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2023-2024学年广东省深圳市九年级（下）开学物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省深圳市九年级（下）开学物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.如图是深圳街头出现的雾炮车。喷向空中的水雾能使尘埃粒子快速沉降到地面，起到净化空气的作用。下列关于雾炮车的说法正确的是( )
A. 尘埃粒子快速沉降到地面，说明分子热运动减慢了
B. 用水循环来降低汽油机的温度主要是利用水蒸发吸热的特点
C. 雾炮车的汽油发动机做功冲程是内能转化为机械能
D. 雾炮车汽油机吸气冲程吸入汽油和空气的混合物可以提高汽油的热值
2.用酒精灯加热−40℃的冰，其温度随时间变化图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. BC段表示当前物体的状态仍是固态
B. 由图象可判断，冰的比热容比水小
C. 水的沸腾过程温度不变，说明沸腾过程不吸热
D. 酒精的热值随着酒精质量的变小而变小
3.“一分钟跳绳”是深圳体育中考的选考科目。为了能准确方便自动记录跳绳的次数，某科技小组设计了一种自动计时器，其简化电路如图所示，电源电压保持不变，R1是一种光敏元件，每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，信号处理系统就会计数一次，则当绳子挡住了射向R1的红外线时，下列判断正确的是( )
A. 电路中的电流变小，AB端的电压变大B. 电路中的电流变小，AB端的电压变小
C. AB端的电压与电路中电流的比值变小D. AB端的电压与电路中电流的比值变大
4.小明家的智能锁需通过“密码+指纹”两次识别成功才能开锁。第一次识别成功时S1闭合，发声器
发出声音，但不开锁；第二次识别成功时S2闭合，有电流通过电动机
，开锁成功。下列电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
5.华为Mate60pr系列手机，搭载的是我国自主研发和生产的麒麟9000s芯片处理器。手机采用锂离子聚合物5000mA⋅ℎ不可拆卸式电池，电池工作电压为3.7V。手机支持有线最大超级快充(20V/4.4A)，兼容11V/6A或10V/4A或10V/2.25A或4.5V/5A或5V/4.5A超级快充。下列说法正确的是( )
A. 手机充满电时可储存66600J的电能
B. 该手机芯片的主要材料是绝缘体
C. 该手机最大充电功率为40W
D. 仅充电10分钟，便可充满50%的广告是夸大其词，假的
6.将四个定值电阻a、b、c、d分别接入不同电路中，测出各电阻两端的电压U和通过的电流I，把测得的数据描点在坐标系中如图所示。根据图中信息判断，下列说法正确的是( )
A. b的阻值大于a的阻值
B. b的电功率大于a的电功率
C. 通过c的电流最小
D. 两端电压最大的是d
7.小明按图甲连接电路，闭合开关，灯泡L1的功率为P1.他将一个阻值大于L1的灯泡L2串联接入电路(如图乙)，闭合开关后，L1、L2的功率分别为P1′、P2′(不计温度对灯泡电阻的影响，电源电压恒定)，下列关系式正确的是( )
A. P2′>P1′>P1B. P2′>P1>P1′C. P1>P2′>P1′D. P1>P1′>P2′
8.讲家庭电路的时候，老师找同学连接了一个如图的模拟电路。开关S闭合后，灯泡能正常发光，用试电笔检测插座的两孔，氖管均不发光。针对该模拟电路，四位同学发表了以下的观点，你认为正确的是( )
A. 小新说：保险丝是用电阻较大、熔点较高的材料制成的
B. 小龙说：灯泡能正常发光，所以灯泡的连接是安全、合理的
C. 小明说：插座无法正常工作，原因可能是cd间断路
D. 小南说：插座无法正常工作，原因可能是ab间断路
9.如图是一种水位自动报警的原理图。当水位低于A点时，工作电路绿灯亮；到达A点时，衔铁被吸下，工作电路红灯亮电铃响。某水位超过A点时由于电磁铁磁性太弱而衔铁没有被吸引。下列做法中合理的是( )
A. 增加工作电路的电源电压
B. 更换弹性更强的弹簧
C. 减少电磁铁线圈的匝数
D. 增加控制电路的电源电压
10.下列表述正确的是( )
A. 磁悬浮列车利用电磁感应原理工作
B. 插入和拔出条形磁铁，感应电流方向相反
C. 扬声器工作时将机械能转化为电能
D. 动圈式话筒的工作原理为电流的磁效应
二、非选择题
11.如图为某兴趣小组设计的电子秤简易电路图，Rx是压敏电阻，阻值随所受压力的增大而减小，R0是定值电阻。测量时，电压表Ⓥ的示数随所称量物体对压敏电阻的压力增大而增大。请根据以上信息，在虚线框内将电路图补充完整。
12.如图，将条形磁体放在水平桌面上的两个圆柱形铅笔上，条形磁体静止不动，S极正对电磁铁。闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号内标出：
(1)电磁铁右端的极性
(2)电源左端的极性(用“+”或“−“表示)。
13.东东设计了一个估算酒精的热值实验，实验装置如图。燃烧皿中酒精的质量12g，烧杯中水的质量为200g，初温为23℃，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。
(1)点燃酒精，当水温升高到43℃时，立即熄灭火焰。该过程水吸收的热量Q吸= ______J；
(2)东东想利用Q放=Q吸设计算酒精的热值，还需进行的实验操作是______；
(3)用这个方法，东东算出的热值比课本上真实值偏______。
14.小明用图甲所示的电路，探究“电流与电阻的关系”，电源电压为3V且保持不变，滑动变阻器规格为“50Ω 2A”，定值电阻10Ω、20Ω、30Ω、50Ω各一个。
(1)小明根据图甲连接电路，首先用10Ω电阻实验，闭合开关后发现，无论怎么移动滑片，电流表指针无偏转，电压表指针迅速满偏，则电路中的故障可能是______(填字母)。
A.开关断路
B.滑片接触不良
C.电阻断路
D.电流表短路
(2)排除故障后，小明在移动滑动变阻器滑片的过程中，眼睛应注意观察电压表。之后将10Ω电阻换成20Ω电阻，继续调节滑动变阻器滑片向______端(选填“A”或“B”)移动，直至______。
(3)小明根据记录的实验数据，绘制成了图乙所示的图象，由此可得结论：______。
(4)小明又想测量某未知电阻Rx的阻值，设计了如图丙所示的电路为已知阻值为R0的定值电阻)，并设计了如下实验步骤，请帮助他把缺少的步骤补全，并写出R1的表达式。
实验步骤：
A.按照设计的电路图连接电路。
B.开关S断开时，读出电流表的示数，记为I1。
C. ______。
表达式：Rx= ______(用已知物理量和测量出的物理量符号表示)。
15.小明同学设计了一款电子拉力计准备参加深圳市青少年科技创新大赛，小明将电流表的表盘改为拉力计的表盘，图甲是其原理图。ab是一根长为5cm的均匀电阻丝，其阻值R1=25Ω。拉环不受拉力时，滑片P处于a端；拉环受拉力时，滑片P随之向右滑动。该弹簧伸长的长度ΔL与所受拉力F间的关系如图乙。电源电压为6V，电流表的量程为0～0.6A，定值电阻R0=5Ω，忽略摩擦。
(1)电流表的示数随拉力的增大而______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)拉力表的零刻度线应刻在电流表______A处。
(3)开关闭合后，当电流表指针指在0.4A处时，R1接入电路的阻值是______Ω，作用在拉环上水平向右的拉力是______N。
(4)该拉力计能测量的拉力范围是______N。
16.物理课上的分组“探究焦耳定律”实验中，同学们的实验装置如图所示。
(1)老师让一位同学给大家演示“探究电流产生的热量与电流大小的关系”，他应选择______图进行实验。
(2)图甲、乙是小北组的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气。小北组的实验没有使用温度计而是用______反映密闭空气温度的变化。通电一定时间后，甲图中______管中的液面较高。若图乙中两U形管内液面上升高度相同，则故障可能是______。排除故障后通电相同时间，发现乙图左侧U形管内液面上升较高，这表明：在电阻和通电时间相同的情况下，通过导体的______越大，产生的热量越多。
(3)图乙为了使实验中两侧U形管液面高度差更明显，可将空气盒外电阻R3换______(选填“大于”或“小于”)5Ω的电阻。
(4)小南组的实验装置为图丙。该装置可探究电流通过导体时产生热量与______的关系，烧瓶中用煤油而不用水是因为______。
17.深圳比亚迪公交车的充电桩充电电压为380V，充电功率为76kW。一台公交车的电池储量为100kW⋅ℎ，公交车运行一趟全程共20km。在这个过程中，若公交车所受阻力恒定为1500N，能量转化中损失忽略不计(g取10N/kg)。求：
(1)充电桩充电电流为多大？
(2)该公交车匀速行驶一趟的过程中牵引力做的功为多少？
(3)公交车运行一趟因停靠站点和红灯共刹车40次，每次刹车时，可以将3×104J的动能回收并储存到电池中。则该车充满一次电最多能跑几趟该公交线路？(从始发站到终点站算1趟，返回算第2趟)
18.2023年12月21日，深圳官宣入冬。秋冬带来了寒冷和秋裤，也带来了烦恼，小南同学一接触小伙伴就噼里啪啦“炸毛”啦。小南想到物理老师讲过缓解静电的方法之一是增加空气湿度，立即购入一台加湿器，原理图如图甲。R1、R2为发热电阻，且R2=3R1，S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的转换。已知高档功率为440W，求：
(1)由图甲知，开关S接“1、2触点”时，电路断路，为关；接“2、3触点”为______挡；接“3、4触点”为______挡；
(2)求加热电阻R1的阻值。
(3)求加湿器正常工作时的低挡功率。
(4)如图乙所示，求加湿器正常工作30分钟消耗的电能。
19.阅读短文，回答问题。
