福建省晋江市拔萃双语学校等校2022-2023学年九年级上学期期中联考物理试题(含答案)

这是一份福建省晋江市拔萃双语学校等校2022-2023学年九年级上学期期中联考物理试题(含答案)，共36页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，简答题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
福建省晋江市拔萃双语学校等校2022-2023学年九年级上学期
期中联考物理试题
一、选择题：（本题共14小题，每小题2分，共28分。）
1．（2分）下列数据符合实际的是（　　）
A．人体的安全电压为36V
B．中学生的正常体温为38℃
C．人感觉舒适的气温约为25℃
D．洗澡时淋浴的适宜水温是60℃
2．（2分）下列节气涉及的物态变化及吸、放热情况，说法正确的是（　　）
A．“白露”节气，露的形成是升华现象
B．“寒露”节气，露的形成要吸收热量
C．“霜降”节气，霜的形成是凝华现象
D．“大雪”节气，雪的形成要吸收热量
3．（2分）关于温度、热量、内能，下列说法正确的是（　　）
A．物体的温度升高，内能一定增加
B．物体吸收热量，温度一定升高
C．0℃的冰内能为零
D．发生热传递时，热量总是从内能大的物体传递到内能小的物体
4．（2分）已知铜的比热容大于铅的比热容，质量和初温都相同的铜块和铅块，让它们吸收相同的热量后，将它们相互接触，则（　　）
A．热量由铜块传给铅块 B．热量由铅块传给铜块
C．它们间不发生热传递 D．铅块将温度传给铜块
5．（2分）冷天，在暖和的教室的玻璃窗上会“出汗”或结冰花。下列有关的说法不正确的是（　　）
A．玻璃窗上的“汗”是水蒸气液化生成的
B．玻璃窗上的“冰花”是水蒸气凝华生成的
C．“汗”出在玻璃窗上靠教室一面的玻璃上
D．冰花结在玻璃窗上靠教室外一面的玻璃上
6．（2分）在下列常见的事例中，用做功的方式改变物体内能的是（　　）
A．给自行车轮胎打气时，气筒发热
B．喝很热的茶水时，先向水面上吹吹气
C．冬天手冷，用嘴向手呵气
D．阳光下，太阳能热水器中的水温升高
7．（2分）如图表示汽油机内能转化为机械能的冲程是（　　）
A． B． C． D．
8．（2分）有一种智能锁，需要通过“密码+人脸”两次识别成功才能开锁。密码识别成功时仅S1闭合，灯L发光，照亮人脸进行识别，但不开锁，人脸识别成功后S2才会闭合，电动机M工作，开锁成功。下列电路设计符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2分）在“探究串联电路中的电流规律”实验中，某同学用电流表分别测出图中a、b、c三处的电流大小。为了进一步探究a、b、c三处的电流大小有什么关系，他下一步的操作应该是（　　）

A．将电源两极对调，再次测量a、b、c三处的电流
B．改变开关S的位置，再次测量a、b、c三处的电流
C．将图中两只灯泡位置对调，再次测量a、b、c三处的电流
D．换用不同规格的灯泡，再次测量a、b、c三处的电流
10．（2分）根据R＝可知，下列说法中正确的是（　　）
A．导体两端的电压越大，这段导体的电阻就越大
B．通过导体的电流越大，这段导体的电阻就越小
C．导体的电阻大小与电流、电压的大小没有关系
D．导体的电阻与电压成正比，与电流成反比
11．（2分）如图所示电路，闭合开关S后，滑动变阻器的滑片向右滑动时（　　）

A．电压表变大，电流表变小
B．电压表变小，电流表变大
C．电压表变小，电流表变小
D．电压表变大，电流表变大
12．（2分）如图所示的实验电路，闭合开关S后，电流表A的示数为0.5A，电流表A1的示数为0.3A。则通过小灯泡L1、L2的电流分别是（　　）

A．0.3A 0.2A B．0.2A 0.3A
C．0.5A 0.3A D．0.5A 0.2A
13．（2分）如图所示，闭合开关S1、S2，电路正常工作。现只将S2断开，则（　　）

A．电流表示数减小，电压表示数减小
B．电流表示数增大，电压表示数增大
C．电流表示数减小，电压表示数不变
D．电流表示数增大，电压表示数不变
14．（2分）有两个温度和质量都相等的金属球，先将甲球放入盛有热水的杯中，热平衡后水温降低了△t，把甲球取出，再将乙球放入杯中，热平衡后水温又降低了△t，若不计热损失，则两球比热容的大小关系为（　　）
A．c甲＞c乙 B．c甲＜c乙 C．c甲＝c乙 D．无法判定
二、填空题：（本题共6小题，每空1分，共12分）
15．（2分）针对运动损伤的疼痛常用“冷疗法”治疗，其原理是用一种叫做氯乙烷的气态有机物，对准损伤处喷射，使人体受伤部位处形成瘀血，同时减缓人的伤痛感，氯乙烷液化后储存在罐中，喷在皮肤上迅速 　 　（填物态变化名称），同时 　 　大量的热（“吸收”或“放出”）。
16．（2分）如图所示，瓶子里装有少量的水，用力打气，瓶塞向上跳起，瓶内有白雾产生。白雾是水蒸气 　 　（填物态变化名称）形成的。可见瓶内气体通过对瓶塞 　 　，导致内能减小，温度降低。

17．（2分）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），一杯水倒去一半，剩下的半杯水比热容为　 　。夏天，光脚走在海滩上会感觉到沙“烫脚”，走进海水中却感觉到海水很凉，这主要是由于水的比热容　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）沙子比热容的缘故。
18．（2分）用丝绸摩擦过的玻璃棒去接触不带电的验电器时，验电器的金属箔张开（如图），金属箔因失去电子带上 　 　电荷，接触瞬间电流的方向是 　 　（选填“金属球到玻璃棒”或“玻璃棒到金属球”）。

19．（2分）如图所示，当开关闭合时会发生 　 　现象，若要两灯串联，应去掉导线 　 　；若要两灯并联，应将导线 　 　改接到 　 　接线柱。

20．（2分）如图所示，已知电阻R1：R2＝5：2，当断开开关S时，假如甲、乙两表均为电流表，则甲、乙两表的示数之比为 　 　；当闭合开关S时，假如甲、乙两表均为电压表，则甲、乙两表的示数之比为 　 　。

