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2023年山西大学附中中考物理二模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年山西大学附中中考物理二模试卷（含答案解析），共21页。
2023年山西大学附中中考物理二模试卷
1. 如图所示，举重运动员在由支撑到起立将杠铃快速地举过头顶，运动员在这个过程中对杠铃______ ；运动员在起立状态保持3s，在这3s内运动员对杠铃______ 。(选填“做功”或“不做功”)
2. 如图所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球，验电器的两个金属箔张开一定的角度，张开是因为在这个过程中______(“产生了电荷”或“电荷发生转移”)，此时验电器的金属箔带______电。
3. 写出下列现象或过程的能量转化：
蓄电池充电是把电能转化成______能；光电池是把光能转化成______能；摩擦生热是把______能转化成内能。
4. 如图所示，小真利用两根镍铬合金线a和b探究“影响导体电阻大小的因素”的实验，a、b的横截面积分别是0.5cm2和5mm2，闭合开关，把a、b先后接入电路，比较灯泡的亮度变化，以此比较合金线电阻的大小，此研究方法叫______(选填“等效替代法”或“转换法”)。通过比较，得出导体a的电阻______导体b的电阻(选填“大于”、“小于”或“等于”)。
5. 如图所示，图A、B、C、D是四冲程汽油机的工作示意图，图E、F是演示实验的示意图，B图是______冲程，与它原理相同的是______图所示的演示实验。汽车内某单缸汽油机飞轮转速为2400r/min，该汽油机每分钟对外做功______次。汽油机需要用冷却液进行降温，是利用了冷却液的______大的特性。
6. 如图所示，R1=R2=R3，此实验可探究电流通过导体时产生的热量与______ 因素有关(选填“电流”、“电阻”或“时间”)。
7. 现有电源、开关、电流表、电压表、灯泡、滑动变阻器各一个，其中灯泡的U−I图象如图所示，将这些元件用导线连成电路后，闭合开关，滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数从4V开始减小，电流表的示数从0.4A开始增大．则滑动变阻器的最大阻值为______Ω，在滑片移动过程中小灯泡消耗的最大电功率与整个电路消耗的最小电功率的比值为______.
8. LED节能灯的核心元件是发光二极管，二极管是由______ 材料制成的。LED灯可以把电能直接转化为光能，一盏“24V 12W”的LED灯，其亮度与“220V 100W”的普通白炽灯相当，若上述LED灯和白炽灯都正常工作相同时间，两灯消耗的电能之比是______ 。如图是白炽灯工作时的能量转化情况，由此可知，“24V 12W”LED灯与“220V 100W”白炽灯照明效果相同，是因为它们的______ 不相同。
9. 质量相同的甲、乙两个小球，自由下落经过如图所示的位置时机械能相等，不考虑空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 此时甲、乙两球的动能相等
B. 此时甲、乙两球的重力势能相等
C. 两球在落地前的速度相等
D. 两球下落的初始位置的高度不同
10. 如图电源电压为U，灯泡L1和L2的额定电压分别是U1和U2，电压关系为：U1
B. 灯泡L1发生断路
C. 灯泡L2发生短路
D. 灯泡L2发生断路
11. 关于热现象，下列说法正确的是( )
A. 物体吸收了热量，温度一定升高
B. 热量总是从内能大的物体传递给内能小的物体
C. 克服摩擦做功可使物体的热量增加
D. 同一个物体间也可以发生热传递
12. 如图所示电路，闭合开关后，两表均有示数，过一会儿发现电压表示数突然变小，电流表示数突然变大，下列判断可能的是( )
A. 灯泡L1短路
B. 灯泡L2短路
C. 灯泡L1灯丝断开
D. 灯泡L2灯丝断开
13. 如图所示的滑轮组，在不计绳重和摩擦的情况下，均将重为G的物体匀速提升h的高度，且每个滑轮的重力都等于G0(G0
A. 绳子自由端拉力的大小关系为F1=F2>F3
B. 甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为G0h
C. 甲图和乙图中的装置总功相等为Gh+G0h
D. 乙图中的装置机械效率最高为100%
14. 如图所示的电路中电源电压恒定，闭合开关S，电流表A示数为I，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2；将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，电流表A示数为I′，电压表V1示数为U1′，电压表V2示数为U2′，则( )
A. I′>I
B. U2′
D. U1′−U2′I′
(1)全程中汽车所受阻力大小；
(2)整个过程中发动机做的功；
(3)汽车的最大速度。
16. 一台单缸四冲程汽油机，气缸横截面积为400cm2，活塞冲程长为30cm，做功冲程燃气的平均压强是5×105pa，飞轮转速是240r/min。求：
(1)求该汽油机的输出功率；
(2)如果该汽油机每分钟消耗汽油60g，汽油完全燃烧所放出的热量；
(3)求汽油机的效率。(汽油的热值为4.6×107J/kg)
17. 如图甲多功能养生壶具有精细烹饪、营养量化等功能，深受市场认可和欢迎。图乙是某品牌养生壶简化电路图，其中R1、R2为电热丝，R1=R2且电阻值不变，如表为其铭牌，其中高温挡的额定功率已模糊不清。
项目
参数
电源电压(V)
220
低温挡功率(W)
220
中温挡功率(W)
440
高温挡功率(W)
容积(L)
2
(1)在1标准大气压下，使用高温挡将初温是45℃的一满壶水烧开，水吸收多少热量？
(2)若养生壶高温挡加热效率为75%，烧开这一壶水需要多长时间？
18. 图为小伟家的电能表，他发现该电能表的转盘在某段时间内转了500转，则在该段时间内小伟家消耗的电能是______kW⋅h。
19. 观察图，电阻箱的示数为______
20. 小明用电流表先后两次测同一段电路的电流时，先用0∼3A量程，测得的电流值为0.5A；再用0∼0.6A量程，测得的电流值为0.48A，那么该电路中的电流应记为______ A。
21. 利用如图甲所示的实验装置探究“豆浆和牛奶的吸热能力”，操作如下：
(1)在两相同烧杯中分别装入初温相同且______相等的豆浆和牛奶，除天平和装置中的实验器材，还需要用到______。
(2)用相同的酒精灯加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同时间记录一次温度，其中某时刻的温度如图乙所示，其示数为______，选用相同酒精灯加热的目的是：______。
(3)实验中，是通过比较______(选填“升高的温度”或“加热时间”)来反映豆浆和牛奶吸收的热量。
(4)分析图丙可知，对于质量相同的豆浆和牛奶，升温较快的是______，比热容较大的是______。
22. 小明要利用身边仅有的一只电流表和两个滑动变阻器(A为“30Ω1A”、B为“XΩ1A)，测量小灯泡的电功率。已知小灯泡的额定电流为0.3A，电源两端电压未知。
(1)如图所示，将小灯泡与滑动变阻器A串联，闭合开关前，应将滑片应移到最______(选填“左”或“右”)端。
(2)闭合开关，移动滑片，使电流表的示数为0.3A。
(3)断开开关，用滑动变阻器B替换小灯泡，再闭合开关，移动滑动变阻器______(选填“A”或“B”)的滑片，使电流表的示数为0.3A。
(4)保持滑动变阻器______(选填“A”或“B”)的滑片位置不动，将另一只滑动变阻器的滑片移至两个端点时，电流表的示数分别为0.4A和0.1A，则小灯泡的额定功率为______ W。
(5)当小灯泡正常发光时，滑动变阻器A和小灯泡消耗的电功率之比为______。
23. 小明利用如图所示的电路探究“电流与电阻的关系”，已知电源电压为4.5V且保持不变，实验用到的定值电阻的阻值分别是5Ω、10Ω、15Ω、20Ω和25Ω，滑动变阻器的规格为“50Ω1A”。
(1)请将电路图连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移动时，电流表示数变小。
(2)电路改正以后，闭合开关前应将滑动变阻器滑片调至最______ (选填“左”或“右”)端。
(3)为了用上所有的定值电阻正确完成五次实验，定值电阻两端的电压至少保持______ V不变。
(4)下表是小明同学测得的实验数据，第______ 次的实验数据存在明显错误，分析时需要把它去掉。
实验次数
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
5
10
15
20
25
电流I/A
0.6
0.3
0.2
0.7
0.12
综合分析数据可得实验结论：______ 。
(5)上表正确的四次实验中，滑动变阻器的最大和最小电阻之比为______ 。
【拓展】同组的小华同学提出，用电阻箱替换定值电阻，不用反复拆装元件，还可得到更多的数据，他们找老师借了一个电阻箱(0∼999.99Ω)，若保持电压表示数仍为3V，且电流表量程不变，为保证实验顺利完成，电阻箱接入电路的阻值范围应为______ Ω。
答案和解析
1.【答案】做功 不做功
【解析】解：举重运动员在由支撑到起立将杠铃快速地举过头顶，运动员在这个过程中对杠铃施加了力的作用，杠铃在力的方向上通过了距离，有力有距离，所以运动员在这个过程中对杠铃有做功；
运动员在起立状态保持3s，在这3s内运动员对杠铃施加了力的作用，但杠铃没有在力的方向上通过距离，所以，在这3s内运动员对杠铃不做功。
故答案为：做功；不做功。
物理学中的做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可。
此题考查力是否做功的判断，解答此类题目的关键是抓住做功的两个必要条件分析，难度不大，属于基础题，
2.【答案】电荷发生转移 负
【解析】解：
毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，多余电子，若将其接触验电器的金属球，电子从橡胶棒转移到验电器上，验电器的金属箔因带同种电荷相互排斥而张开一定的角度；此时验电器的金属箔带负电。
故答案为：电荷发生转移；负。
(1)自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷。丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；毛皮摩擦过的橡胶棒带负电。
(2)橡胶棒因为多余电子而带负电荷，接触验电器金属球后橡胶棒上多余的电子会转移到验电器上，验电器因为得到电子而带上负电。
本题考查验电器的原理及使用，解答此题的关键是知道橡胶棒所带的电荷种类，以及验电器的工作原理。
3.【答案】化学 电 机械
【解析】解：蓄电池充电时相当于用电器，是把电能转化成化学能；
光电池可以把光能转化成电能，太阳能电池是属于光电池；
