黑龙江省绥化市明水三中等5校2022-2023学年九年级上学期期末物理试卷

这是一份黑龙江省绥化市明水三中等5校2022-2023学年九年级上学期期末物理试卷，共22页。试卷主要包含了6A等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年黑龙江省绥化市明水三中等5校九年级（上）期末物理试卷
1. 下列常见的自然现象，能用分子热运动知识解释的是(    )
A. 春天，柳枝吐芽 B. 夏天，山涧瀑布 C. 秋天，菊香满园 D. 冬天，雪花飘飘
2. 如图是汽油机一个工作循环的四个冲程，不是靠飞轮惯性完成的冲程是(    )
A. B. C. D.
3. 如图所示，开关S闭合后，甲、乙两电流表的示数分别为0.18A和0.16A，造成两个电流表示数不同的原因可能是(    )


A. 电流表使用前未调零的缘故 B. 灯泡L1和L2的规格不同
C. 电流表在电路中的位置不同 D. 灯泡L1和L2在电路中的位置不同
4. 用同种材料制成的粗细均匀的某段金属导体，对于其电阻大小下列说法正确的是(    )
A. 当导体两端电压和通过导体的电流为零时，导体的电阻为零
B. 当导体被均匀拉长至原来的二倍时，他的电阻减小为原来的一半
C. 电阻是导体本身的一种性质，所以温度无论如何变化，电阻也不可能变为零
D. 电阻是导体本身的一种性质，与电压和电流无关
5. 如图所示电路，电源电压保持不变，R1为定值电阻。闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片P向右滑动的过程中，关于电压表和电流表的示数变化，判断正确的是(    )

A. 电压表示数变小，电流表示数不变 B. 电压表示数不变，电流表示数变大
C. 电压表示数变大，电流表示数不变 D. 电压表示数不变，电流表示数变小
6. 如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=20Ω。闭合开关S后，电压表V1与V2示数之比为(    )
A. 3：1
B. 3：2
C. 2：3
D. 1：3


7. 通过两定值电阻甲、乙的电流与电压关系如图所示，当将甲、乙两电阻并联在3V的电源两端，下列分析正确的是(    )
A. 甲、乙两端的电压之比为1：2
B. 通过乙的电流是0.6A
C. 甲消耗的电功率为1.8W
D. 乙在1分钟内消耗的电能为36J


8. 如图所示的四个实验中，能说明发电机工作原理的是(    )
A. B.
C. D.
9. 对于家庭电路中的漏电保护器和空气开关的作用，以下说法正确的是(    )


A. 发生如图甲触电时，漏电保护器不起作用
B. 发生如图乙触电时，漏电保护器不起作用
C. 发生如图所示的两种触电时，空气开关都不会断开电路
D. 当电路发生短路时，空气开关会自动切断电路
10. 如图所示，把标有“12Ω3W”的电阻R0与最大阻值为50Ω的滑动变阻器R连接在电压恒为18V的电源两端，闭合开关S，电压表所用量程为0∼15V，电流表所用量程为0∼0.6A，在不损坏电路元件的前提下，下列说法正确的是(    )

A. 电路中允许流过的最大电流为0.5A B. 电阻R0的额定电压12V
C. 电路消耗总功率的范围为4.5W∼9W D. 滑动变阻器的可调范围为24Ω∼50Ω
11. 一只瓶子内装一些铁屑。我们既可以通过振荡，也可以通过加热，使铁屑的内能增大。从改变物体内能的方法来看，前者是通过______方法，后者是通过______方法来增大铁屑的内能。
12. 长征三号乙运载火箭发动机用的是偏二甲肼作为燃料，其热值是4.25×107J/kg，若要放出8.5×1010J热量，需完全燃烧______ 吨偏二甲肼；某单缸四冲程柴油机曲轴的转速为1200r/min，在1s内柴油机对外做功______ 次。
13. 在参观人民检察院未成年人法治教育基地时，小明发现，在一处地面上有“沉迷网络”“交友不慎”两个圆形模块。用脚踩其中任何一个模块，与模块连接的屏幕上就会播放相应的教育短片，则两个模块相当于电路中的______(选填“开关”电源”或“用电器”)，彼此______(选填“串联”或“并联”)。
14. 如图所示的电路中，导线a的一端固定连接在铅笔芯上，当导线b的一端在铅笔芯上左右移动时，灯泡亮暗会发生变化这个实验说明铅笔芯是______(选填“导体”或“绝缘体”)，还能说明导体的电阻与______有关。


15. 如图甲所示，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从最右端滑至灯正常发光的位置，电流表示数与两电压表示数的关系如图乙所示。则电源电压______ V，灯的额定功率为______ W。


16. 两只定值电阻，甲标有“10Ω1A”字样，乙标有“15Ω0.6A”字样，把它们串联在同一电路中，总电阻是______Ω；电路两端允许加的最大电压为______V。
17. 如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压不变。闭合开关S后，滑片P从a端移动到b端，电流表示数I与电压表示数U的变化关系如图乙所示，则电源电压为______V，R1的阻值为______Ω。