三、作图题：（本题共2小题，每小题2分，共4分）
21．（2分）如图所示的电路中A、B、C、D是四个接线柱。请用笔画线代替导线连接相应的接线柱，使灯L1、L2并联，要求：连线横平竖直，规范画出完整电路图。

22．（2分）请在如图所示中的两个虚线框内，选填“电源”和“开关”的电路符号，满足当开关闭合时两灯都能工作。

四、简答题：（本题共1小题，共4分）
23．（4分）舞台上常用喷洒干冰的方法形成白雾，营造气氛，请回答：
（1）干冰在舞台上发生的物态变化及其吸放热情况；
（2）白雾是什么？
（3）白雾是由什么变化而来的？
（4）白雾形成过程的物态变化。
五、实验探究题：（本题共5小题，每空1分，共30分）
24．（6分）小晋同学利用图（甲）中的实验装置探究“冰的熔化规律”。
（1）实验中，宜选用 　 　（选填“碎冰块”或“体积较大的冰块”）。
（2）图（乙）是他根据记录的数据绘制的“温度﹣时间”图象，由图象可知：冰属于 　 　（选填“晶体”或“非晶体”）；
（3）图（乙）中第10min时，物质处于 　 　态；
（4）图（乙）中，物体在C点时具有的内能 　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）在B点时的内能，其主要原因是 　 　；
（5）小晋在图（乙）中发现CD段比AB段升温慢，其主要原因是 　 　。

25．（5分）如图（甲）所示是探究“沙子和水的温度变化与吸热的关系”的实验装置。

（1）实验中除了温度计外还需要的测量仪器为 　 　和 　 　。
（2）用相同的酒精灯加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同的时间记录一次温度，其中某时刻的温度如图（乙）所示，其示数为 　 　℃，根据实验数据绘制成温度与加热时间的关系图像，如图（丙）所示，由图像可知 　 　（选填“沙子”或“水”）的比热容大。
（3）实验中通过 　 　（选填“升高温度”或“加热时间”）来间接反映沙子和水所吸收的热量。
26．（7分）如图（甲），是小芳在做“探究串联电路电压特点”的实验的实物连接图，电源是两节新干电池。

（1）如图（乙），电压表的示数为 　 　V；
（2）闭合开关后，小芳发现L1、L2均不发光，电压表有示数且大小接近3V，若故障只发生在接线L1与L2，则故障可能是 　 　发生了 　 　（选填“短路”或“断路”）；
（3）排除故障后，小芳在测量了灯L1两端的电压后，断开开关，然后将导线AE的A端松开，接到D接线柱上，测量灯L2两端的电压，这一做法是否可行：　 　；理由是 　 　。
（4）若电源电压为U，L1两端电压为U1，L2两端电压为U2，经过多次实验得到的结论是：　 　。（用字母表示）
（5）通过分析可以发现本实验设计还存在一个不足之处是：　 　。
27．（6分）小明利用如图1所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，电流表无示数，电压表有示数，出现这一故障的原因可能是：　 　。
（2）上述实验中，小明用5Ω的电阻时，电流表示数为0.5A，做完这次实验后，将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，此时电压表的示数将变 　 　（选填“大”或“小”），为保持电压不变，应将滑片P向 　 　（选填“左”或“右”）端移动移动滑片，使电压表示数为 　 　V时，读出电流表的示数。
（3）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图2所示的电流I随电阻R变化的图像。由图像可以得出结论：电压一定时，　 　。
（4）若要顺利完成实验，至少要选取最大阻值是 　 　Ω的滑动变阻器。

28．（6分）小琳利用图（甲）所示电路测量未知电阻Rx的阻值。

（1）该实验的原理是 　 　；
（2）小琳在连接电路时开关应该先 　 　。请用笔画线代替导线，将图（甲）中电路连接完整；（要求；将滑动变阻器的滑片P向左移时电流表的示数变大）；
（3）连接好电路，闭合开关后，看到电流表指针如图（乙）所示偏转，原因是：　 　；
（4）调节滑动变阻器，把测量的几组数据描成如图（丙）所示的I﹣U图象，则该电阻的阻值Rx＝　 　Ω；
（5）在实验中，若将定值电阻换成小灯泡，表中的数据是按正确的操作测得的，根据表中的数据计算出三次小灯泡的阻值不相等，且随电压的增大而增大，其本质原因是 　 　。
实验次数
1
2
3
电压（V）
2
2.5
3
电流（A）
0.22
0.24
0.26
灯丝电阻（Ω）
9.09
10.24
11.54
六、计算题：（本题共3小题，共22分）
29．（6分）电路如图所示，已知电源两端电压U＝15V保持不变，电阻R1＝5Ω，当开关S闭合时，电压表示数为5V。求：
（1）电流表的示数I；
（2）电阻R2两端的电压U2。
（3）电阻R2的阻值。

30．（8分）在一个标准大气压下，用燃气锅炉对500kg20℃的水进行加热，当水恰好沸腾时测得消耗天然气12m3．已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为4.2×107J/m3，求：
（1）水吸收的热量；
（2）假设天然气完全燃烧，求燃气锅炉烧水时的效率；（计算结果精确至0.1%）
（3）可燃冰是一种新型能源，其热值是同体积天然气热值的160倍，则可燃冰的热值是多少？若换用可燃冰作燃料且两次烧水的效率相同，为了达到上述烧水的目的，需完全燃烧可燃冰多少m3？
31．（8分）如图（甲）为升降机电路的部分原理图。电源电压恒6V，R0为定值电阻，压敏电阻Rr的阻值与所受压力大小的关系如图（乙）所示。求：

（1）压敏电阻所受压力为0时，电阻Rr的阻值为多少？
（2）压敏电阻所受压力为0时，电压表示数为2V，电阻R0的阻值为多少？
（3）若电压表的量程为0﹣3V，在保证电路安全工作的情况下，此压敏电阻能承受的最大压力为多少？

