广东省深圳市罗湖外语学校初中部2022-2023学年九年级上学期段考物理试卷(含答案)

这是一份广东省深圳市罗湖外语学校初中部2022-2023学年九年级上学期段考物理试卷(含答案)，共22页。试卷主要包含了单选题，作图题，实验探究题，计算题，综合开放题等内容，欢迎下载使用。
广东省深圳市罗湖外语学校初中部2022-2023学年九年级上学期物理模拟试题
一、单选题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）
1. 如图所示是四个实例中，在改变物体内能的方式上与其他三个实例不同的是(    )
A.           烧煮食物 B.         锯条发烫
C.        屁股“冒烟” D.        搓手取暖
2. 如图所示实验，木塞冲出试管口的过程中，下列说法中正确的是(    )
A. 试管口出现的白雾是水蒸气
B. 能量转化情况与内燃机压缩冲程相同
C. 水蒸气对木塞做功，木塞的机械能减少
D. 水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能减少
3. 如图电路，当闭合开关S后，两个电压表指针偏转均如图乙所示，则R1、R2两端电压分别为(    )

A. 1.5V、7.5V B. 6V、1.5V C. 3V、7.5V D. 7.5V、6V
4. 从欧姆定律可以导出公式R=UI，下列说法正确的是(    )
A. 当电压U增大为原来的2倍时，电阻R也增大为原来的2倍
B. 当电流I增大为原来的2倍时，电阻R减小为原来的12
C. 改变导体两端的电压和电流时，电阻大小不变
D. 通过导体的电流若为零，电阻也为零
5. 图是探究“影响电流热效应因素”的实验装置，将R1、R2两电阻丝密封在两只完全相同的烧瓶内，且R1>R2，瓶内装入等质量的煤油，下列说法错误的是(    )
A. 烧瓶内选用比热容较小的液体，可以使实验现象更明显
B. 该装置可以探究电流通过电阻丝产生的热量与电阻大小的关系
C. 实验中通过温度计示数的变化来比较电阻丝产生热量的多少
D. 若要比较水和煤油的比热容大小，只需将一个烧瓶内的煤油换成等质量的水即可

6. 2021年10月16日，航天员翟志刚、王亚平、叶光富搭乘神舟十三号载人飞船，开始了为期6个月的“太空出差”，于2022年4月16日顺利返航。下列说法正确的是(    )
A. 燃料燃烧时，将化学能转化为内能
B. 火箭加速升空时，动能转化为重力势能
C. 空间站的太阳能电池板将太阳能转化为化学能
D. 返回舱进入大气层后与大气摩擦，将内能转化为机械能
7. 下列关于家庭电路和安全用电的说法正确的是(    )
A. 用试电笔接触火线氖管发光时，没有电流通过人体
B. 插线板上可长时间同时使用多个大功率电器
C. 当有人触电时，应该立即切断电源
D. 只要不接触带电体就不会发生触电事故
8. 以下关于电流的说法正确的是(    )
A. 绝缘体不导电是因为绝缘体内部没有电荷
B. 金属导体中自由电子定向移动的方向跟电流方向相反
C. 电荷的移动形成电流
D. 电流的方向总是从电源正极流向电源负极
9. 关于图中的滑动变阻器，下列说法中错误的是(    )

A. 铭牌上的“10Ω  2A”表示滑动变阻器的变阻范围是0～10Ω
B. 闭合开关前，为了保护电路，滑片P应滑到最右端
C. 滑动变阻器要“一上一下”接线才能发挥变阻的作用
D. 闭合开关，将滑片P向左滑动，小灯泡将变暗，电流表示数将变小
10. 图中甲是通过小灯泡L的电流与其两端电压的关系图像。现将小灯泡L与电阻R连入如图乙所示的电路中。闭合开关S，小灯泡的实际功率为1.8W，电压表示数为3V。下列说法中正确的(    )

A. 电源电压为12V B. 电阻R的阻值为20Ω
C. 电路消耗的总功率为2.7W D. 通过电阻R的电流为0.2A
二、作图题（本大题共2小题，每小题2分，共4分）
11. 小德为收发室设计一个电路，该电路要实现的功能是：红灯亮时，电铃响，表示前门来人；绿灯亮时，电铃响，表示后门来人。连接完如图所示的电路时，他发现手中只剩两根导线，请你帮他用笔画线代替这两根导线使电路按要求补充完整(要求电路中所有导线不能交叉)。