我国的核电事业发展迅速，已经建成几座核电站，其中广东大亚湾核电站每年发电量约70%的电力供应香港，30%的电力供应广东电网。在保证输送功率不变的情况下，远距离送电采取高压送电的方式来实施，核电站的发电输出电功率为2×107W，用10千伏的高压进行输电。图1是核电站的工作原理图和远距离输电流程示意图。
(1)核电站中绕制发电机线圈的材料可能是______(选填“铜”、“镍铬合金”或“超导材料”)。
(2)关于远距离输电，下列表述正确的是______。
A.提高输电电压会增大输电电流，从而增大输电损失
B.提高输电电压可以减小输电线电阻，从而减小输电损失
C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D.若能研制出常温下的超导体，用它制作远距离输电导线，将不需要高压输电方式
(3)核电站高压输电时的输电电流为______A，在输送功率不变时，若改用1000千伏的电压输电，则此时导线上的热损耗功率与原来导线上的热损耗功率之比为______。
(4)远距离输电时某处发生了短路，为确定短路位置，检修员利用电压表、电流表和电源接成如图2所示的电路进行测量，已知甲、乙两地的每根输电线每千米的电阻为R，电压表示数为U，电流表示数为I，则短路位置到甲地的距离为______千米。(用已知物理量的符号表示)
(5)某户居民标有“220V 40W”的灯泡正常发光时电阻为______Ω，在用电高峰期时灯泡比平时暗的原因是______。
(6)若经过降压变压器后供电设备输出电压恒为220V，通过总电阻为0.2Ω的输电线给居民楼内用户供电，当居民楼内所有用电器消耗的总功率为21.78kW时，不考虑灯泡电阻的变化，“220V 40W”灯泡实际功率为______W。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、尘埃粒子不是分子，尘埃粒子沉降到地面是宏观物体的机械运动，该现象不能说明分子热运动减慢了，故A错误；
B、用水循环来降低汽油机的温度，主要是利用水比热容较大的特点，故B错误；
C、汽油发动机做功冲程是内能转化为机械能，故C正确；
D、燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关；雾炮车汽油机吸气冲程吸入汽油和空气的混合物不可以提高汽油的热值，故D错误。
故选：C。
(1)组成物质的分子很小，不能用肉眼直接观察到；
(2)用水循环来降低汽油机的温度，主要是利用水比热容较大的特点；
(3)热机的做功冲程将内能转化为机械能；
(4)燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关。
本题考查分子动理论、比热容、热机的冲程和热值的概念，属于综合题。
2.【答案】B
【解析】解：
A、由图象可知，在A点时，开始对物质加热，此时的温度是−40℃；在BC段，物质的温度保持0℃不变，所以该固体的熔点是0℃，此过程中物质正在熔化，处于固液共存状态，故A错误；
B、冰完全熔化为水时，质量不变；同一个加热器进行加热，加热时间相同时冰和水吸收的热量相同；冰升温比水快(即冰上升的温度较高)，由Q=cm△t可知，冰的比热容比水小；故B正确。
C、由图象可知，DE段为水的沸腾过程，此过程温度不变，但要继续吸热，故C错误；
D、燃料的热值是燃料的特性，不会随着质量的改变而改变，故D错误。
故选：B。
(1)熔化前晶体处于固态、熔化过程处于固液共存状态、熔化完成后是液态。
(2)水的比热容比冰大，相同质量的冰和水在吸热相同热量的情况下，冰升温快，水升温慢。
(3)液体沸腾过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加。
(4)燃料的热值是燃料的特性，不随着质量的改变而改变。
对于此类图形题，应明确横、纵坐标轴及各关键点所代表的物理意义，熟练掌握相关知识点是解题的关键所在。
3.【答案】B
【解析】解：由图可知，电阻R1和R2串联在电路中，信号处理系统并联在AB的两端；
AB、每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电阻会减小，根据U=IR可知，R2的电压会减小，即AB间电压减小；故A错误、B正确；
CD、AB端的电压与电路中电流的比值为R2的阻值，阻值不变，比值不变，故CD错误。
故选：B。
由图可知，该电路为串联电路，电阻R1和R2串联在电路中，信号处理系统并联在AB的两端；每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据欧姆定律判定电路中电流的变化；根据R=UI判定电压与电路中电流的比值变化。
本题考查了电路的动态分析，明确电路的结构是解题的关键。
4.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，闭合开关S1，只有发声器工作；两个开关都闭合时，有电流通过电动机，这说明两个开关都闭合时，电动机才会工作；
A、由图可知，闭合开关S1，只有发声器接入电路，发声器工作，再闭合S2，电动机和发声器并联接入电路中，有电流通过电动机，故A正确；
B、由图可知，闭合开关S1，发声器没有接入电路，发声器不工作，两个开关都闭合，发声器和电动机都工作，故B错误；
C、由图可知，发声器和电动机并联接入电路中，两个开关并联，只要闭合任意一个开关，发声器和电动机都工作，故C错误；
D、由图可知，闭合开关S1，只有电动机接入电路，电动机工作，再闭合S2，电动机和发声器并联接入电路中，有电流通过发声器，故D错误。
故选：A。
闭合开关S1，发声器工作；再闭合S2，有电流通过电动机，这说明两个开关都闭合时，电动机才会工作，据此分析各个选项。
本题考查了电路图的设计，关键是明确串联和并联电路中开关的作用。
5.【答案】A
【解析】解：A、手机充满电时可储存的电能：W=UIt=3.7V×5000×10−3A×1×3600s=66600J，故A正确；
B、制作手机芯片的主要材料是半导体，故B错误；
C、由手机充电参数可知，手机最大充电功率：P最大=U′I′=20V×4.4A=88W>40W，故C错误；
D、由P=Wt可知，充电10分钟可充的最大电能：W最大=P最大t=88W×10×60s=52800J>66600J×50%=33300J，则广告是真的，故D错误。
故选：A。
(1)根据W=UIt求出手机充满电时可储存的电能；
(2)半导体是制作芯片的重要材料。
(3)根据P=UI求出手机最大充电功率。
(4)根据P=Wt求出充电10分钟可充的最大电能与手机充满电时可储存电能的50%进行比较，进而判断广告是否是真的。
本题考查了半导体材料的应用、电功和电功率公式的应用，知道电池和充电器各个参数的含义是解题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A、由I=UR的变形式R=UI可知，电阻大小为图像纵、横坐标之比，由图像可知，各电阻的大小关系为：Ra>Rb=Rd>Rc，故A错误；
B、由P=UI可知，电功率的大小为图像纵横坐标之积，相当于以纵、横坐标为边的矩形面积，由图像可知，各电阻的电功率大小关系为：Pb>Pa=Pc>Pd，故B正确；
C、根据图示可知，通过C的电流是最大的，故C错误；
D、根据图示可知，两端电压最大的是a和b，故D错误。
故选：B。
由公式I=UR、P=UI结合图象分析阻值大小、功率大小关系。
本题考查公欧姆定律公式I=UR和电功率计算公式P=UI的应用，要求学生结合图像获取信息解决问题，难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：(1)甲电路灯泡两端电压为电源电压U1，电阻为R1，灯泡的功率为P1= U12 R1；
(2)乙中L1、L2的电压U1′、U2′的和为电源电压U1，P1′= (U1′)2 R1，因为U1′因为是串联电路，所以电流相等，R2的电阻大于R1的电阻，
根据P=I2R知，P2′>P1′
(3)因为P1= U12 R1、P2′=(U′)22R2、U2′R1，
所以P1>P2′。
综合分析：P1>P2′>P1′。
故选：C。
根据公式P= U2 R和P=I2R以及串联电路电流、电压的规律分析解答。
本题考查了电功率公式的应用以及串联电路电流、电压的规律等知识，是一道综合题，有一点的难度。
8.【答案】C
【解析】解：A、保险丝用电阻大、熔点低的材料制成的，这样才能保证在电流过大时及时熔断，对电路起保护作用，故A错误；
B、根据图示可知，开关接在了灯泡与零线之间，当灯泡开关断开时，灯泡与火线接触，这种接法是不安全的，故B错误；
CD、用试电笔检测插座的两孔，氖管均不发光，这说明插座的右孔与火线之间是断开的，所以故障可能是cd间断路；若ab之间断路，则灯泡不会发光，故C正确、D错误。
故选：C。
(1)保险丝用电阻大熔点低的材料制成；
(2)在家庭电路中，开关应接在用电器和火线之间；
(3)试电笔接触火线时，氖管会发光。
本题考查家庭电路故障的分析，相对比较简单，属于基础题。
9.【答案】D
【解析】解：A、增加工作电路电压，不会影响到电磁铁的电流，不会改变电磁铁的磁性，故A错误。
B、更换弹性更强的弹簧，弹簧对衔铁的拉力更大，电磁铁不能把衔铁吸引下来，故B错误。
C、在电流一定时，减少电磁铁线圈的匝数，电磁铁的磁性减弱，电磁铁对衔铁的吸引会更弱，故C错误。
D、增加控制电路的电源电压，可以增大控制电路的电流，在线圈匝数一定时，可以增强电磁铁的磁性，能把衔铁吸引，故D正确。
故选：D。
当水位超过A点时由于电磁铁磁性太弱而衔铁没有被吸引，此时要增大电磁铁的磁性，从电磁铁的磁性强弱影响因素考虑，此时电磁铁磁性强弱跟电流大小、线圈匝数有关。
本题通过水位自动报警器主要考查了电磁铁磁性强弱的影响因素，难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A、磁悬浮列车使用了电磁铁，是利用电流的磁效应来工作的，同时还利用了磁极间的相互作用，故A错误；
