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福建省福州十六中2021-2022学年九年级上学期期末物理试卷
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这是一份福建省福州十六中2021-2022学年九年级上学期期末物理试卷，共30页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在物理学习过程中，经常要进行估测，下列估测值最符合生活实际的是( )
A. 一般家用电冰箱的电流大约为5AB. 人体的正常体温约为37℃
C. 对人体的安全电压为36VD. 教室中日光灯的功率约为400W
2.古诗《清平调》中，有诗句“云想衣裳花想容，春风拂槛露华浓”。诗中所说的“露”的形成过程属于( )
A. 液化B. 汽化C. 凝华D. 升华
3.现在华北地区广大的农村正在进行“煤改气”活动，将人们以前习惯以煤作为取暖燃料，改为用“天然气”为燃料。除了环保因素外，还由于天然气比煤炭( )
A. 比热容大B. 热值高C. 密度小D. 熔点低
4.以下有关物理知识的总结和整理中，正确的是( )
A. 物理量及单位{功率焦耳内能瓦特
B. 测量仪器及用途{电能表测电功率电压表测电压
C. 科学家及贡献{法拉第发现电能生磁奥斯特发现磁能生电
D. 生活工具及原理{电饭煲电流的热效应电风扇电流的磁效应
5.物理学中常用数学方法来表示某些量的关系。下列图象中能用阴影面积表示某物理量的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析正确的是( )
A. 如图甲，厚玻璃内的空气被压缩时，空气的内能减少
B. 如图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能减小
C. 如图丙，水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气温度升高，在试管口变成“白雾”
D. 如图丁，汽油机在此冲程中，机械能转化为内能
7.学了电与磁的知识后，小文有所启发，他制作了如图所示的“神奇转框”，金属框的上部中央与电池正极相连，下部与电池负极相连的磁铁紧贴，金属框便能绕电池转动，“神奇转框”的工作原理与下列哪个装置的工作原理相同( )
A.
B.
C.
D.
8.电熨斗通电一段时间后变得很烫，而连接电熨斗的导线却不怎么热，其原因是( )
A. 导线散热快，所以温度低B. 导线电阻小产生的热量少
C. 通过导线的电流小于通过电熨斗的电流D. 导线有绝缘保护层，能隔热
9.用电高峰期，会看到家里的白炽灯泡比正常发光要暗一些。这是因为，用电高峰期并联用电器增多，造成( )
A. 电路中的总电阻增大B. 电路中的总电流减小
C. 白炽灯泡的实际功率减小D. 白炽灯泡的额定功率减小
10.如图所示分别是小英家上月初和上月末电能表的示数。结合表盘上的信息可知，下列选项中正确的是( )
A. 小英家家庭电路中的干路电流不得超过10A
B. 小英家上个月消耗的电能为1011kW⋅h
C. 电能表上指示灯闪烁320次，表示家庭电路消耗电能0.2J
D. 电能表上指示灯闪烁的次数越多，说明电路中消耗的电能越多
11.2020年4月，“一盔一带”安全守护行动在全国各地开展。如图所示，为保证司乘人员的安全，轿车上设有安全带未系提示系统。当乘客坐在座椅上时，座椅下的开关S1闭合。若未系安全带，则开关S2断开，仪表盘上的指示灯亮起；若系上安全带，则开关S2闭合，指示灯熄灭。下列设计比较合理的电路图是( )
A. B.
C. D.
12.如图所示电路，开关S闭合后灯L不发光，用测电笔测试电灯两接线处和插座两孔均能使测电笔氖管发光，经检查，保险丝未烧断，开关完好，以下四种判断中正确的是( )
A. 进户火线断路
B. 进户零线断路
C. 室内发生短路
D. 灯丝断了
13.如图所示，电源电压不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片由中点向右移动时，下列说法正确的是( )
A. 灯泡L变暗
B. 电流表A1的示数变大
C. 电路的总功率变小
D. 电压表V与电流表A1的示数之比变小
14.如图所示，是冷水与热水混合时，温度随时间变化的图像。假设在热传递过程中没有热量损失，那么，由图中所给的信息可知，冷热水的质量与吸放热之比分别是( )
A. 3：1；1：1
B. 1：1；3：1
C. 1：1；1：3
D. 1：3；1：1
15.如图所示，电源电压12V保持不变，灯泡L1标有“12V6W”，灯泡L2标有“15V15W”，设灯丝的电阻不变。只闭合开关S和S1时，电流表示数为2.5A，若只闭合开关S和S2时，虚线框内的电阻均保持不变，则电流表示数将变为( )
A. 3AB. 2.8AC. 0.8AD. 1.5A
16.如图所示电路，电源电压为12V且保持不变。闭合开关S，当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数为4V；当滑片P置于变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，在10s内定值电阻R1，产生的热量为36J。则下列说法正确的是( )
A. 电路中的最大电流为1A
B. 滑片P在中点时，滑动变阻器R接入电路的阻值为10Ω
C. 滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比为8：9
D. R1先后两次消耗的电功率之比为9：16
二、填空题：本大题共6小题，共12分。
17.2021年4月29日，由中国航天科技集团研制的长征五号B遥二运载火箭在文昌航天发射场点火升空，将载人航天工程空间站天和核心舱精准送入预定轨道。火箭使用的燃料是液态氢，液态氢完全燃烧喷出的高温燃气，通过______(选填“热传递”或“做功”)使发射台温度急剧升高，造成破坏。为了避免这种破坏，科学家在发射台下建造了一个巨大的水池，这是因为水的______大能起到对发射台降温的作用。
18.文天祥写过“臣心一片磁针石，不指南方不肯休”的诗句。这里的“磁针石”由于受到地磁场的作用，“钥匙孔指南方”的一端是“磁针石”的______ 极(选填“N”或“S”)。如图所示是汽车启动装置电路简图，当钥匙插入钥匙孔并转动时，电磁铁通电得到磁性，硬棒AB绕转轴转动，汽车将______ (选填“启动”或“停止”)。
19.如图所示，某手机移动电源(俗称充电宝)有两个输出端，通过电源线可以单独或同时为手机充电，这两个输出端的连接方式是______ 联。一块手机用的锂电池，上面标明电压3.7V，容量1000mA⋅h，它充满电后大约储存了______ J电能。
20.小明自制了一盏可调节亮度的台灯，电路如图所示，小灯泡规格是“6V 3W”。请完成以下问题：
(1)粗心的小明忘记把灯泡画上去，你认为灯泡应画在图中______之间(选填“a、b”或“c、d”)；
(2)连好电路后，若要使灯泡变暗，应将滑动变阻器的滑动片向______(填“左”或“右”)移动。
21.已知甲灯标有“6V 3W”字样，乙灯的额定电压是3V.甲、乙两灯的U−I关系如图所示。确保电路安全的前提下：两灯串联使用，电路两端的最大电压是______V；两灯并联使用，电路最大电流是______A。
22.如图所示，电源电压不变，R0为定值电阻，灯L1、L2分别标有“6V 12W”和“6V 4W”字样。设灯丝的电阻不变，当开关S与a接触时，电流表示数为0.3A，R0消耗的电功率为P1；当S与b接触时，R0消耗的电功率为P2，已知P1：P2=9：4，则电源电压为______ V，定值电阻R0的阻值为______ Ω。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
23.如图所示，两灯泡的额定电压均为220V。当开关闭合后，两灯都正常发光，且插座不受开关控制，请将电路连接完整。
24.通电螺线管的磁感线方向如图所示，请在图中标出小磁针的N极，并标出电源的“+”或“-”极。
四、实验探究题：本大题共5小题，共28分。
25.小明利用图甲所示装置做“探究冰熔化时温度的变化规律”实验，图乙是温度随时间变化的图像。
(1)将冰块放在试管中再放入烧杯的水中，其主要目的是为了使冰块______ ；
(2)实验中某时刻的温度如图甲所示，则该物质此时的温度是______ ℃；
(3)图乙中第10min时，物质处于______ 态。当物质到达C点后继续加热，物质温度随时间变化的图线是______ (选填“①”、“②”或“③”)。
26.某实验小组在“探究不同物质吸热升温的现象”的实验中，按照图甲所示装置进行实验，烧杯中分别装入A、B两种液体，用相同的酒精灯进行加热。
(1)实验要按照一定顺序组装器材，应先安装______ (选填“温度计”、“石棉网”或“横杆”)，烧杯中应分别装入初温相同且______ (选填“体积”或“质量”)相等的两种液体。
(2)实验中A、B两液体吸收热量的多少，是通过比较______ 来间接反映的(选填“升高的温度”或“加热时间”)，这里用到的实验方法是______ 。
(3)A、B两种液体温度变化图像如图乙所示，则A、B两种液体的比热容之比为______ ，若要从A或B中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质，则应选择______ (选填“A”或“B”)。
27.在“探究电流与电压关系”的实验中，如图甲所示是某实验小组设计的实验电路，电源电压3V保持不变。
(1)连接电路时，开关应该处于______ 状态，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于______ (选填“C”或“D”)端。
(2)闭合开关发现电流表几乎无示数，电压表示数接近3V，则电路故障可能是：______ 。
(3)排除故障后，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。由图像可得的实验结论是：______ 。
(4)在电学实验中，下面的三个实验都用到图甲的电路，以下说法正确的是______ 。
A.研究“电流与电压的关系”可以用灯泡代替定值电阻进行实验
B.研究“电流与电阻的关系”每次更换电阻后，都要移动滑动变阻器使电流表示数不变
C.“伏安法”测定值电阻，多次实验的目的是求平均值，减小误差
D.在A、B、C选项的三个实验中，滑动变阻器的作用是完全一样的
28.如图甲所示是小明探究“电磁铁的磁性与什么因素有关”的实验。
(1)当改变通电螺线管中的电流方向时，发现小磁针指向转动180∘，由此可知，通电螺线外部的磁场方向与螺线管中______方向有关。
(2)实验中，通过观察电磁铁______来比较电磁铁磁性的强弱，小明将开关S先后接a和b，调节滑动变阻器使电流表示数不变，观察吸引大头针的数目，这是探究通电螺线管磁场强弱与______的关系。
(3)小明发现灵敏电流计内部结构与电动机、发电机内部结构类似，他设计了如图乙所示的实验装置，用手拨动灵敏电流计a的指针，发现灵敏电流计b的指针“心灵感应”般偏转。如果要让灵敏电流计b的指针反向偏转，可以采用方法有：
①______；
②______。
29.某校兴趣小组的同学们做了如下两个电学实验：甲组在测量额定电压为2.5V小灯泡正常发光时的电阻实验。
(1)用笔画线代替导线，将图甲的电路连接完整。要求：滑动变阻器向左移动时，电流表示数变大。
(2)闭合开关后，移动滑片使电压表示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时电阻为______ Ω，小灯泡的额定功率为______ W。
(3)甲组同学还测出了小灯泡在不同电压下的电阻，发现差别很大，你认为原因是：______ 。
(4)在实验过程中，由于操作有误，在未断开开关的情况下，直接将小灯泡从灯座上拔出，那么拔出小灯泡后电压表的示数______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
(5)乙组同学设计了一种测定值电阻的方案如图丙所示，方案中定值电阻的阻值为R0，电源电压未知，步骤如下：
①______ ，读出电压表的示数为U1。
②______ ，读出电压表的示数为U2。
③电阻Rx的表达式为Rx=______ (用U1、U2、R0表示)。
五、简答题：本大题共1小题，共4分。
30.处处留心皆物理，小浩从冰箱取出一支冰棒，很快发现冰棒上附着白花花的“粉”；他将冰棒放在不锈钢的杯子中，过了一会儿，杯子外壁出现了小水珠，请你用所学的物理知识解释白花花的“粉”和杯子外壁的水珠的形成原因，并说出是放热还是吸热。
六、计算题：本大题共3小题，共20分。
31.如图所示，现在的小火锅常用一种被称为“固体酒精”的物质作为燃料，已知这种燃料的热值是1×107J/kg，小明测得他所用的“固体酒精”燃料质量为0.2kg，求：
(1)小明所用的“固体酒精”完全燃烧放出的热量；
(2)若放出的热量有21%被火锅中的水吸收，能使质量为2.5kg，初温为20℃的水温度升高多少？[已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
32.如图，电源电压恒为6V，灯泡L上标有“4V 2W”字样，滑动变阻器R2上标有“20Ω1A”字样，定值电阻，R1阻值为10Ω，电流表的量程为0−3A，电压表的量程为0−3V，不计温度对灯丝电阻的影响。求：
(1)灯泡正常工作时的电流和电阻；
(2)当开关S、S1、S2闭合，S3断开时，电路的最小总功率；
(3)当开关S、S3闭合，S1、S2断开时，在确保电路元件安全的情况下，滑动变阻器，R2的取值范围。
33.如图甲所示为某电热水器的原理图，通过电磁继电器自动控制电热水器实现加热状态和保温状态的挡位变换，R1、R2均为电热丝，其中，加热功率为1100W，保温功率为44W。红灯、绿灯是电热水器工作时的指示灯，忽略指示灯对电路的影响。求：
(1)当电路处于加热状态时______ 灯亮；(选填“红”或“绿”)
(2)电热水器在加热状态下工作10min消耗的电能；
(3)电热丝R2的阻值；
(4)控制电路电源电压恒为6V，R3为滑动变阻器，R0为热敏电阻(置于电热水器内)其阻值随温度的变化如图乙所示。工作时，当电磁铁线圈中的电流I≥10mA时，电磁铁的衔铁才能被吸下来；当恒温器的设定温度为40℃时，滑动变阻器连入电路中的电阻为多少Ω？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、一般家用电冰箱的电流大约为1A，故A不符合实际；