2022-2023学年福建省泉州市晋江市拔萃双语学校等学校九年级（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题共14小题，每小题2分，共28分。）
1．（2分）下列数据符合实际的是（　　）
A．人体的安全电压为36V
B．中学生的正常体温为38℃
C．人感觉舒适的气温约为25℃
D．洗澡时淋浴的适宜水温是60℃
【分析】据日常生产生活中对电压、温度的认知进行选择。
【解答】解：A、人体的安全电压为不高于36V，故A错误；
B、人的正确体温约36.8℃，故B错误；
C、人感觉舒适的气温约为25℃，故C正确；
D、洗澡时淋浴的适宜水温约为40℃，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了电压、温度的估测，属基础题目。
2．（2分）下列节气涉及的物态变化及吸、放热情况，说法正确的是（　　）
A．“白露”节气，露的形成是升华现象
B．“寒露”节气，露的形成要吸收热量
C．“霜降”节气，霜的形成是凝华现象
D．“大雪”节气，雪的形成要吸收热量
【分析】物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。其中，熔化、汽化、升华吸收热量，凝固、液化、凝华放出热量。
【解答】解：AB．露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化是放热过程，故AB错误；
C．霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，故C正确；
D．雪是水蒸气凝华放热形成的，故D错误。
故选：C。
【点评】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。
3．（2分）关于温度、热量、内能，下列说法正确的是（　　）
A．物体的温度升高，内能一定增加
B．物体吸收热量，温度一定升高
C．0℃的冰内能为零
D．发生热传递时，热量总是从内能大的物体传递到内能小的物体
【分析】（1）内能与物体的质量、温度和状态有关
（2）物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化；
（3）一切物体都具有内能；
（4）发生热传递时，热量总是从温度高的物体传递到温度低的物体。
【解答】解：
A.物体的内能与温度有关，物体的温度越高，内能一定越大，故A正确；
B.物体吸收热量，内能增加，但温度不一定变化，如：晶体熔化，内能增加，但温度不变，故B错误；
C.因为一切物体的分子都在不停地做无规则运动，所以一切物体都具有内能，0℃的冰具有内能，故C错误；
D.发生热传递时，热量总是从温度高的物体传递到温度低的物体，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了温度、内能、热量的关系以及发生热传递的条件，是一道基础题目。
4．（2分）已知铜的比热容大于铅的比热容，质量和初温都相同的铜块和铅块，让它们吸收相同的热量后，将它们相互接触，则（　　）
A．热量由铜块传给铅块 B．热量由铅块传给铜块
C．它们间不发生热传递 D．铅块将温度传给铜块
【分析】解决此题要知道热传递发生的条件是要有温度差；吸收相同的热量后，比热容小的物质温度变化大。
【解答】解：因铜块和铅块的质量、初温度均相同，铜的比热容大于铅的比热容，所以当它们吸收相同的热量后，铅块升高的温度值比铜块升高的多，所以铅块的温度比铜块的温度高，当它们接触后，温度高的铅块会向温度低的铜块传递热量。
故选：B。
【点评】解决此题要结合比热容知识和热传递的条件进行分析解答。
5．（2分）冷天，在暖和的教室的玻璃窗上会“出汗”或结冰花。下列有关的说法不正确的是（　　）
A．玻璃窗上的“汗”是水蒸气液化生成的
B．玻璃窗上的“冰花”是水蒸气凝华生成的
C．“汗”出在玻璃窗上靠教室一面的玻璃上
D．冰花结在玻璃窗上靠教室外一面的玻璃上
【分析】物质由气态变为液态的过程叫液化，由气态变为固态的过程叫凝华。
【解答】解：寒冷的冬天，室内温度较高，空气中有大量的水蒸气，而玻璃窗温度较低，室内玻璃窗周围的水蒸气遇到温度低的玻璃会发生液化现象变成小水滴，甚至发生凝华现象结冰，玻璃窗就会“出汗”或结“冰花”。
故选：D。
【点评】本题考查了生活中的液化和凝华现象，由气态变为液态的过程叫液化，由气态变为固态的过程叫凝华。
6．（2分）在下列常见的事例中，用做功的方式改变物体内能的是（　　）
A．给自行车轮胎打气时，气筒发热
B．喝很热的茶水时，先向水面上吹吹气
C．冬天手冷，用嘴向手呵气
D．阳光下，太阳能热水器中的水温升高
【分析】改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
【解答】解：A、给自行车打气时，气筒壁会发热，是压缩气体做功，使其内能增大、温度升高，是通过做功改变了物体的内能，故A符合题意；
B、喝茶时吹气是为了加快蒸发，而蒸发时需要吸收热量，故可以降温，是通过热传递的方式改变了水的内能，故B不符合题意；
C、冬天手冷，用嘴向手呵气，手从热气中吸收热量，是通过热传递的方式改变手的内能，故C不符合题意；
D、太阳能热水器是利用太阳光的照射把热量转移给了水，使水的内能增大，温度升高，是通过热传递的方式改变了水的内能，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】此题是考查对做功和热传递改变物体内能的辨别，是中考热点，属于易错题目。
7．（2分）如图表示汽油机内能转化为机械能的冲程是（　　）
A． B． C． D．
【分析】内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，将机械能转化为内能的是压缩冲程，将内能转化为机械能的是做功冲程；压缩冲程和做功冲程都是通过做功的方式改变内能的。
【解答】解：内能转化为机械能的是做功冲程，机械能转化内能是压缩冲程：
A图：排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，是排气冲程；
B图：气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，是将机械能转化为内能；
C图：气门都关闭，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，是将内能转化为机械能；
D图：进气门打开，活塞向下运行，气缸容积增大，是吸气冲程。
故选：C。
【点评】本题主要考查对热机一个工作循环中各冲程情况的了解以及工作的实质，并掌握涉及能量转化的两个冲程。
8．（2分）有一种智能锁，需要通过“密码+人脸”两次识别成功才能开锁。密码识别成功时仅S1闭合，灯L发光，照亮人脸进行识别，但不开锁，人脸识别成功后S2才会闭合，电动机M工作，开锁成功。下列电路设计符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】由题知，S1闭合，灯L发光，照亮人脸进行识别，但不开锁，人脸识别成功后S2闭合，电动机M工作，即两开关都闭合时电动机才能工作，由此根据选项图分析解答。
【解答】解：
根据题意知，S1闭合，灯L发光；灯光照亮人脸完成人脸识别时S2闭合，即S1、S2同时闭合，电动机M才工作。
A、由图知，只闭合S1时，灯被短路而不发光，同时闭合S1和S2时，电源会被短路，不符合题意；
B、由图知，只闭合S1时，电路断路，灯不亮，再闭合S2时，电动机就工作，不符合题意；
C、由图知，只闭合S1时，灯L发光，再闭合S2时，电动机工作，符合题意；
D、由图知，只闭合S1时，灯L不发光，不符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的设计，明确要求可采用排除法解答。
9．（2分）在“探究串联电路中的电流规律”实验中，某同学用电流表分别测出图中a、b、c三处的电流大小。为了进一步探究a、b、c三处的电流大小有什么关系，他下一步的操作应该是（　　）

