2023-2024学年辽宁省盘锦市大洼区九年级（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省盘锦市大洼区九年级（上）期末物理试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 1L水倒入1L酒精中总体积小于2L说明分子间有引力
B. 腌鸡蛋，鸡蛋变咸说明分子在不停的运动
C. 把水洒在地上很快不见说明分子间有间隙
D. 篮球撞在篮板上弹回说明分子间有斥力
2.某单缸四冲程汽油机的转速是3600r/min，则下列说法正确的是( )
A. 做功冲程机械能转化内能B. 1s内完成了60个工作循环
C. 两气门都关闭的冲程机械能可能增加D. 排气冲程是获得动力冲程
3.两个相同的验电器A和B，使A带正电，B不带电，用一根带有绝缘柄的L棒把A、B连接起来，如图所示，看到B张角变大，下列说法正确的是( )
A. 电流方向从B到AB. 电子方向从A到BC. A的张角变大D. L不可能是玻璃棒
4.如图所示闭合开关S，L1比L2发光更亮。下列说法正确的是( )
A. 灯泡L1电阻小于灯泡L2电阻B. 灯泡L1两端电压大于灯泡L2两端电压
C. 电流表A2测通过灯泡L1的电流D. 灯泡L1短路时，灯泡L2正常发光
5.如图所示，是小灯泡L和定值电阻R的I−U图象，由图象可知( )
A. R的电阻为5Ω
B. 小灯泡的电阻随温度的升高而减小
C. 只将L与R并联在干路中的电流为0.3A的电路中，小灯泡的电阻为10Ω
D. 只将L与R串联在电路中，总功率为1.2W，则定值电阻两端电压3V
6.有关家庭电路和安全用电，下列说法中正确的是( )
A. 雷雨天站在大树下避雨
B. 发现有人触电应立即切断电源
C. 使用三孔插座可以防止漏电
D. 造成家庭电路中空气开关“跳闸”的原因一定是发生了短路
二、多选题：本大题共3小题，共6分。
7.有关温度、热量、内能的说法，正确的是( )
A. 物体吸收热量，内能一定增加，但温度不一定升高
B. 物体温度升高，不一定吸收热量，但内能一定增加
C. 物体温度升高，内能不一定增加，但一定吸收热量
D. 发生热传递时，热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体
8.如图所示，两个相同的透明容器中密封着等量的空气。用该装置研究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关时，下列分析正确的是( )
A. 将R3与R2并联的目的是使I1和I2不等
B. U形管中液面高度差可以反映电流产生热量的多少
C. 左端空气内能增加是右端增加的2倍
D. 该装置用来研究电流产生的热量与电阻大小的关系
9.如图所示，把标有“12Ωㅤ3W”的电阻R0与最大阻值为60Ω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0.6A
B. 电阻R0最小电压3V
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～60Ω
三、填空题：本大题共6小题，共12分。
10.2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空(如图)。神舟十六号载人飞船进入轨道飞行的过程中，飞船的机械能______(选填“增大”“减小”或“不变”)。液态氢通常被用作运载火箭燃料之一，主要是因为液态氢具有较高的______。
11.充电宝可解决电子产品电量不足的问题，如图所示，充电宝正在同时给手机和笔记本电脑充电。此时的充电宝相当于______(选填“用电器”或“电源”)，制作手机芯片(集成电路)的材料主要是______(选填“超导体”“半导体”或“绝缘体”)。
12.如图所示，这是一种显示汽车油箱油量的装置图，其中滑杆P相当于滑动变阻器R的滑片，定值电阻R′在电路中的是______(加满油/用完油)浮标时起到作用。图中油量表实质上是一个______(选填“电流表”或“电压表”或“电能表”)改装的。
13.如图微风电扇，通电后扇叶转动，此过程中______能转化为机械能，拔下插头，在插头处接发光二极管，用手旋转叶片，发光二极管发光，这一原理与______相同(动圈式话筒、电动机、扬声器、电磁起重机)。
14.小明用测电笔检查家庭电路，电路中画“×”处表示该处断路，开关闭合后，用测电笔测试电路中的A点，测电笔火线零线氖管______(选填“会”或“不会”)发光。辨别零火线时要求流过人体的电流不超过0.22mA，如果人体的电阻为1000Ω，则测电笔配阻至少为______Ω。
15.如图甲所示电路，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端移动至灯泡L正常发光的位置。在此过程中，电流表示数与两只电压表示数的关系如图乙所示，则灯泡的额定电压是______V，滑动变阻器的最大阻值是______Ω。
四、作图题：本大题共1小题，共2分。
16.电吹风的主要工作元件是发热丝()和电风扇()及开关。闭合开关S1，电吹风即吹出风来；若同时还闭合S2，则吹出热风；若只闭合S2，则发热丝不发热。请根据要求完成电路设计。
五、实验探究题：本大题共4小题，共24分。
