【9物一模】2023年亳州市谯城区亳州高新区九阳初级中学等5校一模物理试题（含答案）

这是一份【9物一模】2023年亳州市谯城区亳州高新区九阳初级中学等5校一模物理试题（含答案），共17页。试卷主要包含了填空题，选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2023年安徽省亳州市谯城区九阳中学等五校中考物理一模试卷
一、填空题（每空2分，共20分）
1．（2分）发射卫星的火箭常使用液态氢做燃料，主要是因为液态氢具有较高的热值，已知液态氢的热值为1.68×108J/kg，它所表示的物理意义是 　 　。
2．（2分）摩擦起电的实质是电荷发生了转移，丝绸摩擦过的玻璃棒之所以带正电，是因为 　 　（选填“丝绸上的正电荷转移到玻璃棒上”或“玻璃棒上的电子转移到丝绸上”）。
3．（2分）一通电螺线管通过如图所示的电流时，小磁针处于静止状态，请在图中括号内分别标出螺线管和小磁针左端的N、S极。

4．（2分）某同学在做探究凸透镜成像规律实验时，蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图所示，此时正好能成一清晰的像（像未画出），则该像一定是倒立 　 　（选填“放大”、“等大”或“缩小”）的实像。

5．（2分）如图所示的是探究影响电磁铁磁性强弱因素实验时的情况，由本次探究可知，电磁铁的磁性与 　 　有关。

6．（2分）某电炉标有“220V 484W”，现接在110V电压下工作，若电炉丝的电阻不随温度变化，则1min内电炉丝上产生的热量为 　 　J。
7．（2分）某型号汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶时，受到的阻力为2000N，则汽车行驶过程中发动机的功率为 　 　W。
8．（2分）如图所示，将一小木块轻轻放入装满水的溢水杯中，溢水口正下方放有一重为0.5N的小烧杯，溢出的水全部被小烧杯接住，现测得小烧杯和溢出的水总重为3N，则木块浸没在水中的体积为 　 　m3。

9．（2分）根据安全用电的原则，请用笔画线代替导线将图中螺口灯泡和开关接入家庭电路中。

10．（2分）如图所示电路中，断开开关，在甲、乙两处接上电流表时，示数之比为2：5，若将甲、乙两处换成电压表，再将开关闭合，则甲、乙两电表示数之比为 　 　。

二、选择题（每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）
11．（2分）下列能量转化过程中说法错误的是（　　）
A．热机做功冲程中将内能转化为机械能
B．电池充电过程中将化学能转化为电能
C．发电机工作过程中将机械能转化为电能
D．燃料燃烧过程中将化学能转化为内能
12．（2分）关于热和能，下列说法中正确的是（　　）
A．物体温度越高，含有的热量越多
B．热传递过程中，内能大的物体一定放出热量
C．物体内能增大，温度一定升高
D．物体温度升高，内能一定增大
13．（2分）在乘坐火车、高铁、飞机时，经常要用到双重身份验证才能进入，乘客需要刷一下身份证，然后完成人脸识别，当两种信息完全吻合后验证成功，电动门自动打开放行。若每次认证相当于一个开关，信息符合相当于开关闭合，下列能满足双重身份验证条件的电路是（　　）
A． B．
C． D．
14．（2分）如图所示为中国空间站，它是由核心舱、梦天实验舱、问天实验舱、载人飞船和货运飞船五个模块组成，空间站每90分钟绕地球一圈，下列关于空间站的说法中正确的是（　　）

A．以地球为参照物，空间站是静止的
B．空间站飞行过程中受到非平衡力的作用
C．空间站能持续飞行是因为受到惯性的作用
D．如果外力突然消失，空间站将保持静止状态
15．（2分）如图所示，一固定斜面倾角为30°，高为1m。现用一个平行于斜面向上的50N的拉力F刚好使重为80N的物体沿斜面向上做匀速直线运动，物体的大小忽略不计，则将物体从斜面底端拉到顶端的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．物体受到的摩擦力为50N
B．拉力F做的功为80J
C．克服摩擦力做的功为20J
D．斜面的机械效率为62.5%
16．（2分）如图所示，在探究串联电路电流特点的实验中，闭合开关后，两灯泡均不亮，电流表无示数，为了检查电路中故障原因，将电压表“+”接线柱接在灯泡L2的右端，“﹣”接线柱上的导线S分别接图中A、B、C、D四处，发现只有当导线S接D时，电压表有明显偏转，若电路中只有一处故障，则故障原因可能是（　　）