18. 如图，灯L标有“4V 2W”，R=20Ω，闭合开关S时，灯L正常发光(灯丝的电阻不受温度影响)，电流表示数为______A，通电1min电路中产生的热量为______J。


19. 请将如图所示的电灯和开关正确接入家庭电路中，且符合安全用电原则。

20. 根据图中静止的小磁针的指向，在图中括号内标出电源的“+”“-”极。


21. 利用图中的装置探究水和煤油的吸热情况。在两个相同的烧瓶中分别接入电阻丝，装入质量和初温都相同的水和煤油，分别插入温度计。
(1)装置中电阻丝的阻值应______(填“相等”或“不相等”)，实验中用______来反映液体吸收热量的多少。按照如表中的数据，请计算出煤油的比热容是______J/(kg⋅℃)。
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
(2)夏天，海边昼夜温差变化小，这是因为水的______大。
(3)在烧瓶中重新填装质量和初温都相同的煤油，接入阻值不同的电阻丝，此装置就可以探究电流通过导体产生的热量与______的关系。

22. 某同学采用“伏安法”测量某定值电阻Rx的阻值。

实验次数
1
2
3
电压U/V
1.5
2.0
2.5
电流I/A
0.31
0.41

电阻Rx/Ω
4.8
5.0

Rx的平均值/Ω

(1)按图甲连接电路时，应先______ 开关，并将滑动变阻器的滑片P移到最______ (选填“左”或“右”)端。
(2)闭合开关后，发现向左移动滑动变阻器滑片P时，电流表示数变大，电压表示数变小，你认为电路连接中存在的错误是______ 。
(3)排除故障后，闭合开关，改变电阻Rx两端的电压，进行了三次测量，在第三次测量中电流表的示数如图乙所示，其示数为______ A。
(4)根据三次实验数据可得，定值电阻Rx的阻值为______ Ω。(结果保留一位小数)
(5)将电阻Rx换成小灯泡重复上述实验，发现几次实验中，所测小灯泡的电阻值相差较大原因可能是______ 。
(6)若实验中只有一个电压表和一个已知电阻R0该同学设计了如图丙所示的电路，同样可以测量未知电阻Rx，请在空格内将实验步骤补充完整。
①闭合S断开S1，用电压表测出待测电阻Rx两端的电压为U1；
②______ ，用电压表测出电源的电压U；
③请写出用测量值U、U1及R0来表示Rx的表达式：Rx=______ 。
23. 小明和同学们在做电学实验过程中：

(1)小明和同学们经过讨论，依次完成了“探究电流与电压的关系”三次实验电路的设计，如图甲、乙、丙所示。由图甲改进为图乙是为保证实验过程中______ 这一因素不变；由图乙改进为图丙是因为使用滑动变阻器既能保护电路，又能通过调节使电阻R两端的电压______ (选填“改变”或“保持不变”)。
(2)请用笔画线代替导线，帮助小明按电路图丙将图丁中实物电路连接完整。
(3)小明将滑动变阻器调到阻值最大处，闭合开关后，发现电压表有示数且接近电源电压，电流表无示数，其原因可能______ 。
(4)在继续用图丁的实物电路探究“电流与电阻的关系”时，小明先将5Ω电阻接入电路，调节滑动变阻器，使电压表的示数为2V，记下电流值；再将5Ω电阻换成10Ω电阻，她下一步操作是：将滑动变阻器的滑片向______ (选填“A”或“B”)端移动。
(5)小明和同学们完成上述探究活动后，想测量一只额定电压为2V小灯泡的额定功率，但发现电压表被别的同学拿走了，于是他借助一个10Ω的电阻，设计了如图戊所示的电路，也测出了小灯泡的额定功率。具体操作如下：
①只闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器，使电流表的示数为______ A时，小灯泡恰好正常发光；
②只闭合开关S1、S3，保持滑动变阻器滑片的位置不变，读出电流表示数为I；
③P灯=______ (用已知量和测量值表示，数值要求带单位)。
24. 在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁A、B，并设计了甲图所示的电路。

(1)实验中是通过电磁铁吸引大头针的多少来判定其磁性强弱的，所使用的物理研究方法是______ 。
(2)当滑动变阻器滑片向左移动时，电磁铁A、B吸引大头针的个数______ (填“增加”或“减少”)，说明电流越______ ，电磁铁磁性越强。
(3)根据图示的情境可知，______ (填“A”或“B”)的磁性强，说明电流一定时，线圈匝数多，电磁铁的磁性越______ 。
(4)电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是______ 。
(5)小明又利用乙图所示的实验装置探究“导体在磁场中运动时产生感应电流的条件”
①磁铁不动，闭合开关，导体棒沿______ (选填“上下”或“左右”)方向运动时，电流表指针会发生偏转。
②导体棒不动，闭合开关，磁铁上下运动电流表指针______ (选填“会”或“不会”)发生偏转。
③断开开关，无论磁铁如何放置、导体棒怎样运动，电流表指针都不发生偏转。由此小明得出结论：______ 的一部分导体在磁场中做______ 运动时，电路中就产生感应电流。
25. 如图所示的电路中，电源两端电压为6V并保持不变，电阻R1的阻值是10Ω，闭合开关S后，电压表的示数为2V。求：
(1)电阻R2的阻值。
(2)电阻R1消耗的电功率。


