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2023-2024学年河北省邢台市九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年河北省邢台市九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列数据最接近真实值的是( )
A. 家用电冰箱的电流约0.1AB. 一节新干电池的电压约为2V
C. 微波炉的额定功率约为1200WD. 家用节能灯工作一晚消耗电能约1度
2.关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A. 固体分子间没有空隙
B. 物体的温度越高，构成物体的大量分子做无规则运动越剧烈
C. 通过扩散现象能够观察液体分子的运动
D. 病毒随飞沫传播过程是杂乱无章的分子运动
3.关于燃料的热值，以下说法中正确的是( )
A. 燃料燃烧时，质量越大，热值越大
B. 燃料不完全燃烧时的热值比完全燃烧时的热值小
C. 燃烧1kg某种燃料放出的热量叫这种燃料的热值
D. 相同质量的不同燃料，完全燃烧时热值大的放出的热量多
4.关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( )
A. 对物体做功，物体的内能一定增大
B. 热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
C. 晶体在熔化过程中，持续吸热，温度不变，内能不变
D. 在相同物态下，同一物体温度降低，它的内能会减少
5.关于欧姆定律，下列说法中正确的是( )
A. 欧姆定律是通过推导得出的规律
B. 欧姆定律反映出了导体电阻跟电流和电压之间的关系
C. 欧姆定律中的I、U和R反映的是同一段电路中同一时刻的电流、电压和电阻关系
D. 由欧姆定律变形得U=IR，说明在导体电阻一定时，导体两端的电压U跟电流成正比
6.下列用电器在正常工作时消耗相同的电能，产生热量最多的是( )
A. 洗衣机B. 电暖气
C. 电视机D. 电风扇
7.用带指示灯的开关控制阳台的电灯；闭合开关，两灯都亮；断开开关，两灯都灭。使用过程中发现：指示灯因断路不亮，电灯照常发亮。下列连接方式符合上述现象的是( )
A. B.
C. D.
8.如图所示是小明家的电能表。关于该电能表的以下说法中正确的是( )
A. 电能表是测量电功率的仪表
B. 这个电能表的额定功率为2200W
C. 每工作1h，电能表的圆盘转3600转
D. 小明家中2000W的电饭煲和1500W的空调不可以同时正常工作
9.新型智能手机无线充电技术应用了电磁感应原理，当交变电流通过充电底座中的线圈时，线圈产生磁场，带有金属线圈的智能手机靠近该磁场(如图)就能产生电流，通过“磁生电“来实现充电。下列设备也是利用“磁生电”原理工作的是( )
A. 扬声器B. 动圈式话筒C. 电烙铁D. 电磁起重机
10.如图甲所示，电源电压恒为6V，R为热敏电阻，其阻值随温度变化如图乙所示，R0是阻值为20Ω的定值电阻，闭合开关S，通过分析，下列说法错误的是( )
A. 图甲中的R0有保护电路的作用
B. 热敏电阻阻值随温度升高而减小
C. 温度为40℃时，电流表的示数为0.3A
D. 温度降低时，电流表的示数变小，电压表的示数变大
11.甲用电器标有“220V 100W”，乙用电器标有“220V 40W”，它们都在额定电压下工作，则下列判断中正确的是( )
A. 甲用电器做功一定多B. 做相同的功，甲用电器用的时间一定少
C. 乙用电器做功一定快D. 相同时间内，乙用电器做的功一定多
12.一个标有“220V600W”的电炉，想把它接在110伏的电源上使用，而保持原来的电功率不变，下列采取的措施中，正确的是( )
A. 把电炉丝截去一半B. 把电炉丝截成等长的两段再并联
C. 找一根同样的电炉丝跟原来的串联D. 找一根同样的电炉丝跟原来的并联
二、多选题：本大题共3小题，共9分。
13.如图所示，是智能扶手电梯的原理图，其中R是压敏电阻。电梯上无乘客时，电动机转动变慢，使电梯运动变慢；电梯上有乘客时，电动机转动变快，使电梯运动变快。下列说法正确的是( )
A. 电磁铁上端是S极B. 电磁继电器与发电机工作原理相同
C. 电梯上无乘客时，衔铁与触点1接触D. 电梯上有乘客时，压敏电阻R的阻值减小
14.如图甲、乙所示相同容器中装了质量都为3kg的纯净水，用不同电加热器加热，(忽略散热损失)得到如图丙所示的水温与加热时间的图象，已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，设加热器的加热效率相同。下列说法正确的是( )
A. 加热相同时间，两杯水吸收的热量相同
B. 沸腾前吸收相同的热量，甲杯中水的末温比乙杯的高
C. 加热3min时，乙容器中的水吸收热量为2.52×105J
D. 加热器1和加热器2的功率之比9：4
15.如图甲所示，电源电压保持不变。电流表A的量程为0∼0.6A，电压表V1、V2的量程均为0∼3V，滑动变阻器的规格为“50Ω，2A”，小灯泡的额定电压为2.5V。滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数为1.5V。在保证电路各元件安全的最大范围内调节滑片P，其中一只电压表与电流表示数的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 电源电压为4VB. 电压表V1的示数变化范围为1.5∼3V
C. 滑动变阻器的取值范围是3∼50ΩD. 小灯泡的功率范围为0.1∼1.25W
三、填空题：本大题共6小题，共30分。
16.小丽用气球在头发上蹭几下，头发就随着气球飘起来，这表明摩擦后头发丝和气球带上了______电荷，由于这两种电荷互相______使头发随气球飘起来。
17.如图甲所示，静止在通电螺线管周围的小磁针，指向正确的是______(填“①”“②”或“③”)。如图乙所示，闭合开关S，发现导体AB向左运动；把磁体两极对调放置，闭合开关S，发现导体AB向右运动，这个现象说明通电导体在磁场中所受力方向与______方向有关。改变导体运动方向的另一个方法是只改变______方向。
18.如图甲所示，当塞子从试管口喷出时，管内水蒸气的内能______(选填“增大”“减小”或“不变”)，水蒸气的内能转化成塞子的______能。如图乙所示，在厚壁玻璃筒中放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，硝化棉就会燃烧起来，该能量转化与热机的______冲程的能量转化方式一致。
19.一个定值电阻的阻值为10Ω，使用时流过的电流是200mA，则加在这个定值电阻两端的电压是______ V，通电10min，电流做了______ J的功；当两端电压增大为3V时，它的电阻是______Ω。
20.如图所示是“探究电流通过导体产生热量的多少跟什么因素有关”的实验装置。若探究电流通过导体产生热量与电流的关系，实验应选择______(选填“甲”或“乙”)装置。如果甲装置中通过5Ω电阻丝的电流为0.3A，则甲装置中10Ω电阻丝在1min内产生的热量是______ J。
21.如图所示电路中，由于接线柱接触不良导致电路发生了断路故障。若电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上。现通过接入一个电表来判断故障。
①应选择如下方案______。
A.将一个电流表接入到Q点
B.将一个电压表接入到QM之间
C.将一个电压表接入到MN之间
②请写出选择方案后，闭合开关S后的操作、电表的示数变化情况及其对应的故障：______。
四、实验探究题：本大题共2小题，共12分。
22.如图1所示，小明探究“影响导体电阻大小因素”的实验，保持电源电压不变，在电路中分别接入不同的电阻丝，规格如表所示：
(1)选用a、b两根电阻丝进行实验，可以探究导体电阻大小与______的关系。
(2)小明用一根白炽灯的钨丝替换a接入电路，并用酒精灯加热，发现电流表示数不断变化，得出导体的电阻还跟______有关的结论。
(3)如图2甲所示为可调节亮度的台灯，图乙为其用于调光的电位器结构图，a、b、c是它的三个接线柱，a、c分别与弧形电阻体的两端相连，b与金属滑片相连，转动旋钮，滑片在弧形电阻体上滑动即可调节灯泡亮度。
①电位器是通过改变接入电路的电阻体的______来改变其接入电路的电阻大小的。
②若只将b、c接入电路，顺时针转动旋钮时，灯泡亮度将______(选填“变亮”、“变暗”或“不变”)。
23.小明同学使用可调电压的电源，四个定值电阻(阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω、25Ω)、电压表、电流表、标有“20Ω1A”的滑动变阻器、开关、导线等器材探究“电流和电阻的关系”。
(1)小明连接如图甲所示电路，检查电路发现有一条导线连接错误，请在图甲中错误导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。
(2)排除故障后，当接入5Ω定值电阻时，调节滑动变阻器的滑片到某位置，电流表的示数如图乙所示为______ A。依次更换定值电阻进行实验，当接入20Ω电阻时，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持______ V不变，此时滑动变阻器阻值恰好达到最大。
(3)将20Ω的电阻更换成25Ω的电阻时，为完成实验，应该将电源电压调______(填“大”或“小”)，使电压表示数恢复到控制电压。通过分析实验数据得出结论：在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成______比。