A．将电源两极对调，再次测量a、b、c三处的电流
B．改变开关S的位置，再次测量a、b、c三处的电流
C．将图中两只灯泡位置对调，再次测量a、b、c三处的电流
D．换用不同规格的灯泡，再次测量a、b、c三处的电流
【分析】探究串联电路中的电流时，为了使实验结论具有普遍性，要进行多次测量。可以通过改变电源电压，或者更换不同的灯泡，或更换不同的用电器来改变电路电阻进行多次实验。
【解答】解：ABC、将电源的正负极对调、改变开关的位置、两只灯泡的位置对调，都不能改变电路的电阻，也不能改变电源电压，不符合题意。
D、更换不同的灯泡，电阻变化，电路中的电流发生变化。使实验结论具有普遍性。
故选：D。
【点评】掌握串联电路的电流特点，掌握探究串联电路电流特点的实验方法。
10．（2分）根据R＝可知，下列说法中正确的是（　　）
A．导体两端的电压越大，这段导体的电阻就越大
B．通过导体的电流越大，这段导体的电阻就越小
C．导体的电阻大小与电流、电压的大小没有关系
D．导体的电阻与电压成正比，与电流成反比
【分析】电阻是导体本身所具有的性质，与通过它的电流、它两端的电压无关。其大小等于导体两端的电压与通过导体的电流之比。
【解答】解：因电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关，
而R＝只是计算电阻的一种方法，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查的是我们对欧姆定律特别是变形公式R＝的理解和应用，是基本规律的考查，需要正确理解电流、电压、电阻三者之间的关系。
11．（2分）如图所示电路，闭合开关S后，滑动变阻器的滑片向右滑动时（　　）

A．电压表变大，电流表变小
B．电压表变小，电流表变大
C．电压表变小，电流表变小
D．电压表变大，电流表变大
【分析】由电路图可知，两电阻串联，电流表测电路电流，电压表V测变阻器两端电压。
根据滑片移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，根据串联电路特点判断电路总电阻如何变化；由欧姆定律判断电路电流如何变化；最后根据欧姆定律与串联电路特点判断电压表示数如何变化。
【解答】解：
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中电流；
由电路图可知，闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大；
电源电压不变，电路总电阻变大，由欧姆定律可知，电路电流变小，即电流表示数变小；
根据U＝IR可知，灯泡两端的电压变小；根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表V示数变大。
故选：A。
【点评】本题是一道电路动态分析题，分析清楚电路结构、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
12．（2分）如图所示的实验电路，闭合开关S后，电流表A的示数为0.5A，电流表A1的示数为0.3A。则通过小灯泡L1、L2的电流分别是（　　）

A．0.3A 0.2A B．0.2A 0.3A
C．0.5A 0.3A D．0.5A 0.2A
【分析】由电路图可知，两灯泡并联，电流表A测干路的电流，电流表A1测灯L1的电流；由并联电路的特点求出流过小灯泡L1上的电流。
【解答】解：因为两灯泡并联，电流表A测干路的电流，电流表A1测灯L1的电流，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以流过灯泡L2的电流：I2＝IA﹣IA1＝0.5A﹣0.3A＝0.2A。
故通过灯泡L1的电流是0.3A；通过灯泡L2的电流是0.2A；
故选：A。
【点评】分析清楚电路结构、熟练应用并联电路的电流特点可以正确解题。
13．（2分）如图所示，闭合开关S1、S2，电路正常工作。现只将S2断开，则（　　）

A．电流表示数减小，电压表示数减小
B．电流表示数增大，电压表示数增大
C．电流表示数减小，电压表示数不变
D．电流表示数增大，电压表示数不变
【分析】由电路图可知，闭合开关S1、S2时，两电阻并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流；闭合开关S1、断开S2时，电路为R1的简单电路，电流表测该支路的电流，电压表测电源的电压，根据电源的电压可知电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知电流表示数的变化。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S1、S2时，两电阻并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流；
闭合开关S1、断开S2时，电路为R1的简单电路，电流表测该支路的电流，电压表测电源的电压，
因电源的电压不变，
所以，电压表的示数不变，故AB错误；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过R1的电流不变，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，电流表的示数减小，故C正确、D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路特点的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
14．（2分）有两个温度和质量都相等的金属球，先将甲球放入盛有热水的杯中，热平衡后水温降低了△t，把甲球取出，再将乙球放入杯中，热平衡后水温又降低了△t，若不计热损失，则两球比热容的大小关系为（　　）
A．c甲＞c乙 B．c甲＜c乙 C．c甲＝c乙 D．无法判定
【分析】甲、乙两球，先后投入到同一杯水中，甲乙物体吸收热量、温度升高，水放出热量、温度降低；
由题知，两次水降低的温度相同，也就是水放出的热量相同，甲、乙两球吸收的热量相同；
而甲、乙两球的质量相等、初温相同，经吸热后，乙球的末温比甲球的末温低△t；
由上述分析可知，质量相同的甲、乙两球，吸收相同的热量，乙球升高的温度少，所以乙球的比热容大。
【解答】解：
先后将甲、乙两球投入到同一杯水中，水降低的温度相同，水放出的热量相同，
由题知，Q吸＝Q放，
不计热损失，甲、乙两球吸收的热量相同，
而乙球比甲球少升高了△t，即乙球的末温低；
由上述分析可知，质量相同的甲、乙两球，吸收相同的热量，乙球升高的温度少，所以乙球的比热容大，即c甲＜c乙。
故选：B。
【点评】本题考查了比热容的概念、热平衡方程、热量公式，能确定甲、乙两球的末温关系是本题的关键。
二、填空题：（本题共6小题，每空1分，共12分）
15．（2分）针对运动损伤的疼痛常用“冷疗法”治疗，其原理是用一种叫做氯乙烷的气态有机物，对准损伤处喷射，使人体受伤部位处形成瘀血，同时减缓人的伤痛感，氯乙烷液化后储存在罐中，喷在皮肤上迅速 　汽化　（填物态变化名称），同时 　吸收　大量的热（“吸收”或“放出”）。
【分析】物质从液态变为气态的过程叫做汽化，汽化吸热。
【解答】解：当液态的氯乙烷喷出遇到温度较高的皮肤时，会迅速汽化为气态；液态的氯乙烷汽化时吸收大量的热量。
故答案为：汽化；吸收。
【点评】本题考查汽化在日常生活中的应用，体现了物理知识和生活实际的联系。
16．（2分）如图所示，瓶子里装有少量的水，用力打气，瓶塞向上跳起，瓶内有白雾产生。白雾是水蒸气 　液化　（填物态变化名称）形成的。可见瓶内气体通过对瓶塞 　做功　，导致内能减小，温度降低。