26. 图甲是一款紫砂电饭锅，其简化电路如图乙所示，R1、R2是电热丝，R1的阻值为110Ω，通过单独或同时闭合S1、S2，实现低温、中温、高温三个挡位间的切换，其铭牌如下表所示，求：
(1)低温挡加热时电流的大小；
(2)电热丝R2的阻值；
(3)已知粥的比热容c粥=4.0×103J/(kg⋅℃)，将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃，加热效率为75%，则需要工作的时间。
加热效率
75%
额定电压
220V

电功率
低温挡
440W
中温挡
880W
高温挡




答案和解析

1.【答案】C 
【解析】【分析】
分子的体积很小，用肉眼几乎观察不到，分子在永不停息地做无规则运动，其运动速度与温度有关，温度越高，运动速度越快。
本题主要考查学生对分子热运动的了解和掌握，是一道基础题。
【解答】
A.柳枝吐芽是植物的生长现象，不是分子的运动，故A不合题意；
B.山涧瀑布是水在重力作用下流动形成的，是机械运动，故B不合题意；
C.菊香满园是花香分子不停地做无规则运动的结果，故C符合题意；
D.雪花飘飘是物体的机械运动，不是分子的运动，分子的运动是肉眼看不到的，故D不合题意。
故选C。
2.【答案】B 
【解析】解：在汽油机的四个冲程中只有做功冲程对外做功，其他三个冲程都是靠飞轮的惯性完成的。
A图：排气门打开，活塞向上运动，汽缸容积减小，是排气冲程，不符合题意；
B图：两气门都关闭，活塞向下运行，火花塞点火，汽缸容积增大，是做功冲程，符合题意；
C图：两气门都关闭，活塞向上运行，汽缸容积减小，是压缩冲程，不符合题意；
D图：进气门打开，活塞向下运行，汽缸容积增大，是吸气冲程，不符合题意。
故选：B。
汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气；做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；
在四个冲程中只有做功冲程对外做功，其他三个冲程都是靠飞轮的惯性完成的。
此题主要考查了内燃机的四个冲程及能量转化情况，是一道基础性题目。
3.【答案】A 
【解析】解：由电路图可知，两灯和两电流表串联接入电路，根据串联电路的电流特点，电路中各处的电流相等；
而实验时电流表甲和乙的示数分别为0.18A和0.16A，图中造成两个电流表示数不同的原因可能是两个电流表的读数误差或指针未调零。
故选：A。
掌握串联电路电流的特点：串联电路中电流处处相等。
此题考查了串联电路中的电流规律，同时考查了电流表的使用，电流相同，若电流表的量程不同，则偏角不同，使用电流表前一定要进行调零。
4.【答案】D 
【解析】【分析】
(1)电阻是导体本身的属性，只与导体的长度，导体的横截面积和导体的材料有关，还与导体的温度有关；与电流、电压的大小无关；
(2)在相同温度的条件下，同种材料的导体，相同横截面积、长度越长，电阻越大；相同长度，横截面积越小，电阻越大。
本题是考查影响电阻大小的因素，知道电阻是导体本身的属性，导体的电阻大小与导体的材料、长度、横截面积和温度等有关，与电流以及电压的大小无关。
【解答】
解：A、电阻是导体本身的属性，与电压和通过导体的电流的大小无关，故A错误；
B、当导体被均匀拉长至原来的二倍时，则它的长度增加一倍，横截面积变为原来的二分之一，则电阻增大为原来的四倍，故B错误；
C、电阻是导体本身的一种性质，但在一定的温度下，电阻可能变为零，如超导体；故C错误；
D、电阻是导体本身的性质，与电流和电压的大小无关，故D正确。
故选D。
5.【答案】D 
【解析】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流，
因电源电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故AC错误；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，滑片移动时，通过R1的电流不变，
滑动变阻器R2的滑片P向右滑动的过程中，接入电路中的电阻变大，
由I=UR可知，通过R2的电流变小，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流变小，即电流表的示数变小，故B错误、D正确。
故选：D。
由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流，根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1的电流变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2的电流变化，利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化。
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，要注意并联电路中各支路独立工作、互不影响特点的应用。
6.【答案】C 
【解析】解：当开关闭合时，两电阻串联，电压表V2测量电源电压，V1测量电阻R2两端的电压，
设此时电路中电流为I，
电压表V2的示数：U=I(R1+R2)=I×(10Ω+20Ω)=I×30Ω，
电压表V1的示数：U2=IR2=I×20Ω，
电压表V2与V1示数之比为：UU2=I×30ΩI×20Ω=32，
即电压表V1与V2示数之比为2：3，故C正确。
故选：C。
当开关闭合时，两电阻串联，电压表V2测量电源电压，V1测量电阻R2两端的电压，串联电路电流相等，根据欧姆定律可求电压表V1与V2示数之比。
本题考查电压表的使用，关键知道电压表测量哪一个用电器两端的电压，还要学会灵活运用欧姆定律。
7.【答案】C 
【解析】解：
A、因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，甲和乙并联后接在电压为3V的电源两端时，U甲=U乙=U=3V，则甲、乙两端的电压之比为1：1，故A错误；
B、由图象可知，此时通过它们的电流分别为I甲=0.6A，I乙=0.3A，故B错误；
C、甲消耗的电功率为：
P甲=U甲I甲=3V×0.6A=1.8W，故C正确；
D、乙在1分钟内消耗的电能为：
W乙=U乙I乙t=3V×0.3A×60s=54J，故D错误。
