市北安二中九年级（上）期末物理试卷
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2021-2022学年黑龙江省黑河市北安二中九年级（上）期末物理试卷
1. 关于热现象，下列说法正确的是( )
A. 物体吸热时，温度一定升高，内能一定增加
B. 温度相同的两个物体间也能发生热传递
C. 0℃冰熔化成0℃的水，温度与质量不变，所以内能不变
D. 热量可能从内能少的物体转移到内能多的物体上
2. 电动自行车因其方便、快捷深受人们的喜爱，其核心部件是电动机．以下各图中与电动机的工作原理相同的是( )
A. B.
C. D.
3. 在全国中小学安全教育平台上，安全用电常识是其中一项重要的教育内容。下列做法符合安全用电要求的是( )
A. 将开关接在零线和电灯之间
B. 用电器的三脚插头也可以插入两孔插座中使用
C. 使用试电笔辨别火线时，用笔尖接触被测的导线，手指须接触笔尖
D. 当有人触电时应立即切断电源
4. 描述二十四节气的诗句中蕴含着丰富的物理知识，以下说法正确的是( )
A. 立春：“大地阳和暖气生”，大地内能的增加是太阳通过做功的方式实现的
B. 清明：“清明时节雨纷纷”，雨的形成是凝固现象
C. 秋分：“丹桂小菊万径香”，桂花飘香说明分子在永不停息地做无规则运动
D. 霜降：“一朝秋暮露成霜”，霜的形成需要吸热
5. 如图所示电路中，电源电压为6V，L1、L2是小灯泡，当开关S闭合时，电压表的示数为2.5V，忽略温度对灯丝电阻的影响，则( )
A. L1两端的电压为3.5V B. L2两端的电压为2.5V
C. L1与L2的灯丝电阻之比为1：3 D. 通过L1与L2的电流之比为1：1
6. 下列说法中错误的是( )
A. 当加在导体两端的电压改变时，电压与电流的比值也随着改变
B. 用不同的导体研究电流和电压的关系时，得到的结论都一样
C. 相同的电压加在电阻不同的导体两端，电流一定不同
D. 同一导体，两端电压越大，通过的电流也越大
7. 如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压恒定。当闭合开关，滑动变阻器滑片向右端移动时，下列判断正确的是( )
A. 电流表的示数变大
B. V1示数变小，V1示数和电流表示数之比不变
C. V1示数不变，V2 示数变大
D. 电压表V1示数的减少量小于V2示数的增加量
8. 下列仪器中能用来测量电功的是( )
A. 电压表 B. 电能表 C. 电流表 D. 测电笔
9. 标有“PZ220--40”和“PZ36--40”的甲乙两灯，都在额定电压下正常工作1h，消耗的电能( )
A. 甲多 B. 乙多 C. 一样多 D. 无法比较
10. 两只灯泡L1、L2分别标有“220V 100W”和“220V 40W”的字样。若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法中正确的是( )
A. 两灯正常发光时，L1的电阻较大
B. 两灯并联接入220V的电路，L1、L2 消耗功率之比是2：5
C. 两灯串联接入220V的电路，L2灯更亮
D. 两灯正常发光时，甲消耗的电能比乙多
11. 额定电压均为6V的甲、乙两灯，U和I关系图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两灯的电阻均随电压增大而减小
B. 甲、乙两灯的额定功率之比为2：1
C. 甲、乙两灯并联接在电压为2V的电源两端时，电阻之比为2：3
D. 甲、乙两灯串联接在电压为8V的电源两端时，实际功率之比为1：3
12. 将如图甲所示的电热水瓶，接入家庭电路中单独工作时，观察到电能表(如图乙)的转盘转6转用时1min。下列关于电能表和电热水瓶的说法不正确的是( )
A. 电能表应接在空气开关和用电器之间
B. 该电能表所在家庭电路用电器同时工作时总功率不能超过2200W
C. 电热水瓶的实际功率是600W
D. 若电热水瓶的指示灯损坏，它的发热电阻还能工作，说明它们之间是串联的
13. 如图所示，电源电压恒为7V，电压表量程为0∼3V，电流表量程为0∼0.6A，滑动变阻器的规格为“20Ω1A”，灯泡标有“6V 3W”字样，闭合开关，若两电表示数均不超过量程，灯泡两端的电压不超过额定电压，不考虑灯丝电阻变化，下列说法正确的是( )
A. 电压表表示数变化范围1V∼3V
B. 电流表示数变化范围0.2A∼0.5A
C. 滑动变阻器连入电路的阻值变化范围2Ω∼9Ω
D. 滑动变阻器的最大功率为0.5W
14. 在一标准大气压下，把体积为2L，温度为20℃的水烧至沸腾，水至少需要吸收______ J的热量．若不计热量损失，需要燃烧______ kg干木柴． J/kg)
15. 台汽油机飞轮的转速为3600r/min，在1s内汽油机对外做了______次功。如果汽油机在一段时间内消耗了0.5kg汽油，若这些汽油完全燃烧，可放出热量______J。1s完成______个冲程
16. 如图所示，闭合开关S，通电螺旋管右侧的小磁针静止时，小磁针的N极指向左，则电源的右端为______极。若使通电螺线管的磁性增强，滑动变阻器额滑片P应向______端移动。
17. 核电站利用核能发电，核能属于______(选填“可再生”或“不可再生”)能源，核电站发生重大事故时，为降低核安全壳周围的温度，用水对其冷却，因为水的______较大。
18. 2020年6月23日，我国成功发射了北斗三号全球卫星导航系统的第55颗卫星，即最后一颗组网卫星。卫星在加速升空过程中，其机械能______(选填“增大”“不变”或“减小”)；该系统是利用______波传递信息的。
19. 家庭电路中的开关和被控制的用电器是______联的，家庭消耗的电能是用______表来测量的。
20. 为安全用电，家庭电路中的空气开关应装在______ 线上；空气开关“跳闸”后，受它控制的电路处于______ (选填“短路”“断路”或“通路”)状态。
21. 我国照明电路的电压为______伏，家用电器之间是______的(选填“并联”或“串联”)。
22. 如图所示的电路，电源电压保持不变，R1、R2为定值电阻，其中R1=10Ω。当只闭合开关S1时，电流表示数为0.6A，则电源电压为______ V；当同时闭合开关S1、S2时，电流表的示数增大了0.5A，则R2的阻值是______ Ω。
23. 将规格为“2V0.2A”小灯泡L1和“2.5V0.1A”小灯泡L2串联在电路中工作，设灯丝电阻不变，通过两灯的电流之比为______ ，若将它们并联，在保障电路安全的情况下，干路允许通过的最大电流为______ A。
24. 现有下列器材：学生电源(6V)，电流表(0−0.6A,0−3A)、电压表(0−3V,0−15V)。定值电阻(5Ω、10Ω、20Ω各一个)、开关、滑动变阻器和导线若干，利用这些器材探究“电压不变时，电流与电阻的关系”。
(1)请根据图甲所示的电路图用笔画线代替导线将图乙所示的实物连接成完整电路。(要求连线不得交叉)
(2)连接电路时，开关应该______。
(3)闭合开关前，滑动变阻器滑片P应该位于______端(选填“A”或“B”)。
(4)实验中依次接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数，利用描点法得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。由图象可以得出结论______。
(5)上述实验中，小强用5Ω的电阻做完实验后，保持滑动变阻器滑片的位置不变，接着把R换为10Ω的电阻接入电路，闭合开关，向______(选填“A“或“B“)端移动滑片，使电压表示数为______V时，读出电流表的示数。
(6)在该实验中滑动变阻器的目的是______。
(7)为完成整个实验，应该选取哪种规格的滑动变阻器______。
A.50Ω1.0AB.30Ω1.0AC.20Ω1.0A。
25. 小张在“伏安法”测小灯泡的电阻实验中，连接了如图甲所示的实物图。
(1)请用笔画线代替导线，完成图甲实物电路的连接。(要求：滑动变阻器的滑片P向右滑动时，灯变暗，连线不得交叉)；电路确认无误后，闭合开关，发现灯泡不亮，电压表和电流表均有示数，接下来测量过程中，某一次的电流值如图乙所示，应进行的操作是______。测量过程中，某一次的电流值如图乙所示，则电流值为______ A。
(2)小张记录多组测量数据，绘制出I−U图象如图丙中的A所示，并求出小灯泡电阻的平均值，你同意这种做法吗？______，说出你的理由______。
(3)利用该装置能否探究“电流与电压的关系”？答：______。
(4)另外一组同学用相同的器材和电路图也做这个实验时，由于接线错误，根据测量的数据绘出的I−U图象如图丙的B所示。你认为错误的原因可能是______。
(5)实验结束后，小张又根据串联电路的电压特点，重新设计如图丁所示的电路(电源电压未知)，利用电压表和定值电阻R0(已知阻值)测量未知定值电阻Rx的阻值，闭合开关S后，接下来的操作是：
①闭合开关S1，断开开关S2时，测得电压表的示数为U1。
②______，测得电压表的示数为U2。
③表达式：Rx=______(用U1、U2、R0表达)。
26. 小明同学为了探究“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”，设计了如图实验。
液体
质量/g
初温/℃
加热时间/min
末温/℃
煤油
150
20
10
50
水
150
20
10
35
(1)在装有相同质量煤油的烧瓶中分别接入阻值不同的电阻丝R1和R2(R1
(3)在通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，由此可得出实验结论是______ 。
(4)实验过程中小明移动滑片，当电流表的示数为0.4A时，若R1=10Ω，则1min内电流通过R1所产生的热量是______ J。
(5)小明又利用该装置探究“水和煤油的吸热情况”，实验数据如上表。在两个烧瓶中分别接入带有绝缘漆的电阻丝，装入质量和初温都相同的水和煤油。装置中电阻丝的阻值应______ (选填“相等”或“不相等”)，实验中用______ 来反映水和煤油吸收热量的多少。按照上表中的数据，可计算出煤油的比热容为______ J/(kg⋅℃)。
27. 阅读下面的短文，回答问题
空气动力汽车
空气动力是指空气与物体做相对运动时作用在物体上的力，简称气动力。当我们快速地松开鼓起来的气球时，气球会“嗖”的一下飞出去了，这时气球获得了气动力。经过长时间探索，人们已经成功制造出多种使用压缩空气为动力来推动叶片或者活塞运动的发动机，即叶片式、活塞式空气发动机。
如图是某新型的以空气发动机为动力的汽车，它采用压缩技术，把空气压缩后储存在汽缸内。该汽车只需将插头插到墙.上的插座内，汽车的空气压缩机就开始工作，使汽车气罐内的气压达到31MPa.达到这一气压大约需要4小时，然后气罐内的空气就会缓慢释放，牵动汽车的活塞运动。在车速低于56Km/h时，这种空气动力汽车完全依赖气罐工作，只排放出冷空气。车速增高时，一个小型常规燃料的引擎就会开始工作，加热气罐内的空气加速其释放，从而获得更高的速度。其设计最高速度可达154km/h，平均每加一次气能行驶200km或10h。
(1)快速地松开鼓起来的气球时，气球会“嗖”的一下飞出去的过程中，气球的嘴部温度将会______ (选填“降低”、“不变”或“升高”)。
(2)图中所示的空气动力汽车最理想的压缩空气工具应是______ (选填“内燃机”、“电动机”、“发电机”或“蒸汽机”)。
(3)空气发动机是利用空气的______ 能做功的，空气发动机获得动力时与四冲程汽油机的______ 冲程(选填“吸气”、“压缩”、“做功”或“排气”)工作过程相似。
(4)分析上文，下面说法正确的有(______ )。
A.加热气罐内的空气，是通过做功的方式改变气体的内能
B.空气动力汽车的发动机工作时将内能转化为机械能
C.以空气发动机为动力的汽车，靠气缸内空气燃烧产生能量
D.空气动力汽车工作时不会有能量的损失
28. 寒冷的冬天，小明看见妈妈在家里电取暖器前取暖，发现电取暖器的发热部件电阻丝热的发红，如图所示，而与电取暖器相连的导线却不怎么热。请你用所学的物理知识解释发热电阻丝热的发红，而导线不怎么热的原因。
29. 小宾的爸爸给自家的小汽车安装了电加热座椅垫如图甲。小宾研究发现该座椅垫有“高温”、“低温”“关”三个挡位，其电路示意图如图乙，电源电压为12V，高温功率为20W，低温功率为9W。求：
(1)座椅垫处于“低温”时，电路中的电流是多少？
(2)加热片R1的阻值是多少？
(3)座椅垫处于“高温”挡时，10min就可以将质量为0.5kg的加热片从10℃加热到35℃，若加热片的吸热效率为50%，那么加热片材料的比热容是多少？
30. 小敏家电热水器的简化电路图如图所示，Sl是手动开关，置于热水器水箱外部；S2是温控开关，置于热水器水箱内部，当水温低于40℃时自动闭合，达到40℃时自动断开。R1和R2均为用来加热且阻值不变的电热丝。使用时，手动闭合开关Sl，电热水器开始工作。电热水器部分参数如表所示。
额定电压
220V
频率
50Hz
保温功率
220W
加热功率
1980W
水箱容量
50L
设定温度
40℃
(1)电热丝R1的阻值是多少？
(2)加热时流过电热丝R2的电流是多少？
(3)假设将初温20℃的一满箱水加热至设定温度用了50min，则电热水器的效率是多少？[水的比热容为4.2×l03 J/(kg⋅℃)]。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AC、0℃的冰变成0℃的水，虽然质量不变、温度不变，但需要吸收热量，所以内能增大，故AC错误；
BD、发生热传递的条件是存在温度差，故温度相同的两个物体间不能发生热传递，物体吸热时，内能一定增加，温度不一定升高，热量只能由温度高的物体转移到温度低的物体或者由一个物体的高温部分转移到低温部分，物体的内能少，温度不一定低，所以热量可能从内能少的物体转移到内能多的物体上，故B错误、D正确。
故选：D。
(1)内能的大小与物体的质量、状态和温度有关；
(2)发生热传递的条件是存在温度差。
此题考查了热传递的条件、内能大小的影响因素以及晶体熔化的特点，难度不大，属于基础题目。
2.【答案】D
【解析】解：电动机是利用通电导体在磁场里受力运动的原理制成的
A、图中是奥斯特实验，证明了电流周围可以产生磁场，与电动机的原理不同，故A不合题意；
B、图中闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流，是电磁感应现象，与电动机的原理不同，故B不合题意；
C、图中是探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数关系的实验，与电动机的原理不同，故C不合题意；
D、图中有电源，通电导体在磁场中受力会发生运动，是电动机的原理，故D符合题意．
故选D.