12. 请将图中的“光控开关”、“声控开关”、节能灯和三孔插座用笔画线代替导线正确连入电路。要求：只有在光线很暗且有声音时灯才亮，符合安全用电原则且三孔插座不受开关的控制。



三、实验探究题（本大题共4小题，每空1分，共24.0分）
13. 在“探究物质的吸热能力”的实验中，实验装置如图中甲、乙所示：

(1)实验中应取______(填“质量”或“体积”)相等的a、b两种液体。
(2)此实验中，a、b两种液体吸热的多少是通过______(填“温度计的示数”或“加热时间的长短”)来反映的。
(3)根据实验测得的数据分别描绘出了a、b两种液体的温度随加热时间变化的图像，如图中丙所示。分析丙中图像可知，吸收相同的热量，______液体升温更多；______液体更适合作汽车发动机的冷却液。
14. 周末小红和小华在家长陪同下进行“综合实践活动”：小红利用家中如图所示电能表测量家中电水壶的实际功率。
(1)由表盘信息可得，家中接入电路的用电器总功率最大不能超过______W。
(2)电水壶接入电路必须使用______(填“两孔”或“三孔”)插座才能防止当金属外壳带电时发生触电。
(3)小红将家中其它用电器全部断开后，把电水壶接入电路时空气开关跳闸了，造成空气开关跳闸的原因是______(填“电水壶内部短路”或“电水壶功率过大”)。
(4)故障解决后，小红再次将家中其它用电器全部断开后，把电水壶接入电路，观察到电能表指示灯在1min内闪烁了64次，则电水壶在这1min内消耗的电能为______kW⋅h，实际功率为______W。

15. 在“探究电流与电压关系”的实验中，图甲是某实验小组设计的电路，电源电压恒为3V。

(1)请用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整，要求滑片P向B端滑动时，电流表的示数变小。
(2)连接电路时，开关应该______；闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于______(填“A”或“B”)端。
(3)排除故障后，移动滑片P到某一位置时，电流表的示数如图乙所示，此时通过定值电阻R的电流为______A。
(4)实验中测得五组数据，并绘制出定值电阻R的I-U图像，如图丙所示。由图像可得：
①实验中所用的定值电阻R的阻值为______Ω。
②实验结论：______。
(5)本次实验多次测量的目的是______(填“A”或“B”)。
A、求平均值减小实验误差；
B、寻找普遍规律。
(6)分析实验测得的数据可知，本实验所用滑动变阻器的最大阻值应不小于______Ω。
16. 在“测量小灯泡的电功率”实验中，备有器材规格如下：电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，变阻器A的规格为“10Ω 1A”，B的规格为“50Ω 2A”。

(1)测量小灯泡电功率的原理是______(用公式表示)。
(2)实验选用的滑动变阻器应是______(填“A”或“B”)。如图甲所示，正确连接电路后，闭合开关，发现无论怎样调节滑动变阻器，灯泡都不亮，电流表有示数，电压表无示数，则电路故障可能是小灯泡______(填“断路”或“短路”)。
(3)排除故障后，闭合开关，移动滑片P到某一位置时，电压表示数如图乙所示，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向______(填“A”或“B”)端滑动，同时注意观察______(填“电流表”或“电压表”)的示数变化，直到小灯泡正常发光；根据实验测得的数据，作出如图丙所示的图像。分析图像可知，小灯泡的额定功率为______W。继续移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡发出耀眼的亮光，则此时小灯泡的额定功率将______(填“变大”“不变”或“变小”)。

四、计算题（本题共2小题，17题6分，18题10分，共16分）
17. 如图所示电路中，已知R1=40Ω，R2=10Ω。当开关闭合后，电流表示数为0.3A。求：
(1)电阻R1两端的电压；
(2)通过电阻R2的电流；
(3)电路的总电阻。


18. 图甲是一只有加热、保温两挡的电热养生壶，图乙是其简化电路图，铭牌如表所示，其加热功率已模糊不清，R1的阻值为44Ω。在1标准大气压下，小明用该养生壶正常加热10min，将一满壶初温为30℃的水烧开。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]请你计算：
×××牌电热养生壶
一满壶水质量
2kg
额定电压
220V
加热功率
×××W
保温功率
110W
(1)一满壶水烧开时吸收的热量；
(2)保温挡工作时的电流；
(3)R2的阻值；
(4)此次养生壶的加热效率(保留到1%)。