【分析】（1）液化是由气态变成液态的过程，液化放热；
（2）做功可以改变物体的内能，外界对物体做功，物体的内能增大，其它形式的能转化为内能；物体对外界做功，物体本身的内能减小，内能转化为机械能。
【解答】解：瓶塞向上跳起时，瓶内空气中的水蒸气遇冷发生液化现象，凝结成小水滴，这就是瓶内看到的“白气”；
可见瓶内气体通过对瓶塞做功，导致内能减小，温度降低。
故答案为：液化；做功。
【点评】此题主要考查的知识点有两个：一是做功可以改变物体的内能；二是液化的定义和液化的两种方法﹣﹣降低温度和压缩体积。
17．（2分）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），一杯水倒去一半，剩下的半杯水比热容为　4.2×103J/（kg•℃）　。夏天，光脚走在海滩上会感觉到沙“烫脚”，走进海水中却感觉到海水很凉，这主要是由于水的比热容　大于　（选填“大于”、“小于”或“等于”）沙子比热容的缘故。
【分析】（1）单位体积某种物质，温度升高1℃所吸收的热量叫做这种物质的比热容。比热容是物质的一种特性。物质的比热容只跟物体的种类和状态有关，与物体质量的大小、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关。
（2）水的比热容大于沙子的比热容，所以在吸收相同热量的情况下，初温相同的水和沙子，沙子的温度升高的快。
【解答】解：（1）水倒掉一半，质量改变，但比热容与质量无关，所以水的比热容不变，仍然为4.2×103 J/（kg•℃）。
（2）水的比热容大于沙子的比热容，沙子的温度升高的快，沙子的末温高，水的末温低，所以光脚走在海滩上会感觉到沙“烫脚”，走进海水中却感觉到海水很凉。
故答案为：4.2×103J/（kg•℃）；大于。
【点评】本题考查了学生对比热容概念的理解以及能用水的比热容大解释相关现象的能力。
18．（2分）用丝绸摩擦过的玻璃棒去接触不带电的验电器时，验电器的金属箔张开（如图），金属箔因失去电子带上 　正　电荷，接触瞬间电流的方向是 　玻璃棒到金属球　（选填“金属球到玻璃棒”或“玻璃棒到金属球”）。

【分析】（1）用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；
得电子带负电，失电子带正电；
（2）物理学规定：正电荷定向移动的方向为电流的方向。
【解答】解：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，玻璃棒缺少电子，当玻璃棒接触不带电的验电器的金属球，金属箔上的电子会从金属箔转移到玻璃棒上，金属箔因失去电子带上正电荷，由于同种电荷相互排斥，所以金属箔张开；
由于电流的方向与电子定向移动的方向相反，所以接触瞬间电流的方向是从玻璃棒到金属球。
故答案为：正；玻璃棒到金属球。
【点评】本题主要考查了电流方向的判断以及验电器的原理，是一道基础题。
19．（2分）如图所示，当开关闭合时会发生 　短路　现象，若要两灯串联，应去掉导线 　3　；若要两灯并联，应将导线 　5（2）　改接到 　b（d）　接线柱。

【分析】电源短路是指电流不经过用电器直接从电源正极流入负极；串联电路是将各用电器依次连接起来，即只有一条电流的路径；并联电路是将各用电器并列连接起来的电路，即有两条或多条电流的路径；根据电路的三种状态、串联电路以及并联电路的特点进行分析即可。
【解答】解：由于导线几乎没有电阻，故开关闭合后，电流从电源正极出发，经导线1→2→3→5直接回到电源的负极，即不经过用电器，因此开关闭合后电路为短路现象；若两灯串联，即该电路中只有一条电流的路径，且两灯泡均在该路径上，故去掉导线3后，电流从电源正极依次经过开关和两个灯泡，即此时两个灯泡串联连接；若要求两灯并联，即两灯泡各自有一条路径，即将导线5改接到b（d）端或者将导线2改接到b（d）端即可。
故答案为：短路；3；5（2）；b（d）。
【点评】会根据串并联电路的特征识别电路，会正确识别电路的三种状态是解决该题的关键。
20．（2分）如图所示，已知电阻R1：R2＝5：2，当断开开关S时，假如甲、乙两表均为电流表，则甲、乙两表的示数之比为 　5：2　；当闭合开关S时，假如甲、乙两表均为电压表，则甲、乙两表的示数之比为 　5：2　。

【分析】（1）开关S断开时，R1、R2并联，电流表甲测量R2支路中的电流，电流表乙测量R1支路中的电流，根据并联电路电压规律和欧姆定律求出甲、乙两表示数之比；
（2）开关S闭合时，R1、R2串联，电压表甲测量R1两端电压，电压表乙测量R2两端电压，根据串联电路电流规律和欧姆定律求出甲、乙两表示数之比。
【解答】解：（1）开关S断开时，R1、R2并联，电流表甲测量R2支路中的电流，电流表乙测量R1支路中的电流；
因并联电路两端电压相等，且R1：R2＝5：2，则甲、乙两表示数之比：＝＝＝5：2；
（2）开关S闭合时，R1、R2串联，电压表甲测量R1两端电压，电压表乙测量R2两端电压；
因串联电路中处处电流相等，由I＝可得，U甲：U乙＝IR1：IR2＝R1：R2＝5：2。
故答案为：5：2；5：2。
【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律的应用，关键是开关闭合、断开以及不同电表时电路串并联的辨别和电表所测的电路元件。
三、作图题：（本题共2小题，每小题2分，共4分）
21．（2分）如图所示的电路中A、B、C、D是四个接线柱。请用笔画线代替导线连接相应的接线柱，使灯L1、L2并联，要求：连线横平竖直，规范画出完整电路图。