电动机是利用通电导体在磁场里受力运动的原理制成的．明确各选项所揭示的原理可做出判断．
本题考查奥斯物实验、电磁感应、电磁铁和磁场对通电导线的作用等实验的辨别，知道电动机的原理是通电导体在磁场中受力或通电线圈在磁场中受力运动，并能结合图中装置做出判断，是解答的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A.若开关接在灯泡和零线之间，当断开开关时，灯泡和火线还处于连接状态，人接触灯泡就是间接接触火线，容易发生触电，故开关应接在灯泡和火线之间，A不符合题意；
B.家用电器金属外壳应连接地线，这样即使金属外壳带电，电流也会通过地线导入大地，防止触电事故的发生，所以三脚插头不可以插入两孔插座中使用，故B不符合题意；
C.使用测电笔时，手一定不能接触笔尖金属体，如果测电笔接触火线，手接触笔尖金属体会发生触电事故，故C不符合题意；
D.发现有人触电时，应赶快切断电源或用干燥木棍将电线挑开，不能用手直接去拉，以免触电，故D符合题意。
故选：D。
(1)控制电灯的开关应安装在火线与灯之间；
(2)三孔插座的接法：上面的孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；上孔接地线是为了金属外壳的用电器的金属外壳接地，避免金属外壳的用电器漏电时，发生触电事故；
(3)测电笔是用来辨别火线和零线的，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；
(4)发现有人触电，首先切断电源，再实行救援措施。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识。
4.【答案】C
【解析】解：A、大地内能的增加是太阳通过热传递的方式实现，故A错误；
B、雨的形成是水蒸气液化为小水滴，故B错误；
C、“丹桂小菊万径香”，是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故C正确；
D、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，凝华吸热，故D错误。
故选：C。
(1)改变内能的方法有：做功和热传递；
(2)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；
(3)构成物质的分子总在不停地做无规则运动；
(4)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。另外明确生活中的扩散现象是由于分子无规则运动的结果；理解改变内能的两个方法。
5.【答案】D
【解析】解：当开关S闭合后，该电路为L1和L2的串联电路，电压表测L1两端的电压；
已知电压表示数为2.5V，即L1两端的电压为：U1=2.5V；
由串联电路电压特点可知L2两端的电压为：U2=U−U1=6V−2.5V=3.5V；
串联电路中电流处处相等，即通过L1与L2的电流之比为1：1；
由R=UI可知L1与L2的灯丝电阻之比为：R1：R2=U1：U2=2.5V：3.5V=5：7；
综上所述可知A、B、C错误，D正确。
故选：D。
当开关S闭合后，该电路为L1和L2的串联电路，电压表测L1两端的电压；
已知电压表示数，即L1两端的电压，由串联电路电压特点可得出L2两端的电压；串联电路中电流处处相等，再由R=UI可求出L1与L2的灯丝电阻之比。
本题考查了学生对串联电路的电流、电压特点的掌握和对欧姆定律的应用，应灵活运用相关知识点。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
根据欧姆定律得：R=UI，虽然电阻是由UI算出，但电阻是导体本身的一种属性，与电压U、电流I无关。
对于比值定义的物理量(R=UI)的理解不能单纯的从数学角度理解。
【解答】
导体电阻于导体的材料、长度、横截面面积有关，一段导体给定后电阻就确定了，因此当加在导体两端的电压改变时，电压与电流的比值不变，A错误，符合题意；
对于不同导体研究电流和电压，结论都是一样，电流和电压成正比，只是比例系数不同而已，B正确，不符合题意；
根据I=UR电压相同，电阻不同电流一定不同，C正确；不符合题意；
同一导体电阻一样，电压越大电流就越大，D正确，不符合题意。
故选A。
7.【答案】B
【解析】解：
由图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、电源电压恒定，当闭合开关，滑动变阻器滑片向右端移动时，R2变大，根据电阻的串联特点，总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中电流变小，即电流表示数变小，故A错误；
BCD、滑动变阻器滑片向右端移动时，电路中电流变小，由U1=IR1可知，R1两端的电压减小，即V1示数变小；根据串联电路的电压规律可知，V2示数变大；由于电源电压不变，电压表V1示数与V2示数之和为电源电压，故电压表V1示数的减少量等于V2示数的增加量；
根据R=UI可知，V1示数和电流表示数之比为R1的阻值，保持不变；
综上所述，B正确，CD错误。
故选：B。
(1)分析电路的连接，由滑动变阻器滑片向b端移动时判断R2变化，根据电阻的串联规律判断总电阻变化，由欧姆定律判断电路中电流即电流表示数变化；
(2)根据串联电路电压的规律：电源电压(不变)等于各部分的电压之和分析。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的应用，关键是分析各电表测量的量。
8.【答案】B
【解析】解：A、电压表是测量电路两端电压的仪表，根据电功的计算公式W=UIt，电压表只能各测量其中的一个物理量，不能直接测量电功，故A不符合题意；
B、电能表是用来测量电路消耗电能(电流做功)的仪器，故B符合题意；
C、电流表可以直接测量电路中电流的大小，不能直接测量电功，故C不符合题意；
D、测电笔的主要作用是判断火线和零线，还可以检查用电器的金属外壳是否带电，以及检查线路故障，不能测量电功的大小，故D不符合题意。
故选：B。
电压表可以测量用电路两端的电压；电能表可以测量一段时间内电路中消耗的电功；电流表可以测量电路中的电流；测电笔的作用是判断火线和零线。
此题主要考查电流表、电压表、电能表和滑动变阻器的作用，属于基本知识的考查，需要熟练掌握。
9.【答案】C
【解析】解：甲、乙两个用电器都在各自的额定电压下工作，
而甲、乙两个用电器的额定功率相同，工作时间相同，
根据公式W=Pt可知，消耗的电能相同。
故选：C。
甲、乙两个用电器，都在额定电压下工作，消耗的功率均为额定功率，已知两灯的额定电压和额定功率，还知道工作时间，根据公式W=Pt可求消耗的电能。
本题考查消耗电能的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道在额定电压下工作时，用电器的功率为额定功率。
10.【答案】C
【解析】解：
A.两灯泡正常发光时的电压均为220V，功率P1=100W>P2=40W，由P=UI=U2R的变形式R=U2P可知，两灯正常发光时，L1的电阻较小，故A错误；
B.两灯并联接入220V的电路，它们两端的电压均为220V，此时两灯泡均正常发光，则L1、L2消耗功率之比P1：P2=100W：40W=5：2，故B错误；
C.两灯串联接入220V的电路时，通过它们的电流相等，且L2的电阻较大，由P=UI=I2R可知，L2的实际功率较大，其亮度较大，故C正确；
D.由于两灯泡工作的时间未知，所以由P=Wt的变形式W=Pt可知，不能比较两灯正常发光时消耗电能的多少，故D错误。
故选：C。
(1)两灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，实际功率和额定功率相等，根据P=UI=U2R比较两灯正常发光时的电阻关系；
(2)两灯并联接入220V的电路，它们两端的电压均为220V，此时两灯泡均正常发光，据此求出L1、L2消耗功率之比；
(3)两灯串联接入220V的电路时，通过它们的电流相等，根据P=UI=I2R比较两灯泡的实际功率关系，实际功率大的灯泡较亮；
(4)根据W=Pt可知，灯泡消耗的电能与灯泡的实际功率和工作时间有关。
本题考查了对电功率公式和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。
11.【答案】BCD
【解析】解：
A.由图象可知，甲、乙两灯泡两端的电压分别为2V、6V时，通过甲的电流依次为0.3A、0.6A，通过乙的电流依次为0.2A、0.3A，
由I=UR的变形式R=UI可得，甲灯泡的电阻依次为6.67Ω、10Ω，乙灯泡的电阻依次为10Ω、20Ω，
所以，甲、乙两灯的电阻均随电压增大而增大，故A错误；
B.由于甲、乙两灯的额定电压均为6V，由图象可知：，，
则：：：：0.3A=2：1，故B正确；
C.甲、乙两灯并联接在电压为2V的电源两端时，由图象可知：，，
由I=UR可得，两灯泡的电阻之比：：：：0.3A=2：3，故C正确；
D.甲、乙两灯串联接在电压为8V的电源两端时，通过它们的电流相等，且电源的电压等于两灯泡两端的电压之和，
由图象可知，当电路中的电流为0.3A，甲灯的实际电压为2V，乙灯的实际电压为6V时满足电源电压为8V，
则两灯泡的实际功率之比：：：6V=1：3，故D正确。
故选：BCD。
(1)根据图象读出几组电流和电压对应的值，根据欧姆定律求出对应的电阻，然后得出两灯泡电阻与两端的电压关系；
(2)根据图象读出两灯泡的额定电流，根据P=UI求出甲、乙两灯的额定功率之比；
(3)甲、乙两灯并联接在电压为2V的电源两端时，它们两端的电压相等，根据图象读出通过两灯泡的电流，根据欧姆定律求出两灯泡的电阻之比；
(4)甲、乙两灯串联接在电压为8V的电源两端时，通过它们的电流相等，且总电压等于两灯泡两端的电压之和，根据图象读出符合要求的电流和电压，根据P=UI求出两灯泡的实际功率之比。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
12.【答案】ABD
【解析】解：
A、电能表是用来测量电路中用电器消耗电能的仪表，应接在空气开关之前，故A错；
B、由表盘信息可知，电能表允许通过的最大电流I=20A，工作电压为220V，该电能表所在家庭电路用电器同时工作时最大总电功率P=UI=220V×20A=4400W，故B错；
C、600revs/kW⋅h表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转600转，则转6转消耗的电能W=6600kW⋅h=0.01kW⋅h，实际功率P=Wt=0.01kW⋅h160h=0.6kW=600W，故C正确；
D、若电热水瓶的指示灯损坏，它的发热电阻还能工作，说明它们之间互不影响，是并联的，故D错。
故选：ABD。
(1)电能表是用来测量电路中用电器消耗电能的仪表，为了防止偷电，电能表接在空气开关之前；
(2)由表盘信息可知，电能表的标定电流为10A，平时工作允许通过的最大电流为20A，工作电压为220V，利用P=UI求该电能表所在家庭电路用电器同时工作时最大总电功率；
(3)600r/kW⋅h表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转600转，据此求转6转消耗的电能，再利用P=Wt求实际功率；
(4)若电热水瓶的指示灯损坏，它的发热电阻还能工作，说明它们之间互不影响，据此确定是并联还是串联。
本题考查了电能表的连接位置、电功率公式的应用以及串并联电路的特点，明确电能表相关参数的意义是关键。
13.【答案】AC
【解析】解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、因为灯泡的额定电压为6V，电源电压为7V，所以电压表的最小示数为7V−6V=1V，因此电压表的示数变化范围为1V∼3V，故A正确；
B、根据P=UI可得，灯的额定电流，
