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2022-2023学年湖北省黄石市大冶市九年级（上）期末物理试卷-纯答案用卷
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这是一份2022-2023学年湖北省黄石市大冶市九年级（上）期末物理试卷-纯答案用卷，共13页。
【答案】
1. D 2. D 3. C 4. C 5. A 6. C 7. C
8. A 9. D 10. B 11. C
12. BD
13. B3.96×105J88
14. 1.68×106 42%
15. 解：题目要求，开关S闭合时，两电阻均消耗电能，则R1、R2均能工作；
若右边圆圈内填入电流表，则左下方圆圈内只能填电压表，防止电源被短路，但此时导线将R2和电流表短路，所以右边圆圈内填入电压表，左下方圆圈内只能填电流表，R1和R2并联接入电路，如图所示：
。
16. 质量 加热时间 让物质受热均匀 52 小于 控制变量
17. 定值电阻断路 A 电阻两端的电压 3 V BC 寻找普遍规律，避免偶然性
18. 切割磁感线 B 机械 电源
19. S 大
20. 大 先变大，后不变 10036.9677
【解析】
1. 解：A、保险丝是利用电流的热效应，当电流过大时，自动熔断来保护电路的。电阻为零无法将电能转化为内能，无法熔断，故A不符合题意；
B、灯丝必须在白炽状态下才能正常发光，电阻为零无法将电能转化为内能，无法放热，故B不符合题意；
C、电炉丝需要将电能转化为内能，电阻为零无法将电能转化为内能，故C不符合题意；
D、根据焦耳定律Q=I2Rt，可知，远距离输电，当电阻为零时，可使导线损耗为零，便可提高传输效率，故D符合题意。
故选：D。
解答本题的关键是超导体是零电阻，所有利用电流热效应工作的电器设备都不能用超导材料制作。
本题主要考查学生对超导现象及超导材料的特点的认识和了解，是一道基础题。
2. 解：A、甲验电器带负电是因为它得到了电子，故A正确；
B、手柄必须是绝缘体，防止电子从人体发生转移，长棒必须是导体，才能使自由电子在甲验电器和乙验电器之间转移，故B正确；
C、甲中的两金属箔带有同种电荷，因同种电荷相互排斥，箔片能够张开，故C正确；
D、用金属棒连接两金属球的瞬间，电子从甲验电器转移到乙验电器，由于自由电子的定向移动方向与电流方向相反，所以棒中电流方向是从乙到甲，故D错误。
故选：D。
(1)电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
(2)正电荷移动的方向是电流的方向；自由电子的定向移动方向与电流方向相反。
(3)容易导电的是导体，不容易导电的是绝缘体。
此题考查了摩擦起电的实质、导体与绝缘体、电荷间的作用规律、电流方向，属基础题目。
3. 解：A、图中导体水平运动切割磁感线，导体中产生感应电流，这是电磁感应现象，它是发电机的原理，不是电动机的原理，故A不合题意；
B、图中通电后小磁针偏转，说明电流周围存在着磁场，是电流的磁效应，不是电动机的原理，故B不合题意；
C、图中通电导体在磁场中受力而运动，是电动机的工作原理，故C符合题意；
D、图中电磁铁利用了电流的磁效应，不是电动机的原理，故D不合题意。
故选：C。
电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的，结合图中装置可逐一做出判断。
本题考查电流的磁效应、发电机、电磁铁、电动机等的原理，电动机的原理是通电导体在磁场中受力运动，发电机的原理是电磁感应现象。
4. 解：A、使用螺丝刀形状的试电笔时，手指必须触到试电笔上端的金属帽(又叫笔尾金属体)，故A正确；
B、与三孔插座中标有①的插孔相连的导线和室外的大地相连，当用电器的外壳带电时，电荷会被导入大地，不会发生触电事故，故B正确；
C、虽然站在干燥的木凳上，但双手同时分别接触家庭电路中的火线和零线，火线和零线之间的电压是220V，加在人体的电压是220V，超过人体的安全电压，且有电流通过人体，所以会发生触电事故，故C错误；
D、家庭电路同时使用的用电器总功率过大，导线会剧烈发热，容易引发火灾，故D正确。
故选：C。
(1)正确使用试电笔的方法：站在地上，手接触试电笔的笔尾金属体，笔尖接触导线，氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线；
(2)三孔插座接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线；
(3)家庭电路触电事故有单线触电和双线触电两种，都是人体直接或间接跟火线接触造成的；
(4)家庭电路电流过大的原因有二：用电器总功率过大，发生了短路。
生活中常见的安全用电规则和现象，要有适当的应对方法，这样才能做到安全用电。
5. 解：由题知，任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作，说明两开关相互影响、不能独立工作，所以两开关、电动机应串联接在电路中，故A正确。
故选：A。
任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开、电动机停止工作说明两开关相互影响、不能独立工作即为串联。
本题要牢牢把握住关键点“任一只手柄刹车时，开关立即断开、电动机停止工作”，从而判断出两个开关的连接方式是串联。
6. 解：
A、尾气中“汽油味”明显降低，这说明汽油的燃烧率较高，燃烧的较完全，故A正确；
B、两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，为做功冲程，此冲程中内能转化为机械能，故B正确；
C、汽车在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，机械效率一定小于100%，故C错误；
D、该发动机的尾气中“汽油味”明显降低，动力更强劲，在做相同有用功时，消耗的燃料少，减少了碳排放，有利于节约能源和环境保护，故D正确。
故选：C。
(1)汽油在燃烧的过程中，燃烧的越充分，尾气中的“汽油味”越低；
(2)根据气门的闭合情况、活塞的运动情况分析是哪个冲程及能量的转化；
(3)任何机器都不可避免的做额外功，效率不可能达到100%；
(4)根据发动机工作的特点分析。
本题考查了内燃机的工作过程、新型发动机的特点、发动机的效率，属于基础题。
7. 解：根据题意可知，电路在a、b之间发生了断路；