B、将磁铁插入或拔出线圈的过程中，由于线圈切割磁感线而产生了电磁感应现象，可以在电路中产生电流，感应电流的方向与导体运动方向、磁场的方向有关。插入和拔出磁铁时，感应电流方向相反，通电导线周围产生磁场方向相反，小磁针偏转的方向相反，故B正确；
C、当扬声器的线圈中有方向和大小不断改变的电流通过时，处在磁场中的线圈会受到永久磁铁的磁场力的作用而带动纸盆振动产生声音，扬声器工作时，将电能转化为机械能，故C错误；
D、动圈式话筒的工作原理是电磁感应现象，故D错误。
故选：B。
(1)磁悬浮列车是利用电流的磁效应和磁极间的相互作用来工作；
(2)当闭合回路中的部分导体做切割磁线的运动时，回路中会产生电流，这种现象称为电磁感应现象；
通电导线周围产生磁场方向与电流方向有关，感应电流的方向与导体运动方向、磁场的方向有关；
(3)扬声器是把电信号转换成声信号的一种装置，它的原理是通电线圈在磁场中受力而运动，由此带动纸盆振动发出声音；扬声器的原理和电动机的原理是相同的；
(4)动圈式话筒和发电机的原理是相同的，是电磁感应现象。
本题考查了磁极间的相互作用的应用、扬声器和动圈式话筒工作原理、电磁感应现象，属于基础题，难度不大。
11.【答案】
【解析】由图可知，压敏电阻Rx与定值电阻R0串联，要组成电路需要与电源、开关串联；
当所称量物体对压敏电阻的压力增大时，因压敏电阻Rx的阻值随所受压力的增大而减小，所以电路的总电阻减小；
由I=UR可知，电路中的电流增大，R0两端的电压增大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，Rx两端的电压减小，
由电压表Ⓥ的示数随所称量物体对压敏电阻的压力增大而增大可知，电压表应并联在R0两端。
本题考查了根据题意连接实物电路图，根据题意判断出电压表并联的位置是关键。
12.【答案】如图所示：
【解析】解：
(1)闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，说明条形磁体受到了一个向左的排斥力，已知条形磁体左端为N极、右端为S极，根据同名磁极相互排斥可确定通电螺线管的左端是S极、右端为N极；
(2)根据安培定则，大拇指指向通电螺线管的N极，则电流从电磁铁左侧流入，所以电源的左端为正极，如图所示：
(1)根据条形磁体向左运动，根据磁极间的相互作用(同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引)判断出电磁铁的NS极；
(2)利用安培定则(用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极)判断出电源的正负极。
本题的入手点是利用条形磁体的运动方向、根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的南北极，再利用安培定则判断出电源的正负极，这是一道综合题，很巧妙的将安培定则和磁极间的相互作用联系起来，是一道好题。
13.【答案】1.68×104 测出剩余酒精的质量 小
【解析】解：(1)根据题意可得，水吸收的热量Q=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)]×200×10−3kg×(43℃−23℃)=1.68×104J；
(2)根据题意可知，Q放已知，由q=Q放m可知，还需计算出燃烧酒精的质量，才能计算酒精的热值，所以应测量出剩余酒精的质量；
(3)由于存在热量损失，酒精燃烧放出的热量没有被水全部吸收，即Q故答案为：(1)1.68×104；(2)测出剩余酒精的质量；(3)小。
(1)根据Q=cmΔt计算水吸收的热量；
(2)已知Q放时，由q=Q放m可知，还需计算出燃烧酒精的质量，才能计算酒精的热值；
(3)由于存在热量损失，酒精燃烧放出的热量没有被水全部吸收，再根据q=Q放m分析即可。
本题考查吸热公式的应用以及对测量热值的偏差分析，为热学中的重要实验。
14.【答案】C A 电压表的示数为2V 电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比 闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2 I1I2−I1⋅R0
【解析】解：(1)电流表无示数，说明电路可能断路；电压表指针迅速满偏，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，与电压表并联的定值电阻断路了，故选C；
(2)由图象可知，电阻两端的电压：UV=IR=0.1A×20Ω=-----=0.4A×5Ω=2V，
根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动，眼睛注意观察电压表，使电压表的示数为2V不变；
(3)由图像可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比；
(4)实验步骤：
A、按照设计的电路图连接电路。
B、开关S断开时，读出电流表的示数，记为I1，此时定值电阻与待测电阻串联，由电阻的串联特点可知：R串=Rx+R0，由欧姆定律可得：U=I1(Rx+R0)；
C、闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2，此时只有待测电阻连入电路，由欧姆定律可得：U=I2Rx。
电源电压不变，所以有：I2Rx=I1(Rx+R0)，
解得：Rx=I1I2−I1⋅R0。
故答案为：(1)C；(2)A；电压表的示数为2V；(3)电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比；(4)闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2；I1I2−I1⋅R0。
(1)电流表无示数，说明电路可能断路；电压表指针迅速满偏，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，与电压表并联的支路断路了；
(2)根据图丙中的数据利用欧姆定律求出定值电阻两端的电压，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；
(3)根据图像中电流与电阻之积为一定值分析得出结论；
(4)在没有电压表时，定值电阻与待测电阻串联，利用电源电压不变，根据电流表示数和定值电阻的阻值利用U=IR得出电源电压的表达式，然后组成等式解答。
本题探究“电流与电阻的关系”，考查电路连接、故障分析、实验操作、欧姆定律的应用、分析数据得出结论和特殊方法测电阻的能力。
15.【答案】增大 0.2 10 300 0～400
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R0与可变电阻R1串联，电流表测电路中的电流；
(1)由图甲可知，当拉力变大时滑片向右移动，连入电路的电阻丝长度减小，则变阻器R1接入电路的电阻减小，总电阻减小，根据I=UR可知电路中电流增大，即电流表示数增大；
(2)当拉环不受拉力时，滑片P处于a端，变阻器R1接入电路的电阻最大，
根据串联电路的特点和欧姆定律可知电流表的读数为：
I=UR0+R1=6V5Ω+25Ω=0.2A，即拉力表的零刻度线应刻在电流表0.2A处；
(3)当电流表读数为0.4A时，根据欧姆定律可得R0两端的电压为：U0=I′R0=0.4A×5Ω=2V，
因串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和，则此时R1两端的电压为：U1=U−U0=6V−2V=4V，
根据I=UR可得此时R1接入电路的电阻：R1′=U1I′=4V0.4A=10Ω；
因电阻丝的电阻值与长度成正比，ab是一根长为5cm的均匀电阻丝，其阻值R1=25Ω，
则每1cm电阻丝的电阻为25Ω5cm=5Ω/cm，
此时变阻器连入电路中电阻丝的长度：L1=10Ω5Ω/cm=2cm，
则此时弹簧的伸长量：ΔL=5cm−2cm=3cm，
由图乙可知，此时作用在拉环上的水平向右的拉力为F=300N。
(4)当拉力最大时，变阻器接入电路的电阻最小，电流最大，
电流表的量程为0～0.6A，当电流最大为0.6A时，由欧姆定律可得R0两端的电压为：U0大=I大R0=0.6A×5Ω=3V，
根据串联电路的电压特点可知此时R1两端的电压为：U1小=U−U0大=6V−3V=3V，
根据I=UR可得R1接入电路的最小电阻：R1小=U1小I大=3V0.6A=5Ω，
此时变阻器连入电路中电阻丝的长度：L2=5Ω5Ω/cm=1cm，
则此时弹簧的伸长量：ΔL′=5cm−1cm=4cm，
由图乙可知，此时作用在拉环上的水平向右的拉力(最大拉力)为F′=400N，
所以该拉力计能测量拉力的范围是0～400N。
故答案为：(1)增大；(2)0.2；(3)10；300；(4)0～400。
由电路图可知，定值电阻R0与可变电阻R1串联，电流表测电路中的电流；
(1)由图甲可知，当拉力变大时滑片向右移动，则变阻器连入电路的电阻减小，根据电阻的串联和欧姆定律可知电路中电流的变化；
(2)当拉环不受拉力时，变阻器R1接入电路的电阻最大，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出此时电流表的示数。
(3)当电流表读数为0.4A时，根据欧姆定律求出此时R0两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，再根据欧姆定律求出此时变阻器R1接入电路的电阻，根据题中条件和“电阻丝的电阻值与长度成正比”可知弹簧的伸长量(即被拉长的长度)，对照图乙可知作用在拉环上的水平向右拉力的大小。
(4)当拉力最大时，变阻器接入电路的电阻最小，电流最大，根据电流表量程确定电流的最大值，根据欧姆定律和题意计算变阻器接入电路的最小阻值和此时弹簧伸长的长度，对照图乙找出拉力的最大值，从而可知该拉力计能测量的拉力范围。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，解题的关键是确定变阻器连入电路中电阻丝的长度以及弹簧的伸长量，并将弹簧的伸长量转化为拉力计所对应的示数。