17.在“探究物质的吸热能力”的实验中，实验装置如图所示：
(1)实验中必须要选取初温相同且______(选填“质量”或“体积”)相等的甲、乙两种液体；选用规格相同的电加热器分别给甲和乙两种液体加热，除了图上的器材，还需测量器材有停表和______。5分钟时甲、乙吸热之比为______；
(2)根据实验测得的数据分别描绘出了甲和乙两种液体的温度随加热时间变化的图像，如图丙所示，则______的吸热能力更强；
(3)若甲液体的比热容为2.0×103J/(kg⋅℃)，则乙液体的比热容为______J/(kg⋅℃)。
18.在探究并联电路的电流规律，小星同学设计了如图甲所示的电路。

(1)图乙实物图中，电流表测量图甲中______处电流(选填“A”、“B”或“C”)；
(2)图乙中移动一根导线就可以测量C处的电流，则应该移动的是导线______(1、2、3、4)。
(3)在测量电流的过程中，闭合开关后电流表的指针出现了如图丙所示的情况，出现该现象的原因是______；
(4)在排除故障后，电流表测量C处电流的示数如图丁所示，则电流表的示数为______A；
(5)小星接着测量A、B两处电流并把数据记录在表中，如表所示。他便得出结论：在并联电路中，干路电流______各支路电流之和(选填“大于”、“小于”或“等于”)；
(6)同组的小王认为实验次数太少，应该更换不同规格的小灯泡重复多次实验。得到了多组数据，其目的是______。
A.多次测量求平均值，减小误差
B.寻找普遍规律，避免偶然性
19.在探究影响导体电阻大小的因素时，实验室提供了4根电阻丝，规格、材料如表，小兵、小红两位同学作出了如下猜想：
①导体的电阻与导体的长度有关；
②导体的电阻与导体的横截面积有关；
③导体的电阻与导体的材料有关；
为了验证上述猜想。他们设计了如图所示的实验电路；
(1)按照图所示“探究影响导体电阻大小因素”的实验电路，在M、N之间分别接上不同材料导体，则通过观察______来比较导体电阻的大小，这种研究方法叫做转化法；
(2)为了验证上述猜想③，应该选用编号D和______两根电阻丝进行实验；
(3)如果选用编号为A，C两根电阻丝进行实验，是为了验证猜想______(序号)；当把C接入电路中闭合开关看到的现象是______(A：灯泡明显变亮B：电流表示数变大C：电流表示数变小)；
(4)为了验证猜想①，分别将A和B两电阻丝接入电路中M、N两点间时，电阻丝A接入电流表示数较大，由此。得到的结论是：材料与横截面积相同的电阻，长度越______(选填“长”“短”)，电阻越大；
(5)小新将粗细均匀的电阻丝A，均匀地拉长为原来的1.5倍再对折后，其阻值与原来的值相比______(选填“变大”，“变小”或“不变”)。
20.小勇同学利用图甲所示的电路做“探究电流与电阻的关系”实验，所选择的器材有新干电池四节，5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻各一只滑动变阻器电压表、电流表、开关各一只，导线若干。

(1)实验时要求向A端移动滑片P时，电路中的电流变大，则滑动变阻器应接线应接在______上(A/B)；
(2)闭合开关，发现电流表的指针几乎没有偏转，电压表的指针有明显的偏转。出现这种现象的原因可能是______；
(3)排除故障后，小勇先将5Ω的定值电阻接入电路，移动滑片P到适当位置，使电压表的示数为U，同时记录电流表示数。再将5Ω的电阻换成10Ω的电阻接入电路，闭合开关，此时滑片P应向______(选填“A”或“B”)端移动，使电压表示数为U保持不变。再依次接入15Ω、20Ω、25Ω的电阻重复实验，记录相应的电流值。根据测得的五组实验数据绘制出电流I随定值电阻R变化的图像如图乙所示。由图像可知这五组实验中定值电阻R两端电压保持不变，分析图像可得到的结论是：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成______。为了完成实验滑动变阻器电阻不得小于______Ω；
(4)完成上面实验后，小组同学又想测量额定电压为2.5V的小灯泡的正常工作时的电阻，设计了如图丙所示的电路，滑动变阻器的阻值为R0，请完成下面的实验步骤。
①闭合开关S和S1，S2，移动滑动变阻器的滑片读出电压表的示数为U；
②只断开S1移动滑片使电压表的示数为______。小灯泡正常发光；
③保持滑动变阻器的滑片不动，只闭合开关S、S1，读出电压表的示数为U1；则小灯泡正常发光时的电阻：R灯= ______。
六、计算题：本大题共2小题，共16分。
21.XX热水器水箱容积15L，开始用天然气加热。计算机显示出热水器中水温随时间变化的图像如图乙所示，热水器效率为75%[c水=4.2×103J/(kg⋅℃),q天然气=4×107J/m3]，则：
(1)热水器水箱中注满水，水的质量；
(2)加热4min时，水吸收的热量；
(3)加热4min时，该燃气热水器消耗的天然气的体积；
(4)分析为什么开始加热水升温比后来的要快。
22.如图甲所示是某品牌电饭锅，图乙是其工作的电路图，如表是该电饭锅铭牌上的一些信息，R、R0两根电阻丝的阻值均不变，其中R是主加热器，R0是保温加热器。接通电路后，开关S自动与触点a、b接通，开始加热，当锅内温度达到105℃时，开关S自动与a、b断开，变为与触点c接触，开始保温，此时锅内水温不变，且未沸腾。
(1)R0的电阻是多少欧。