①断开开关，将电压表接在a、b两点，闭合开关，电压表有示数，这说明电压表与电源之间是接通的(即a到正极、b到负极间的电路都是完好的)，所以a、b之间断路，故方法①可行。
②断开开关，将电流表接在a、b两点，闭合开关，若a到正极、b到负极间的电路是完好的，此时会造成电源短路，故方法②不可行。
③断开开关，将与L相同的完好小灯泡接在a、b两点，闭合开关，小灯泡发光，这说明a到正极、b到负极间的电路都是完好的，所以故障是a、b之间断路，故方法③可行。
故选：C。
由题知，电路在a、b之间发生了断路；电压表与待测电路并联，若电压表与电源之间是接通的，则电压表有示数；电流表串联接入电路中，若电流表有示数，则电路是通路；灯泡发光，说明有电流通过灯泡；据此确定检测方法是否可行(注意要保证电路的安全)。
本题考查了利用电流表、电压表、灯泡来检测电路故障，难度适中。
8. 解：由电路图可知，R2与R1并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A测干路电流，电压表测电源两端的电压；
B、电源电压不变，则滑片移动过程中电压表示数不变，故B错误；
A、滑动变阻器R2的滑片P从最右端向中点移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大；并联电流互不影响，则通过R1的电流不变，即电流表A1示数不变；根据并联电流的电流关系可知，干路中的电流变大，即电流表A2示数变大，两个电流表示数的差变大，故A正确；C错误；
D、电压表V的示数不变，电流表A2示数变大，其比值变小，故D错误。
故选：A。
由电路图可知，R2与R1并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源两端的电压；
根据电源电压可知滑片移动时电压表V的示数变化，根据并联电路电流特点、欧姆定律可知电路中电流的变化，然后得出电压表示数与电流表示数的比值、差的变化。
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，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
9. 解：AC、由图乙可知，气敏电阻的阻值随气体酒精浓度的增大而减小，而超导体的电阻为0，所以R不能用超导体制作，故AC错误；
B、由图乙可知，气体酒精浓度发生变化时，气敏电阻的阻值发生变化，根据串联电路的特点可知，电路中的总电阻发生变化，而电源电压是不变的，根据欧姆定律可知，通过电路中的电流发生变化，根据串联电路的电流特点可知，通过R1的电流发生变化，故B错误；
D、由图乙可知，检测气体的酒精浓度越大，气敏电阻R2的阻值减小，电路在总电阻减小，电源电压不变，根据欧姆定律可知，通过电路的电流变大，由于R1的阻值不变，根据U=IR可知，R1两端的电压变大，而电压表测量的是R1两端的电压，所以，电压表的示数变大，故D正确。
故选：D。
(1)导电性能介于导体和绝缘体之间的叫做半导体；超导体的电阻为0，据此分析；
(2)由图乙可知，气敏电阻的阻值随气体酒精浓度的增大而减小，根据串联电路的特点和欧姆定律分析通过R1的电流变化情况，
由图甲可知，电压表测量R1两端的电压，根据欧姆定律可知R1两端的电压即电压表示数变化情况。
本题考查了电路的动态分析、串联电路的特点、欧姆定律的应用，解题的关键是能从图中获取有用信息。
10. 解：①、U形管内液面高度变化是由容器内气体受热膨胀引起的，故①错误；
②、由图甲可知，两阻值不同的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流相同，探究的电流通过导体产生热量跟导体的电阻是否有关，故②正确；
③、乙实验是研究电流产生的热量与电流的关系，通过它们的电流不同、通电时间都相同和电阻要相同，右边容器中的电阻要等于左边容器中的电阻20Ω，故③错误；
④、图甲中两电阻串联，电阻不同，通过两电阻的电流相同，10Ω电阻产生的热量更多，电炉丝与和它相连的导线也是电阻不同，电流相同，电炉丝电阻更大，产生的热量更多，故④正确；
故选：B。
(1)电流通过电阻丝产生热量，加热容器内的气体，气体受热膨胀，从而引起U形管内液面高度变化，由此可得出结论；
(2)探究电流产生热量与电阻关系时，控制电流和通电时间不变；
(3)探究电流产生的热量与电流的关系，控制电阻和通电时间不变；
(4)根据公式Q=I2Rt可知，当电流一定时，电阻越大，产生热量越多。
本题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。
11. 解：A、R为定值电阻，电阻R的电阻值：R=UI=4V0.2A=20Ω，故A错误；
B、由图知，当通过定值电阻R的电流为0.2A，对应的电压大小为1V，它消耗的电功率为：P=UI=1V×0.2A=0.2W，故B错误；
C、当定值电阻R和小灯泡L并联在电压为2V电路中，由并联电路电压的规律，R和灯的电压都为2V，由图知，R和灯的电流分别为0.1A和0.3A，由并联电路电流的规律，电路干路里的电流：I=IR+Il=0.1A+0.3A=0.4A，故C正确；
D、两电阻串联，电路各处的电流相等，由图知，当电路的电流为0.2A时，灯的电压为1V，R的电压为4V，由串联电路电压的规律，电路的电压为1V+4V=5V，即它们两端总电压是5V，故D错误；
故选：C。
A、R为定值电阻，电流随电压的变化关系为过原点的直线，根据R=UI进行计算；
B、由图知，当通过定值电阻R的电流为0.2A时对应的电压大小，根据P=UI求出它消耗的电功率；
C、当定值电阻R和小灯泡L并联在电压为2V电路中，由并联电路电压的规律，由图知R和灯的电流，由并联电路电流的规律得出电路中总电流；
D、根据串联电路电流的规律，当电路的电流为0.2A时，可知灯和R的电压，由串联电路电压的规律得出电路的电压分析。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
12. 解：A、选择液态氢做燃料，是因为它的热值大，故A错误。
B、水桥的形成是因为水分子之间有引力，故B正确。
C、液体结晶是凝固过程，凝固放热使“冰球发热”，但内能没有增加，故C错误。
D、返回舱进入大气层时，宇宙飞船与空气摩擦，机械能转化为内能，是通过做功的方式改变返回舱的内能，故D正确。
故选：BD。
(1)1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值.