由于电流表的量程为0∼0.6A，所以电路中的最大电流为0.5A；
灯泡的电阻：RL=ULIL=6V0.5A=12Ω；
当电压表示数为3V时，根据串联电路的电压特点可知：灯泡两端的电压，
则电路中的电流：，
所以电流表的示数变化范围为13A∼0.5A，故B错误；
C、由欧姆定律得：滑动变阻器接入电路中的最小阻值：；
滑动变阻器接入电路中的最大电阻；
已知滑动变阻器的规格为“20Ω1A”，所以滑动变阻器的电阻允许调节的范围是2Ω∼9Ω，故C正确；
D、当电路中电流为13A时，滑动变阻器的电功率：，故D错误。
故选：AC。
从图中可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量灯泡电流；
(1)因为电压表量程为0∼3V，电压表示数不超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定电压，即电压表示数不能低于1V；
(2)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，利用串联电路电压特点确定电压表的最小示数，然后结合电流表的量程确定电路中的最大电流；
由于滑动变阻器两端电压不允许超过3V，根据串联电路的电压特点求出此时灯泡两端的电压，根据欧姆定律求出最小电流；
(3)确定电路中的最大电流后，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的最小电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；
则根据最小电流；利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值；
(4)根据电流表的最小电流求出滑动变阻器的功率，然后进行分析。
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，会确定电路中的最大电流是关键。
14.【答案】6.72×105；0.056
【解析】
【分析】
①已知水的体积求出水的质量，知道一标准大气压下水沸腾时的温度为100℃，利用公式Q=cm(t−t0)可以得到水吸收的热量；
②已知热量和干木柴的热值，利用公式得出需要的干木柴的质量．
本题考查吸热公式、燃料完全燃烧放热公式的了解与掌握，虽知识点多，但都属于基础，难度不大．
【解答】
由ρ=mV得：水的质量m=ρV=1.0×103kg/m3×2×10−3m3=2kg，
水吸收的热量为；
需要的干木柴质量为
故答案为：6.72×105；0.056.
15.【答案】302.3×107 120
【解析】解：(1)四冲程汽油机飞轮的转速为：3600r/min=60r/s。由于四个冲程是一个工作循环，飞轮转2r，对外做功一次，所以1s内飞轮转60r，汽油机完成了120个冲程，对外做功30次；
(2)由可知，完全燃烧0.5kg汽油放出的热量：
；
故答案为：30；2.3×107；120。
(1)掌握内燃机的四个冲程：吸气、压缩、做功、排气冲程；四个冲程是一个工作循环，飞轮转2r，对外做功一次；
(2)汽油燃烧放出的热量计算公式为。
本题考查了学生对汽油机四个冲程的理解，要求学生学生背熟燃料完全燃烧放热公式。
16.【答案】正；右
【解析】【试题解析】
解：
小磁针静止时N极向左，则由磁极间的相互作用可知，通电螺线管右端为S极，则左端为N极，根据安培定则可以判断电源的右端为正极，左端为负极；
为使通电螺线管的磁性增强，需增大电路中电流，由欧姆定律可知要减小电路中电阻，故滑片向右移动。
故答案为：正；右。
由小磁针的指向可判出电磁铁的极性，根据安培定则判断电源的正负极；由磁性的变化可知电流的变化，从而判断滑片的移动情况。
通电螺线管磁极的判定要利用安培定则，安培定则中涉及三个方向：电流方向与线圈绕向即四指的指向；磁场方向即大拇指的指向。在关于安培定则的考查中，往往是知二求一。此题中就是告诉了电流方向和线圈的绕向来确定大拇指的指向。
17.【答案】不可再生 比热容
【解析】解：(1)核能是不可再生能源，短期不能得到补充；
(2)因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以当核电站发生重大事故时，为了降低核安全壳周围的温度，灌注海水降温。
故答案为：不可再生；比热容。
(1)像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源。
(2)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；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少。
此题主要考查了比热容和不可再生能源的了解，都属于基础知识，应掌握。
18.【答案】增大 电磁
【解析】解：
(1)卫星加速升空的过程中，质量不变，速度和高度都增加，故动能和重力势能都增大，机械能等于动能和势能的总和，所以其机械能增大；
(2)人造卫星是利用电磁波来传递信息的。
故答案为：增大；电磁。
(1)影响动能的因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，动能和势能之和称为机械能；
(2)卫星是利用电磁波来传递信息的。
本题考查了机械能的影响因素、电磁波的利用，属于基础性题目。
19.【答案】串 电能
【解析】解：家庭电路中，开关和被控制的用电器为串联连接；
用电器工作时，消耗电能，家庭消耗的电能是用电能表来测量的。
故答案为：串；电能。
(1)家庭电路中，开关控制用电器时，开关和控制的用电器之间是串联的，并且接在用电器和火线之间。
(2)家庭电路中，电能表测量电路中用电器消耗的电能。
要掌握家庭电路中，用电器之间、插座之间、用电器和插座之间、开关和用电器之间的连接方式，以及家庭电路中电能表、保险丝的作用。
20.【答案】火 断路
【解析】解：
(1)开关应安装在火线上，当断开开关时，用电器与火线断开，不会发生触电事故；
(2)空气开关“跳闸”后，电流无法形成通路，故家庭电路整体上处于断路状态。
故答案为：火；断路。
(1)为用电安全，开关应该安装在火线上，并且与用电器串联；
(2)处处连通的电路为通路；某处断开的电路为断路；电源短路是指电源两极不经过用电器直接连通的电路。
本题考查了开关的接法和对通路、短路和断路的掌握情况，熟记概念是解答该类题型的关键所在。
21.【答案】220 并联
【解析】解：
我国照明电路的电压是220V，
家用电器的额定电压是220V，为了使家用电器正常工作并且互不影响，各家用电器之间是并联的。
故答案为：220；并联。
我国家庭电路的电压是220V，家用电器的额定电压是220V，为了使家用电器正常工作并且互不影响，家用电器应该并联在电路中。
本题考查了照明电路的电压和家用电器的连接方式，属于基础题目。
22.【答案】6 12
【解析】解：只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，
由欧姆定律可得，电源电压：U=I1R1=0.6A×10Ω=6V；
当同时闭合开关S1、S2时，两电阻并联，电流表测干路电流，
因为并联电路各支路独立工作、互不影响，
所以通过R1的电流不变，仍为0.6A，电流表的示数增大了0.5A，则通过R2的电流为0.5A，
并联电路各支路两端的电压相等，由欧姆定律可得R2的阻值：R2=UI2=6V0.5A=12Ω。
故答案为：6；12。
只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，根据欧姆定律求出电源的电压；
当同时闭合开关S1、S2时，两电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路各支路独立工作、互不影响可知通过R1的电流不变，由电流表示数的变化可知通过R2的电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律可得R2的阻值。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是会分析在闭合开关S2后通过R1的电流不变，是一道基础题目。
23.【答案】1：10.28
【解析】解：(1)将小灯泡L1和L2串联在电路中工作时，因串联电路中各处的电流相等，所以，通过两灯的电流之比为1：1；
(2)由I=UR可得，灯泡L1、L2正常发光的电阻分别为：，；
若将它们并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，且，，则在保障电路安全的情况下，电路两端的最大电压，
此时小灯泡L1正常发光，通过的电流，
通过灯泡L2电流：I2=UR2=2V25Ω=0.08A，
因并联电路中各支路的电流之和，所以，干路电流为：
I=I1+I2=0.2A+0.08A=0.28A。
故答案为：1：1；0.28。
(1)灯泡L1和L2串联在电路中工作时，根据串联电路的电流特点可知通过两灯的电流之比；
(2)根据欧姆定律分别求出两个灯泡正常发光时的电阻；将L1和L2并联在另一电源下工作时它们两端的电压相等，电路的最大电压等于两灯泡额定电压中较小的，根据欧姆定律求出通过不能正常发光灯泡的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流。
本题考查了串、并联电路的特点和欧姆定律的应用，要注意两灯泡并联时电路的最大电压为两灯泡额定电压中较小的。
24.【答案】断开 A 电压不变时，电流与电阻成反比 A 2 保护电路和控制电阻两端的电压不变 A
【解析】解：(1)根据甲图，变阻器右下接线柱连入电路中，电压表与电阻并联，如下所示：
(2)连接电路时，开关应该断开；
(3)闭合开关前，滑动变阻器滑片P应该位于阻值最大处的A端；
(4)由图丙知，电阻两端的电压始终保持：
UV=IR=0.1A×20Ω=----=0.4A×5Ω=2V，为一定值，由图象可以得出结论，电压不变时，电流与电阻成反比；
(5)根据串联分压原理可知，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，应保持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，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动，使电压表的示数为2V，读出电流表的示数；
(6)变阻器的基本作用是保护电路，探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变，故另一个作用是控制电阻的电压不变；
(7)电压表控制的电压为2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
，变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少40Ω的滑动变阻器，故选A。
故答案为：(1)如上；(2)断开；(3)A；(4)电压不变时，电流与电阻成反比；(5)A；2；(6)保护电路和控制电阻的电压不变；(7)A。
(1)根据甲图，变阻器右下接线柱连入电路中，电压表与电阻并联；
(2)(3)连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态，滑动变阻器的滑片P应放在阻值最大处；
(4)根据电流与电阻之积为一定值分析；
(5)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；
(6)变阻器的基本作用是保护电路，探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变，据此分析变阻器的另一个作用；
(7)探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