(2)该电饭锅处于加热挡正常工作50s，R产生的热量为多少焦。
(3)断开其他用电器开关，仅让电饭锅在加热挡下工作，测得图丙中电能表转盘3min内转过150转，请计算电饭锅的实际功率。
七、综合题：本大题共1小题，共6分。
23.阅读短文，回答问题：
远程输电发电厂发出的电要传输到很远的地方供人们使用。在输电线上，由于电流的热效应，必然有一部分电能转化成内能而损失掉，导线越长，损失越多。目前远距离送电主要采取高压送电的方式来实施。在保证输送功率不变的情况下，采用提高电压的方法减少线路上的损失。高压送电过程：发电机、升压变压器、高压输电线、降压变压器、居民用电。
变压器原理简化为：原线圈匝数n1，副线圈匝数n2，若输入电压U1，输出电压U2(如图甲)，它们之间的关系式为：U1U2=n1n2。

请结合短文和所学知识回答下列问题：
(1)从发电厂发出电到进入家庭，变压器使电压的大小经过了两次改变，最终直接进入家庭的电压为______V；
(2)下列单位不能够表示远程输电损耗电能大小的是______；
A.A2Ωs
B.A2⋅Ω
C.V2⋅Ω1⋅s
D.W⋅s
(3)在输电阶段，输电线上常用如图丙装置将四根导线并联起来，相当于增大了导线的横截面积，从而减小了导线的______，以达到减少输电线上电能损失的目的；
(4)如图甲属于______变压器(升压、降压)；
(5)目前我国正在进行1500kV的特高压输电技术实验。若甲、乙两地原来用500kV的超高压输电，建成后改用1500kV的特高压输电，当输电功率相同时，线路上的功率损耗为原来的______倍(线路电阻不变)；
(6)由发电厂向用户输电，输送的功率P一定，关于输电电压U与输电电流的I的关系图像正确的是______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.1L水倒入1L酒精中总体积小于2L说明分子间有间隙，不能说明分子间有引力，故A错误；
B.腌鸡蛋，鸡蛋变咸是扩散现象，说明分子在不停地做无规则热运动，故B正确；
C.把水洒在地上很快不见是蒸发现象，说明分子在不停地做规则热运动，故C错误；
D.篮球撞在篮板上弹回说明力可以改变物体的运动状态，不能说明分子间有斥力，故D错误。
故选：B。
根据分子动理论的内容分析答题，物质是由分子或原子组成的，一切物质的分子都在不停地做无规则的运动，组成物质的分子间存在相互作用的引力与斥力。
本题考查学生对分子动理论内容的掌握情况，需要结合具体实例进行分析。
2.【答案】C
【解析】解：A.做功冲程中将内能转化为机械能，故A错误；
B.完成一个工作循环飞轮转两周，汽油机的转速是3600r/min=60r/s，所以，1s内完成了30个工作循环，故B错误；
C.两气门关闭的冲程有两个，一个是压缩冲程，一个是做功冲程，在做功冲程内能转化为机械能，机械能增加，所以，两气门都关闭的冲程机械能可能增加，故C正确；
D.四个冲程中，只有做功冲程是获得动力的冲程，故D错误。
故选：C。
热机的四个冲程：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，压缩冲程中机械能转化为内能；做功冲程中内能转化为机械能。完成一个工作循环飞轮转两周。
此题要结合内燃机的四个冲程特点和冲程中的能量转化关系进行解答，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：AB.由题意知，用一根带有绝缘柄的L棒把A、B连接起来，看到B张角变大，说明有部分正电荷由A转移到了B，而本质是带负电的电子由B转移到了A，所以电子方向是从B到A，正电荷定向移动的方向为电流方向，所以电流方向为从A到B，故AB不符合题意；
C.带负电的电子由B转移到了A，与A所带的部分正电荷中和，所以A的张角变小，故C不符合题意；
D.带负电的电子由B转移到了A，所以L是导体，不可能是玻璃棒，故D符合题意。
故选：D。
在接触带电的过程中，是电子发生定向移动。规定正电荷定向移动的方向是电流的方向，电子的定向移动方向与电流方向相反。
本题考查了电流的方向，知道接触带电过程是电子的移动，理解电流方向的规定，可解答此题。
4.【答案】A
【解析】解：由电路图可知，两灯泡并联，A1测干路电流，A2测L2支路电流。
ABC.两灯并联，则两灯两端电压相同，L1比L2发光更亮，说明L1实际功率较大，由P=U2R可知，灯泡L1电阻小于灯泡L2电阻，故A正确，BC错误；
D.若灯泡L1短路时，灯泡L2也短路，不会发光，故D错误。
故选：A。
由电路图可知，两灯泡并联，A2测L2支路电流，A1测干路电流，结合并联电路的电压关系及P=U2R逐项分析解答。
此题考查了电功率的应用，属于常考题目。
5.【答案】C
【解析】解：A.当电阻R两端的电压为6V时，通过的电流为0.3A，定值电阻R的阻值R1=U1I1=6V0.3A=20Ω，故A错误；
B.由图象可知，灯泡两端的电压增大时，通过的电流增大，功率变大，温度升高，但电流增长得越来越慢，说明小灯泡的电阻随温度的升高而变大，故B错误；
C.由图可知，将L与R并联在电压为2V的电路中时，通过R的电流为0.1A，通过L的电流为0.2A，
则干路的电流I=IR+IL=0.1A+0.2A=0.3A符合条件，小灯泡的电阻RL=UIL=2V0.2A=10Ω，故C正确；