(2)分子间存在引力和斥力。
(3)晶体凝固过程要放出热量。
(4)改变物体内能的方式有做功和热传递。
本题是简单综合题，考查了多个考点，要求同学们熟练掌握。
13. 解：(1)旋钮开关置于a和b接线柱，R2和R3串联的电路，总电阻最大，根据P=UI=U2R可知总功率最小，为低温挡；
旋钮开关置于b和c接线柱，R3被短路，电路为R2的简单电路，总电阻较小，根据P=UI=U2R可知总功率较大，为中温挡；
旋钮开关置于c和d接线柱，为R1、R2的并联电路，总电阻最小，根据P=UI=U2R可知总功率最大，为高温挡。
所以，当开关置于b和c接线柱时，电饭煲处于中温挡，故选：B；
(2)电饭煲处于中温挡时，只有R2接入电路，
电饭煲处于中温挡时，在额定电压下持续工作12min消耗的电能是：
W=U2R2t=(220V)288Ω×12×60s=3.96×105J；
(3)当开关置于a和b接线柱时，电饭煲处于低温挡，R2和R3串联接入电路，
低温挡的额定功率为：
P低=U2R2+R3=(220V)288Ω+176Ω，
当开关置于c和d接线柱时，电饭煲处于高温挡，R2和R3并联接入电路，
高温挡的额定功率为：
P高=U2R1+U2R2=(220V)2R1+(220V)288Ω，
又低温挡的电功率与高温挡电功率之比为1：6，即P高=6P低，
则(220V)2R1+(220V)288Ω=6×(220V)288Ω+176Ω，
解得：R1=88Ω。
故答案为：(1)B；(2)3.96×105J；(3)88。
(1)旋钮开关置于a和b接线柱，R2和R3串联的电路，总电阻最大，根据P=UI=U2R可知总功率最小，为低温挡；
旋钮开关置于b和c接线柱，R3被短路，电路为R2的简单电路，总电阻较小，根据P=UI=U2R可知总功率较大，为中温挡；
旋钮开关置于c和d接线柱，为R1、R2的并联的电路，总电阻最小，根据P=UI=U2R可知总功率最大，为高温挡。
(2)电饭煲处于中温挡时，只有R2接入电路，利用W=U2R2t求得消耗的电能；
(3)当开关置于a和b接线柱时，电饭煲处于低温挡，R2和R3串联接入电路；当开关置于c和d接线柱时，电饭煲处于高温挡，R2和R1并联接入电路，分别表示出电功率，再根据低温挡的电功率与高温挡电功率之比为1：6求得结果。
本题考查电阻、电功率的计算，关键是公式及其变形的应用，难点是会分析开关断开与闭合时电路的连接情况，并学会从所给信息中找到有用的数据。
14. 解：(1)在标准大气压下，水的沸点是100℃，水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×5kg×(100℃−20℃)=1.68×106J；
(2)天然气完全燃烧时放出的热量：
Q放=qV=4.0×107J/m3×0.1m3=4×106J；
天然气灶烧水的热效率：
η=Q吸Q收×100%=1.68×106J4×106J×100%=42%。
故答案为：1.68×106；42%。
(1)知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式求水吸收的热量(有用能量)；
(2)知道使用天然气的体积和天然气的热值，利用燃料完全燃烧放热公式求天然气完全燃烧放出的热量(总能量)；利用效率公式求天然气灶烧水的效率。
本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的掌握和运用，注意：固体和液体的热值单位为J/kg，气体燃料的热值单位为J/m3。
15. 电流表与被测得用电器串联，电压表与被测得用电器并联；根据当开关S闭合时，两电阻均消耗电能，据此填入电表。
本题考查了电流表和电压表在电路中的作用，属于中档题。
16. 解：(1)根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故在两个相同的易拉罐内分别装入初温、质量相同的沙子和水；
(2)根据转换法，实验中，可以通过比较加热时间来反映两种液体吸收热量的多少；
(3)用两盏相同的酒精灯同时加热沙子和水，加热过程中需用玻璃棒不断搅拌的目的是：让物质受热均匀，提高温度测量的准确性；
(4)5min时，温度计显示沙子的温度如图丙所示，温度计分度值为1℃，其读数为52℃；
(5)分析数据可知，质量相同的水和沙子，加热相同时间，沙子升温快，根据比较吸热能力的方法，故可得沙子的比热容小于水的比热容；
(6)根据(1)，上述实验中，主要用到的科学探究方法有转换法和控制变量法。
故答案为：(1)质量；(2)加热时间； (3)让物质受热均匀； (4)52；(5)小于；(6)控制变量。
(1)(2)(5)(6)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，这种方法叫转换法；比较物质吸热能力的2种方法：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；或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；
(3)为让物质受热均匀，加热过程中需用玻璃棒不断搅拌；
(4)根据温度计分度值读数。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
17. 解：(1)电流表没有示数，说明电路可能断路；电压表有示数并接近电源电压，说明电压表、电流表、滑动变阻器、开关与电源相连，则故障为与电压表并联的定值电阻断路；
(2)由图乙知，电压表串联在电路中，且滑动变阻器与定值电阻并联，由于电压表自身电阻非常大，所以电流表示数几乎为零，电压表有示数；滑动变阻器应与定值电阻串联，电压表应与定值电阻并联，可以将定值电阻右侧连接滑动变阻器的导线改接到电压表负接线柱上，如图所示：
；
(3)根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中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，所以滑片应向左即A端移动，使电压表示数保持不变；
(4)根据画出I−R图象(如图丙)知，图中阴影部分为长方形，其面积等于IR，由欧姆定律得，U=IR，所以阴影面积表示的物理量是电阻两端的电压，其数值为U=IR=0.3A×10Ω=3V；
(5)A、设电源电压为U，定值电阻两端的电压为UV，当接入50Ω的定值电阻时，则U−UVR滑=UVR，即U−3V20Ω=3V50Ω，解得电源电压为：U=4.2V，所以降低电源电压可以完成这次实验，故A错误；
BC、为了能完成这次实验，滑动变阻器的最大电阻为：
