2022-2023学年青海省西宁市九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年青海省西宁市九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在学习、生活中所涉及到的物理量，你认为最接近实际情况的是( )
A. 实验室中所用导线的电阻约为1kΩB. 一节新的蓄电池的电压为2V
C. 对人体的安全电压是36VD. 液晶电视正常工作电流约为10A
2.在图所示的四种家用电器中，利用电流热效应工作的是( )
A. 抽油烟机 B. 电风扇
C. 电烤箱 D. 电视机
3.暑假期间，小雨家驾驶汽车去海边游玩。下列说法正确的是( )
A. 汽车前进的动力，由内燃机的压缩冲程提供
B. 在海边闻到浓浓的海腥味，这是扩散现象
C. 海滩的沙子热得烫脚，是通过做功的方式增加沙子的内能
D. 海滩的沙子热得烫脚而海水却很清凉，是因为海水的比热容小
4.为了提高行车的安全性，有的汽车装有日间行车灯，如图所示。当汽车启动时，S1闭合，日间行车灯L1立即亮起，再闭合S2，车前大灯L2也亮起。则如图所示的电路图中符合这一情况的是( )
A. B.
C. D.
5.如图所示电路中，灯L1和灯L2的额定电压相同，将开关S闭合，灯L1和灯L2均发光，灯L1比灯L2亮(灯丝电阻不变)。下列说法正确的是( )
A. 灯L1的电阻比灯L2的电阻小
B. 通过B点的电流大于通过C点的电流
C. 灯L1的额定电功率比灯L2的额定电功率大
D. 电路中AB两点间的电压大于BC两点间的电压
6.如图所示的电路中，小灯泡L1和L2都标有“3V0.25A”字样，电源由2节1.5V的干电池串联而成，则下列说法中正确的是( )
A. S闭合后，L1、L2并联且都能发光
B. 要使L1、L2串联，可去掉导线a
C. S闭合后，电路将发生短路
D. 若将导线M从接线柱B改接到接线柱A上，则电路发生短路
7.如图所示，当开关S闭合后，小灯泡发光，电流表和电压表都有示数，将滑片P向右移动，下列判断正确的是( )
A. 小灯泡变亮
B. 电流表示数变大
C. 电压表示数变小
D. 电路总功率变大
8.小明家上月末的电能表表盘如图所示，某次小明断开其他用电器，只让电饭锅单独工作2min，电能表表盘转盘转过50圈，下列说法中正确的是( )
A. 电能表是测量电功率的仪表
B. 电能表当前的示数为6852.5kW⋅h
C. 小明家使用的电饭锅的功率为60W
D. 表盘转动越快，表示电能表所在电路消耗电能越多
9.如图所示是电阻甲和乙的U−I图象，下列说法中正确的是( )
A. 电阻甲和乙都是阻值不变的电阻
B. 甲、乙并联在电路中，当电源电压为2V时，电路总功率为1.2W
C. 甲、乙串联在电路中，当电路电流为0.2A时，电源电压为2V
D. 当乙两端电压为2V时，R乙=5Ω
10.如图所示，在“探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关”的实验装置中，两个透明容器中分别接入了电阻丝R1和R2，且密封着等量的空气。将导线a和b接入电路进行实验，下列说法不正确的是( )
A. 在相同时间内右侧容器中空气内能增加的更大
B. 若R1和R2阻值等于10Ω，则可以探究电流通过导体产生的热量与电流的关系
C. 去掉5Ω的电阻，若要探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，则R1和R2电阻不同
D. 该实验装置可以探究电流通过导体产生的热量与通电时间的关系
二、填空题：本大题共10小题，共22分。
11.泡温泉时感觉身体会发热，这是通过______的方式改变了身体的内能。烈日下，小兵去游泳池游泳，他感觉到游泳池边的水泥地面很烫脚，但游泳池里的水却很凉，这是因为水的______较大的缘故。
12.2022年11月29日，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭成功发射，火箭的主动力燃料为液态氢，因为其______ 大，从能量的角度看，就是用燃料燃烧时释放的内能转化为火箭的______ 能。
13.四冲程汽油机通过______ 冲程获得动力，若飞轮转速为2400r/min，则此汽油机每秒对外做功______ 次。
14.两个小灯泡串联在电路中，电源电压为16伏，现测得其中一个小灯泡两端的电压为6V，通过这个小灯泡的电电流为0.5安，则另一个小灯泡两端的电压为______V，通过它的电流为______A。