D.由图可知，将灯泡L和电阻R串联在电路中，当电流是0.2A时，L两端的电压为2V、R两端的电压为4V时，
则电路两端的总电压U=2V+4V=6V，此时电路功率恰好为P=UI=6V×0.2A=1.2W，
即只将L与R串联在电路中，总功率为1.2W，则定值电阻两端电压为4V，故D错误。
故选：C。
(1)通过定值电阻的电流与其两端的电压的I−U图象是正比例函数，任取一组数据，利用R=UI可求出电阻R的阻值；
(2)灯泡I−U图像是曲线，说明电阻是变化的，灯丝的电阻跟灯丝的温度有关，当灯丝两端的电压增大时，通过的电流也会增大，则灯丝的温度升高，因此灯丝的电阻会增大；
(3)由并联电路的电压特点，结合图像可知此时通过L和R的电流大小，再由并联电路的电流特点得出干路的电流；
(4)根据串联的电流处处相等，找出电路中电流为0.2A的灯L和R的两端的电压之和，由P=UI可得总功率比较是否符合条件。
本题考查了学生对欧姆定律的运用和串并联电路的理解，要掌握欧姆定律的表达式，能从图像中读取有用的信息是解题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A.雷雨天站在大树下避雨易受到雷击，故A不符合题意；
B.发现有人触电时，应立即切断电源，再实施抢救，否则有可能造成自己触电，故B符合题意；
C.有金属外壳的用电器使用三孔插座时，外壳是接地的，可以有效防止外壳漏电导致的触电事故，而非防止漏电，故C不符合题意；
D.造成家庭电路中空气开关跳闸的原因除了发生短路，也有可能是用电器的总功率过大，故D不符合题意。
故选：B。
(1)当雷雨天，树作为地面上的“凸出物”，雷电电流通过树干就会传下来。在传下来的过程中电弧放电打在人的头上，又通过人体一直传到地下去，而这样就造成了雷电灾害；
(2)发生触电事故，应先切断电源；
(3)有金属外壳的用电器使用三孔插座时，外壳是接地的；
(4)家庭电路中电流过大的原因：一是短路，二是用电器的总功率过大。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、积累，加强安全意识，学好电、用好电！
7.【答案】AB
【解析】解：A、物体吸收热量，内能一定增加，但温度不一定升高，可能是状态的变化，例如晶体熔化时，吸收热量，温度不变，故A正确；
BC、物体温度升高，不一定吸收热量，可能是外界对物体做了功，但内能一定增加，故B正确，C错误；
D、发生热传递的条件是存在温度差，发生热传递时，热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，或者从一个物体的高温部分传递给低温部分，故D错误。
故选：AB。
(1)物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化；
(2)改变内能的方式：做功和热传递；发生热传递的条件是存在温度差。
本题考查温度、热量与内能的关系，以及改变内能的两种方式，难度不大。
8.【答案】AB
【解析】解：ACD.将R3与R2并联后再与R1串联，此时R1处在干路上，R2处在支路上，根据并联电路电流规律可知，通过R1、R2的电流不等，且由于三个电阻阻值相等，所以I1=2I2。根据控制变量法可知该装置用来研究电流产生的热量与电流大小的关系，根据焦耳定律Q=I2Rt可知左端空气内能增加是右端增加的4倍，故A符合题意，CD不符合题意；
B.U形管中液面高度差可以反映电流产生热量的多少，这叫做转换法，故B符合题意。
故选：AB。
电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，U形管中液面高度差可以反映电流产生热量的多少，实验中采用的是控制变量法：探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变。
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。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、由P=I2R可得，R0的额定电流：I额= PR0= 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；
BCD、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′=U′RI′=15V0.25A=60Ω，滑动变阻器可以满足，最小电流可以为0.25A，所以，P最小=UI最小=18V×0.25A=4.5W；
即电路消耗总功率的范围为4.5W～9W；
电阻R0最小电压3V；滑动变阻器的可调范围为24Ω～60Ω；故BCD正确。
故选：BCD。
(1)根据P=I2R的变形公式即可求出R0的额定电流；
(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。
10.【答案】不变 热值
【解析】解：神舟十六号载人飞船进入轨道飞行的过程中，飞船的动能和重力势能相互转化，飞船的机械能保持不变。
液态氢通常被用作运载火箭燃料之一，主要是因为液态氢具有较高的热值，相同质量的液态氢和其它燃料相比，完全燃料时可以放出更多的热量。
故答案为：不变；热值。
太空中没有空气阻力，飞船运行过程中，机械能守恒；