U′−UVR滑大=UVR，即4.5V−3VR滑大=3V50Ω，解得滑动变阻器的最大电阻为：R滑大=25Ω，所以更换一个最大阻值为30Ω的滑动变阻器可以完成这次实验，故B正确；
再串联一个电阻的阻值可以为：30Ω−20Ω=10Ω，故C正确；
D、将电压表改接到滑动变阻器两端，不能改变电阻的分压作用，无论怎样移动滑片，都不能使电压表示数达到原来的数值，所以不能完成这次实验，故D错误；
故选：BC；
(6)探究电流与电压的关系，先固定使用一个5Ω的电阻研究通过的电流及两端电压的关系后，再改换一个其他阻值的电阻重复研究，目的是为了寻找普遍规律，避免偶然性。
故答案为：(1)定值电阻断路；(2)见解答；(3)A；(4)电阻两端的电压；3V；(5)BC；(6)寻找普遍规律，避免偶然性。
(1)若电流表没有示数，说明电路可能断路；电压表有示数并接近电源电压，说明电压表、电流表、滑动变阻器、开关与电源相连，据此判断出故障；
(2)此实验中，电流表、滑动变阻器、定值电阻应串联，电压表与定值电阻应并联，由此分析解答；
(3)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；
(4)根据画出的I−R图象(如图丙)知图中阴影部分为长方形，由欧姆定律分析；
(5)由欧姆定律求出在接入50Ω的电阻进行实验时，滑动变阻器连入电路中的电阻与和电源电压，据此分析；
(6)为得出普遍性的结论，应多次测量。
本题探究电流与电阻的关系，考查电路连接、故障分析、数据分析、控制变量法的应用。
18. 解：(1)比较1、2(或1、3)实验现象可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就产生电流，这是电磁感应现象；
(2)要使感应电流方向发生改变，可采取措施是保持磁体静止，只改变导体水平运动的方向，故B正确；
(3)电磁感应现象中消耗机械能，得到电能，所以是机械能转化为电能；
(4)研究磁场对通电导体的作用，电路中一定有电源，所以将电流表换成电源，导体AB成为通电导体，可以探究磁场对通电导体的作用。
故答案为：(1)切割磁感线；(2)B；(3)机械；(4)电源。
(1)产生感应电流必备的三个条件：闭合电路，一部分导体，切割磁感线运动，三个条件缺一不可。
(2)感应电流的方向和导体运动方向、磁场方向有关。
(3)电磁感应现象中机械能转化为电能。
(4)磁场对通电导体作用，电路中要有电源。
此题是探究电磁感应现象的实验，考查了学生对电磁感应现象和磁场对通电导体的作用等知识的理解和掌握，难度不大。
19. 解：(1)S闭合时，电流从电磁铁的下端流入、上端流出，根据安培定则可知，电磁铁上端是S极；
由图乙可知，当恒温箱中温度升高时，热敏电阻R2的阻值变小，控制电路的总电阻变小，由I=UR可知，控制电路的电流变大，则线圈中的电流将变大；
(2)由题意可知，当继电器线圈中的电流达到I=50mA=0.05A时，继电器的衔铁会被吸下，此时恒温箱中温度最高，
此时控制电路的总电阻：R总=UI=6V0.05A=120Ω，
由图乙可知，恒温箱中温度保持为30℃，热敏电阻R2的阻值R2=60Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，此时R3的阻值：R3=R总−R2−R1=120Ω−60Ω−10Ω=50Ω；
(3)工作电路工作时，每分钟消耗的电能为：
W=UIt=U工作2R0t=(220V)288Ω×1×60s=3.3×104J；
(4)当恒温箱能设定的温度最高时，热敏电阻R2的阻值最小，而此时控制电路的总电阻为120Ω不变，
则热敏电阻R2的最小阻值：R2小=R总−R3大−R1=120Ω−100Ω−10Ω=10Ω，
由图乙可知，该恒温箱能设定的最高温度为90℃。
答：(1)S；大；
(2)恒温箱中温度的最高温度设定为30℃时，此时R3接入电路的阻值为50Ω；
(3)工作电路工作时，每分钟消耗的电能为3.3×104J；
(4)该恒温箱能设定的最高温度为90℃。
(1)根据安培定则判定螺线管的极性，根据图乙可知恒温箱中温度升高时热敏电阻R2的阻值变化，从而得出控制电路的总电阻变化，根据欧姆定律可知控制电路的电流变化，即可得出线圈中的电流变化；
(2)由题意可知，当继电器线圈中的电流达到50mA时，继电器的衔铁会被吸下，此时恒温箱中温度最高，根据欧姆定律求出此时控制电路的总电阻；根据图乙读出恒温箱中温度保持为30℃时热敏电阻R2的阻值，利用串联电路的电阻特点求出此时R3的阻值；
(3)R0工作时，根据W=UIt=U2Rt求出其1min消耗的电能；
(4)当恒温箱能设定的温度最高时，热敏电阻R2的阻值最小，而此时控制电路的总电阻不变，利用电阻的串联求出热敏电阻R2的最小阻值，根据图乙读出该恒温箱能设定的最高温度。
本题考查了安培定则和串联电路的特点、欧姆定律、电功率公式、电功公式的综合应用等，明白电磁铁工作的原理和从图象中获取有用的信息是关键。
20. 解：
(1)通常，直流充电桩比交流充电桩的充电电压更高、电流更大，由P=UI可知，充电功率更大；
(2)由图乙知，D从30%增至80%的过程中，充电功率大致的变化规律是先变大，后不变；
当D达到70%时，充电功率为40kW=40000W，
由表中数据知，D达到70%时，充电电压为400V，
由P=UI可知，此时的充电电流：
I=PU=40000W400=100A；
(3)由表中数据知，D达到80%时，即充入充满状态储能的80%−30%=50%时，充电度数为24.0kW⋅h，充电费用26.40元，
电费单价为：
26.40元24.0kW⋅h=1.10元/kW⋅h，
则充满电还需充入20%，需消耗的电能为：
W′=24.0kW⋅h50%×20%=9.6kW⋅h，
测试全过程的充电费用为(24+9.6)kW⋅h×1.10元/kW⋅h=36.96元；
(4)由题意可知，充满电时储存的电能为：
W=24.0kW⋅h50%=48kW⋅h，
由乙知D从90%增至100%时，即D增加10%，消耗电能W2=10%×W=10%×48kW⋅h=4.8kW⋅h，
此过程中充电功率P2=15kW保持不变，
由W=Pt可得，此时充电的时间为：
t2=W2P2=4.8kW⋅h15kW=0.32h=19.2min，
由题知，t1：t2=2：3，
所以D从80%增至90%所需时间：t1=23t2=23×19.2min=12.8min，
由表中数据知，D从30%增至80%的过程中充电时长45min，
所以测试全过程的充电总时长t=45min+12.8min+19.2min=77min。
故答案为：(1)大；(2)先变大，后不变；100；(3)36.96；(4)77。
(1)由P=UI可知，充电电压更高、电流更大，充电功率的大小情况；