15.家庭电路中各用电器之间是______ 联的；某型号的电炉丝工作时，通过的电流是5A，阻值是44Ω，通电10s产生的热量是______ J。
16.如图所示，电源电压恒为3V，R1的阻值为10Ω，闭合开关后，电流表的示数为0.5A，则通过R1的电流为______ A，R2的阻值为______ Ω。
17.在抗击新型冠状病毒疫情期间，所有的公共场所都必须要凭手机扫码和佩戴医用口罩进入，扫描器中光敏二极管的主要材料是______(填“导体”、“半导体”或“绝缘体”)；医用口罩的“心脏”就是熔喷布，它是口罩中间的过滤层，由聚丙烯制造而成，是一种静电纤维。当含有病毒的飞沫靠近熔喷布后，由于带电体具有______的性质会被吸附在表面，让病毒无法透过。
18.在如图所示的电路中，电源电压保持不变，开关S1始终闭合。当开关S2断开时，灯L1、L2是______联的；当开关S2闭合时，电压表示数______(选填“变大”“不变”或“变小”)。
19.如图甲所示的电路，先将开关S接到a，再将开关S接到b，两次电压表指针偏转都如图乙所示，则电源电压为______ V，灯L1两端电压为______ V，L1和L2的电阻之比为______。(假设灯丝电阻不变)
20.如图所示电路中，请以笔画线代替导线补画电路，要求：当滑动变阻器滑片P向左移动时，灯变亮；电压表测灯泡两端电压。
三、作图题：本大题共1小题，共3分。
21.根据标记的电流方向，把电流表和电源的符号分别填进电路，使两盏灯都发光。
四、实验探究题：本大题共3小题，共19分。
22.在探究“比较不同物质吸热能力”的实验中，加热水和煤油，使它们升高相同的温度，比较它们吸收的热量的多少，看看这两种物质的吸热能力是否存在差异。
(1)在两个完全相同的烧杯中分别装入______ 、初温都相同的水和煤油(填“质量”或“体积”)；
(2)在相同条件下用相同的电加热器分别给水和煤油加热，通过______ (填“升高的温度”或“加热时间”)来比较水和煤油吸收热量的多少。要使水和煤油升高相同的温度，对______ (“水”或“煤油”)加热的时间更长；
(3)根据实验数据，小宁做出了水和煤油的温度随时间变化的图像，由图中的图像可知，水的温度随时间变化的图像是______ (填“a”或“b”)，煤油的比热容为______ J/(kg⋅℃)。[水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
23.在“探究电阻的大小与什么因素有关”实验中，甲、乙、丙三位同学做出如下猜想：
甲：导体电阻跟长度有关。
乙：导体电阻跟横截面积有关。
丙：导体电阻跟材料有关。
(1)甲同学思考：既然“电阻描述的是导体对电流的阻碍作用”，而粗细相同的水管，管子长，阻力大；于是他猜想导体越长，它的电阻可能越大，甲同学在猜想中用到了______ 的思维方法。
A.类比
B.转换
C.等效
D.控制变量
(2)如图所示，是为进行探究实验连接的电路，实验中通过观察______ 来比较电阻丝电阻的大小，达到验证猜想的目的，如果将本实验进行优化，应该将______ 更换为______ ，则实验结果更准确。
(3)若要验证乙同学的猜想，则应该选用______ 两根电阻丝进行对比实验，此时用到的实验方法是______ 。
(4)选用A、B两根电阻丝进行对比实验，是为了验证______ 同学的猜想。
24.某中学物理兴趣小组，做“测量小灯泡的电功率”实验，所用小灯泡的额定电压为2.5V(灯丝电阻大约10Ω)，部分电路已连接，如图1所示。
(1)用笔画线代替导线，将图1电路连接完整。(要求滑片P向右移动小灯泡变亮)
(2)连接好电路检查无误后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，电路故障可能是______ 。
(3)排除故障后移动滑片P，当小灯泡正常发光时电流表示数如图2所示，示数为______ A，小灯泡的额定功率是______ W。
(4)完成上述实验后，同学们还想探究“电流与电阻的关系”。准备了5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻，继续用图1的电路，用5Ω的电阻替换小灯泡，其余元件及连接都不变，闭合开关，调节滑片P至适当位置，收集数据；断开开关，滑片P位置不动，用10Ω电阻替换5Ω电阻后，再次闭合开关，接下来的具体操作是______ ，同时观察电压表，直到示数为______ V为止；换接20Ω电阻重复实验，收集数据得到如图3的I−R图象，分析图象可得出结论：______ 。