16.【答案】乙 U形管两管液面的高度差 右侧 R3断路 电流 小于 电阻 煤油的比热容较小，在吸热相同的条件下温度变化较明显
【解析】解：(1)甲装置中，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，而电阻不同，故该装置用来探究电流热效应与电阻大小的关系；乙装置中，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，故乙图实验可以研究电流产生的热量与电流的关系；
(2)根据转换法，小北组的实验没有使用温度计而是用U形管两管液面的高度差反映密闭空气温度的变化。通电一定时间后，根据Q=I2Rt，因右侧容器中电阻较大，右侧电阻产生热量多，由转换法，故甲图中右侧管中的液面较高；若图乙中两U形管内液面上升高度相同，可知容器内电阻可能产生热量相同，根据Q=I2Rt可知，通过容器内两电阻的电流可能相等，则故障可能是R3断路；
排除故障后通电相同时间，发现乙图左侧U形管内液面上升较高，左侧容器内电阻产生的热量多，这表明：在电阻和通电时间相同的情况下，通过导体的电流越大，产生的热量越多。
(3)图乙为了使实验中两侧U形管液面高度差更明显，根据Q=I2Rt可知，要使通过左侧容器内的电流比右侧容器内的电流更大，结合并联电路电流的规律可知，通过盒外电阻R3的电流变大，结合并联电路电压的规律及欧姆定律，可将空气盒外电阻R3换小于5Ω的电阻。
(4)小南组的实验装置为图丙，两电阻串联，通过两电阻的电流和通电时间相同，而电阻不同，故该装置用来探究电流热效应与电阻的关系，本实验根据烧瓶煤油的温度变化表示产生的热量多少，根据Δt=Qcm可知，用煤油而不用水是因为：煤油的比热容较小，在吸热相同的条件下温度变化较明显。
故答案为：(1)乙；(2)U形管两管液面的高度差；右侧；R3断路；电流；(3)小于；(4)电阻；煤油的比热容较小，在吸热相同的条件下温度变化较明显。
(1)电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联、并联电路电流的规律分析；
(2)电流通过导体产生热量的多少不易直接观察，两个透明容器中密封着等量的空气，电阻丝产生热量越多，气体膨胀程度越大，故可通过U形管液面的高度差来反映电阻丝产生的热量多少，采用了转换法；
由Q=I2Rt结合转换法分析；
根据控制变量法和转换法回答；
(3)根据Q=I2Rt结合并联电路电流的规律、并联电路电压的规律及欧姆定律分析；
(4)分析图丙电路的连接，根据控制变量法分析；根据Δt=Qcm分析回答。
本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律、Δt=Qcm的运用。
17.【答案】解：(1)根据题意，充电桩充电电压为380V，充电功率为76kW，由公式P=UI可得，I=PU=76kW380V=76000W380V=200A；
(2)该公交车行驶时受到的阻力为f=1500N，车匀速直线行驶，拉力和阻力是一对平衡力，
所以牵引力F牵=f=1500N；
则牵引力做的功 W=F牵s=1500×20km=1500×20000m=3×107J；
(3)行驶1趟公交车耗能：
W耗=W−W收=3×107J−40×3×104J=2.88×107J，
该车充满一次电的电能W=Pt=100×1000W×3600s=3.6×108J，
充满一次电最多能跑趟数：
n=WW耗=3.6×108J2.88×107≈12趟
答：
(1)充电桩充电电流为200A；
(2)该公交车匀速行驶一趟的过程中牵引力做的功为3×107J；
(3)该车充满一次电最多能跑12趟该公交线路。
【解析】(1)根据P=UI计算充电桩的电流；
(2)根据二力平衡确定牵引力，根据W=Fs计算功；
(3)先计算公交车跑一趟消耗的电能，再计算该车充满一次电的电能，最后即可求出能跑的趟数。
本题以电功公交为情景考查了电能、功、功率以及平衡力的应用，考查的知识点多，综合性强，要能从表格中获取有用信息。
18.【答案】低 高
【解析】解：
(1)由图1知，开关S接“1、2”时电路断路为关；“2、3”时两电阻串联，接“3、4”时只有R1接入电路，电源电压一定，由P=U2R可知，接“2、3”时电阻最大，为低挡，接“3、4”时电阻最小，为高挡；
(2)由图2知，高挡功率：P高=440W，由P=U2R可得R1的阻值：
R1=U2P高=(220V)2440W=110Ω；
(3)由题知，R2=3R1，低挡发热功率：
P低=U2R1+R2=U24R1=(220V)24×110Ω=110W；
(4)由图2知，工作30min时，其中高挡10min，低挡20min，
所以加湿器消耗的总电能：
W=W高+W低=P高t高+P低t低=440W×10×60s+110W×20×60s=3.96×105J。
答：(1)低；高；(2)加热电阻R1的阻值为110Ω；
(3)加湿器正常工作时的低挡功率110W；
(4)加湿器正常工作30分钟消耗的电能为3.96×105J。
(1)由图1，开关S在不同位置时，由P=U2R分析加湿器的工作状态；
(2)由图2知，加温器高挡功率，由P=U2R计算R1的阻值；
(3)已知R2=3R1，由P=U2R计算加湿器处于低挡位置时的发热功率；
(4)由图2读出加湿器30min内的高挡和低挡工作时间，由W=Pt计算消耗的电能。
本题考查了电路的识别、串联电路特点、电功率公式的灵活应用，正确分析出高低挡工作状态，并能将图象结合起来是解题的关键。
19.【答案】铜 D 2000 1：10000 U 2IR 1210 在用电的高峰期，由于并入电路中的用电器变多，总电阻变少，由欧姆定律知电路中的电流变大；用电器与输电线是串联的，输电导线也有电阻，当其电流变大时，其分得的电压就变大，又知电源电压220V不变，用电器两端的电压就变小了；由P=U2R可知白炽灯的实际功率比正常减小，所以发光要变暗些 32.4
【解析】解：(1)发电机的线圈电阻越小，相同条件下产生的热量越少，越安全且发电效率越高；因而选择导电性能最好的铜制作；
(2)AB、在输送功率不变时，提高输电电压，输电线的电流I=PU变小，在输电线电阻不变时，输电线上损失的功率P损=I2R越小，故AB错误；
C、在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电线的电流I=PU越大，在输电线电阻不变时，输电线上损失的功率P损=I2R越大，输电过程中的电能损失越大，故C错误；
D、在输送功率不变时，提高输电电压，输电线的电流I=PU变小，输电线上损失的功率P损=I2R越小，输电过程中的电能损失越小；若能研制出常温下的超导体，用它制作远距离输电导线，导线没有电阻，输电过程中的电能没有损失，就不需要高压输电，故D正确。
故选：D；
(3)若发电厂输出电功率为2×107W，用10千伏的电压输电，
根据P=UI可得此时的输电电流为：I=PU1=2×107W10×103V=2000A，
在输送功率不变时，若改用1000千伏的电压输电，
此时的输电电流为：I′=PU2=2×107W1000×103V=20A，
输电线上损失的热功率：P损=I2R线，电阻不变时，电功率之比等于电流平方之比，
即导线上的热损耗功率与原来导线上的热损耗功率之比P′损：P损=I′2R线：I2R线=(20A)2：(2000A)2=1：10000。
(4)由电路图可知，电压表测导线两端的电压，电流表测电路中的电流，
由I=UR可得，电路中的总电阻：
R总=UI，
因每条输电线每千米的电阻为R，
所以，导线的总长度：
L总=R总R(km)=U IR(km)，
因导线是双股的，所以，短路位置离甲地的距离：
L′=12L总=12×U IR(km)=U 2IR(km)。
(5)由P=U2R知，“220V40W”灯泡的电阻为：RL=U额2P额=(220V)240W=1210Ω；
在用电的高峰期，由于并入电路中的用电器变多，总电阻变少，由欧姆定律知电路中的电流变大；用电器与输电线是串联的，输电导线也有电阻，当其电流变大时，其分得的电压就变大，又知电源电压220V不变，用电器两端的电压就变小了；由P=U2R可知白炽灯的实际功率比正常减小，所以发光要变暗些。
(5)设居民楼内所有用电器的两端电压为U实，则导线两端的电压为220V−U实；
由I=，P=UI得，用电器中的电流为：I=$∖ frac{P}{{U}_{实}}，
则有：PU实=∖ frac{220V−{U}_{实}}{R}，
实际总功率为P=21.78kW=21780W，代入有
21780WU实=∖ frac{220V−{U}_{实}}{0.2Ω}，
解得：U实=198V；
灯泡的实际功率P实=U实2RL=(198V)21210Ω=32.4W。
故答案为：(1)铜；(2)D；(3)2000；1：10000；(4)U 2IR；(5)1210；在用电的高峰期，由于并入电路中的用电器变多，总电阻变少，由欧姆定律知电路中的电流变大；用电器与输电线是串联的，输电导线也有电阻，当其电流变大时，其分得的电压就变大，又知电源电压220V不变，用电器两端的电压就变小了；由P=U2R可知白炽灯的实际功率比正常减小，所以发光要变暗些；(6)32.4。
(1)发电机的线圈电阻越小，相同条件下产生的热量越少，越安全且发电效率越高；
(2)输电线上损失的功率P损=I2R，跟输电线上的电流及输电线上的电阻有关，根据P=UI可知输电线上的电流I=；
(3)根据P=UI得出输电电流；在输送功率不变时，根据P=UI算出改用1000千伏输电电压的电流，根据P=I2R表示线上热损耗功率；得出线路上的热损耗与原来线路上的热损耗的功率之比；
(4)由电路图可知，电压表测导线两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出导线的总电阻，已知每千米的电阻为R，然后让总电阻除以R求出导线的长度，再根据导线的双股的，从而确定出短路的地点离甲地的距离。
(5)根据P=U2R计算灯泡的电阻，根据用电高峰电路中总电流较大，线路上分得的电压较大，用户的电压减小，分析灯泡亮度；