(2)由图乙知，D从30%增至80%的过程中，充电功率大致的变化规律；
由表中数据知，D达到70%的充电电压，由图乙知此时的充电功率，由P=UI计算此时的充电电流；
(3)由表中数据知，D达到80%时的充电度数和充电费用，可计算电费的单价；
充电前，D为30%，根据电池当前储能占充满状态储能的百分比为D，可计算充满时的充电度数，从而计算测试全过程的充电费用；
(4)由图乙知，D从90%到100%，即D增加10%，此过程中充电功率为15kW保持不变，由W=Pt计算充电的时间t2，从而计算出D从80%增至90%所需时间为t1，再计算测试全过程的充电总时长。
本题以直流充电桩为情景主要考查了电功率公式的灵活应用，理解题意并能从图像和表格中获取有用数据是关键，本题很好的体现物理知识在生活中的应用。
【答案】
1. D 2. D 3. C 4. C 5. A 6. C 7. C
8. A 9. D 10. B 11. C
12. BD
13. B3.96×105J88
14. 1.68×106 42%
15. 解：题目要求，开关S闭合时，两电阻均消耗电能，则R1、R2均能工作；
若右边圆圈内填入电流表，则左下方圆圈内只能填电压表，防止电源被短路，但此时导线将R2和电流表短路，所以右边圆圈内填入电压表，左下方圆圈内只能填电流表，R1和R2并联接入电路，如图所示：
。
16. 质量 加热时间 让物质受热均匀 52 小于 控制变量
17. 定值电阻断路 A 电阻两端的电压 3 V BC 寻找普遍规律，避免偶然性
18. 切割磁感线 B 机械 电源
19. S 大
20. 大 先变大，后不变 10036.9677
【解析】
1. 解：A、保险丝是利用电流的热效应，当电流过大时，自动熔断来保护电路的。电阻为零无法将电能转化为内能，无法熔断，故A不符合题意；
B、灯丝必须在白炽状态下才能正常发光，电阻为零无法将电能转化为内能，无法放热，故B不符合题意；
C、电炉丝需要将电能转化为内能，电阻为零无法将电能转化为内能，故C不符合题意；
D、根据焦耳定律Q=I2Rt，可知，远距离输电，当电阻为零时，可使导线损耗为零，便可提高传输效率，故D符合题意。
故选：D。
解答本题的关键是超导体是零电阻，所有利用电流热效应工作的电器设备都不能用超导材料制作。
本题主要考查学生对超导现象及超导材料的特点的认识和了解，是一道基础题。
2. 解：A、甲验电器带负电是因为它得到了电子，故A正确；
B、手柄必须是绝缘体，防止电子从人体发生转移，长棒必须是导体，才能使自由电子在甲验电器和乙验电器之间转移，故B正确；
C、甲中的两金属箔带有同种电荷，因同种电荷相互排斥，箔片能够张开，故C正确；
D、用金属棒连接两金属球的瞬间，电子从甲验电器转移到乙验电器，由于自由电子的定向移动方向与电流方向相反，所以棒中电流方向是从乙到甲，故D错误。
故选：D。
(1)电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
(2)正电荷移动的方向是电流的方向；自由电子的定向移动方向与电流方向相反。
(3)容易导电的是导体，不容易导电的是绝缘体。
此题考查了摩擦起电的实质、导体与绝缘体、电荷间的作用规律、电流方向，属基础题目。
3. 解：A、图中导体水平运动切割磁感线，导体中产生感应电流，这是电磁感应现象，它是发电机的原理，不是电动机的原理，故A不合题意；
B、图中通电后小磁针偏转，说明电流周围存在着磁场，是电流的磁效应，不是电动机的原理，故B不合题意；
C、图中通电导体在磁场中受力而运动，是电动机的工作原理，故C符合题意；
D、图中电磁铁利用了电流的磁效应，不是电动机的原理，故D不合题意。
故选：C。
电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的，结合图中装置可逐一做出判断。
本题考查电流的磁效应、发电机、电磁铁、电动机等的原理，电动机的原理是通电导体在磁场中受力运动，发电机的原理是电磁感应现象。
4. 解：A、使用螺丝刀形状的试电笔时，手指必须触到试电笔上端的金属帽(又叫笔尾金属体)，故A正确；
B、与三孔插座中标有①的插孔相连的导线和室外的大地相连，当用电器的外壳带电时，电荷会被导入大地，不会发生触电事故，故B正确；
C、虽然站在干燥的木凳上，但双手同时分别接触家庭电路中的火线和零线，火线和零线之间的电压是220V，加在人体的电压是220V，超过人体的安全电压，且有电流通过人体，所以会发生触电事故，故C错误；
D、家庭电路同时使用的用电器总功率过大，导线会剧烈发热，容易引发火灾，故D正确。
故选：C。
(1)正确使用试电笔的方法：站在地上，手接触试电笔的笔尾金属体，笔尖接触导线，氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线；
(2)三孔插座接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线；
(3)家庭电路触电事故有单线触电和双线触电两种，都是人体直接或间接跟火线接触造成的；
(4)家庭电路电流过大的原因有二：用电器总功率过大，发生了短路。
生活中常见的安全用电规则和现象，要有适当的应对方法，这样才能做到安全用电。
5. 解：由题知，任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作，说明两开关相互影响、不能独立工作，所以两开关、电动机应串联接在电路中，故A正确。
故选：A。
任一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开、电动机停止工作说明两开关相互影响、不能独立工作即为串联。
本题要牢牢把握住关键点“任一只手柄刹车时，开关立即断开、电动机停止工作”，从而判断出两个开关的连接方式是串联。
6. 解：
A、尾气中“汽油味”明显降低，这说明汽油的燃烧率较高，燃烧的较完全，故A正确；
B、两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，为做功冲程，此冲程中内能转化为机械能，故B正确；
C、汽车在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，机械效率一定小于100%，故C错误；
D、该发动机的尾气中“汽油味”明显降低，动力更强劲，在做相同有用功时，消耗的燃料少，减少了碳排放，有利于节约能源和环境保护，故D正确。
故选：C。
(1)汽油在燃烧的过程中，燃烧的越充分，尾气中的“汽油味”越低；
(2)根据气门的闭合情况、活塞的运动情况分析是哪个冲程及能量的转化；
(3)任何机器都不可避免的做额外功，效率不可能达到100%；
(4)根据发动机工作的特点分析。