热值是指1千克的某种燃料完全燃烧后释放的能量，质量相同的不同燃料，热值越大，在完全燃烧时，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。
本题考查机械能大小的变化以及热值定义的掌握，属于基础题，难度不大。
11.【答案】电源 半导体
【解析】解：充电宝给手机和笔记本电脑充电时，充电宝消耗电能，相当于电源。
半导体具有一些特殊的电学性能，制作手机芯片(集成电路)的材料主要是半导体。
故答案为：电源；半导体。
充电宝类似于教材上的蓄电池，可以通过充电将电能转化为化学能，也可以向外供电，将化学能转化为电能。
根据导电性的不同，材料可分为导体，半导体，绝缘体三大类，容易导电的物体叫导体，如：人体、大地、各种金属、石墨、酸碱盐的溶液等；不容易导电的物体叫绝缘体，如：玻璃、陶瓷、橡胶、塑料等；导电性能介于导体与绝缘体之间的叫半导体，如：硅、锗等。常见半导体有：锗、硅、砷化镓等，即硅属于半导体材料。
本题考查了电路的组成及其作用、半导体的认识，注意电源是提供电能的，用电器是消耗电能的，注意区分。
12.【答案】加满油 电流表
【解析】解：定值电阻R′和滑动变阻器R串联，电路中电流为 I=UR+R′。当滑杆P滑到最底端时，油箱中加满油，滑动变阻器阻值为0，此时定值电阻R′可以让电路中电流不会太大，起到保护电路的作用。
图中油量表串联在电路中，实质上是一个电流表改装的。
故答案为：加满油；电流表。
(1)当油箱内注满油时，浮标位于最高位置，在杠杆的作用下滑片位于R的最下端，接入电路中的电阻最小，电路中的电流最大，起到保护电路的作用；
(2)根据电压表并联在电路中、电流表串联在电路中判断油量表的类型。
本题考查了滑动变阻器的在电路中的使用，是一道基础题。
13.【答案】电 动圈式话筒
【解析】解：通电后消耗电能，扇叶转动获得了机械能，所以此过程中电能转化为机械能。
用手旋转叶片，发光二极管发光，说明通过旋转叶片获得了电能，即将机械能转化为了电能，是电磁感应的原理，所以这一原理与动圈式话筒相同。
故答案为：电；动圈式话筒。
用电器都是消耗电能转化成其它形式的能。电和磁之间的转换可通过产生条件来判断。发电机是利用电磁感应的原理制成的。
发电机主要是由线圈和磁体组成的。电动机的主要组成部分也是线圈和磁体。它们的工作原理不同，工作时的能量转换不同。
14.【答案】会 9.99×105
【解析】解：由图中可知开关闭合后，电流从火线流出经开关、灯泡，但零线位置断路，电流不能回零线，可以经过A点，经测电笔、人体回大地构成回路，因此测电笔氖管会发光。
火线、测电笔、人体、大地组成的闭合回路的电阻为R串=UI=220V0.22×10−3A=1×106Ω
测电笔配阻至少为R笔=R串−R人=1×106Ω−1000Ω=9.99×105Ω。
故答案为：会；9.99×105。
用测电笔的笔尖接触火线或与火线相连的用电器，测电笔的氖管会发光；
由欧姆定律可得火线、测电笔、人体、大地组成的闭合回路的电阻，根据串联电路的电阻特点知测电笔配阻大小。
本题考查了测电笔的使用和欧姆定律的应用，是一道联系实际的应用题。
15.【答案】7 45
【解析】解：由图甲可知，闭合开关，滑动变阻器和灯泡串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，
当滑片P由最右端向左滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，由欧姆定律可知电路中电流变大，由串联电路的分压规律可知变阻器分得的电压减小、灯泡分得的电压增大，即电压表V2的示数减小，电压表V1的示数增大，所以乙图中左边的曲线为灯泡的I−U图象，右边的曲线为滑动变阻器的I−U图象；
当滑片P处于最右端时，变阻器接入电路的电阻最大，总电阻最大，此时电路中的电流最小，由图乙可知电路中的最小电流为0.2A，此时灯泡两端的电压为1V，滑动变阻器两端的电压为9V，
由串联电路的电压规律可得电源电压：U=UL+U滑=1V+9V=10V，
根据欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值：
R滑max=U滑Imin=9V0.2A=45Ω；
当小灯泡正常发光时，电路中的电流最大，由图乙可知电路中最大电流为0.8A，此时变阻器两端的电压为3V，
由串联电路的电压特点可知小灯泡正常发光时的电压：UL额=U−U滑′=10V−3V=7V。
故答案为：7；45。
由图甲可知，闭合开关，滑动变阻器和灯泡串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压；
当滑片P由最右端向左滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，由欧姆定律可知电路中电流的变化，根据串联电路的分压规律可知两个电压表的示数变化，从而确定乙图中两条曲线分别是哪两个元件的I−U图象；
当滑片P处于最右端时，变阻器接入电路的电阻最大，总电阻最大，此时电路中的电流最小，由图乙可知电路中的最小电流、灯泡两端的电压和滑动变阻器两端的电压，由串联电路的电压规律可得电源电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
