山东省临沂市费县2023-2024学年度上学期九年级物理月考试题（含解析）

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1. 下列现象中，需要吸收热量的是（ ）

A. 壶口形成“白气” B. 铁水浇铸成工件 C. 雾凇的形成 D. 冰凌熔化
【答案】D
【解析】A．壶口“白气”的形成是液化现象，要放出热量，故A错误。
B．铁水浇铸成工件是凝固过程，要放出热量，故B错误。
C．雾凇的形成是凝华现象，要放出热量，故C错误。
D．冰凌熔化是熔化过程，要吸收热量，故D正确。
2．如图所示是某种物质熔化时温度随时间的变化的曲线图，下列分析正确的是（ ）
A．AB段表示该物质温度逐渐升高，它的熔点也在逐渐升高
B．在第8分钟时该物质已全部熔化
C．该曲线可能是沥青熔化时温度随时间变化的图像
D．该物质在BC段吸收热量但温度保持不变
【解析】A、从图象上看，AB段表示该物质温度逐渐升高，但不能表示它的熔点也在升高，故A错误；
B、由图可知，在第8min时该物质刚开始熔化，而不是已全部熔化，故B错误；
C、沥青是非晶体，该曲线是晶体的熔化图像，所以该曲线不可能是沥青熔化时温度随时间变化的图像，故C错误；
D、BC段表示该物质温度不随时间改变，说明该物质正在熔化，因此该物质在熔化过程中吸收热量但温度保持不变，故D正确。故选：D。
3．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体的温度越高，含有的热量越多
B．热量总是从内能多的物体转移到内能少的物体
C．温度高的物体内能大，温度低的物体内能小
D．物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高
【解析】A、热量是一个过程量，不能说含有多少热量，故A错误；
B、发生热传递的条件是：有温度差，所以内能可自动地从高温物体转移到低温物体，若内能小的物体温度高，故热量可以从内能小的物体转移到内能大的物体，故B错误；
C、影响内能大小的因素有质量、温度、状态，只能说在质量、状态一定时，温度高的物体内能大，温度低的物体内能小，故C错误；
D、冰是晶体，0℃的冰熔化成0℃水，吸收热量，内能增加，但温度不变。故D正确。
故选：D。
4．如图所示描述的物理过程，下列分析正确的是（ ）
A．图甲：试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能增加
B．图乙：小朋友从滑梯上下滑过程，通过热传递增加了内能
C．图丙：厚玻璃筒内的空气被压缩时，空气的温度升高，内能不变
D．图丁：汽缸内的气体推动活塞向下运动，内能转化为机械能
【解析】A、甲图中试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，水蒸气的内能减少，故A错误；
B、乙图中小朋友从滑梯上下滑过程，克服摩擦做功，机械能转化为内能，故B错误；
C、丙图中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C错误；
D、丁图中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，故D正确。故选：D。
5．甲、乙、丙三个轻质泡沫小球用绝缘细线悬挂在天花板上，它们之间相互作用时的场景如图所示，已知丙球与用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷相同，下列判断正确的是（ ）
A．甲、乙两球均带正电B．甲、乙两球均带负电
C．甲球带正电，乙球一定带负电 D．甲球带负电，乙球可能不带电
【解析】已知丙球与用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷相同，由于毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，所以丙球带负电；