本题考查了内燃机的工作过程、新型发动机的特点、发动机的效率，属于基础题。
7. 解：根据题意可知，电路在a、b之间发生了断路；
①断开开关，将电压表接在a、b两点，闭合开关，电压表有示数，这说明电压表与电源之间是接通的(即a到正极、b到负极间的电路都是完好的)，所以a、b之间断路，故方法①可行。
②断开开关，将电流表接在a、b两点，闭合开关，若a到正极、b到负极间的电路是完好的，此时会造成电源短路，故方法②不可行。
③断开开关，将与L相同的完好小灯泡接在a、b两点，闭合开关，小灯泡发光，这说明a到正极、b到负极间的电路都是完好的，所以故障是a、b之间断路，故方法③可行。
故选：C。
由题知，电路在a、b之间发生了断路；电压表与待测电路并联，若电压表与电源之间是接通的，则电压表有示数；电流表串联接入电路中，若电流表有示数，则电路是通路；灯泡发光，说明有电流通过灯泡；据此确定检测方法是否可行(注意要保证电路的安全)。
本题考查了利用电流表、电压表、灯泡来检测电路故障，难度适中。
8. 解：由电路图可知，R2与R1并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A测干路电流，电压表测电源两端的电压；
B、电源电压不变，则滑片移动过程中电压表示数不变，故B错误；
A、滑动变阻器R2的滑片P从最右端向中点移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大；并联电流互不影响，则通过R1的电流不变，即电流表A1示数不变；根据并联电流的电流关系可知，干路中的电流变大，即电流表A2示数变大，两个电流表示数的差变大，故A正确；C错误；
D、电压表V的示数不变，电流表A2示数变大，其比值变小，故D错误。
故选：A。
由电路图可知，R2与R1并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源两端的电压；
根据电源电压可知滑片移动时电压表V的示数变化，根据并联电路电流特点、欧姆定律可知电路中电流的变化，然后得出电压表示数与电流表示数的比值、差的变化。
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，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
9. 解：AC、由图乙可知，气敏电阻的阻值随气体酒精浓度的增大而减小，而超导体的电阻为0，所以R不能用超导体制作，故AC错误；
B、由图乙可知，气体酒精浓度发生变化时，气敏电阻的阻值发生变化，根据串联电路的特点可知，电路中的总电阻发生变化，而电源电压是不变的，根据欧姆定律可知，通过电路中的电流发生变化，根据串联电路的电流特点可知，通过R1的电流发生变化，故B错误；
D、由图乙可知，检测气体的酒精浓度越大，气敏电阻R2的阻值减小，电路在总电阻减小，电源电压不变，根据欧姆定律可知，通过电路的电流变大，由于R1的阻值不变，根据U=IR可知，R1两端的电压变大，而电压表测量的是R1两端的电压，所以，电压表的示数变大，故D正确。
故选：D。
(1)导电性能介于导体和绝缘体之间的叫做半导体；超导体的电阻为0，据此分析；
(2)由图乙可知，气敏电阻的阻值随气体酒精浓度的增大而减小，根据串联电路的特点和欧姆定律分析通过R1的电流变化情况，
由图甲可知，电压表测量R1两端的电压，根据欧姆定律可知R1两端的电压即电压表示数变化情况。
本题考查了电路的动态分析、串联电路的特点、欧姆定律的应用，解题的关键是能从图中获取有用信息。
10. 解：①、U形管内液面高度变化是由容器内气体受热膨胀引起的，故①错误；
②、由图甲可知，两阻值不同的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流相同，探究的电流通过导体产生热量跟导体的电阻是否有关，故②正确；
③、乙实验是研究电流产生的热量与电流的关系，通过它们的电流不同、通电时间都相同和电阻要相同，右边容器中的电阻要等于左边容器中的电阻20Ω，故③错误；
④、图甲中两电阻串联，电阻不同，通过两电阻的电流相同，10Ω电阻产生的热量更多，电炉丝与和它相连的导线也是电阻不同，电流相同，电炉丝电阻更大，产生的热量更多，故④正确；
故选：B。
(1)电流通过电阻丝产生热量，加热容器内的气体，气体受热膨胀，从而引起U形管内液面高度变化，由此可得出结论；
(2)探究电流产生热量与电阻关系时，控制电流和通电时间不变；
(3)探究电流产生的热量与电流的关系，控制电阻和通电时间不变；
(4)根据公式Q=I2Rt可知，当电流一定时，电阻越大，产生热量越多。
本题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。
11. 解：A、R为定值电阻，电阻R的电阻值：R=UI=4V0.2A=20Ω，故A错误；
B、由图知，当通过定值电阻R的电流为0.2A，对应的电压大小为1V，它消耗的电功率为：P=UI=1V×0.2A=0.2W，故B错误；
C、当定值电阻R和小灯泡L并联在电压为2V电路中，由并联电路电压的规律，R和灯的电压都为2V，由图知，R和灯的电流分别为0.1A和0.3A，由并联电路电流的规律，电路干路里的电流：I=IR+Il=0.1A+0.3A=0.4A，故C正确；
D、两电阻串联，电路各处的电流相等，由图知，当电路的电流为0.2A时，灯的电压为1V，R的电压为4V，由串联电路电压的规律，电路的电压为1V+4V=5V，即它们两端总电压是5V，故D错误；
故选：C。
A、R为定值电阻，电流随电压的变化关系为过原点的直线，根据R=UI进行计算；
B、由图知，当通过定值电阻R的电流为0.2A时对应的电压大小，根据P=UI求出它消耗的电功率；
C、当定值电阻R和小灯泡L并联在电压为2V电路中，由并联电路电压的规律，由图知R和灯的电流，由并联电路电流的规律得出电路中总电流；
D、根据串联电路电流的规律，当电路的电流为0.2A时，可知灯和R的电压，由串联电路电压的规律得出电路的电压分析。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
12. 解：A、选择液态氢做燃料，是因为它的热值大，故A错误。
B、水桥的形成是因为水分子之间有引力，故B正确。
C、液体结晶是凝固过程，凝固放热使“冰球发热”，但内能没有增加，故C错误。
D、返回舱进入大气层时，宇宙飞船与空气摩擦，机械能转化为内能，是通过做功的方式改变返回舱的内能，故D正确。
故选：BD。
(1)1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值.