(4)小明在完成上述实验后，想测量小灯泡两端电压为U0(U0①只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器的滑片P，使电压表示数为______时，小灯泡 L正常发光。
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关S、S2，读出电压表示数为U1，接着调节滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为______，则小灯泡 L两端电压达到U0；
③接着断开开关S2，闭合开关S1，读出电压表示数为U2；
④小灯泡L两端电压为U0时的电阻表达式为R=______(用所测物理量字母和已知物理量字母表示)。
五、计算题：本大题共2小题，共13分。
24.某品牌电热养生壶有低温、中温、高温三个挡位，可以满足人们对精细烹饪和营养量化等功能的需求。其简化电路图如图所示，铭牌如表所示，R1、R2为阻值不变的电热丝。当S1闭合，S2断开，S3接A时，养生壶处于低温挡工作状态；当S1、S2闭合。S3接A时，养生壶处于中温挡工作状态。在额定电压下求：
(1)电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流；
(2)R2的阻值；
(3)若养生壶高温挡加热效率为75%，某次将初温是27℃的水加热到60℃用时7min，则水的质量是多少？[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
25.如图所示电路，电阻R1的阻值为20Ω，闭合开关后，电流表示数为0.6A。
(1)求电源电压U；
(2)若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.5A，求R2的阻值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、家用电冰箱的电流约1A，故A错误；
B、一节新干电池的电压约为1.5V，故B错误；
C、微波炉有不同规格，额定功率约为1200W，故C正确；
D、家用节能灯的电功率约为20W，工作一晚消耗电能W=Pt=20W×10h=0.02W×10h=0.2kW⋅h=0.2度，故D错误。
故选：C。
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】B
【解析】解：A、固体分子间有空隙，故A错误；
B、分子的无规则运动与温度有关，物体的温度越高，构成物体的大量分子做无规则运动越剧烈，故B正确；
C、通过扩散现象能够说明液体分子的运动，人眼看不到分子的运动，故C错误；
D、病毒随飞沫不是分子，其传播过程不是分子运动，故D错误。
故选：B。
物质是由分子或原子组成的，组成物质的分子间存在间隙，分子不停地做无规则运动，分子间存在相互作用的引力和斥力。
本题考查了学生对分子动理论的认识，属于基础题目。
3.【答案】D
【解析】解：AB、热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关，故AB错误；
C、1千克某种燃料完全燃烧时放出的热量，叫做这种燃料的热值，故C错误；
D、由燃料完全燃烧放热公式Q=mq可知，相同质量的不同燃料，完全燃烧时热值大的放出的热量多，故D正确。
故选：D。
(1)(2)(3)1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值，热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；
(4)燃料完全燃烧放热公式Q=mq。
本题考查了对燃料热值的理解，要求学生知道燃料热值的大小，只与物质的种类有关，与质量、温度、燃烧放热情况无关。
4.【答案】D
【解析】解：A、对物体做功，物体的内能不一定增加，比如用力提升重物时，物体的质量、温度和状态均不变，此时物体的内能不变，而机械能增大了，故A错误；
B、两个物体间发生热传递时，热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，故B错误；
C、晶体在熔化过程中，持续吸热，温度不变，但内能变大，故C错误；
D、在相同物态下，同一物体的温度降低，则物体的内能会减少，故D正确。
故选：D。
(1)对物体做功，可以改变物体的内能，但不是一定改变物体的内能；若机械能没有转化为内能，则物体的内能不变；
(2)发生热传递时，热量总是从高温物体传递到低温物体，或者从物体的高温部分传递到低温部分；
(3)晶体熔化时，吸收热量，温度不变，但内能变大；
(4)内能的大小与物体的质量、温度、状态等因素有关。
此题考查了物体内能大小的影响因素、物体内能的变化、热传递发生的条件等，是一道综合题。
5.【答案】C
【解析】解：A、欧姆定律是通过实验结果归纳得出的，而不是推导出的规律，故A错误；
B、欧姆定律反映出了导体中的电流与导体的电压和电阻之间的关系，电阻的大小与电流和电压的大小无关，故B错误；
C、欧姆定律中的I、U和R反映的是同一段电路中的电流、电压和电阻关系，故C正确；
D、由欧姆定律变形得U=IR，说明在导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压U成正比，故D错误。
故选：C。
欧姆定律的内容：一段导体中的电流跟这段导体两端的电压成正比，跟这段导体的电阻成反比。欧姆定律是通过实验归纳得出的。
电阻是导体本身的一种属性，与材料、长度、横截面积、温度有关，与导体两端的电压和通过的电流无关。
理解欧姆定律的含义，熟练掌握电流与电阻、电压的关系，知道影响电阻大小的因素，并且知道导体的电阻与导体两端的电压和通过的电流无关，但可以根据欧姆定律计算出电阻的大小。
6.【答案】B
【解析】解：用电器工作时将电能转化为其他形式的能量，电暖气工作时将电能全部转化为内能；洗衣机工作时，主要将电能转化为机械能；电风扇工作时主要把电能转化为机械能，只有一少部分转化为内能；电视机工作时，电能转化为声能、光能等其他形式的能，只有一少部分转化为内能；
由此可知，消耗相同的电能，产生热量最多的是电暖气。
故选：B。
分析各用电器的工作情况，即各用电器在工作时主要是将电能转化为什么能；电饭锅、电热毯、电水壶、电暖气等用电器是纯电阻用电器，工作时将电能全部转化为内能。
本题考查了用电器工作时能量的转化问题，知道各用电器的工作原理和能量转化的方向是正确解题的关键。
7.【答案】C
【解析】解：闭合开关，两灯都亮；断开开关，两灯都灭，这说明开关能同时控制两盏灯；指示灯因断路不亮，电灯照常发亮，这说明电灯与指示灯是并联的，为了用电的安全，开关应接在用电器和火线之间，根据选项的电路图可知，C正确。
故选：C。
本题考查了用电器的连接方式，难度不大；
闭合开关，两灯都亮；断开开关，两灯都灭，这说明开关能同时控制两盏灯；指示灯因断路不亮，电灯照常发亮，这说明电灯与指示灯是并联的，再根据正确的家庭电路连接方式即可。
8.【答案】D
【解析】解：A、电能表是测量消耗电能的仪表，故A错误；
B、电流通过电能表不做功，电功率为0，没有额定功率，故B错误；
C、3600r/kW⋅h表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3600r，不一定是在1h内，故C错误；
D、由图知，电能表的工作电压是220V，电能表平时工作允许通过的最大电流为10A，小明家同时使用的用电器最大总功率：P最大=UI最大=220V×10A=2200W，2000W的电饭煲和1500W的空调不可以同时正常工作，故D正确。
故选：D。
(1)电能表是测量消耗电能(电功)的仪表；电流通过电能表不做功；
(2)3600r/kW⋅h表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3600r；
(3)“220V 10A”中220V是指电能表的工作电压，10A是指电能表同时工作允许通过的最大电流，利用P=UI求小明家电路允许使用的最大总电功率。
本题考查电能表的作用、电功率的计算，明确电能表相关参数的含义是本题的关键。
9.【答案】B
【解析】解：从题意中知道，手机中的线圈，能将底座产生的变化的磁场转化为电流给手机电池充电，是利用电磁感应原理工作的；
A、扬声器是利用通电导体受到磁场力的作用工作的，故A不符合题意；
B、动圈式话筒是利用闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动能够产生感应电流，是电磁感应现象，故B符合题意；
C、电烙铁是利用电流的热效应工作的，故C不符合题意；
D、电磁起重机是利用电流的磁效应工作的，故D不符合题意。
故选：B。
无线充电器是指利用电磁感应原理进行充电的设备，原理类似于变压器。在发送和接收端各有一个线圈，发送端线圈连接有线电源产生电磁信号，接收端线圈感应发送端的电磁信号从而产生电流给电池充电；分析各图中实验原理分析解答。
本题主要考查了电磁现象中几个实验的掌握情况，知道无线充电器的原理是解题的关键。
10.【答案】C
【解析】解：
AB、由图乙而知，当温度升高时，热敏电阻R的阻值会变小，即热敏电阻阻值随温度升高而减小，故B正确；
由图甲可知，R与R0串联在电路中；当热敏电阻的阻值随温度的升高而减小时，电路中的电流增大，若没有R0，则电路中电流可能会超过电流表的量程，因此R0起到保护电路的作用，故A正确；
C、由图乙可知，温度为40℃时，热敏电阻的阻值为R=20Ω，
则电流表示数I=UR+R0=6V20Ω+20Ω=0.15A，故C错误；
D、由图乙可知，温度降低时，热敏电阻的阻值增大，则总电阻增大，电流表示数变小，根据串联电路的分压特点可知热敏电阻的分压增大，即电压表的示数增大，故D正确。
故选：C。
(1)根据图甲中的电路连接方式，由图2可知，热敏电阻随温度的升高而减小，此时电路中的电流会增大，据此分析；