五、计算题：本大题共3小题，共26分。
25.如图所示，电阻R1为10Ω，电源两端电压为6V，开关S闭合后，求：
(1)当滑动变阻器R接入电路的电阻为50Ω时，通过电阻R1的电流是多少？
(2)当滑动变阻器接入电路的电阻为20Ω时，电路中的总功率是多少？
26.如图所示的电路，电源电压保持不变，R1=30Ω，R2=10Ω.当闭合开关S1、S，断开S2时，电流表的示数为0.4A。
(1)求电源电压；
(2)当闭合开关S2、S，断开S1时，求电流表的示数；
(3)当闭合开关S1、S2、S时，通电100s，求整个电路消耗的电能。
27.电热水壶有加热和保温两种工作状态，其铭牌和内部电路图如图所示，R1=44Ω，R2=1166Ω，电热水壶在加热状态下正常工作时，将壶内2kg的水、从20℃加热到65℃，用时420s。[水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]求此过程中：
(1)水吸收的热量是多少？
(2)电热水壶消耗的电能是多少？
(3)电热水壶的加热效率是多少？
(4)铭牌上的保温功率模糊不清，请你计算出电热水壶正常工作时的保温功率是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、实验室中所用导线的电阻约为0.01Ω，故A错误。
B、一节新的蓄电池的电压为2V，符合实际，故B正确。
C、对人体的安全电压是不高于36V，故C错误。
D、液晶电视正常工作电流约为0.5A，故D错误。
故选：B。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2.【答案】C
【解析】解：A、抽油烟机工作时，主要将电能转化为机械能，故A错误；
B、电风扇工作时，主要将电能转化为机械能，故B错误；
C、电烤箱工作时，将电能转化为内能，故C正确；
D、电视机工作时，主要将电能转化为光能和声能，故D错误；
故选：C。
当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应。即在该过程中消耗了电能，主要产生内能，所以从能量转化的角度分析即可。
主要考查电流的热效应、磁效应和化学效应在生活中的应用实例，能从能量转化的角度分析清楚上述用电器哪个是利用电流热效应工作的是解题的关键。
3.【答案】B
【解析】解：A、汽车的做功冲程将内能转化为机械能为汽车提供动力，故A错误；
B、在海边闻到浓浓的海腥味，是因为分子在不停地运动着，属于扩散现象，故B正确；
C、海滩的沙子热得烫脚，是通过热传递的方式增加沙子的内能的，故C错误；
D、海水的比热容比沙子的比热容大，同样受热的情况下，水的温度变化比沙小，因此海滩的沙子热得烫脚而海水却很清凉，故D错误。
故选：B。
(1)汽油机的做功冲程为汽车提供动力；
(2)不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象，扩散现象表明分子在不停地运动着；
(3)改变物体内能的方式有做功和热传递；
(4)水的比热容大，在吸收和放出相同热量时，与同质量的其他物质相比，其温度变化小。
本题主要考查了扩散现象、改变内能的两种方式、比热容、内燃机的四个冲程等知识的理解和掌握，是中考的热点。
4.【答案】A
【解析】解：由题意可知，当汽车启动时，S1闭合，日间行车灯L1立即亮起，再闭合S2，车前大灯L2也亮起，说明L1与L2可以独立工作、互不影响即为并联，且S1位于干路，S2位于L2支路，故A正确。
故选：A。
根据题意分析两灯的连接方式和开关的作用，然后选出正确的电路图。
本题考查了串并联电路的设计，对于该题型的题目可以根据题意找出符合要求的电路图即可。
5.【答案】D
【解析】解：B.图中灯L1、L2串联接入电路，串联电路中电流处处相等，所以通过A点的电流等于通过B点的电流，故B错误；
AD.AB两点间的电压等于灯L1两端电压，BC两点间的电压等于灯L2两端电压，
灯L1的电功率为：P1=IU1=IUAB
灯L2的功率为：P2=IU2=IUBC
由于灯L1比灯L2亮，则灯L1的实际功率比灯L2的实际功率大，即
P1>P2，所以，UAB>UBC，
由欧姆定律可知，串联电路中，用电器两端电压之比等于用电器的电阻之比，所以RI>R2，故A错误，D正确；