本题“探究电流与电阻的关系”实验，考查注意事项、电路连接、操作过程、数据分析、控制变量法和对器材的要求。
25.【答案】移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光 0.26不同意 灯丝的电阻受温度的影响，不是一个定值，求灯丝电阻的平均值无意义 不能 电压表接在了滑动变阻器两端 断开开关S1、再闭合开关S2 U1R0U2−U1
【解析】解：(1)滑动变阻器和灯泡串联，且滑片右移时灯的亮度变暗，说明电路中电流变小，总电阻变大，因此滑片向右移动时，滑动变阻器的阻值变大，滑动变阻器要采取“一上一下”的连接方式，应将滑动变阻器的左下接线柱与开关右侧相连，如图所示：
闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表和电压表都有示数，说明电路中总电阻太大，电流过小，故接下来应进行的操作是移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光；如图乙所示，电流表的量程为0−0.6A，分度值为0.02A，电流表示数为0.26A；
(2)因为灯丝的电阻受温度的影响，不是一个定值，小灯泡在不同电压下工作时，灯丝温度不同，电阻也不相同，所以求灯丝电阻的平均值无意义，故不同意这种说法；
(3)探究“电流与电压的关系”的实验中的电阻是定值电阻，因为灯丝的电阻受温度的影响，随温度的升高而增大，不是一个定值，故利用该装置不能探究“电流与电压的关系”；
(4)丙图中的B图象，随着电流的增大，电压减小，正好与A图象相反，符合滑动变阻器两端电压的变化规律，故错误原因可能是电压表接在了滑动变阻器两端；
(5)①闭合开关S1，断开开关S2时，电压表的示数U1为未知定值电阻Rx两端的电压；
②断开开关S1、再闭合开关S2，用电压表测量滑动变阻器和定值电阻Rx的电压之和为U2，即电源电压；
③串联电路中电流相等，则有U2−U1R0=U1Rx，则未知定值电阻Rx的阻值为：Rx=U1R0U2−U1；
故答案为：(1)如图所示；移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光；0.26；
(2)不同意；灯丝的电阻受温度的影响，不是一个定值，求灯丝电阻的平均值无意义；
(3)不能；
(4)电压表接在了滑动变阻器两端；
(5)②断开开关S1、再闭合开关S2；③U1R0U2−U1。
(1)在电路连接时，滑动变阻器和开关串联，滑动变阻器要采取“一上一下”的连接方式，滑片右移时灯的亮度变暗，滑动变阻器的阻值变大，选择滑动变阻器的接线柱；
闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表和电压表都有示数，说明电路中总电阻太大，电流过小，分析接下来的操作；根据电流表的量程读出电流表的示数；
(2)灯丝的电阻受温度的影响，随温度的升高而增大，不是一个定值，求灯丝电阻的平均值无意义；
(3)探究“电流与电压的关系”的实验中的电阻是定值电阻，分析该装置是否能适用；
(4)分析图象，随着电流的增大，电压减小，符合滑动变阻器两端电压的变化规律；
(5)分析实验电路，完善实验步骤，根据串联电路中电压的特点和欧姆定律计算电阻。
本题是测量小灯泡电阻的实验，考查了滑动变阻器的连接方式及选择，电流表的读数及欧姆定律的计算，还涉及到了常考题型灯丝的电阻受温度的影响。
26.【答案】电流 温度计示数 煤油的比热容小 在电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多 96 相等 加热时间的长短 2.1×103
【解析】解：(1)该实验将R1和R2串联，串联电路各处电流相等，所以目的是控制电流和通电时间相同。
(2)电流产生热量的多少不能直接观察，而是通过温度计的示数的变化反映电流产生热量的多少；为了在较短的时间内达到明显升温的实验效果，应该选择比热容较小的液体；
(3)在通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，则乙烧瓶内产生的热量多，两个烧瓶内的电阻丝串联在同一电路中，通过两电阻的电流相等，R1
(5)图中两电阻丝串联，通过的电流相同和通电时间相同，根据Q=I2Rt可知，要产生的热量相同，则实验中选用的两根电阻丝的阻值应相等；
探究两种液体的吸热能力时，需要控制热源相同，即相同时间内热源产生的热量相同，根据转换法，实验中是用加热时间间接反映液体吸收热量的多少；
根据表格中的数据可知，相同质量的水和煤油加热相同时间，吸收相同热量，水升高的温度是35℃−20℃=15℃，煤油升高的温度是50℃−20℃=30℃；根据c=Qm△t可知，水和煤油的比热容之比等于升高温度之比的倒数，即。
故答案为：(1)电流；(2)温度计示数；煤油的比热容小；(3)在电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多；(4)96；(5)相等；加热时间的长短；2.1×103。
(1)该实验将R1和R2串联，串联电路各处电流相等；
(2)电流产生热量的多少不能直接观察，而是通过温度计的示数的变化反映电流产生热量的多少；为了在较短的时间内达到明显升温的实验效果，应该选择比热容较小的液体；
(3)在通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，则乙烧瓶内产生的热量多，通过两电阻的电流相等，两电阻的阻值不同，据此分析实验结论；
(4)根据焦耳定律计算1min内电流通过R1所产生的热量；
(5)比较物质吸热能力的方法：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；根据c=Qm△t求出比热容的大小；水和煤油吸收热量的多少不能直接观察，我们使用相同加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
探究“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”的实验考查了控制变量法、转换法、对实验的分析能力、焦耳定律、比热容的计算等，我们要能够根据相关的实验数据得出我们需要的知识，并能够将这些知识应用于生活。
27.【答案】升高 电动机 内 做功 B
【解析】解：(1)快速地松开鼓起来的气球时，气球会“嗖”的一下飞出去的过程中，气体对外做功，内能减小，温度降低；气球的嘴部内能增大，温度升高。
(2)从节能和环保的角度分析，压缩空气动力汽车最理想的加气工具应是电动机；
(3)热机的原理是利用燃烧产生的高温燃气推动活塞做功，从而把内能转化为机械能，所以是做功冲程；
(4)A、加热气罐内的空气，是通过热传递的方式改变气体的内能，故A错误；
B、空气动力汽车工作时压缩的气体对外做或，将内能转化为机械能，故B正确；
C、以空气发动机为动力的汽车，靠气缸内空气膨胀对外做功，而不是燃烧产生能量，故C错误；
D、空气动力汽车工作时能量会有一定的损失，因此能量不可能完全被利用，故D错误；
故选B。
故答案为：(1)升高；(2)电动机；(3)内；做功；(4)B。
(1)根据做功可以改变物体的内能分析解答。
(2)从节能和环保的角度分析即可判断；
(3)把燃料燃烧时释放的能量转化为机械能的装置称为热机；
汽油机的一个工作循环由四个冲程组成：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；燃机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能；二是做功冲程中内能转化为机械能。判断出是哪个冲程，再判断能量是怎样转化的；
(4)结合内能改变的方式、能量的转化、空气发动机的工作原理以及能量的守恒条件等知识，可对选项中的描述逐一做出判断。
本题通过对“空气的动力”的介绍，深入了解了其中的原理及应用实例，体现了物理在高科技领域的应用，值得关注。
28.【答案】答：因为电阻丝和导线是串联，通过的电流相等。但电阻丝的电阻比导线的电阻大得多，根据Q=I2Rt，在电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多，所以电阻丝热的发红，而连接电阻丝的导线却不怎么热。
【解析】由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、导体电阻大小和通电时间成正比。电阻丝和连接的导线串联在电路中(通过的电流相等)、通电时间是相同的，而电阻丝的电阻比导线的电阻大，据焦耳定律分析判断。
本题主要考查对焦耳定律及应用、串联电路电流关系的了解和掌握，知道电阻丝和相与之连接的铜导线为串联是本题的关键。
29.【答案】解：(1)由P=UI得，座椅垫处于“低温”时的电流：
；
(2)电源电压不变，高温挡功率最大，由P=U2R可知，电路中电阻应最小，结合电路图可知，座椅垫处于“高温”挡时只有R2接入电路，
由可得，R2的阻值：
由电路图可知，座椅垫处于“低温”挡时，R1与R2串联接入电路，电路中的总电阻：
，
则R1的电阻： =16Ω−7.2Ω=8.8Ω；
(3)由P=Wt可得，座椅垫处于“高温”挡时，10min消耗的电能：
，
由题意可知，加热片吸收的热量，
由Q=cm△t可得，加热片材料的比热容：
。
答：(1)座椅垫处于“低温”挡时，电路中的电流是0.75A；
(2)加热片R1的阻值是8.8Ω；
(3)加热片材料的比热容是0.48×103J/(kg⋅℃)。
【解析】(1)已知低温功率和电源电压，根据I=PU得到电路电流；
(2)高温时只有R2有电流通过，已知电源电压和高温功率，利用公式P=U2R可求得R2的阻值；低温时R1、R2串联，根据R=U2P求出串联电路的总电阻，再根据串联电路电阻的特点可求R1的阻值。
(3)已知高温功率和正常工作时间，利用Q=W=Pt得到产生的热量；加热片的吸热效率为50%，则，由Q=cm△t求解加热片材料的比热容。
此题考查了电功率变形公式及吸热公式和效率公式的应用，根据开关开合确定加热器所处挡位，是解答此题的关键。
30.【答案】解：(1)当只有S1闭合时，R1单独工作，用电器处于保温状态，
由P=U2R可得，电热丝R1的阻值：
；
(2)当两开关都处于闭合状态时，两电阻并联，处于加热状态，
则R2的功率：
，
由P=UI可得电热丝R2的电流：
I2=P2U=1760W220V=8A；
(3)水的体积：
V=50L=50dm3=0.05m3，
由ρ=mV得，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×0.05m3=50kg，
水吸收的热量为：
，
由P=Wt可得消耗的电能为：
，
热水器的效率为：
。
答：(1)电热丝R1的阻值是220Ω；
(2)加热时流过电热丝R2的电流是8A；
(3)假设将初温20℃的一满箱水加热至设定温度用了50min，则电热水器的效率是70.7%。
【解析】(1)当开关S1闭合时，热水器处于保温状态，利用P=U2R求出电热丝的电阻；
(2)当两开关都处于闭合状态时，两电阻并联，处于加热状态，加热功率减去保温状态即为R2的功率，根据P=UI求出加热时流过电热丝R2的电流；
(3)知道水的质量，根据m=ρV求出水的质量，根据求出水吸收的热量，根据W=Pt求出消耗的电能，根据求出电热水器的效率。
本题考查了电功率公式和密度公式、吸热公式、电功公式、效率公式的应用，分清电路的连接方式和电热水器状态关系是关键，计算过程要注意单位的换算。
2021-2022学年黑龙江省黑河市北安二中九年级（上）期末物理试卷
1. 关于热现象，下列说法正确的是( )
A. 物体吸热时，温度一定升高，内能一定增加
B. 温度相同的两个物体间也能发生热传递
C. 0℃冰熔化成0℃的水，温度与质量不变，所以内能不变
D. 热量可能从内能少的物体转移到内能多的物体上
2. 电动自行车因其方便、快捷深受人们的喜爱，其核心部件是电动机．以下各图中与电动机的工作原理相同的是( )