(2)温度升高时，由图乙分析热敏电阻的变化；
(3)由图2中的数据，根据串联电路的特点进行计算；
(4)温度降低时，热敏电阻的阻值增大，根据欧姆定律可知电流表示数变化，根据串联电路的特点即可判断电压表的示数变化。
本题考查串联电路的特点，要理解欧姆定律，掌握欧姆定律的变形应用。
11.【答案】B
【解析】解：额定电压下，甲用电器的电功率为100W，乙用电器的功率为40W。
AC、由W=Pt可知，电流做功的多少与通电时间有关，故AC不正确；
B、根据t=WP可知，完成相同的功，甲用电器所用的时间一定少，故B正确；
D.根据W=Pt可知，相同时间内，甲用电器完成的功一定多，故D不正确。
故选：B。
(1)电功率是表示电流做功快慢的物理量；
(2)额定电压下用电器的功率和额定功率相等，根据W=Pt比较电功和时间之间的关系。
本题考查了学生对电功率物理意义和电功公式的理解与掌握，关键是知道额定电压下用电器的实际功率和额定功率相等。
12.【答案】B
【解析】解：A、电压变为额定电压的一半，将电炉丝截去一半，电阻阻值变为原来的12，由P=U2R可知，电功率变为原来12，故A错误；
B、电压变为额定电压的一半，把电炉丝截成等长的两段再并联，电阻变为原来的14，由P=U2R可知，电功率保持不变，故B正确；
C、电压变为额定电压的一半，找一根同样的电炉丝跟原来的串联，电阻变为原来的2倍，由P=U2R可知，电功率变为原来的18，故C错误；
D、电压变为额定电压的一半，找一根同样的电炉丝跟原来的并联，电阻变为原来的12，由P=U2R可知，电功率变为原来的12，故D错误；
故选：B。
由电功率公式P=U2R可知：当实际电压变为额定电压的一半时，实际电压的平方就变为额定电压平方的14，要想电功率不变化，电阻阻值就要减小为原来阻值的14。
本题考查电功率的计算以及影响电阻大小的因素，掌握串并联电阻规律、选用公式P=U2R分析是解题的关键。
13.【答案】ACD
【解析】解：A、如图，当闭合开关时，电流从电磁铁的上端进入，根据安培定则可以判断电磁铁的下端是N极，上端是S极，故A正确。
B、电磁铁是通电流之后具有磁性，断电流时没有磁性，是根据电流的磁效应工作的，发电机是根据电磁感应原理工作的，原理不同，故B错误。
CD、当没有人乘梯时，电动机转速减慢减少耗电，说明电动机两端的电压减小，电动机和定值电阻R1串联在电路中，说明衔铁被弹簧拉起，衔铁和上面的静触头1接通，此时控制电路中的磁性较弱，电路中电阻较大，所以压敏电阻的阻值较大；当有人乘坐电梯时，电动机转速较快，电动机两端的电压较大，只有电动机接入电路，衔铁被电磁铁吸引，衔铁和下面的静触头2接通，说明电磁铁的磁性较大，控制电路的电流较大，压敏电阻的阻值较小，可以判断压敏电阻的阻值R随着压力的增大而减小，故CD正确。
故选：ACD。
(1)知道电流方向根据安培定则判断电磁铁的磁极。
(2)发电机的原理是电磁感应，电磁铁的原理是电流磁效应。
(3)(4)首先明确是否有人乘坐电梯，工作电路谁在工作，动触头和哪个静触头连接，分析电磁铁磁性的变化，分析压敏电阻的变化。
此题通过人们日常生活中常用的电梯，考查了电磁继电器原理、欧姆定律、电磁铁磁性强弱影响因素、安培定则、发电机原理等等，基本上把电磁部分的知识点都包括了。
14.【答案】CD
【解析】解：A、实验中，用不同加热器加热，相同时间内两加热器放出的热量不同，所以相同时间内两杯水吸收的热量不同，故A错误；
B、两杯水的质量相同，吸收相同的热量时，水的比热容不变，根据Δt=Q吸cm可知，两杯水升高的温度应相同，由图知甲杯中水的初温低，则此时甲杯中水的末温比乙杯的低，故B错误；
C、由图象还可知，水的温度变化随时间的增加而均匀升高，
所以，加热3min时，乙容器中水升高的温度：Δt乙=20℃；
此时甲容器中的水吸收热量：Q吸=c水mΔt乙=4.2×103J/(kg⋅℃)×3kg×20℃=2.52×105J，故C正确；
D、两容器中水的质量相同，设为m，
由图丙可知，加热2min时，甲容器中水升高的温度：Δt甲=40℃−10℃=30℃，
则甲容器中水吸收的热量：Q吸1=c水mΔt甲=c水m×30℃；
加热3min时，乙容器中水升高的温度：Δt乙=40℃−20℃=20℃，
则乙容器中水吸收的热量：Q吸2=c水mΔt乙=c水m×20℃；
忽略散热损失，加热器的加热效率相同，
即ηQ放1=Q吸1=c水m×30℃，ηQ放2=Q吸2=c水m×20℃，
所以两加热器放出热量之比为Q放1：Q放2=c水m×30℃c水m×20℃=3：2，
两加热器的加热时间之比为t1：t2=2min：3min=2：3，
则加热器1和加热器2的功率之比：P1P2=Q放1t1Q放2t2=Q放1Q放2×t2t1=32×32=94，故D正确。
故选：CD。
(1)由题知，用不同的加热器进行加热，则在相同的时间内加热器放出的热量不同，说明在相同的时间内两杯水吸收的热量不同；
(2)两杯水的质量相同，吸收相同的热量时，根据Δt=Q吸cm可判断两杯水升高的温度的关系；
(3)由图可知水的温度变化随时间的增加而均匀升高，据此判断加热3min时乙容器中水升高的温度，已知水的质量和比热容，利用Q吸=cmΔt计算此时乙容器中的水吸收热量；
(4)两容器中水的质量相同，设为m；由图丙可知，加热2min时，甲容器中水升高的温度Δt甲=30℃，根据吸热公式表示出甲容器中水吸收的热量；
由图丙可知，加热3min时，乙容器中水升高的温度Δt乙=40℃−20℃=20℃，根据吸热公式表示出乙容器中水吸收的热量；
忽略散热损失，加热器的加热效率相同，由ηQ放=Q吸可求出两加热器放出热量之比，并求出两加热器的加热时间之比，最后根据P=Q放t计算两加热器的功率之比。
本题考查了吸热公式的灵活运用，本题需要注意是利用的不同加热器，则相同的时间产生的热量不同，解题的关键是从图象中获取有用信息。
15.【答案】AD
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A.由题意可知，滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数UP=1.5V，灯泡两端的电压UL=UL额=2.5V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压U=UL+UP=2.5V+1.5V=4V，故A正确；
B.由串联电路的分压原理可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻变大时，其分得的电压变大，即电压表V2的示数变大，
此时电路中的总电阻变大，由I=UR可知，电路中的电流变小，由串联电路的电压特点可知，灯泡L两端的电压变小，即电压表V1的示数变小，
由图乙可知，当电压表的示数增大时，电流表的示数减小，则图像为滑动变阻器的I−U图像；
由图乙知当变阻器两端电压最大即UP大=3V时，灯泡两端电压最小即UL小=U−UP大=4V−3V=1V，
为保证灯泡长期工作，灯泡两端电压最大为其额定电压，
所以电压表V1的示数变化范围为1V∼2.5V，故B错误；
C.由图乙知变阻器电阻最大时，其两端电压UP大=3V时，电路中的电流I小=0.1A，
则滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R大=UP大I小=3V0.1A=30Ω；
当变阻器接入电路的阻值最小时，其两端电压UP小=1.5V，电路中的电流I大=0.5A，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R小=UP小I大=Ω；
所以滑动变阻器的取值范围是3Ω∼30Ω，故C错误；
D.当电路中的电流I小=0.1A，灯泡两端的电压UL′=U−UP大=4V−3V=1V，
灯泡的最小功率PL小=UL′×I小=1V×0.1A=0.1W，
当电路中的电流I大=0.5A，灯泡两端的电压UL=2.5V，
灯泡的最大功率PL大=UL×I大=2.5V×0.5A=1.25W，
所以小灯泡的功率范围为0.1W∼1.25W，故D正确。
故选：AD。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数已知，灯泡两端的电压UL=UL额，利用串联电路中的电压规律得到电源电压；
(2)由串联电路的分压原理可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻变大时，其分得的电压变大，即电压表V2的示数变大，此时电路中的总电阻变大，由I=UR可知，电路中的电流变小，由串联电路中电压的规律知，灯泡两端的电压变小，即电压表V1的示数变小，由图乙可知，当电压表的示数增大时，电流表的示数减小，则图像为滑动变阻器的I−U图像；变阻器两端最大电压已知，利用串联电路电压的规律得到灯泡两端的最小电压，为保证灯泡长期工作，灯泡两端电压最大为其额定电压，故可得到电压表V1的示数变化范围；
(3)由图乙中变阻器两端最大和最小电压及对应的电流，利用欧姆定律得到滑动变阻器的取值范围；
(4)当电路中的电流分别为最大和最小时，利用串联电路电压规律得到灯泡两端电压的取值范围，利用P=UI得到小灯泡的功率范围。
本题考查了欧姆定律公式、电功率公式和串联电路的规律，有一定难度。
16.【答案】异种 吸引
【解析】解：当气球和头发相互摩擦时，由于两种物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，在摩擦的过程中头发和气球会带上不同的电荷。由于异种电荷相互吸引。所以头发会随着气球飞起来。
故答案为：异种；吸引。
气球和头发摩擦，由于两种物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，在摩擦的过程中，会有电子的转移，得电子的物体带负电，失去电子的物体带正电。然后利用电荷间的作用规律，即可解决问题。