C.额定功率是用电器在额定电压下工作时的电功率，由于灯L1和灯L2的额定电压相同，由P=U2R可知，电阻越大，电功率越小，则灯L1的额定电功率比灯L2的额定电功率小，故C错误。
故选：D。
(1)在串联电路中，电流处处相等；
(2)灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，根据P=UI可知其两端电压关系；
(3)由I=UR分析其电阻关系，根据P=U2R比较额定功率的大小。
本题考查电功率公式、串联电路的特点、欧姆定律，属于中档题。
6.【答案】C
【解析】解：A、如图所示，开关S闭合后，电流将从电源正极经过导线b与导线M和开关回到电源负极，造成电源短路，两灯不发光，故A错误；
B、去掉导线a，两灯没有连入路，故B错误；
C、S闭合后，电流将从电源正极经过导线b与M和开关回到电源负极，电路将发生短路，故C正确；
D、如图所示，若将导线M从接线柱B改接到接线柱A上，则两灯属于并联电路，且都能正常发光，故D错误；
故选：C。
(1)电路有通路、断路、短路三种状态，小灯泡只有在通路的电路中才会发光；
(2)让小灯泡发光的基本连接形式有两种：一种是串联，在串联电路中电流只有一条路径；
另一种是并联，在并联电路中电流有多条流通路径；
(3)短路是指电流不经过用电器的电路，在实际电路中，如果用导线将用电器的两端直接连接，则会造成短路。
本题考查了识别串并联电路的能力和根据铭牌求电功率的计算，关键是会区分电路的三种状态、并会根据要求设计电路。
7.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I=UR可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小；
由U=IR可知，灯泡两端的电压变小，电压表示数变小；
由P=UI可知，灯泡的实际功率和电路的总功率变小，灯泡的亮度变暗；
综上所述，C正确。
故选：C。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化和亮度的变化；根据P=UI可知电路总功率的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
8.【答案】B
【解析】解：A、电能表是测量电功的仪表，故A错误；
B、电能表当前的示数为6852.5kW⋅h，故B正确；
C、表盘转盘转过50圈消耗的电能：W=502500kW⋅h=0.02kW⋅h，电饭锅的功率P=Wt=0.02kW⋅h260h=0.6kW=600W，故C错误；
D、因为电能表表盘转动的快慢反映了做功的快慢，因此表盘转动越快，电能表所在电路的总功率越大，不能说明电能表所在电路消耗电能越多，故D错误。
故选：B。
从电能表表盘可得到的信息：
①电能表是测量电路消耗电能多少的仪表；
②电能表读数时，最后一位是小数，单位kW⋅h；
③2500r/kW⋅h表示每消耗1kW⋅h的电能，表盘转2500转，据此求出表盘转盘转过50圈消耗的电能，然后根据P=Wt求出电饭锅的功率。
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以及用电器的功率。
9.【答案】B
【解析】解：A.由图象可知，甲对应的电流与电压成正比，而乙对应的电流与电压不成正比，根据欧姆定律可知甲电阻的阻值不变，乙电阻的阻值变化，故A错误；
B.甲、乙并联在电路中，当电源电压为2V时，
因并联电路各支路两端的电压相等，
所以，两电阻两端的电压为2V，
由图象可知，I甲=0.4A，I乙=0.2A，
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：
I=I甲+I乙=0.4A+0.2A=0.6A，
则电路总功率：
P=UI=2V×0.6A=1.2W，故B正确；
C.甲、乙串联在电路中，当电路电流为0.2A时，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，通过甲、乙的电流均为0.2A，
由图象可知，U甲=1V，U乙=2V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时电源的电压：
U=U甲+U乙=1V+2V=3V，故C错误；
D.由图象可知，当乙两端电压为2V时，通过乙的电流为0.2A，
由I=UR可得，R乙=U乙I乙=2V0.2A=10Ω，故D错误．
故选B.