由图知，甲球与丙球靠近时相互排斥，根据同种电荷相互排斥知，甲球一定带负电；
甲球与乙球相互吸引，根据异种电荷相互吸引知，乙球可能带正电；但带电体能够吸引不带电的轻小物体，所以乙球可能不带电。综合知，乙球可能带正电，也可能不带电。
故选：D。
6.“喝酒不开车、开车不喝酒”，如今已经家喻户晓、深入人心。这得益于厉行法治的久久为功。如图甲是酒精浓度测试仪，图乙是它的工作原理图。电源电压保持不变，R0是定值电阻，R为气敏电阻，人体呼出的酒精气体浓度越小，R的阻值越大。下面对此电路分析正确的是( )
A.呼出的酒精气体浓度越大，电路中的总电阻越大
B.呼出的酒精气体浓度越大，电路的总电功率越小
C.呼出的酒精气体浓度越大，电压表的示数越大
D.呼出的酒精气体浓度变大，通过R0的电流不变
答案：C
【解析】A.由电路图可知，气敏电阻R与定值电阻R0串联，呼出的酒精气体浓度变大，R的阻值变小，总电阻变小，A错误；
B.呼出的酒精气体浓度越大，R的阻值越小，电路中总电阻越小，电源电压保持不变，电路中电流越大，由P=UI可知，电路的总电功率越小，B错误；
CD.电压表测电阻R0两端的电压，电流表测量电路中的电流，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大；根据U=IR可知，定值电阻两端的电压变大，即电压表的示数变大。故D错误，C正确。故选C。
7.下列关于热值和热机效率的说法，正确的是( )
A．燃料若没有完全燃烧，燃料热值将变小 B．燃料燃烧释放的热量越多，热值越大
C．使燃料燃烧更充分，可以提高热机效率 D．热机的功率越大， 热机效率越高
【解析】A、燃料的热值仅与燃料的种类有关，与燃料燃烧是否完全燃烧无关，故A错误；
B、燃料的热值仅与燃料的种类有关，与燃料燃烧放出热量的多少无关， 故B错误；
C、使燃料燃烧更充分，可以增大有效利用的能量， 提高热机的效率，故C正确；
D、热机的功率和热机效率是两个无关的物理量， 故 D 错误。故选：C。
8.在学校安全教育主题活动中，同学们对下列行为进行讨论，其中做法正确的是( )

A.用铜棒挑开通电的裸导线B.雷雨天在大树下避雨

C.发现触电事故首先切断电源 D.在高压线附近放风筝
答案：C
【解析】AC.发现有人触电，首先应切断电源，再用干木棒等绝缘体挑开通电的导线，然后施救触电者，故A错误，C正确；
B.高大的树木、建筑物等易将雷电电流导向大地，所以雷电天躲在大树底下避雨非常危险，故B错误；
D.在高压线附近放风筝，一旦风筝靠近高压线，放风筝的人就可能触电，不安全，故D错误。故选C。
9.如图所示的电路中，利用开关的通断来改变电路连接方式，下面对该电路的连接描述不正确的是（ ）
A．断开S1，闭合S2、S3，电阻R1、R2组成并联电路 B．只闭合S2，电阻R2单独工作C．只闭合S1，电阻R1、R2组成串联电路 D．同时闭合S1、S3，电路会形成电源短路
【解析】A、由图可知，断开S1，闭合S2、S3，电流经开关S2后，分别流入R1、R2，则阻R1、R2组成并联电路，故A正确；
B、由图可知，只闭合S2，电流只有一条路径：正极→S2→R1→负极，R2没有连入电路，R1单独工作，故B错误；
C、由图可知，只闭合S1，电流只有一条路径：正极→S1→R1→R2→负极，所以电阻R1、R2组成串联电路，故C正确；
D、同时闭合S1、S3时，电流没有经电阻，而是沿闭合的开关S1、S3直接流回负极，形成电源短路，故D正确。故选：B。
10.如图甲所示的实物电路中，当开关闭合时，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示。则下列判断正确的是（ ）
A．通过灯L1的电流为1.5AB．通过灯L1的电流为0.3A
C．通过灯L2的电流为1.2AD．通过灯L2的电流为0.3A