本题考查了摩擦起电现象和电荷间的相互作用规律，比较简单，属于基础题。
17.【答案】② 磁场 导体AB中的电流
【解析】解：根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针②的指向是正确的，①③的指向是错误的；
接通电源，发现导体ab向左运动，把磁体两极对调放置，磁场的方向发生了变化，发现导体ab向右运动，这个事实说明通电导线在磁场中受力方向与磁场方向有关；
实验中可以通过改变导体AB中的电流方向来改变导体的运动方向。
故答案为：②；磁场；导体AB中的电流。
根据安培定则判定螺线管的极性；根据磁极间的相互作用规律判定小磁针的指向；
通电导体在磁场中受力而运动，运动方向跟电流方向和磁场方向有关。
通电导体在磁场中受力而运动，运动方向跟电流方向和磁场方向有关。只改变一者受力方向改变，同时改变两者，受力方向不变。
18.【答案】减小 机械 压缩
【解析】解：加热试管时，试管内的水汽化成水蒸气，随着水蒸气的温度逐渐升高，内能增大，最后气体会对木塞做功，把木塞冲出，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，管内水蒸气的内能减小；
如图乙所示，向下压活塞时，活塞对筒内的空气做功，机械能转化为空气的内能，使其气体的内能增加，温度升高，当温度升高达到棉花的着火点时，筒内棉花燃烧起来，将机械能转化为内能，内燃机的压缩冲程中，机械能转化为内能，所以这与内燃机的压缩冲程的能量转化相同。
故答案为：减小；机械；压缩。
当物体对外界做功时，内能转化为机械能，水蒸气的内能就会减小；
汽油机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能；二是做功冲程中内能转化为机械能；
此题结合实际情况考查对改变物体内能方式的理解与应用情况。
19.【答案】2 240 10
【解析】解：流过定值电阻的电流是I=200mA=0.2A
由I=UR可知，定值电阻两端的电压：U=IR=0.2A×10Ω=2V；
通电10min，电流所做的功：W=UIt=2V×0.2A×10×60s=240J；
导体的电阻是导体本身的性质，与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与通过的电流和两端的电压无关，
所以当两端电压增大为3V时，它的电阻不变，还是10Ω。
故答案为：2；240；10。
根据欧姆定律求出加在这个定值电阻两端的电压；根据W=UIt求出通电10min，电流所做的功；导体的电阻是导体本身的性质，与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与电流和电压无关。
本题考查欧姆定律、电功公式以及电阻的影响因素，是一道综合题，难度不大。
20.【答案】乙 54
【解析】解：乙图中右侧容器的电阻与容器外的电阻并联，再与左侧容器中的电阻串联，则通过左右两侧容器的电阻的电流不同，而两侧容器的电阻阻值和通电时间相同，因此乙图所示的装置是用来探究电流通过导体产生的热量与电流的关系；
在串联电路中电流处处相等，通过10Ω电阻的电流等于通过5Ω电阻的电流，则10Ω电阻丝在1min内产生的热量Q=I2Rt=(0.3A)2×10Ω×60s=54J。
故答案为：乙；54。
若探究电流通过导体产生的热量与电流的关系，需要控制电阻和通电时间相同，而改变电流大小；
由图甲可知，左右两个容器中的电阻串联，通过的电流相同，而电阻不同，由Q=I2Rt可得热量。
本题考查了对焦耳定律的认识和理解，注意控制变量法的应用。
21.【答案】A 滑动滑动变阻器的滑片，若电流表示数有变化，则R1断路；若电流表示数不变，则R2断路
【解析】解：由图可知，该电路为并联电路；
①②A.将一个电流表接入到Q点，此时电流表测量干路中的电流，移动滑动变阻器的滑片，若电流表示数不变，这说明通过滑动变阻器的电流不变，所以故障是R1断路；若电流表示数发生变化，这说明通过滑动变阻器的电流发生了改变，该支路是正常的，故障是R2断路；
B.将一个电压表接入到QM之间，电压表测量的是一段导线直接的电压，示数一直为0，不能检测出电路故障；
C.将一个电压表接入到MN之间，电压表测量的是电源电压，示数保持不变，不能检测出电路故障。
故答案为：①A；②滑动滑动变阻器的滑片，若电流表示数有变化，则R1断路；若电流表示数不变，则R2断路。
由图可知，该电路为并联电路；根据电流表、电压表的连接方式分析是否能测量出电路故障的原因；根据电路故障分析电表示数的变化情况。
本题考查了电路故障的判定，明确并联电路的特点是解题的关键。
22.【答案】材料 温度 长度 变亮
【解析】解：(1)观察表中a、b两根电阻丝，横截面积和长度相同、材料不同，探究导体电阻大小与材料的关系；
(2)小明用一根白炽灯的钨丝替换a接入电路，并用酒精灯加热，电阻丝的温度发生了变化，发现电流表示数不断变化，电阻是变化的，得出导体的电阻还跟温度有关的结论；
(3)①电位器是通过改变接入电路中电阻丝的长度来改变电阻，从而改变电路的电流达到改变灯泡亮度的目的；
②若只将b、c接入电路，顺时针转动旋钮时，电阻体接入电路中的电阻变小，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，灯泡变亮。
故答案为：(1)材料；(2)温度；(3)①长度；②变亮。
(1)(2)影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积和温度；当有多个变量时，注意变量只有一个，其它变量都控制相同。
(3)①电位器的实质是滑动变阻器；
②若将图乙中b、c接入，根据旋钮的旋转方向判定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和灯泡亮度的变化。
此题考查学生对于影响电阻大小的因素和滑动变阻器的理解和掌握，利用好控制变量法是解题的关键。
23.【答案】0.42小 反 I额R0 U1+U额−U0 U0U2×R0
【解析】解：(1)电压表要与用电器并联，电路图改正如下：
(2)如图乙，电流表示数为0.4A；电压表示数等于U=5Ω×0.4A=2V；当接入20Ω电阻时，调节滑动变阻器的滑片，滑动变阻器恰好达到最大阻值为20Ω，根据串联电路分压原理，既然定值电阻电压为2V，则滑动变阻器两端的电压同样为2V，可知电源电压为2V+2V=4V；
(3)将20Ω电阻更换成25Ω电阻，根据串联分压原理可知，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，即应保持电阻两端的电压不变，为完成实验，应该将电源电压调小，在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(4)①只闭合开关S、S1，电路为串联电路，电流表测电路电流，电压表测量定值电阻R0两端电压，调节滑动变阻器的滑片P，小灯泡L正常发光时，通过小灯泡的电流为I额，故电压表示数为I额R0；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关S、S2，电路仍然是串联电路，电压表测量滑动变阻器和定值电阻两端电压，示数为U1，此时电路中的电流仍为①中电流，灯泡两端电压为额定电压U额，可得电源电压U=U1+U额，接着调节滑动变阻器的滑片P，要使小灯泡L两端电压达到U0，则由串联电路的电压规律可知，此时电压表示数为U−U0，即U1+U额−U0，
③接着断开开关S2，闭合开关S1，电路连接与②相同，电压表测量R0两端电压，读出电压表示数为U2即为R0两端电压，
④当小灯泡L两端电压为U0时，定值电阻两端电压为③中示数U2，由串联分压原理可知：
U0R=U2R0，
小灯泡L两端电压为U0时的电阻表达式为R=U0U2×R0。
故答案为：(1)见解答图；(2)0.4；2；(4)小；反；(5)I额R0；U1+U额−U0；U0U2×R0。
(1)电压表要与用电器并联；
(2)根据图乙电流表指针位置读出示数，根据欧姆定律可得定值电阻两端电压和电源电压；
(3)将20Ω电阻更换成25Ω电阻，根据串联分压原理可知，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，即应保持电阻两端的电压不变，为完成实验，应该将电源电压调小；
在电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比；
(4)①只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器的滑片P，小灯泡L正常发光时通过小灯泡的电流为I额，电压表示数为I额R0；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关S、S2，电路仍然是串联电路，电压表测量滑动变阻器和定值电阻两端电压，示数为U1，此时电路中的电流仍为①中电流，灯泡两端电压为额定电压U额，可得电源电压U=U1+U额，接着调节滑动变阻器的滑片P，要使小灯泡L两端电压达到U0，则由串联电路的电压规律可知，此时电压表示数为U−U0，即U1+U额−U0，
③接着断开开关S2，闭合开关S1，电路连接与②相同，电压表测量R0两端电压，读出电压表示数为U2即为R0两端电压，
④当小灯泡L两端电压为U0时，定值电阻两端电压为③中示数U2，由串联分压原理可知U0R=U2R0，
小灯泡L两端电压为U0时的电阻表达式为R=U0U2×R0。
本题探究电流与电阻的关系，考查注意事项、故障分析、数据分析、串联电路的规律和欧姆定律的运用，考查的较全面。
24.【答案】解：(1)由P=UI可知电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流为：
I低=P低U=220W220V=1A；
(2)由题意知当S1、S2闭合，S3接A时，只有R2工作，养生壶处于中温挡工作状态；