五、综合开放题（本题共1小题，每空1分，共6分）
19. 如图是一种自动测定油箱内油面高度的油量表(实际上是由量程为0～0.6A的电流表改装而成)，滑动变阻器R的最大值为60Ω，金属杠杆的右端是滑动变阻器的滑片。从油量表指针所指的刻度，就可以知道油箱内油面的高度。电源电压为24V，R0为定值电阻。
(1)当油箱油面下降时，油量表的示数将变______。
(2)图中的油量表______(填“能”或“不能”)由电压表改装而成。
(3)油箱装满汽油时，油量表示数为最大值，此时滑动变阻器的触头在______(最上端/最下端)，R0的阻值为______Ω。
(4)当油箱中的汽油用完时，此时滑动变阻器的触头在另外一端，电路中的电流为______A。
(5)图中电路可达到的最大功率为______W。
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A、烧煮食物是通过热传递改变物体的内能；
B、锯木头时，锯条发烫，即锯条克服摩擦力做功，使得自身的内能增加，所以是做功改变物体的内能；
C、滑滑梯时，屁股“冒烟”是通过克服摩擦力做功改变物体的内能的；
D、冬天搓手取暖是通过克服摩擦力做功改变物体的内能的；
故分析可知，A是热传递改变内能，而BCD是做功改变内能，所以在改变物体内能的方式上与其他三个实例不同的是A；
故选：A。
改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，其中做功过程是能量的转化过程，是机械能和内能相互转化的过程；热传递是内能从高温转移到低温的过程，二者的本质不同。
做功和热传递都可以改变物体的内能，在效果上是等效的，但其实质不同，做功属于能量的转化、热传递属于能量的转移。

2.【答案】D 
【解析】解：A、试管口的“白雾”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水蒸气，故A错误；
B、在汽油机的四冲程中，做功冲程是内能转化为机械能的冲程，试管内水蒸气的内能可以转化为塞子的机械能，与做功冲程相同，故该实验基本展示了蒸汽机的工作原理，故B错误；
C、水蒸气对木塞做功，木塞的机械能增加，故C错误；
D、水蒸气对木塞做功，水蒸气的内能减小，故D正确。
故选：D。
(1)水蒸气遇冷会发生液化，从气态变为液态；
(2)在汽油机的四冲程中，做功冲程是内能转化为机械能的冲程，试管内水蒸气的内能可以转化为塞子的机械能，与做功冲程相同；
(3)物体对外做功，其自身的内能会减小，温度降低。
该题考查了液化现象的理解、做功改变内能的应用、内燃机工作原理的理解等知识点，是一道综合题。

3.【答案】B 
【解析】解：
(1)由电路图可知：R1、R2串联，电压表V2测电源电压，电压表V1测R2两端的电压；
(2)两个电压表的指针位置相同，因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电压表V2的示数应大于V1的示数；
则电压表V2的量程是0～15V，分度值为0.5V，示数UV2=7.5V；
电压表V1的量程是0～3V，分度值为0.1V，示数UV1=1.5V；
(3)电压表V1测R2两端的电压，所以R2两端的电压U1=UV2=1.5V；
由串联电路的特点可知，R1两端的电压U2=UV2-UV1=7.5V-1.5V=6V，故B正确。
故选：B。
(1)分析电路结构，弄清电压表V1、V2测电路中哪部分电路电压。
(2)确定两个电压表的量程，然后读出电压表的读数。
(3)根据串并联电路的规律特点，求出电灯L1和L2两端的电压。
本题主要考查学生对：串联电路电压的规律，以及电压表的读数方法的了解和掌握，关键是会判断电压表测量的是那段电路两端的电压。

4.【答案】C 
【解析】解：导体电阻是导体本身的一种性质，与通过导体的电流及导体两端的电压无关，
当电压U增大为原来的2倍时、电流I增大为原来的2倍时、通过导体的电流为零时，导体的电阻不变，且不为0，
所以ABD不正确，C正确。
故选：C。
导体电阻可由导体两端的电压值与流过导体的电流值的比值求得，但是导体电阻是导体本身的一种性质，与流过的电流和两端的电压无关。
知道影响电阻大小的因素，并且知道导体的电阻与导体两端的电压和通过的电流无关是解决本题的关键。