(6)已知电路中总功率和电压，由P=UI计算出电路中的电流，再根据U=IR计算出电路中损失的电压；根据串联电路的电压特点计算出灯泡的实际电压，根据P=U2R计算出灯泡的实际功率。
本题考查高压触电、输电线的功率、电阻、实际功率、电流的有关物理知识在生活中的应用，应认真审题，明确题目中的物理情景，合理选用物理规律求解。
1.如图是深圳街头出现的雾炮车。喷向空中的水雾能使尘埃粒子快速沉降到地面，起到净化空气的作用。下列关于雾炮车的说法正确的是( )
A. 尘埃粒子快速沉降到地面，说明分子热运动减慢了
B. 用水循环来降低汽油机的温度主要是利用水蒸发吸热的特点
C. 雾炮车的汽油发动机做功冲程是内能转化为机械能
D. 雾炮车汽油机吸气冲程吸入汽油和空气的混合物可以提高汽油的热值
2.用酒精灯加热−40℃的冰，其温度随时间变化图象如图所示，下列说法正确的是( )
A. BC段表示当前物体的状态仍是固态
B. 由图象可判断，冰的比热容比水小
C. 水的沸腾过程温度不变，说明沸腾过程不吸热
D. 酒精的热值随着酒精质量的变小而变小
3.“一分钟跳绳”是深圳体育中考的选考科目。为了能准确方便自动记录跳绳的次数，某科技小组设计了一种自动计时器，其简化电路如图所示，电源电压保持不变，R1是一种光敏元件，每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，信号处理系统就会计数一次，则当绳子挡住了射向R1的红外线时，下列判断正确的是( )
A. 电路中的电流变小，AB端的电压变大B. 电路中的电流变小，AB端的电压变小
C. AB端的电压与电路中电流的比值变小D. AB端的电压与电路中电流的比值变大
4.小明家的智能锁需通过“密码+指纹”两次识别成功才能开锁。第一次识别成功时S1闭合，发声器
发出声音，但不开锁；第二次识别成功时S2闭合，有电流通过电动机
，开锁成功。下列电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
5.华为Mate60pr系列手机，搭载的是我国自主研发和生产的麒麟9000s芯片处理器。手机采用锂离子聚合物5000mA⋅ℎ不可拆卸式电池，电池工作电压为3.7V。手机支持有线最大超级快充(20V/4.4A)，兼容11V/6A或10V/4A或10V/2.25A或4.5V/5A或5V/4.5A超级快充。下列说法正确的是( )
A. 手机充满电时可储存66600J的电能
B. 该手机芯片的主要材料是绝缘体
C. 该手机最大充电功率为40W
D. 仅充电10分钟，便可充满50%的广告是夸大其词，假的
6.将四个定值电阻a、b、c、d分别接入不同电路中，测出各电阻两端的电压U和通过的电流I，把测得的数据描点在坐标系中如图所示。根据图中信息判断，下列说法正确的是( )
A. b的阻值大于a的阻值
B. b的电功率大于a的电功率
C. 通过c的电流最小
D. 两端电压最大的是d
7.小明按图甲连接电路，闭合开关，灯泡L1的功率为P1.他将一个阻值大于L1的灯泡L2串联接入电路(如图乙)，闭合开关后，L1、L2的功率分别为P1′、P2′(不计温度对灯泡电阻的影响，电源电压恒定)，下列关系式正确的是( )
A. P2′>P1′>P1B. P2′>P1>P1′C. P1>P2′>P1′D. P1>P1′>P2′
8.讲家庭电路的时候，老师找同学连接了一个如图的模拟电路。开关S闭合后，灯泡能正常发光，用试电笔检测插座的两孔，氖管均不发光。针对该模拟电路，四位同学发表了以下的观点，你认为正确的是( )
A. 小新说：保险丝是用电阻较大、熔点较高的材料制成的
B. 小龙说：灯泡能正常发光，所以灯泡的连接是安全、合理的
C. 小明说：插座无法正常工作，原因可能是cd间断路
D. 小南说：插座无法正常工作，原因可能是ab间断路
9.如图是一种水位自动报警的原理图。当水位低于A点时，工作电路绿灯亮；到达A点时，衔铁被吸下，工作电路红灯亮电铃响。某水位超过A点时由于电磁铁磁性太弱而衔铁没有被吸引。下列做法中合理的是( )
A. 增加工作电路的电源电压
B. 更换弹性更强的弹簧
C. 减少电磁铁线圈的匝数
D. 增加控制电路的电源电压
10.下列表述正确的是( )
A. 磁悬浮列车利用电磁感应原理工作
B. 插入和拔出条形磁铁，感应电流方向相反
C. 扬声器工作时将机械能转化为电能
D. 动圈式话筒的工作原理为电流的磁效应
二、非选择题
11.如图为某兴趣小组设计的电子秤简易电路图，Rx是压敏电阻，阻值随所受压力的增大而减小，R0是定值电阻。测量时，电压表Ⓥ的示数随所称量物体对压敏电阻的压力增大而增大。请根据以上信息，在虚线框内将电路图补充完整。
12.如图，将条形磁体放在水平桌面上的两个圆柱形铅笔上，条形磁体静止不动，S极正对电磁铁。闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号内标出：
(1)电磁铁右端的极性
(2)电源左端的极性(用“+”或“−“表示)。
13.东东设计了一个估算酒精的热值实验，实验装置如图。燃烧皿中酒精的质量12g，烧杯中水的质量为200g，初温为23℃，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。
(1)点燃酒精，当水温升高到43℃时，立即熄灭火焰。该过程水吸收的热量Q吸= ______J；
(2)东东想利用Q放=Q吸设计算酒精的热值，还需进行的实验操作是______；
(3)用这个方法，东东算出的热值比课本上真实值偏______。
14.小明用图甲所示的电路，探究“电流与电阻的关系”，电源电压为3V且保持不变，滑动变阻器规格为“50Ω 2A”，定值电阻10Ω、20Ω、30Ω、50Ω各一个。
(1)小明根据图甲连接电路，首先用10Ω电阻实验，闭合开关后发现，无论怎么移动滑片，电流表指针无偏转，电压表指针迅速满偏，则电路中的故障可能是______(填字母)。
A.开关断路
B.滑片接触不良
C.电阻断路
D.电流表短路
(2)排除故障后，小明在移动滑动变阻器滑片的过程中，眼睛应注意观察电压表。之后将10Ω电阻换成20Ω电阻，继续调节滑动变阻器滑片向______端(选填“A”或“B”)移动，直至______。
(3)小明根据记录的实验数据，绘制成了图乙所示的图象，由此可得结论：______。
(4)小明又想测量某未知电阻Rx的阻值，设计了如图丙所示的电路为已知阻值为R0的定值电阻)，并设计了如下实验步骤，请帮助他把缺少的步骤补全，并写出R1的表达式。
实验步骤：
A.按照设计的电路图连接电路。
B.开关S断开时，读出电流表的示数，记为I1。
C. ______。
表达式：Rx= ______(用已知物理量和测量出的物理量符号表示)。
15.小明同学设计了一款电子拉力计准备参加深圳市青少年科技创新大赛，小明将电流表的表盘改为拉力计的表盘，图甲是其原理图。ab是一根长为5cm的均匀电阻丝，其阻值R1=25Ω。拉环不受拉力时，滑片P处于a端；拉环受拉力时，滑片P随之向右滑动。该弹簧伸长的长度ΔL与所受拉力F间的关系如图乙。电源电压为6V，电流表的量程为0～0.6A，定值电阻R0=5Ω，忽略摩擦。
(1)电流表的示数随拉力的增大而______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)拉力表的零刻度线应刻在电流表______A处。
(3)开关闭合后，当电流表指针指在0.4A处时，R1接入电路的阻值是______Ω，作用在拉环上水平向右的拉力是______N。
(4)该拉力计能测量的拉力范围是______N。
16.物理课上的分组“探究焦耳定律”实验中，同学们的实验装置如图所示。
(1)老师让一位同学给大家演示“探究电流产生的热量与电流大小的关系”，他应选择______图进行实验。
(2)图甲、乙是小北组的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气。小北组的实验没有使用温度计而是用______反映密闭空气温度的变化。通电一定时间后，甲图中______管中的液面较高。若图乙中两U形管内液面上升高度相同，则故障可能是______。排除故障后通电相同时间，发现乙图左侧U形管内液面上升较高，这表明：在电阻和通电时间相同的情况下，通过导体的______越大，产生的热量越多。
(3)图乙为了使实验中两侧U形管液面高度差更明显，可将空气盒外电阻R3换______(选填“大于”或“小于”)5Ω的电阻。
(4)小南组的实验装置为图丙。该装置可探究电流通过导体时产生热量与______的关系，烧瓶中用煤油而不用水是因为______。
17.深圳比亚迪公交车的充电桩充电电压为380V，充电功率为76kW。一台公交车的电池储量为100kW⋅ℎ，公交车运行一趟全程共20km。在这个过程中，若公交车所受阻力恒定为1500N，能量转化中损失忽略不计(g取10N/kg)。求：
(1)充电桩充电电流为多大？
(2)该公交车匀速行驶一趟的过程中牵引力做的功为多少？
(3)公交车运行一趟因停靠站点和红灯共刹车40次，每次刹车时，可以将3×104J的动能回收并储存到电池中。则该车充满一次电最多能跑几趟该公交线路？(从始发站到终点站算1趟，返回算第2趟)
18.2023年12月21日，深圳官宣入冬。秋冬带来了寒冷和秋裤，也带来了烦恼，小南同学一接触小伙伴就噼里啪啦“炸毛”啦。小南想到物理老师讲过缓解静电的方法之一是增加空气湿度，立即购入一台加湿器，原理图如图甲。R1、R2为发热电阻，且R2=3R1，S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的转换。已知高档功率为440W，求：
(1)由图甲知，开关S接“1、2触点”时，电路断路，为关；接“2、3触点”为______挡；接“3、4触点”为______挡；
(2)求加热电阻R1的阻值。
(3)求加湿器正常工作时的低挡功率。
(4)如图乙所示，求加湿器正常工作30分钟消耗的电能。
19.阅读短文，回答问题。
我国的核电事业发展迅速，已经建成几座核电站，其中广东大亚湾核电站每年发电量约70%的电力供应香港，30%的电力供应广东电网。在保证输送功率不变的情况下，远距离送电采取高压送电的方式来实施，核电站的发电输出电功率为2×107W，用10千伏的高压进行输电。图1是核电站的工作原理图和远距离输电流程示意图。