B、人体的正常体温约为37℃，故B符合实际；
C、经验证明，不高于36V的电压对人体是安全的，故C不符合实际；
D、教室中日光灯的功率约为100W，故D不符合实际。
故选：B。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
物理学中，对各种物理量的估算能力，也是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2.【答案】A
【解析】解：露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的。
故选：A。
物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态。
3.【答案】B
【解析】解：燃料完全燃烧时，释放热量的多少取决于燃料的种类和质量。人们以前习惯以煤作为取暖燃料，改为用“天然气”为燃料，除了环保因素外，还由于天然气比煤炭热值高，故ACD错误，B正确。
故选：B。
热值只跟燃料的种类有关，与燃料的质量、是否完全燃烧、是否容易燃烧等无关；燃料完全燃烧时，释放热量的多少取决于燃料的种类和质量。
本题的解题关键是知道热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关。
4.【答案】D
【解析】解：A、在物理学中，功率的主单位是瓦特，内能的单位是焦耳，故A错误。
B、电能表测量电流通过用电器做功的多少，电压表测量电压，故B错误。
C、奥斯特最早发现电生磁现象；法拉第最早发现磁生电现象，故C错误。
D、电饭煲是利用电流的热效应工作的，电风扇是利用电流的磁效应工作的，故D正确。
故选：D。
(1)功率单位是瓦特，内能单位是焦耳；
(2)电能表测量电能；电压表测量电压；
(3)法拉第法线磁生电，奥斯特发现电生磁；
(4)电饭煲是利用电流的热效应工作的，电风扇是利用电流的磁效应工作的。
本题是一道学科综合题，涉及的知识点很多，但难度不大，属于基础题目。
5.【答案】B
【解析】解：
A、由图知，横坐标表示功，纵坐标表示功率，则阴影部分面积等于功和功率的乘积，根据公式P=Wt可知，功和功率的乘积不能表示某物理量，故A错误；
B、由图知，横坐标表示做功时间，纵坐标表示功率，则阴影部分面积等于功率和做功时间的乘积，根据公式W=Pt可知，功率和做功时间的乘积表示功，故B正确；
C、由图知，横坐标表示功率，纵坐标表示功，则阴影部分面积等于功和功率的乘积，根据公式P=Wt可知，功和功率的乘积不能表示某物理量，故C错误；
D、由图知，横坐标表示做功时间，纵坐标表示功，则阴影部分面积等于做功时间和功的乘积，根据公式P=Wt可知，做功时间和功的乘积不能表示某物理量，故D错误。
故选：B。
由图可知横坐标和纵坐标表示的物理量，然后求出阴影部分的面积，然后与所学知识对比得出答案。
本题考查了利用数学方法来表示某些量的关系，关键是熟知功率公式。
6.【答案】B
【解析】解：A、图甲，厚玻璃内的空气被压缩时，活塞对空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增加，故A错误；
B、图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，空气的内能减小，故B正确；
C、试管内的水蒸气推动塞子冲出时，试管口的“白雾”是液化形成的，故C错误；
D、图丁，汽缸内的气体推动活塞向下运动时(即做功冲程)，内能转化为机械能，气缸内气体的内能减少，故D错误。
故选：B。
(1)做功和热传递可以改变物体的内能。
(2)做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
本题考查做功和热传递改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
7.【答案】B
【解析】解：在本实验中，线框之所以能够转动，是由于通电线框在磁场中受力，与电动机的原理相同。
A、是电磁铁的原理图，是根据电流的磁效应制成的，故A错误；
B、图中有电源，是电动机的原理图，是根据通电导体在磁场中受到力的作用制成的，故B正确；
C、是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，故C错误；
D、图中没有电源，是发电机的原理图，是根据电磁感应现象制成的，故D错误；
故选：B。
本实验利用了通电导体在磁场中受力的原理，因此，要有磁场的存在，同时还要有电流的存在。这一过程中，将电能转化为机械能。
了解实验装置的结构，明确其工作原理，再进一步确定其性质和能量转化，是解答的关键。
8.【答案】B
【解析】解：电熨斗在使用时，电熨斗和导线串联，I电熨斗=I导线，通电时间t相同，
∵Q=I2Rt，R电熨斗>R导线，
∴电流产生的热量：
Q电熨斗>Q导线，
从而出现通电一段时间后电熨斗变得很烫、而连接电熨斗的导线却不怎么热的现象；
由以上分析可知，选项ACD错、B正确。
故选：B。
电熨斗和导线串联，通过的电流和通电时间相同，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，电阻越大电流产生的热量越多，据此分析判断。
本题考查了学生对焦耳定律、串联电路电流特点的了解和掌握，知道导线和电熨斗连接方式为串联是本题的关键。
9.【答案】C
【解析】解：
A、家庭电路是并联的，并联的用电器增多，就相当于增加导体的横截面积，因此总电阻变小，A不符合题意。
B、在并联电路中I=I1+I2，因此并联的用电器增多，电路中的总电流变大，B不符合题意。
C、在家庭电路中，输电线和家用电器之间是串联，用电高峰期，接入电路的用电器变多，干路中的电流变大，而输电导线有一定的电阻，输电导线损失的电压U损=IR，输电导线的电阻R一定，当I增大时U损增大，用电器两端的电压减小，由公式P=U2R可知用电器的实际功率减小，灯泡比正常发光要暗-些，符合题意。
D、额定功率是用电器在额定电压的功率，用电器正常工作时两端的电压为额定电压，额定电压只有一个，对应的额定功率只有一个，它不随电压的改变而改变。
故选：C。
A、从并联电路电阻的特点以及影响电阻的因素来进行分析。
B、从并联电路电流的特点并结合公式I=I1+I2进行分析。
C、解决该问题要考虑，要考虑输电导线有电阻，要分担一部分电压，利用公式U=IR来分析电压的变化，并由此推导出用电器两端电压的变化，再利用公式P=U2R分析用电器功率的变化。
D、结合额定电压并从额定功率的定义来分析。
要想解决此题，需要让学生知道在家庭电路中，输电导线有一定的电阻，要分担一部分电压，从而导致用电器两端的电压发生变化，其电功率发生变化，并且用到并联电路电流和电阻的特点。
10.【答案】D
【解析】解：
A、由图知电能表允许通过的最大电流为40A，因此小英家干路中的电流不得超过40A，故A错误；
B、小英家上月消耗的电能为：5647.8kW⋅h−5546.7kW⋅h=101.1kW⋅h，故B错误；
C、指示灯闪烁320次消耗的电能：W=3201600kW⋅h=0.2kW⋅h；故C错误；
D、1600imp/kW⋅h表示每消耗1kW⋅h的电能，指示灯闪烁1600次，电能表上指示灯闪烁的次数越多，则电路中消耗的电能越多，故D正确。
故选：D。
从电能表表盘可得到的信息：
①电能表指示灯闪烁的次数反映了电路消耗电能的多少；
②电能表读数时，最后一位是小数，单位kW⋅h；
③根据10(40)A的含义判断；
④1600imp/kW⋅h表示每消耗1kW⋅h的电能，指示灯闪烁1600次，据此求出指示灯闪烁320次消耗的电能。
本题考查对电能表参数的理解，关键是要明白各参数的物理意义，还要能读出电能表的示数和计算出当月消耗的电能。
11.【答案】B
【解析】解：
由题知，S1闭合、开关S2断开指示灯亮，S2闭合，指示灯熄灭。
A、两开关串联，只有乘客坐下，系上安全带S2闭合时指示灯才会发光，故A不符合题意；
B、指示灯与S1串联，与S2并联，乘客坐下时S1闭合指示灯亮，系上安全带时S2闭合，指示灯被短路熄灭，并且不会出现电源短路，故B符合题意；
C、指示灯与S1串联，与S2并联，乘客坐下时S1闭合指示灯亮，系上安全带时S2闭合，指示灯被短路熄灭，但出现电源短路，故C不符合题意；
D、两开关并联后与指示灯串联，无论是乘客坐下时S1闭合还是系上安全带时S2闭合，指示灯都会发光，故D不符合题意。
故选：B。
由题意知，只有坐在座位上时，指示灯才亮，故S1可控制灯，当开关S2闭合时，灯又不亮了，说明指示灯被S2短路了。
本题利用了对用电器短路时，用电器将不工作设计电路，注意不能出现对电源短路的情况，电阻起保护电路的作用。
12.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了用测电笔检查家庭电路中的故障的方法。
用测电笔接触家庭电路中的导线时，测电笔氖管发光时，测电笔直接或间接接触火线；氖管不发光时，测电笔接触的是零线。
【解答】
A.若进户火线断路，则测电笔测试电灯两接线处和插座两孔均不能使测电笔氖管发光，故A错误；
B.若进户零线断路，此时电灯两接线处和插座两孔都与火线相连，氖管均会发光，故B正确；
C.若室内发生短路，则电路中的电流会过大，保险丝会熔断，与题意不符，故C错误；
D.若灯丝断了，则测电笔测试电灯的左接线处和插座左孔时，氖管不会发光，故D错误。
故选B。
13.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过灯泡的电流，电压表V测电源两端的电压。
A.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灯泡的电流和实际功率不变，则灯泡的亮度不变，故A错误；
BC.由电源电压不变可知，滑片移动时电压表V的示数不变，滑动变阻器的滑片从中点向右移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，由I=UR可知，通过变阻器的电流变小；因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且通过灯泡的电流不变，所以干路电流变小，即电流表A1的示数变小；
根据P=UI可知，总功率变小，故B错误、C正确；
D、电压表V示数不变，电流表A1示数变小，电压表V与电流表A1的示数之比变大，故D错误。
故选：C。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过灯泡的电流，电压表V测电源两端的电压。
根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，滑片移动时通过灯泡的电流和实际功率变化、电流表A2示数的变化，然后判断灯泡的亮度变化；
根据电源电压可知滑片移动时电压表V的示数变化，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变阻器的电流变化，利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化，根据P=UI分析总功率的变化；
根据电压表示数和电流表A1示数的变化分析其比值的变化。
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。
14.【答案】A
【解析】解：由图可知：热水的初温为60℃、末温为30℃，Δt热=60℃−30℃=30℃，
冷水的初温为20℃、末温为30℃，Δt冷=30℃−20℃=10℃，
假设在热传递过程中没有热量损失，根据热平衡方程：Q吸=Q放，即Q吸：Q放=1：1；
由Q=cmΔt可知，c冷m冷Δt冷=c热m热Δt热，
代入数据可得：4.2×103J/(kg⋅℃)×m冷×10℃=4.2×103J/(kg⋅℃)×m热×30℃。
所以m冷：m热=3：1。
故选：A。
(1)冷水与热水的比热容相同，冷水与热水混合时，热水放出热量、温度降低，冷水吸收热量、温度升高，直到二者温度相等，热传递停止，假设在热传递过程中没有热量损失，则冷水吸收的热量等于热水放出的热量；
(2)由图可知冷水与热水的初温和末温，根据热平衡方程分析解答。
本题主要考查学生对热量公式、热平衡方程以及热传递的条件和特点的了解和掌握，注意冷水与热水的比热容相同。
15.【答案】B
【解析】解：只闭合开关S和S1时，右侧四个定值电阻与灯泡L1并联接入电路，电流表测干路电流，
并联电路各支路两端电压相等，此时通过灯泡L1的电流：I1=P1U1=6W12V=0.5A，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，则通过四个电阻的总电流：IR=I−I1=2.5A−0.5A=2A，
灯泡L2的电阻：R2=U22P2=((15V)215W=15Ω,
只闭合开关S和S2时，右侧四个定值电阻与灯泡L2并联接入电路，电流表测干路电流，
此时通过灯泡L2的电流：I2=UR2=12V15Ω=0.8A，
根据并联电路各支路互不影响可知，通过四个定值电阻的电流不变，
此时电流表的示数为：I′=I2+IR=0.8A+2A=2.8A。
故选：B。
只闭合开关S和S1时，右侧四个定值电阻与灯泡L1并联接入电路，电流表测干路电流，根据并联电路电压特点和I=PU计算此时通过灯泡L1的电流，根据并联电路电流特点计算通过四个电阻的总电流；
根据R=U2P计算灯泡L2的电阻，只闭合开关S和S2时，右侧四个定值电阻与灯泡L2并联接入电路，电流表测干路电流，根据欧姆定律计算此时通过灯泡L2的电流，根据并联电路的电流特点计算此时电流表的示数。
本题考查并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，分清电路连接是解题的关键。
16.【答案】C
【解析】解：根据电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R串联，电压表测R两端电压，电流表测电路中电流；
根据串联电路分压原理知，滑片从中点到b端时，R连入阻值增大，它分得电压增大，即电压表示数增大了2V，此时电压表示数为4V+2V=6V；
所以U1=U−UR=12V−6V=6V，
由Q=W=U2Rt可得：R1=U12Q1t=(6V)236J×10s=10Ω；