5.【答案】D 
【解析】解：
A、在液体质量相同、吸收热量相同的情况下，比热容小的物质温度要升高得多，所以用比热容小的液体可以使实验现象更明显，故A正确；
B、由图可知，该电路为串联电路，通过两个电阻的电流和通电时间是相同的，电阻不同，所以该装置可以探究电流通过电阻丝产生的热量与电阻大小的关系，故B正确；
C、通电后电流通过电阻丝做功，产生热量使煤油的温度升高，通过观察温度计的示数大小来判断电流产生的热量的多少，这个研究方法为转换法，故C正确；
D、比较水和煤油的比热容大小时，需要用相同的加热器加热质量相同的不同液体，使它们在相同的时间内吸收相同的热量，所以需要控制两个电阻的装置相同，故D错误。
本题选错误的，故选：D。
(1)在液体质量相同、吸收热量相同的情况下，比热容小的温度变化大，据此进行分析；
(2)由图可知，该电路为串联电路，电流和通电时间是相同的，电阻不同；
(3)通过观察烧瓶中温度计示数的变化来判断电阻丝发热的多少，属于转换法；
(4)比较水和煤油的比热容大小时，需要控制煤油的质量相同，还需要用相同的加热器加热。
该题考查了控制变量法和转换法在焦耳定律实验中的应用，注意两导体串联时电流相等，导体产生热量的多少是通过温度计示数的变化来反映的。

6.【答案】A 
【解析】解：A、燃料燃烧时，消耗化学能，得到内能，将化学能转化为内能，故A正确；
B、火箭加速升空，质量不变，速度增大，动能增大，同时高度增大，势能也增大，机械能增大，是燃料燃烧所释放的内能转化为机械能，故B错误；
C、太阳能电池板把太阳能直接转化为电能，供空间站工作时使用，故C错误；
D、返回舱进入大气层后与空气剧烈摩擦，将机械能转化为内能，故D错误。
故选：A。
(1)分析能量转化过程中消耗了哪种形式的能，产生了哪种形式的能，进而可以判断该过程中的能量转化。
(2)机械能包括动能和势能，动能与质量和速度有关，质量越大、速度越大则动能越大；重力势能与质量和高度有关，质量越大、高度越大则重力势能越大。
本题考查了能量的转化，判断出消耗的和增加的能量是解答的关键，属于基础知识。

7.【答案】C 
【解析】解：A.试电笔接触火线时，加在测电笔和人之间的电压是220V，测电笔和人是串联的，氖管会发光，会有电流通过人体，故A错误；
B.在一个插线板上长时间同时使用多个大功率用电器，会导致电流过大，引发火灾，故B错误；
C.发现有人触电后，应该首先切断电源，然后再进行其它的救护措施，故C正确；
D.高压带电体只要人靠近就有触电危险，故D错误。
故选：C。
(1)试电笔的工作原理：人站在大地上，手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触火线，火线和大地之间的电压是220V，测电笔和人是串联的，此时在测电笔和人体中都有电流，电流微弱不会对人造成危害。这个微弱的电流可以使氖管发光。人站在大地上，手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触零线，零线和大地之间的电压是0V，在测电笔和人体中都没有电流通过，氖管不发光；
(2)家庭电路中电流过大的原因：一是短路，二是用电器的总功率过大；
(3)当有人触电时，应先切断电源；
(4)安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。
本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识，要牢记安全用电常识，正确规范操作。

8.【答案】B 
【解析】解：A、绝缘体不容易导电，是因为绝缘体内几乎没有能够自由移动的电荷，故A错误；
B、金属导体中自由电子是负电荷，定向移动方向跟电流方向相反，故B正确；
C、电荷的定向移动形成电流，故C错误；
D、只有在电源外部，电流的方向是从电源的正极经用电器流向负极，故D错误。
故选：B。
(1)导体容易导电，是因为导体内有能够自由移动的电荷；而绝缘体不容易导电，是因为绝缘体内几乎没有能够自由移动的电荷。
(2)电荷的定向移动形成电流；规定正电荷定向移动的方向为电流方向。
(3)在电源的外部电流方向是从电源的正极流向负极，在电源的内部电流方向是从电源的负极流向正极。
明确形成电流的条件和电流方向的规定，以及绝缘体不导电的原因，是正确解答此题的关键。