A．L2断路 B．开关处断路 C．L1断路 D．电流表断路
17．（2分）如图所示电路中，电源电压保持不变，其中R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，当开关闭合后，滑动变阻器的滑片P向左滑动少许的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电流表A2示数将变大
B．电压表示数将变小
C．电压表与电流表A1的示数之比将变小
D．若滑动变阻器一直向左滑动，电流表A2会烧坏
三、实验题（第18小题4分，第19小题6分，第20小题8分，共18分）
18．（4分）为了测量牛奶的密度，某同学进行了如下实验，先将牛奶倒入烧杯中，用天平测出牛奶和烧杯的总质量如图甲所示，再将牛奶倒一部分至量筒中，用天平测出剩余牛奶和烧杯的总质量如图乙所示，倒入量筒中的牛奶如图丙所示。则倒入到量筒中的牛奶的质量为 　 　g，待测牛奶的密度为 　 　kg/m3。
19．（6分）如图所示的是探究产生感应电流条件的实验装置，实验时闭合开关，将导体棒沿着不同方向运动，记录下灵敏电流计指针偏转的情况，观察到的实验现象如表所示。
实验序号
1
2
3
4
磁场方向
竖直向下
导体棒ab运动方向
竖直
水平
斜向上
斜向下
灵敏电流计指针偏转情况
不偏转
偏转
偏转
偏转
（1）由实验可知，闭合回路中的部分导体在磁场中做 　 　运动时，就会产生感应电流。
（2）第2次实验，导体棒在水平方向来回运动时，发现灵敏电流计指针在中央零刻度线左右来回偏转，说明导体棒运动方向不同时，产生的感应电流 　 　不同。
（3）实验中要想实验现象更明显，灵敏电流计指针偏转的角度更大，下列改进措施中可行的有 　 　（填序号）。
①换用磁性更强的磁体
②加快导体棒运动的速度
③将磁体的南北极位置互换
④用多匝线圈代替导体棒进行实验

20．（8分）如图甲所示，为某同学“测量小灯泡电阻”的实验电路图，其中电源电压恒定，小灯泡的额定电压为2.5V。

（1）根据电路图连接好电路后，检查电路时发现电流表的指针如图乙所示，接下来的操作是 　 　。
（2）实验中测量出了小灯泡在不同电压下对应的电流值，并绘制出了小灯泡的I﹣U图象如图丙所示。若某次测量时小灯泡两端的电压为2V，为了测量小灯泡正常工作时的电阻，此时滑动变阻器的滑片P应该向 　 　（选填“左”或“右”）滑动，小灯泡正常工作时的电阻为 　 　Ω。
（3）该同学发现小灯泡的I﹣U图象并不是一条直线，说明流过小灯泡的电流与小灯泡两端的电压不是正比关系，其原因是 　 　。
四、计算题（第21小题6分，第22小题6分，第23小题6分，共18分；解答要有必要的公式和过程）
21．（6分）如图所示的是小明家新换的某品牌电水壶，查看说明书发现，电水壶的额定电压为220V，额定功率为1500W，电水壶的容量为2L，为了测试电水壶烧水的效率，小明将电水壶装满25℃的水接在家庭电路中，刚好用了8min将水烧至沸腾（当时气压为1个标准大气压），已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：
（1）水吸收的热量；
（2）烧开一壶水消耗的电能；
（3）电水壶烧水的效率。

22．（6分）如图所示电路中，电源电压恒定，R1、R2、Rx均为定值电阻，其中R1＝10Ω，R2＝15Ω，只闭合开关S1，电流表的示数为0.3A，只闭合开关S2，电流表的示数为0.24A，求电源电压U和Rx的阻值。

23．（6分）如图所示电路中，电源电压恒为4.5V，小灯泡标有“2.5V 0.5A”字样，电压表的量程为0～3V，电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”，不考虑温度对灯泡电阻的影响，在电路安全的前提下移动滑动变阻器的滑片时，求：
（1）滑动变阻器接入电路中的最小电阻；
（2）小灯泡消耗的最小功率；
（3）滑动变阻器消耗的最大功率。