故选：C。
A、根据并联电路中各支路两端的电压相等分析；
B、由图象可知通过的电流大小；
C、根据P甲=U甲I甲求出甲消耗的电功率；
D、根据W乙=U乙I乙t求出乙在1分钟内消耗的电能。
本题考查了并联电路的电压特点和电功率公式的应用，关键是根据图象读出电压对应的电流。
8.【答案】A 
【解析】解：A、电磁感应实验，是发电机的原理图；
B、奥斯特实验，说明电流周围有磁场；
C、有电源说明的是磁场对电流的作用；
D、电流的磁效应，说明电磁铁的磁性与线圈匝数有关。
故选：A。
发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。
在电磁学中，有很多典型的实验装置，记住这些实验装置、实验过程中的现象及探究的目的，对于解决此题题目非常关键。
9.【答案】ACD 
【解析】解：A、这种现象电流会从人的右手边到左手边回到零线，相当于人是一个负载，不存在漏电，所以漏电保护器不会起作用，另外这种触电方式由于电流流经了心脏，是很危险的，会造成人体的触电事故，故A正确；
B、电流直接由人体流入大地，造成电路电流过大，且火线与零线的电流不平衡，漏电保护器会自动断开，起到保护作用，人体会发生触电事故，故B错误；
C、甲、乙两种触电发生，都不会使电路中的电流过大，所以两种情况的触电，空气开关都不起作用，故C正确；
D、当电路发生短路时，空气开关会自动切断电路，起到保护作用，故D正确。
故选：ACD。
漏电保护器原理就是检测火线和零线的电流，一般情况下火线电流应该与零线电流差不多，因为大致两个接入点可以看成串联关系。漏电保护器就是利用这个特性，当火线电流比零线电流大太多的话就说明电路的某个地方可能接地漏电，电流从大地跑了。当单相触电时实际上就是人体加载在了火线和地线之间，火线电流大，零线电流小，漏电保护器工作。而当双相触电时实际上就是在负载上并联了一个人体，实际的火线电流和零线电流的差值并没有什么变化，所以会起不到保护作用。
空气开关与漏电保护器的原理不同，只有在电路过载，即短路通过电流过大时才起到保护作用。
本题考查漏电保护器的作用，出现“跳闸”的原因：一是短路，二是用电器总功率过大，三是用电器漏电。
10.【答案】AD 
【解析】解：A、由P=I2R可得，R0的额定电流：I额= P额R0= 3W12Ω=0.5A，而电流表的量程为0∼0.6A，所以电路中的最大电流I最大=0.5A，故A正确；
B、由I=UR可得，R0的额定电压：U额=I额R0=0.5A×12Ω=6V；故B错误；
C、当电路中的电流最大时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电功率最大，则P最大=UI最大=18V×0.5A=9W，
由I=UR可得，电路中的总电阻：R总=UI最大=18V0.5A=36Ω，则滑动变阻器接入电路的最小阻值R滑=36Ω-12Ω=24Ω；
当电压表的示数最大时，根据串联电路中总电压等于各分电阻两端的电压之和可得：
U0=U-UR=18V-15V=3V，
则I'=U0R0=3V12Ω=0.25A，
滑动变阻器接入电路中的电阻应为：
R'=URI'=15V0.25A=60Ω>50Ω，
所以，滑动变阻器的电阻全部接入电路，此时电路中的电流最小，
则I最小=UR0+R=18V12Ω+50Ω=931A，
所以，P最小=UI最小=18V×931A≈5.2W；
即电路消耗总功率的范围为5.2W∼9W；滑动变阻器的可调范围为24Ω∼50Ω；故C错误、D正确。
故选：AD。
(1)根据P=I2R的变形公式即可求出R0的额定电流，与电流表所选量程比较得出电路允许通过的最大电流；
(2)根据欧姆定律的变形公式即可求出R0的额定电压；
(3)当电路中的电流最大时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电功率最大，利用P=UI即可求出最大功率，利用欧姆定律和串联电路电阻规律即可滑动变阻器接入电路的最小阻值；
当电压表的示数最大时或变阻器接入电路的电阻最大时电路中的电流最小，总功率最小；根据串联电路的特点和欧姆定律求出电压表的示数最求出大时滑动变阻器应接入电路中的电阻，与变阻器的最大值比较即可判断变阻器接入电路中的最大电阻值，根据串联电路的特点和欧姆定律求出最小电流，利用P=UI即可求出最小功率。
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，关键是会根据电流表的量程和电阻R0的额定电流确定电路中的最大电流以及根据电压表的最大示数和变阻器的最大值确定滑动变阻器接入电路中的最大阻值。
11.【答案】做功  热传递 
【解析】解：用力晃动塑料瓶，对塑料瓶和铁屑做功，将机械能转化为内能，使铁屑的内能增加，温度升高。
给装铁屑的瓶子加热，使铁屑的内能增加，温度升高，这是通过热传递的方式改变铁屑的内能。
故答案为：做功；热传递。
改变内能的方法：做功和热传递，并且这两种方法在改变物体内能上是等效的。
本题考查了改变物体内能有两种方式，对物体做功，物体内能增加，温度升高；物体吸收热量，内能增加，温度升高。
12.【答案】2 10 
【解析】解：(1)若要放出8.5×1010J热量，需完全燃烧偏二甲肼的质量为：m=Q放q偏=8.5×1010J4.25×107J/kg=2000kg=2t；
(2)柴油机的飞轮的转速为1200r/min=20r/s，即每秒完成10个工作循环，对外做功10次。
故答案为：2；10。
(1)已知偏二甲肼的热值和燃料完全燃烧放出的热量，利用公式Q放=mq计算出其质量；
(2)在四冲程内燃机的一个工作循环中，完成4个冲程，并对外做功1次，曲轴和飞轮转2圈。
本题考查了燃料完全燃烧放热公式和热机工作原理的理解和应用，基础题。
13.【答案】开关  并联 
【解析】解：用脚踩任何一个模块，与模块连接的屏幕就会接通电源，屏幕才会播放相应的教育短片，说明脚下的模块控制电路的通断，所以两个模块相当于电路中的开关；
脚踩不同的模块，相当于闭合不同的开关，盘面显示不同的画面内容，说明两只开关都能接通电路，因此是并联的。
故答案为：开关；并联。
电路是指用导线把电源、用电器、开关连接起来组成的电流路径；开关的作用是控制电路的通断；
串并联电路的特点：串联电路，电流只有一条通路，开关控制整个电路；并联电路电流有多条通路，各支路互不影响。
此题考查了电路中各元件的作用及串并联电路的识别，属于基本技能的考查，难度不大。