当小灯泡正常发光时，电路中的电流最大，由图乙可知电路中最大电流和滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出小灯泡正常发光时的电压。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是分析得出乙图中两条曲线分别是哪两个元件的I−U图象。
16.【答案】解：由题意可知，电吹风既能吹冷风又能吹热风，说明电热丝和电动机并联；
只闭合开关S1时，吹风机工作，电吹风吹出的是冷风；将开关S1、S2都闭合，吹风机和电热丝同时工作，电吹风吹出的是热风，只闭合S2，发热丝不发热，说明S2在电热丝支路上，开关S1在干路中，由此画出电路图，如图所示：

【解析】电吹风既能吹出冷风又能吹出热风说明电动机和电热丝并联，再根据开关的状态的工作情况判断开关的作用，由此设计电路图。
本题主要考查的是并联电路的特点--两者互不影响，但是开关所在的位置不同，所起的作用就会不同。是一道很好的电路设计题，考查了学生应用物理知识解决实际问题的能力。
17.【答案】质量 天平 1：1 乙 4.0×103
【解析】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(甲、乙两液体密度不同，根据m=ρV，体积相同的两液体质量不同)，实验中必须要选取初温相同且质量相等的甲、乙两种液体；
除了图上的器材，还需测量器材有停表和天平；
选用规格相同的电加热器分别给甲和乙两种液体加热，根据转换法，这样做的目的是在相同时间内甲和乙两种液体吸热相同，5分钟时甲、乙吸热之比为1：1；
(2)根据描绘出的甲和乙两种液体的温度随加热时间变化的图像知，加热5min，甲升高的温度为：
60℃−20℃=40℃；
乙升高的温度为：
40℃−20℃=20℃<40℃；
根据比较吸热能力的方法，则乙的吸热能力更强；
(3)由(2)中的数据，根据Q=cmΔt，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，则乙液体的比热容：
c=40℃20℃×2.0×103J/(kg⋅℃)=4.0×103J/(kg⋅℃)。
故答案为：(1)质量；天平；1：1；(2)乙；(3)4.0×103。
(1)(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，这种方法叫转换法；
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Q=cmΔt，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，据此得出甲液体的比热容。
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。
18.【答案】A 2 电流表接线柱接反 0.24 等于 B
【解析】解：(1)在图乙中，电流表在干路上，测量干路的电流，即电流表测量图甲中A处的电流；
(2)让电流表测量C处的电流，也就是测量通过灯L2的电流，电流表应与灯泡L2串联，将灯L1与电流表负接线柱之间的导线2改接在灯L1与电流表0.6接线柱上即可；
(3)在测量电流的过程中，闭合开关后电流表的指针出现了如图丙所示的情况，电流表指针向左反转，说明电流表接线柱接反；
(4)在排除故障后，电流表测量C处电流的示数如图丁所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.24A；
(5)分析表格数据有：0.42A+0.24A=0.66A，由此可得出的结论为在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和；
(6)为了普遍规律，避免偶然性，应该更换不同规格的小灯泡重复多次实验。
故答案为：(1)A；(2)2；(3)电流表接线柱接反；(4)0.24；(5)等于；(6)B。
(1)在图乙中，电流表在干路上，测量干路的电流；
(2)让电流表测量C处的电流，也就是测量通过灯L2的电流，电流表应与灯泡L2串联，据此改接电路；
(3)电表使用前要调零，连接电流表时电流应从“+”接线柱流入，从“−”接线柱流出；
(4)根据电流表选用量程确定分度值读数；
(5)结合(4)中电流表读数，分析表格数据可得出规律；
(6)在探究实验中，多次实验是为了寻找普遍规律，避免偶然性。
本题是探究并联电路中电流的规律实验，考查了实验注意事项、电路的改接、电表的使用、电流表读数、实验数据分析，为得出普遍结论，应使用不同规格的实验器材进行多次实验，考查较综合，难度一般。
19.【答案】电流表示数 A ② AB 长 变小
【解析】解：(1)在探究影响电阻大小因素的实验中，没法直接知道导体的电阻，而是通过电流表示数或者是小灯泡亮度来间接知道，若电流大或灯亮说明电阻小，若电流小或灯较暗说明电阻大，这种方法称为转换法。
(2)为验证导体的电阻与导体的材料有关，根据控制变量法，应该改变材料并保证长度和横截面积相同，故应该选编号为A和D的两根电阻丝。
(3)A，C两根电阻丝只有横截面积不同，根据控制变量法可知选用编号为A，C两根电阻丝进行实验，是为了验证猜想②：导体的电阻与导体的横截面积有关。
C电阻丝的横截面积大于A电阻丝，其它因素相同时，横截面积越大，导体的电阻越小，所以当把C接入电路中电阻变小，则电路中电流变大，灯泡变亮，故AB符合题意，C不符合题意。