【解析】由电路图可知，两灯泡并联，右边电流表测干路电流，下方电流表测L2支路电流，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两个电流表的指针在同一个位置，所以，干路电流表的量程为0～3A，分度值为0.1A，示数I＝1.5A，L2支路电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数I2＝0.3A，则灯L1中的电流：I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.3A＝1.2A，故ABC错误，D正确。故选：D。
11.如图是新一代代步工具电动独轮车，依靠电力驱动，低碳环保。当电源开关S1闭合时指示灯L亮起，独轮车处于待机状态，再当人站在独轮车上时开关S2自动闭合，电动机M才能启动，开始运动。下列电路设计符合上述要求的是（ ）
A．B．C．D．
【解析】经分析可知，电动机和指示灯并联，且开关S1位于干路，开关S2位于电动机支路。
A.由电路图可知，开关S2闭合后，会造成电源短路，故A不符合题意；
B.由电路图可知，指示灯和电动机串联，只有两开关均闭合时，指示灯才亮，否则不亮，故B不符合题意；
C.由电路图可知，指示灯和电动机并联，S1控制干路，S2控制电动机，故C符合题意；
D.由电路图可知，指示灯和电动机并联，S2控制干路，S1控制电动机，故D不符合题意。
故选：C。
12.一个标有“220V 100W”的电热器，当通过它的电流为0.4A时，它的实际功率（ ）
A. 大于额定功率 B. 小于额定功率 C. 等于额定功率 D. 条件不足，无法确定
【答案】B
【解析】由电热器的额定电压和额定功率可得额定电流
由于实际电流小于额定电流，则实际功率小于额定功率。故ACD不符合题意，B符合题意。故选B。
13.由欧姆定律公式变形可得，对此下列说法正确的是（ ）
A. 通过导体的电流越大，则导体的电阻越小
B. 当导体两端的电压为零时，导体的电阻也为零
C. 导体的电阻跟导体两端的电压和通过导体的电流无关
D. 加在导体两端的电压越大，则导体的电阻越大
【答案】C
【解析】电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，只是计算电阻大小的方法，故ABD不正确，C正确。故选C。
14.如图所示是电阻甲和乙的U-I图像，下列说法正确的是（ ）
A. 甲的电阻值保持10Ω不变 B. 乙的电阻值保持5Ω不变
C. 甲、乙并联在电路中，当电源电压为2V时，电路总电流为0.5A
D. 甲、乙串联在电路中，当电路电流为0.2A时，电源电压为3V
【答案】D
【解析】AB．由图像可知，甲、乙对应的电流与电压成正比，根据欧姆定律可知甲、乙电阻的阻值不变，则甲、乙的电阻分别为，，
故AB错误；
C．甲、乙并联在2V电源上时，两电阻两端的电压为2V，由图像可知I甲=0.4A，I乙=0.2A，
故干路电流I=I甲+I乙=0.4A+0.2A=0.6A，故C错误；
D．甲、乙串联在电路中时，当电路电流为0.2A时，由图像可知U甲=1.0V，U乙=2.0V，
故电源电压U=U甲+U乙=1.0V +2.0V =3.0V，故D正确。故选D。
15.如图所示的家庭电路中，有两个器件连接错误，它们是（ ）
A. 闸刀开关和带开关的灯泡 B. 带开关的灯泡和带熔丝的二线插座
C. 带开关的灯泡和三线插座 D. 闸刀开关和三线插座
【答案】C
【解析】由于火线和大地间有220V电压，而零线和大地间没有电压，所以开关应接在火线一侧，这样断开开关时，就与火线断开连接了，避免发生触电事故，所以图中带开关的灯泡连接是错误的，三孔插座的接法是：上地、左零、右火，图中的接法也是错误的．
16.关于电和磁，下列说法正确的是( )
A．磁感线看不见、摸不着，但它是客观存在的
B．奥斯特实验表明通电导体周围存在磁场
C．改变通过电磁铁的电流方向可以改变电磁铁磁性的强弱
D．闭合电路的部分导体在磁场中运动时，电路中就会产生感应电流
【解析】A、磁感线不是磁场中真实存在的曲线，而是人为加上去的，它可以形象地描述磁场，故 A 错误。