(1)核电站中绕制发电机线圈的材料可能是______(选填“铜”、“镍铬合金”或“超导材料”)。
(2)关于远距离输电，下列表述正确的是______。
A.提高输电电压会增大输电电流，从而增大输电损失
B.提高输电电压可以减小输电线电阻，从而减小输电损失
C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D.若能研制出常温下的超导体，用它制作远距离输电导线，将不需要高压输电方式
(3)核电站高压输电时的输电电流为______A，在输送功率不变时，若改用1000千伏的电压输电，则此时导线上的热损耗功率与原来导线上的热损耗功率之比为______。
(4)远距离输电时某处发生了短路，为确定短路位置，检修员利用电压表、电流表和电源接成如图2所示的电路进行测量，已知甲、乙两地的每根输电线每千米的电阻为R，电压表示数为U，电流表示数为I，则短路位置到甲地的距离为______千米。(用已知物理量的符号表示)
(5)某户居民标有“220V 40W”的灯泡正常发光时电阻为______Ω，在用电高峰期时灯泡比平时暗的原因是______。
(6)若经过降压变压器后供电设备输出电压恒为220V，通过总电阻为0.2Ω的输电线给居民楼内用户供电，当居民楼内所有用电器消耗的总功率为21.78kW时，不考虑灯泡电阻的变化，“220V 40W”灯泡实际功率为______W。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、尘埃粒子不是分子，尘埃粒子沉降到地面是宏观物体的机械运动，该现象不能说明分子热运动减慢了，故A错误；
B、用水循环来降低汽油机的温度，主要是利用水比热容较大的特点，故B错误；
C、汽油发动机做功冲程是内能转化为机械能，故C正确；
D、燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关；雾炮车汽油机吸气冲程吸入汽油和空气的混合物不可以提高汽油的热值，故D错误。
故选：C。
(1)组成物质的分子很小，不能用肉眼直接观察到；
(2)用水循环来降低汽油机的温度，主要是利用水比热容较大的特点；
(3)热机的做功冲程将内能转化为机械能；
(4)燃料的热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关。
本题考查分子动理论、比热容、热机的冲程和热值的概念，属于综合题。
2.【答案】B
【解析】解：
A、由图象可知，在A点时，开始对物质加热，此时的温度是−40℃；在BC段，物质的温度保持0℃不变，所以该固体的熔点是0℃，此过程中物质正在熔化，处于固液共存状态，故A错误；
B、冰完全熔化为水时，质量不变；同一个加热器进行加热，加热时间相同时冰和水吸收的热量相同；冰升温比水快(即冰上升的温度较高)，由Q=cm△t可知，冰的比热容比水小；故B正确。
C、由图象可知，DE段为水的沸腾过程，此过程温度不变，但要继续吸热，故C错误；
D、燃料的热值是燃料的特性，不会随着质量的改变而改变，故D错误。
故选：B。
(1)熔化前晶体处于固态、熔化过程处于固液共存状态、熔化完成后是液态。
(2)水的比热容比冰大，相同质量的冰和水在吸热相同热量的情况下，冰升温快，水升温慢。
(3)液体沸腾过程中，继续吸热，温度不变，但内能增加。
(4)燃料的热值是燃料的特性，不随着质量的改变而改变。
对于此类图形题，应明确横、纵坐标轴及各关键点所代表的物理意义，熟练掌握相关知识点是解题的关键所在。
3.【答案】B
【解析】解：由图可知，电阻R1和R2串联在电路中，信号处理系统并联在AB的两端；
AB、每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电阻会减小，根据U=IR可知，R2的电压会减小，即AB间电压减小；故A错误、B正确；
CD、AB端的电压与电路中电流的比值为R2的阻值，阻值不变，比值不变，故CD错误。
故选：B。
由图可知，该电路为串联电路，电阻R1和R2串联在电路中，信号处理系统并联在AB的两端；每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据欧姆定律判定电路中电流的变化；根据R=UI判定电压与电路中电流的比值变化。
本题考查了电路的动态分析，明确电路的结构是解题的关键。
4.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，闭合开关S1，只有发声器工作；两个开关都闭合时，有电流通过电动机，这说明两个开关都闭合时，电动机才会工作；
A、由图可知，闭合开关S1，只有发声器接入电路，发声器工作，再闭合S2，电动机和发声器并联接入电路中，有电流通过电动机，故A正确；
B、由图可知，闭合开关S1，发声器没有接入电路，发声器不工作，两个开关都闭合，发声器和电动机都工作，故B错误；
C、由图可知，发声器和电动机并联接入电路中，两个开关并联，只要闭合任意一个开关，发声器和电动机都工作，故C错误；
D、由图可知，闭合开关S1，只有电动机接入电路，电动机工作，再闭合S2，电动机和发声器并联接入电路中，有电流通过发声器，故D错误。
故选：A。
闭合开关S1，发声器工作；再闭合S2，有电流通过电动机，这说明两个开关都闭合时，电动机才会工作，据此分析各个选项。
本题考查了电路图的设计，关键是明确串联和并联电路中开关的作用。
5.【答案】A
【解析】解：A、手机充满电时可储存的电能：W=UIt=3.7V×5000×10−3A×1×3600s=66600J，故A正确；
B、制作手机芯片的主要材料是半导体，故B错误；
C、由手机充电参数可知，手机最大充电功率：P最大=U′I′=20V×4.4A=88W>40W，故C错误；
D、由P=Wt可知，充电10分钟可充的最大电能：W最大=P最大t=88W×10×60s=52800J>66600J×50%=33300J，则广告是真的，故D错误。
故选：A。
(1)根据W=UIt求出手机充满电时可储存的电能；
(2)半导体是制作芯片的重要材料。
(3)根据P=UI求出手机最大充电功率。
(4)根据P=Wt求出充电10分钟可充的最大电能与手机充满电时可储存电能的50%进行比较，进而判断广告是否是真的。
本题考查了半导体材料的应用、电功和电功率公式的应用，知道电池和充电器各个参数的含义是解题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A、由I=UR的变形式R=UI可知，电阻大小为图像纵、横坐标之比，由图像可知，各电阻的大小关系为：Ra>Rb=Rd>Rc，故A错误；
B、由P=UI可知，电功率的大小为图像纵横坐标之积，相当于以纵、横坐标为边的矩形面积，由图像可知，各电阻的电功率大小关系为：Pb>Pa=Pc>Pd，故B正确；
C、根据图示可知，通过C的电流是最大的，故C错误；
D、根据图示可知，两端电压最大的是a和b，故D错误。
故选：B。
由公式I=UR、P=UI结合图象分析阻值大小、功率大小关系。
本题考查公欧姆定律公式I=UR和电功率计算公式P=UI的应用，要求学生结合图像获取信息解决问题，难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：(1)甲电路灯泡两端电压为电源电压U1，电阻为R1，灯泡的功率为P1= U12 R1；
(2)乙中L1、L2的电压U1′、U2′的和为电源电压U1，P1′= (U1′)2 R1，因为U1′
根据P=I2R知，P2′>P1′
(3)因为P1= U12 R1、P2′=(U′)22R2、U2′
所以P1>P2′。
综合分析：P1>P2′>P1′。
故选：C。
根据公式P= U2 R和P=I2R以及串联电路电流、电压的规律分析解答。
本题考查了电功率公式的应用以及串联电路电流、电压的规律等知识，是一道综合题，有一点的难度。
8.【答案】C
【解析】解：A、保险丝用电阻大、熔点低的材料制成的，这样才能保证在电流过大时及时熔断，对电路起保护作用，故A错误；
B、根据图示可知，开关接在了灯泡与零线之间，当灯泡开关断开时，灯泡与火线接触，这种接法是不安全的，故B错误；
CD、用试电笔检测插座的两孔，氖管均不发光，这说明插座的右孔与火线之间是断开的，所以故障可能是cd间断路；若ab之间断路，则灯泡不会发光，故C正确、D错误。
故选：C。
(1)保险丝用电阻大熔点低的材料制成；
(2)在家庭电路中，开关应接在用电器和火线之间；
(3)试电笔接触火线时，氖管会发光。
本题考查家庭电路故障的分析，相对比较简单，属于基础题。
9.【答案】D
【解析】解：A、增加工作电路电压，不会影响到电磁铁的电流，不会改变电磁铁的磁性，故A错误。
B、更换弹性更强的弹簧，弹簧对衔铁的拉力更大，电磁铁不能把衔铁吸引下来，故B错误。
C、在电流一定时，减少电磁铁线圈的匝数，电磁铁的磁性减弱，电磁铁对衔铁的吸引会更弱，故C错误。
D、增加控制电路的电源电压，可以增大控制电路的电流，在线圈匝数一定时，可以增强电磁铁的磁性，能把衔铁吸引，故D正确。
故选：D。
当水位超过A点时由于电磁铁磁性太弱而衔铁没有被吸引，此时要增大电磁铁的磁性，从电磁铁的磁性强弱影响因素考虑，此时电磁铁磁性强弱跟电流大小、线圈匝数有关。
本题通过水位自动报警器主要考查了电磁铁磁性强弱的影响因素，难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A、磁悬浮列车使用了电磁铁，是利用电流的磁效应来工作的，同时还利用了磁极间的相互作用，故A错误；
B、将磁铁插入或拔出线圈的过程中，由于线圈切割磁感线而产生了电磁感应现象，可以在电路中产生电流，感应电流的方向与导体运动方向、磁场的方向有关。插入和拔出磁铁时，感应电流方向相反，通电导线周围产生磁场方向相反，小磁针偏转的方向相反，故B正确；
C、当扬声器的线圈中有方向和大小不断改变的电流通过时，处在磁场中的线圈会受到永久磁铁的磁场力的作用而带动纸盆振动产生声音，扬声器工作时，将电能转化为机械能，故C错误；