【分析】在并联电路中各用电器并列连接，电路中电流有多条路径，各用电器之间互不影响。
【解答】解：由图可知，若接线柱C与D连接，接线柱B与D连接，则电路中有两条电流的流通路径，所以灯L1、L2并联；

【点评】本题主要考查利用电流流向法根据串并联电路中电流路径的特点分析电路的连接方式。
22．（2分）请在如图所示中的两个虚线框内，选填“电源”和“开关”的电路符号，满足当开关闭合时两灯都能工作。

【分析】开关与所控制的用电器应串联连接，如果二者并联，则开关闭合时该用电器会被短路；要使开关闭合时两灯都能工作，可将两个虚线框分别填“电源”和“开关”，然后分析判断能否满足要求。
【解答】解：若左边的虚线框为开关，右边的虚线框为电源，则开关都闭合时左边的灯泡被短路而不能发光，故右边的虚线框应为开关，左边的虚线框应为电源，此时两灯并联，且各有一个开关进行控制，如下图所示：

【点评】关于电路图的设计，要掌握基本电路的常识，知道串并联电路的特点及短路现象。
四、简答题：（本题共1小题，共4分）
23．（4分）舞台上常用喷洒干冰的方法形成白雾，营造气氛，请回答：
（1）干冰在舞台上发生的物态变化及其吸放热情况；
（2）白雾是什么？
（3）白雾是由什么变化而来的？
（4）白雾形成过程的物态变化。
【分析】干冰就是固态的二氧化碳；物质由固态直接变成气态的过程叫升华，物质的升华过程是吸热的；物质由气态变成液态的过程叫液化，液化过程是放热的。
【解答】答：（1）固态的干冰吸收热量直接变成气态的二氧化碳，这是物质的升华现象；
（2）白雾是小水滴；
（3）白雾是空气中的水蒸气遇冷凝结而成的；
（4）干冰的升华过程需要吸热，所以使周围环境温度降低，空气中的水蒸气遇冷会液化成小水滴，从而形成“白雾”。
【点评】解答此题需要知道什么是干冰，需要知道物态变化伴随的吸放热情况，是一道应用题。
五、实验探究题：（本题共5小题，每空1分，共30分）
24．（6分）小晋同学利用图（甲）中的实验装置探究“冰的熔化规律”。
（1）实验中，宜选用 　碎冰块　（选填“碎冰块”或“体积较大的冰块”）。
（2）图（乙）是他根据记录的数据绘制的“温度﹣时间”图象，由图象可知：冰属于 　晶体　（选填“晶体”或“非晶体”）；
（3）图（乙）中第10min时，物质处于 　固液共存　态；
（4）图（乙）中，物体在C点时具有的内能 　大于　（选填“大于”、“小于”或“等于”）在B点时的内能，其主要原因是 　冰在熔化过程中持续吸热　；
（5）小晋在图（乙）中发现CD段比AB段升温慢，其主要原因是 　水的比热容大于冰的比热容　。

【分析】（1）从受热均匀的角度分析；
（2）晶体在熔化过程中温度不变，持续吸热；
（3）晶体在熔化前是固态，在熔化过程中是固液共存态，在熔化之后是液态；
（4）晶体在熔化过程中不断吸收热量，温度保持不变，内能变大；
（5）由Q＝cmΔt可知，相同质量的不同物质吸收相同热量后，比热容大的物质温度变化较小。
【解答】解：（1）碎冰块可以使其在加热的时候受热更均匀，因此实验中，宜选用碎冰块；
（2）由图乙可知，冰在熔化过程中温度不变，因此冰属于晶体；
（3）图乙中第10min时，物质在熔化过程中，因此处于固液共存态；
（4）冰在熔化过程中持续吸热，因此在C点的内能大于B点的内能；
（5）水的比热容大于冰的比热容，相同质量的水和冰吸收相同的热量时，水的温度变化量小于冰的温度变化量，因此CD段比AB段升温慢，其主要原因是水的比热容大于冰的比热容。
故答案为：（1）碎冰块；（2）晶体；（3）固液共存；（4）大于；冰在熔化过程中持续吸热；（5）水的比热容大于冰的比热容。
【点评】本题考查了探究固体熔化的实验，同时考查了内能和比热容的相关知识，属于基础题，难度不大。
25．（5分）如图（甲）所示是探究“沙子和水的温度变化与吸热的关系”的实验装置。

（1）实验中除了温度计外还需要的测量仪器为 　天平　和 　秒表　。
（2）用相同的酒精灯加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同的时间记录一次温度，其中某时刻的温度如图（乙）所示，其示数为 　38　℃，根据实验数据绘制成温度与加热时间的关系图像，如图（丙）所示，由图像可知 　水　（选填“沙子”或“水”）的比热容大。
（3）实验中通过 　加热时间　（选填“升高温度”或“加热时间”）来间接反映沙子和水所吸收的热量。
【分析】（1）在实验中需要控制两种物质的质量是相同的，据此判断出测量质量的工具，通过加热时间的长短来比较吸热多少，据此判断出测量时间的工具；
（2）由温度计的分度值读出此时的示数；
比较物质吸热能力的2种方法：
①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；
②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），比较物质的温度变化，温度变化小的吸热能力强；
（3）用相同的酒精灯火焰加热，通过加热时间的长短来比较吸热的多少，这种方法叫转换法。
【解答】解：（1）在实验中需要控制两种物质的质量是相同的，所以需要天平测量质量；
实验中通过加热时间的长短来比较吸热多少，所以需要秒表测量时间；
（2）图乙中温度计的分度值为1℃，其示数为38℃；
分析图像可知，对于质量相等的沙子和水，加热相同时间（即它们吸收的热量相同），沙子升温较快，根据比较吸热能力的方法知水的吸热能力较强，比热容大；
（3）实验中，用相同的酒精灯加热，相同时间内放出的热量相同，水和沙子吸收的热量相同，所以实验中是通过比较加热时间来间接反映沙子和水吸收的热量，这里采用了转换法。
故答案为：（1）天平；秒表；（2）38；水；（3）加热时间。
【点评】本题是探究“沙子和水的吸热能力”的实验，考查了控制变量法、转换法的运用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
26．（7分）如图（甲），是小芳在做“探究串联电路电压特点”的实验的实物连接图，电源是两节新干电池。