14.【答案】导体  长度 
【解析】解：(1)因为铅笔芯接入电路中灯泡发光，说明铅笔芯能够导电，所以这个实验说明铅笔芯是导体；
(2)当导线b的一端在铅笔芯上左右移动时，改变了铅笔芯接入电路的长度，从而改变了铅笔芯接入电路的电阻，改变了电流，改变了灯泡亮度，所以这个实验说明导体的电阻与导体长度有关，根据改变连入电路中电阻线的长度可以改变电阻，制成了滑动变阻器。
故答案为：导体；长度。
(1)容易导电的物体是导体，不容易导电的物体是绝缘体。
(2)由灯泡亮度可判断电流大小，由电流大小可判断电阻大小；影响电阻大小的因素有材料、长度、横截面积和温度。
此题考查哪些物体为导体及滑动变阻器的原理和使用，属于基本内容，比较简单。
15.【答案】94.2 
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测L两端电压，电压表V2测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中的电流。
(1)当滑片位于最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，由串联分压的规律可知变阻器分得的电压最大，则此时灯泡两端的电压最小，所以根据图乙可知，此时电路电流为0.2A，灯泡两端电压为1V，滑动变阻器两端电压为8V；
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电源电压：U=UL1+U滑=1V+8V=9V；
(2)根据题意可知，当电流表示数最大时，灯泡正常发光，由图乙可知，此时电路电流为0.6A，滑动变阻器两端电压为2V，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以灯泡的额定电压：UL=U-U滑'=9V-2V=7V，
灯泡的额定功率：PL=ULI最大=7V×0.6A=4.2W。
故答案为：9；4.2。
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测L两端电压，电压表V2测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中的电流。
(1)当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，滑动变阻器分得的电压最大，根据图象可知电压表V1和电压表V2的示数，根据P=UI求出灯泡的功率，根据串联电路电压规律求出电源电压；
(2)当电流表示数最大时，灯泡正常发光，根据图象读出电压表V2的示数，再根据串联电路电压规律求出灯泡两端电压，利用P=UI求出灯泡的额定功率。
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，正确的判断两电压表和电流表对应的示数关系是关键。
16.【答案】25 15 
【解析】解：
串联电路的总电阻等于各分电阻之和，
所以两电阻串联电路的总电阻：R=10Ω+15Ω=25Ω；
因为串联电路处处电流相等，
所以两只定值电阻串联时，电路中的最大电流为0.6A，
由I=UR可得，串联电路两端允许加的最大电压：
U=IR=0.6A×25Ω=15V。
故答案为：25；15。
根据串联电路的电阻特点计算总电阻；
串联电路各处的电流相等；若将两个电阻串联起来，则电路中电流只能取0.6A，否则0.6A的电阻会被烧坏；然后根据U=IR求出电路两端允许加的最大电压。
将不同规格的导体串联或并联在电路中时，为元件安全，基本原则是以元件的最小电流串联，以最低电压并联。
17.【答案】3 5 
【解析】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器滑片P在a端时，则接入电路中的电阻为0，电路中的电流最大，由图乙可知，I1=0.6A，
由I=UR可得，电源的电压：
U=I1R1=0.6A×R1，
当滑动变阻器滑片P在b端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由图乙可知，I2=0.2A，U2=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=I2R1+U2=0.2A×R1+2V，
因电源的电压不变，
所以，0.6A×R1=0.2A×R1+2V，
解得：R1=5Ω，
电源的电压：U=0.6A×R1=0.6A×5Ω=3V。
故答案为：3；5。
由图甲可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象读出电流和电压，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可得出答案。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是知道滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、滑动变阻器接入电路中的电阻最小时电路中的电流最大。
18.【答案】0.7168 
【解析】解：
由图知R与L并联，电流表测干路电流，灯L正常发光，
所以U=UR=UL=4V，
由P=UI可得通过灯泡的电流：IL=PLUL=2W4V=0.5A，
由欧姆定律可得通过R的电流：IR=URR=4V20Ω=0.2A，
由并联电路的电流特点可得电流表示数：I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A；
通电1min电路中产生的热量：Q=W=UIt=4V×0.7A×60s=168J。
故答案为：0.7；168。
由图知R与L并联，电流表测干路电流，由灯泡正常发光可知电源电压，由P=UI可得灯泡电流，由并联电路特点和欧姆定律可得R的电流，从而得到干路电流；由Q=W=UIt可得通电一分钟电路产生热量。
本题考查了并联电路特点、欧姆定律以及电热计算公式的应用，关键知道灯泡正常发光时的电压等于其额定电压。
19.【答案】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，这样在断开开关时能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。如下图所示：
 