D、动圈式话筒的工作原理是电磁感应现象，故D错误。
故选：B。
(1)磁悬浮列车是利用电流的磁效应和磁极间的相互作用来工作；
(2)当闭合回路中的部分导体做切割磁线的运动时，回路中会产生电流，这种现象称为电磁感应现象；
通电导线周围产生磁场方向与电流方向有关，感应电流的方向与导体运动方向、磁场的方向有关；
(3)扬声器是把电信号转换成声信号的一种装置，它的原理是通电线圈在磁场中受力而运动，由此带动纸盆振动发出声音；扬声器的原理和电动机的原理是相同的；
(4)动圈式话筒和发电机的原理是相同的，是电磁感应现象。
本题考查了磁极间的相互作用的应用、扬声器和动圈式话筒工作原理、电磁感应现象，属于基础题，难度不大。
11.【答案】
【解析】由图可知，压敏电阻Rx与定值电阻R0串联，要组成电路需要与电源、开关串联；
当所称量物体对压敏电阻的压力增大时，因压敏电阻Rx的阻值随所受压力的增大而减小，所以电路的总电阻减小；
由I=UR可知，电路中的电流增大，R0两端的电压增大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，Rx两端的电压减小，
由电压表Ⓥ的示数随所称量物体对压敏电阻的压力增大而增大可知，电压表应并联在R0两端。
本题考查了根据题意连接实物电路图，根据题意判断出电压表并联的位置是关键。
12.【答案】如图所示：
【解析】解：
(1)闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，说明条形磁体受到了一个向左的排斥力，已知条形磁体左端为N极、右端为S极，根据同名磁极相互排斥可确定通电螺线管的左端是S极、右端为N极；
(2)根据安培定则，大拇指指向通电螺线管的N极，则电流从电磁铁左侧流入，所以电源的左端为正极，如图所示：
(1)根据条形磁体向左运动，根据磁极间的相互作用(同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引)判断出电磁铁的NS极；
(2)利用安培定则(用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极)判断出电源的正负极。
本题的入手点是利用条形磁体的运动方向、根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的南北极，再利用安培定则判断出电源的正负极，这是一道综合题，很巧妙的将安培定则和磁极间的相互作用联系起来，是一道好题。
13.【答案】1.68×104 测出剩余酒精的质量 小
【解析】解：(1)根据题意可得，水吸收的热量Q=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)]×200×10−3kg×(43℃−23℃)=1.68×104J；
(2)根据题意可知，Q放已知，由q=Q放m可知，还需计算出燃烧酒精的质量，才能计算酒精的热值，所以应测量出剩余酒精的质量；
(3)由于存在热量损失，酒精燃烧放出的热量没有被水全部吸收，即Q
(1)根据Q=cmΔt计算水吸收的热量；
(2)已知Q放时，由q=Q放m可知，还需计算出燃烧酒精的质量，才能计算酒精的热值；
(3)由于存在热量损失，酒精燃烧放出的热量没有被水全部吸收，再根据q=Q放m分析即可。
本题考查吸热公式的应用以及对测量热值的偏差分析，为热学中的重要实验。
14.【答案】C A 电压表的示数为2V 电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比 闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2 I1I2−I1⋅R0
【解析】解：(1)电流表无示数，说明电路可能断路；电压表指针迅速满偏，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，与电压表并联的定值电阻断路了，故选C；
(2)由图象可知，电阻两端的电压：UV=IR=0.1A×20Ω=-----=0.4A×5Ω=2V，
根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动，眼睛注意观察电压表，使电压表的示数为2V不变；
(3)由图像可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比；
(4)实验步骤：
A、按照设计的电路图连接电路。
B、开关S断开时，读出电流表的示数，记为I1，此时定值电阻与待测电阻串联，由电阻的串联特点可知：R串=Rx+R0，由欧姆定律可得：U=I1(Rx+R0)；
C、闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2，此时只有待测电阻连入电路，由欧姆定律可得：U=I2Rx。
电源电压不变，所以有：I2Rx=I1(Rx+R0)，
解得：Rx=I1I2−I1⋅R0。
故答案为：(1)C；(2)A；电压表的示数为2V；(3)电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比；(4)闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2；I1I2−I1⋅R0。
(1)电流表无示数，说明电路可能断路；电压表指针迅速满偏，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，与电压表并联的支路断路了；
(2)根据图丙中的数据利用欧姆定律求出定值电阻两端的电压，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；
(3)根据图像中电流与电阻之积为一定值分析得出结论；
(4)在没有电压表时，定值电阻与待测电阻串联，利用电源电压不变，根据电流表示数和定值电阻的阻值利用U=IR得出电源电压的表达式，然后组成等式解答。
本题探究“电流与电阻的关系”，考查电路连接、故障分析、实验操作、欧姆定律的应用、分析数据得出结论和特殊方法测电阻的能力。
15.【答案】增大 0.2 10 300 0～400
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R0与可变电阻R1串联，电流表测电路中的电流；
(1)由图甲可知，当拉力变大时滑片向右移动，连入电路的电阻丝长度减小，则变阻器R1接入电路的电阻减小，总电阻减小，根据I=UR可知电路中电流增大，即电流表示数增大；
(2)当拉环不受拉力时，滑片P处于a端，变阻器R1接入电路的电阻最大，
根据串联电路的特点和欧姆定律可知电流表的读数为：
I=UR0+R1=6V5Ω+25Ω=0.2A，即拉力表的零刻度线应刻在电流表0.2A处；
(3)当电流表读数为0.4A时，根据欧姆定律可得R0两端的电压为：U0=I′R0=0.4A×5Ω=2V，
因串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和，则此时R1两端的电压为：U1=U−U0=6V−2V=4V，
根据I=UR可得此时R1接入电路的电阻：R1′=U1I′=4V0.4A=10Ω；
因电阻丝的电阻值与长度成正比，ab是一根长为5cm的均匀电阻丝，其阻值R1=25Ω，
则每1cm电阻丝的电阻为25Ω5cm=5Ω/cm，
此时变阻器连入电路中电阻丝的长度：L1=10Ω5Ω/cm=2cm，
则此时弹簧的伸长量：ΔL=5cm−2cm=3cm，
由图乙可知，此时作用在拉环上的水平向右的拉力为F=300N。
(4)当拉力最大时，变阻器接入电路的电阻最小，电流最大，
电流表的量程为0～0.6A，当电流最大为0.6A时，由欧姆定律可得R0两端的电压为：U0大=I大R0=0.6A×5Ω=3V，
根据串联电路的电压特点可知此时R1两端的电压为：U1小=U−U0大=6V−3V=3V，
根据I=UR可得R1接入电路的最小电阻：R1小=U1小I大=3V0.6A=5Ω，
此时变阻器连入电路中电阻丝的长度：L2=5Ω5Ω/cm=1cm，
则此时弹簧的伸长量：ΔL′=5cm−1cm=4cm，
由图乙可知，此时作用在拉环上的水平向右的拉力(最大拉力)为F′=400N，
所以该拉力计能测量拉力的范围是0～400N。
故答案为：(1)增大；(2)0.2；(3)10；300；(4)0～400。
由电路图可知，定值电阻R0与可变电阻R1串联，电流表测电路中的电流；
(1)由图甲可知，当拉力变大时滑片向右移动，则变阻器连入电路的电阻减小，根据电阻的串联和欧姆定律可知电路中电流的变化；
(2)当拉环不受拉力时，变阻器R1接入电路的电阻最大，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出此时电流表的示数。
(3)当电流表读数为0.4A时，根据欧姆定律求出此时R0两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，再根据欧姆定律求出此时变阻器R1接入电路的电阻，根据题中条件和“电阻丝的电阻值与长度成正比”可知弹簧的伸长量(即被拉长的长度)，对照图乙可知作用在拉环上的水平向右拉力的大小。
(4)当拉力最大时，变阻器接入电路的电阻最小，电流最大，根据电流表量程确定电流的最大值，根据欧姆定律和题意计算变阻器接入电路的最小阻值和此时弹簧伸长的长度，对照图乙找出拉力的最大值，从而可知该拉力计能测量的拉力范围。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，解题的关键是确定变阻器连入电路中电阻丝的长度以及弹簧的伸长量，并将弹簧的伸长量转化为拉力计所对应的示数。
16.【答案】乙 U形管两管液面的高度差 右侧 R3断路 电流 小于 电阻 煤油的比热容较小，在吸热相同的条件下温度变化较明显
【解析】解：(1)甲装置中，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，而电阻不同，故该装置用来探究电流热效应与电阻大小的关系；乙装置中，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，故乙图实验可以研究电流产生的热量与电流的关系；