（1）如图（乙），电压表的示数为 　1.5　V；
（2）闭合开关后，小芳发现L1、L2均不发光，电压表有示数且大小接近3V，若故障只发生在接线L1与L2，则故障可能是 　L1　发生了 　断路　（选填“短路”或“断路”）；
（3）排除故障后，小芳在测量了灯L1两端的电压后，断开开关，然后将导线AE的A端松开，接到D接线柱上，测量灯L2两端的电压，这一做法是否可行：　不可行　；理由是 　电压表的正、负接线柱接反了　。
（4）若电源电压为U，L1两端电压为U1，L2两端电压为U2，经过多次实验得到的结论是：　U＝U1+U2　。（用字母表示）
（5）通过分析可以发现本实验设计还存在一个不足之处是：　同一规格的灯泡实验有特殊性，应当再用其他规格的灯泡再做几次　。
【分析】（1）根据电压表的量程、分度值以及指针的位置读出电压表的示数；
（2）闭合开关灯泡不发光，原因有两个：断路或短路。具体原因从电压表有无示数判断故障；
（3）测电压时要注意电流从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，否则，电压表指针反向偏转；
（4）串联电路的总电压等于各部分电路两端的电压之和；
（5）用同一规格的灯泡实验有特殊性，应当再用其他规格的灯泡再做几次。
【解答】解：（1）根据图乙可知，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为1.5V；
（2）闭合开关后，灯L1、L2均不发光，说明电路中可能有断路故障，而电压表有示数且大小接近3V，说明此时电压表的正负接线柱与电源两极相连，则与电压表并联的那部分电路断路，故灯L1发生断路；
（3）因已测量出L1的电压，故与A点相连的为电压表的负接线柱，与B点相连的为电压表的正接线柱；在测L2两端的电压时，如果只断开A接点，并改接到D接点上，则电流从电压表负接线柱流入了，这一做法会造成电压表指针反偏；
（4）若电源电压为U，L1两端电压为U1，L2两端电压为U2，经过多次实验得到的结论是：U＝U1+U2；
（5）电压是电压是3V，U1＝1.5V，U2＝U﹣U1＝3V﹣1.5V＝1.5V，两灯两端的电压相同，可知两灯规格相同。用同一规格的灯泡实验有特殊性，应当再用其他规格的灯泡再做几次。
故答案为：（1）1.5；（2）L1；断路；（3）不可行；电压表的正、负接线柱接反了；（4）U＝U1+U2；（5）同一规格的灯泡实验有特殊性，应当再用其他规格的灯泡再做几次。
【点评】本题考查学生对于“探究串联电路的电压关系”实验的理解和掌握，熟知实验的原理与操作中的注意问题是解答的关键。
27．（6分）小明利用如图1所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，电流表无示数，电压表有示数，出现这一故障的原因可能是：　定值电阻R断路　。
（2）上述实验中，小明用5Ω的电阻时，电流表示数为0.5A，做完这次实验后，将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，此时电压表的示数将变 　大　（选填“大”或“小”），为保持电压不变，应将滑片P向 　左　（选填“左”或“右”）端移动移动滑片，使电压表示数为 　2.5　V时，读出电流表的示数。
（3）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图2所示的电流I随电阻R变化的图像。由图像可以得出结论：电压一定时，　通过导体的电流与导体的电阻成反比　。
（4）若要顺利完成实验，至少要选取最大阻值是 　35　Ω的滑动变阻器。

【分析】（1）若电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（2）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；
（3）由图2知，求出电流与电阻之积为一定值，据此分析；
（4）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25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格。
【解答】解：（1）电路正确连接后，闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则出现这一故障的原因可能是定值电阻R断路；
（2）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，即电压表的示数变大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即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，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为0.5A×5Ω＝2.5V；
（3）由图2知，电流与电阻之积为0.5A×5Ω＝﹣﹣﹣﹣﹣＝0.1A×25Ω，即电流与电阻之积为一定值，由图像可以得出结论：在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
（4）小明要完成该实验，应该控制定值电阻的电压不变，根据前面解答可知电阻两端控制不变的电压为2.5V，
根据图2可知，当更换25Ω定值电阻时，要保持电压表示数不变，根据串并联电路的电压规律可知，滑动变阻器分的电压为：U滑＝U总﹣U＝6V﹣2.5V＝3.5V，
根据串联电路的电流规律可知，电路中的电流处处相等，则Imin＝0.1A，根据欧姆定律I＝可得，滑动变阻器最大阻值至少为：R滑＝＝＝35Ω。
故答案为：（1）定值电阻R断路；（2）大；左；2.5；（3）通过导体的电流与导体的电阻成反比；（4）35。
【点评】本题研究电流与电阻的关系，考查电路的连接、实验的操作过程、控制变量法和串联电路的规律及欧姆定律的运用。
28．（6分）小琳利用图（甲）所示电路测量未知电阻Rx的阻值。

（1）该实验的原理是 　R＝　；
（2）小琳在连接电路时开关应该先 　断开　。请用笔画线代替导线，将图（甲）中电路连接完整；（要求；将滑动变阻器的滑片P向左移时电流表的示数变大）；
（3）连接好电路，闭合开关后，看到电流表指针如图（乙）所示偏转，原因是：　电流表的正负接线柱接反　；
（4）调节滑动变阻器，把测量的几组数据描成如图（丙）所示的I﹣U图象，则该电阻的阻值Rx＝　5　Ω；
（5）在实验中，若将定值电阻换成小灯泡，表中的数据是按正确的操作测得的，根据表中的数据计算出三次小灯泡的阻值不相等，且随电压的增大而增大，其本质原因是 　电压增大时灯丝的温度升高，灯丝电阻随温度的升高而增大　。
实验次数
1
2
3
电压（V）
2
2.5
3
电流（A）
0.22
0.24
0.26
灯丝电阻（Ω）
9.09
10.24
11.54
【分析】（1）伏安法测电阻的原理是R＝；
（2）电路连接时，开关要断开，防止发生短路；滑动变阻器要与被控制电路串联，滑动变阻器连入电路的阻值变小时，电路的电流变大；
（3）开关闭合，电流表指针反偏，说明电流表的正负接线柱接反；
（4）在图象上选取特殊点用欧姆定律计算即可；
（5）灯丝电阻随温度的升高而增大，在不同电压时灯丝的温度不同，其电阻不同。
【解答】解：（1）伏安法测电阻的原理是R＝；
（2）电路连接时，为了保护电路，开关要断开；滑动变阻器要与被控制电路串联，将滑动变阻器的滑片P向左移时电流表的示数变大，说明变阻器接入电路的阻值减小，则应将变阻器的左下接线柱连入电路中，如下图所示：
；
（3）开关闭合后，看到电流表指针如图乙所示偏转，即电流表指针反偏，说明电流表的正负接线柱接反；
（4）把测量的几组数据描成如图（丙）所示的I﹣U图象，由图象可知电阻两端的电压为1V时，通过它的电流为0.2A，则由欧姆定律可得该电阻的阻值Rx＝＝5Ω；
（5）根据表中的数据计算出三次小灯泡的阻值不相等，且随电压的增大而增大，其本质原因是：电压增大时灯丝的温度升高，灯丝电阻随温度的升高而增大。
故答案为：（1）R＝；（2）断开；（3）电流表的正负接线柱接反；（4）5；（5）电压增大时灯丝的温度升高，灯丝电阻随温度的升高而增大。
【点评】本题是测量未知电阻阻值的实验，要求掌握实验原理、熟悉实验操作流程、能够按要求正确连接电路、能够对实验中出现的现象或故障进行分析、能够对实验数据或图象进行处理。
六、计算题：（本题共3小题，共22分）
29．（6分）电路如图所示，已知电源两端电压U＝15V保持不变，电阻R1＝5Ω，当开关S闭合时，电压表示数为5V。求：
（1）电流表的示数I；
（2）电阻R2两端的电压U2。
（3）电阻R2的阻值。