(2)分子间存在引力和斥力。
(3)晶体凝固过程要放出热量。
(4)改变物体内能的方式有做功和热传递。
本题是简单综合题，考查了多个考点，要求同学们熟练掌握。
13. 解：(1)旋钮开关置于a和b接线柱，R2和R3串联的电路，总电阻最大，根据P=UI=U2R可知总功率最小，为低温挡；
旋钮开关置于b和c接线柱，R3被短路，电路为R2的简单电路，总电阻较小，根据P=UI=U2R可知总功率较大，为中温挡；
旋钮开关置于c和d接线柱，为R1、R2的并联电路，总电阻最小，根据P=UI=U2R可知总功率最大，为高温挡。
所以，当开关置于b和c接线柱时，电饭煲处于中温挡，故选：B；
(2)电饭煲处于中温挡时，只有R2接入电路，
电饭煲处于中温挡时，在额定电压下持续工作12min消耗的电能是：
W=U2R2t=(220V)288Ω×12×60s=3.96×105J；
(3)当开关置于a和b接线柱时，电饭煲处于低温挡，R2和R3串联接入电路，
低温挡的额定功率为：
P低=U2R2+R3=(220V)288Ω+176Ω，
当开关置于c和d接线柱时，电饭煲处于高温挡，R2和R3并联接入电路，
高温挡的额定功率为：
P高=U2R1+U2R2=(220V)2R1+(220V)288Ω，
又低温挡的电功率与高温挡电功率之比为1：6，即P高=6P低，
则(220V)2R1+(220V)288Ω=6×(220V)288Ω+176Ω，
解得：R1=88Ω。
故答案为：(1)B；(2)3.96×105J；(3)88。
(1)旋钮开关置于a和b接线柱，R2和R3串联的电路，总电阻最大，根据P=UI=U2R可知总功率最小，为低温挡；
旋钮开关置于b和c接线柱，R3被短路，电路为R2的简单电路，总电阻较小，根据P=UI=U2R可知总功率较大，为中温挡；
旋钮开关置于c和d接线柱，为R1、R2的并联的电路，总电阻最小，根据P=UI=U2R可知总功率最大，为高温挡。
(2)电饭煲处于中温挡时，只有R2接入电路，利用W=U2R2t求得消耗的电能；
(3)当开关置于a和b接线柱时，电饭煲处于低温挡，R2和R3串联接入电路；当开关置于c和d接线柱时，电饭煲处于高温挡，R2和R1并联接入电路，分别表示出电功率，再根据低温挡的电功率与高温挡电功率之比为1：6求得结果。
本题考查电阻、电功率的计算，关键是公式及其变形的应用，难点是会分析开关断开与闭合时电路的连接情况，并学会从所给信息中找到有用的数据。
14. 解：(1)在标准大气压下，水的沸点是100℃，水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×5kg×(100℃−20℃)=1.68×106J；
(2)天然气完全燃烧时放出的热量：
Q放=qV=4.0×107J/m3×0.1m3=4×106J；
天然气灶烧水的热效率：
η=Q吸Q收×100%=1.68×106J4×106J×100%=42%。
故答案为：1.68×106；42%。
(1)知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式求水吸收的热量(有用能量)；
(2)知道使用天然气的体积和天然气的热值，利用燃料完全燃烧放热公式求天然气完全燃烧放出的热量(总能量)；利用效率公式求天然气灶烧水的效率。
本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的掌握和运用，注意：固体和液体的热值单位为J/kg，气体燃料的热值单位为J/m3。
15. 电流表与被测得用电器串联，电压表与被测得用电器并联；根据当开关S闭合时，两电阻均消耗电能，据此填入电表。
本题考查了电流表和电压表在电路中的作用，属于中档题。
16. 解：(1)根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故在两个相同的易拉罐内分别装入初温、质量相同的沙子和水；
(2)根据转换法，实验中，可以通过比较加热时间来反映两种液体吸收热量的多少；
(3)用两盏相同的酒精灯同时加热沙子和水，加热过程中需用玻璃棒不断搅拌的目的是：让物质受热均匀，提高温度测量的准确性；
(4)5min时，温度计显示沙子的温度如图丙所示，温度计分度值为1℃，其读数为52℃；
(5)分析数据可知，质量相同的水和沙子，加热相同时间，沙子升温快，根据比较吸热能力的方法，故可得沙子的比热容小于水的比热容；
(6)根据(1)，上述实验中，主要用到的科学探究方法有转换法和控制变量法。
故答案为：(1)质量；(2)加热时间； (3)让物质受热均匀； (4)52；(5)小于；(6)控制变量。
(1)(2)(5)(6)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，这种方法叫转换法；比较物质吸热能力的2种方法：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；或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；
(3)为让物质受热均匀，加热过程中需用玻璃棒不断搅拌；
(4)根据温度计分度值读数。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
17. 解：(1)电流表没有示数，说明电路可能断路；电压表有示数并接近电源电压，说明电压表、电流表、滑动变阻器、开关与电源相连，则故障为与电压表并联的定值电阻断路；
(2)由图乙知，电压表串联在电路中，且滑动变阻器与定值电阻并联，由于电压表自身电阻非常大，所以电流表示数几乎为零，电压表有示数；滑动变阻器应与定值电阻串联，电压表应与定值电阻并联，可以将定值电阻右侧连接滑动变阻器的导线改接到电压表负接线柱上，如图所示：
；
(3)根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中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，所以滑片应向左即A端移动，使电压表示数保持不变；
(4)根据画出I−R图象(如图丙)知，图中阴影部分为长方形，其面积等于IR，由欧姆定律得，U=IR，所以阴影面积表示的物理量是电阻两端的电压，其数值为U=IR=0.3A×10Ω=3V；
(5)A、设电源电压为U，定值电阻两端的电压为UV，当接入50Ω的定值电阻时，则U−UVR滑=UVR，即U−3V20Ω=3V50Ω，解得电源电压为：U=4.2V，所以降低电源电压可以完成这次实验，故A错误；
BC、为了能完成这次实验，滑动变阻器的最大电阻为：
U′−UVR滑大=UVR，即4.5V−3VR滑大=3V50Ω，解得滑动变阻器的最大电阻为：R滑大=25Ω，所以更换一个最大阻值为30Ω的滑动变阻器可以完成这次实验，故B正确；
再串联一个电阻的阻值可以为：30Ω−20Ω=10Ω，故C正确；
D、将电压表改接到滑动变阻器两端，不能改变电阻的分压作用，无论怎样移动滑片，都不能使电压表示数达到原来的数值，所以不能完成这次实验，故D错误；
故选：BC；