A、当滑片在a点时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，由欧姆定律可知电路中的电流最大，
电路中的最大电流：I最大=UR1=12V10Ω=1.2A，故A错误；
B、滑片在中点时，电路中的电流：I=IR′=I1′=U−UR′R1=12V−4V10Ω=0.8A，
则滑动变阻器接入电路中的阻值：R′=UR′IR′=4V0.8A=5Ω，故B错误；
CD、滑动变阻器滑片在中点时，滑动变阻器消耗的电功率：PR′=IR′2R′=(0.8A)2×5Ω=3.2W，
R1消耗的电功率：P1′=I1′2R1=(0.8A)2×10Ω=6.4W，
当滑片P置于变阻器的b端时，电路中的总电阻最大，电流最小，
电路中的最小电流：I最小=IR=I1=U1R1=6V10Ω=0.6A，
此时滑动变阻器消耗的电功率：PR=IR2R=(0.6A)2×2×5Ω=3.6W，
R1消耗的电功率：P1=I12R1=(0.6A)2×10Ω=3.6W，
则滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比：PR′：PR=3.2W：3.6W=8：9，故C正确；
R1先后两次消耗的电功率之比：P1′：P1=6.4W：3.6W=16：9，故D错误。
故选：C。
根据电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端电压，电流表测电路中电流。根据串联电路分压规律可知滑片从中点到b端时，电压表示数将增大，因此电压表示数增大了2V，然后根据串联电路电压规律以及Q=W=U2Rt即可求出R1的阻值；
(1)当滑片在a点时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，由欧姆定律可知电路中的电流最大，欧姆定律即可求出电路中的最大电流；
(2)先根据欧姆定律求出滑片在中点时电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的阻值；
(3)当滑片在b点时，电路中的电流最小，根据串联电路电压规律和欧姆定律即可求出电路中的最小电流；根据P=I2R分别求出滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比和R1先后两次消耗的电功率之比。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律以及电功、功率计算公式的应用，要注意电表最小示数的判断。
17.【答案】热传递 比热容
【解析】解：火箭发射时，燃料燃烧后喷出的高温燃气，通过热传递的方式使发射台温度急剧升高；
因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，起到对发射台的降温作用。
故答案为：热传递；比热容。
改变物体的内能的方式：做功和热传递；
因为水的比热容较大：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；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多，据此分析。
本题考查了改变物体内能方式以及水比热容较大特点的应用，属于基础题。
18.【答案】S 启动
【解析】解：地球周围存在着磁场，地理的南方是地磁北极附近，磁针石受到地磁场的作用，指南方的一端是磁体的S极；
当钥匙插入钥匙孔并转动时，电路接通，电磁铁中的电流是从下边导线流入的，根据安培定则可以判断出电磁铁的上端为N极；当电磁铁电路接通时，电磁铁具有磁性，将上边的触点A吸下，使BC触点接通，电动机工作，进而汽车启动。
故答案为：S；启动。
磁针石就是指南针，在静止时，由于地磁场的作用，其南极指向地理的南方；
知道电流方向，根据安培定则判断出电磁铁的极性；当电磁铁电路接通时，分析电磁铁是否具有磁性，而后判断出电动机是否工作即可。
了解地磁场的方向与地理两极方向的关系、安培定则的内容是解题关键。
19.【答案】并 13320
【解析】解：通过电源线可以单独或同时为手机充电，说明两条线路之间互不影响，因此这两个输出端的连接方式是并联；
它充满电后大约储存的电能为：W=UIt=3.7V×1000×10−3A×3600s=13320J。
故答案为：并；13320。
串联电路中各个用电器之间互相影响，并联电路中各个支路之间互不影响；
根据W=UIt可求出电池充满电后储存的电能。
本题考查了对串、并联电路的判断和电能的计算，属于基础题，难度不大。
20.【答案】a、b 右
【解析】解：
(1)由题意可知，台灯的亮度可调节，所以灯泡应该与滑动变阻器串联，结合电路图可知，灯泡应该接在a、b之间；
(2)灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，由P=I2R可知，要使灯泡变暗应减小电路中的电流，由欧姆定律可知应增大电路中的电阻，即滑片右移时增大滑动变阻器接入电路中的电阻。
故答案为：(1)a、b；(2)右。
(1)由题意可知，台灯的亮度可调节，所以灯泡应该与可调电阻串联在一起；
(2)滑动变阻器移动滑片时，可以改变连入电路的电阻，从而改变电路的电流，影响灯泡的亮暗程度。
本题考查了滑动变阻器的作用和电功率公式的应用以及电路的动态分析，难度不大。
21.【答案】80.9
【解析】解：(1)根据图象可知，甲灯两端电压为额定电压6V时，通过甲的额定电流为0.5A；
乙灯两端电压为额定电压3V时，通过乙的额定电流为0.6A；
因为串联电路中电流处处相等，所以两灯串联时，电路中的最大电流I=I甲=0.5A，此时甲灯正常发光(其电压为6V)，
由图象可知，当通过乙灯泡的电流为0.5A时，乙灯泡两端电压为2V，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，
所以电路两端允许加的最大电压：U串=U甲+U乙′=6V+2V=8V；
(2)因为并联电路两端电压相等，所以并联电路两端的最大电压为3V，
由图象可知，甲乙两端电压为3V时，I甲′=0.3A，I乙′=0.6A，
因为并联电路中的干路电流等于各支路电流之和，
所以干路允许通过的最大电流：I并=I甲′+I乙′=0.3A+0.6A=0.9A。
故答案为：8；0.9。
(1)已知甲乙灯泡的额定电压，先根据图象读出甲乙灯泡的额定电流，然后根据串联电路电流规律确定电路电流，再根据图象读出乙两端电压，最后根据串联电路电压特点求出电路两端允许加的最大电压；
(2)当将他们并联使用时，根据并联电路电压规律选取额定电压较小的那个，然后根据图象读出通过甲乙两灯泡的电流，最后根据并联电路电流规律求出干路允许通过的最大电流。
本题考查串并联电路电流、电压规律，难点是对于额定电压和额定电流不同的两个灯泡来说，串联时比较额定电流取小的，并联时比较额定电压取小的，这也是本题的重点。
22.【答案】3.69
【解析】解：根据P=UI=U2R可知，L1的电阻R1=U12PL1=(6V)212W=3Ω，L2的电阻R2=U22PL2=(6V)24W=9Ω，
当开关S与a接触时，R0和L1串联，根据欧姆定律可知电路中电流I=UR0+R1=①，
根据P=UI=I2R可知R0消耗的电功率P1=I2R0=(0.3A)2×②，
当S与b接触时，L2和R0串联，根据欧姆定律可知电路中电流I′=UR2+R0，
根据P=UI=I2R可知R0消耗的电功率P2=(UR2+R0)③，
且P1：P2=9：④，
联立①②③④可得：U=3.6V，R0=9Ω。
故答案为：3.6；9。
灯丝的电阻不变，根据P=UI=U2R可得出L1的电阻值和L2的电阻值；
当开关S与a接触时，R0和L1串联，根据欧姆定律可知得出电路中电流的表达式，且此时电路为0.3A，根据P=UI=I2R可知R0消耗的电功率为P1的表达式；
当S与b接触时，L2和R0串联，根据欧姆定律可知电路中电流的表达式，根据P=UI=I2R可得出R0消耗的电功率为P2的表达式，且P1：P2=9：4，
联立以上各式可得出R0的阻值。
本题考查电路分析、欧姆定律的应用和电功率的计算，综合性强，难度较大。
23.【答案】解：家庭电路电压为220V，两灯泡的额定电压均为220V，因两灯都能正常工作，则两灯应并联；开关S控制两灯，S接在干路上，根据安全用电原则，S要控制火线；
三孔插座不受开关S控制，按“左零右火上接地”的原则连入电路中，如下所示：
【解析】家庭电路电压为220V，根据灯的额定电压和并联电路电压的规律，确定两灯并联；开关与待测电路串联，为了安全，开关应控制火线；三孔插座按“左零右火上接地”的原则连入电路中。
本题考查了三孔插座、开关、灯泡的接法，注意家庭电路中的各用电器并联连接，开关接在火线与电灯之间。
24.【答案】解：因磁体外部磁感线方向由N极指向S极，故螺线管左侧为S极，右侧为N极；
因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故可知小磁针左侧为N极，右侧为S极。
由安培定则可知电流由右侧流入螺线管，即电源右侧为正极，左侧为负极；故答案如图：
【解析】由磁感线的方向可知通电螺线管的极性，则由安培定则可求得电流方向及电源的正负极，由小磁针所在位置的磁感线方向可知小磁针的极性。
安培定则不但可以由电流方向和线圈绕向判断磁极，也可根据磁极和线圈的绕向判断电流方向。
25.【答案】受热均匀 零下8 固液共存 ③
【解析】解：(1)将冰块放在试管中再放入烧杯的水中，这是水浴法加热，采用水浴法是为了使冰块受热均匀，温度变化比较慢，便于记录实验数据；
(2)温度计的分度值为2℃，向下示数变大，为零下，故示数为零下8℃；
(3)由图象可知：冰在5min−15min熔化时温度不变，也就是冰有一定的熔点，所以冰是晶体，第10min时晶体处于熔化过程，处于固液共存态；根据Q=cmΔt可知，吸收相同的热量，比热容大的温度变化小，冰的比热容要小于水的，所以吸收相同热量，水温度变化较小，则图象水的缓而冰的较陡，故温度随时间变化的图线是③。
故答案为：(1)受热均匀；(2)零下8；(3)固液共存；③。
(1)实验中将冰块放在试管中再放入烧杯的水中，是水浴法加热，这样可以让冰块受热均匀；
(2)根据图甲读出温度计的示数，注意温度计的分度值；
(3)晶体熔化时，处于固液共存态；根据Q=cmΔt可知，吸收相同的热量，比热容大的温度变化小。
本题考查晶体的熔化现象以及熔化图像，难度不大。
26.【答案】石棉网 质量 加热时间 转换法 1：2 B
【解析】解：(1)要用酒精灯的外焰加热，故实验要按照一定顺序组装器材，应先安装石棉网；根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同(不同物质密度不同，根据m=ρV，体积相同的不同物质质量不同)，故烧杯中应分别装入初温相同且质量相等的两种液体。
(2)实验中A、B两液体吸收热量的多少，是通过比较加热时间来间接反映的，用到转换法。
(3)根据A、B两种液体温度变化图像可知，升高80℃，A、B的加热时间分别为2min和4min，由转换法，对应的吸热之比为1：2，根据Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，则A、B两种液体的比热容之比为1：2；
因B的比热容大，根据Q=cmΔt，在质量和降低的温度相同时，B放热多，若要从A或B中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质，则应选择B。
故答案为：(1)石棉网；质量；(2)加热时间；转换法；(3)1：2；B。
(1)根据用酒精灯的外焰加热；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；
(2)根据转换法回答；
(3)根据A、B两种液体温度变化图像得出升高80℃A、B的加热时间，由转换法可知对应的吸热之比，根据Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，据此得出A、B两种液体的比热容之比；因B的比热容大，根据Q=cmΔt分析。
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和Q=cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
27.【答案】断开 D 电阻R断路 导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 C
【解析】解：
(1)为了保护电路，连接电路时，应断开开关，将变阻器滑片置于最大值D端；
(2)闭合开关，发现灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能有断路，电压表有示数，接近电源电压，说明电压表与电源连通测电源电压，则导致这种现象可能的原因是R断路，这样电压表被串联入电路中，所以移动滑片，两表示数无变化；
(3)绘图丙所示电阻R的I−U图象为过原点的直线，据此可得结论：导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(4)A、在研究电流与电压关系时，应当控制电阻是定值，因此本实验选用的是定值电阻，而小灯泡的电阻会受温度的变化而变化，所以本实验不能用小灯泡；
B、研究“电流与电阻的关系”，应当保证定值电阻两端的电压不变，因此每次更换电阻后，都要移动滑动变阻器使电压表示数不变，所以滑动变阻器的目的是控制定值电阻两端电压不变；
C、“伏安法”测定值电阻，多次实验的目的是求平均值，减小误差；研究“电流与电压的关系“，控制电阻是定值，多次改变定值电阻两端的电压，所以滑动变阻器的目的是改变定值电阻两端的电压；
D、从上面分析可知，在A、B、C选项的三个实验中，滑动变阻器的作用是不同的。
因此C正确。
故答案为：
(1)断开；D；
(2)电阻R断路；
(3)导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(4)C。
(1)为了保护电路，连接电路时，应断开开关，将变阻器滑片置于最大值处；
(2)闭合开关发现电流表几乎无示数，说明电路可能断路，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
(3)根据绘制出电阻R的I−U图象为过原点的直线得出结论；
(4)根据实际实验要求进行分析。
本题为“探究电流与电阻的关系”的实验，考查注意事项、故障分析、图像分析等知识。