(1)根据欧姆定律可知，电阻一定时，通过电阻电阻的电流与两端两端的电压成正比，据此分析图象甲乙电阻的变化；
(2)根据并联电路的电压特点结合图象读出对应的电流，再根据并联电路的电流特点得出干路电流，利用P=UI求出电路总功率；
(3)根据串联电路的电流特点读出图象中对应的电压，利用串联电路的电压特点求出电源的电压
(4)由图象可知，当乙两端电压为2V时对应的电流，根据欧姆定律求出R乙的阻值．
本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点以及欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是根据图象得出相关的信息．
10.【答案】A
【解析】解：由图可知：R2与容器外5Ω电阻并联，然后与R1串联。
A、根据并联电路的电流关系可知，通过R1的电流大于通过R2的电流，通电时间相同，电阻相同，所以R1产生的热量多，左侧容器中空气内能增加的更大，故A错误；
B、若R1和R2阻值等于10Ω，通电时间相同，通过两个电阻的电流不同，所以能探究电流通过导体产生的热量与电流的关系，故B正确；
C、去掉5Ω的电阻，R1和R2串联，通电时间相同，通过两个电阻的电流相同，若要探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，则R1和R2电阻必须不同，故C正确；
D、在实验过程中，通过开关的闭合和断开可以改变电流通过电阻R1和R2的时间，能探究电流通过导体产生的热量与通电时间的关系，故D正确。
故选：A。
电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关；实验中应采用控制变量法；电阻丝放出的热量越多，容器内空气的内能越大。
此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用。
11.【答案】热传递 比热容
【解析】解：
(1)人在泡温泉的过程中，身体从水中吸收热量，所以身体会变热，这是通过热传递的方式改变了身体的内能；
(2)烈日下游泳池旁的水泥地面热得烫脚，而池中的水却不怎么热，是因为水的比热容大，在同等情况下，吸收热量，水的温度不如水泥地面温度变化明显。
故答案为：热传递；比热容。
(1)改变物体内能的方法有二：一是做功，二是热传递，在热传递的过程中，高温物体或物体的高温部分，内能减小，温度降低；低温物体或物体的低温部分，内能增大，温度升高；
(2)单位质量的某种物质温度升高(或降低)1℃吸收(或放出)的热量为该物质的比热容，水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
本题主要考查了学生对水的比热容大的特点及应用、改变物体内能的方法的了解和掌握。
12.【答案】热值 机械
【解析】解：火箭的主动力燃料为液态氢，是因为液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；
载人飞船发射升空时，燃料通过燃烧将化学能转化为燃气的内能，再转化为火箭的机械能。
故答案为：热值；机械。
(1)热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小。
(2)分析火箭升空时，消耗和获得的能量可对能量转化情况做出判断。
本题主要结合火箭发射，考查了能量的相互转化，热值的概念，综合性强，但难度不大。
13.【答案】做功 20
【解析】解：四冲程汽油机通过做功冲程获得动力；
飞轮转速是2400r/min=40r/s，因一个工作循环有4个冲程，飞轮转2圈，做功一次，所以汽油机1s可以完成80个冲程，做功的次数：n=12×40=20(次)。
故答案为：做功；20。
四冲程汽油机通过做功冲程获得动力；
单缸四冲程汽油机曲轴转一圈，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。
解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，记住相关的数据大小，会根据转速进行相关计算。
14.【答案】10；0.5
【解析】【分析】
由串联电流的电流规律可知电路中的电流，由电压规律可知另一灯泡上的电压。
串联电路中的电流规律为各电阻上电流相等；电压特点为各电阻上电压之和等于总电压。
【解答】
解：因两灯串联，由串联电路的电流规律可知电流相等，即电路中的电流为0.5A；由串联电路中的电压规律可知两灯上的电压之和等于总电压即电源电压；故另一灯泡上的电压为：U−U1=16V−6V=10V。
故答案为：10，0.5
15.【答案】并 1.1×104
【解析】解：由于家庭电路中各用电器互不影响，因此家庭电路中各用电器之间是并联的；
电炉丝工作时通电10s产生的热量：Q=I2Rt=(5A)2×44Ω×10s=1.1×104J。
故答案为：并；1.1×104。
根据家庭电路中各用电器互不影响分析判断各用电器之间的连接方式；根据焦耳定律求出电炉丝工作时通电10s产生的热量。
本题考查串并联电路的辨别和焦耳定律的应用，难度不大。
16.【答案】0.36
【解析】解：由电路图可知，闭合开关S时，两电阻并联，电流表测通过R2的电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，通过R1的电流：