【解析】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。
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。
20.【答案】解：
静止的小磁针N极向右，由磁极间的相互作用规律可知，螺线管右侧为N极，由安培定则可知电流由左侧流入螺线管，即电源左侧为正极、右侧为负极。
如图所示：
 
【解析】由小磁针的指向根据磁极间的相互作用可得电磁铁极性方向，由安培定则可得电流方向，然后可知电源的正负极。
安培定则内容：右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指的方向为电磁铁N极。
21.【答案】相等  加热时间  2.1×103  比热容  电阻 
【解析】解：
(1)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c煤油=15℃30℃×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)；
(2)水的比热容较大，白天，在相同的吸热条件下，水的温度升高的少，夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，所以海边昼夜温差较小；
(3)两电阻串联，则两电阻中的电流相等，则可知热量应与电阻有关，根据温度计示数的变化判断吸收热量的多少，则可知热量与电阻大小的关系。
故答案为：(1)相等；加热时间；2.1×103；(2)比热容；(3)电阻。
(1)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；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；
(2)水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析；
(3)由图可知，两电阻串联，则可知电路中电流一定相等，由焦耳定律可知两瓶中产生的热量应与电阻有关。
此题考查了我们对于实验数据的分析能力，考查了对比热容这一物理量的理解，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。
22.【答案】断开  右  电压表与滑动变阻器并联接入电路  0.54.9灯泡的电阻受温度影响很大  闭合S、S1 U1R0U-U1 
【解析】解：(1)为保护电路，按图甲连接电路时，应先断开开关，并将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，即最右端；
(2)闭合开关后，发现向左移动滑动变阻器的滑片P时，电流表的示数变大，根据U=IR可知待测电阻的电压变大，由串联电路电压的规律可知变阻器的电压变小，已知电压表的示数变小，故电路连接中存在的错误是电压表并联在滑动变阻器的两端了；
(3)在第三次测量中电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，其示数为0.5A；
(4)根据表中数据，由欧姆定律可得，第3次实验测得的电阻值：R3=U3I3=2.5V0.5A=5Ω；
为减小误差，取平均值作为测量结果，根据三次实验数据可得，定值电阻Rx的阻值为：
R=R1+R2+R33=4.8Ω+5Ω+5Ω3≈4.9Ω；
(5)因灯泡的电阻受温度的影响，故将电阻Rx换成小灯泡，重复上述实验，发现几次实验中，所测小灯泡的电阻值相差较大；
(6)①闭合S断开S1，两电阻串联接入电路，电压表与待测电阻并联接入电路，用电压表测出待测电阻Rx两端的电压为U1；
②闭合S、S1，电路为待测电路的简单电路，用电压表测出电源的电压U；
③串联电路总电压等于各部分电压之和，则两电阻串联接入电路时，定值电阻两端的电压：U0=U-U1，
串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可得通过电路的电流：I=U0R0=U-U1R0，
则待测电阻Rx的表达式：Rx=U1I=U1U-U1R0=U1R0U-U1。
故答案为：(1)断开；右；(2)电压表与滑动变阻器并联接入电路；(3)0.5；(4)4.9；(5)灯泡的电阻受温度的影响很大；(6)闭合S、S1；U1R0U-U1。
(1)为保护电路，连接电路时，应先断开开关；将变阻器最大电阻连入电路中；
(2)闭合开关后，发现向左移动滑动变阻器的滑片P时，电流表的示数变大，根据U=IR分析待测电阻的电压变化，由串联电路电压的规律确定变阻器的电压变化，据此分析；
(3)根据电流表选用小量程确定分度值读数；
(4)根据表中数据结合欧姆定律得出第3次实验的电阻；为减小误差，取平均值作为测量结果；
(5)灯泡的电阻受温度的影响很大；
(6))①闭合S断开S1，两电阻串联接入电路，电压表与待测电阻并联接入电路，用电压表测出待测电阻Rx两端的电压为U1；
②闭合S、S1，电路为待测电路的简单电路，用电压表测出电源的电压U；
③根据串联电路电压规律表示定值电阻两端的电压，根据串联电路电流特点结合欧姆定律表示通过电路的电流，根据欧姆定律可得待测电阻的表达式。
本题用“伏安法”测量某定值电阻Rx的阻值，考查注意事项、电路分析、电流表读数、电阻计算和数据处理、影响电阻大小的因素。
23.【答案】电阻  改变  定值电阻R断路  B0.22V(I-0.2A) 
【解析】解：(1)研究电流与电压关系实验中，要控制电阻不变，而灯的电阻随温度的改变而改变，故由图甲改进为图乙是为保证实验过程中电阻这一因素不变；为得出普遍性的结论，要多次测量，由图乙改进为图丙是因为使用滑动变阻器既能保护电路，又能通过调节使电阻R两端的电压改变。
(2)电压表与灯并联，如下所示：