摩擦生热是通过做功把机械能转化成内能。
故答案为：化学；电；机械。
判断能量的转化，我们主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，总是消耗的能量转化为得到的能量。
此题要求学生熟练掌握各种能量的变化。能量转化的过程都是有规律可循的，在平常的学习中要注意总结归纳。
4.【答案】转换法 小于
【解析】解：实验中可以通过灯泡亮度判断导体电阻大小，这是转换法的应用；
a和b的材料、长度相同，a的横截面积大于b的横截面积，把a、b先后接入电路，会发现接入a时灯泡的亮度大，这表明接入a时电路中的电流大，根据欧姆定律可知，电路中的电阻小，即a的电阻要小于b的电阻。
故答案为：转换法；小于。
灯泡与导体串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，灯泡的亮度就越暗，实验中可以通过灯泡亮度判断导体电阻大小；
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
本题考查了影响电阻大小的因素，利用好控制变量法和转换法是解题的关键。
5.【答案】压缩 E 20 比热容
【解析】解：(1)B图中，两气门都关闭，活塞上行，是压缩冲程，此冲程将内能转化为机械能；
(2)E图中，用力将活塞压下，活塞对筒内空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，这是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程；
F图中，水蒸气膨胀对外做功，将塞子冲出，将内能转化为机械能；
综上所述，与B图原理相同的是E图所示的演示实验；
(3)由题意可知，单缸四冲程汽油机的飞轮转速是2400r/min=40r/s，即每秒钟飞轮转40圈，完成80个冲程，对外做功20次；
(4)汽油机工作时会产生大量热，是因为冷却液的比热容比较大，由Q吸=cmΔt可知，与其它液体相比，在质量和升高温度相同时，冷却液可以吸收更多的热量，降低发动机的温度。
故答案为：压缩；E；20；比热容。
(1)判断汽油机的四个冲程，先看进气门和排气门的关闭情况，进气门打开的是吸气冲程，排气门打开的是排气冲程，进气门和排气门都关闭的是压缩冲程或者做功冲程；活塞上行为压缩冲程和排气冲程；活塞下行为吸气冲程和做功冲程。
(2)改变物体内能的方式有热传递和做功两种。做功改变物体内能的实质是能量的转化，具体来说是内能和机械能的相互转化。对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外做功，物体的内能减少，温度降低。
(3)在四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
(4)冷却液的比热容较大，相同质量的冷却液和其他物质，在升高相同温度的情况下，冷却液吸收的热量最多。
此题是通过内燃机的工作原理、水的比热容大的应用、改变内能的方法，属于基础题。
6.【答案】电流
【解析】解：由图可知右侧容器中的电阻R2与容器外的电阻R3并联，再与左侧容器中的导体R1串联，因此通过R1和R2的电流不同，电阻大小和通电时间相同，故图中所示的实验是探究电流通过电阻时产生的热量与电流大小的关系。
故答案为：电流。
导体产生的热量与导体的电阻、电流、通电时间有关。当研究导体产生的热量与电流的关系时，应控制导体中的电阻、通电时间相同。
本题考查了对电流的热效应与哪些因素有关实验的理解，要掌握控制变量法的应用，难度不大。
7.【答案】10 5：4
【解析】解：由题意可知，将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数减小，电流表的示数增大，则电压表并联在滑动变阻器两端，否则两电表示数应同时增大或同时减小．
结合题意可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，如下图所示：
当电压表的示数为4V时，电路中的电流为0.4A，由图象可知此时灯泡两端的电压UL=2V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：U=U滑+UL=4V+2V=6V；
由I=UR可得，滑动变阻器的最大阻值：
R滑=U滑I=4V0.4A=10Ω；
此时电路中电流最小，则整个电路的最小功率：
Pmin=UI=6V×0.4A=2.4W；
当变阻器接入电路中的电阻最小为0时，灯泡两端的电压和电源电压相等，此时灯泡的功率最大，
由图象可知，当U=6V时，通过灯泡的电流：I′=0.5A，
小灯泡的最大功率：PL大=UI′=6V×0.5A=3W；
灯泡消耗的最大电功率与整个电路消耗的最小电功率的比值：PL大Pmin=3W2.4W=54；
故答案为：10；5：4.
由题意可知，将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数减小，电流表的示数增大，则电压表并联在滑动变阻器两端，否则两电表示数应同时增大或同时减小．
当电压表的示数为5V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电路的总功率最小，根据图象读出电路中的电流为0.3A时灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，根据P=UI求出整个电路的最小功率；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最小时，灯泡两端的电压和电源的电压相等，根据图象估测通过的电流，根据P=UI求出灯泡的最大功率；然后求出功率之比．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是根据题意得出电压表所测量的电路元件和从图象中得出需要的信息．
8.【答案】半导体 3：25 电能转化为光能的效率
【解析】解：(1)制造发光二极管的主要材料是半导体材料；
(2)LED灯和白炽灯都正常工作相同时间时消耗的电能之比：
WLED：W白炽灯=PLEDt：P白炽灯t=PLED：P白炽灯=12W：100W=3：25；
(3)白炽灯的发光效率：
η=W光W电×100%=10J100J×100%=10%，
LED灯可以把电能直接转化为光能，即100%，
通过计算看出白炽灯消耗的电能转化为光能的效率很低，
则12WLED灯与100W的白炽灯照明效果相同的原因是节能灯的电能转化为光能的效率比白炽灯的要高得多。
故答案为：半导体；3：25；电能转化为光能的效率。
(1)二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性；
(2)用电器正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=UIt求出LED灯和白炽灯都正常工作相同时间时消耗的电能之比；
(3)利用效率公式求白炽灯的发光效率，通过计算看出白炽灯消耗的电能转化为光能的效率很低，则12WLED灯与100W的白炽灯照效果相同的原因是两种灯电能转化为光能的效率不同。
本题考查了半导体材料的应用和电功公式、效率公式的应用，关键是利用好灯的铭牌(额定功率)和白炽灯的能流图。
9.【答案】C
【解析】解：AB、甲、乙两个小球，自由下落经过如图所示的位置时机械能相等，由题图可知，两小球质量相等，乙球的高度大于甲球，则乙球的重力势能大于甲球，
机械能等于动能和势能之和，故此时甲球的动能大于乙球，故AB错误。
C、甲、乙两个小球，自由下落经过如图所示的位置时机械能相等，不计空气阻力，小球在下落过程中机械能守恒，故只有重力势能转化为动能，在两球在落地前，两球的重力势能全部转化为动能，则两球在落地前的动能相等，动能的大小与质量和速度有关，故两球在落地前的速度相等，故C正确。
D、两球在落地前的动能相等，重力势能都为零，则机械能相等，所以在高处时开始下落时的重力势能是相同的，即高度相同，故D错误。
故选：C。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。
(3)重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
此题考查动能和势能的大小变化、机械能的守恒，难度不大，要掌握。
10.【答案】A
【解析】解：由电路图可知，两灯泡串联，电流表测量电路电流；
A、若灯泡L1发生短路，则电路为L2的简单电路，灯泡L2两端电压等于电源电压，由于U
C、若灯泡L2发生短路，则电路为L1的简单电路，灯泡L1两端电压等于电源电压，由于U1
根据电路图可知，两灯泡串联，电流表测量电路电流，闭合开关后两灯都发光，过一段时间后，一灯熄灭，一灯发光，根据串联电路中发生断路时整个电路不能工作判出故障不可能是断路；然后分析短路时灯泡两端电压，当灯泡两端电压大于其额定电压时，灯泡会被烧坏。
本题考查电路的故障分析，注意当灯泡两端电压大于额定电压时，灯泡容易烧坏。
11.【答案】D
【解析】解：A、物体吸收了热量，内能一定增大，温度不一定升高，如冰熔化，内能增加，温度不变，故A错误；
B、发生热传递的条件是存在温度差，不是存在内能差，故B错误；
C、克服摩擦做功可使物体的内能增加，但不能说物体具有热量或物体的热量，故C错误；
D、热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体或物体的高温部分传递给物体的低温部分，故D正确；
故选：D。
(1)晶体熔化时，吸收热量，温度不变；
(2)发生热传递的条件是存在温度差，不是存在内能差；
(3)热量只能说吸收和放出；
(4)热传递的条件是存在温度差。
本题是考查学生对温度、内能、热量三者关系的理解，以及热传递的条件和晶体熔化过程的特点的掌握，难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：当开关S闭合后，该电路为串联电路，电压表测量L1两端的电压，电流表测量电路中的电流；两表均有示数，过一会儿发现电压表示数突然变小，由电压表示数突然变小说明电压表由测量部分电路两端的电压(L1两端的电压)变为测量导线两端的电压(L1短路)，因此电路故障为L1短路，此时电流表示数变大。
故选：A。
电路故障分为短路和断路：短路时，电路中有电流，并且电流较大；断路时，电路中无电流；先根据电流表示数的变化确定电路的故障，然后再根据电压表、电流表示数示数的变化确定故障的具体位置。
本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和开路两种情况，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。
13.【答案】BD
【解析】解：A、已知物体重为G，每个滑轮的重力都等于G0，甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力F1=12(G+G0)，乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F2=G，丙图的滑轮组，n=3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F3=13(G+G0)，故绳子自由端拉力的大小关系为F2>F1>F3，故A错误；