2023年安徽省亳州市谯城区九阳中学等五校中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（每空2分，共20分）
1．【分析】某种燃料完全燃烧放出的热量和燃料质量的比值叫热值。
【解答】解：液态氢的热值为1.68×108J/kg，它表示的物理意义是：1kg的液态氢完全燃烧时放出的热量为1.68×108J。
故答案为：1kg的液态氢完全燃烧时放出的热量为1.68×108J。
【点评】本题考查了热值的概念，热值是物质本身的一种特性，与燃料的种类有关，与燃烧情况、质量、体积等因素无关。
2．【分析】由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，不同的物体在摩擦的过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电，这就是摩擦起电现象。
【解答】解：摩擦起电的实质是电荷发生了转移，不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，丝绸摩擦过的玻璃棒之所以带正电，是因为玻璃棒上的电子转移到丝绸上，缺少带负电的电子而带正电。
故答案为：玻璃棒上的电子转移到丝绸上。
【点评】本题考查了摩擦起电的实质，属于基础知识。
3．【分析】先由安培定则判断出通电螺线管的磁极，再由磁极间的相互作用规律得知小磁针的N极和S极。
【解答】解：由安培定则可得，螺线管左侧为N极，右端为S极，根据磁极间的相互作用规律可知，小磁针右端应为N极，左端为S极，如图：

【点评】本题考查了安培定则、磁极间的相互作用规律，属于基础题。
4．【分析】当物距等于像距时，凸透镜成倒立、等大的实像。
【解答】解：根据图像可知，此时的u＝v＝30.0cm，此时u＝v＝2f，凸透镜成倒立、等大的实像。
故答案为：等大。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用，属于基础题。
5．【分析】（1）根据电磁铁吸引铁钉个数的多少判断电磁铁磁性的强弱；
（2）利用控制变量法判断电磁铁的磁性的影响因素。
【解答】解：实验时可以通过吸引铁钉的多少来判断电磁铁磁性的强弱。由图知，a吸引大头针的个数较多，说明a的磁性较强；ab串联，电流相等，a电磁铁线圈匝数多于b电磁铁线圈匝数，说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强。
故答案为：线圈匝数。
【点评】本题考查了影响电磁铁磁性强弱的因素、控制变量法，是一道基础题。
6．【分析】知道电炉的额定电压和额定功率，利用P＝求出电炉丝的电阻，然后根据欧姆定律求出电炉在110V电压下工作时的电流，最后利用焦耳定律求出1min内电炉丝上产生的热量。
【解答】解：由用P＝可知，电炉丝的电阻：R＝＝＝100Ω，
电炉在110V电压下工作时的电流：I＝＝＝1.1A，
1min内电炉丝上产生的热量：Q＝I2Rt＝（1.1A）2×100Ω×1×60s＝7260J。
【点评】本题考查电功率公式、欧姆定律以及焦耳定律的应用，难度不大。
7．【分析】根据二力平衡条件求出发动机的牵引力，利用P＝＝＝Fv求发动机的功率。
【解答】解：因为汽车做匀速直线运动，所以，由二力平衡条件可知，发动机的牵引力：F＝f＝2000N，
则发动机的功率：P＝＝＝Fv＝2000N×20m/s＝4×104W。
故答案为：4×104。
【点评】本题考查二力平衡条件和功率公式的应用，难度不大。
8．【分析】根据烧杯和溢出的水总重力和烧杯的重力求出溢出水的重力，根据阿基米德原理求出木块受到的浮力，再根据F浮＝ρ液gV排求出木块排开水的体积。
【解答】解：溢出水的重力：G排＝G总﹣G杯＝3N﹣0.5N＝2.5N，
木块受到的浮力：F浮＝G排＝2.5N，
由F浮＝ρ液gV排可知，木块排开水的体积：V排＝＝＝2.5×10﹣4m3。
故答案为：2.5×10﹣4。
【点评】本题考查阿基米德原理的应用，难度不大。
9．【分析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
【解答】解：灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。如下图所示：