(3)朵电压表示数接近电源电压，若定值电阻断路，则电压表串联在电路中，其示数且接近电源电压。
(4)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B端移动，使电压表的示数为2V。
(5)①只闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器，使电流表的示数为0.2A时，小灯泡恰好正常发光；
②只闭合开关S1、S3，保持滑动变阻器滑片的位置不变，读出电流表示数为I。
③在②中，电流表测并联电路的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流I灯=I-0.2A，
P灯=U灯I灯=2V(I-0.2A)。
故答案为：(1)电阻；改变；
(2)如上；
(3)定值电阻R断路；
(4)B；
(5)①0.2；    ③2V(I-0.2A)。
(1)研究电流与电压关系实验中，要控制电阻不变，而灯的电阻随温度的改变而改变；为得出普遍性的结论，要多次测量；
(2)电压表与灯并联；
(3)如电路电压表示数接近电源电压，可以考虑电压表串联在电路造成的；
(4)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；
(5)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R应起到电压表的测量作用，故将R与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为2V10Ω=0.2A时，由并联电路电压的规律，灯的电压为2V，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
本题研究电流与电压的关系，考查控制变量法和归纳法的运用、数据分析、操作过程，同时也考查了设计实验方案测功率的能力，最后一问难度较大。
24.【答案】转换法  增加  大  B 强  同名磁极相互排斥  左右  不会  闭合电路  切割磁感线 
【解析】解：
(1)磁性的强弱是无法直接观察的，此题中是利用电磁铁吸引大头针数目的不同来反映磁性强弱的不同的，这是一种转换的方法；
(2)根据图示可知，滑动变阻器滑片向左移动时，变阻器连入电路中的电阻变小，由欧姆定律I=UR，电路中的电流变大，电磁铁A、B吸引大头针的个数增加，说明线圈匝数相同时，电流越大，电磁铁磁性越强；
(3)电磁铁B吸引的大头针数目多，说明B的磁性强；两电磁铁串联，电流相同，所以得出的结论是：电流一定时，线圈匝数越多，磁性越强；
(4)大头针被磁化，同一端的磁性相同，同名磁极相互排斥，所以下端分散；
(5)①磁铁不动，闭合开关，导体棒沿左右方向运动时，导体切割磁感线，会产生感应电流，电流表指针会发生偏转。
②导体棒不动，闭合开关，磁铁上下运动时，导体没有切割磁感线，不会产生感应电流，电流表指针不会发生偏转。
③断开开关，电路开路，无论磁铁如何放置、导体棒怎样运动，都不会产生感应电流，故可得出结论：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就产生感应电流。
故答案为：(1)转换法； (2)增加；大； (3)B；强；(4)同名磁极相互排斥；(5)①左右；②不会；③切割磁感线。
(1)通过电磁铁吸引大头针数目的不同来反映磁性强弱的不同的，采用了转换的方法；
(2)据图示可知，分析滑动变阻器滑片向左移动时，变阻器连入电路中的电阻变化，由欧姆定律I=UR分析电路中的电流变化，电磁铁磁性的强弱和线圈的匝数、电流大小有关，在匝数一定时，电流越大，磁性越强；
(3)分析图中相同量和不同量，根据电磁铁吸引大头针数目的多少来判断电磁铁磁性的强弱；
(4)大头针被磁铁吸引以后，大头针会被磁化，再根据同名磁极相互排斥作出分析和解答；
(5)①闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就产生感应电流，这种现象叫做电磁感应；
②产生感应电流的条件有两个：电路是闭合的；导体在磁场中做切割磁感线运动；两者缺一不可；
③根据实验现象结合电磁感应定义得出结论。