9.【答案】D 
【解析】解：A、滑动变阻器铭牌标有“10Ω  2A”，10Ω表示滑动变阻器连入电路的最大电阻是10Ω，则滑动变阻器的调节范围是0～10Ω，故A正确；
B、闭合开关前，滑片P应滑到最右端，此时滑动变阻器接入电路的电阻最大，这样做的目的是保护电路，故B正确；
C、滑动变阻器接入电路中，采用要“一上一下”的接线方法，故C正确；
D、闭合开关，滑片P向左滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流变大，则电流表示数变大，灯泡变亮，故D错误。
故选：D。
(1)滑动变阻器的铭牌上标有滑动变阻器的最大阻值和允许通过的最大电流；
(2)闭合开关前，滑动变阻器阻值应调至最大；
(3)滑动变阻器要“一上一下”进行连接；
(4)根据滑片P移动的方向，判断电路中电阻和电流的变化，从而判断灯泡和电流表的变化。
本题考查了滑动变阻器的作用、连接方式、对电路中变化情况的分析，属于基础知识，要掌握。

10.【答案】C 
【解析】解：由图乙可知该电路为R和L的串联电路，电压表测R两端的电压；
A、闭合开关，小灯泡的实际功率为1.8W，由P=UI结合图甲中数据可知，此时L两端的电压为UL=6V，通过L的电流为：IL=0.3A；
已知此时电压表的示数为3V，即R两端的电压为UR=3V；
由串联电路的电压特点可知电源电压为：U=UR+UL=3V+6V=9V，故A错误；
BD、因串联电路中电流处处相等，因此通过R的电流为IR=IL=0.3A，
由I=UR可知电阻R的阻值为：R=URIR=3V0.3A=10Ω，故BD错误；
C、电路中的电流为：I=IR=IL=0.3A，电路消耗的总功率为：P=UI=9V×0.3A=2.7W，故C正确。
故选：C。
由图乙可知该电路为R和L的串联电路，电压表测R两端的电压；
(1)已知灯泡的实际功率，利用P=UI结合图甲中的数据可得出此时L两端的电压和通过的电流；已知此时电压表的示数，即R两端的电压；再根据串联电路的电压特点可得出电源电压；
(2)串联电路中电流处处相等，由此可知通过R的电流，利用欧姆定律可求出R的阻值；
(3)已知电路中的电流和电源电压，利用P=UI可求出电路消耗的总功率。
本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，理解串联电路的电流和电压特点是解题的关键。

11.【答案】解：
经分析知，两个电灯为并联，前门的开关在红灯支路上，后门的控制开关在绿灯支路上，电铃串联在干路上。如图所示：
 
【解析】由题知，红灯亮、铃响，表示前门来人，绿灯亮、铃响，表示后门来人，说明两灯互不影响，即为并联关系，且前门的开关在红灯支路上，后门的控制开关在绿灯支路上；而无论前门还是后门来人，都会响铃，说明电铃串联在干路中；
本题考查了设计电路的能力，关键是正确分析电路的连接方式以及开关的位置。

12.【答案】解：(1)灯泡与两个开关串联，且火线要先过开关，再接入灯泡尾部的金属点，零线接入螺旋套；
(2)三孔插座与灯泡并联，其接法为：左零、右火、上接地，如图所示：
 
【解析】(1)只有在光线很暗且有声音时灯才亮说明两开关不能独立工作、相互影响即为串联；连接电路时应注意开关控制火线，且火线接入灯尾金属点，零线接入螺旋套；
(2)三孔插座的接线方法是要求“左零右火上接地”。
本题考查了声、光控灯和三孔插座的接线方法，关键是根据题意得出两开关的连接方式和注意安全用电的原则。