A. B.
C. D.
3. 在全国中小学安全教育平台上，安全用电常识是其中一项重要的教育内容。下列做法符合安全用电要求的是( )
A. 将开关接在零线和电灯之间
B. 用电器的三脚插头也可以插入两孔插座中使用
C. 使用试电笔辨别火线时，用笔尖接触被测的导线，手指须接触笔尖
D. 当有人触电时应立即切断电源
4. 描述二十四节气的诗句中蕴含着丰富的物理知识，以下说法正确的是( )
A. 立春：“大地阳和暖气生”，大地内能的增加是太阳通过做功的方式实现的
B. 清明：“清明时节雨纷纷”，雨的形成是凝固现象
C. 秋分：“丹桂小菊万径香”，桂花飘香说明分子在永不停息地做无规则运动
D. 霜降：“一朝秋暮露成霜”，霜的形成需要吸热
5. 如图所示电路中，电源电压为6V，L1、L2是小灯泡，当开关S闭合时，电压表的示数为2.5V，忽略温度对灯丝电阻的影响，则( )
A. L1两端的电压为3.5V B. L2两端的电压为2.5V
C. L1与L2的灯丝电阻之比为1：3 D. 通过L1与L2的电流之比为1：1
6. 下列说法中错误的是( )
A. 当加在导体两端的电压改变时，电压与电流的比值也随着改变
B. 用不同的导体研究电流和电压的关系时，得到的结论都一样
C. 相同的电压加在电阻不同的导体两端，电流一定不同
D. 同一导体，两端电压越大，通过的电流也越大
7. 如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压恒定。当闭合开关，滑动变阻器滑片向右端移动时，下列判断正确的是( )
A. 电流表的示数变大
B. V1示数变小，V1示数和电流表示数之比不变
C. V1示数不变，V2 示数变大
D. 电压表V1示数的减少量小于V2示数的增加量
8. 下列仪器中能用来测量电功的是( )
A. 电压表 B. 电能表 C. 电流表 D. 测电笔
9. 标有“PZ220--40”和“PZ36--40”的甲乙两灯，都在额定电压下正常工作1h，消耗的电能( )
A. 甲多 B. 乙多 C. 一样多 D. 无法比较
10. 两只灯泡L1、L2分别标有“220V 100W”和“220V 40W”的字样。若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法中正确的是( )
A. 两灯正常发光时，L1的电阻较大
B. 两灯并联接入220V的电路，L1、L2 消耗功率之比是2：5
C. 两灯串联接入220V的电路，L2灯更亮
D. 两灯正常发光时，甲消耗的电能比乙多
11. 额定电压均为6V的甲、乙两灯，U和I关系图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两灯的电阻均随电压增大而减小
B. 甲、乙两灯的额定功率之比为2：1
C. 甲、乙两灯并联接在电压为2V的电源两端时，电阻之比为2：3
D. 甲、乙两灯串联接在电压为8V的电源两端时，实际功率之比为1：3
12. 将如图甲所示的电热水瓶，接入家庭电路中单独工作时，观察到电能表(如图乙)的转盘转6转用时1min。下列关于电能表和电热水瓶的说法不正确的是( )
A. 电能表应接在空气开关和用电器之间
B. 该电能表所在家庭电路用电器同时工作时总功率不能超过2200W
C. 电热水瓶的实际功率是600W
D. 若电热水瓶的指示灯损坏，它的发热电阻还能工作，说明它们之间是串联的
13. 如图所示，电源电压恒为7V，电压表量程为0∼3V，电流表量程为0∼0.6A，滑动变阻器的规格为“20Ω1A”，灯泡标有“6V 3W”字样，闭合开关，若两电表示数均不超过量程，灯泡两端的电压不超过额定电压，不考虑灯丝电阻变化，下列说法正确的是( )
A. 电压表表示数变化范围1V∼3V
B. 电流表示数变化范围0.2A∼0.5A
C. 滑动变阻器连入电路的阻值变化范围2Ω∼9Ω
D. 滑动变阻器的最大功率为0.5W
14. 在一标准大气压下，把体积为2L，温度为20℃的水烧至沸腾，水至少需要吸收______ J的热量．若不计热量损失，需要燃烧______ kg干木柴． J/kg)
15. 台汽油机飞轮的转速为3600r/min，在1s内汽油机对外做了______次功。如果汽油机在一段时间内消耗了0.5kg汽油，若这些汽油完全燃烧，可放出热量______J。1s完成______个冲程
16. 如图所示，闭合开关S，通电螺旋管右侧的小磁针静止时，小磁针的N极指向左，则电源的右端为______极。若使通电螺线管的磁性增强，滑动变阻器额滑片P应向______端移动。
17. 核电站利用核能发电，核能属于______(选填“可再生”或“不可再生”)能源，核电站发生重大事故时，为降低核安全壳周围的温度，用水对其冷却，因为水的______较大。
18. 2020年6月23日，我国成功发射了北斗三号全球卫星导航系统的第55颗卫星，即最后一颗组网卫星。卫星在加速升空过程中，其机械能______(选填“增大”“不变”或“减小”)；该系统是利用______波传递信息的。
19. 家庭电路中的开关和被控制的用电器是______联的，家庭消耗的电能是用______表来测量的。
20. 为安全用电，家庭电路中的空气开关应装在______ 线上；空气开关“跳闸”后，受它控制的电路处于______ (选填“短路”“断路”或“通路”)状态。
21. 我国照明电路的电压为______伏，家用电器之间是______的(选填“并联”或“串联”)。
22. 如图所示的电路，电源电压保持不变，R1、R2为定值电阻，其中R1=10Ω。当只闭合开关S1时，电流表示数为0.6A，则电源电压为______ V；当同时闭合开关S1、S2时，电流表的示数增大了0.5A，则R2的阻值是______ Ω。
23. 将规格为“2V0.2A”小灯泡L1和“2.5V0.1A”小灯泡L2串联在电路中工作，设灯丝电阻不变，通过两灯的电流之比为______ ，若将它们并联，在保障电路安全的情况下，干路允许通过的最大电流为______ A。
24. 现有下列器材：学生电源(6V)，电流表(0−0.6A,0−3A)、电压表(0−3V,0−15V)。定值电阻(5Ω、10Ω、20Ω各一个)、开关、滑动变阻器和导线若干，利用这些器材探究“电压不变时，电流与电阻的关系”。
(1)请根据图甲所示的电路图用笔画线代替导线将图乙所示的实物连接成完整电路。(要求连线不得交叉)
(2)连接电路时，开关应该______。
(3)闭合开关前，滑动变阻器滑片P应该位于______端(选填“A”或“B”)。
(4)实验中依次接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数，利用描点法得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。由图象可以得出结论______。
(5)上述实验中，小强用5Ω的电阻做完实验后，保持滑动变阻器滑片的位置不变，接着把R换为10Ω的电阻接入电路，闭合开关，向______(选填“A“或“B“)端移动滑片，使电压表示数为______V时，读出电流表的示数。
(6)在该实验中滑动变阻器的目的是______。
(7)为完成整个实验，应该选取哪种规格的滑动变阻器______。
A.50Ω1.0AB.30Ω1.0AC.20Ω1.0A。
25. 小张在“伏安法”测小灯泡的电阻实验中，连接了如图甲所示的实物图。
(1)请用笔画线代替导线，完成图甲实物电路的连接。(要求：滑动变阻器的滑片P向右滑动时，灯变暗，连线不得交叉)；电路确认无误后，闭合开关，发现灯泡不亮，电压表和电流表均有示数，接下来测量过程中，某一次的电流值如图乙所示，应进行的操作是______。测量过程中，某一次的电流值如图乙所示，则电流值为______ A。
(2)小张记录多组测量数据，绘制出I−U图象如图丙中的A所示，并求出小灯泡电阻的平均值，你同意这种做法吗？______，说出你的理由______。
(3)利用该装置能否探究“电流与电压的关系”？答：______。
(4)另外一组同学用相同的器材和电路图也做这个实验时，由于接线错误，根据测量的数据绘出的I−U图象如图丙的B所示。你认为错误的原因可能是______。
(5)实验结束后，小张又根据串联电路的电压特点，重新设计如图丁所示的电路(电源电压未知)，利用电压表和定值电阻R0(已知阻值)测量未知定值电阻Rx的阻值，闭合开关S后，接下来的操作是：
①闭合开关S1，断开开关S2时，测得电压表的示数为U1。
②______，测得电压表的示数为U2。
③表达式：Rx=______(用U1、U2、R0表达)。
26. 小明同学为了探究“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”，设计了如图实验。
液体
质量/g
初温/℃
加热时间/min
末温/℃
煤油
150
20
10
50
水
150
20
10
35
(1)在装有相同质量煤油的烧瓶中分别接入阻值不同的电阻丝R1和R2(R1
(3)在通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，由此可得出实验结论是______ 。
(4)实验过程中小明移动滑片，当电流表的示数为0.4A时，若R1=10Ω，则1min内电流通过R1所产生的热量是______ J。
(5)小明又利用该装置探究“水和煤油的吸热情况”，实验数据如上表。在两个烧瓶中分别接入带有绝缘漆的电阻丝，装入质量和初温都相同的水和煤油。装置中电阻丝的阻值应______ (选填“相等”或“不相等”)，实验中用______ 来反映水和煤油吸收热量的多少。按照上表中的数据，可计算出煤油的比热容为______ J/(kg⋅℃)。
27. 阅读下面的短文，回答问题
空气动力汽车
空气动力是指空气与物体做相对运动时作用在物体上的力，简称气动力。当我们快速地松开鼓起来的气球时，气球会“嗖”的一下飞出去了，这时气球获得了气动力。经过长时间探索，人们已经成功制造出多种使用压缩空气为动力来推动叶片或者活塞运动的发动机，即叶片式、活塞式空气发动机。
如图是某新型的以空气发动机为动力的汽车，它采用压缩技术，把空气压缩后储存在汽缸内。该汽车只需将插头插到墙.上的插座内，汽车的空气压缩机就开始工作，使汽车气罐内的气压达到31MPa.达到这一气压大约需要4小时，然后气罐内的空气就会缓慢释放，牵动汽车的活塞运动。在车速低于56Km/h时，这种空气动力汽车完全依赖气罐工作，只排放出冷空气。车速增高时，一个小型常规燃料的引擎就会开始工作，加热气罐内的空气加速其释放，从而获得更高的速度。其设计最高速度可达154km/h，平均每加一次气能行驶200km或10h。
(1)快速地松开鼓起来的气球时，气球会“嗖”的一下飞出去的过程中，气球的嘴部温度将会______ (选填“降低”、“不变”或“升高”)。
(2)图中所示的空气动力汽车最理想的压缩空气工具应是______ (选填“内燃机”、“电动机”、“发电机”或“蒸汽机”)。
(3)空气发动机是利用空气的______ 能做功的，空气发动机获得动力时与四冲程汽油机的______ 冲程(选填“吸气”、“压缩”、“做功”或“排气”)工作过程相似。
(4)分析上文，下面说法正确的有(______ )。
A.加热气罐内的空气，是通过做功的方式改变气体的内能
B.空气动力汽车的发动机工作时将内能转化为机械能
C.以空气发动机为动力的汽车，靠气缸内空气燃烧产生能量
D.空气动力汽车工作时不会有能量的损失
28. 寒冷的冬天，小明看见妈妈在家里电取暖器前取暖，发现电取暖器的发热部件电阻丝热的发红，如图所示，而与电取暖器相连的导线却不怎么热。请你用所学的物理知识解释发热电阻丝热的发红，而导线不怎么热的原因。
29. 小宾的爸爸给自家的小汽车安装了电加热座椅垫如图甲。小宾研究发现该座椅垫有“高温”、“低温”“关”三个挡位，其电路示意图如图乙，电源电压为12V，高温功率为20W，低温功率为9W。求：
(1)座椅垫处于“低温”时，电路中的电流是多少？
(2)加热片R1的阻值是多少？
(3)座椅垫处于“高温”挡时，10min就可以将质量为0.5kg的加热片从10℃加热到35℃，若加热片的吸热效率为50%，那么加热片材料的比热容是多少？
30. 小敏家电热水器的简化电路图如图所示，Sl是手动开关，置于热水器水箱外部；S2是温控开关，置于热水器水箱内部，当水温低于40℃时自动闭合，达到40℃时自动断开。R1和R2均为用来加热且阻值不变的电热丝。使用时，手动闭合开关Sl，电热水器开始工作。电热水器部分参数如表所示。
额定电压
220V
频率
50Hz
保温功率
220W
加热功率
1980W
水箱容量
50L
设定温度
40℃
(1)电热丝R1的阻值是多少？
(2)加热时流过电热丝R2的电流是多少？
(3)假设将初温20℃的一满箱水加热至设定温度用了50min，则电热水器的效率是多少？[水的比热容为4.2×l03 J/(kg⋅℃)]。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AC、0℃的冰变成0℃的水，虽然质量不变、温度不变，但需要吸收热量，所以内能增大，故AC错误；
BD、发生热传递的条件是存在温度差，故温度相同的两个物体间不能发生热传递，物体吸热时，内能一定增加，温度不一定升高，热量只能由温度高的物体转移到温度低的物体或者由一个物体的高温部分转移到低温部分，物体的内能少，温度不一定低，所以热量可能从内能少的物体转移到内能多的物体上，故B错误、D正确。
故选：D。
(1)内能的大小与物体的质量、状态和温度有关；
(2)发生热传递的条件是存在温度差。
此题考查了热传递的条件、内能大小的影响因素以及晶体熔化的特点，难度不大，属于基础题目。
2.【答案】D
【解析】解：电动机是利用通电导体在磁场里受力运动的原理制成的
A、图中是奥斯特实验，证明了电流周围可以产生磁场，与电动机的原理不同，故A不合题意；
B、图中闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流，是电磁感应现象，与电动机的原理不同，故B不合题意；
C、图中是探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数关系的实验，与电动机的原理不同，故C不合题意；
D、图中有电源，通电导体在磁场中受力会发生运动，是电动机的原理，故D符合题意．
故选D.