【分析】由图可知中，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电流表的示数；
（2）根据串联电路的电压特点求出电阻R2两端的电压；
（3）利用欧姆定律求出电阻R2的阻值。
【解答】解：由图可知中，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）因串联电路中各处的电流相等，
所以，电流表的示数：I＝＝＝1A；
（2）因电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电阻R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝15V﹣5V＝10V；
（3）电阻R2的阻值：R2＝＝＝10Ω。
答：（1）电流表的示数为1A；
（2）电阻R2两端的电压为10V；
（3）电阻R2的阻值为10Ω。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道基础题目。
30．（8分）在一个标准大气压下，用燃气锅炉对500kg20℃的水进行加热，当水恰好沸腾时测得消耗天然气12m3．已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为4.2×107J/m3，求：
（1）水吸收的热量；
（2）假设天然气完全燃烧，求燃气锅炉烧水时的效率；（计算结果精确至0.1%）
（3）可燃冰是一种新型能源，其热值是同体积天然气热值的160倍，则可燃冰的热值是多少？若换用可燃冰作燃料且两次烧水的效率相同，为了达到上述烧水的目的，需完全燃烧可燃冰多少m3？
【分析】（1）已知水的质量和在一个标准大气压下，水沸腾时的温度为100℃，根据Q吸＝c水m水（t﹣t0）求出加热过程中水吸收的热量；
（2）根据Q放＝Vq求出消耗天然气12m3完全燃烧产生的热量；
根据η＝×100%求出烧燃气锅炉烧水时的热效率；
（3）其热值是同体积天然气热值的160倍得出可燃冰的热值；
根据η＝变形公式知在Q吸和η不变的条件下，可燃冰体积与热值成反比，求出需完全燃烧可燃冰的体积。
【解答】解：
（1）水的质量m水＝500kg，在一个标准大气压下，水沸腾时的温度为100℃，加热过程中水吸收的热量：
Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×500kg×（100℃﹣20℃）＝1.68×108J；
（2）消耗天然气V＝12m3，
完全燃烧产生的热量：
Q放＝Vq＝12m3×4.2×107J/kg＝5.04×108J；
烧燃气锅炉烧水时的热效率：
η＝×100%＝×100%≈33.3%。
（3）其热值是同体积天然气热值的160倍，则可燃冰的热值：
q′＝160×4.2×107J/kg＝6.72×108J/kg；
根据η＝可得V＝，即在Q吸和η不变的条件下，可燃冰体积与热值成反比，故为了达到上述烧水的目的，需完全燃烧可燃冰的体积：
V′＝×12m3＝0.075m3。
答：（1）加热过程中水吸收的热量为1.68×108J；
（2）酒精灯烧水时的热效率为33.3%；
（3）若换用可燃冰作燃料且两次烧水的效率相同，为了达到上述烧水的目的，需完全燃烧可燃冰0.075m3。
【点评】本题考查Q吸＝c水m水（t﹣t0）和Q放＝Vq及效率公式的运用，难度较大。
31．（8分）如图（甲）为升降机电路的部分原理图。电源电压恒6V，R0为定值电阻，压敏电阻Rr的阻值与所受压力大小的关系如图（乙）所示。求：

（1）压敏电阻所受压力为0时，电阻Rr的阻值为多少？
（2）压敏电阻所受压力为0时，电压表示数为2V，电阻R0的阻值为多少？
（3）若电压表的量程为0﹣3V，在保证电路安全工作的情况下，此压敏电阻能承受的最大压力为多少？
【分析】（1）（2）当压敏电阻不受压力时，读出此时压敏电阻的阻值，根据串联电路的特点和P＝UI解题；
（3）由表格可知，压力越大，压敏电阻的阻值越小，根据串联电路的分压特点和电压表量程解题。
【解答】解：（1）由图乙可知，当压敏电阻不受压力时，电阻Rr的阻值为100Ω；
（2）由图甲知压敏电阻Rr与R0串联，电压表测R0两端的电压，当电压表的示数2V时，
由串联电路电压的规律知电阻Rr两端的电压为：
Ur＝U﹣U0＝6V﹣2V＝4V
此时电路中的电流为：
I＝＝＝0.04A，
定值电阻R0的阻值为：
R0＝＝＝50Ω；
（3）由表格可知，压力越大，压敏电阻的阻值越小，根据串联电路的分压原理可知，其两端的电压会越小，则R0两端电压即电压表示数会越来越大，
由电压表量程可知，U0大＝3V，
当U0大＝3V时，压敏电阻的阻值：
R压＝＝＝＝50Ω，
由表可知，当压敏电阻的阻值为50Ω时，其所受的压力为1000N。
答：（1）压敏电阻所受压力为0时，电阻Rr的阻值为100Ω；
（2）压敏电阻所受压力为0时，电压表示数为2V，电阻R0的阻值为50Ω；
（3）若电压表的量程为0﹣3V，在保证电路安全工作的情况下，此压敏电阻能承受的最大压力为1000N。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律等知识点，综合性强，要注意分析电路。