I1=UR1=3V10Ω=0.3A，
R2的阻值：
R2=UI2=3V0.5A=6Ω。
故答案为：0.3；6。
由电路图可知，两电阻并联，电流表测通过R2的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R1的电流，根据欧姆定律求出R2的阻值。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道基础题目。
17.【答案】半导体 吸引轻小物体
【解析】解：半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间，扫描器中光敏二极管的主要材料是半导体；
带电体能够吸引轻小物体，所以当含有病毒的飞沫靠近熔喷布后会被吸附在过滤层表面。
故答案为：半导体；吸引轻小物体。
在半导体中掺入少量的其他元素，它的导电性能会得到很大改善，从而可以把它们制成光敏电阻；
带电体能够吸引轻小物体。
本题主要考查了半导体的应用以及带电体的性质，是一道基础题。
18.【答案】串 变大
【解析】解：电源电压保持不变，开关S1始终闭合。当开关S2断开时，灯L1、L2是串联的，两个灯泡共同承担电源电压，即电压表测量的是灯泡L1两端的电压。
当开关S2闭合时，灯L2会被开关S2短路，电源电压全部加在灯泡L2上，所以电压表示数会变大。
故答案为：串；变大。
首先应根据电路图正确判断两个灯泡的连接方式，然后进一步判断电压表示数的变化。
本题考查学生能否正确判断电路的连接方式以及电压表示数的变化。属于基本能力的考查。
19.【答案】10 8 4：1
【解析】解：由电路图知，将开关S接到a时，两灯泡L1与L2串联，电压表V测电源电压；
开关S接到b时，两灯泡L1与L2仍然串联，电压表V测灯泡L2两端的电压；
根据串联电路的电压特点可知，电源电压大于灯泡L2两端的电压，即开关S接到a时电压表示数较大；
由于两个电压表指针偏转角度相同，则开关S接到a时电压表量程是0∼15V，分度值是0.5V，电压表示数为10V，即电源电压U=10V；
开关S接到b时，电压表量程为0∼3V，分度值是0.1V，电压表示数是2V，即L2两端的电压U2=2V；
因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以，灯泡L1两端的电压U1=U−U2=10V−2V=8V；
根据串联电路电流处处相等的特点可知，灯L1、L2 的电流之比I1：I2=1：1；
L1和L2两端的电压之比为：U1：U2=8V：2V=4：1；由R=UI可得两灯的电阻之比为：R1：R2=U1：U2=4：1。
故答案为：10；8；4：1。
(1)分析电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据电压表所测电路确定电压表两次测量使用的量程；
(2)确定电压表量程、最小分度值，读出电压表的示数，由串联电路电压特点求出灯泡L1两端的电压和电源电压；
(3)根据欧姆定律和串联电流相等的特点即可求出电阻之比。
本题考查了求电阻两端的电压和欧姆定律的应用，分清电路结构、明确电路元件的连接方式确定电压表的量程是本题的难点、也是本题的解题关键。
20.【答案】解：经分析可知，灯泡与滑动变阻器串联，且左下方接线柱必须接入电路中，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：

【解析】由题意可知，当滑动变阻器滑片P向左移动时，灯变亮，说明灯泡与滑动变阻器串联，且左下方接线柱必须接入电路中；电压表测灯泡两端电压，说明电压表并联在灯泡两端，据此进行解答。
本题考查了实物图的连接，根据题意得出变阻器接入电路中的下方接线柱和电压表的位置是关键，属于基础性题目，难度不大。
21.【答案】解：电路中的电流都是从电源正极出发，经过开关与用电器，最后回到电源的负极，根据电路图所标电流的方向可知，中间为电源，下方为正极，右边是电流表，如下图：

【解析】电路中的电流都是从电源正极出发，经过开关与用电器，最后回到电源的负极，根据电路图所标电流的方向，判断出电源与电流表的位置，及电源的正负极，然后作图。
本题考查了电路的连接，要求对电路中各元件的作用及使用方法要非常明确，然后根据串并联电路的特点正确连接电路。
22.【答案】质量 加热时间 水 a2.1×103
【解析】解：(1)在两个完全相同的烧杯中分别装入质量、初温都相同的水和煤油；
(2)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；因水的比热容大(即水的吸热能力强)，在相同条件下用相同的电加热器分别给水和煤油加热，要使水和煤油升高相同的温度，由Q=cmΔt可知，水吸收的热量多，则对水加热的时间更长。
(3)由(2)知，要使水和煤油升高相同的温度，对水加热的时间更长，所以，根据图像可知，水的温度随时间变化的图像是a，
由图像知，升高相同的温度时，水的加热时间是煤油的2倍，即水吸收的热量是煤油的2倍，根据c=QmΔt可知，在质量和升高温度相同的情况下，比热容与吸收的热量成正比，
所以，煤油的比热容为：c煤油=12c水=12×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)。