电动机是利用通电导体在磁场里受力运动的原理制成的．明确各选项所揭示的原理可做出判断．
本题考查奥斯物实验、电磁感应、电磁铁和磁场对通电导线的作用等实验的辨别，知道电动机的原理是通电导体在磁场中受力或通电线圈在磁场中受力运动，并能结合图中装置做出判断，是解答的关键．
3.【答案】D
【解析】解：A.若开关接在灯泡和零线之间，当断开开关时，灯泡和火线还处于连接状态，人接触灯泡就是间接接触火线，容易发生触电，故开关应接在灯泡和火线之间，A不符合题意；
B.家用电器金属外壳应连接地线，这样即使金属外壳带电，电流也会通过地线导入大地，防止触电事故的发生，所以三脚插头不可以插入两孔插座中使用，故B不符合题意；
C.使用测电笔时，手一定不能接触笔尖金属体，如果测电笔接触火线，手接触笔尖金属体会发生触电事故，故C不符合题意；
D.发现有人触电时，应赶快切断电源或用干燥木棍将电线挑开，不能用手直接去拉，以免触电，故D符合题意。
故选：D。
(1)控制电灯的开关应安装在火线与灯之间；
(2)三孔插座的接法：上面的孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；上孔接地线是为了金属外壳的用电器的金属外壳接地，避免金属外壳的用电器漏电时，发生触电事故；
(3)测电笔是用来辨别火线和零线的，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；
(4)发现有人触电，首先切断电源，再实行救援措施。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识。
4.【答案】C
【解析】解：A、大地内能的增加是太阳通过热传递的方式实现，故A错误；
B、雨的形成是水蒸气液化为小水滴，故B错误；
C、“丹桂小菊万径香”，是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故C正确；
D、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，凝华吸热，故D错误。
故选：C。
(1)改变内能的方法有：做功和热传递；
(2)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；
(3)构成物质的分子总在不停地做无规则运动；
(4)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。另外明确生活中的扩散现象是由于分子无规则运动的结果；理解改变内能的两个方法。
5.【答案】D
【解析】解：当开关S闭合后，该电路为L1和L2的串联电路，电压表测L1两端的电压；
已知电压表示数为2.5V，即L1两端的电压为：U1=2.5V；
由串联电路电压特点可知L2两端的电压为：U2=U−U1=6V−2.5V=3.5V；
串联电路中电流处处相等，即通过L1与L2的电流之比为1：1；
由R=UI可知L1与L2的灯丝电阻之比为：R1：R2=U1：U2=2.5V：3.5V=5：7；
综上所述可知A、B、C错误，D正确。
故选：D。
当开关S闭合后，该电路为L1和L2的串联电路，电压表测L1两端的电压；
已知电压表示数，即L1两端的电压，由串联电路电压特点可得出L2两端的电压；串联电路中电流处处相等，再由R=UI可求出L1与L2的灯丝电阻之比。
本题考查了学生对串联电路的电流、电压特点的掌握和对欧姆定律的应用，应灵活运用相关知识点。
6.【答案】A
【解析】
【分析】
根据欧姆定律得：R=UI，虽然电阻是由UI算出，但电阻是导体本身的一种属性，与电压U、电流I无关。
对于比值定义的物理量(R=UI)的理解不能单纯的从数学角度理解。
【解答】
导体电阻于导体的材料、长度、横截面面积有关，一段导体给定后电阻就确定了，因此当加在导体两端的电压改变时，电压与电流的比值不变，A错误，符合题意；
对于不同导体研究电流和电压，结论都是一样，电流和电压成正比，只是比例系数不同而已，B正确，不符合题意；
根据I=UR电压相同，电阻不同电流一定不同，C正确；不符合题意；
同一导体电阻一样，电压越大电流就越大，D正确，不符合题意。
故选A。
7.【答案】B
【解析】解：
由图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、电源电压恒定，当闭合开关，滑动变阻器滑片向右端移动时，R2变大，根据电阻的串联特点，总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中电流变小，即电流表示数变小，故A错误；
BCD、滑动变阻器滑片向右端移动时，电路中电流变小，由U1=IR1可知，R1两端的电压减小，即V1示数变小；根据串联电路的电压规律可知，V2示数变大；由于电源电压不变，电压表V1示数与V2示数之和为电源电压，故电压表V1示数的减少量等于V2示数的增加量；
根据R=UI可知，V1示数和电流表示数之比为R1的阻值，保持不变；
综上所述，B正确，CD错误。
故选：B。
(1)分析电路的连接，由滑动变阻器滑片向b端移动时判断R2变化，根据电阻的串联规律判断总电阻变化，由欧姆定律判断电路中电流即电流表示数变化；
(2)根据串联电路电压的规律：电源电压(不变)等于各部分的电压之和分析。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的应用，关键是分析各电表测量的量。
8.【答案】B
【解析】解：A、电压表是测量电路两端电压的仪表，根据电功的计算公式W=UIt，电压表只能各测量其中的一个物理量，不能直接测量电功，故A不符合题意；
B、电能表是用来测量电路消耗电能(电流做功)的仪器，故B符合题意；
C、电流表可以直接测量电路中电流的大小，不能直接测量电功，故C不符合题意；
D、测电笔的主要作用是判断火线和零线，还可以检查用电器的金属外壳是否带电，以及检查线路故障，不能测量电功的大小，故D不符合题意。
故选：B。
电压表可以测量用电路两端的电压；电能表可以测量一段时间内电路中消耗的电功；电流表可以测量电路中的电流；测电笔的作用是判断火线和零线。
此题主要考查电流表、电压表、电能表和滑动变阻器的作用，属于基本知识的考查，需要熟练掌握。
9.【答案】C
【解析】解：甲、乙两个用电器都在各自的额定电压下工作，
而甲、乙两个用电器的额定功率相同，工作时间相同，
根据公式W=Pt可知，消耗的电能相同。
故选：C。
甲、乙两个用电器，都在额定电压下工作，消耗的功率均为额定功率，已知两灯的额定电压和额定功率，还知道工作时间，根据公式W=Pt可求消耗的电能。
本题考查消耗电能的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道在额定电压下工作时，用电器的功率为额定功率。
10.【答案】C
【解析】解：
A.两灯泡正常发光时的电压均为220V，功率P1=100W>P2=40W，由P=UI=U2R的变形式R=U2P可知，两灯正常发光时，L1的电阻较小，故A错误；
B.两灯并联接入220V的电路，它们两端的电压均为220V，此时两灯泡均正常发光，则L1、L2消耗功率之比P1：P2=100W：40W=5：2，故B错误；
C.两灯串联接入220V的电路时，通过它们的电流相等，且L2的电阻较大，由P=UI=I2R可知，L2的实际功率较大，其亮度较大，故C正确；
D.由于两灯泡工作的时间未知，所以由P=Wt的变形式W=Pt可知，不能比较两灯正常发光时消耗电能的多少，故D错误。
故选：C。
(1)两灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，实际功率和额定功率相等，根据P=UI=U2R比较两灯正常发光时的电阻关系；
(2)两灯并联接入220V的电路，它们两端的电压均为220V，此时两灯泡均正常发光，据此求出L1、L2消耗功率之比；
(3)两灯串联接入220V的电路时，通过它们的电流相等，根据P=UI=I2R比较两灯泡的实际功率关系，实际功率大的灯泡较亮；
(4)根据W=Pt可知，灯泡消耗的电能与灯泡的实际功率和工作时间有关。
本题考查了对电功率公式和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。
11.【答案】BCD
【解析】解：
A.由图象可知，甲、乙两灯泡两端的电压分别为2V、6V时，通过甲的电流依次为0.3A、0.6A，通过乙的电流依次为0.2A、0.3A，
由I=UR的变形式R=UI可得，甲灯泡的电阻依次为6.67Ω、10Ω，乙灯泡的电阻依次为10Ω、20Ω，
所以，甲、乙两灯的电阻均随电压增大而增大，故A错误；
B.由于甲、乙两灯的额定电压均为6V，由图象可知：，，
则：：：：0.3A=2：1，故B正确；
C.甲、乙两灯并联接在电压为2V的电源两端时，由图象可知：，，
由I=UR可得，两灯泡的电阻之比：：：：0.3A=2：3，故C正确；
D.甲、乙两灯串联接在电压为8V的电源两端时，通过它们的电流相等，且电源的电压等于两灯泡两端的电压之和，
由图象可知，当电路中的电流为0.3A，甲灯的实际电压为2V，乙灯的实际电压为6V时满足电源电压为8V，
则两灯泡的实际功率之比：：：6V=1：3，故D正确。
故选：BCD。
(1)根据图象读出几组电流和电压对应的值，根据欧姆定律求出对应的电阻，然后得出两灯泡电阻与两端的电压关系；
(2)根据图象读出两灯泡的额定电流，根据P=UI求出甲、乙两灯的额定功率之比；
(3)甲、乙两灯并联接在电压为2V的电源两端时，它们两端的电压相等，根据图象读出通过两灯泡的电流，根据欧姆定律求出两灯泡的电阻之比；
(4)甲、乙两灯串联接在电压为8V的电源两端时，通过它们的电流相等，且总电压等于两灯泡两端的电压之和，根据图象读出符合要求的电流和电压，根据P=UI求出两灯泡的实际功率之比。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
12.【答案】ABD
【解析】解：
A、电能表是用来测量电路中用电器消耗电能的仪表，应接在空气开关之前，故A错；
B、由表盘信息可知，电能表允许通过的最大电流I=20A，工作电压为220V，该电能表所在家庭电路用电器同时工作时最大总电功率P=UI=220V×20A=4400W，故B错；
C、600revs/kW⋅h表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转600转，则转6转消耗的电能W=6600kW⋅h=0.01kW⋅h，实际功率P=Wt=0.01kW⋅h160h=0.6kW=600W，故C正确；
D、若电热水瓶的指示灯损坏，它的发热电阻还能工作，说明它们之间互不影响，是并联的，故D错。
故选：ABD。
(1)电能表是用来测量电路中用电器消耗电能的仪表，为了防止偷电，电能表接在空气开关之前；
(2)由表盘信息可知，电能表的标定电流为10A，平时工作允许通过的最大电流为20A，工作电压为220V，利用P=UI求该电能表所在家庭电路用电器同时工作时最大总电功率；
(3)600r/kW⋅h表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转600转，据此求转6转消耗的电能，再利用P=Wt求实际功率；
(4)若电热水瓶的指示灯损坏，它的发热电阻还能工作，说明它们之间互不影响，据此确定是并联还是串联。
本题考查了电能表的连接位置、电功率公式的应用以及串并联电路的特点，明确电能表相关参数的意义是关键。
13.【答案】AC
【解析】解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、因为灯泡的额定电压为6V，电源电压为7V，所以电压表的最小示数为7V−6V=1V，因此电压表的示数变化范围为1V∼3V，故A正确；