由P=U2R可知R2的电阻为：
R2=U2P中=(220V)2440W=110Ω；
(3)由表格数据知高温挡的功率为：P高=880W，
由P=Wt可知养生壶消耗的电能为：
W=P高t=880W×7×60s=3.696×105J，
根据η=Q吸W可知水吸收的热量：
Q吸=ηW=75%×3.696×105J=2.772×105J，
由Q吸=cm(t−t0)可知水的质量为：
m=Q吸c(t′−t0)=2.772×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×(60℃−27℃)=2kg。
答：(1)电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流为1A；
(2)R2的阻值为110Ω；
(3)水的质量是2kg。
【解析】(1)知道电热养生壶低温挡的功率，利用P=UI求出电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流；
(2)当S1、S2闭合，S3接A时，只有R2工作，养生壶处于中温挡工作状态；根据中温挡功率和P=U2R可求出R2的阻值；
(3)利用P=Wt求出养生壶消耗的电能，利用效率公式求出水吸收的热量，利用Q吸=cm(t−t0)求出水的质量。
本题考查串并联电路的特点、电功和电功率公式、吸热公式以及效率公式的应用，关键是能正确分析不同状态下的电路连接。
25.【答案】解：(1)电路为只有R1的简单电路，电阻R1的阻值为20Ω，闭合开关后，电流表示数为0.6A，则电源电压：U=I1R1=0.6A×20Ω=12V；
(2)若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.5A，连接方式有两种：
一是将R2串联在电路中，电路中电流应减小0.5A，此时电路中电流为：
I串=I1−0.5A=0.6A−0.5A=0.1A，
电路中总电阻为：R总=UI串=12V0.1A=120Ω，
R2的阻值为：R2=R总−R1=120Ω−20Ω=100Ω；
二是将R2并联在R1两端，使电流表测干路中的电流，此时电路中电流应增加0.5A，根据并联电路电流特点，增加的0.5A即为通过R2的电流，即I2=0.5A，
R2的阻值为：R′2=UI2=12V0.5A=24Ω。
答：(1)电源电压为12V；(2)串联接入时，R2的阻值为100Ω；并联接入时，R2的阻值为24Ω。
【解析】(1)已知电阻和电流大小，根据U=IR求出电源电压U；
(2)将R2串联在电路中，电路中电流应减小0.5A，利用之前的电流算出此时电路中的电流，根据R=UI求出电路的总电阻，根据电阻的串联求出R2的阻值；
将R2并联在电路中，电路中电流应增加0.5A，根据并联电路电流特点，增加的0.5A即为通过R2的电流，由欧姆定律可得R2的阻值。
本题考查了串、并联电路的特点和串、并联电路电流的规律，并能熟练的掌握应用欧姆定律分析和计算电路问题。编号
材料
长度/m
横截面积/mm2
a
锰铜合金
0.5
0.8
b
镍铬合金
0.5
0.8
c
锰铜合金
0.5
0.4
d
锰铜合金
1.0
0.4
项目
参数
额定电压(V)
220
低温挡功率(W)
220
中温挡功率(W)
440
高温挡功率(W)
880
容积(L)
2.5
1.下列数据最接近真实值的是( )
A. 家用电冰箱的电流约0.1AB. 一节新干电池的电压约为2V
C. 微波炉的额定功率约为1200WD. 家用节能灯工作一晚消耗电能约1度
2.关于分子动理论，下列说法正确的是( )
A. 固体分子间没有空隙
B. 物体的温度越高，构成物体的大量分子做无规则运动越剧烈
C. 通过扩散现象能够观察液体分子的运动
D. 病毒随飞沫传播过程是杂乱无章的分子运动
3.关于燃料的热值，以下说法中正确的是( )
A. 燃料燃烧时，质量越大，热值越大
B. 燃料不完全燃烧时的热值比完全燃烧时的热值小
C. 燃烧1kg某种燃料放出的热量叫这种燃料的热值
D. 相同质量的不同燃料，完全燃烧时热值大的放出的热量多
4.关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( )
A. 对物体做功，物体的内能一定增大
B. 热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
C. 晶体在熔化过程中，持续吸热，温度不变，内能不变
D. 在相同物态下，同一物体温度降低，它的内能会减少
5.关于欧姆定律，下列说法中正确的是( )
A. 欧姆定律是通过推导得出的规律
B. 欧姆定律反映出了导体电阻跟电流和电压之间的关系
C. 欧姆定律中的I、U和R反映的是同一段电路中同一时刻的电流、电压和电阻关系
D. 由欧姆定律变形得U=IR，说明在导体电阻一定时，导体两端的电压U跟电流成正比
6.下列用电器在正常工作时消耗相同的电能，产生热量最多的是( )
A. 洗衣机B. 电暖气
C. 电视机D. 电风扇
7.用带指示灯的开关控制阳台的电灯；闭合开关，两灯都亮；断开开关，两灯都灭。使用过程中发现：指示灯因断路不亮，电灯照常发亮。下列连接方式符合上述现象的是( )
A. B.
C. D.
8.如图所示是小明家的电能表。关于该电能表的以下说法中正确的是( )
A. 电能表是测量电功率的仪表
B. 这个电能表的额定功率为2200W
C. 每工作1h，电能表的圆盘转3600转
D. 小明家中2000W的电饭煲和1500W的空调不可以同时正常工作
9.新型智能手机无线充电技术应用了电磁感应原理，当交变电流通过充电底座中的线圈时，线圈产生磁场，带有金属线圈的智能手机靠近该磁场(如图)就能产生电流，通过“磁生电“来实现充电。下列设备也是利用“磁生电”原理工作的是( )
A. 扬声器B. 动圈式话筒C. 电烙铁D. 电磁起重机
10.如图甲所示，电源电压恒为6V，R为热敏电阻，其阻值随温度变化如图乙所示，R0是阻值为20Ω的定值电阻，闭合开关S，通过分析，下列说法错误的是( )
A. 图甲中的R0有保护电路的作用
B. 热敏电阻阻值随温度升高而减小
C. 温度为40℃时，电流表的示数为0.3A
D. 温度降低时，电流表的示数变小，电压表的示数变大
11.甲用电器标有“220V 100W”，乙用电器标有“220V 40W”，它们都在额定电压下工作，则下列判断中正确的是( )
A. 甲用电器做功一定多B. 做相同的功，甲用电器用的时间一定少
C. 乙用电器做功一定快D. 相同时间内，乙用电器做的功一定多
12.一个标有“220V600W”的电炉，想把它接在110伏的电源上使用，而保持原来的电功率不变，下列采取的措施中，正确的是( )
A. 把电炉丝截去一半B. 把电炉丝截成等长的两段再并联
C. 找一根同样的电炉丝跟原来的串联D. 找一根同样的电炉丝跟原来的并联
二、多选题：本大题共3小题，共9分。
13.如图所示，是智能扶手电梯的原理图，其中R是压敏电阻。电梯上无乘客时，电动机转动变慢，使电梯运动变慢；电梯上有乘客时，电动机转动变快，使电梯运动变快。下列说法正确的是( )
A. 电磁铁上端是S极B. 电磁继电器与发电机工作原理相同
C. 电梯上无乘客时，衔铁与触点1接触D. 电梯上有乘客时，压敏电阻R的阻值减小
14.如图甲、乙所示相同容器中装了质量都为3kg的纯净水，用不同电加热器加热，(忽略散热损失)得到如图丙所示的水温与加热时间的图象，已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，设加热器的加热效率相同。下列说法正确的是( )
A. 加热相同时间，两杯水吸收的热量相同
B. 沸腾前吸收相同的热量，甲杯中水的末温比乙杯的高
C. 加热3min时，乙容器中的水吸收热量为2.52×105J
D. 加热器1和加热器2的功率之比9：4
15.如图甲所示，电源电压保持不变。电流表A的量程为0∼0.6A，电压表V1、V2的量程均为0∼3V，滑动变阻器的规格为“50Ω，2A”，小灯泡的额定电压为2.5V。滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数为1.5V。在保证电路各元件安全的最大范围内调节滑片P，其中一只电压表与电流表示数的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 电源电压为4VB. 电压表V1的示数变化范围为1.5∼3V
C. 滑动变阻器的取值范围是3∼50ΩD. 小灯泡的功率范围为0.1∼1.25W
三、填空题：本大题共6小题，共30分。
16.小丽用气球在头发上蹭几下，头发就随着气球飘起来，这表明摩擦后头发丝和气球带上了______电荷，由于这两种电荷互相______使头发随气球飘起来。
17.如图甲所示，静止在通电螺线管周围的小磁针，指向正确的是______(填“①”“②”或“③”)。如图乙所示，闭合开关S，发现导体AB向左运动；把磁体两极对调放置，闭合开关S，发现导体AB向右运动，这个现象说明通电导体在磁场中所受力方向与______方向有关。改变导体运动方向的另一个方法是只改变______方向。
18.如图甲所示，当塞子从试管口喷出时，管内水蒸气的内能______(选填“增大”“减小”或“不变”)，水蒸气的内能转化成塞子的______能。如图乙所示，在厚壁玻璃筒中放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，硝化棉就会燃烧起来，该能量转化与热机的______冲程的能量转化方式一致。
19.一个定值电阻的阻值为10Ω，使用时流过的电流是200mA，则加在这个定值电阻两端的电压是______ V，通电10min，电流做了______ J的功；当两端电压增大为3V时，它的电阻是______Ω。