B、奥斯特实验表明通电导体周围存在磁场，故B正确。
C、改变通过电磁铁的电流方向可以改变电磁铁磁极，不能改变磁性的强弱， 故C错误。
D、闭合电路的部分导体只有在磁场中做切割磁感线运动时， 电路中才会产生感应电流，故D错误。故选B。
17. POS刷卡机的广泛应用给人们的生活带来了便利。POS机的刷卡位置有一个绕有线圈的小铁环制成的检测头（如图所示）。在使用时，将带有磁条的信用卡在POS机指定位置刷一下，检测头的线圈中就会产生变化的电流，POS机便可读出磁条上的信息。下图中能反映POS刷卡机读出信息原理的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】A．如图反映电流周围存在着磁场．A选项错误。
B．如图电路中有电源，是通电导体在磁场中受力运动。B选项错误。
C．如图电路中没有电源，当闭合开关，闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动时，导体中有感应电流产生，这是电磁感应选项。C选项正确。
D．如图电路中有电源，是通电导体在磁场中受力运动。D选项错误。
18.下列关于信息和能源与材料的说法中，正确的是（ ）
A．物体间能量的转化与转移具有方向性
B．电饭锅加热电阻用超导体材料可以提高发热高效率
C．频率越高的电磁波在空气中传播得越快
D．石油、天然气和煤属于可再生资源
【解析】A、能量转化和转移过程是具有方向性，故A正确；
B、由Q＝I2Rt可知，超导体的电阻为零，故其发热为零，故B错误；
C、电磁波传播的速度为光速，与频率大小无关，故C错误；
D、石油、天然气和煤属于不可再生能源，故D错误。故选：A。
19. 如图甲所示的电路，电源电压保持9V不变，小灯泡标有“6V 6W”的字样，小灯泡的电流随电压的变化曲线如图乙所示。以下说法中正确的是（ ）
A. 小灯泡正常发光时的电阻为10Ω
B. 滑动变阻器接入电路的阻值为5Ω时，小灯泡正常发光
C. 当电流表的示数为0.8A时，小灯泡的电功率为3.6W
D. 当电压表的示数为2V时，整个电路10s内消耗的电能是45J
【答案】D
【解析】A．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。小灯泡正常发光时电阻，故A错误；
B．由图像知小灯泡正常发光时的电流为1.0A，根据串联电路电压的规律知小灯泡正常发光时滑动变阻器两端的电压为，滑动变阻器接入电路的阻值为，故B错误；
C．当电流表的示数I=0.8A时，由图像可知，灯泡两端的电压，则小灯泡的电功率，故C错误；
D．当电压表的示数为2V时，由图像可知，电路中的电流，整个电路10s内消耗的电能，故D正确。故选D。
20．如图中所示的电路， 电源电压保持不变， R0 为定值电阻， 闭合开关 S，滑动变阻器 R 的滑片 P 从 a 端滑到 b 端的过程中， 电流表和电压表示数变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．电源电压为8V B．定值电阻R0的阻值为20Ω
C．整个电路消耗的最大功率为0.5W D．滑片P在b端时，2min 内R0 消耗的电能为12J
【解答】AB、由电路图可知，当滑片P位于a端时， 电路为R0的简单电路，电压表测电源的电压，电流 表测电路中的电流，且此时电路中的电流最大；
由图像可知电路中的最大电流0.6A时，根据欧姆定律可知，电源电压：U＝0.6A×R0——①
当滑片P位于b端时，定值电阻R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，由图像可知，电路中的最小电流0.2A，电压表示数为5V，根据串联电路电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝0. 1A×R0+5V——②，联立①②可得：R0＝10Ω，U＝6V，故AB错误；