B、根据P=UI可得，灯的额定电流，
由于电流表的量程为0∼0.6A，所以电路中的最大电流为0.5A；
灯泡的电阻：RL=ULIL=6V0.5A=12Ω；
当电压表示数为3V时，根据串联电路的电压特点可知：灯泡两端的电压，
则电路中的电流：，
所以电流表的示数变化范围为13A∼0.5A，故B错误；
C、由欧姆定律得：滑动变阻器接入电路中的最小阻值：；
滑动变阻器接入电路中的最大电阻；
已知滑动变阻器的规格为“20Ω1A”，所以滑动变阻器的电阻允许调节的范围是2Ω∼9Ω，故C正确；
D、当电路中电流为13A时，滑动变阻器的电功率：，故D错误。
故选：AC。
从图中可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量灯泡电流；
(1)因为电压表量程为0∼3V，电压表示数不超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定电压，即电压表示数不能低于1V；
(2)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，利用串联电路电压特点确定电压表的最小示数，然后结合电流表的量程确定电路中的最大电流；
由于滑动变阻器两端电压不允许超过3V，根据串联电路的电压特点求出此时灯泡两端的电压，根据欧姆定律求出最小电流；
(3)确定电路中的最大电流后，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的最小电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；
则根据最小电流；利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值；
(4)根据电流表的最小电流求出滑动变阻器的功率，然后进行分析。
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，会确定电路中的最大电流是关键。
14.【答案】6.72×105；0.056
【解析】
【分析】
①已知水的体积求出水的质量，知道一标准大气压下水沸腾时的温度为100℃，利用公式Q=cm(t−t0)可以得到水吸收的热量；
②已知热量和干木柴的热值，利用公式得出需要的干木柴的质量．
本题考查吸热公式、燃料完全燃烧放热公式的了解与掌握，虽知识点多，但都属于基础，难度不大．
【解答】
由ρ=mV得：水的质量m=ρV=1.0×103kg/m3×2×10−3m3=2kg，
水吸收的热量为；
需要的干木柴质量为
故答案为：6.72×105；0.056.
15.【答案】302.3×107 120
【解析】解：(1)四冲程汽油机飞轮的转速为：3600r/min=60r/s。由于四个冲程是一个工作循环，飞轮转2r，对外做功一次，所以1s内飞轮转60r，汽油机完成了120个冲程，对外做功30次；
(2)由可知，完全燃烧0.5kg汽油放出的热量：
；
故答案为：30；2.3×107；120。
(1)掌握内燃机的四个冲程：吸气、压缩、做功、排气冲程；四个冲程是一个工作循环，飞轮转2r，对外做功一次；
(2)汽油燃烧放出的热量计算公式为。
本题考查了学生对汽油机四个冲程的理解，要求学生学生背熟燃料完全燃烧放热公式。
16.【答案】正；右
【解析】【试题解析】
解：
小磁针静止时N极向左，则由磁极间的相互作用可知，通电螺线管右端为S极，则左端为N极，根据安培定则可以判断电源的右端为正极，左端为负极；
为使通电螺线管的磁性增强，需增大电路中电流，由欧姆定律可知要减小电路中电阻，故滑片向右移动。
故答案为：正；右。
由小磁针的指向可判出电磁铁的极性，根据安培定则判断电源的正负极；由磁性的变化可知电流的变化，从而判断滑片的移动情况。
通电螺线管磁极的判定要利用安培定则，安培定则中涉及三个方向：电流方向与线圈绕向即四指的指向；磁场方向即大拇指的指向。在关于安培定则的考查中，往往是知二求一。此题中就是告诉了电流方向和线圈的绕向来确定大拇指的指向。
17.【答案】不可再生 比热容
【解析】解：(1)核能是不可再生能源，短期不能得到补充；
(2)因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以当核电站发生重大事故时，为了降低核安全壳周围的温度，灌注海水降温。
故答案为：不可再生；比热容。
(1)像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源。
(2)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；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少。
此题主要考查了比热容和不可再生能源的了解，都属于基础知识，应掌握。
18.【答案】增大 电磁
【解析】解：
(1)卫星加速升空的过程中，质量不变，速度和高度都增加，故动能和重力势能都增大，机械能等于动能和势能的总和，所以其机械能增大；
(2)人造卫星是利用电磁波来传递信息的。
故答案为：增大；电磁。
(1)影响动能的因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，动能和势能之和称为机械能；
(2)卫星是利用电磁波来传递信息的。
本题考查了机械能的影响因素、电磁波的利用，属于基础性题目。
19.【答案】串 电能
【解析】解：家庭电路中，开关和被控制的用电器为串联连接；
用电器工作时，消耗电能，家庭消耗的电能是用电能表来测量的。
故答案为：串；电能。
(1)家庭电路中，开关控制用电器时，开关和控制的用电器之间是串联的，并且接在用电器和火线之间。
(2)家庭电路中，电能表测量电路中用电器消耗的电能。
要掌握家庭电路中，用电器之间、插座之间、用电器和插座之间、开关和用电器之间的连接方式，以及家庭电路中电能表、保险丝的作用。
20.【答案】火 断路
【解析】解：
(1)开关应安装在火线上，当断开开关时，用电器与火线断开，不会发生触电事故；
(2)空气开关“跳闸”后，电流无法形成通路，故家庭电路整体上处于断路状态。
故答案为：火；断路。
(1)为用电安全，开关应该安装在火线上，并且与用电器串联；
(2)处处连通的电路为通路；某处断开的电路为断路；电源短路是指电源两极不经过用电器直接连通的电路。
本题考查了开关的接法和对通路、短路和断路的掌握情况，熟记概念是解答该类题型的关键所在。
21.【答案】220 并联
【解析】解：
我国照明电路的电压是220V，
家用电器的额定电压是220V，为了使家用电器正常工作并且互不影响，各家用电器之间是并联的。
故答案为：220；并联。
我国家庭电路的电压是220V，家用电器的额定电压是220V，为了使家用电器正常工作并且互不影响，家用电器应该并联在电路中。
本题考查了照明电路的电压和家用电器的连接方式，属于基础题目。
22.【答案】6 12
【解析】解：只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，
由欧姆定律可得，电源电压：U=I1R1=0.6A×10Ω=6V；
当同时闭合开关S1、S2时，两电阻并联，电流表测干路电流，
因为并联电路各支路独立工作、互不影响，
所以通过R1的电流不变，仍为0.6A，电流表的示数增大了0.5A，则通过R2的电流为0.5A，
并联电路各支路两端的电压相等，由欧姆定律可得R2的阻值：R2=UI2=6V0.5A=12Ω。
故答案为：6；12。
只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，根据欧姆定律求出电源的电压；
当同时闭合开关S1、S2时，两电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路各支路独立工作、互不影响可知通过R1的电流不变，由电流表示数的变化可知通过R2的电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律可得R2的阻值。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是会分析在闭合开关S2后通过R1的电流不变，是一道基础题目。
23.【答案】1：10.28
【解析】解：(1)将小灯泡L1和L2串联在电路中工作时，因串联电路中各处的电流相等，所以，通过两灯的电流之比为1：1；
(2)由I=UR可得，灯泡L1、L2正常发光的电阻分别为：，；
若将它们并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，且，，则在保障电路安全的情况下，电路两端的最大电压，
此时小灯泡L1正常发光，通过的电流，
通过灯泡L2电流：I2=UR2=2V25Ω=0.08A，
因并联电路中各支路的电流之和，所以，干路电流为：
I=I1+I2=0.2A+0.08A=0.28A。
故答案为：1：1；0.28。
(1)灯泡L1和L2串联在电路中工作时，根据串联电路的电流特点可知通过两灯的电流之比；
(2)根据欧姆定律分别求出两个灯泡正常发光时的电阻；将L1和L2并联在另一电源下工作时它们两端的电压相等，电路的最大电压等于两灯泡额定电压中较小的，根据欧姆定律求出通过不能正常发光灯泡的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流。
本题考查了串、并联电路的特点和欧姆定律的应用，要注意两灯泡并联时电路的最大电压为两灯泡额定电压中较小的。
24.【答案】断开 A 电压不变时，电流与电阻成反比 A 2 保护电路和控制电阻两端的电压不变 A
【解析】解：(1)根据甲图，变阻器右下接线柱连入电路中，电压表与电阻并联，如下所示：
(2)连接电路时，开关应该断开；
(3)闭合开关前，滑动变阻器滑片P应该位于阻值最大处的A端；
(4)由图丙知，电阻两端的电压始终保持：
UV=IR=0.1A×20Ω=----=0.4A×5Ω=2V，为一定值，由图象可以得出结论，电压不变时，电流与电阻成反比；
(5)根据串联分压原理可知，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，应保持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，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动，使电压表的示数为2V，读出电流表的示数；
(6)变阻器的基本作用是保护电路，探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变，故另一个作用是控制电阻的电压不变；
(7)电压表控制的电压为2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
，变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少40Ω的滑动变阻器，故选A。
故答案为：(1)如上；(2)断开；(3)A；(4)电压不变时，电流与电阻成反比；(5)A；2；(6)保护电路和控制电阻的电压不变；(7)A。
(1)根据甲图，变阻器右下接线柱连入电路中，电压表与电阻并联；
(2)(3)连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态，滑动变阻器的滑片P应放在阻值最大处；
(4)根据电流与电阻之积为一定值分析；
(5)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；
(6)变阻器的基本作用是保护电路，探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变，据此分析变阻器的另一个作用；