13.【答案】质量  加热时间的长短  a  b 
【解析】解：(1)实验时要保持不同物质的质量相等。
(2)实验是采用相同的电加热器进行加热，故加热时间越长，意味着液体吸收的热量越多。
(3)用相同的电加热器进行加热，加热时间相同说明吸收热量相同，由图丙知加热相同时间时，a温度升的高，说明a液体吸热能力弱，作汽车发动机的冷却液的液体吸热能力要强，故液体b更适合作汽车发动机的冷却液。
故答案为：(1)质量；(2)加热时间的长短；(3)a；b。
(1)实验时要保持不同物质的质量和初温相等。
(2)实验是采用相同的电加热器进行加热，加热时间越长，意味着液体吸收的热量越多。
(3)在质量相同，吸收热量相同时，温度升的高的吸热能力弱，作汽车发动机的冷却液的液体吸热能力要强。
本题是探究物质的吸热能力的实验，要掌握实验器材的选择、控制变量法和转换法的应用，能够根据数据和图像分析物质的吸热能力。

14.【答案】13200  三孔  电水壶内部短路  0.02  1200 
【解析】解：(1)①由表盘知道电能表的正常工作电压为220V，平时工作允许通过的最大电流60A，则家中接入电路的用电器总功率最大不能超过P=UI=220V×60A=13200W；
(2)因为电水壶是金属外壳，金属外壳必须接地，所以要用三孔插座，若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，以防触电事故的发生；
(3)将家中其它用电器全部断开后，只接入电水壶，不会造成总功率过大，因此空气开关跳闸的原因应该是电水壶内部短路了；
(4)根据参数3200imp/(kW⋅h)知，电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次；
所以闪烁64次消耗的电能为：
W=643200kW⋅h=0.02kW⋅h=0.02×3.6×106J=7.2×104J，
电水壶的功率：
P'=Wt=7.2×104J60s=1200W。
故答案为：(1)13200； (2)三孔； (3)电水壶内部短路；(4)0.02；1200。
(1)电能表上所标“220V”是指正常工作电压；“10(60)A”，其中10A是指电能表的标定电流，60A是指平时工作允许通过的最大电流，据此解答；
(2)为了安全用电，有金属外壳的家用电器的电源插座都用三孔插座，三脚插头的接地脚应与用电器的金属外壳相连通，这样若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，以防触电事故的发生；
(3)造成空气开关跳闸的原因是电流过大，电流过大可以是短路，也可能是用电器总功率过大；
(4)根据1min指示灯闪烁的次数结合参数“3200imp/(kW⋅h)”求出消耗的电能，再根据P=Wt计算出功率。
本题考查了电能表的认识、三孔插座的运用、家庭电路电流过大的原因、电能和电功率的计算等，明确电能表相关参数的含义是关键。

15.【答案】断开  B  0.3  5  在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比  B  25 
【解析】解：(1)滑动变阻器要与被控制电路串联，连接时要一上一下，滑片P向B端滑动时，电流表的示数变小，说明滑动变阻器连入电路的阻值变大，滑片向B端移动，变阻器阻值变大，说明变阻器左下端接入电路，按要求连接的完整电路如下图所示：
。
(2)为保护电路，连接电路时开关应断开，滑动变阻器的滑片应处于最大阻值处，由完整电路图知滑片P在B端时，滑动变阻器连入电路的阻值最大。
(3)由图乙知电流表的量程为0-0.6A，分度值为0.02A，指针指在0.3A的位置，故通过定值电阻R的电流为0.3A。
(4)①在定值电阻R的I-U图像上取任意一组特殊点坐标如：U=0.5V，I=0.1A，则R=UI=0.5V0.1A=5Ω。
②由图像是一条过原点的斜直线，可知I与U成正比，故结论为：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
(5)本次实验的目的是为了寻找在电阻一定时电流与电压的规律，故B正确。
(6)电路为定值电阻与滑动变阻器组成的串联电路，滑动变阻器连入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，由图丙知电路最小电流I=0.1A，此时定值电阻两端电压U=0.5V，由串联电路电压规律知UP=U总-U=3V-0.5V=2.5V，
滑动变阻器连入电路的最大电阻RP=UPI=2.5V0.1A=25Ω。故本实验所用滑动变阻器的最大阻值应不小于25Ω。
故答案为：(1)见解答图；(2)断开；B；(3)0.3；在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；(4)5；(5)B；(6)25。
(1)滑动变阻器要与被控制电路串联，连接时要一上一下，滑动变阻器连入电路的电阻增大时，电路的电流减小。
(2)为防止电路中的电流过大烧坏电路元件，连接电路时开关应断开，滑动变阻器的滑片处于最大阻值处。
(3)电流表读数时要先确定量程和分度值，再根据指针位置读取数据。
(4)在图丙中选取直线上任意一组电压和电流值，利用欧姆定律即可得到定值电阻的阻值，根据图像是过原点的斜直线可知两个量成正比，运用控制变量法得出实验结论。
(5)本次实验的目的是为了寻找在电阻一定时电流与电压的规律
(6)电路为定值电阻与滑动变阻器组成的串联电路，滑动变阻器连入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，由图丙找到五组数据中最小的一组电流和电压值，由串联电路电压规律得到滑动变阻器两端的最大电压，再利用欧姆定律即可得到变阻器连入电路的最大电阻。
本题考查了滑动变阻器的连接和实验的注意事项、电流表的读数、串联电路的分压特点、分析实验数据得出结论等，关键是控制变量法的利用，是一道好题。