B、分别利用甲、丙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，做的有用功相同，W有用1=W有用3=Gh，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于G0h，即W额1=W额3=G0h，故甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为G0h说法正确，故B正确；
C、分别利用甲、乙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，根据绳子自由端移动的距离s=nh，由图中滑轮组的结构可知，n1=2，n2=1，提升物体的高度h相同，则s1=2h，s2=h，则拉力做的总功：W1=F1s1=12(G+G0)2h=(G+G0)h；W2=F2s2=Gh，所以W1≠W2，甲图和乙图中的装置总功不相等，故C错误；
D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功W有用3=Gh，拉力做的总功：W2=F2s2=Gh，根据公式η=W有W总×100%=GhGh×100%=1，可得乙图中的装置机械效率最高为100%，故D正确。
故选：BD。
已知物体重为G，每个滑轮的重力都等于G0；
A、甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力F1=12(G+G0)；乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F2=G；丙图的滑轮组，n=3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F3=13(G+G0)；据此比较三者绳子自由端拉力的大小关系；
B、分别利用甲、丙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，做的有用功相同，W有用1=W有用3=Gh，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于G0h；
，即W额1=W额3=G0h，据此判断甲图和丙图中的装置消耗的额外功是否相等；
C、分别利用甲、乙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，根据绳子自由端移动的距离s=nh，由图中滑轮组的结构可知，n1=2，n2=1，提升物体的高度h相同，则s1=2h，s2=h，则拉力做的总功：W1=F1s1=12(G+G0)2h=(G+G0)h；W2=F2s2=Gh，据此判断甲图和乙图中的装置总功是否相等；
D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功W有用3=Gh，拉力做的总功：W2=F2s2=Gh，根据公式η=W有W总×100%=G有hFs×100%=G有hnhF×100%，判断乙图中的装置机械效率最高是否为100%。
本题综合考查了不计摩擦和绳重时，使用三种不同装置滑轮组，n的确定方法以及有用功、额外功、总功和机械效率的计算方法，综合性强，是一道好题。
14.【答案】BC
【解析】解：AB、闭合开关，定值电阻R0和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表V1测量电源电压，电压表V2测量R0两端的电压，闭合开关S，电流表A示数为I，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2；
将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，滑动变阻器接入电路的电阻变大，串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以电路总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小；
由U=IR可知，R0两端的电压变小，此时电流表A示数为I′，电压表V1示数为U1′，电压表V2示数为U2′，
综上可知：U2′
根据欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的阻值为R=U1−U2I；
将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，滑动变阻器两端的电压为：U1′−U2′，
滑动变阻器接入电路的阻值R′=U1′−U2′I′，
将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，滑动变阻器接入电路的电阻变大，即R
AB、闭合开关，定值电阻R0和滑动变阻器R串联，电流表测量电路电流，电压表V1测量电源电压，电压表V2测量R0两端的电压，将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变化以及定值电阻两端的电压变化；
CD、根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值，进一步分析CD选项。
本题考查串联电路的特点、串联分压原理和欧姆定律的应用，难度不大。
15.【答案】解：(1)全程中汽车的所受阻力：
f=0.2G=0.2mg=0.2×20×103kg×10N/kg=4×104N；
(2)由题意可知，整个过程中发动机的工作时间t=40s，且在这段时间内发动机的功率不变，
由P=Wt可得，整个过程中发动机做的功：
W=Pt=80×103W×40s=3.2×106J；
(3)因汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以，汽车的牵引力F=f=4×104N，
由P=Wt=Fst=Fv可得，汽车的最大速度：
v最大=PF=80×103W4×104N=2m/s。
答：(1)全程中汽车的所受阻力为4×103N；
(2)整个过程中发动机做的功为3.2×106J；
(3)汽车的最大速度为2m/s。
【解析】(1)汽车在运动过程中受到的阻力恰为车重的0.2倍，根据f=0.2G=0.2mg求出全程中汽车的所受阻力；
(2)由题意可知，整个过程中发动机的工作时间，根据P=Wt求出整个过程中发动机做的功；
(3)汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，根据P=Wt=Fst=Fv求出汽车的最大速度。
本题考查了重力公式和做功公式、功率公式以及二力平衡条件的应用，明确整个过程中发动机的工作时间和汽车匀速时速度最大是关键。
16.【答案】解：(1)p=5×105Pa，S=400cm2=0.04m2，
根据p=FS知燃气对活塞的平均压力为：
F=pS=5×105Pa×0.04m2=20000N。
s=30cm=0.3m，
一个做功冲程中燃气对活塞做的功：
W=Fs=20000N×0.3m=6000J。
飞轮转速是240r/min，飞轮每转两圈对外做功一次，所以飞轮转动240周，要对外做功120次，
所以燃气对活塞做的总功为：
W总=W×120=6000J×120=720000J=7.2×105J，
而t=1min=60s，
汽油机的功率为：
P=W总t=720000J60s=12000W；
(2)汽油完全燃烧所放出的热量：Q放=mq=0.06kg×4.6×107J/kg=2.76×106J；
(3)汽油机的效率：
η=W总Q放=7.2×105J2.76×106J×100%≈26.1%；
答：(1)该汽油机的输出功率为12000W；
(2)如果该汽油机每分钟消耗汽油60g，汽油完全燃烧所放出的热量2.76×106J；
(3)汽油机的效率为26.1%。
【解析】(1)知道燃气的平均压强和活塞的面积，可利用公式F=pS计算出平均压力的大小。知道活塞在气缸中移动的距离，可利用公式W=Fs计算出一个做功冲程燃气对活塞做的功。飞轮(曲轴)每转两圈对外做功一次，计算出飞轮转动240周对外做功的次数，已经计算出一个做功冲程燃气对活塞做的功，从而可以计算出燃气对活塞做的总功，又知道做功的时间，可利用公式P=Wt计算出汽油机的功率。
(2)根据Q=qm求出汽油完全燃烧放出的热量；
(3)根据η=W总Q求出汽油机的效率。
本题考查热机中压力、功、效率的计算，关键是对公式和公式变形的理解和应用，在计算过程中要注意单位的换算。
17.【答案】解：(1)一满壶水的体积：
V=2L=2dm3=2×10−3m3，
由ρ=mV可得，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×2×10−3m3=2kg，
在1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℃−45℃)=4.62×105J；
(2)当开关S2接A、S1断开时，两电阻串联；当开关S2接A、S1闭合时，电路为R1的简单电路；当开关S2接B、S1闭合时，两电阻并联；
因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻，并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，当开关S2接A、S1断开时电路的总电阻最大，当开关S2接B、S1闭合时电路中的总电阻最小，
由P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越大，总功率越小，反之越大，
则当开关S2接B、S1闭合时养生壶处于高温挡，当开关S2接A、S1断开时养生壶处于低温挡，当开关S2接A、S1闭合时养生壶处于中温挡，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，且R1=R2，
所以，由P=UI=U2R可知：P1=P2=P中，
养生壶高温挡的功率：
P高=P1+P2=2P中=2×440W=880W，
由η=Q吸W×100%可得，消耗的电能：
W=Q吸η=4.62×105J75%=6.16×105J，
由P=Wt可得，需要的加热时间：
t′=WP高=6.16×105J880W=700s。
答：(1)在1标准大气压下，使用高温挡将初温是45℃的一满壶水烧开，水吸收的热量为4.62×105J；
(2)若养生壶高温挡加热效率为75%，烧开这一壶水需要700s。
【解析】(1)根据表格数据可知一满壶水的体积，根据m=ρV求出水的质量，又知道水的初温、末温(在1标准大气压下水的沸点为100℃)以及比热容，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)分析开关转换时电路的连接，根串并联电路的电阻特点和P=UI=U2R得出低温挡、高温挡、中温挡电路的连接方式，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响和P=UI=U2R结合R1=R2可知，两电阻的电功率和中温挡的功率相等，据此求出养生壶高温挡的功率，利用η=Q吸W×100%求出消耗的电能，利用P=Wt求出需要的加热时间。