(7)探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
本题“探究电流与电阻的关系”实验，考查注意事项、电路连接、操作过程、数据分析、控制变量法和对器材的要求。
25.【答案】移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光 0.26不同意 灯丝的电阻受温度的影响，不是一个定值，求灯丝电阻的平均值无意义 不能 电压表接在了滑动变阻器两端 断开开关S1、再闭合开关S2 U1R0U2−U1
【解析】解：(1)滑动变阻器和灯泡串联，且滑片右移时灯的亮度变暗，说明电路中电流变小，总电阻变大，因此滑片向右移动时，滑动变阻器的阻值变大，滑动变阻器要采取“一上一下”的连接方式，应将滑动变阻器的左下接线柱与开关右侧相连，如图所示：
闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表和电压表都有示数，说明电路中总电阻太大，电流过小，故接下来应进行的操作是移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光；如图乙所示，电流表的量程为0−0.6A，分度值为0.02A，电流表示数为0.26A；
(2)因为灯丝的电阻受温度的影响，不是一个定值，小灯泡在不同电压下工作时，灯丝温度不同，电阻也不相同，所以求灯丝电阻的平均值无意义，故不同意这种说法；
(3)探究“电流与电压的关系”的实验中的电阻是定值电阻，因为灯丝的电阻受温度的影响，随温度的升高而增大，不是一个定值，故利用该装置不能探究“电流与电压的关系”；
(4)丙图中的B图象，随着电流的增大，电压减小，正好与A图象相反，符合滑动变阻器两端电压的变化规律，故错误原因可能是电压表接在了滑动变阻器两端；
(5)①闭合开关S1，断开开关S2时，电压表的示数U1为未知定值电阻Rx两端的电压；
②断开开关S1、再闭合开关S2，用电压表测量滑动变阻器和定值电阻Rx的电压之和为U2，即电源电压；
③串联电路中电流相等，则有U2−U1R0=U1Rx，则未知定值电阻Rx的阻值为：Rx=U1R0U2−U1；
故答案为：(1)如图所示；移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光；0.26；
(2)不同意；灯丝的电阻受温度的影响，不是一个定值，求灯丝电阻的平均值无意义；
(3)不能；
(4)电压表接在了滑动变阻器两端；
(5)②断开开关S1、再闭合开关S2；③U1R0U2−U1。
(1)在电路连接时，滑动变阻器和开关串联，滑动变阻器要采取“一上一下”的连接方式，滑片右移时灯的亮度变暗，滑动变阻器的阻值变大，选择滑动变阻器的接线柱；
闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表和电压表都有示数，说明电路中总电阻太大，电流过小，分析接下来的操作；根据电流表的量程读出电流表的示数；
(2)灯丝的电阻受温度的影响，随温度的升高而增大，不是一个定值，求灯丝电阻的平均值无意义；
(3)探究“电流与电压的关系”的实验中的电阻是定值电阻，分析该装置是否能适用；
(4)分析图象，随着电流的增大，电压减小，符合滑动变阻器两端电压的变化规律；
(5)分析实验电路，完善实验步骤，根据串联电路中电压的特点和欧姆定律计算电阻。
本题是测量小灯泡电阻的实验，考查了滑动变阻器的连接方式及选择，电流表的读数及欧姆定律的计算，还涉及到了常考题型灯丝的电阻受温度的影响。
26.【答案】电流 温度计示数 煤油的比热容小 在电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多 96 相等 加热时间的长短 2.1×103
【解析】解：(1)该实验将R1和R2串联，串联电路各处电流相等，所以目的是控制电流和通电时间相同。
(2)电流产生热量的多少不能直接观察，而是通过温度计的示数的变化反映电流产生热量的多少；为了在较短的时间内达到明显升温的实验效果，应该选择比热容较小的液体；
(3)在通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，则乙烧瓶内产生的热量多，两个烧瓶内的电阻丝串联在同一电路中，通过两电阻的电流相等，R1
(5)图中两电阻丝串联，通过的电流相同和通电时间相同，根据Q=I2Rt可知，要产生的热量相同，则实验中选用的两根电阻丝的阻值应相等；
探究两种液体的吸热能力时，需要控制热源相同，即相同时间内热源产生的热量相同，根据转换法，实验中是用加热时间间接反映液体吸收热量的多少；
根据表格中的数据可知，相同质量的水和煤油加热相同时间，吸收相同热量，水升高的温度是35℃−20℃=15℃，煤油升高的温度是50℃−20℃=30℃；根据c=Qm△t可知，水和煤油的比热容之比等于升高温度之比的倒数，即。
故答案为：(1)电流；(2)温度计示数；煤油的比热容小；(3)在电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多；(4)96；(5)相等；加热时间的长短；2.1×103。
(1)该实验将R1和R2串联，串联电路各处电流相等；
(2)电流产生热量的多少不能直接观察，而是通过温度计的示数的变化反映电流产生热量的多少；为了在较短的时间内达到明显升温的实验效果，应该选择比热容较小的液体；
(3)在通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，则乙烧瓶内产生的热量多，通过两电阻的电流相等，两电阻的阻值不同，据此分析实验结论；
(4)根据焦耳定律计算1min内电流通过R1所产生的热量；
(5)比较物质吸热能力的方法：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；根据c=Qm△t求出比热容的大小；水和煤油吸收热量的多少不能直接观察，我们使用相同加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
探究“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”的实验考查了控制变量法、转换法、对实验的分析能力、焦耳定律、比热容的计算等，我们要能够根据相关的实验数据得出我们需要的知识，并能够将这些知识应用于生活。
27.【答案】升高 电动机 内 做功 B
【解析】解：(1)快速地松开鼓起来的气球时，气球会“嗖”的一下飞出去的过程中，气体对外做功，内能减小，温度降低；气球的嘴部内能增大，温度升高。
(2)从节能和环保的角度分析，压缩空气动力汽车最理想的加气工具应是电动机；
(3)热机的原理是利用燃烧产生的高温燃气推动活塞做功，从而把内能转化为机械能，所以是做功冲程；
(4)A、加热气罐内的空气，是通过热传递的方式改变气体的内能，故A错误；
B、空气动力汽车工作时压缩的气体对外做或，将内能转化为机械能，故B正确；
C、以空气发动机为动力的汽车，靠气缸内空气膨胀对外做功，而不是燃烧产生能量，故C错误；
D、空气动力汽车工作时能量会有一定的损失，因此能量不可能完全被利用，故D错误；
故选B。
故答案为：(1)升高；(2)电动机；(3)内；做功；(4)B。
(1)根据做功可以改变物体的内能分析解答。
(2)从节能和环保的角度分析即可判断；
(3)把燃料燃烧时释放的能量转化为机械能的装置称为热机；
汽油机的一个工作循环由四个冲程组成：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；燃机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能；二是做功冲程中内能转化为机械能。判断出是哪个冲程，再判断能量是怎样转化的；
(4)结合内能改变的方式、能量的转化、空气发动机的工作原理以及能量的守恒条件等知识，可对选项中的描述逐一做出判断。
本题通过对“空气的动力”的介绍，深入了解了其中的原理及应用实例，体现了物理在高科技领域的应用，值得关注。
28.【答案】答：因为电阻丝和导线是串联，通过的电流相等。但电阻丝的电阻比导线的电阻大得多，根据Q=I2Rt，在电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多，所以电阻丝热的发红，而连接电阻丝的导线却不怎么热。
【解析】由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、导体电阻大小和通电时间成正比。电阻丝和连接的导线串联在电路中(通过的电流相等)、通电时间是相同的，而电阻丝的电阻比导线的电阻大，据焦耳定律分析判断。
本题主要考查对焦耳定律及应用、串联电路电流关系的了解和掌握，知道电阻丝和相与之连接的铜导线为串联是本题的关键。
29.【答案】解：(1)由P=UI得，座椅垫处于“低温”时的电流：
；
(2)电源电压不变，高温挡功率最大，由P=U2R可知，电路中电阻应最小，结合电路图可知，座椅垫处于“高温”挡时只有R2接入电路，
由可得，R2的阻值：
由电路图可知，座椅垫处于“低温”挡时，R1与R2串联接入电路，电路中的总电阻：
，
则R1的电阻： =16Ω−7.2Ω=8.8Ω；
(3)由P=Wt可得，座椅垫处于“高温”挡时，10min消耗的电能：
，
由题意可知，加热片吸收的热量，
由Q=cm△t可得，加热片材料的比热容：
。
答：(1)座椅垫处于“低温”挡时，电路中的电流是0.75A；
(2)加热片R1的阻值是8.8Ω；
(3)加热片材料的比热容是0.48×103J/(kg⋅℃)。
【解析】(1)已知低温功率和电源电压，根据I=PU得到电路电流；
(2)高温时只有R2有电流通过，已知电源电压和高温功率，利用公式P=U2R可求得R2的阻值；低温时R1、R2串联，根据R=U2P求出串联电路的总电阻，再根据串联电路电阻的特点可求R1的阻值。
(3)已知高温功率和正常工作时间，利用Q=W=Pt得到产生的热量；加热片的吸热效率为50%，则，由Q=cm△t求解加热片材料的比热容。
此题考查了电功率变形公式及吸热公式和效率公式的应用，根据开关开合确定加热器所处挡位，是解答此题的关键。
30.【答案】解：(1)当只有S1闭合时，R1单独工作，用电器处于保温状态，
由P=U2R可得，电热丝R1的阻值：
；
(2)当两开关都处于闭合状态时，两电阻并联，处于加热状态，
则R2的功率：
，
由P=UI可得电热丝R2的电流：
I2=P2U=1760W220V=8A；
(3)水的体积：
V=50L=50dm3=0.05m3，
由ρ=mV得，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×0.05m3=50kg，
水吸收的热量为：
，
由P=Wt可得消耗的电能为：
，
热水器的效率为：
。
答：(1)电热丝R1的阻值是220Ω；
(2)加热时流过电热丝R2的电流是8A；
(3)假设将初温20℃的一满箱水加热至设定温度用了50min，则电热水器的效率是70.7%。
【解析】(1)当开关S1闭合时，热水器处于保温状态，利用P=U2R求出电热丝的电阻；
(2)当两开关都处于闭合状态时，两电阻并联，处于加热状态，加热功率减去保温状态即为R2的功率，根据P=UI求出加热时流过电热丝R2的电流；
(3)知道水的质量，根据m=ρV求出水的质量，根据求出水吸收的热量，根据W=Pt求出消耗的电能，根据求出电热水器的效率。
本题考查了电功率公式和密度公式、吸热公式、电功公式、效率公式的应用，分清电路的连接方式和电热水器状态关系是关键，计算过程要注意单位的换算。
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