C、由于电路的最大电流为0.6A，所以电路消耗的最大功率：Pmax＝UImax＝6V×0.6A＝3.6W，故C错误；
D、滑片P在b端时，2min内R0消耗的电能W＝I2R0t＝(0. 1A) 2 ×10Ω×2×60s＝12J，故D正确。故选：D。
二.填空题（每空1分，共18分）
21.当代年轻人的一种焦虑叫做手机电量焦虑，如图是用充电宝同时给三部手机同时充电的情景，则这三部手机是______（选填“串联”或“并联”）的。若拔掉其中一部手机则通过充电器的总电流将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【解析】三合一充电器可以同时给三部手机充电，由于将其中的任意一部手机拔掉停止充电时，另外两部手机充电不受影响，所以这三部手机之间是并联的。
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，因此，若拔掉其中一部手机，少了一条支路的电流，其它支路上的电流不变，则总电流将变小。
故答案为：并联；变小
22.图1是电阻甲、乙的I-U图像，图2、图3是它们的部分电路连接示意图。若图2中的电压U0=3V，则此时乙的电阻为________Ω；若图3中的电压U=2V，则此时干路电流为________A。
【解析】（1）由图2可知，两电阻串联，由图1可知，当电路中的电流I=0.2A时，U甲
=1V，
U乙=2V，满足总电压U0为3 V，可得此时乙的电阻；
（2）图3中，两电阻并联，并联电路各支路两端的电压相等，由图1可知，当电阻两端的电压U=2V时，I甲=0.4A，I乙=0.2A，则干路总电流为I=I甲+I乙=0.4A+0.2A=0.6A。
故答案为：10；0.6
23.2022年6月5日，神舟十四号载人飞船与空间站完成自主对接，为减小对接过程中的震动以保证安全，飞船内置了电磁阻尼器，它由磁铁和线圈构成（如图所示），当线圈水平向左运动时，线圈的ab边中会产生电流，同时ab边受到向右的阻力F，以阻止其靠近。
（1）线圈ab边中产生电流是因为其发生了________现象；
（2）若要改变阻力F的方向，可采取的措施有：________。
【解析】（1）当线圈水平向左运动时，切割磁感线，产生感应电流，所以线圈ab边中产生电流是因为其发生了电磁感应现象。
（2）当线圈的ab边中有电流时，ab边受到向右的阻力F，由于通电导线在磁场中受力的作用，力的方向与磁场方向和导体中电流方向有关，所以可以通过调换磁极方向，改变阻力F的方向。
故答案为：（1）电磁感应 （2）调换磁体的磁极方向
24．2022年2月北京冬奥会上用到很多物理知识，“北斗+5G”技术是利用 传输信息；人工造雪使用“雪炮”式造雪机，利用高压空气将水流打碎成雾状喷出，这些水雾遇到寒冷的空气快速 成冰晶，形成人造雪；冰壶运动员通过擦冰使冰面 成一层水膜，从而减小摩擦力，使冰壶的滑行距离更长，并改变冰壶的运行轨迹。（后两个空填物态变化名称）
【解析】（1）“北斗+5G”技术是利用电磁波传输信息；
（2）人工造雪使用“雪炮”式造雪机，利用高压空气将水流打碎成雾状喷出，这些水雾遇到寒冷的空气快速凝固成冰晶，形成人造雪；
（3）冰壶运动员通过擦冰使冰面熔化成一层水膜，从而减小摩擦力，使冰壶的滑行距离更长，并改变冰壶的运行轨迹。
故答案为：电磁波；凝固；熔化。
25．如图所示，水蒸气冲起塞子的过程与四冲程汽油机的 冲程的能量转化相同。某单缸四冲程汽油机正常工作时飞轮的转速为2400r/min，则它每秒对外做功 次。
【解析】（1）如图所示，水蒸气冲起塞子过程中，水蒸气的内能转化为塞子的机械能；四冲程汽油机的做功冲程中将内能转化为机械能，故与汽油机的做功冲程的能量转化为相同。
（2）单缸四冲程汽油机正常工作时飞轮的转速为2400r/min＝40r/s，即每秒飞轮转40圈，由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以该汽油机每秒对外做功20次。