本题考查了密度公式和吸热公式、电功率公式、效率公式、电功公式的综合应用，分清养生壶处于不同状态时电路的连接方式并得出高温挡的功率是关键。
18.【答案】0.2
【解析】解：2500r/(kW⋅h)表示：电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转动2500r，
则转盘转500转时，用电器消耗的电能：
W=5002500kW⋅h=0.2kW⋅h。
故答案为：0.2。
2500r/(kW⋅h)表示：电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转动2500r，据此可求转500转时，用电器消耗的电能。
本题考查消耗电能的计算，关键是对电能表参数的物理意义的正确理解。
19.【答案】616Ω
【解析】解：电阻箱的示数：0×1000Ω+6×100Ω+1×10Ω+6×1Ω=616Ω。
故答案为：616Ω。
电阻箱的读数方法：用△所对的数字乘以下面的倍数，然后把他们相加，就可得出电阻箱的示数。
本题考查的是电阻箱的读数方法，在计算电阻箱的读数时不要忘记乘以各指针所对应的倍数。
20.【答案】0.48
【解析】解：
在测某段电路中的电流时，若选用0∼0.6A量程，测得的电流值为0.48A；若选用0∼3A量程，测得的电流值为0.5A；因为电流表的精确度由量程的分度值决定，在被测电流都不超过电流表的量程时，小量程的分度值更小，其测量值更准确，所以该电路中电流的大小应记为0.48A。
故答案为：0.48。
在使用电流表测量电流时应事先估测被测电流的大小，并用大量程试触，如果电流较小应换用小量程进行测量，否则由于电流表大量程的分度值过大，会造成很大的实验误差。
本题主要考查对电流表测量精度的了解，要掌握所学测量仪器的使用规则。
21.【答案】质量 温度计 39℃使两种液体在相同时间内吸收相同的热量 加热时间 豆浆 牛奶
【解析】解：(1)根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相等，在两烧杯中分别装入初温相同且质量相等的豆浆和牛奶，实验中需要用温度计测量液体升高的温度；
(2)图乙中温度计分度值为1℃所示，其示数为39℃；选用相同酒精灯加热的目的是为了使两种液体在相同时间内吸收相同的热量；
(3)实验中，是通过比较加热时间来间接反映豆浆和牛奶吸收的热量；这是物理中常见的方法：转换法。
(4)分析图象可知，对于质量相等的豆浆和牛奶，加热相同时间，升温较快的是豆浆，则豆浆的比热容小，牛奶的比热容大。
故答案为：(1)质量；温度计；(2)39℃；使两种液体在相同时间内吸收相同的热量；(3)加热时间；(4)豆浆；牛奶。
(1)(3)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的两种方法：
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)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
为使被加热物体受热均匀，用搅棒搅动；
(2)根据图乙温度计分度值读数；
(4)根据图象分析得出结论；根据结论推理回答；根据比较吸热能力的方法回答。
本题探究豆浆和牛奶的温度变化与吸热的关系，考查控制变量法和转换法及数据分析。为热学的重要实验。
22.【答案】左 BB0.91：3
【解析】解：(1)为了保护电路闭合开关前，滑动变阻器的滑片在阻值最大处，即最左端；
测量灯泡电功率时，移动滑片使电流表为0.3A；
(3)当将灯泡改为滑动变阻器B时，要调节滑动变阻器B使电流表为0.3A；
(4)保持滑动变阻器B的位置不变，移动滑动变阻器A在两个端点，电流表为0.4A和0.1A，由欧姆定律和电阻串联，根据电源电压不变，U=IBRB=IA(RB+RB)，即U=0.4A×RB=0.1A×(RB+30Ω)，
RB=10Ω，
电源电压：U=4V；
灯的电阻RL=10Ω，灯泡的额定电功率为：
P=I2RL=(0.3A)2×10Ω=0.9W；
(5)电源电压为U=4V，灯泡正常发光时，由欧姆定律，灯的额定电压为：
UL=0.3A×10Ω=3V，
则由串联电路电压的规律，滑动变阻器A两端的电压为：
UA=U−UL=4V−3V=1V，
由分压原理，滑动变阻器A的电阻和灯的电阻之比为：
1V：3V=1：3；
根据P=I2R，由串联电路各处的电流相等，故P与R成正比，
故滑动变阻器A和灯泡的电功率之比为1：3。
故答案为：(1)左；(2)B；(3)B；(4)0.9；(5)1：3。
(1)为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片在阻值最大处；
(3)用滑动变阻器B替换小灯泡，已知灯的额定电流，根据等效替代法，移动B的滑片使电路中的电流仍为0.3A即可；
(4)为测量出此时B连入的电阻，将滑动变阻器A的滑片分别移至两个端点，分别记下电流表的示数，由欧姆定律和电阻的串联规律，根据电源电压不变列方程求出B此时连入的电阻，即灯正常发光时的阻；从而可求出灯的额定功率；
(5)由所列方程可得出电源电压，灯泡正常发光时，由欧姆定律可得出灯的额定电压，由串联电路电压的规律求出滑动变阻器A的电压；由分压原理得出滑动变阻器A的电阻和灯的电阻之比；
根据P=I2R和串联电路各处的电流相等，P与R成正比，据此求出滑动变阻器A和灯泡的电功率之比。
本题用一只电流表和两个滑动变阻器(A为“30Ω1A”、B为“XΩ1A)测量小灯泡的电功率，考查实验方案的设计、串联电路的规律、欧姆定律、电功率公式的运用和串联电路电流的规律及等效替代法的运用，综合性较强。
23.【答案】右 1.54电压一定时，通过导体的电流和导体的电阻成反比 5：15∼100
【解析】解：(1)根据滑动变阻器的滑片向右移动时电流表示数变小知，电阻变大，故滑动变阻器左下接线柱接入电路；开关和电阻串联接入电路，如下图所示：
；
(2)为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片调至阻值最大处，即最右端；
(3)设控制定值电阻两端的电压至少保持UV，由串联电路的规律和分压原理有：U−UVUV=R滑R定，
当定值电阻最大时，对应的变阻器连入电路最大，电压表示数最小，
即：4.5V−UVUV=50Ω25Ω，解得：UV=1.5V，故控制定值电阻两端的电压至少保持UV=1.5V；
(4)根据U=IR知，UV=I1R1=0.6A×5Ω=I2R2=0.3A×10Ω=I3R3=I5R5=0.12A×25Ω≠I4R4=0.7A×20Ω，故第4组实验数据错误；
UV=I1R1=0.6A×5Ω=I2R2=0.3A×10Ω=I3R3=I5R5=0.12A×25Ω=3V，为一定值，故当电压一定时，通过导体的电流和导体的电阻成反比；
(5)上表正确的四次实验中，根据串联分压原理和欧姆定律可知，当电流为0.6A时，滑动变阻器接入电路的电阻为：
R滑小=U−UVI1=4.5V−3V0.6A=2.5Ω，
同理，当电流为0.12A时，滑动变阻器接入电路的电阻为：
R滑大=U−UVI5=4.5V−3V0.12A=12.5Ω，
故滑动变阻器的最大和最小电阻之比为：12.5Ω：2.5Ω=5：1；
【拓展】由题意可知，小华从实验室借来一个电阻箱(0∼999.9Ω)替换定值电阻，其他电路不变，若保持电压表示数仍为3V，电流表的量程为0∼0.6A；
电路电流最大为0.6A，此时定值最小为：Rmin=UI=3V0.6=5Ω，
根据串联电路电压特点，当滑动变阻器调到最大时，电阻阻值最大，且：UU滑=RmaxR滑，U滑=4.5V−3V=1.5V，
代入数据得：3V1.5V=Rmax50Ω，解得：Rmax=100Ω，
电阻箱接入电路的阻值范围为5∼100Ω。
故答案为：(1)如上图所示；(2)右；(3)1.5；(4)4；电压一定时，通过导体的电流和导体的电阻成反比；(5)5：1；【拓展】5∼100。
(1)根据滑片移动方向判断滑动变阻器接入电路方式；将开关和电阻串联接入电路；
(2)为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片调至阻值最大处；
(3)设控制定值电阻两端的电压至少保持UV，由串联电路的规律和分压原理分析求解；
(4)探究“电流与电阻关系”实验中，要控制电压表不变，据此分析；
(5)根据串联分压原理和欧姆定律算出滑动变阻器的最大和最小电阻；
【拓展】根据题意电流表允许通过的最大电流为0.6A，根据公式R=UI即可求得允许接入的最小电阻；根据串联电路的电压特点，当滑动变阻器调到最大时，电阻阻值最大，且电压的分配与电阻成正比，由此解得最大电阻。
本题研究电流与电阻的关系，考查电路连接、注意事项、串联电路的规律和欧姆定律、控制变量法和数据分析能力。
2023年山西大学附中中考物理二模试卷
1. 如图所示，举重运动员在由支撑到起立将杠铃快速地举过头顶，运动员在这个过程中对杠铃______ ；运动员在起立状态保持3s，在这3s内运动员对杠铃______ 。(选填“做功”或“不做功”)
2. 如图所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球，验电器的两个金属箔张开一定的角度，张开是因为在这个过程中______(“产生了电荷”或“电荷发生转移”)，此时验电器的金属箔带______电。
3. 写出下列现象或过程的能量转化：
蓄电池充电是把电能转化成______能；光电池是把光能转化成______能；摩擦生热是把______能转化成内能。
4. 如图所示，小真利用两根镍铬合金线a和b探究“影响导体电阻大小的因素”的实验，a、b的横截面积分别是0.5cm2和5mm2，闭合开关，把a、b先后接入电路，比较灯泡的亮度变化，以此比较合金线电阻的大小，此研究方法叫______(选填“等效替代法”或“转换法”)。通过比较，得出导体a的电阻______导体b的电阻(选填“大于”、“小于”或“等于”)。
5. 如图所示，图A、B、C、D是四冲程汽油机的工作示意图，图E、F是演示实验的示意图，B图是______冲程，与它原理相同的是______图所示的演示实验。汽车内某单缸汽油机飞轮转速为2400r/min，该汽油机每分钟对外做功______次。汽油机需要用冷却液进行降温，是利用了冷却液的______大的特性。
6. 如图所示，R1=R2=R3，此实验可探究电流通过导体时产生的热量与______ 因素有关(选填“电流”、“电阻”或“时间”)。
7. 现有电源、开关、电流表、电压表、灯泡、滑动变阻器各一个，其中灯泡的U−I图象如图所示，将这些元件用导线连成电路后，闭合开关，滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数从4V开始减小，电流表的示数从0.4A开始增大．则滑动变阻器的最大阻值为______Ω，在滑片移动过程中小灯泡消耗的最大电功率与整个电路消耗的最小电功率的比值为______.