(6)探究电流与电压的关系，先固定使用一个5Ω的电阻研究通过的电流及两端电压的关系后，再改换一个其他阻值的电阻重复研究，目的是为了寻找普遍规律，避免偶然性。
故答案为：(1)定值电阻断路；(2)见解答；(3)A；(4)电阻两端的电压；3V；(5)BC；(6)寻找普遍规律，避免偶然性。
(1)若电流表没有示数，说明电路可能断路；电压表有示数并接近电源电压，说明电压表、电流表、滑动变阻器、开关与电源相连，据此判断出故障；
(2)此实验中，电流表、滑动变阻器、定值电阻应串联，电压表与定值电阻应并联，由此分析解答；
(3)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；
(4)根据画出的I−R图象(如图丙)知图中阴影部分为长方形，由欧姆定律分析；
(5)由欧姆定律求出在接入50Ω的电阻进行实验时，滑动变阻器连入电路中的电阻与和电源电压，据此分析；
(6)为得出普遍性的结论，应多次测量。
本题探究电流与电阻的关系，考查电路连接、故障分析、数据分析、控制变量法的应用。
18. 解：(1)比较1、2(或1、3)实验现象可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就产生电流，这是电磁感应现象；
(2)要使感应电流方向发生改变，可采取措施是保持磁体静止，只改变导体水平运动的方向，故B正确；
(3)电磁感应现象中消耗机械能，得到电能，所以是机械能转化为电能；
(4)研究磁场对通电导体的作用，电路中一定有电源，所以将电流表换成电源，导体AB成为通电导体，可以探究磁场对通电导体的作用。
故答案为：(1)切割磁感线；(2)B；(3)机械；(4)电源。
(1)产生感应电流必备的三个条件：闭合电路，一部分导体，切割磁感线运动，三个条件缺一不可。
(2)感应电流的方向和导体运动方向、磁场方向有关。
(3)电磁感应现象中机械能转化为电能。
(4)磁场对通电导体作用，电路中要有电源。
此题是探究电磁感应现象的实验，考查了学生对电磁感应现象和磁场对通电导体的作用等知识的理解和掌握，难度不大。
19. 解：(1)S闭合时，电流从电磁铁的下端流入、上端流出，根据安培定则可知，电磁铁上端是S极；
由图乙可知，当恒温箱中温度升高时，热敏电阻R2的阻值变小，控制电路的总电阻变小，由I=UR可知，控制电路的电流变大，则线圈中的电流将变大；
(2)由题意可知，当继电器线圈中的电流达到I=50mA=0.05A时，继电器的衔铁会被吸下，此时恒温箱中温度最高，
此时控制电路的总电阻：R总=UI=6V0.05A=120Ω，
由图乙可知，恒温箱中温度保持为30℃，热敏电阻R2的阻值R2=60Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，此时R3的阻值：R3=R总−R2−R1=120Ω−60Ω−10Ω=50Ω；
(3)工作电路工作时，每分钟消耗的电能为：
W=UIt=U工作2R0t=(220V)288Ω×1×60s=3.3×104J；
(4)当恒温箱能设定的温度最高时，热敏电阻R2的阻值最小，而此时控制电路的总电阻为120Ω不变，
则热敏电阻R2的最小阻值：R2小=R总−R3大−R1=120Ω−100Ω−10Ω=10Ω，
由图乙可知，该恒温箱能设定的最高温度为90℃。
答：(1)S；大；
(2)恒温箱中温度的最高温度设定为30℃时，此时R3接入电路的阻值为50Ω；
(3)工作电路工作时，每分钟消耗的电能为3.3×104J；
(4)该恒温箱能设定的最高温度为90℃。
(1)根据安培定则判定螺线管的极性，根据图乙可知恒温箱中温度升高时热敏电阻R2的阻值变化，从而得出控制电路的总电阻变化，根据欧姆定律可知控制电路的电流变化，即可得出线圈中的电流变化；
(2)由题意可知，当继电器线圈中的电流达到50mA时，继电器的衔铁会被吸下，此时恒温箱中温度最高，根据欧姆定律求出此时控制电路的总电阻；根据图乙读出恒温箱中温度保持为30℃时热敏电阻R2的阻值，利用串联电路的电阻特点求出此时R3的阻值；
(3)R0工作时，根据W=UIt=U2Rt求出其1min消耗的电能；
(4)当恒温箱能设定的温度最高时，热敏电阻R2的阻值最小，而此时控制电路的总电阻不变，利用电阻的串联求出热敏电阻R2的最小阻值，根据图乙读出该恒温箱能设定的最高温度。
本题考查了安培定则和串联电路的特点、欧姆定律、电功率公式、电功公式的综合应用等，明白电磁铁工作的原理和从图象中获取有用的信息是关键。
20. 解：
(1)通常，直流充电桩比交流充电桩的充电电压更高、电流更大，由P=UI可知，充电功率更大；
(2)由图乙知，D从30%增至80%的过程中，充电功率大致的变化规律是先变大，后不变；
当D达到70%时，充电功率为40kW=40000W，
由表中数据知，D达到70%时，充电电压为400V，
由P=UI可知，此时的充电电流：
I=PU=40000W400=100A；
(3)由表中数据知，D达到80%时，即充入充满状态储能的80%−30%=50%时，充电度数为24.0kW⋅h，充电费用26.40元，
电费单价为：
26.40元24.0kW⋅h=1.10元/kW⋅h，
则充满电还需充入20%，需消耗的电能为：
W′=24.0kW⋅h50%×20%=9.6kW⋅h，
测试全过程的充电费用为(24+9.6)kW⋅h×1.10元/kW⋅h=36.96元；
(4)由题意可知，充满电时储存的电能为：
W=24.0kW⋅h50%=48kW⋅h，
由乙知D从90%增至100%时，即D增加10%，消耗电能W2=10%×W=10%×48kW⋅h=4.8kW⋅h，
此过程中充电功率P2=15kW保持不变，
由W=Pt可得，此时充电的时间为：
t2=W2P2=4.8kW⋅h15kW=0.32h=19.2min，
由题知，t1：t2=2：3，
所以D从80%增至90%所需时间：t1=23t2=23×19.2min=12.8min，
由表中数据知，D从30%增至80%的过程中充电时长45min，
所以测试全过程的充电总时长t=45min+12.8min+19.2min=77min。
故答案为：(1)大；(2)先变大，后不变；100；(3)36.96；(4)77。
(1)由P=UI可知，充电电压更高、电流更大，充电功率的大小情况；
(2)由图乙知，D从30%增至80%的过程中，充电功率大致的变化规律；
由表中数据知，D达到70%的充电电压，由图乙知此时的充电功率，由P=UI计算此时的充电电流；
(3)由表中数据知，D达到80%时的充电度数和充电费用，可计算电费的单价；
充电前，D为30%，根据电池当前储能占充满状态储能的百分比为D，可计算充满时的充电度数，从而计算测试全过程的充电费用；
(4)由图乙知，D从90%到100%，即D增加10%，此过程中充电功率为15kW保持不变，由W=Pt计算充电的时间t2，从而计算出D从80%增至90%所需时间为t1，再计算测试全过程的充电总时长。
本题以直流充电桩为情景主要考查了电功率公式的灵活应用，理解题意并能从图像和表格中获取有用数据是关键，本题很好的体现物理知识在生活中的应用。
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