故答案为：做功；20。
26．将标有“6V 9W”阻值不变的小灯泡L与阻值为6Ω的定值R0接入如图所示的电路。闭合开关S，电压表的示数为6V，则电流表的示数为 A，电源电压为 V。
【解析】（1）由电路图可知，R0与灯泡L串联，电压表测量R0两端的电压，电流表测电路中的电流；则电路中的电流。
（2）根据可知：灯泡电阻。根据欧姆定律和串联电路电压的特点可得：电源电压：U＝I（R0+RL）＝1A×（6Ω+4Ω）＝10V；
故答案为：1；10。
27. 如图所示的电路，开关S接到a后，电磁铁左端为_____极，小磁针静止时，A端是_____极；将开关S由a拨到b，调节滑动变阻器，使电流表示数不变，则电磁铁的磁性_____（选填“增强”、“不变”或“减弱”）。

【解析】（1）如图所示的电路，开关S接到a后，根据安培定则判断，右手握住螺线管，四指弯曲指向电流的方向，则大母指的指向即为螺线管的磁场方向，即大母指所指的右端为N极，则电磁铁左端为S极；
（2）小磁针静止时，根据同名磁极排斥、异名磁极吸引的规律可知，A端应是S极；
（3）将开关S由a拨到b，调节滑动变阻器，使电流表示数不变，即电流不变，而线圈的匝数减少了，所以电磁铁的磁性会减弱。
故答案为：①. S ②. S ③. 减弱
28．已知电风扇线圈的电阻为20Ω，若加在该电风扇的电压为220V，此时通过的电流为1A，则电风扇的电功率为 W，电风扇连续工作10min产生的热量为 J。
【解析】（1）电风扇的电功率：P＝UI＝220V×1A＝220W；
（2）通电10min，电风扇产生的热量：Q＝I2Rt＝（1A）2×20Ω×10×60s＝12000J。
故答案为：220；12000。
三.作图与实验探究（29题2分，30题4分，31题6分，32题5分，33题7分，共24分）
29．如图所示，是小磁针放在通电螺线管左端静止时的情形，请判断并在合适的位置标出电源的正极和图中通电螺线管上方磁感线的方向。

【解析】根据磁极间的作用可以判断通电螺线管的左端是N极，右端为S极，根据安培定则，可以判断电流从螺线管的右端进入，从左端流出，所以电源的右端是正极，左端是负极。且在磁体外部，磁感线从N极出发回到S极，即磁感线方向是向右的，如图所示：
30．某学习小组在“探究通电导体中电流与电阻的关系”的实验中，小南连接了如图甲所示的电路(电源电压保持6V 不变)。实验用到的电阻阻值分别为 5Ω 、10Ω 、15Ω 、20Ω 、25Ω。
(1) 请将图甲连接完整，要求滑动变阻器滑片向左移动时电阻变大。
(2)闭合开关后，同学们发现， 无论怎样调节滑动变阻器的滑片，电压表始终没有示数，电流表示数比较大。 经检查，电表无故障，原因可能是 。
(3) 实验中多次改变 R 的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如 图乙所示的电流 I 随电阻 R 变化的图象。
(4) 实验中， 小南用 5Ω 的电阻做完实验后， 断开开关， 换成 10Ω 的定值电阻，闭合开关， 应向 (选填左或右) 移动滑片，使电压表示数为 V 时，再读出电流表的示数。
【解析】 (1)滑动变阻器滑片向左移动时电阻变大，故滑动变阻器选用右下接线柱与开关串联在电路中， 如下图所示：
；
(2)闭合开关后，同学们发现， 电流表示数比较大，说明电路是通路，且电路中阻值较小；无论怎样调节滑动 变阻器的滑片，电压表始终没有示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路或电压表断路，经检查， 电表无 故障， 即原因可能是 R 短路；
(4) 由图乙可知， 定值电阻两端电压为 UV＝IR＝0.5A×5Ω＝···＝0. 1A×25Ω＝2.5V；
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，故应向左移动滑片， 使电压表示数为 2.5V 时， 再读出电流表的示数。
故答案为：(1) 见解答图；(2) R短路；(4) 左； 2.5。