28.【答案】电流 吸引大头针的数目 线圈匝数 改变电流计磁体的N、S极 让灵敏电流计a指针的转动方向改变
【解析】解：(1)改变通电螺线管中的电流方向，发现小磁针指向转动180∘，这说明磁场的方向发生了变化，由此可知：通电螺线管外部的磁场方向与螺线管中电流方向有关；
(2)在实验中，通过观察通电时电磁铁吸引大头针的多少来判断电磁铁磁性的强弱，这是根据转换法来实现的；
实验中，他将开关S从a换到b上时，连入电路的线圈匝数发生了变化，为了保证电流不变，应调节变阻器的滑片P，控制两次实验的电流大小不变，再次观察电流表示数及吸引的大头针数目，这样才能探究出通电螺线管磁性强弱与线圈匝数的关系；
(3)用手拨动灵敏电流计a的指针，闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生了感应电流；电流流过灵敏电流计b，则b的指针会发生偏转；
灵敏电流计b指针发生偏转，利用的是通电导体在磁场中受力运动，通电导体在磁场中受力运动的方向与电流的方向和磁场的方向有关，要让灵敏电流计b的指针反向偏转，可以改变磁场的方向：改变电流计b的N、S极；还可以改变通过灵敏电流计b的电流的方向，由于感应电流的方向与导体运动的方向和磁场的方向有关，所以可以让灵敏电流计a指针的转动方向改变或改变电流计a的N、S极。
故答案为：(1)电流；(2)吸引大头针的数目；线圈匝数；(3)改变电流计磁体的N、S极；让灵敏电流计a指针的转动方向改变。
(1)通电螺线管外部的磁场方向与螺线管中电流方向、线圈的绕法有关；
(2)电磁铁磁性的强弱是通过吸引大头针的多少反映出来的，这是运用了转换法的思想；影响螺线管磁性强弱的因素有电流的大小和线圈匝数的多少；
(3)通电导体在磁场中受力的方向与电流的方向、磁场的方向有关；感应电流的方向与磁场的方向、导体运动的方向有关。
本题考查了影响铜电螺线管的磁极极性和强弱的因素、通电导体在磁场中受力方向的影响因素、感应电流方向的影响因素，考查的知识点较多，综合性较强。
29.【答案】小灯泡的电阻随温度的升高而增大 变大 闭合S、S1，断开S2 闭合S、S2，断开S1 U1R0U2−U1
【解析】解：(1)滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表示数变大，根据欧姆定律可知电路中的总电阻变小，故滑动变阻器接入电路的阻值变小，滑动变阻器应选用左下接线柱与定值电阻串联，据此连接实物图如下：
；
(2)电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的电阻R=U额I额=≈8.3Ω；
则小灯泡的额定功率为：P额=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W；
(3)甲组同学还测出了小灯泡在不同电压下的电阻，发现差别很大，原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大；
(4)在探究过程中，由于操作有误，在未断开开关的情况下，直接将小灯泡从灯座上拔出，则电压表串联在电路中测电源电压(原来测灯的电压)，由串联电路电压的规律，那么拔出小灯泡后电压表的示数变大；
(5)乙组同学设计了一种测定值电阻的方案如图丙所示，方案中定值电阻的阻值为R0，电源电压未知，步骤如下：
①闭合S、S1，断开S2，两电阻串联，电压表测量Rx两端的电压，且电压表的示数为U1；
②闭合S、S2，断开S1，两电阻串联，电压表测量电源电压，且电压表的示数为U2；
③则电阻R0两端的电压U0=U2−U1，电路中的电流I=U0R0=U2−U1R0，根据欧姆定律可知电阻Rx的表达式为Rx=U1I=U1U2−U1R0=U1R0U2−U1。
故答案为：(1)见上图；(2)8.3；0.625；(3)小灯泡的电阻随温度的升高而增大；(4)变大；(5)①闭合S、S1，断开S2；②闭合S、S2，断开S1；③U1R0U2−U1。
(1)滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表示数变大，根据欧姆定律可知电路中的总电阻变小，故滑动变阻器接入电路的阻值变小，由此可判断滑动变阻器应选用哪部分电阻与定值电阻串联，据此连接实物图；
(2)电流表选用小量程，分度值为0.02A，据此得出电流表示数，根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的电阻，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
(3)甲组同学还测出了小灯泡在不同电压下的电阻，发现差别很大，原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大；
(4)直接将小灯泡从灯座上拔出，分析电路的连接，由串联电路电压的规律分析；
(2)乙组同学设计了一种测定值电阻的方案如图丙所示，方案中定值电阻的阻值为R0，电源电压未知，步骤如下：
①闭合S、S1，断开S2，两电阻串联，电压表测量Rx两端的电压；
②闭合S、S2，断开S1，两电阻串联，电压表测量电源电压；
③根据串联电路的电压特点得出电阻R0两端的电压，根据欧姆定律得出电路中的电流和电阻Rx的表达式。
本题考查了测量小灯泡正常发光时的电阻实验，涉及了电路连接、小灯泡电阻随温度的变化、电表读数、电阻和电功率的计算，同时考查在电表不全的情况下设计方案测电阻的能力等，考查较综合，有一定难度。
30.【答案】答：冰棒上附着白花花的“粉”是水蒸气遇冷直接凝华形成的小冰晶，放出热量；杯子外壁出现了小水珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，放出热量。
【解析】(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
31.【答案】解：(1)“固体酒精”完全燃烧所放出的热量为：Q放=mq=0.2kg×1×107J/kg=2×106J。
(2)水吸收的热量为；Q吸=Q放×η=2×106J×21%=4.2×105J，
水升高的温度为：Δt=Q吸cm=4.2×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×2.5kg=40℃。
答：(1)小明所用的“固体酒精”完全燃烧放出的热量为2×106J；
(2)若放出的热量有21%被火锅中的水吸收，能使质量为2.5kg，初温为20℃的水温度升高40℃。
【解析】(1)知道“固体酒精”的热值和质量，可利用公式Q放=mq计算“固体酒精”完全燃烧所放出的热量。
(2)知道“固体酒精”完全燃烧所放出的热量，根据热效率公式可以计算水吸收的热量，又知道水的比热容和温度变化，可利用公式Δt=Q吸cm计算水升高的温度。
本题考查学生对热量公式和燃料燃烧放出热量公式的理解和应用，以及热效率公式的理解和运用，关键是对公式和公示变形的理解和应用。
32.【答案】解：(1)灯泡正常发光时的电流：
IL=PLUL=2W4V=0.5A，
由P=U2R可得，灯泡正常工作时的电阻：
RL=UL2PL=(4V)22W=8Ω；
(2)当开关S、S1、S2闭合，S3断开时，R1与R2并联，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，总电阻最大，电路的总功率最小，
因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，电路的最大总电阻：
R总大=R1R2R1+R2=10Ω×20Ω10Ω+20Ω=203Ω，
电路的最小总功率：
P总小=U2R总大=(6V)2203Ω=5.4W；
(3)当开关S、S3闭合，S1、S2断开时，灯泡L与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
因串联电路中各处电流相等，且灯泡正常发光时的电流为0.5A，电流表量程为0∼3A，
所以，电路中的最大电流I大=IL=0.5A，此时变阻器接入电路中的电阻最小，
此时电路的总电阻：
R总′=UI大=6V0.5A=12Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，变阻器接入电路中的最小阻值：
R2小=R总′−RL=12Ω−8Ω=4Ω；
当滑动变阻器两端的电压为3V时，接入的电阻最大，
此时灯泡两端的电压也为6V−3V=3V，
则电路中的最小电流为：
I小=IL小=UL小RL=3V8Ω=0.375A，
滑动变阻器接入的最大阻值为：
R2大=U2I小=3V0.375A=8Ω。
所以，滑动变阻器接入电路中的最大阻值为8Ω，由此可知滑动变阻器R2的取值范围是4Ω∼8Ω。
答：(1)灯泡正常工作时的电阻为8Ω；
(2)当开关S、S1、S2闭合，S3断开时，电路的总功率最小为5.4W；
(3)当开关S、S3闭合，S1、S2断开时，在确保电路元件安全的情况下，滑动变阻器R2的取值范围是4Ω∼8Ω。
【解析】(1)根据功率的变形公式可求出灯泡正常发光时的电流；知道灯泡的额定电压和额定功率，由P=U2R可得灯泡正常工作时的电阻；
(2)当开关S、S1、S2闭合，S3断开时，R1与R2并联；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，总电阻最大，电路的总功率最小，根据电阻的并联求出电路的最大总电阻，由P=U2R可得电路的最小总功率；
(3)当开关S、S3闭合，S1、S2断开时，灯泡L与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，比较灯泡正常发光时的电流和电流表的量程求出电路中的最大电流，此时变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出变阻器接入电路中的最小阻值；
根据串联分压特点和电压表的量程，确定滑动变阻器两端的最大电压，再根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流，再根据欧姆定律求出此时变阻器接入电路中的最大阻值，然后得出滑动变阻器R2的取值范围。
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，分清电路的连接方式和最后一问中电路的最大、最小电流是关键。
33.【答案】红
【解析】解：(1)工作电路中，当衔铁被吸下时，电阻R1、R2串联，电路中电阻大，根据P=U2R可知，此时处于保温状态，绿灯亮；当衔铁被分开时，只有电阻R1在电路中，电路中电阻小，根据P=U2R可知，此时处于加热状态，红灯亮；
(2)电热水器在加热状态下工作时，已知加热功率P=1100W，加热时间t=10min=600s，利用W=Pt可得消耗的电能：
W=Pt=1100W×600s=6.6×105J；
(3)当衔铁释放时，电阻R1单独接入电路，进入加热状态，利用R=U2P可得：
R1=U2P加=(220V)21100W=44Ω，
当衔铁被吸下时，电阻R1、R2串联，进入保温状态，利用R=U2P可得：
R总=U2P保=(220V)244W=1100Ω，则R2=R总−R1=1100Ω−44Ω=1056Ω；
(4)由乙图知，当恒温器的设定温度为40℃时，R0=250Ω，根据当电磁铁线圈中的电流I≥10mA时，电磁铁的衔铁才能被吸下来，此时电路中：
R总′=UI=6V0.01A=600Ω，
则滑动变阻器连入电路中的电阻：R滑=R总′−R0=600Ω−250Ω=350Ω。
答：(1)红；
(2)电热水器在加热状态下工作10min消耗的电能为6.6×105J；
(3)电热丝R2的阻值为1056Ω；
(4)当恒温器的设定温度为40℃时，滑动变阻器连入电路中的电阻为350Ω。
(1)工作电路中，当衔铁被吸下时，电阻R1、R2串联，电路中电阻大，根据P=U2R可知，此时处于保温状态，绿灯亮；当衔铁被分开时，只有电阻R1在电路中，电路中电阻小，根据P=U2R可知，此时处于加热状态，红灯亮；
(2)电热水器在加热状态下工作时，已知加热功率和加热时间，利用W=Pt可得消耗的电能；
(3)当衔铁释放时，电阻R1单独接入电路，进入加热状态，当衔铁被吸下时，电阻R1、R2串联，进入保温状态，根据加热功率和保温功率，利用R=U2P分别求出加热和保温时的电阻，可以求得R2的阻值；
(4)由乙图知，当恒温器的设定温度为40℃时，R0=250Ω，根据当电磁铁线圈中的电流I≥10mA时，电磁铁的衔铁才能被吸下来，进入保温状态，可以求得此时滑动变阻器连入电路中的电阻。
本题考查学生对电磁继电器的理解和应用，对电路分析，欧姆定律，电能计算等知识的应用。
1.在物理学习过程中，经常要进行估测，下列估测值最符合生活实际的是( )
A. 一般家用电冰箱的电流大约为5AB. 人体的正常体温约为37℃
C. 对人体的安全电压为36VD. 教室中日光灯的功率约为400W
2.古诗《清平调》中，有诗句“云想衣裳花想容，春风拂槛露华浓”。诗中所说的“露”的形成过程属于( )
A. 液化B. 汽化C. 凝华D. 升华
3.现在华北地区广大的农村正在进行“煤改气”活动，将人们以前习惯以煤作为取暖燃料，改为用“天然气”为燃料。除了环保因素外，还由于天然气比煤炭( )
A. 比热容大B. 热值高C. 密度小D. 熔点低
4.以下有关物理知识的总结和整理中，正确的是( )
A. 物理量及单位{功率焦耳内能瓦特
B. 测量仪器及用途{电能表测电功率电压表测电压
C. 科学家及贡献{法拉第发现电能生磁奥斯特发现磁能生电
D. 生活工具及原理{电饭煲电流的热效应电风扇电流的磁效应
5.物理学中常用数学方法来表示某些量的关系。下列图象中能用阴影面积表示某物理量的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析正确的是( )
A. 如图甲，厚玻璃内的空气被压缩时，空气的内能减少
B. 如图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能减小
C. 如图丙，水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气温度升高，在试管口变成“白雾”
D. 如图丁，汽油机在此冲程中，机械能转化为内能
7.学了电与磁的知识后，小文有所启发，他制作了如图所示的“神奇转框”，金属框的上部中央与电池正极相连，下部与电池负极相连的磁铁紧贴，金属框便能绕电池转动，“神奇转框”的工作原理与下列哪个装置的工作原理相同( )
A.