【点评】掌握家庭电路的灯泡、开关的接法，同时考虑使用性和安全性。
10．【分析】根据电路图可知，当两表均为电流表时，断开开关S时，R1、R2并联，甲电流表测量通过R2的电流，乙电流表测量干路电流；已知甲、乙两电流表的示数之比为2：5，根据并联电路特点求出两支路的电流之比，再利用并联电路的电压规律和欧姆定律求出电阻之比；
当甲、乙两电表均为电压表，闭合开关S，R1、R2串联，甲测量电源电压，乙测量R2两端的电压，根据欧姆定律求出两电阻两端电压之比，再根据串联电路电压规律求出两电表示数之比.。
【解答】解：由图可知，当两表均为电流表时，断开开关S时，R1、R2并联，甲电流表测量通过R2的电流，乙电流表测量干路电流；
已知甲、乙两电流表的示数之比为2：5，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，两支路的电流之比：＝＝＝，
因并联电路两端电压相等，所以由欧姆定律可得，＝＝＝；
当甲、乙两电表均为电压表，闭合开关S，R1、R2串联，甲测量电源电压，乙测量R2两端的电压；
因串联电路处处电流相等，所以由欧姆定律可得两电阻两端电压之比为U1：U2＝IR1：IR2＝R1：R2＝2：3，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以U甲：U乙＝（U1+U2）：U2＝（2+3）：3＝5：3。
故答案为：5：3。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路连接方式的辨别。
二、选择题（每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）
11．【分析】解决此题的关键是弄清能量转化过程前后的能量形式，结合影响各能量的因素分析能量转化情况，结合具体选项进行分析。
【解答】解：A、热机做功冲程中高温高压燃气对活塞做功，将内能转化为机械能，故A正确；
B、电池充电过程中将电能转化为化学能，故B错误；
C、发电机工作过程中将机械能转化为电能，故C正确；
D、燃料燃烧过程中将化学能转化为内能，故D正确。
故选：B。
【点评】此题考查的是能量转化问题，搞清能量转化过程的能量变化情况是解决此类问题的关键。
12．【分析】（1）热量是一个过程量，不能用具有、含有来修饰；
（2）热传递的条件是有温度差，与内能大小没有直接关系；
（3）内能的大小与物体的质量、状态和温度有关；晶体熔化的过程中，吸收热量，内能变大，温度不变。
【解答】解：A、同一物体的温度越高，它的内能越大，但不能说含有的热量越多，因为热量是一个过程量，故A错误；
B、热传递的条件是有温度差，内能小的物体可能温度高，因此，热传递过程中，放出热量的物体的内能可能小于吸收热量的物体的内能，故B错误；
C、物体内能变大，物体温度不一定升高，例如晶体熔化时，吸收热量，内能变大，温度不变，故C错误；
D、物体温度升高，分子动能变大，则物体的内能一定增大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了对热量、温度、内能概念的理解，以及它们之间关系的认识，属热学基础题。
13．【分析】根据题意分析两个开关的连接方式，从而得出正确的电路图。
【解答】解：根据题意可知，只有两个开关都闭合的情况下，电动门自动打开，这说明两个开关相互影响，是串联的，然后与电动机串联，故A正确。
故选：A。
【点评】本题考查根据要求设计电路，明确两个开关的连接方式是解题的关键。
14．【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
（2）物体处于平衡状态时，即处于静止状态或者匀速直线运动状态，它不受力或者受平衡力；
（3）物体具有惯性，不能说受到惯性的作用；
（4）根据牛顿第一定律可知，当物体不受任何外力的时候，总保持匀速直线运动状态或静止状态。
【解答】解：A．空间站相对于地球的位置在时刻变化，以地球为参照物，空间站是运动的，故A错误；
B．空间站做的是曲线运动，运动状态时刻改变，所以受到非平衡力的作用，故B正确；
C．空间站具有惯性，但惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故C错误；
D．如果外力突然消失，空间站原来具有速度，所以会保持原来的速度做匀速直线运动，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了机械运动、惯性、物体运动状态、牛顿第一定律等知识，是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题。
15．【分析】根据直角三角形中30°角所对的直角边是斜边的一半求出斜面的长度，然后分别利用W＝Gh、W＝Fs求出有用功和总功，再用总功减去有用功可得克服摩擦力做的功，利用Wf＝fs求出摩擦力，最后利用η＝×100%求出斜面的机械效率。
【解答】解：斜面倾角为30°，高为1m，所以斜面长为2m，物体从斜面底端运动到顶端的过程中，
克服重力做功：W有用＝Gh＝80N×1m＝80J，
拉力F做的功：W总＝Fs＝50N×2m＝100J，
则克服摩擦力做的功：Wf＝W总﹣W有用＝100J﹣80J＝20J，
摩擦力：f＝＝＝10N，
斜面的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%。
综上分析可知，只有C正确。
故选：C。
【点评】此题考查利用斜面做功、摩擦力、机械效率的计算，熟练掌握相关公式，利用数学知识求出斜面的长度，并知道额外功就是物体克服摩擦力做的功是关键。
16．【分析】由图知，闭合开关，两只灯泡串联；两灯泡都不亮，说明电路出现了断路现象，然后根据电压表示数分析电路故障的原因。