8. LED节能灯的核心元件是发光二极管，二极管是由______ 材料制成的。LED灯可以把电能直接转化为光能，一盏“24V 12W”的LED灯，其亮度与“220V 100W”的普通白炽灯相当，若上述LED灯和白炽灯都正常工作相同时间，两灯消耗的电能之比是______ 。如图是白炽灯工作时的能量转化情况，由此可知，“24V 12W”LED灯与“220V 100W”白炽灯照明效果相同，是因为它们的______ 不相同。
9. 质量相同的甲、乙两个小球，自由下落经过如图所示的位置时机械能相等，不考虑空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 此时甲、乙两球的动能相等
B. 此时甲、乙两球的重力势能相等
C. 两球在落地前的速度相等
D. 两球下落的初始位置的高度不同
10. 如图电源电压为U，灯泡L1和L2的额定电压分别是U1和U2，电压关系为：U1
B. 灯泡L1发生断路
C. 灯泡L2发生短路
D. 灯泡L2发生断路
11. 关于热现象，下列说法正确的是( )
A. 物体吸收了热量，温度一定升高
B. 热量总是从内能大的物体传递给内能小的物体
C. 克服摩擦做功可使物体的热量增加
D. 同一个物体间也可以发生热传递
12. 如图所示电路，闭合开关后，两表均有示数，过一会儿发现电压表示数突然变小，电流表示数突然变大，下列判断可能的是( )
A. 灯泡L1短路
B. 灯泡L2短路
C. 灯泡L1灯丝断开
D. 灯泡L2灯丝断开
13. 如图所示的滑轮组，在不计绳重和摩擦的情况下，均将重为G的物体匀速提升h的高度，且每个滑轮的重力都等于G0(G0
A. 绳子自由端拉力的大小关系为F1=F2>F3
B. 甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为G0h
C. 甲图和乙图中的装置总功相等为Gh+G0h
D. 乙图中的装置机械效率最高为100%
14. 如图所示的电路中电源电压恒定，闭合开关S，电流表A示数为I，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2；将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，电流表A示数为I′，电压表V1示数为U1′，电压表V2示数为U2′，则( )
A. I′>I
B. U2′
D. U1′−U2′I′
(1)全程中汽车所受阻力大小；
(2)整个过程中发动机做的功；
(3)汽车的最大速度。
16. 一台单缸四冲程汽油机，气缸横截面积为400cm2，活塞冲程长为30cm，做功冲程燃气的平均压强是5×105pa，飞轮转速是240r/min。求：
(1)求该汽油机的输出功率；
(2)如果该汽油机每分钟消耗汽油60g，汽油完全燃烧所放出的热量；
(3)求汽油机的效率。(汽油的热值为4.6×107J/kg)
17. 如图甲多功能养生壶具有精细烹饪、营养量化等功能，深受市场认可和欢迎。图乙是某品牌养生壶简化电路图，其中R1、R2为电热丝，R1=R2且电阻值不变，如表为其铭牌，其中高温挡的额定功率已模糊不清。
项目
参数
电源电压(V)
220
低温挡功率(W)
220
中温挡功率(W)
440
高温挡功率(W)
容积(L)
2
(1)在1标准大气压下，使用高温挡将初温是45℃的一满壶水烧开，水吸收多少热量？
(2)若养生壶高温挡加热效率为75%，烧开这一壶水需要多长时间？
18. 图为小伟家的电能表，他发现该电能表的转盘在某段时间内转了500转，则在该段时间内小伟家消耗的电能是______kW⋅h。
19. 观察图，电阻箱的示数为______
20. 小明用电流表先后两次测同一段电路的电流时，先用0∼3A量程，测得的电流值为0.5A；再用0∼0.6A量程，测得的电流值为0.48A，那么该电路中的电流应记为______ A。
21. 利用如图甲所示的实验装置探究“豆浆和牛奶的吸热能力”，操作如下：
(1)在两相同烧杯中分别装入初温相同且______相等的豆浆和牛奶，除天平和装置中的实验器材，还需要用到______。
(2)用相同的酒精灯加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同时间记录一次温度，其中某时刻的温度如图乙所示，其示数为______，选用相同酒精灯加热的目的是：______。
(3)实验中，是通过比较______(选填“升高的温度”或“加热时间”)来反映豆浆和牛奶吸收的热量。
(4)分析图丙可知，对于质量相同的豆浆和牛奶，升温较快的是______，比热容较大的是______。
22. 小明要利用身边仅有的一只电流表和两个滑动变阻器(A为“30Ω1A”、B为“XΩ1A)，测量小灯泡的电功率。已知小灯泡的额定电流为0.3A，电源两端电压未知。
(1)如图所示，将小灯泡与滑动变阻器A串联，闭合开关前，应将滑片应移到最______(选填“左”或“右”)端。
(2)闭合开关，移动滑片，使电流表的示数为0.3A。
(3)断开开关，用滑动变阻器B替换小灯泡，再闭合开关，移动滑动变阻器______(选填“A”或“B”)的滑片，使电流表的示数为0.3A。
(4)保持滑动变阻器______(选填“A”或“B”)的滑片位置不动，将另一只滑动变阻器的滑片移至两个端点时，电流表的示数分别为0.4A和0.1A，则小灯泡的额定功率为______ W。
(5)当小灯泡正常发光时，滑动变阻器A和小灯泡消耗的电功率之比为______。
23. 小明利用如图所示的电路探究“电流与电阻的关系”，已知电源电压为4.5V且保持不变，实验用到的定值电阻的阻值分别是5Ω、10Ω、15Ω、20Ω和25Ω，滑动变阻器的规格为“50Ω1A”。
(1)请将电路图连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移动时，电流表示数变小。
(2)电路改正以后，闭合开关前应将滑动变阻器滑片调至最______ (选填“左”或“右”)端。
(3)为了用上所有的定值电阻正确完成五次实验，定值电阻两端的电压至少保持______ V不变。
(4)下表是小明同学测得的实验数据，第______ 次的实验数据存在明显错误，分析时需要把它去掉。
实验次数
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
5
10
15
20
25
电流I/A
0.6
0.3
0.2
0.7
0.12
综合分析数据可得实验结论：______ 。
(5)上表正确的四次实验中，滑动变阻器的最大和最小电阻之比为______ 。
【拓展】同组的小华同学提出，用电阻箱替换定值电阻，不用反复拆装元件，还可得到更多的数据，他们找老师借了一个电阻箱(0∼999.99Ω)，若保持电压表示数仍为3V，且电流表量程不变，为保证实验顺利完成，电阻箱接入电路的阻值范围应为______ Ω。
答案和解析
1.【答案】做功 不做功
【解析】解：举重运动员在由支撑到起立将杠铃快速地举过头顶，运动员在这个过程中对杠铃施加了力的作用，杠铃在力的方向上通过了距离，有力有距离，所以运动员在这个过程中对杠铃有做功；
运动员在起立状态保持3s，在这3s内运动员对杠铃施加了力的作用，但杠铃没有在力的方向上通过距离，所以，在这3s内运动员对杠铃不做功。
故答案为：做功；不做功。
物理学中的做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可。
此题考查力是否做功的判断，解答此类题目的关键是抓住做功的两个必要条件分析，难度不大，属于基础题，
2.【答案】电荷发生转移 负
【解析】解：
毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，多余电子，若将其接触验电器的金属球，电子从橡胶棒转移到验电器上，验电器的金属箔因带同种电荷相互排斥而张开一定的角度；此时验电器的金属箔带负电。
故答案为：电荷发生转移；负。
(1)自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷。丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；毛皮摩擦过的橡胶棒带负电。
(2)橡胶棒因为多余电子而带负电荷，接触验电器金属球后橡胶棒上多余的电子会转移到验电器上，验电器因为得到电子而带上负电。
本题考查验电器的原理及使用，解答此题的关键是知道橡胶棒所带的电荷种类，以及验电器的工作原理。
3.【答案】化学 电 机械
【解析】解：蓄电池充电时相当于用电器，是把电能转化成化学能；
光电池可以把光能转化成电能，太阳能电池是属于光电池；
摩擦生热是通过做功把机械能转化成内能。
故答案为：化学；电；机械。
判断能量的转化，我们主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，总是消耗的能量转化为得到的能量。
此题要求学生熟练掌握各种能量的变化。能量转化的过程都是有规律可循的，在平常的学习中要注意总结归纳。
4.【答案】转换法 小于
【解析】解：实验中可以通过灯泡亮度判断导体电阻大小，这是转换法的应用；
a和b的材料、长度相同，a的横截面积大于b的横截面积，把a、b先后接入电路，会发现接入a时灯泡的亮度大，这表明接入a时电路中的电流大，根据欧姆定律可知，电路中的电阻小，即a的电阻要小于b的电阻。
故答案为：转换法；小于。
灯泡与导体串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，灯泡的亮度就越暗，实验中可以通过灯泡亮度判断导体电阻大小；
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
本题考查了影响电阻大小的因素，利用好控制变量法和转换法是解题的关键。
5.【答案】压缩 E 20 比热容
【解析】解：(1)B图中，两气门都关闭，活塞上行，是压缩冲程，此冲程将内能转化为机械能；