20.如图所示是“探究电流通过导体产生热量的多少跟什么因素有关”的实验装置。若探究电流通过导体产生热量与电流的关系，实验应选择______(选填“甲”或“乙”)装置。如果甲装置中通过5Ω电阻丝的电流为0.3A，则甲装置中10Ω电阻丝在1min内产生的热量是______ J。
21.如图所示电路中，由于接线柱接触不良导致电路发生了断路故障。若电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上。现通过接入一个电表来判断故障。
①应选择如下方案______。
A.将一个电流表接入到Q点
B.将一个电压表接入到QM之间
C.将一个电压表接入到MN之间
②请写出选择方案后，闭合开关S后的操作、电表的示数变化情况及其对应的故障：______。
四、实验探究题：本大题共2小题，共12分。
22.如图1所示，小明探究“影响导体电阻大小因素”的实验，保持电源电压不变，在电路中分别接入不同的电阻丝，规格如表所示：
(1)选用a、b两根电阻丝进行实验，可以探究导体电阻大小与______的关系。
(2)小明用一根白炽灯的钨丝替换a接入电路，并用酒精灯加热，发现电流表示数不断变化，得出导体的电阻还跟______有关的结论。
(3)如图2甲所示为可调节亮度的台灯，图乙为其用于调光的电位器结构图，a、b、c是它的三个接线柱，a、c分别与弧形电阻体的两端相连，b与金属滑片相连，转动旋钮，滑片在弧形电阻体上滑动即可调节灯泡亮度。
①电位器是通过改变接入电路的电阻体的______来改变其接入电路的电阻大小的。
②若只将b、c接入电路，顺时针转动旋钮时，灯泡亮度将______(选填“变亮”、“变暗”或“不变”)。
23.小明同学使用可调电压的电源，四个定值电阻(阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω、25Ω)、电压表、电流表、标有“20Ω1A”的滑动变阻器、开关、导线等器材探究“电流和电阻的关系”。
(1)小明连接如图甲所示电路，检查电路发现有一条导线连接错误，请在图甲中错误导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。
(2)排除故障后，当接入5Ω定值电阻时，调节滑动变阻器的滑片到某位置，电流表的示数如图乙所示为______ A。依次更换定值电阻进行实验，当接入20Ω电阻时，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持______ V不变，此时滑动变阻器阻值恰好达到最大。
(3)将20Ω的电阻更换成25Ω的电阻时，为完成实验，应该将电源电压调______(填“大”或“小”)，使电压表示数恢复到控制电压。通过分析实验数据得出结论：在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成______比。
(4)小明在完成上述实验后，想测量小灯泡两端电压为U0(U0
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关S、S2，读出电压表示数为U1，接着调节滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为______，则小灯泡 L两端电压达到U0；
③接着断开开关S2，闭合开关S1，读出电压表示数为U2；
④小灯泡L两端电压为U0时的电阻表达式为R=______(用所测物理量字母和已知物理量字母表示)。
五、计算题：本大题共2小题，共13分。
24.某品牌电热养生壶有低温、中温、高温三个挡位，可以满足人们对精细烹饪和营养量化等功能的需求。其简化电路图如图所示，铭牌如表所示，R1、R2为阻值不变的电热丝。当S1闭合，S2断开，S3接A时，养生壶处于低温挡工作状态；当S1、S2闭合。S3接A时，养生壶处于中温挡工作状态。在额定电压下求：
(1)电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流；
(2)R2的阻值；
(3)若养生壶高温挡加热效率为75%，某次将初温是27℃的水加热到60℃用时7min，则水的质量是多少？[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
25.如图所示电路，电阻R1的阻值为20Ω，闭合开关后，电流表示数为0.6A。
(1)求电源电压U；
(2)若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.5A，求R2的阻值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、家用电冰箱的电流约1A，故A错误；
B、一节新干电池的电压约为1.5V，故B错误；
C、微波炉有不同规格，额定功率约为1200W，故C正确；
D、家用节能灯的电功率约为20W，工作一晚消耗电能W=Pt=20W×10h=0.02W×10h=0.2kW⋅h=0.2度，故D错误。
故选：C。
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】B
【解析】解：A、固体分子间有空隙，故A错误；
B、分子的无规则运动与温度有关，物体的温度越高，构成物体的大量分子做无规则运动越剧烈，故B正确；
C、通过扩散现象能够说明液体分子的运动，人眼看不到分子的运动，故C错误；
D、病毒随飞沫不是分子，其传播过程不是分子运动，故D错误。
故选：B。
物质是由分子或原子组成的，组成物质的分子间存在间隙，分子不停地做无规则运动，分子间存在相互作用的引力和斥力。
本题考查了学生对分子动理论的认识，属于基础题目。
3.【答案】D
【解析】解：AB、热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关，故AB错误；
C、1千克某种燃料完全燃烧时放出的热量，叫做这种燃料的热值，故C错误；
D、由燃料完全燃烧放热公式Q=mq可知，相同质量的不同燃料，完全燃烧时热值大的放出的热量多，故D正确。
故选：D。
(1)(2)(3)1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值，热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；
(4)燃料完全燃烧放热公式Q=mq。
本题考查了对燃料热值的理解，要求学生知道燃料热值的大小，只与物质的种类有关，与质量、温度、燃烧放热情况无关。
4.【答案】D
【解析】解：A、对物体做功，物体的内能不一定增加，比如用力提升重物时，物体的质量、温度和状态均不变，此时物体的内能不变，而机械能增大了，故A错误；
B、两个物体间发生热传递时，热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，故B错误；
C、晶体在熔化过程中，持续吸热，温度不变，但内能变大，故C错误；
D、在相同物态下，同一物体的温度降低，则物体的内能会减少，故D正确。
故选：D。
(1)对物体做功，可以改变物体的内能，但不是一定改变物体的内能；若机械能没有转化为内能，则物体的内能不变；
(2)发生热传递时，热量总是从高温物体传递到低温物体，或者从物体的高温部分传递到低温部分；
(3)晶体熔化时，吸收热量，温度不变，但内能变大；
(4)内能的大小与物体的质量、温度、状态等因素有关。
此题考查了物体内能大小的影响因素、物体内能的变化、热传递发生的条件等，是一道综合题。
5.【答案】C
【解析】解：A、欧姆定律是通过实验结果归纳得出的，而不是推导出的规律，故A错误；
B、欧姆定律反映出了导体中的电流与导体的电压和电阻之间的关系，电阻的大小与电流和电压的大小无关，故B错误；
C、欧姆定律中的I、U和R反映的是同一段电路中的电流、电压和电阻关系，故C正确；
D、由欧姆定律变形得U=IR，说明在导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压U成正比，故D错误。
故选：C。
欧姆定律的内容：一段导体中的电流跟这段导体两端的电压成正比，跟这段导体的电阻成反比。欧姆定律是通过实验归纳得出的。
电阻是导体本身的一种属性，与材料、长度、横截面积、温度有关，与导体两端的电压和通过的电流无关。
理解欧姆定律的含义，熟练掌握电流与电阻、电压的关系，知道影响电阻大小的因素，并且知道导体的电阻与导体两端的电压和通过的电流无关，但可以根据欧姆定律计算出电阻的大小。
6.【答案】B
【解析】解：用电器工作时将电能转化为其他形式的能量，电暖气工作时将电能全部转化为内能；洗衣机工作时，主要将电能转化为机械能；电风扇工作时主要把电能转化为机械能，只有一少部分转化为内能；电视机工作时，电能转化为声能、光能等其他形式的能，只有一少部分转化为内能；
由此可知，消耗相同的电能，产生热量最多的是电暖气。
故选：B。
分析各用电器的工作情况，即各用电器在工作时主要是将电能转化为什么能；电饭锅、电热毯、电水壶、电暖气等用电器是纯电阻用电器，工作时将电能全部转化为内能。
本题考查了用电器工作时能量的转化问题，知道各用电器的工作原理和能量转化的方向是正确解题的关键。
7.【答案】C
【解析】解：闭合开关，两灯都亮；断开开关，两灯都灭，这说明开关能同时控制两盏灯；指示灯因断路不亮，电灯照常发亮，这说明电灯与指示灯是并联的，为了用电的安全，开关应接在用电器和火线之间，根据选项的电路图可知，C正确。
故选：C。
本题考查了用电器的连接方式，难度不大；
闭合开关，两灯都亮；断开开关，两灯都灭，这说明开关能同时控制两盏灯；指示灯因断路不亮，电灯照常发亮，这说明电灯与指示灯是并联的，再根据正确的家庭电路连接方式即可。
8.【答案】D
【解析】解：A、电能表是测量消耗电能的仪表，故A错误；
B、电流通过电能表不做功，电功率为0，没有额定功率，故B错误；
C、3600r/kW⋅h表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3600r，不一定是在1h内，故C错误；