【解答】解：由图知，闭合开关，两只灯泡串联；两灯泡都不亮，说明电路出现了断路现象；
A、如果L2断路，当电压表“﹣”接线柱上的导线S接在A处时，电压表应该有明显偏转，没有偏转，说明L2没有断路，是其它地方断路，故A错误；
B、如果开关处断路，当电压表“﹣”接线柱上的导线S接在B处时，电压表应该有明显偏转，没有偏转，说明L2和开关之间没有断路，是其它地方断路，故B错误；
C、如果L1断路，当电压表“﹣”接线柱上的导线S接在C处时，电压表应该有明显偏转，没有偏转，说明L2和开关以及L1之间没有断路，故C错误；
D、当电压表“﹣”接线柱上的导线S接在D处时，电压表有明显偏转，说明是CD之间断路，可能是电流表断路，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了电路故障判断方法及对应的现象，属于基本技能的考查。在平时实验过程中要注意总结归纳，正确判断故障，科学解决问题。
17．【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表V测电源两端的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流；
根据电源的电压可知滑片移动时电压表V示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时R1支路的电流变化，根据滑片的移动可知滑动变阻器接入电路中的电阻变化，根据欧姆定律可知R2支路的电流变化，利用并联电路的电流可知干路电流的变化，进一步得出电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变化。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表V测电源两端的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流，
AD、因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，R1支路的电流不变，即电流表A2的示数不变，不会被烧坏，故AD错误；
B、因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故B错误；
C、当R2的滑片P向左滑动的过程中，R2接入电路中的电阻变小，由I＝可知，R2支路的电流变大，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变大，即电流表A1的示数变大；电压表示数不变，则电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变小，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
三、实验题（第18小题4分，第19小题6分，第20小题8分，共18分）
18．【分析】用天平测物体质量时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度，由图甲和图乙读出牛奶和烧杯的总质量和剩余牛奶和烧杯的总质量，两者的差为量筒中牛奶的质量；由图丙读出牛奶的体积，根据密度公式计算牛奶密度。
【解答】解：由图甲知，天平标尺分度值是0.2g，牛奶和烧杯的总质量：m1＝50g+20g+10g+2.4g＝82.4g，
由图乙知，剩余牛奶和烧杯的总质量：m2＝20g+10g+5g+3.4g＝38.4g，
所以倒入量筒中牛奶的质量：m＝m1﹣m2＝82.4g﹣38.4g＝44g；
由图丙知，量筒中牛奶的体积：V＝40mL＝40cm3，
所以牛奶的密度：ρ＝＝＝1.1g/cm3＝1.1×103kg/m3。
故答案为：44；1.1×103。
【点评】本题是液体密度的测量，考查了天平和量筒的读数、密度的计算，难度适中。
19．【分析】（1）利用表中的信息分析，根据控制变量法得出实验结论；
（2）感应电流的方向与磁场方向和切割磁感线运动的方向有关；
（3）感应电流的大小与切割磁感线运动的速度、线圈的匝数和磁场的强弱有关。
【解答】解：（1）闭合回路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生感应电流；
（2）实验中磁场方向相同，导体棒运动的方向不同，灵敏电流计指针的偏转方向不同，说明产生电流的方向不同，即导体棒运动方向不同时，产生的感应电流方向不同；
（3）感应电流的大小与切割磁感线运动的速度、线圈的匝数和磁场的强弱有关，因此实验中要想实验现象更明显，灵敏电流计指针偏转的角度更大，可以换用磁性更强的磁体、加快导体棒运动的速度、用多匝线圈代替导体棒进行实验。
故选①②④。
故答案为：（1）切割磁感线；
（2）方向；
（3）①②④。
【点评】本题考查了探究产生感应电流条件的实验，要知道感应电流产生的条件，知道电流方向和强弱与什么因素有关。
20．【分析】（1）电流表使用前要调零；
（2）灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，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；
由图丙可知，灯在额定电压下的电流，由欧姆定律得出小灯泡正常工作时的电阻；
（3）小灯泡的电阻随着温度的升高而增大。
【解答】解：（1）根据电路图连接好电路后，检查电路时发现电流表的指针如图乙所示，即电流表指针没有正对零刻度线，接下来的操作是电流表调零；