(2)E图中，用力将活塞压下，活塞对筒内空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，这是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程；
F图中，水蒸气膨胀对外做功，将塞子冲出，将内能转化为机械能；
综上所述，与B图原理相同的是E图所示的演示实验；
(3)由题意可知，单缸四冲程汽油机的飞轮转速是2400r/min=40r/s，即每秒钟飞轮转40圈，完成80个冲程，对外做功20次；
(4)汽油机工作时会产生大量热，是因为冷却液的比热容比较大，由Q吸=cmΔt可知，与其它液体相比，在质量和升高温度相同时，冷却液可以吸收更多的热量，降低发动机的温度。
故答案为：压缩；E；20；比热容。
(1)判断汽油机的四个冲程，先看进气门和排气门的关闭情况，进气门打开的是吸气冲程，排气门打开的是排气冲程，进气门和排气门都关闭的是压缩冲程或者做功冲程；活塞上行为压缩冲程和排气冲程；活塞下行为吸气冲程和做功冲程。
(2)改变物体内能的方式有热传递和做功两种。做功改变物体内能的实质是能量的转化，具体来说是内能和机械能的相互转化。对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外做功，物体的内能减少，温度降低。
(3)在四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
(4)冷却液的比热容较大，相同质量的冷却液和其他物质，在升高相同温度的情况下，冷却液吸收的热量最多。
此题是通过内燃机的工作原理、水的比热容大的应用、改变内能的方法，属于基础题。
6.【答案】电流
【解析】解：由图可知右侧容器中的电阻R2与容器外的电阻R3并联，再与左侧容器中的导体R1串联，因此通过R1和R2的电流不同，电阻大小和通电时间相同，故图中所示的实验是探究电流通过电阻时产生的热量与电流大小的关系。
故答案为：电流。
导体产生的热量与导体的电阻、电流、通电时间有关。当研究导体产生的热量与电流的关系时，应控制导体中的电阻、通电时间相同。
本题考查了对电流的热效应与哪些因素有关实验的理解，要掌握控制变量法的应用，难度不大。
7.【答案】10 5：4
【解析】解：由题意可知，将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数减小，电流表的示数增大，则电压表并联在滑动变阻器两端，否则两电表示数应同时增大或同时减小．
结合题意可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，如下图所示：
当电压表的示数为4V时，电路中的电流为0.4A，由图象可知此时灯泡两端的电压UL=2V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：U=U滑+UL=4V+2V=6V；
由I=UR可得，滑动变阻器的最大阻值：
R滑=U滑I=4V0.4A=10Ω；
此时电路中电流最小，则整个电路的最小功率：
Pmin=UI=6V×0.4A=2.4W；
当变阻器接入电路中的电阻最小为0时，灯泡两端的电压和电源电压相等，此时灯泡的功率最大，
由图象可知，当U=6V时，通过灯泡的电流：I′=0.5A，
小灯泡的最大功率：PL大=UI′=6V×0.5A=3W；
灯泡消耗的最大电功率与整个电路消耗的最小电功率的比值：PL大Pmin=3W2.4W=54；
故答案为：10；5：4.
由题意可知，将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数减小，电流表的示数增大，则电压表并联在滑动变阻器两端，否则两电表示数应同时增大或同时减小．
当电压表的示数为5V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电路的总功率最小，根据图象读出电路中的电流为0.3A时灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，根据P=UI求出整个电路的最小功率；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最小时，灯泡两端的电压和电源的电压相等，根据图象估测通过的电流，根据P=UI求出灯泡的最大功率；然后求出功率之比．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是根据题意得出电压表所测量的电路元件和从图象中得出需要的信息．
8.【答案】半导体 3：25 电能转化为光能的效率
【解析】解：(1)制造发光二极管的主要材料是半导体材料；
(2)LED灯和白炽灯都正常工作相同时间时消耗的电能之比：
WLED：W白炽灯=PLEDt：P白炽灯t=PLED：P白炽灯=12W：100W=3：25；
(3)白炽灯的发光效率：
η=W光W电×100%=10J100J×100%=10%，
LED灯可以把电能直接转化为光能，即100%，
通过计算看出白炽灯消耗的电能转化为光能的效率很低，
则12WLED灯与100W的白炽灯照明效果相同的原因是节能灯的电能转化为光能的效率比白炽灯的要高得多。
故答案为：半导体；3：25；电能转化为光能的效率。
(1)二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性；
(2)用电器正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=UIt求出LED灯和白炽灯都正常工作相同时间时消耗的电能之比；
(3)利用效率公式求白炽灯的发光效率，通过计算看出白炽灯消耗的电能转化为光能的效率很低，则12WLED灯与100W的白炽灯照效果相同的原因是两种灯电能转化为光能的效率不同。
本题考查了半导体材料的应用和电功公式、效率公式的应用，关键是利用好灯的铭牌(额定功率)和白炽灯的能流图。
9.【答案】C
【解析】解：AB、甲、乙两个小球，自由下落经过如图所示的位置时机械能相等，由题图可知，两小球质量相等，乙球的高度大于甲球，则乙球的重力势能大于甲球，
机械能等于动能和势能之和，故此时甲球的动能大于乙球，故AB错误。
C、甲、乙两个小球，自由下落经过如图所示的位置时机械能相等，不计空气阻力，小球在下落过程中机械能守恒，故只有重力势能转化为动能，在两球在落地前，两球的重力势能全部转化为动能，则两球在落地前的动能相等，动能的大小与质量和速度有关，故两球在落地前的速度相等，故C正确。
D、两球在落地前的动能相等，重力势能都为零，则机械能相等，所以在高处时开始下落时的重力势能是相同的，即高度相同，故D错误。
故选：C。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。
(3)重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
此题考查动能和势能的大小变化、机械能的守恒，难度不大，要掌握。
10.【答案】A
【解析】解：由电路图可知，两灯泡串联，电流表测量电路电流；
A、若灯泡L1发生短路，则电路为L2的简单电路，灯泡L2两端电压等于电源电压，由于U
C、若灯泡L2发生短路，则电路为L1的简单电路，灯泡L1两端电压等于电源电压，由于U1
根据电路图可知，两灯泡串联，电流表测量电路电流，闭合开关后两灯都发光，过一段时间后，一灯熄灭，一灯发光，根据串联电路中发生断路时整个电路不能工作判出故障不可能是断路；然后分析短路时灯泡两端电压，当灯泡两端电压大于其额定电压时，灯泡会被烧坏。
本题考查电路的故障分析，注意当灯泡两端电压大于额定电压时，灯泡容易烧坏。
11.【答案】D
【解析】解：A、物体吸收了热量，内能一定增大，温度不一定升高，如冰熔化，内能增加，温度不变，故A错误；
B、发生热传递的条件是存在温度差，不是存在内能差，故B错误；
C、克服摩擦做功可使物体的内能增加，但不能说物体具有热量或物体的热量，故C错误；
D、热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体或物体的高温部分传递给物体的低温部分，故D正确；
故选：D。
(1)晶体熔化时，吸收热量，温度不变；
(2)发生热传递的条件是存在温度差，不是存在内能差；
(3)热量只能说吸收和放出；
(4)热传递的条件是存在温度差。
本题是考查学生对温度、内能、热量三者关系的理解，以及热传递的条件和晶体熔化过程的特点的掌握，难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：当开关S闭合后，该电路为串联电路，电压表测量L1两端的电压，电流表测量电路中的电流；两表均有示数，过一会儿发现电压表示数突然变小，由电压表示数突然变小说明电压表由测量部分电路两端的电压(L1两端的电压)变为测量导线两端的电压(L1短路)，因此电路故障为L1短路，此时电流表示数变大。
故选：A。
电路故障分为短路和断路：短路时，电路中有电流，并且电流较大；断路时，电路中无电流；先根据电流表示数的变化确定电路的故障，然后再根据电压表、电流表示数示数的变化确定故障的具体位置。
本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和开路两种情况，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。
13.【答案】BD
【解析】解：A、已知物体重为G，每个滑轮的重力都等于G0，甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力F1=12(G+G0)，乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F2=G，丙图的滑轮组，n=3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F3=13(G+G0)，故绳子自由端拉力的大小关系为F2>F1>F3，故A错误；