故选：AB。
(4)与B相比，电阻丝A只有长度短一些，电阻丝A接入时电流表示数较大，由此。得到的结论是：材料与横截面积相同的电阻，长度越长，电阻越大。
(5)设电阻丝A原本的电阻为R，小新将粗细均匀的电阻丝A，均匀地拉长为原来的1.5倍后横截面积将减小1.5倍，再对折后，长度减半，同时横截面积将加倍，所以阻值变为R′=R×1.5×1.5×12×12=0.5625R所以其阻值与原来的值相比变小。
故答案为：(1)电流表示数；(2)A；(3)②；AB；(4)长；(5)变小。
(1)电流表串联在电路中，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小(或小灯泡亮度)判断导体电阻大小；
(2)影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度和横导体的截面积，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变。
本题考查影响电阻大小因素，解决本题关键：一是掌握控制变量法及应用，二是知道影响导体电阻大小的因素。注意控制变量法的使用范围，控制变量法是初中物理实验中比较常用的研究方法之一。
20.【答案】A 定值电阻断路 B 反比 45 U−2.5 2.5V×U1R0U(U−2.5V)
【解析】解：(1)“探究电流与电阻的关系”实验中，滑动变阻器与定值电阻串联，电压表测定值电阻两端电压。要求向A端移动滑片P时，电路中的电流变大，则向左移动时，电路中总电阻变小，接入电路的滑动变阻器阻值变小，故应该接A接线柱；
(2)电压表有示数，电流表无示数，则是定值电阻发生了断路；
(3)“探究电流与电阻的关系”实验需控制电阻两端的电压不变，将5Ω的电阻换成10Ω的电阻接入电路，根据串联分压原理可知当定值电阻的阻值增大时，滑动变阻器接入电路的阻值也应该增大，故向B端移动；
由图乙可知，通过导体的电流与导体的电阻的乘积为一定值，即
U=0.25A×10Ω=0.1A×25Ω=2.5V，由图像可知当导体两端电压一定时，随着定值电阻的阻值增大时，通过导体的电流变小，即电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
根据串联电路分压原理可得
U0U滑=R0R滑
当定值电阻接入电路的阻值最大时，有
2.5V6V−2.5V=25ΩR滑max
解得R滑max=45Ω。
(4))②③由图丙可知，闭合开关S和S1，S2，只有滑动变阻器接入电路，电压表测电源电压，则电源电压为U，只断开S1，则灯泡与滑动变阻器串联，小灯泡额定电压为2.5V，因此要使灯泡正常发光，应移动滑片，使电压表示数为U−2.5V，保持滑动变阻器的滑片不动，只闭合开关S、S1，只有滑动变阻器接入电路，电压表测接入电路的滑动变阻器右半部分两端电压，则根据串联分压原理可知
U−U1U1=R0−R右R右，
可以得出
R右=U1R0U，
则当只断开S1，灯泡正常发光时，通过滑动变阻器的电流为
I=U−2.5VR右=U−2.5VU1R0U=U(U−2.5V)U1R0，
此时小灯泡与滑动变阻器串联，电流相等，因此小灯泡正常发光时的电阻为
R灯=U额I=2.5VU(U−2.5V)U1R0=2.5V×U1R0U(U−2.5V)；
故答案为：(1)A；(2)定值电阻断路；(3)B；反；35；(4)U−2.5； 2.5V×U1R0U(U−2.5V)。
(1)“探究电流与电阻的关系”实验中，滑动变阻器与定值电阻串联，电压表测定值电阻两端电压。要求向A端移动滑片P时，电路中的电流变大，则向左移动时，电路中总电阻变小，接入电路的滑动变阻器阻值变小，故应该接A接线柱；
(2)电压表有示数，电流表无示数，则是定值电阻R发生了断路进行判断；
(3)根据串联分压原理可知当定值电阻的阻值增大时，滑动变阻器接入电路的阻值也应该增大；
由图像可知，电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；根据串联分压，当定值电阻最大电阻接入电路中时，得出滑动变阻器的规格；
(4)根据电路中开关的闭合分析电路情况，根据串联分压得出小灯泡正常发光时的电流，再根据欧姆定律求出电阻。
本题探究电流与电阻的关系，考查电路连接、故障分析、欧姆定律的应用和特殊方法测未知电阻.。
21.【答案】解：(1)水的质量为
m水=ρ水V水=1×103kg/m3×15×10−3m3=15kg
(2)由图像可知，加热4min时，水温从20℃升高到70℃，则水吸收的热量为
Q吸=c水m水Δt=4.2×103J/(kg⋅℃)×15kg×(70℃−20℃)=3.15×106J
(3)加热4min时消耗的天然气完全燃烧放出的热量为
Q放=Q吸η=3.15×106J75%=4.2×106J
则消耗的天然气的体积为
V=Q放q天然气=4.2×106J4×107J/m3=0.105m3
(4)开始加热时，水温与环境温度相差不大，所以环境吸热较少，水升温快；当水温上升到一定程度时，水温远远高于环境温度，热传递加快，且水的汽化速度加快，带走了相当多的热量，此时水的升温速度减慢。因此开始加热水升温比后来的要快。
答：(1)热水器水箱中注满水，水的质量为15kg；
(2)加热4min时，水吸收的热量为3.15×106J；