D、由图知，电能表的工作电压是220V，电能表平时工作允许通过的最大电流为10A，小明家同时使用的用电器最大总功率：P最大=UI最大=220V×10A=2200W，2000W的电饭煲和1500W的空调不可以同时正常工作，故D正确。
故选：D。
(1)电能表是测量消耗电能(电功)的仪表；电流通过电能表不做功；
(2)3600r/kW⋅h表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3600r；
(3)“220V 10A”中220V是指电能表的工作电压，10A是指电能表同时工作允许通过的最大电流，利用P=UI求小明家电路允许使用的最大总电功率。
本题考查电能表的作用、电功率的计算，明确电能表相关参数的含义是本题的关键。
9.【答案】B
【解析】解：从题意中知道，手机中的线圈，能将底座产生的变化的磁场转化为电流给手机电池充电，是利用电磁感应原理工作的；
A、扬声器是利用通电导体受到磁场力的作用工作的，故A不符合题意；
B、动圈式话筒是利用闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动能够产生感应电流，是电磁感应现象，故B符合题意；
C、电烙铁是利用电流的热效应工作的，故C不符合题意；
D、电磁起重机是利用电流的磁效应工作的，故D不符合题意。
故选：B。
无线充电器是指利用电磁感应原理进行充电的设备，原理类似于变压器。在发送和接收端各有一个线圈，发送端线圈连接有线电源产生电磁信号，接收端线圈感应发送端的电磁信号从而产生电流给电池充电；分析各图中实验原理分析解答。
本题主要考查了电磁现象中几个实验的掌握情况，知道无线充电器的原理是解题的关键。
10.【答案】C
【解析】解：
AB、由图乙而知，当温度升高时，热敏电阻R的阻值会变小，即热敏电阻阻值随温度升高而减小，故B正确；
由图甲可知，R与R0串联在电路中；当热敏电阻的阻值随温度的升高而减小时，电路中的电流增大，若没有R0，则电路中电流可能会超过电流表的量程，因此R0起到保护电路的作用，故A正确；
C、由图乙可知，温度为40℃时，热敏电阻的阻值为R=20Ω，
则电流表示数I=UR+R0=6V20Ω+20Ω=0.15A，故C错误；
D、由图乙可知，温度降低时，热敏电阻的阻值增大，则总电阻增大，电流表示数变小，根据串联电路的分压特点可知热敏电阻的分压增大，即电压表的示数增大，故D正确。
故选：C。
(1)根据图甲中的电路连接方式，由图2可知，热敏电阻随温度的升高而减小，此时电路中的电流会增大，据此分析；
(2)温度升高时，由图乙分析热敏电阻的变化；
(3)由图2中的数据，根据串联电路的特点进行计算；
(4)温度降低时，热敏电阻的阻值增大，根据欧姆定律可知电流表示数变化，根据串联电路的特点即可判断电压表的示数变化。
本题考查串联电路的特点，要理解欧姆定律，掌握欧姆定律的变形应用。
11.【答案】B
【解析】解：额定电压下，甲用电器的电功率为100W，乙用电器的功率为40W。
AC、由W=Pt可知，电流做功的多少与通电时间有关，故AC不正确；
B、根据t=WP可知，完成相同的功，甲用电器所用的时间一定少，故B正确；
D.根据W=Pt可知，相同时间内，甲用电器完成的功一定多，故D不正确。
故选：B。
(1)电功率是表示电流做功快慢的物理量；
(2)额定电压下用电器的功率和额定功率相等，根据W=Pt比较电功和时间之间的关系。
本题考查了学生对电功率物理意义和电功公式的理解与掌握，关键是知道额定电压下用电器的实际功率和额定功率相等。
12.【答案】B
【解析】解：A、电压变为额定电压的一半，将电炉丝截去一半，电阻阻值变为原来的12，由P=U2R可知，电功率变为原来12，故A错误；
B、电压变为额定电压的一半，把电炉丝截成等长的两段再并联，电阻变为原来的14，由P=U2R可知，电功率保持不变，故B正确；
C、电压变为额定电压的一半，找一根同样的电炉丝跟原来的串联，电阻变为原来的2倍，由P=U2R可知，电功率变为原来的18，故C错误；
D、电压变为额定电压的一半，找一根同样的电炉丝跟原来的并联，电阻变为原来的12，由P=U2R可知，电功率变为原来的12，故D错误；
故选：B。
由电功率公式P=U2R可知：当实际电压变为额定电压的一半时，实际电压的平方就变为额定电压平方的14，要想电功率不变化，电阻阻值就要减小为原来阻值的14。
本题考查电功率的计算以及影响电阻大小的因素，掌握串并联电阻规律、选用公式P=U2R分析是解题的关键。
13.【答案】ACD
【解析】解：A、如图，当闭合开关时，电流从电磁铁的上端进入，根据安培定则可以判断电磁铁的下端是N极，上端是S极，故A正确。
B、电磁铁是通电流之后具有磁性，断电流时没有磁性，是根据电流的磁效应工作的，发电机是根据电磁感应原理工作的，原理不同，故B错误。
CD、当没有人乘梯时，电动机转速减慢减少耗电，说明电动机两端的电压减小，电动机和定值电阻R1串联在电路中，说明衔铁被弹簧拉起，衔铁和上面的静触头1接通，此时控制电路中的磁性较弱，电路中电阻较大，所以压敏电阻的阻值较大；当有人乘坐电梯时，电动机转速较快，电动机两端的电压较大，只有电动机接入电路，衔铁被电磁铁吸引，衔铁和下面的静触头2接通，说明电磁铁的磁性较大，控制电路的电流较大，压敏电阻的阻值较小，可以判断压敏电阻的阻值R随着压力的增大而减小，故CD正确。
故选：ACD。
(1)知道电流方向根据安培定则判断电磁铁的磁极。
(2)发电机的原理是电磁感应，电磁铁的原理是电流磁效应。
(3)(4)首先明确是否有人乘坐电梯，工作电路谁在工作，动触头和哪个静触头连接，分析电磁铁磁性的变化，分析压敏电阻的变化。
此题通过人们日常生活中常用的电梯，考查了电磁继电器原理、欧姆定律、电磁铁磁性强弱影响因素、安培定则、发电机原理等等，基本上把电磁部分的知识点都包括了。
14.【答案】CD
【解析】解：A、实验中，用不同加热器加热，相同时间内两加热器放出的热量不同，所以相同时间内两杯水吸收的热量不同，故A错误；
B、两杯水的质量相同，吸收相同的热量时，水的比热容不变，根据Δt=Q吸cm可知，两杯水升高的温度应相同，由图知甲杯中水的初温低，则此时甲杯中水的末温比乙杯的低，故B错误；
C、由图象还可知，水的温度变化随时间的增加而均匀升高，
所以，加热3min时，乙容器中水升高的温度：Δt乙=20℃；
此时甲容器中的水吸收热量：Q吸=c水mΔt乙=4.2×103J/(kg⋅℃)×3kg×20℃=2.52×105J，故C正确；
D、两容器中水的质量相同，设为m，
由图丙可知，加热2min时，甲容器中水升高的温度：Δt甲=40℃−10℃=30℃，
则甲容器中水吸收的热量：Q吸1=c水mΔt甲=c水m×30℃；
加热3min时，乙容器中水升高的温度：Δt乙=40℃−20℃=20℃，
则乙容器中水吸收的热量：Q吸2=c水mΔt乙=c水m×20℃；
忽略散热损失，加热器的加热效率相同，
即ηQ放1=Q吸1=c水m×30℃，ηQ放2=Q吸2=c水m×20℃，
所以两加热器放出热量之比为Q放1：Q放2=c水m×30℃c水m×20℃=3：2，
两加热器的加热时间之比为t1：t2=2min：3min=2：3，
则加热器1和加热器2的功率之比：P1P2=Q放1t1Q放2t2=Q放1Q放2×t2t1=32×32=94，故D正确。
故选：CD。
(1)由题知，用不同的加热器进行加热，则在相同的时间内加热器放出的热量不同，说明在相同的时间内两杯水吸收的热量不同；
(2)两杯水的质量相同，吸收相同的热量时，根据Δt=Q吸cm可判断两杯水升高的温度的关系；
(3)由图可知水的温度变化随时间的增加而均匀升高，据此判断加热3min时乙容器中水升高的温度，已知水的质量和比热容，利用Q吸=cmΔt计算此时乙容器中的水吸收热量；
(4)两容器中水的质量相同，设为m；由图丙可知，加热2min时，甲容器中水升高的温度Δt甲=30℃，根据吸热公式表示出甲容器中水吸收的热量；
由图丙可知，加热3min时，乙容器中水升高的温度Δt乙=40℃−20℃=20℃，根据吸热公式表示出乙容器中水吸收的热量；
忽略散热损失，加热器的加热效率相同，由ηQ放=Q吸可求出两加热器放出热量之比，并求出两加热器的加热时间之比，最后根据P=Q放t计算两加热器的功率之比。
本题考查了吸热公式的灵活运用，本题需要注意是利用的不同加热器，则相同的时间产生的热量不同，解题的关键是从图象中获取有用信息。
15.【答案】AD
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A.由题意可知，滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数UP=1.5V，灯泡两端的电压UL=UL额=2.5V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压U=UL+UP=2.5V+1.5V=4V，故A正确；
B.由串联电路的分压原理可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻变大时，其分得的电压变大，即电压表V2的示数变大，
此时电路中的总电阻变大，由I=UR可知，电路中的电流变小，由串联电路的电压特点可知，灯泡L两端的电压变小，即电压表V1的示数变小，
由图乙可知，当电压表的示数增大时，电流表的示数减小，则图像为滑动变阻器的I−U图像；
由图乙知当变阻器两端电压最大即UP大=3V时，灯泡两端电压最小即UL小=U−UP大=4V−3V=1V，
为保证灯泡长期工作，灯泡两端电压最大为其额定电压，
所以电压表V1的示数变化范围为1V∼2.5V，故B错误；
C.由图乙知变阻器电阻最大时，其两端电压UP大=3V时，电路中的电流I小=0.1A，
则滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R大=UP大I小=3V0.1A=30Ω；