（2）灯在额定电压下正常发光，示数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，故滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压；
由图丙可知，灯在额定电压下的电流为0.25A，由欧姆定律可知小灯泡正常工作时的电阻为：
R＝；
（3）该同学发现小灯泡的I﹣U图象并不是一条直线，说明流过小灯泡的电流与小灯泡两端的电压不是正比关系，其原因是小灯泡的电阻随着温度的升高而增大。
故答案为：（1）电流表校零；（2）左；10；（3）小灯泡的电阻随着温度的升高而增大。
【点评】本题测量小灯泡电阻，考查电流表使用注意事项、操作过程及影响电阻大小的因素。
四、计算题（第21小题6分，第22小题6分，第23小题6分，共18分；解答要有必要的公式和过程）
21．【分析】（1）利用密度公式求出电水壶内水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收热量；
（2）利用W＝Pt求出烧开一壶水消耗的电能；
（3）利用效率公式求出电水壶烧水的效率。
【解答】解：
（1）电水壶内水的体积V＝2L＝2dm3＝2×10﹣3m3，
由ρ＝可知，电水壶装满水后水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×2×10﹣3m3＝2kg，
1个标准大气压下水的沸点为100℃，
水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（ 100℃﹣25℃）＝6.3×105J；
（2）加热时间：t′＝8min＝480s，
烧开一壶水消耗的电能：；
（3）电水壶烧水的效率 。
答：（1）水吸收的热量为6.3×105J；
（2）烧开一壶水消耗的电能为7.5×105J；
（3）电水壶烧水的效率为87.5%。
【点评】本题是一道电热综合题，主要考查密度公式、吸热公式、电功公式以及效率公式的应用，难度不大。
22．【分析】只闭合开关S1，R1、Rx串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电流表的示数为0.3A，只闭合开关S2，R2、Rx串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电流表的示数为0.24A，根据串联电路电结合欧姆定律表示电源电压，解方程可得电源电压和Rx的阻值。
【解答】解：只闭合开关S1，R1、Rx串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电流表的示数为0.3A，
只闭合开关S2，R2、Rx串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电流表的示数为0.24A，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，电源电压不变，根据欧姆定律可得U＝I1（R1+Rx）＝I2（R2+Rx），
即0.3A×（10Ω+Rx）＝0.24A×（15Ω+Rx），
解得U＝6V，Rₓ＝10Ω。
答：电源电压为6V，Rx的阻值为10Ω。
【点评】本题考查串联电路特点和欧姆定律的灵活运用，属于基础题。
23．【分析】（1）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据灯泡的额定电流、电流表的量程和滑动变阻器允许通过的最大利用串联电路的电流特点求出电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中最小总电阻，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器接入电路中的最小电阻；
（2）根据串联电路的电阻求出电路中的最大电阻，根据欧姆定律求出电路中最小电流，根据P＝UI＝I2R求出小灯泡消耗的最小功率；
（3）根据P＝I2R＝（）2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，利用数学知识求出滑动变阻器的最大功率。
【解答】解：
（1）由I＝可知，灯泡的电阻：
RL＝＝＝5Ω，
因为灯泡的额定电流为0.5A，电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，由串联电路的电流特点可知，为了电路安全，电路中的最大电流I最大＝0.5A，
由I＝可知，电路中最小总电阻：
R总最小＝＝＝9Ω，
串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路中的最小电阻：
R最小＝R总最小﹣RL＝9Ω﹣5Ω＝4Ω；
（2）由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大为20Ω时，电路有最小电流，
则电路中的最大电阻：
R总最大＝R最大+RL＝20Ω+5Ω＝25Ω，
则电路中最小电流：
，
小灯泡的最小功率：
×5Ω＝0.162W；
（3）滑动变阻器消耗的电功率：
P＝I2R＝（）2R＝＝＝，
所以，当R＝RL＝5Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大；
滑动变阻器消耗电功率的最大值：
P最大＝＝＝1.0125W。
答：（1）滑动变阻器接入电路中的最小电阻为4Ω；
（2）小灯泡消耗的最小功率为0.162W；
（3）滑动变阻器消耗的最大功率为1.0125W。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的灵活运用，关键是利用P＝I2R＝（）2R表示出滑动变阻器消耗的电功率结合数学知识求出滑动变阻器的最大功率。