B.
C.
D.
8.电熨斗通电一段时间后变得很烫，而连接电熨斗的导线却不怎么热，其原因是( )
A. 导线散热快，所以温度低B. 导线电阻小产生的热量少
C. 通过导线的电流小于通过电熨斗的电流D. 导线有绝缘保护层，能隔热
9.用电高峰期，会看到家里的白炽灯泡比正常发光要暗一些。这是因为，用电高峰期并联用电器增多，造成( )
A. 电路中的总电阻增大B. 电路中的总电流减小
C. 白炽灯泡的实际功率减小D. 白炽灯泡的额定功率减小
10.如图所示分别是小英家上月初和上月末电能表的示数。结合表盘上的信息可知，下列选项中正确的是( )
A. 小英家家庭电路中的干路电流不得超过10A
B. 小英家上个月消耗的电能为1011kW⋅h
C. 电能表上指示灯闪烁320次，表示家庭电路消耗电能0.2J
D. 电能表上指示灯闪烁的次数越多，说明电路中消耗的电能越多
11.2020年4月，“一盔一带”安全守护行动在全国各地开展。如图所示，为保证司乘人员的安全，轿车上设有安全带未系提示系统。当乘客坐在座椅上时，座椅下的开关S1闭合。若未系安全带，则开关S2断开，仪表盘上的指示灯亮起；若系上安全带，则开关S2闭合，指示灯熄灭。下列设计比较合理的电路图是( )
A. B.
C. D.
12.如图所示电路，开关S闭合后灯L不发光，用测电笔测试电灯两接线处和插座两孔均能使测电笔氖管发光，经检查，保险丝未烧断，开关完好，以下四种判断中正确的是( )
A. 进户火线断路
B. 进户零线断路
C. 室内发生短路
D. 灯丝断了
13.如图所示，电源电压不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片由中点向右移动时，下列说法正确的是( )
A. 灯泡L变暗
B. 电流表A1的示数变大
C. 电路的总功率变小
D. 电压表V与电流表A1的示数之比变小
14.如图所示，是冷水与热水混合时，温度随时间变化的图像。假设在热传递过程中没有热量损失，那么，由图中所给的信息可知，冷热水的质量与吸放热之比分别是( )
A. 3：1；1：1
B. 1：1；3：1
C. 1：1；1：3
D. 1：3；1：1
15.如图所示，电源电压12V保持不变，灯泡L1标有“12V6W”，灯泡L2标有“15V15W”，设灯丝的电阻不变。只闭合开关S和S1时，电流表示数为2.5A，若只闭合开关S和S2时，虚线框内的电阻均保持不变，则电流表示数将变为( )
A. 3AB. 2.8AC. 0.8AD. 1.5A
16.如图所示电路，电源电压为12V且保持不变。闭合开关S，当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数为4V；当滑片P置于变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，在10s内定值电阻R1，产生的热量为36J。则下列说法正确的是( )
A. 电路中的最大电流为1A
B. 滑片P在中点时，滑动变阻器R接入电路的阻值为10Ω
C. 滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比为8：9
D. R1先后两次消耗的电功率之比为9：16
二、填空题：本大题共6小题，共12分。
17.2021年4月29日，由中国航天科技集团研制的长征五号B遥二运载火箭在文昌航天发射场点火升空，将载人航天工程空间站天和核心舱精准送入预定轨道。火箭使用的燃料是液态氢，液态氢完全燃烧喷出的高温燃气，通过______(选填“热传递”或“做功”)使发射台温度急剧升高，造成破坏。为了避免这种破坏，科学家在发射台下建造了一个巨大的水池，这是因为水的______大能起到对发射台降温的作用。
18.文天祥写过“臣心一片磁针石，不指南方不肯休”的诗句。这里的“磁针石”由于受到地磁场的作用，“钥匙孔指南方”的一端是“磁针石”的______ 极(选填“N”或“S”)。如图所示是汽车启动装置电路简图，当钥匙插入钥匙孔并转动时，电磁铁通电得到磁性，硬棒AB绕转轴转动，汽车将______ (选填“启动”或“停止”)。
19.如图所示，某手机移动电源(俗称充电宝)有两个输出端，通过电源线可以单独或同时为手机充电，这两个输出端的连接方式是______ 联。一块手机用的锂电池，上面标明电压3.7V，容量1000mA⋅h，它充满电后大约储存了______ J电能。
20.小明自制了一盏可调节亮度的台灯，电路如图所示，小灯泡规格是“6V 3W”。请完成以下问题：
(1)粗心的小明忘记把灯泡画上去，你认为灯泡应画在图中______之间(选填“a、b”或“c、d”)；
(2)连好电路后，若要使灯泡变暗，应将滑动变阻器的滑动片向______(填“左”或“右”)移动。
21.已知甲灯标有“6V 3W”字样，乙灯的额定电压是3V.甲、乙两灯的U−I关系如图所示。确保电路安全的前提下：两灯串联使用，电路两端的最大电压是______V；两灯并联使用，电路最大电流是______A。
22.如图所示，电源电压不变，R0为定值电阻，灯L1、L2分别标有“6V 12W”和“6V 4W”字样。设灯丝的电阻不变，当开关S与a接触时，电流表示数为0.3A，R0消耗的电功率为P1；当S与b接触时，R0消耗的电功率为P2，已知P1：P2=9：4，则电源电压为______ V，定值电阻R0的阻值为______ Ω。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
23.如图所示，两灯泡的额定电压均为220V。当开关闭合后，两灯都正常发光，且插座不受开关控制，请将电路连接完整。
24.通电螺线管的磁感线方向如图所示，请在图中标出小磁针的N极，并标出电源的“+”或“-”极。
四、实验探究题：本大题共5小题，共28分。
25.小明利用图甲所示装置做“探究冰熔化时温度的变化规律”实验，图乙是温度随时间变化的图像。
(1)将冰块放在试管中再放入烧杯的水中，其主要目的是为了使冰块______ ；
(2)实验中某时刻的温度如图甲所示，则该物质此时的温度是______ ℃；
(3)图乙中第10min时，物质处于______ 态。当物质到达C点后继续加热，物质温度随时间变化的图线是______ (选填“①”、“②”或“③”)。
26.某实验小组在“探究不同物质吸热升温的现象”的实验中，按照图甲所示装置进行实验，烧杯中分别装入A、B两种液体，用相同的酒精灯进行加热。
(1)实验要按照一定顺序组装器材，应先安装______ (选填“温度计”、“石棉网”或“横杆”)，烧杯中应分别装入初温相同且______ (选填“体积”或“质量”)相等的两种液体。
(2)实验中A、B两液体吸收热量的多少，是通过比较______ 来间接反映的(选填“升高的温度”或“加热时间”)，这里用到的实验方法是______ 。
(3)A、B两种液体温度变化图像如图乙所示，则A、B两种液体的比热容之比为______ ，若要从A或B中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质，则应选择______ (选填“A”或“B”)。
27.在“探究电流与电压关系”的实验中，如图甲所示是某实验小组设计的实验电路，电源电压3V保持不变。
(1)连接电路时，开关应该处于______ 状态，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于______ (选填“C”或“D”)端。
(2)闭合开关发现电流表几乎无示数，电压表示数接近3V，则电路故障可能是：______ 。
(3)排除故障后，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。由图像可得的实验结论是：______ 。
(4)在电学实验中，下面的三个实验都用到图甲的电路，以下说法正确的是______ 。
A.研究“电流与电压的关系”可以用灯泡代替定值电阻进行实验
B.研究“电流与电阻的关系”每次更换电阻后，都要移动滑动变阻器使电流表示数不变
C.“伏安法”测定值电阻，多次实验的目的是求平均值，减小误差
D.在A、B、C选项的三个实验中，滑动变阻器的作用是完全一样的
28.如图甲所示是小明探究“电磁铁的磁性与什么因素有关”的实验。
(1)当改变通电螺线管中的电流方向时，发现小磁针指向转动180∘，由此可知，通电螺线外部的磁场方向与螺线管中______方向有关。
(2)实验中，通过观察电磁铁______来比较电磁铁磁性的强弱，小明将开关S先后接a和b，调节滑动变阻器使电流表示数不变，观察吸引大头针的数目，这是探究通电螺线管磁场强弱与______的关系。
(3)小明发现灵敏电流计内部结构与电动机、发电机内部结构类似，他设计了如图乙所示的实验装置，用手拨动灵敏电流计a的指针，发现灵敏电流计b的指针“心灵感应”般偏转。如果要让灵敏电流计b的指针反向偏转，可以采用方法有：
①______；
②______。
29.某校兴趣小组的同学们做了如下两个电学实验：甲组在测量额定电压为2.5V小灯泡正常发光时的电阻实验。
(1)用笔画线代替导线，将图甲的电路连接完整。要求：滑动变阻器向左移动时，电流表示数变大。
(2)闭合开关后，移动滑片使电压表示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时电阻为______ Ω，小灯泡的额定功率为______ W。
(3)甲组同学还测出了小灯泡在不同电压下的电阻，发现差别很大，你认为原因是：______ 。
(4)在实验过程中，由于操作有误，在未断开开关的情况下，直接将小灯泡从灯座上拔出，那么拔出小灯泡后电压表的示数______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
(5)乙组同学设计了一种测定值电阻的方案如图丙所示，方案中定值电阻的阻值为R0，电源电压未知，步骤如下：
①______ ，读出电压表的示数为U1。
②______ ，读出电压表的示数为U2。
③电阻Rx的表达式为Rx=______ (用U1、U2、R0表示)。
五、简答题：本大题共1小题，共4分。
30.处处留心皆物理，小浩从冰箱取出一支冰棒，很快发现冰棒上附着白花花的“粉”；他将冰棒放在不锈钢的杯子中，过了一会儿，杯子外壁出现了小水珠，请你用所学的物理知识解释白花花的“粉”和杯子外壁的水珠的形成原因，并说出是放热还是吸热。
六、计算题：本大题共3小题，共20分。
31.如图所示，现在的小火锅常用一种被称为“固体酒精”的物质作为燃料，已知这种燃料的热值是1×107J/kg，小明测得他所用的“固体酒精”燃料质量为0.2kg，求：
(1)小明所用的“固体酒精”完全燃烧放出的热量；
(2)若放出的热量有21%被火锅中的水吸收，能使质量为2.5kg，初温为20℃的水温度升高多少？[已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
32.如图，电源电压恒为6V，灯泡L上标有“4V 2W”字样，滑动变阻器R2上标有“20Ω1A”字样，定值电阻，R1阻值为10Ω，电流表的量程为0−3A，电压表的量程为0−3V，不计温度对灯丝电阻的影响。求：
(1)灯泡正常工作时的电流和电阻；
(2)当开关S、S1、S2闭合，S3断开时，电路的最小总功率；
(3)当开关S、S3闭合，S1、S2断开时，在确保电路元件安全的情况下，滑动变阻器，R2的取值范围。
33.如图甲所示为某电热水器的原理图，通过电磁继电器自动控制电热水器实现加热状态和保温状态的挡位变换，R1、R2均为电热丝，其中，加热功率为1100W，保温功率为44W。红灯、绿灯是电热水器工作时的指示灯，忽略指示灯对电路的影响。求：
(1)当电路处于加热状态时______ 灯亮；(选填“红”或“绿”)
(2)电热水器在加热状态下工作10min消耗的电能；
(3)电热丝R2的阻值；
(4)控制电路电源电压恒为6V，R3为滑动变阻器，R0为热敏电阻(置于电热水器内)其阻值随温度的变化如图乙所示。工作时，当电磁铁线圈中的电流I≥10mA时，电磁铁的衔铁才能被吸下来；当恒温器的设定温度为40℃时，滑动变阻器连入电路中的电阻为多少Ω？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、一般家用电冰箱的电流大约为1A，故A不符合实际；
B、人体的正常体温约为37℃，故B符合实际；
C、经验证明，不高于36V的电压对人体是安全的，故C不符合实际；
D、教室中日光灯的功率约为100W，故D不符合实际。
故选：B。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
物理学中，对各种物理量的估算能力，也是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2.【答案】A
【解析】解：露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的。
故选：A。
物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态。
3.【答案】B
【解析】解：燃料完全燃烧时，释放热量的多少取决于燃料的种类和质量。人们以前习惯以煤作为取暖燃料，改为用“天然气”为燃料，除了环保因素外，还由于天然气比煤炭热值高，故ACD错误，B正确。
故选：B。
热值只跟燃料的种类有关，与燃料的质量、是否完全燃烧、是否容易燃烧等无关；燃料完全燃烧时，释放热量的多少取决于燃料的种类和质量。