(3)该燃气热水器消耗的天然气的体积为0.105m3；
(4)见解答。
【解析】(1)已知水箱的容量，即水箱中注满水的体积，根据ρ=mV可求出水的质量；
(2)从图中可知加热的前4min水温的变化，根据Q吸=cmΔt可求出水吸收的热量；
(3)从表中可知热水器的热效率，根据η=可求出天然气放出的热量，再根据Q放=qV′可求出消耗天然气的体积；
(4)开始加热时，水温与环境温度相差不大，所以环境吸热较少，水升温快；当水温上升到一定程度时，水温远远高于环境温度，热传递加快，且水的汽化速度加快，带走了相当多的热量，此时水的升温速度减慢。
本题考查了密度、比热容、热值和热效率的相关计算，从图表中读取相关信息是解题的关键。
22.【答案】解：
(1)根据题意可知，接通电路后，开关S自动与触点a、b接通，开始加热，由图乙可知，此时R0、R并联；
当锅内温度达到105℃时，开关S自动与a、b断开，变为与触点c接触，开始保温，此时只有R0工作，
由P=U2R可得，R0的阻值：R0=U2P保温=(220V)2484W=100Ω；
(2)因电路的总功率等于各用电器的电功率之和，且两种状态下R0消耗的电功率不变，
则加热挡正常工作时R的电功率：PR=P加热−P保温=968W−484W=484W，
该电饭锅处于加热挡正常工作50s，R产生的热量：QR=WR=PRt=484W×50s=24200J；
(3)3000r/kW⋅h表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转过3000转，
电能表转盘3min内转过150转，则电饭锅消耗的电能：W=150r3000r/kW⋅h=0.05kW⋅h，
电饭锅的实际功率：P实=Wt=0.05kW⋅h360h=1kW=1000W。
答：(1)R0的电阻是100Ω；
(2)该电饭锅处于加热挡正常工作50s，R产生的热量为24200J；
(3)电饭锅的实际功率为1000W。
【解析】(1)由题意可知，接通电路后，开关S自动与触点a、b接通，开始加热，由图乙可知，此时R0、R并联；
当锅内温度达到105℃时，开关S自动与a、b断开，变为与触点c接触，开始保温，此时只有R0工作，根据保温挡的功率和P=U2R可求出R0的阻值；
(2)电路的总功率等于各用电器的电功率之和，据此求出加热挡正常工作时R的电功率，根据Q=W=Pt求出该电饭锅处于加热挡正常工作50s时R产生的热量；
(3)3000r/kW⋅h表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转过3000转，据此求出电能表转盘3min内转过150转时电饭锅消耗的电能，再根据P=Wt求出电饭锅的实际功率。
本题考查了对电能表参数的理解、电功率公式以及电功公式的应用，是一道综合题，有一定难度。
23.【答案】220 D 电阻 降压 19 C
【解析】解：(1)我国家庭电路的电压为220V，则最终直接进入家庭的电压为220V。
(2)由Q=I2Rt=U2Rt=UIt=Pt可知，对应的单位为A2Ωs、V2⋅Ω−1⋅s、V⋅A⋅s、W⋅s，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选：D。
(3)当其它条件一定时，导体的横截面积越大，电阻越小，输电线上常用如图丙装置将四根导线并联起来，相当于增大了导线的横截面积，从而减小了导线的电阻。
(4)图甲中满足U1U2=n1n2，因n1>n2，故U1>U2，即输出电压小于输入电压，因此相当于降压器。
(5)前后两次输电电压之比U1U2=500kV1500kV=13
因输电功率相同，由P=UI可知，前后两次电流之比I1I2=U2U1=31
输电线的电阻不变，由P=I2R可知，前后两次输电线上损失的功率之比为P1P2=(I1I2)2=(31)2=91，因此P2=19P1。
(6)根据公式P=UI可知，输送的功率P一定时，电压越大，电流越小，即电压与电流成反比，用公式可表示为U=PI。
故选：C。
故答案为：(1)220；(2)D；(3)电阻；(4)降压；(5)19；(6)C。
(1)高压输电先升压后降压，到用户端的电压为220V；
(2)根据电热的公式Q=I2Rt来确定损失电能的单位；
(3)导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料有关，长度越大，横截面积越小，电阻越大；长度和横截面积相同的导体，材料不同，电阻不同；
(4)由于输电线有一定电阻，因此会产生电压降，实际电压小于220V；
(5)先求出两种情况下输电电压之比，输出的功率和输电线的电阻均不变，根据P输出=UI求出两种输电电压下线路的电流之比，根据P损=I2R求出两种输电电压下线路损失的功率之比，然后得出答案；
(6)根据公式P=UI分析。
本题考查了学生对欧姆定律、电功率公式、串联电路特点的掌握和运用，关键是公式及其变形的灵活运用，解题过程中要注意单位的换算。A点的电流IA/A
B点的电流IB/A
C点的电流IC/A
第一次测量
0.66
0.42
编号
材料
长度/m
横截面积/mm2
A
镍铬合金
0.5
0.5
B
镍铬合金
1.0
0.5
C
镍铬合金
0.5
1.0
D
锰铜合金
0.5
0.5
××牌电饭锅
额定电压
220V
额定功率
加热挡
968W
保温挡
484W
电源频率
50Hz