31．如图甲是探究“冰熔化时温度变化规律”实验中某时刻温度计的示数，图乙是根据实验数据画出的图像。
（1）图甲所示温度计的示数是 ℃。
（2）由图乙可知，冰在熔化过程中吸热，温度 （选填“升高”、“不变”或“降低”），第7min处于 态（选填“固”“液”或“固液共存”）。
（3）实验中收集多组数据是为了 （选填“A”或“B”）。
A.寻找普遍规律 B.减小实验误差
（4）B点的内能 （选填“大于”、“小于”或“等于”）C点的内能。
（5）由图乙可知，在加热相同时间的情况下，AB段温度变化比CD段温度变化大，说明冰的比热容比水的比热容 （选填“大”或“小”）。
【解答】解：（1）由图甲可知，温度计的分度值为1℃，液柱在0℃上方，所以示数为3℃；
（2）由图乙可知，冰在熔化过程吸热，温度保持不变；第7min冰处于熔化过程中，所以此时是固液共存态；
（3）冰熔化的实验属于探究型实验，所以收集多组数据是为了得到可靠普遍的规律，故选A；
（4）冰由图像的B点变化到C点时吸收热量，温度不变，则物质在C点的内能大于在B点的内能；
（5）从图象上来看，AB段比CD段温度升高的要快些，由于水在固态和液态时质量不变，加热方式不变，可知冰的比热容小。
故答案为：（1）3；（2）不变；固液共存；（3）A；（4）小于；（5）小。
32．某同学在做“测量小灯泡的电阻”实验时，选取两节干电池作为电源，使用的小灯泡额定电压为2.5V。
（1）闭合开关，他发现灯泡不发光，电流表示数不为零，电压表示数为零，则该故障可能是小灯泡 。
（2）故障排除后，甲同学闭合开关，调节滑动变阻器，实验中观察到的现象和测量的数据记录如表：
序号
1
2
3
4
5
发光情况
明亮
较亮
较暗
暗
不发光
电压U/V
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
电流I/A
0.22
0.20
0.14
0.12
电阻R/Ω
11.4
10.0
7.0
4.7
当电压表的示数为1.5V时，电流表的示数如图2所示为 A，此时小泡的电阻为 Ω（结果保留一位小数），在此基础上，若要使灯泡正常发光，他应将图1中滑片P向
（填“A”或“B”）端移动。
（3）利用本实验器材 （填“能”或“不能”）探究电流与电压关系。
【解析】（1）闭合开关，发现灯泡不发光，电流表示数不为零，说明电路通路，电压表示数为零，说明电压表与导线并联接入电路，则该故障可能是小灯泡短路；
（2）图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.18A，根据欧姆定律可得此时灯泡的电阻：；
此时灯泡两端的电压小于灯的额定电压2.5V，要使灯泡正常发光，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律可知应减小变阻器的电压，由串联分压原理可知应减小变阻器连入电路中的电阻，故滑片向B端移动；
（3）探究电流与电压关系时需控制电阻不变，而灯泡的电阻是变化的，所以利用本实验器材不能探究电流与电压关系。
故答案为：（1）短路；（2）0.18；8.3；B；（3）不能。
33.小丽在“测量小灯泡的电功率”实验中，实验器材有：电压恒为3V的电源一个、小灯泡（额定电压为2.5V）、电压表、电流表、滑动变阻器、开关各一个，导线若干。
（1）如图甲所示是小丽连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的连线；
（2）连接电路过程中，开关应该 （选填“断开”或“闭合”），滑动变阻器的滑片应该移动到 （选填“最左”或“最右”）端；
（3）正确连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，则电路的故障可能是 ；（填选项符号）
A．灯泡短路 B．灯泡断路 C．滑动变阻器短路 D．滑动变阻器断路