B、分别利用甲、丙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，做的有用功相同，W有用1=W有用3=Gh，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于G0h，即W额1=W额3=G0h，故甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为G0h说法正确，故B正确；
C、分别利用甲、乙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，根据绳子自由端移动的距离s=nh，由图中滑轮组的结构可知，n1=2，n2=1，提升物体的高度h相同，则s1=2h，s2=h，则拉力做的总功：W1=F1s1=12(G+G0)2h=(G+G0)h；W2=F2s2=Gh，所以W1≠W2，甲图和乙图中的装置总功不相等，故C错误；
D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功W有用3=Gh，拉力做的总功：W2=F2s2=Gh，根据公式η=W有W总×100%=GhGh×100%=1，可得乙图中的装置机械效率最高为100%，故D正确。
故选：BD。
已知物体重为G，每个滑轮的重力都等于G0；
A、甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力F1=12(G+G0)；乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F2=G；丙图的滑轮组，n=3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F3=13(G+G0)；据此比较三者绳子自由端拉力的大小关系；
B、分别利用甲、丙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，做的有用功相同，W有用1=W有用3=Gh，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于G0h；
，即W额1=W额3=G0h，据此判断甲图和丙图中的装置消耗的额外功是否相等；
C、分别利用甲、乙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，根据绳子自由端移动的距离s=nh，由图中滑轮组的结构可知，n1=2，n2=1，提升物体的高度h相同，则s1=2h，s2=h，则拉力做的总功：W1=F1s1=12(G+G0)2h=(G+G0)h；W2=F2s2=Gh，据此判断甲图和乙图中的装置总功是否相等；
D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功W有用3=Gh，拉力做的总功：W2=F2s2=Gh，根据公式η=W有W总×100%=G有hFs×100%=G有hnhF×100%，判断乙图中的装置机械效率最高是否为100%。
本题综合考查了不计摩擦和绳重时，使用三种不同装置滑轮组，n的确定方法以及有用功、额外功、总功和机械效率的计算方法，综合性强，是一道好题。
14.【答案】BC
【解析】解：AB、闭合开关，定值电阻R0和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表V1测量电源电压，电压表V2测量R0两端的电压，闭合开关S，电流表A示数为I，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2；
将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，滑动变阻器接入电路的电阻变大，串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以电路总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小；
由U=IR可知，R0两端的电压变小，此时电流表A示数为I′，电压表V1示数为U1′，电压表V2示数为U2′，
综上可知：U2′
根据欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的阻值为R=U1−U2I；
将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，滑动变阻器两端的电压为：U1′−U2′，
滑动变阻器接入电路的阻值R′=U1′−U2′I′，
将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，滑动变阻器接入电路的电阻变大，即R
AB、闭合开关，定值电阻R0和滑动变阻器R串联，电流表测量电路电流，电压表V1测量电源电压，电压表V2测量R0两端的电压，将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变化以及定值电阻两端的电压变化；
CD、根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值，进一步分析CD选项。
本题考查串联电路的特点、串联分压原理和欧姆定律的应用，难度不大。
15.【答案】解：(1)全程中汽车的所受阻力：
f=0.2G=0.2mg=0.2×20×103kg×10N/kg=4×104N；
(2)由题意可知，整个过程中发动机的工作时间t=40s，且在这段时间内发动机的功率不变，
由P=Wt可得，整个过程中发动机做的功：
W=Pt=80×103W×40s=3.2×106J；
(3)因汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以，汽车的牵引力F=f=4×104N，
由P=Wt=Fst=Fv可得，汽车的最大速度：
v最大=PF=80×103W4×104N=2m/s。
答：(1)全程中汽车的所受阻力为4×103N；
(2)整个过程中发动机做的功为3.2×106J；
(3)汽车的最大速度为2m/s。
【解析】(1)汽车在运动过程中受到的阻力恰为车重的0.2倍，根据f=0.2G=0.2mg求出全程中汽车的所受阻力；
(2)由题意可知，整个过程中发动机的工作时间，根据P=Wt求出整个过程中发动机做的功；
(3)汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，根据P=Wt=Fst=Fv求出汽车的最大速度。
本题考查了重力公式和做功公式、功率公式以及二力平衡条件的应用，明确整个过程中发动机的工作时间和汽车匀速时速度最大是关键。
16.【答案】解：(1)p=5×105Pa，S=400cm2=0.04m2，
根据p=FS知燃气对活塞的平均压力为：
F=pS=5×105Pa×0.04m2=20000N。
s=30cm=0.3m，
一个做功冲程中燃气对活塞做的功：
W=Fs=20000N×0.3m=6000J。
飞轮转速是240r/min，飞轮每转两圈对外做功一次，所以飞轮转动240周，要对外做功120次，
所以燃气对活塞做的总功为：
W总=W×120=6000J×120=720000J=7.2×105J，
而t=1min=60s，
汽油机的功率为：
P=W总t=720000J60s=12000W；
(2)汽油完全燃烧所放出的热量：Q放=mq=0.06kg×4.6×107J/kg=2.76×106J；
(3)汽油机的效率：
η=W总Q放=7.2×105J2.76×106J×100%≈26.1%；
答：(1)该汽油机的输出功率为12000W；
(2)如果该汽油机每分钟消耗汽油60g，汽油完全燃烧所放出的热量2.76×106J；
(3)汽油机的效率为26.1%。
【解析】(1)知道燃气的平均压强和活塞的面积，可利用公式F=pS计算出平均压力的大小。知道活塞在气缸中移动的距离，可利用公式W=Fs计算出一个做功冲程燃气对活塞做的功。飞轮(曲轴)每转两圈对外做功一次，计算出飞轮转动240周对外做功的次数，已经计算出一个做功冲程燃气对活塞做的功，从而可以计算出燃气对活塞做的总功，又知道做功的时间，可利用公式P=Wt计算出汽油机的功率。
(2)根据Q=qm求出汽油完全燃烧放出的热量；
(3)根据η=W总Q求出汽油机的效率。
本题考查热机中压力、功、效率的计算，关键是对公式和公式变形的理解和应用，在计算过程中要注意单位的换算。
17.【答案】解：(1)一满壶水的体积：
V=2L=2dm3=2×10−3m3，
由ρ=mV可得，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×2×10−3m3=2kg，
在1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℃−45℃)=4.62×105J；
(2)当开关S2接A、S1断开时，两电阻串联；当开关S2接A、S1闭合时，电路为R1的简单电路；当开关S2接B、S1闭合时，两电阻并联；
因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻，并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，当开关S2接A、S1断开时电路的总电阻最大，当开关S2接B、S1闭合时电路中的总电阻最小，
由P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越大，总功率越小，反之越大，
则当开关S2接B、S1闭合时养生壶处于高温挡，当开关S2接A、S1断开时养生壶处于低温挡，当开关S2接A、S1闭合时养生壶处于中温挡，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，且R1=R2，
所以，由P=UI=U2R可知：P1=P2=P中，
养生壶高温挡的功率：
P高=P1+P2=2P中=2×440W=880W，