(2)根据转换法，小北组的实验没有使用温度计而是用U形管两管液面的高度差反映密闭空气温度的变化。通电一定时间后，根据Q=I2Rt，因右侧容器中电阻较大，右侧电阻产生热量多，由转换法，故甲图中右侧管中的液面较高；若图乙中两U形管内液面上升高度相同，可知容器内电阻可能产生热量相同，根据Q=I2Rt可知，通过容器内两电阻的电流可能相等，则故障可能是R3断路；
排除故障后通电相同时间，发现乙图左侧U形管内液面上升较高，左侧容器内电阻产生的热量多，这表明：在电阻和通电时间相同的情况下，通过导体的电流越大，产生的热量越多。
(3)图乙为了使实验中两侧U形管液面高度差更明显，根据Q=I2Rt可知，要使通过左侧容器内的电流比右侧容器内的电流更大，结合并联电路电流的规律可知，通过盒外电阻R3的电流变大，结合并联电路电压的规律及欧姆定律，可将空气盒外电阻R3换小于5Ω的电阻。
(4)小南组的实验装置为图丙，两电阻串联，通过两电阻的电流和通电时间相同，而电阻不同，故该装置用来探究电流热效应与电阻的关系，本实验根据烧瓶煤油的温度变化表示产生的热量多少，根据Δt=Qcm可知，用煤油而不用水是因为：煤油的比热容较小，在吸热相同的条件下温度变化较明显。
故答案为：(1)乙；(2)U形管两管液面的高度差；右侧；R3断路；电流；(3)小于；(4)电阻；煤油的比热容较小，在吸热相同的条件下温度变化较明显。
(1)电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联、并联电路电流的规律分析；
(2)电流通过导体产生热量的多少不易直接观察，两个透明容器中密封着等量的空气，电阻丝产生热量越多，气体膨胀程度越大，故可通过U形管液面的高度差来反映电阻丝产生的热量多少，采用了转换法；
由Q=I2Rt结合转换法分析；
根据控制变量法和转换法回答；
(3)根据Q=I2Rt结合并联电路电流的规律、并联电路电压的规律及欧姆定律分析；
(4)分析图丙电路的连接，根据控制变量法分析；根据Δt=Qcm分析回答。
本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律、Δt=Qcm的运用。
17.【答案】解：(1)根据题意，充电桩充电电压为380V，充电功率为76kW，由公式P=UI可得，I=PU=76kW380V=76000W380V=200A；
(2)该公交车行驶时受到的阻力为f=1500N，车匀速直线行驶，拉力和阻力是一对平衡力，
所以牵引力F牵=f=1500N；
则牵引力做的功 W=F牵s=1500×20km=1500×20000m=3×107J；
(3)行驶1趟公交车耗能：
W耗=W−W收=3×107J−40×3×104J=2.88×107J，
该车充满一次电的电能W=Pt=100×1000W×3600s=3.6×108J，
充满一次电最多能跑趟数：
n=WW耗=3.6×108J2.88×107≈12趟
答：
(1)充电桩充电电流为200A；
(2)该公交车匀速行驶一趟的过程中牵引力做的功为3×107J；
(3)该车充满一次电最多能跑12趟该公交线路。
【解析】(1)根据P=UI计算充电桩的电流；
(2)根据二力平衡确定牵引力，根据W=Fs计算功；
(3)先计算公交车跑一趟消耗的电能，再计算该车充满一次电的电能，最后即可求出能跑的趟数。
本题以电功公交为情景考查了电能、功、功率以及平衡力的应用，考查的知识点多，综合性强，要能从表格中获取有用信息。
18.【答案】低 高
【解析】解：
(1)由图1知，开关S接“1、2”时电路断路为关；“2、3”时两电阻串联，接“3、4”时只有R1接入电路，电源电压一定，由P=U2R可知，接“2、3”时电阻最大，为低挡，接“3、4”时电阻最小，为高挡；
(2)由图2知，高挡功率：P高=440W，由P=U2R可得R1的阻值：
R1=U2P高=(220V)2440W=110Ω；
(3)由题知，R2=3R1，低挡发热功率：
P低=U2R1+R2=U24R1=(220V)24×110Ω=110W；
(4)由图2知，工作30min时，其中高挡10min，低挡20min，
所以加湿器消耗的总电能：
W=W高+W低=P高t高+P低t低=440W×10×60s+110W×20×60s=3.96×105J。
答：(1)低；高；(2)加热电阻R1的阻值为110Ω；
(3)加湿器正常工作时的低挡功率110W；
(4)加湿器正常工作30分钟消耗的电能为3.96×105J。
(1)由图1，开关S在不同位置时，由P=U2R分析加湿器的工作状态；
(2)由图2知，加温器高挡功率，由P=U2R计算R1的阻值；
(3)已知R2=3R1，由P=U2R计算加湿器处于低挡位置时的发热功率；
(4)由图2读出加湿器30min内的高挡和低挡工作时间，由W=Pt计算消耗的电能。
本题考查了电路的识别、串联电路特点、电功率公式的灵活应用，正确分析出高低挡工作状态，并能将图象结合起来是解题的关键。
19.【答案】铜 D 2000 1：10000 U 2IR 1210 在用电的高峰期，由于并入电路中的用电器变多，总电阻变少，由欧姆定律知电路中的电流变大；用电器与输电线是串联的，输电导线也有电阻，当其电流变大时，其分得的电压就变大，又知电源电压220V不变，用电器两端的电压就变小了；由P=U2R可知白炽灯的实际功率比正常减小，所以发光要变暗些 32.4
【解析】解：(1)发电机的线圈电阻越小，相同条件下产生的热量越少，越安全且发电效率越高；因而选择导电性能最好的铜制作；
(2)AB、在输送功率不变时，提高输电电压，输电线的电流I=PU变小，在输电线电阻不变时，输电线上损失的功率P损=I2R越小，故AB错误；
C、在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电线的电流I=PU越大，在输电线电阻不变时，输电线上损失的功率P损=I2R越大，输电过程中的电能损失越大，故C错误；
D、在输送功率不变时，提高输电电压，输电线的电流I=PU变小，输电线上损失的功率P损=I2R越小，输电过程中的电能损失越小；若能研制出常温下的超导体，用它制作远距离输电导线，导线没有电阻，输电过程中的电能没有损失，就不需要高压输电，故D正确。
故选：D；
(3)若发电厂输出电功率为2×107W，用10千伏的电压输电，
根据P=UI可得此时的输电电流为：I=PU1=2×107W10×103V=2000A，
在输送功率不变时，若改用1000千伏的电压输电，
此时的输电电流为：I′=PU2=2×107W1000×103V=20A，
输电线上损失的热功率：P损=I2R线，电阻不变时，电功率之比等于电流平方之比，
即导线上的热损耗功率与原来导线上的热损耗功率之比P′损：P损=I′2R线：I2R线=(20A)2：(2000A)2=1：10000。
(4)由电路图可知，电压表测导线两端的电压，电流表测电路中的电流，
由I=UR可得，电路中的总电阻：
R总=UI，
因每条输电线每千米的电阻为R，
所以，导线的总长度：
L总=R总R(km)=U IR(km)，
因导线是双股的，所以，短路位置离甲地的距离：
L′=12L总=12×U IR(km)=U 2IR(km)。
(5)由P=U2R知，“220V40W”灯泡的电阻为：RL=U额2P额=(220V)240W=1210Ω；
在用电的高峰期，由于并入电路中的用电器变多，总电阻变少，由欧姆定律知电路中的电流变大；用电器与输电线是串联的，输电导线也有电阻，当其电流变大时，其分得的电压就变大，又知电源电压220V不变，用电器两端的电压就变小了；由P=U2R可知白炽灯的实际功率比正常减小，所以发光要变暗些。
(5)设居民楼内所有用电器的两端电压为U实，则导线两端的电压为220V−U实；
由I=，P=UI得，用电器中的电流为：I=$∖ frac{P}{{U}_{实}}，
则有：PU实=∖ frac{220V−{U}_{实}}{R}，
实际总功率为P=21.78kW=21780W，代入有
21780WU实=∖ frac{220V−{U}_{实}}{0.2Ω}，
解得：U实=198V；
灯泡的实际功率P实=U实2RL=(198V)21210Ω=32.4W。
故答案为：(1)铜；(2)D；(3)2000；1：10000；(4)U 2IR；(5)1210；在用电的高峰期，由于并入电路中的用电器变多，总电阻变少，由欧姆定律知电路中的电流变大；用电器与输电线是串联的，输电导线也有电阻，当其电流变大时，其分得的电压就变大，又知电源电压220V不变，用电器两端的电压就变小了；由P=U2R可知白炽灯的实际功率比正常减小，所以发光要变暗些；(6)32.4。
(1)发电机的线圈电阻越小，相同条件下产生的热量越少，越安全且发电效率越高；
(2)输电线上损失的功率P损=I2R，跟输电线上的电流及输电线上的电阻有关，根据P=UI可知输电线上的电流I=；
(3)根据P=UI得出输电电流；在输送功率不变时，根据P=UI算出改用1000千伏输电电压的电流，根据P=I2R表示线上热损耗功率；得出线路上的热损耗与原来线路上的热损耗的功率之比；
(4)由电路图可知，电压表测导线两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出导线的总电阻，已知每千米的电阻为R，然后让总电阻除以R求出导线的长度，再根据导线的双股的，从而确定出短路的地点离甲地的距离。
(5)根据P=U2R计算灯泡的电阻，根据用电高峰电路中总电流较大，线路上分得的电压较大，用户的电压减小，分析灯泡亮度；
(6)已知电路中总功率和电压，由P=UI计算出电路中的电流，再根据U=IR计算出电路中损失的电压；根据串联电路的电压特点计算出灯泡的实际电压，根据P=U2R计算出灯泡的实际功率。
本题考查高压触电、输电线的功率、电阻、实际功率、电流的有关物理知识在生活中的应用，应认真审题，明确题目中的物理情景，合理选用物理规律求解。
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