故答案为：(1)质量；(2)加热时间；水；(3)a；2.1×103。
(1)在两个完全相同的烧杯中分别装入质量、初温都相同的水和煤油；
(2)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；
比较物质吸热能力的2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；
(3)根据比较吸热能力的第1种方法分析；根据c=QmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，比热容与吸热多成正比求解。
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。
23.【答案】A 小灯泡的亮度 小灯泡 电流表 B、D 控制变量法 丙
【解析】解：(1)据生活中的现象：粗细相同的水管，管子越长，阻力越大，可知，类比电阻与导体长度的关系是：在材料、横截面积相同时，导体越长，它的电阻可能越大，故A正确；
(2)实验中采用了转换法比较电阻大小，即通过比较小灯泡的亮度来比较导体电阻的大小；为了更加直观，可将小灯泡更换为电流表；
(3)若要验证乙同学的猜想导体的电阻与导体的横截面积有关时，应控制导体的材料和长度相同，横截面积不同，编号B、D的电阻丝符合，运用了控制变量法；
(4)由图可知，A、B两根电阻丝的长度和横截面积相同、材料不同，是验证导体的电阻与导体的材料是否有关，即验证丙同学的猜想。
故答案为：(1)A；(2)小灯泡的亮度；小灯泡；电流表(3)B、D；控制变量法；(4)丙。
(1)类比法也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性，可以推测与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法；
(2)小灯泡串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过小灯泡的亮度大小判断导体电阻大小；
(3)(4)导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，实验探究时应采用控制变量法；
在研究导体的电阻与导体的材料是否有关时，应控制导体的长度和横截面积不变；
在研究导体的电阻与导体的长度的关系，应控制导体的材料和横截面积不变；
在研究导体的电阻与导体的横截面积是否有关时，应控制导体的材料和长度不变。
本题考查了影响电阻大小因素的实验，侧重考查了学生对实验方法的掌握和应用。
24.【答案】小灯泡短路(或电压表短路)将滑动变阻器滑片向左滑动 2 当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比
【解析】解：(1)小灯泡的额定电压为2.5V，灯丝电阻大约10Ω，灯泡正常发光时的电流约为：
I′=ULR=2.5V10Ω=0.25A，故电流表选用小量程串联在电路中；
滑片P向右移动小灯泡变亮，说明电路中电流变大，滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与电流表串联，如下图所示：
；
(2)连接好电路检查无误后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即电路故障可能是小灯泡短路(或电压表短路)；
(3)排除故障后移动滑片P，当小灯泡正常发光时电流表示数如图2所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，则小灯泡额定功率为：
PL=ULIL=2.5V×0.3A=0.75W；
(4)由图3可知，定值电阻两端电压为：UV=IR=0.4A×5Ω=……=0.1A×20Ω=2V；
实验中，当把5Ω的电阻换成10Ω的电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，要增大滑动变阻器电阻阻值，故接下来的具体操作是：将滑动变阻器滑片向左滑动，同时观察电压表，直到示数为2V为止；
由如图3的I−R图象可知，定值电阻两端电压为一定值，故可得出结论：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：(1)见解答图；(2)小灯泡短路(或电压表短路)；(3)0.3；0.75；(4)将滑动变阻器滑片向左滑动；2；当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
(1)已知小灯泡的额定电压和灯丝电阻，根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电流确定电流表量程，将电流表串联在电路中；滑片P向右移动小灯泡变亮，说明电路中电流变大，滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(2)连接好电路检查无误后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路；
(3)根据电流表选用量程确定分度值读数，利用P=UI求出灯泡额定功率；