本题的解题关键是知道热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关。
4.【答案】D
【解析】解：A、在物理学中，功率的主单位是瓦特，内能的单位是焦耳，故A错误。
B、电能表测量电流通过用电器做功的多少，电压表测量电压，故B错误。
C、奥斯特最早发现电生磁现象；法拉第最早发现磁生电现象，故C错误。
D、电饭煲是利用电流的热效应工作的，电风扇是利用电流的磁效应工作的，故D正确。
故选：D。
(1)功率单位是瓦特，内能单位是焦耳；
(2)电能表测量电能；电压表测量电压；
(3)法拉第法线磁生电，奥斯特发现电生磁；
(4)电饭煲是利用电流的热效应工作的，电风扇是利用电流的磁效应工作的。
本题是一道学科综合题，涉及的知识点很多，但难度不大，属于基础题目。
5.【答案】B
【解析】解：
A、由图知，横坐标表示功，纵坐标表示功率，则阴影部分面积等于功和功率的乘积，根据公式P=Wt可知，功和功率的乘积不能表示某物理量，故A错误；
B、由图知，横坐标表示做功时间，纵坐标表示功率，则阴影部分面积等于功率和做功时间的乘积，根据公式W=Pt可知，功率和做功时间的乘积表示功，故B正确；
C、由图知，横坐标表示功率，纵坐标表示功，则阴影部分面积等于功和功率的乘积，根据公式P=Wt可知，功和功率的乘积不能表示某物理量，故C错误；
D、由图知，横坐标表示做功时间，纵坐标表示功，则阴影部分面积等于做功时间和功的乘积，根据公式P=Wt可知，做功时间和功的乘积不能表示某物理量，故D错误。
故选：B。
由图可知横坐标和纵坐标表示的物理量，然后求出阴影部分的面积，然后与所学知识对比得出答案。
本题考查了利用数学方法来表示某些量的关系，关键是熟知功率公式。
6.【答案】B
【解析】解：A、图甲，厚玻璃内的空气被压缩时，活塞对空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增加，故A错误；
B、图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，空气的内能减小，故B正确；
C、试管内的水蒸气推动塞子冲出时，试管口的“白雾”是液化形成的，故C错误；
D、图丁，汽缸内的气体推动活塞向下运动时(即做功冲程)，内能转化为机械能，气缸内气体的内能减少，故D错误。
故选：B。
(1)做功和热传递可以改变物体的内能。
(2)做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
本题考查做功和热传递改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
7.【答案】B
【解析】解：在本实验中，线框之所以能够转动，是由于通电线框在磁场中受力，与电动机的原理相同。
A、是电磁铁的原理图，是根据电流的磁效应制成的，故A错误；
B、图中有电源，是电动机的原理图，是根据通电导体在磁场中受到力的作用制成的，故B正确；
C、是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，故C错误；
D、图中没有电源，是发电机的原理图，是根据电磁感应现象制成的，故D错误；
故选：B。
本实验利用了通电导体在磁场中受力的原理，因此，要有磁场的存在，同时还要有电流的存在。这一过程中，将电能转化为机械能。
了解实验装置的结构，明确其工作原理，再进一步确定其性质和能量转化，是解答的关键。
8.【答案】B
【解析】解：电熨斗在使用时，电熨斗和导线串联，I电熨斗=I导线，通电时间t相同，
∵Q=I2Rt，R电熨斗>R导线，
∴电流产生的热量：
Q电熨斗>Q导线，
从而出现通电一段时间后电熨斗变得很烫、而连接电熨斗的导线却不怎么热的现象；
由以上分析可知，选项ACD错、B正确。
故选：B。
电熨斗和导线串联，通过的电流和通电时间相同，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，电阻越大电流产生的热量越多，据此分析判断。
本题考查了学生对焦耳定律、串联电路电流特点的了解和掌握，知道导线和电熨斗连接方式为串联是本题的关键。
9.【答案】C
【解析】解：
A、家庭电路是并联的，并联的用电器增多，就相当于增加导体的横截面积，因此总电阻变小，A不符合题意。
B、在并联电路中I=I1+I2，因此并联的用电器增多，电路中的总电流变大，B不符合题意。
C、在家庭电路中，输电线和家用电器之间是串联，用电高峰期，接入电路的用电器变多，干路中的电流变大，而输电导线有一定的电阻，输电导线损失的电压U损=IR，输电导线的电阻R一定，当I增大时U损增大，用电器两端的电压减小，由公式P=U2R可知用电器的实际功率减小，灯泡比正常发光要暗-些，符合题意。
D、额定功率是用电器在额定电压的功率，用电器正常工作时两端的电压为额定电压，额定电压只有一个，对应的额定功率只有一个，它不随电压的改变而改变。
故选：C。
A、从并联电路电阻的特点以及影响电阻的因素来进行分析。
B、从并联电路电流的特点并结合公式I=I1+I2进行分析。
C、解决该问题要考虑，要考虑输电导线有电阻，要分担一部分电压，利用公式U=IR来分析电压的变化，并由此推导出用电器两端电压的变化，再利用公式P=U2R分析用电器功率的变化。
D、结合额定电压并从额定功率的定义来分析。
要想解决此题，需要让学生知道在家庭电路中，输电导线有一定的电阻，要分担一部分电压，从而导致用电器两端的电压发生变化，其电功率发生变化，并且用到并联电路电流和电阻的特点。
10.【答案】D
【解析】解：
A、由图知电能表允许通过的最大电流为40A，因此小英家干路中的电流不得超过40A，故A错误；
B、小英家上月消耗的电能为：5647.8kW⋅h−5546.7kW⋅h=101.1kW⋅h，故B错误；
C、指示灯闪烁320次消耗的电能：W=3201600kW⋅h=0.2kW⋅h；故C错误；
D、1600imp/kW⋅h表示每消耗1kW⋅h的电能，指示灯闪烁1600次，电能表上指示灯闪烁的次数越多，则电路中消耗的电能越多，故D正确。
故选：D。
从电能表表盘可得到的信息：
①电能表指示灯闪烁的次数反映了电路消耗电能的多少；
②电能表读数时，最后一位是小数，单位kW⋅h；
③根据10(40)A的含义判断；
④1600imp/kW⋅h表示每消耗1kW⋅h的电能，指示灯闪烁1600次，据此求出指示灯闪烁320次消耗的电能。
本题考查对电能表参数的理解，关键是要明白各参数的物理意义，还要能读出电能表的示数和计算出当月消耗的电能。
11.【答案】B
【解析】解：
由题知，S1闭合、开关S2断开指示灯亮，S2闭合，指示灯熄灭。
A、两开关串联，只有乘客坐下，系上安全带S2闭合时指示灯才会发光，故A不符合题意；
B、指示灯与S1串联，与S2并联，乘客坐下时S1闭合指示灯亮，系上安全带时S2闭合，指示灯被短路熄灭，并且不会出现电源短路，故B符合题意；
C、指示灯与S1串联，与S2并联，乘客坐下时S1闭合指示灯亮，系上安全带时S2闭合，指示灯被短路熄灭，但出现电源短路，故C不符合题意；
D、两开关并联后与指示灯串联，无论是乘客坐下时S1闭合还是系上安全带时S2闭合，指示灯都会发光，故D不符合题意。
故选：B。
由题意知，只有坐在座位上时，指示灯才亮，故S1可控制灯，当开关S2闭合时，灯又不亮了，说明指示灯被S2短路了。
本题利用了对用电器短路时，用电器将不工作设计电路，注意不能出现对电源短路的情况，电阻起保护电路的作用。
12.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了用测电笔检查家庭电路中的故障的方法。
用测电笔接触家庭电路中的导线时，测电笔氖管发光时，测电笔直接或间接接触火线；氖管不发光时，测电笔接触的是零线。
【解答】
A.若进户火线断路，则测电笔测试电灯两接线处和插座两孔均不能使测电笔氖管发光，故A错误；
B.若进户零线断路，此时电灯两接线处和插座两孔都与火线相连，氖管均会发光，故B正确；
C.若室内发生短路，则电路中的电流会过大，保险丝会熔断，与题意不符，故C错误；
D.若灯丝断了，则测电笔测试电灯的左接线处和插座左孔时，氖管不会发光，故D错误。
故选B。
13.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过灯泡的电流，电压表V测电源两端的电压。
A.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灯泡的电流和实际功率不变，则灯泡的亮度不变，故A错误；
BC.由电源电压不变可知，滑片移动时电压表V的示数不变，滑动变阻器的滑片从中点向右移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，由I=UR可知，通过变阻器的电流变小；因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且通过灯泡的电流不变，所以干路电流变小，即电流表A1的示数变小；
根据P=UI可知，总功率变小，故B错误、C正确；
D、电压表V示数不变，电流表A1示数变小，电压表V与电流表A1的示数之比变大，故D错误。
故选：C。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过灯泡的电流，电压表V测电源两端的电压。
根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，滑片移动时通过灯泡的电流和实际功率变化、电流表A2示数的变化，然后判断灯泡的亮度变化；
根据电源电压可知滑片移动时电压表V的示数变化，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变阻器的电流变化，利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化，根据P=UI分析总功率的变化；
根据电压表示数和电流表A1示数的变化分析其比值的变化。
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。
14.【答案】A
【解析】解：由图可知：热水的初温为60℃、末温为30℃，Δt热=60℃−30℃=30℃，
冷水的初温为20℃、末温为30℃，Δt冷=30℃−20℃=10℃，
假设在热传递过程中没有热量损失，根据热平衡方程：Q吸=Q放，即Q吸：Q放=1：1；
由Q=cmΔt可知，c冷m冷Δt冷=c热m热Δt热，
代入数据可得：4.2×103J/(kg⋅℃)×m冷×10℃=4.2×103J/(kg⋅℃)×m热×30℃。
所以m冷：m热=3：1。
故选：A。
(1)冷水与热水的比热容相同，冷水与热水混合时，热水放出热量、温度降低，冷水吸收热量、温度升高，直到二者温度相等，热传递停止，假设在热传递过程中没有热量损失，则冷水吸收的热量等于热水放出的热量；
(2)由图可知冷水与热水的初温和末温，根据热平衡方程分析解答。
本题主要考查学生对热量公式、热平衡方程以及热传递的条件和特点的了解和掌握，注意冷水与热水的比热容相同。
15.【答案】B
【解析】解：只闭合开关S和S1时，右侧四个定值电阻与灯泡L1并联接入电路，电流表测干路电流，
并联电路各支路两端电压相等，此时通过灯泡L1的电流：I1=P1U1=6W12V=0.5A，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，则通过四个电阻的总电流：IR=I−I1=2.5A−0.5A=2A，
灯泡L2的电阻：R2=U22P2=((15V)215W=15Ω,
只闭合开关S和S2时，右侧四个定值电阻与灯泡L2并联接入电路，电流表测干路电流，
此时通过灯泡L2的电流：I2=UR2=12V15Ω=0.8A，
根据并联电路各支路互不影响可知，通过四个定值电阻的电流不变，
此时电流表的示数为：I′=I2+IR=0.8A+2A=2.8A。
故选：B。
只闭合开关S和S1时，右侧四个定值电阻与灯泡L1并联接入电路，电流表测干路电流，根据并联电路电压特点和I=PU计算此时通过灯泡L1的电流，根据并联电路电流特点计算通过四个电阻的总电流；
根据R=U2P计算灯泡L2的电阻，只闭合开关S和S2时，右侧四个定值电阻与灯泡L2并联接入电路，电流表测干路电流，根据欧姆定律计算此时通过灯泡L2的电流，根据并联电路的电流特点计算此时电流表的示数。
本题考查并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，分清电路连接是解题的关键。
16.【答案】C
【解析】解：根据电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R串联，电压表测R两端电压，电流表测电路中电流；
根据串联电路分压原理知，滑片从中点到b端时，R连入阻值增大，它分得电压增大，即电压表示数增大了2V，此时电压表示数为4V+2V=6V；
所以U1=U−UR=12V−6V=6V，
由Q=W=U2Rt可得：R1=U12Q1t=(6V)236J×10s=10Ω；
A、当滑片在a点时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，由欧姆定律可知电路中的电流最大，
电路中的最大电流：I最大=UR1=12V10Ω=1.2A，故A错误；