（4）电路故障排除后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，电流表指针如图乙所示，则此时通过小灯泡的电流是 A；
（5）小丽根据记录的多组I-U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图像（如图丙所示），则小灯泡的额定功率为 W。
【答案】（1） （2）断开 最左 （3）B （4）0.14 （5）0.625
【解析】（1）[1]由图甲可知，电压表串联在电路中，而电流表并联在小灯泡两端，此时灯泡被短路
（2）[2][3]连接电路时，为了保护电路，开关应断开，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，即滑动变阻器的滑片应移到最左端。
（3）[4]闭合开关后，发现灯泡不亮，电流表无示数，说明电路中可能存在断路，而电压表有示数，说明灯泡断路，此时电压表直接串联进电路，测量电源电压，故ACD不符合题意，B符合题意，故选B。
（4）[5]由图乙可知，电流表选择小量程，分度值为0.02A，故电流表示数为0.14A。
（5）[6]由图丙可知，小灯泡的额定电流为I=0.25A，故由P=UI可得，小灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.25A=0.625W。
四.计算题（每题9分，共18分）
34. 小明家安装了天然气热水器，每次可将20kg、20℃的水加热到60℃作为生活用热水，需燃烧0.1m3天然气。已知天然气的热值q=4.2×107J/m3，水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求：（1）20kg、20℃的水加热到60℃需吸收的热量；（2）完全燃烧0.1m3天然气放出的热量；（3）天然气热水器的热效率。
【答案】（1）3.36×106J；（2）4.2×106J；（3）80%
【解析】（1）20kg、20℃的水加热到60℃需要吸收的热量
。
（2）完全燃烧0.1m3的天然气放出的热量。
（3）天然气热水器的热效率。
答：（1）20kg、20℃的水加热到60℃需吸收的热量为3.36×106J；
（2）完全燃烧0.1m3天然气放出的热量为4.2×106J；
（3）天然气热水器的热效率为80%。
35.如图甲所示为一款具有加热和保温功能的榨汁机，其内部电路简化示意图如图乙所示，R1和R2为加热电阻，该榨汁机的部分参数如表所示。求：
榨汁机部分参数表
额定电压
220V
加热功率
440W
（1）R2阻值为多少？
（2）榨汁时电动机正常工作电阻为1Ω，电动机工作10min因发热消耗的电能是多少？
（3）榨汁机的热效率是50%，杯子中盛有果汁500g，使其温度升高20℃，榨汁机需要加热200秒，求榨汁机实际加热功率是多大？【c果汁＝4×103J/（kg•℃）】
【解答】解：（1）开关S2、S3闭合时电路为R1的简单电路，总电阻较小，电源电压不变，根据可知总功率较大，榨汁机处于加热状态，由可知；
由电路图可知，开关S2闭合、S3断开时R1与R2串联，总电阻较大，电源电压不变，根据可知总功率较小，榨汁机处于保温状态，根据可知，R2＝R串﹣R1＝550Ω﹣110Ω＝440Ω；
（2）根据P＝UI知仅榨汁时正常工作的电流为：，
电动机工作10min因发热消耗的电能为：Q＝I2R电动机t＝（0.3A）2×1Ω×10×60s＝54J；
（3）杯子中盛有果汁的质量：m＝500g＝0.5kg，
杯子中果汁吸收的热量：Q吸＝c果汁m△t＝4×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝4×104J，
榨汁机的热效率是50%，则消耗的电能，榨汁机实际加热
榨汁功率
66W
保温功率
88W
功率。
答：（1）R2阻值为440Ω；
（2）榨汁时电动机正常工作电阻为1Ω，电动机工作10min因发热消耗的电能是54J；
（3）榨汁机实际加热功率是400W。