(4)根据图3利用U=IR求出定值电阻两端电压；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，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动变阻器滑片移动的方向；
根据定值电阻两端电压为一定值分析得出结论。
本题测量小灯泡的电功率实验，考查了电路连接、电路故障、电流表读数和功率的计算，同时考查了电流与电阻的关系。
25.【答案】解：由电路图可知，滑动变阻器R与定值电阻R1串联；
(1)当滑动变阻器接入电路的电阻为50Ω时，电路的总电阻为：
R总1=R1+R=10Ω+50Ω=60Ω；
通过电阻R1的电流为：
I=UR总1=6V60Ω=0.1A，
即通过电阻R1的电流为0.1A；
(2)当滑动变阻器接入电路的电阻为20Ω时，电路的总电阻为：
R总2=R1+R′=10Ω+20Ω=30Ω，
电路中的电流为：
I′=UR总2=6V30Ω=0.2A，
电路的总功率P=UI′=6V×0.2A=1.2W。
答：(1)当滑动变阻器接入电路的电阻R2为50Ω时，通过电阻R1的电流为0.1A；
(2)当滑动变阻器接入电路的电阻R3为20Ω时，电路中的总功率是1.2W。
【解析】由电路图可知，滑动变阻器R与定值电阻R1串联。
(1)根据电阻的串联和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻为50Ω时电路中的电流，即为通过电阻R1的电流；
(2)同理求得滑动变阻器接入电路的电阻为20Ω时电路中的电流，利用P=UI求得电路的总功率。
本题考查了串联的特点和欧姆定律、电功率计算公式的应用，是一道基础题目。
26.【答案】解：(1)当闭合开关S1、S，断开S2时，电路为R1的简单电路，电流表测通过的电流，
由I=UR可得，电源电压：
U=I1R1=0.4A×30Ω=12V；
(2)当闭合开关S2、S，断开S1时，电路为R2的简单电路，电流表测通过的电流，
则电流表的示数：
I2=UR2=12V10Ω=1.2A；
(3)当闭合开关S1、S2、S时，R1与R2并联，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过R1、R2的电流不变，
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：
I=I1+I2=0.4A+1.2A=1.6A，
通电100s整个电路消耗的电能：
W=UIt=12V×1.6A×100s=1920J。
答：(1)电源电压为12V；
(2)当闭合开关S2、S，断开S1时，电流表的示数为1.2A；
(3)当闭合开关S1、S2、S时，通电100s，整个电路消耗的电能为1920J。
【解析】(1)当闭合开关S1、S，断开S2时，电路为R1的简单电路，电流表测通过的电流，根据欧姆定律求出电源电压；
(2)当闭合开关S2、S，断开S1时，电路为R2的简单电路，电流表测通过的电流，根据欧姆定律求出电流表的示数；
(3)当闭合开关S1、S2、S时，R1与R2并联，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R1、R2的电流不变，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用W=UIt求出通电100s整个电路消耗的电能。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，要注意开关均闭合时通过R1、R2的电流不变。
27.【答案】解：(1)水吸收的热量：Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(65℃−20℃)=3.78×105J；
(2)由P=Wt可知，电热水壶消耗的电能：W=P加热t′=1100W×420s=4.62×105J；
(3)电热水壶的加热效率：η=Q吸W=3.78×105J4.62×105J×100%≈81.8%；
(4)由图可知，当开关S闭合，S1断开时，R1、R2串联，
根据串联电路的电阻特点可知，电路中的电阻最大，由P=U2R可知，电热水壶的电功率最小，电热水壶处于保温状态；
电热水壶正常工作时的保温功率：P保温=U2R1+R2=(220V)244Ω+1166Ω=40W。
答：(1)水吸收的热量是3.78×105J；
(2)电热水壶消耗的电能是4.62×105J；
(3)电热水壶的加热效率是81.8%；
(4)电热水壶正常工作时的保温功率是40W。
【解析】(1)知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)根据P=Wt求出电热水壶消耗的电能；
(3)根据效率公式求出电热水壶的加热效率；
(4)当开关S闭合，S1断开时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，根据P=U2R可知，电热水壶的电功率最小，电热水壶处于保温状态；利用P=U2R求出电热水壶正常工作时的保温功率。
本题是一道电热综合题，主要考查吸热公式、电功公式、效率公式以及电功率公式的应用，难度不大。额定电压220 V
加热功率1100 W
保温功率
容积2 L