本题利用电磁感应的实验装置图，对感应电流产生的条件和决定感应电流的方向两个知识点通过具体的实验过程进行了探究。
25.【答案】解：由电路图可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压。
(1)串联电路总电压等于各部分电压之和，所以电阻R1两端的电压：U1=U-U2=6V-2V=4V，
串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可得通过电路的电流：I=U1R1=4V10Ω=0.4A，
电阻R2的阻值：R2=U2I=2V0.4A=5Ω；
(2)电阻R1消耗的电功率：P=U1I=4V×0.4A=1.6W。
答：(1)电阻R2的阻值是5Ω；
(2)电阻R1消耗的电功率为1.6W。 
【解析】由电路图可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压。
(1)根据串联电路电压规律计算电阻R1两端的电压，根据串联电路电流特点结合欧姆定律计算通过电路的电流，根据欧姆定律计算计算电阻R2的阻值；
(2)根据电功率公式计算电阻R1消耗的电功率。
本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，属于电学基础计算题，难度不大。
26.【答案】解：
(1)由P=UI可得，低温挡加热时的电流：I低=P低U=440W220V=2A；
(2)由电路图可知，只闭合S1时电路为R1的简单电路，只闭合S2时电路为R2的简单电路，同时闭合S1、S2时R1与R2并联，
因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，同时闭合S1、S2时，电路的总电阻最小，由P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总功率最大，处于高温挡，
则只闭合S1或只闭合S2时，电饭锅处于低温挡或高温挡，对应的电阻分别为：
R低=U2P低=(220V)2440W=110Ω，R中=U2P中=(220V)2880W=55Ω，
由R1的阻值为110Ω可知，电热丝R2的阻值为55Ω；
(3)因并联电路中各支路独立工作、互不影响，且电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以，电饭锅高温挡的功率：
P高=P低+P中=440W+880W=1320W，
将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃时粥吸收的热量：
Q吸=c粥m(t-t0)=4.0×103J/(kg⋅℃)×2.2kg×(74℃-20℃)=4.752×105J，
由表格数据可知，电饭锅的加热效率为75%，
由η=Q吸W×100%可得，消耗的电能：W=Q吸η=4.752×105J75%=6.336×105J，
由P=Wt可得，需要用高温挡工作的时间：t'=WP高=6.336×105J1320W=480s。
答：(1)低温挡加热时电流的大小为2A；
(2)电热丝R2的阻值为55Ω；
(3)将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃，加热效率为75%，则需要工作的时间为480s。 
【解析】(1)根据P=UI求出低温挡加热时的电流；
(2)由电路图可知，只闭合S1时电路为R1的简单电路，只闭合S2时电路为R2的简单电路，同时闭合S1、S2时R1、R2并联，根据电阻的并联特点结合P=UI=U2R判断出电饭锅不同挡位时电路的结构，根据P=UI=U2R求出低温挡或高温挡的电阻，然后结合R1的阻值为110Ω得出电热丝R2的阻值；
(3)并联电路中各支路独立工作、互不影响，且电路的总功率等于各用电器功率之和，据此求出电饭锅高温挡的功率，利用Q吸=cm(t-t0)求出将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃时粥吸收的热量，利用η=Q吸W×100%求出消耗的电能，利用P=Wt求出需要用高温挡工作的时间。
本题考查了电功率公式、吸热公式、效率公式、电功公式的应用等，正确判断出电饭锅不同挡位时电路的连接情况是关键。