由η=Q吸W×100%可得，消耗的电能：
W=Q吸η=4.62×105J75%=6.16×105J，
由P=Wt可得，需要的加热时间：
t′=WP高=6.16×105J880W=700s。
答：(1)在1标准大气压下，使用高温挡将初温是45℃的一满壶水烧开，水吸收的热量为4.62×105J；
(2)若养生壶高温挡加热效率为75%，烧开这一壶水需要700s。
【解析】(1)根据表格数据可知一满壶水的体积，根据m=ρV求出水的质量，又知道水的初温、末温(在1标准大气压下水的沸点为100℃)以及比热容，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)分析开关转换时电路的连接，根串并联电路的电阻特点和P=UI=U2R得出低温挡、高温挡、中温挡电路的连接方式，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响和P=UI=U2R结合R1=R2可知，两电阻的电功率和中温挡的功率相等，据此求出养生壶高温挡的功率，利用η=Q吸W×100%求出消耗的电能，利用P=Wt求出需要的加热时间。
本题考查了密度公式和吸热公式、电功率公式、效率公式、电功公式的综合应用，分清养生壶处于不同状态时电路的连接方式并得出高温挡的功率是关键。
18.【答案】0.2
【解析】解：2500r/(kW⋅h)表示：电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转动2500r，
则转盘转500转时，用电器消耗的电能：
W=5002500kW⋅h=0.2kW⋅h。
故答案为：0.2。
2500r/(kW⋅h)表示：电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转动2500r，据此可求转500转时，用电器消耗的电能。
本题考查消耗电能的计算，关键是对电能表参数的物理意义的正确理解。
19.【答案】616Ω
【解析】解：电阻箱的示数：0×1000Ω+6×100Ω+1×10Ω+6×1Ω=616Ω。
故答案为：616Ω。
电阻箱的读数方法：用△所对的数字乘以下面的倍数，然后把他们相加，就可得出电阻箱的示数。
本题考查的是电阻箱的读数方法，在计算电阻箱的读数时不要忘记乘以各指针所对应的倍数。
20.【答案】0.48
【解析】解：
在测某段电路中的电流时，若选用0∼0.6A量程，测得的电流值为0.48A；若选用0∼3A量程，测得的电流值为0.5A；因为电流表的精确度由量程的分度值决定，在被测电流都不超过电流表的量程时，小量程的分度值更小，其测量值更准确，所以该电路中电流的大小应记为0.48A。
故答案为：0.48。
在使用电流表测量电流时应事先估测被测电流的大小，并用大量程试触，如果电流较小应换用小量程进行测量，否则由于电流表大量程的分度值过大，会造成很大的实验误差。
本题主要考查对电流表测量精度的了解，要掌握所学测量仪器的使用规则。
21.【答案】质量 温度计 39℃使两种液体在相同时间内吸收相同的热量 加热时间 豆浆 牛奶
【解析】解：(1)根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相等，在两烧杯中分别装入初温相同且质量相等的豆浆和牛奶，实验中需要用温度计测量液体升高的温度；
(2)图乙中温度计分度值为1℃所示，其示数为39℃；选用相同酒精灯加热的目的是为了使两种液体在相同时间内吸收相同的热量；
(3)实验中，是通过比较加热时间来间接反映豆浆和牛奶吸收的热量；这是物理中常见的方法：转换法。
(4)分析图象可知，对于质量相等的豆浆和牛奶，加热相同时间，升温较快的是豆浆，则豆浆的比热容小，牛奶的比热容大。
故答案为：(1)质量；温度计；(2)39℃；使两种液体在相同时间内吸收相同的热量；(3)加热时间；(4)豆浆；牛奶。
(1)(3)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的两种方法：
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)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
为使被加热物体受热均匀，用搅棒搅动；
(2)根据图乙温度计分度值读数；
(4)根据图象分析得出结论；根据结论推理回答；根据比较吸热能力的方法回答。
本题探究豆浆和牛奶的温度变化与吸热的关系，考查控制变量法和转换法及数据分析。为热学的重要实验。
22.【答案】左 BB0.91：3
【解析】解：(1)为了保护电路闭合开关前，滑动变阻器的滑片在阻值最大处，即最左端；
测量灯泡电功率时，移动滑片使电流表为0.3A；
(3)当将灯泡改为滑动变阻器B时，要调节滑动变阻器B使电流表为0.3A；
(4)保持滑动变阻器B的位置不变，移动滑动变阻器A在两个端点，电流表为0.4A和0.1A，由欧姆定律和电阻串联，根据电源电压不变，U=IBRB=IA(RB+RB)，即U=0.4A×RB=0.1A×(RB+30Ω)，
RB=10Ω，
电源电压：U=4V；
灯的电阻RL=10Ω，灯泡的额定电功率为：
P=I2RL=(0.3A)2×10Ω=0.9W；
(5)电源电压为U=4V，灯泡正常发光时，由欧姆定律，灯的额定电压为：
UL=0.3A×10Ω=3V，
则由串联电路电压的规律，滑动变阻器A两端的电压为：
UA=U−UL=4V−3V=1V，
由分压原理，滑动变阻器A的电阻和灯的电阻之比为：
1V：3V=1：3；
根据P=I2R，由串联电路各处的电流相等，故P与R成正比，
故滑动变阻器A和灯泡的电功率之比为1：3。
故答案为：(1)左；(2)B；(3)B；(4)0.9；(5)1：3。
(1)为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片在阻值最大处；
(3)用滑动变阻器B替换小灯泡，已知灯的额定电流，根据等效替代法，移动B的滑片使电路中的电流仍为0.3A即可；
(4)为测量出此时B连入的电阻，将滑动变阻器A的滑片分别移至两个端点，分别记下电流表的示数，由欧姆定律和电阻的串联规律，根据电源电压不变列方程求出B此时连入的电阻，即灯正常发光时的阻；从而可求出灯的额定功率；
(5)由所列方程可得出电源电压，灯泡正常发光时，由欧姆定律可得出灯的额定电压，由串联电路电压的规律求出滑动变阻器A的电压；由分压原理得出滑动变阻器A的电阻和灯的电阻之比；
根据P=I2R和串联电路各处的电流相等，P与R成正比，据此求出滑动变阻器A和灯泡的电功率之比。
本题用一只电流表和两个滑动变阻器(A为“30Ω1A”、B为“XΩ1A)测量小灯泡的电功率，考查实验方案的设计、串联电路的规律、欧姆定律、电功率公式的运用和串联电路电流的规律及等效替代法的运用，综合性较强。
23.【答案】右 1.54电压一定时，通过导体的电流和导体的电阻成反比 5：15∼100
【解析】解：(1)根据滑动变阻器的滑片向右移动时电流表示数变小知，电阻变大，故滑动变阻器左下接线柱接入电路；开关和电阻串联接入电路，如下图所示：
；
(2)为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片调至阻值最大处，即最右端；
(3)设控制定值电阻两端的电压至少保持UV，由串联电路的规律和分压原理有：U−UVUV=R滑R定，
当定值电阻最大时，对应的变阻器连入电路最大，电压表示数最小，
即：4.5V−UVUV=50Ω25Ω，解得：UV=1.5V，故控制定值电阻两端的电压至少保持UV=1.5V；
(4)根据U=IR知，UV=I1R1=0.6A×5Ω=I2R2=0.3A×10Ω=I3R3=I5R5=0.12A×25Ω≠I4R4=0.7A×20Ω，故第4组实验数据错误；
UV=I1R1=0.6A×5Ω=I2R2=0.3A×10Ω=I3R3=I5R5=0.12A×25Ω=3V，为一定值，故当电压一定时，通过导体的电流和导体的电阻成反比；
(5)上表正确的四次实验中，根据串联分压原理和欧姆定律可知，当电流为0.6A时，滑动变阻器接入电路的电阻为：
R滑小=U−UVI1=4.5V−3V0.6A=2.5Ω，
同理，当电流为0.12A时，滑动变阻器接入电路的电阻为：
R滑大=U−UVI5=4.5V−3V0.12A=12.5Ω，
故滑动变阻器的最大和最小电阻之比为：12.5Ω：2.5Ω=5：1；
【拓展】由题意可知，小华从实验室借来一个电阻箱(0∼999.9Ω)替换定值电阻，其他电路不变，若保持电压表示数仍为3V，电流表的量程为0∼0.6A；
电路电流最大为0.6A，此时定值最小为：Rmin=UI=3V0.6=5Ω，
根据串联电路电压特点，当滑动变阻器调到最大时，电阻阻值最大，且：UU滑=RmaxR滑，U滑=4.5V−3V=1.5V，
代入数据得：3V1.5V=Rmax50Ω，解得：Rmax=100Ω，
电阻箱接入电路的阻值范围为5∼100Ω。
故答案为：(1)如上图所示；(2)右；(3)1.5；(4)4；电压一定时，通过导体的电流和导体的电阻成反比；(5)5：1；【拓展】5∼100。
(1)根据滑片移动方向判断滑动变阻器接入电路方式；将开关和电阻串联接入电路；
(2)为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片调至阻值最大处；
(3)设控制定值电阻两端的电压至少保持UV，由串联电路的规律和分压原理分析求解；
(4)探究“电流与电阻关系”实验中，要控制电压表不变，据此分析；
(5)根据串联分压原理和欧姆定律算出滑动变阻器的最大和最小电阻；
【拓展】根据题意电流表允许通过的最大电流为0.6A，根据公式R=UI即可求得允许接入的最小电阻；根据串联电路的电压特点，当滑动变阻器调到最大时，电阻阻值最大，且电压的分配与电阻成正比，由此解得最大电阻。
本题研究电流与电阻的关系，考查电路连接、注意事项、串联电路的规律和欧姆定律、控制变量法和数据分析能力。
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