16.【答案】P=UI  B  短路  A  电压表  0.8  变大 
【解析】解：(1)在测量小灯泡额定电功率的实验中，用电压表测灯泡两端的电压，用电流表测通过灯泡的电流，故测量小灯泡电功率的原理是P=UI；
(2)灯泡正常发光电路中电流约为：I=U 额RL=2.5V10Ω=0.25A，
此时滑动变阻器两端电压U滑=U-UL=6V-2.5V=3.5V，变阻器连入阻值R滑=U滑I=3.5V0.2A=14Ω>10Ω，
故应选B“50Ω 2A”的滑动变阻器；
灯泡不亮，电流表有示数，说明电路短路，电压表无示数，说明电压表并联部分没有电压，则电路故障是灯泡短路；
(3)灯在额定电压下正常发光，图中电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.2V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A端移动，同时注意观察或“电压表的示数变化，直到电压表示数为额定电压，即小灯泡正常发光；
由如图丙所示的图象知，灯在额定电压下的电流为0.32A，则小灯泡的额定功率为：P额=U额I额=2.5V×0.32A=0.8W；
小灯泡发出耀眼的亮光，说明此时小灯泡的功率大于额定功率，也就是实际功率变大。
故答案为：(1)P=UI；(2)B；短路；(3)A；电压表；0.8；变大。
(1)测量小灯泡电功率的原理是P=UI；
(2)根据灯泡的额定电压、电阻，计算出灯泡电流，由串联分压，计算出滑动变阻器的最小电阻，由此确定变阻器的规格；
若电流表有示数，灯不亮，说明电路可能短路；
(3)小灯泡在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；由如图丙所示的图象知灯在额定电压下的电流，根据P=UI求出小灯泡的额定功率。
此题主要考查学生对于测量小灯泡电功率实验的理解和掌握，考查了滑动变阻器的选择、电表读数、电功率的计算、影响灯泡电阻的小的因素、灯泡亮度的决定因素等知识。

17.【答案】解：从图可知，电阻R1和R2并联，电流表测量的是通过R1的电流，即I1=0.3A，
(1)因为R1=40Ω，I1=0.3A，
所以电阻R1两端的电压为：U1=I1R1=40Ω×0.3A=12V；
(2)电阻R1和R2并联，从并联电路电压的特点可知：U=U1=U2=12V，
因为R2=10Ω，
所以通过电阻R2的电流为：I2=U2R2=12V10Ω=1.2A；
(3)电路中的总电阻为R=R1R2R1+R2=40Ω×10Ω40Ω+10Ω=8Ω。
答：(1)电阻R1两端电压为12V；
(2)通过电阻R2的电流为1.2A；
(3)电路的总电阻为8Ω。 
【解析】从图可知，电阻R1和R2并联，电流表测量的是通过R1的电流。
(1)已知电阻R1的电阻和通过R1的电流，可利用公式U=IR计算电阻R1两端的电压；
(2)从并联电路电压的特点可知：U=U1=U2.已知电阻R2的电阻和电阻R2两端的电压，可利用公式I=UR计算通过电阻R2的电流；
(3)已知两只并联电阻的阻值，根据并联电路电阻特点得到总电阻。
本题考查了电功率公式的计算和欧姆定律公式的计算，弄清并联电路中电流、电压及电阻的关系是解本题的关键，属于中档题。