B、滑片在中点时，电路中的电流：I=IR′=I1′=U−UR′R1=12V−4V10Ω=0.8A，
则滑动变阻器接入电路中的阻值：R′=UR′IR′=4V0.8A=5Ω，故B错误；
CD、滑动变阻器滑片在中点时，滑动变阻器消耗的电功率：PR′=IR′2R′=(0.8A)2×5Ω=3.2W，
R1消耗的电功率：P1′=I1′2R1=(0.8A)2×10Ω=6.4W，
当滑片P置于变阻器的b端时，电路中的总电阻最大，电流最小，
电路中的最小电流：I最小=IR=I1=U1R1=6V10Ω=0.6A，
此时滑动变阻器消耗的电功率：PR=IR2R=(0.6A)2×2×5Ω=3.6W，
R1消耗的电功率：P1=I12R1=(0.6A)2×10Ω=3.6W，
则滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比：PR′：PR=3.2W：3.6W=8：9，故C正确；
R1先后两次消耗的电功率之比：P1′：P1=6.4W：3.6W=16：9，故D错误。
故选：C。
根据电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端电压，电流表测电路中电流。根据串联电路分压规律可知滑片从中点到b端时，电压表示数将增大，因此电压表示数增大了2V，然后根据串联电路电压规律以及Q=W=U2Rt即可求出R1的阻值；
(1)当滑片在a点时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，由欧姆定律可知电路中的电流最大，欧姆定律即可求出电路中的最大电流；
(2)先根据欧姆定律求出滑片在中点时电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的阻值；
(3)当滑片在b点时，电路中的电流最小，根据串联电路电压规律和欧姆定律即可求出电路中的最小电流；根据P=I2R分别求出滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比和R1先后两次消耗的电功率之比。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律以及电功、功率计算公式的应用，要注意电表最小示数的判断。
17.【答案】热传递 比热容
【解析】解：火箭发射时，燃料燃烧后喷出的高温燃气，通过热传递的方式使发射台温度急剧升高；
因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，起到对发射台的降温作用。
故答案为：热传递；比热容。
改变物体的内能的方式：做功和热传递；
因为水的比热容较大：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；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多，据此分析。
本题考查了改变物体内能方式以及水比热容较大特点的应用，属于基础题。
18.【答案】S 启动
【解析】解：地球周围存在着磁场，地理的南方是地磁北极附近，磁针石受到地磁场的作用，指南方的一端是磁体的S极；
当钥匙插入钥匙孔并转动时，电路接通，电磁铁中的电流是从下边导线流入的，根据安培定则可以判断出电磁铁的上端为N极；当电磁铁电路接通时，电磁铁具有磁性，将上边的触点A吸下，使BC触点接通，电动机工作，进而汽车启动。
故答案为：S；启动。
磁针石就是指南针，在静止时，由于地磁场的作用，其南极指向地理的南方；
知道电流方向，根据安培定则判断出电磁铁的极性；当电磁铁电路接通时，分析电磁铁是否具有磁性，而后判断出电动机是否工作即可。
了解地磁场的方向与地理两极方向的关系、安培定则的内容是解题关键。
19.【答案】并 13320
【解析】解：通过电源线可以单独或同时为手机充电，说明两条线路之间互不影响，因此这两个输出端的连接方式是并联；
它充满电后大约储存的电能为：W=UIt=3.7V×1000×10−3A×3600s=13320J。
故答案为：并；13320。
串联电路中各个用电器之间互相影响，并联电路中各个支路之间互不影响；
根据W=UIt可求出电池充满电后储存的电能。
本题考查了对串、并联电路的判断和电能的计算，属于基础题，难度不大。
20.【答案】a、b 右
【解析】解：
(1)由题意可知，台灯的亮度可调节，所以灯泡应该与滑动变阻器串联，结合电路图可知，灯泡应该接在a、b之间；
(2)灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，由P=I2R可知，要使灯泡变暗应减小电路中的电流，由欧姆定律可知应增大电路中的电阻，即滑片右移时增大滑动变阻器接入电路中的电阻。
故答案为：(1)a、b；(2)右。
(1)由题意可知，台灯的亮度可调节，所以灯泡应该与可调电阻串联在一起；
(2)滑动变阻器移动滑片时，可以改变连入电路的电阻，从而改变电路的电流，影响灯泡的亮暗程度。
本题考查了滑动变阻器的作用和电功率公式的应用以及电路的动态分析，难度不大。
21.【答案】80.9
【解析】解：(1)根据图象可知，甲灯两端电压为额定电压6V时，通过甲的额定电流为0.5A；
乙灯两端电压为额定电压3V时，通过乙的额定电流为0.6A；
因为串联电路中电流处处相等，所以两灯串联时，电路中的最大电流I=I甲=0.5A，此时甲灯正常发光(其电压为6V)，
由图象可知，当通过乙灯泡的电流为0.5A时，乙灯泡两端电压为2V，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，
所以电路两端允许加的最大电压：U串=U甲+U乙′=6V+2V=8V；
(2)因为并联电路两端电压相等，所以并联电路两端的最大电压为3V，
由图象可知，甲乙两端电压为3V时，I甲′=0.3A，I乙′=0.6A，
因为并联电路中的干路电流等于各支路电流之和，
所以干路允许通过的最大电流：I并=I甲′+I乙′=0.3A+0.6A=0.9A。
故答案为：8；0.9。
(1)已知甲乙灯泡的额定电压，先根据图象读出甲乙灯泡的额定电流，然后根据串联电路电流规律确定电路电流，再根据图象读出乙两端电压，最后根据串联电路电压特点求出电路两端允许加的最大电压；
(2)当将他们并联使用时，根据并联电路电压规律选取额定电压较小的那个，然后根据图象读出通过甲乙两灯泡的电流，最后根据并联电路电流规律求出干路允许通过的最大电流。
本题考查串并联电路电流、电压规律，难点是对于额定电压和额定电流不同的两个灯泡来说，串联时比较额定电流取小的，并联时比较额定电压取小的，这也是本题的重点。
22.【答案】3.69
【解析】解：根据P=UI=U2R可知，L1的电阻R1=U12PL1=(6V)212W=3Ω，L2的电阻R2=U22PL2=(6V)24W=9Ω，
当开关S与a接触时，R0和L1串联，根据欧姆定律可知电路中电流I=UR0+R1=①，
根据P=UI=I2R可知R0消耗的电功率P1=I2R0=(0.3A)2×②，
当S与b接触时，L2和R0串联，根据欧姆定律可知电路中电流I′=UR2+R0，
根据P=UI=I2R可知R0消耗的电功率P2=(UR2+R0)③，
且P1：P2=9：④，
联立①②③④可得：U=3.6V，R0=9Ω。
故答案为：3.6；9。
灯丝的电阻不变，根据P=UI=U2R可得出L1的电阻值和L2的电阻值；
当开关S与a接触时，R0和L1串联，根据欧姆定律可知得出电路中电流的表达式，且此时电路为0.3A，根据P=UI=I2R可知R0消耗的电功率为P1的表达式；
当S与b接触时，L2和R0串联，根据欧姆定律可知电路中电流的表达式，根据P=UI=I2R可得出R0消耗的电功率为P2的表达式，且P1：P2=9：4，
联立以上各式可得出R0的阻值。
本题考查电路分析、欧姆定律的应用和电功率的计算，综合性强，难度较大。
23.【答案】解：家庭电路电压为220V，两灯泡的额定电压均为220V，因两灯都能正常工作，则两灯应并联；开关S控制两灯，S接在干路上，根据安全用电原则，S要控制火线；
三孔插座不受开关S控制，按“左零右火上接地”的原则连入电路中，如下所示：
【解析】家庭电路电压为220V，根据灯的额定电压和并联电路电压的规律，确定两灯并联；开关与待测电路串联，为了安全，开关应控制火线；三孔插座按“左零右火上接地”的原则连入电路中。
本题考查了三孔插座、开关、灯泡的接法，注意家庭电路中的各用电器并联连接，开关接在火线与电灯之间。
24.【答案】解：因磁体外部磁感线方向由N极指向S极，故螺线管左侧为S极，右侧为N极；
因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故可知小磁针左侧为N极，右侧为S极。
由安培定则可知电流由右侧流入螺线管，即电源右侧为正极，左侧为负极；故答案如图：
【解析】由磁感线的方向可知通电螺线管的极性，则由安培定则可求得电流方向及电源的正负极，由小磁针所在位置的磁感线方向可知小磁针的极性。
安培定则不但可以由电流方向和线圈绕向判断磁极，也可根据磁极和线圈的绕向判断电流方向。
25.【答案】受热均匀 零下8 固液共存 ③
【解析】解：(1)将冰块放在试管中再放入烧杯的水中，这是水浴法加热，采用水浴法是为了使冰块受热均匀，温度变化比较慢，便于记录实验数据；
(2)温度计的分度值为2℃，向下示数变大，为零下，故示数为零下8℃；
(3)由图象可知：冰在5min−15min熔化时温度不变，也就是冰有一定的熔点，所以冰是晶体，第10min时晶体处于熔化过程，处于固液共存态；根据Q=cmΔt可知，吸收相同的热量，比热容大的温度变化小，冰的比热容要小于水的，所以吸收相同热量，水温度变化较小，则图象水的缓而冰的较陡，故温度随时间变化的图线是③。
故答案为：(1)受热均匀；(2)零下8；(3)固液共存；③。
(1)实验中将冰块放在试管中再放入烧杯的水中，是水浴法加热，这样可以让冰块受热均匀；
(2)根据图甲读出温度计的示数，注意温度计的分度值；
(3)晶体熔化时，处于固液共存态；根据Q=cmΔt可知，吸收相同的热量，比热容大的温度变化小。
本题考查晶体的熔化现象以及熔化图像，难度不大。
26.【答案】石棉网 质量 加热时间 转换法 1：2 B
【解析】解：(1)要用酒精灯的外焰加热，故实验要按照一定顺序组装器材，应先安装石棉网；根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同(不同物质密度不同，根据m=ρV，体积相同的不同物质质量不同)，故烧杯中应分别装入初温相同且质量相等的两种液体。
(2)实验中A、B两液体吸收热量的多少，是通过比较加热时间来间接反映的，用到转换法。
(3)根据A、B两种液体温度变化图像可知，升高80℃，A、B的加热时间分别为2min和4min，由转换法，对应的吸热之比为1：2，根据Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，则A、B两种液体的比热容之比为1：2；
因B的比热容大，根据Q=cmΔt，在质量和降低的温度相同时，B放热多，若要从A或B中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质，则应选择B。
故答案为：(1)石棉网；质量；(2)加热时间；转换法；(3)1：2；B。
(1)根据用酒精灯的外焰加热；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；
(2)根据转换法回答；
(3)根据A、B两种液体温度变化图像得出升高80℃A、B的加热时间，由转换法可知对应的吸热之比，根据Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，据此得出A、B两种液体的比热容之比；因B的比热容大，根据Q=cmΔt分析。
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和Q=cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
27.【答案】断开 D 电阻R断路 导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 C
【解析】解：
(1)为了保护电路，连接电路时，应断开开关，将变阻器滑片置于最大值D端；
(2)闭合开关，发现灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能有断路，电压表有示数，接近电源电压，说明电压表与电源连通测电源电压，则导致这种现象可能的原因是R断路，这样电压表被串联入电路中，所以移动滑片，两表示数无变化；
(3)绘图丙所示电阻R的I−U图象为过原点的直线，据此可得结论：导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(4)A、在研究电流与电压关系时，应当控制电阻是定值，因此本实验选用的是定值电阻，而小灯泡的电阻会受温度的变化而变化，所以本实验不能用小灯泡；
B、研究“电流与电阻的关系”，应当保证定值电阻两端的电压不变，因此每次更换电阻后，都要移动滑动变阻器使电压表示数不变，所以滑动变阻器的目的是控制定值电阻两端电压不变；
C、“伏安法”测定值电阻，多次实验的目的是求平均值，减小误差；研究“电流与电压的关系“，控制电阻是定值，多次改变定值电阻两端的电压，所以滑动变阻器的目的是改变定值电阻两端的电压；
D、从上面分析可知，在A、B、C选项的三个实验中，滑动变阻器的作用是不同的。
因此C正确。
故答案为：
(1)断开；D；
(2)电阻R断路；
(3)导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(4)C。
(1)为了保护电路，连接电路时，应断开开关，将变阻器滑片置于最大值处；
(2)闭合开关发现电流表几乎无示数，说明电路可能断路，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
(3)根据绘制出电阻R的I−U图象为过原点的直线得出结论；
(4)根据实际实验要求进行分析。
本题为“探究电流与电阻的关系”的实验，考查注意事项、故障分析、图像分析等知识。
28.【答案】电流 吸引大头针的数目 线圈匝数 改变电流计磁体的N、S极 让灵敏电流计a指针的转动方向改变
【解析】解：(1)改变通电螺线管中的电流方向，发现小磁针指向转动180∘，这说明磁场的方向发生了变化，由此可知：通电螺线管外部的磁场方向与螺线管中电流方向有关；
(2)在实验中，通过观察通电时电磁铁吸引大头针的多少来判断电磁铁磁性的强弱，这是根据转换法来实现的；
实验中，他将开关S从a换到b上时，连入电路的线圈匝数发生了变化，为了保证电流不变，应调节变阻器的滑片P，控制两次实验的电流大小不变，再次观察电流表示数及吸引的大头针数目，这样才能探究出通电螺线管磁性强弱与线圈匝数的关系；
(3)用手拨动灵敏电流计a的指针，闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生了感应电流；电流流过灵敏电流计b，则b的指针会发生偏转；
灵敏电流计b指针发生偏转，利用的是通电导体在磁场中受力运动，通电导体在磁场中受力运动的方向与电流的方向和磁场的方向有关，要让灵敏电流计b的指针反向偏转，可以改变磁场的方向：改变电流计b的N、S极；还可以改变通过灵敏电流计b的电流的方向，由于感应电流的方向与导体运动的方向和磁场的方向有关，所以可以让灵敏电流计a指针的转动方向改变或改变电流计a的N、S极。
故答案为：(1)电流；(2)吸引大头针的数目；线圈匝数；(3)改变电流计磁体的N、S极；让灵敏电流计a指针的转动方向改变。
(1)通电螺线管外部的磁场方向与螺线管中电流方向、线圈的绕法有关；
(2)电磁铁磁性的强弱是通过吸引大头针的多少反映出来的，这是运用了转换法的思想；影响螺线管磁性强弱的因素有电流的大小和线圈匝数的多少；
(3)通电导体在磁场中受力的方向与电流的方向、磁场的方向有关；感应电流的方向与磁场的方向、导体运动的方向有关。
本题考查了影响铜电螺线管的磁极极性和强弱的因素、通电导体在磁场中受力方向的影响因素、感应电流方向的影响因素，考查的知识点较多，综合性较强。
29.【答案】小灯泡的电阻随温度的升高而增大 变大 闭合S、S1，断开S2 闭合S、S2，断开S1 U1R0U2−U1
【解析】解：(1)滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表示数变大，根据欧姆定律可知电路中的总电阻变小，故滑动变阻器接入电路的阻值变小，滑动变阻器应选用左下接线柱与定值电阻串联，据此连接实物图如下：
；
(2)电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的电阻R=U额I额=≈8.3Ω；
则小灯泡的额定功率为：P额=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W；
(3)甲组同学还测出了小灯泡在不同电压下的电阻，发现差别很大，原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大；
(4)在探究过程中，由于操作有误，在未断开开关的情况下，直接将小灯泡从灯座上拔出，则电压表串联在电路中测电源电压(原来测灯的电压)，由串联电路电压的规律，那么拔出小灯泡后电压表的示数变大；
(5)乙组同学设计了一种测定值电阻的方案如图丙所示，方案中定值电阻的阻值为R0，电源电压未知，步骤如下：
①闭合S、S1，断开S2，两电阻串联，电压表测量Rx两端的电压，且电压表的示数为U1；
②闭合S、S2，断开S1，两电阻串联，电压表测量电源电压，且电压表的示数为U2；
③则电阻R0两端的电压U0=U2−U1，电路中的电流I=U0R0=U2−U1R0，根据欧姆定律可知电阻Rx的表达式为Rx=U1I=U1U2−U1R0=U1R0U2−U1。
故答案为：(1)见上图；(2)8.3；0.625；(3)小灯泡的电阻随温度的升高而增大；(4)变大；(5)①闭合S、S1，断开S2；②闭合S、S2，断开S1；③U1R0U2−U1。
(1)滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表示数变大，根据欧姆定律可知电路中的总电阻变小，故滑动变阻器接入电路的阻值变小，由此可判断滑动变阻器应选用哪部分电阻与定值电阻串联，据此连接实物图；
(2)电流表选用小量程，分度值为0.02A，据此得出电流表示数，根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的电阻，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
(3)甲组同学还测出了小灯泡在不同电压下的电阻，发现差别很大，原因是小灯泡的电阻随温度的升高而增大；
(4)直接将小灯泡从灯座上拔出，分析电路的连接，由串联电路电压的规律分析；
(2)乙组同学设计了一种测定值电阻的方案如图丙所示，方案中定值电阻的阻值为R0，电源电压未知，步骤如下：
①闭合S、S1，断开S2，两电阻串联，电压表测量Rx两端的电压；
②闭合S、S2，断开S1，两电阻串联，电压表测量电源电压；
③根据串联电路的电压特点得出电阻R0两端的电压，根据欧姆定律得出电路中的电流和电阻Rx的表达式。
本题考查了测量小灯泡正常发光时的电阻实验，涉及了电路连接、小灯泡电阻随温度的变化、电表读数、电阻和电功率的计算，同时考查在电表不全的情况下设计方案测电阻的能力等，考查较综合，有一定难度。
30.【答案】答：冰棒上附着白花花的“粉”是水蒸气遇冷直接凝华形成的小冰晶，放出热量；杯子外壁出现了小水珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，放出热量。
【解析】(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
31.【答案】解：(1)“固体酒精”完全燃烧所放出的热量为：Q放=mq=0.2kg×1×107J/kg=2×106J。
(2)水吸收的热量为；Q吸=Q放×η=2×106J×21%=4.2×105J，
水升高的温度为：Δt=Q吸cm=4.2×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×2.5kg=40℃。
答：(1)小明所用的“固体酒精”完全燃烧放出的热量为2×106J；
(2)若放出的热量有21%被火锅中的水吸收，能使质量为2.5kg，初温为20℃的水温度升高40℃。
【解析】(1)知道“固体酒精”的热值和质量，可利用公式Q放=mq计算“固体酒精”完全燃烧所放出的热量。
(2)知道“固体酒精”完全燃烧所放出的热量，根据热效率公式可以计算水吸收的热量，又知道水的比热容和温度变化，可利用公式Δt=Q吸cm计算水升高的温度。
本题考查学生对热量公式和燃料燃烧放出热量公式的理解和应用，以及热效率公式的理解和运用，关键是对公式和公示变形的理解和应用。
32.【答案】解：(1)灯泡正常发光时的电流：
IL=PLUL=2W4V=0.5A，
由P=U2R可得，灯泡正常工作时的电阻：
RL=UL2PL=(4V)22W=8Ω；
(2)当开关S、S1、S2闭合，S3断开时，R1与R2并联，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，总电阻最大，电路的总功率最小，
因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，电路的最大总电阻：
R总大=R1R2R1+R2=10Ω×20Ω10Ω+20Ω=203Ω，
电路的最小总功率：
P总小=U2R总大=(6V)2203Ω=5.4W；
(3)当开关S、S3闭合，S1、S2断开时，灯泡L与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
因串联电路中各处电流相等，且灯泡正常发光时的电流为0.5A，电流表量程为0∼3A，
所以，电路中的最大电流I大=IL=0.5A，此时变阻器接入电路中的电阻最小，
此时电路的总电阻：
R总′=UI大=6V0.5A=12Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，变阻器接入电路中的最小阻值：
R2小=R总′−RL=12Ω−8Ω=4Ω；
当滑动变阻器两端的电压为3V时，接入的电阻最大，
此时灯泡两端的电压也为6V−3V=3V，
则电路中的最小电流为：
I小=IL小=UL小RL=3V8Ω=0.375A，
滑动变阻器接入的最大阻值为：
R2大=U2I小=3V0.375A=8Ω。
所以，滑动变阻器接入电路中的最大阻值为8Ω，由此可知滑动变阻器R2的取值范围是4Ω∼8Ω。
答：(1)灯泡正常工作时的电阻为8Ω；
(2)当开关S、S1、S2闭合，S3断开时，电路的总功率最小为5.4W；
(3)当开关S、S3闭合，S1、S2断开时，在确保电路元件安全的情况下，滑动变阻器R2的取值范围是4Ω∼8Ω。
【解析】(1)根据功率的变形公式可求出灯泡正常发光时的电流；知道灯泡的额定电压和额定功率，由P=U2R可得灯泡正常工作时的电阻；
(2)当开关S、S1、S2闭合，S3断开时，R1与R2并联；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，总电阻最大，电路的总功率最小，根据电阻的并联求出电路的最大总电阻，由P=U2R可得电路的最小总功率；
(3)当开关S、S3闭合，S1、S2断开时，灯泡L与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，比较灯泡正常发光时的电流和电流表的量程求出电路中的最大电流，此时变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出变阻器接入电路中的最小阻值；
根据串联分压特点和电压表的量程，确定滑动变阻器两端的最大电压，再根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流，再根据欧姆定律求出此时变阻器接入电路中的最大阻值，然后得出滑动变阻器R2的取值范围。
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，分清电路的连接方式和最后一问中电路的最大、最小电流是关键。
33.【答案】红
【解析】解：(1)工作电路中，当衔铁被吸下时，电阻R1、R2串联，电路中电阻大，根据P=U2R可知，此时处于保温状态，绿灯亮；当衔铁被分开时，只有电阻R1在电路中，电路中电阻小，根据P=U2R可知，此时处于加热状态，红灯亮；
(2)电热水器在加热状态下工作时，已知加热功率P=1100W，加热时间t=10min=600s，利用W=Pt可得消耗的电能：
W=Pt=1100W×600s=6.6×105J；
(3)当衔铁释放时，电阻R1单独接入电路，进入加热状态，利用R=U2P可得：
R1=U2P加=(220V)21100W=44Ω，
当衔铁被吸下时，电阻R1、R2串联，进入保温状态，利用R=U2P可得：
R总=U2P保=(220V)244W=1100Ω，则R2=R总−R1=1100Ω−44Ω=1056Ω；
(4)由乙图知，当恒温器的设定温度为40℃时，R0=250Ω，根据当电磁铁线圈中的电流I≥10mA时，电磁铁的衔铁才能被吸下来，此时电路中：
R总′=UI=6V0.01A=600Ω，
则滑动变阻器连入电路中的电阻：R滑=R总′−R0=600Ω−250Ω=350Ω。
答：(1)红；
(2)电热水器在加热状态下工作10min消耗的电能为6.6×105J；
(3)电热丝R2的阻值为1056Ω；
(4)当恒温器的设定温度为40℃时，滑动变阻器连入电路中的电阻为350Ω。
(1)工作电路中，当衔铁被吸下时，电阻R1、R2串联，电路中电阻大，根据P=U2R可知，此时处于保温状态，绿灯亮；当衔铁被分开时，只有电阻R1在电路中，电路中电阻小，根据P=U2R可知，此时处于加热状态，红灯亮；
(2)电热水器在加热状态下工作时，已知加热功率和加热时间，利用W=Pt可得消耗的电能；
(3)当衔铁释放时，电阻R1单独接入电路，进入加热状态，当衔铁被吸下时，电阻R1、R2串联，进入保温状态，根据加热功率和保温功率，利用R=U2P分别求出加热和保温时的电阻，可以求得R2的阻值；
(4)由乙图知，当恒温器的设定温度为40℃时，R0=250Ω，根据当电磁铁线圈中的电流I≥10mA时，电磁铁的衔铁才能被吸下来，进入保温状态，可以求得此时滑动变阻器连入电路中的电阻。
本题考查学生对电磁继电器的理解和应用，对电路分析，欧姆定律，电能计算等知识的应用。
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