18.【答案】解：(1)在1标准大气压下水烧开的温度为100℃，
一满壶水烧开时吸收的热量Q=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃-30℃)=5.88×105J；
(2)保温挡工作时的电流I1=P保温U=110W220V=0.5A；
(3)由图知当开关S1闭合，S2断开时，R1、R2串联，电路总电阻为R=R1+R2，再闭合开关S2，R2被局部短路，电路电阻为R1，由P=U2R知当开关S1闭合，S2断开时电路消耗的功率小，为保温状态，开关S1、S2都闭合时，电路消耗的功率大，为加热状态；
保温时电路总电阻R=UI1=220V0.5A=440Ω；
电阻R2=R-R1=440Ω-44Ω=396Ω；
(4)加热时的电功率P加热=U2R1=(220V)244Ω=1100W；
该养生壶正常加热10min消耗的电能W=P加热t=1100W×10×60s=6.6×105J；
此次养生壶的加热效率η=QW×100%=5.88×105J6.6×105J×100%≈89%。
答：(1)一满壶水烧开时吸收的热量为5.88×105J；
(2)保温挡工作时的电流为0.5A；
(3)R2的阻值为396Ω；
(4)此次养生壶的加热效率为89%。 
【解析】(1)利用公式Q=cm(t-t0)求解；
(2)利用P=UI求解；
(3)分析开关在不同状态时，电路电阻的大小关系，由P=U2R可得到加热和保温时的电路连接方式，由欧姆定律可得到串联电路的总电阻，再根据串联电路电阻的规律得到R2的阻值。
(4)由P=U2R得到加热时的电功率，由W=Pt得到该养生壶正常加热10min消耗的电能，由效率公式η=QW×100%得到此次养生壶的加热效率。
本题考查的内容较多，考查了水吸收热量的公式、电功率的公式、电功的公式、不同电路的识别、串联电路电阻的规律、效率公式等，有一定难度。

19.【答案】小  不能  最下端  40  0.24  14.4 
【解析】解：
(1)由图知，定值电阻R0和滑动变阻器R串联，电流表测量电路的电流；
当油箱油面下降时，金属杠杆左端下降，右端上升，滑动变阻器R连入电路的电阻增加，总电阻增大，电流减小，则油量表示数变小。
(2)图中油量表串联在电路中，如果油量表由电压表改装，此时电压表串联在电路中测电源电压，滑片移动时电压表的示数不变，不能反映油量的变化，故油量表不能由电压表改装而成。
(3)油箱装满汽油时，由图知金属杠杆的左端在最上端，金属杠杆的右端在最下端，即滑动变阻器的触头在最下端，此时变阻器连入电路的电阻为零，电路仅定值电阻R0接入电路，此时电路的电阻最小，电流最大，
已知电流表的量程为0～0.6A，则此时电流I=0.6A，定值电阻的阻值R0=UI=24V0.6A=40Ω。
(4)当油箱中的汽油用完时，滑动变阻器的触头在另外一端，此时滑动变阻器连入电路的阻值最大，已知滑动变阻器R的最大值为60Ω，故此时滑动变阻器的阻值R1=60Ω，
电路总电阻R=R1+R0=60Ω+40Ω=100Ω，
此时电路的电流I'=UR=24V100Ω=0.24A。
(5)电路中最大电流I=0.6A，电路可达到的最大功率P=UI=24V×0.6A=14.4W。
故答案为：(1)小；(2)不能；(3)最下端；40；(4)0.24；(5)14.4。
(1)由图知，定值电阻R0和滑动变阻器R串联，电流表测量电路的电流；当油箱油面下降时，金属杠杆左端下降，右端上升，滑动变阻器R连入电路的电阻增加，根据欧姆定律分析油量表示数的变化。
(2)电压表不能串联在被测电路中。
(3)油箱装满汽油时，由图知金属杠杆的左端在最上端，滑动变阻器的触头在最下端，此时变阻器连入电路的电阻为零，电路的电阻最小，电流最大为0.6A，由R=UI可得到定值电阻的阻值。
(4)当油箱中的汽油用完时，滑动变阻器的触头在另外一端，此时滑动变阻器连入电路的阻值最大，根据串联电路电阻的规律可得到电路的总电阻，由欧姆定律可得到此时电路的电流。
(5)已知电路中最大电流和电源电压，由P=UI可得到电路的最大功率。
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，考查的内容较多，有一定难度。