当变阻器接入电路的阻值最小时，其两端电压UP小=1.5V，电路中的电流I大=0.5A，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R小=UP小I大=Ω；
所以滑动变阻器的取值范围是3Ω∼30Ω，故C错误；
D.当电路中的电流I小=0.1A，灯泡两端的电压UL′=U−UP大=4V−3V=1V，
灯泡的最小功率PL小=UL′×I小=1V×0.1A=0.1W，
当电路中的电流I大=0.5A，灯泡两端的电压UL=2.5V，
灯泡的最大功率PL大=UL×I大=2.5V×0.5A=1.25W，
所以小灯泡的功率范围为0.1W∼1.25W，故D正确。
故选：AD。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数已知，灯泡两端的电压UL=UL额，利用串联电路中的电压规律得到电源电压；
(2)由串联电路的分压原理可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻变大时，其分得的电压变大，即电压表V2的示数变大，此时电路中的总电阻变大，由I=UR可知，电路中的电流变小，由串联电路中电压的规律知，灯泡两端的电压变小，即电压表V1的示数变小，由图乙可知，当电压表的示数增大时，电流表的示数减小，则图像为滑动变阻器的I−U图像；变阻器两端最大电压已知，利用串联电路电压的规律得到灯泡两端的最小电压，为保证灯泡长期工作，灯泡两端电压最大为其额定电压，故可得到电压表V1的示数变化范围；
(3)由图乙中变阻器两端最大和最小电压及对应的电流，利用欧姆定律得到滑动变阻器的取值范围；
(4)当电路中的电流分别为最大和最小时，利用串联电路电压规律得到灯泡两端电压的取值范围，利用P=UI得到小灯泡的功率范围。
本题考查了欧姆定律公式、电功率公式和串联电路的规律，有一定难度。
16.【答案】异种 吸引
【解析】解：当气球和头发相互摩擦时，由于两种物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，在摩擦的过程中头发和气球会带上不同的电荷。由于异种电荷相互吸引。所以头发会随着气球飞起来。
故答案为：异种；吸引。
气球和头发摩擦，由于两种物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，在摩擦的过程中，会有电子的转移，得电子的物体带负电，失去电子的物体带正电。然后利用电荷间的作用规律，即可解决问题。
本题考查了摩擦起电现象和电荷间的相互作用规律，比较简单，属于基础题。
17.【答案】② 磁场 导体AB中的电流
【解析】解：根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针②的指向是正确的，①③的指向是错误的；
接通电源，发现导体ab向左运动，把磁体两极对调放置，磁场的方向发生了变化，发现导体ab向右运动，这个事实说明通电导线在磁场中受力方向与磁场方向有关；
实验中可以通过改变导体AB中的电流方向来改变导体的运动方向。
故答案为：②；磁场；导体AB中的电流。
根据安培定则判定螺线管的极性；根据磁极间的相互作用规律判定小磁针的指向；
通电导体在磁场中受力而运动，运动方向跟电流方向和磁场方向有关。
通电导体在磁场中受力而运动，运动方向跟电流方向和磁场方向有关。只改变一者受力方向改变，同时改变两者，受力方向不变。
18.【答案】减小 机械 压缩
【解析】解：加热试管时，试管内的水汽化成水蒸气，随着水蒸气的温度逐渐升高，内能增大，最后气体会对木塞做功，把木塞冲出，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，管内水蒸气的内能减小；
如图乙所示，向下压活塞时，活塞对筒内的空气做功，机械能转化为空气的内能，使其气体的内能增加，温度升高，当温度升高达到棉花的着火点时，筒内棉花燃烧起来，将机械能转化为内能，内燃机的压缩冲程中，机械能转化为内能，所以这与内燃机的压缩冲程的能量转化相同。
故答案为：减小；机械；压缩。
当物体对外界做功时，内能转化为机械能，水蒸气的内能就会减小；
汽油机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能；二是做功冲程中内能转化为机械能；
此题结合实际情况考查对改变物体内能方式的理解与应用情况。
19.【答案】2 240 10
【解析】解：流过定值电阻的电流是I=200mA=0.2A
由I=UR可知，定值电阻两端的电压：U=IR=0.2A×10Ω=2V；
通电10min，电流所做的功：W=UIt=2V×0.2A×10×60s=240J；
导体的电阻是导体本身的性质，与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与通过的电流和两端的电压无关，
所以当两端电压增大为3V时，它的电阻不变，还是10Ω。
故答案为：2；240；10。
根据欧姆定律求出加在这个定值电阻两端的电压；根据W=UIt求出通电10min，电流所做的功；导体的电阻是导体本身的性质，与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与电流和电压无关。
本题考查欧姆定律、电功公式以及电阻的影响因素，是一道综合题，难度不大。
20.【答案】乙 54
【解析】解：乙图中右侧容器的电阻与容器外的电阻并联，再与左侧容器中的电阻串联，则通过左右两侧容器的电阻的电流不同，而两侧容器的电阻阻值和通电时间相同，因此乙图所示的装置是用来探究电流通过导体产生的热量与电流的关系；
在串联电路中电流处处相等，通过10Ω电阻的电流等于通过5Ω电阻的电流，则10Ω电阻丝在1min内产生的热量Q=I2Rt=(0.3A)2×10Ω×60s=54J。
故答案为：乙；54。
若探究电流通过导体产生的热量与电流的关系，需要控制电阻和通电时间相同，而改变电流大小；
由图甲可知，左右两个容器中的电阻串联，通过的电流相同，而电阻不同，由Q=I2Rt可得热量。
本题考查了对焦耳定律的认识和理解，注意控制变量法的应用。
21.【答案】A 滑动滑动变阻器的滑片，若电流表示数有变化，则R1断路；若电流表示数不变，则R2断路
【解析】解：由图可知，该电路为并联电路；
①②A.将一个电流表接入到Q点，此时电流表测量干路中的电流，移动滑动变阻器的滑片，若电流表示数不变，这说明通过滑动变阻器的电流不变，所以故障是R1断路；若电流表示数发生变化，这说明通过滑动变阻器的电流发生了改变，该支路是正常的，故障是R2断路；
B.将一个电压表接入到QM之间，电压表测量的是一段导线直接的电压，示数一直为0，不能检测出电路故障；
C.将一个电压表接入到MN之间，电压表测量的是电源电压，示数保持不变，不能检测出电路故障。
故答案为：①A；②滑动滑动变阻器的滑片，若电流表示数有变化，则R1断路；若电流表示数不变，则R2断路。
由图可知，该电路为并联电路；根据电流表、电压表的连接方式分析是否能测量出电路故障的原因；根据电路故障分析电表示数的变化情况。
本题考查了电路故障的判定，明确并联电路的特点是解题的关键。
22.【答案】材料 温度 长度 变亮
【解析】解：(1)观察表中a、b两根电阻丝，横截面积和长度相同、材料不同，探究导体电阻大小与材料的关系；
(2)小明用一根白炽灯的钨丝替换a接入电路，并用酒精灯加热，电阻丝的温度发生了变化，发现电流表示数不断变化，电阻是变化的，得出导体的电阻还跟温度有关的结论；
(3)①电位器是通过改变接入电路中电阻丝的长度来改变电阻，从而改变电路的电流达到改变灯泡亮度的目的；
②若只将b、c接入电路，顺时针转动旋钮时，电阻体接入电路中的电阻变小，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，灯泡变亮。
故答案为：(1)材料；(2)温度；(3)①长度；②变亮。
(1)(2)影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积和温度；当有多个变量时，注意变量只有一个，其它变量都控制相同。
(3)①电位器的实质是滑动变阻器；
②若将图乙中b、c接入，根据旋钮的旋转方向判定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和灯泡亮度的变化。
此题考查学生对于影响电阻大小的因素和滑动变阻器的理解和掌握，利用好控制变量法是解题的关键。
23.【答案】0.42小 反 I额R0 U1+U额−U0 U0U2×R0
【解析】解：(1)电压表要与用电器并联，电路图改正如下：
(2)如图乙，电流表示数为0.4A；电压表示数等于U=5Ω×0.4A=2V；当接入20Ω电阻时，调节滑动变阻器的滑片，滑动变阻器恰好达到最大阻值为20Ω，根据串联电路分压原理，既然定值电阻电压为2V，则滑动变阻器两端的电压同样为2V，可知电源电压为2V+2V=4V；
(3)将20Ω电阻更换成25Ω电阻，根据串联分压原理可知，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，即应保持电阻两端的电压不变，为完成实验，应该将电源电压调小，在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(4)①只闭合开关S、S1，电路为串联电路，电流表测电路电流，电压表测量定值电阻R0两端电压，调节滑动变阻器的滑片P，小灯泡L正常发光时，通过小灯泡的电流为I额，故电压表示数为I额R0；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关S、S2，电路仍然是串联电路，电压表测量滑动变阻器和定值电阻两端电压，示数为U1，此时电路中的电流仍为①中电流，灯泡两端电压为额定电压U额，可得电源电压U=U1+U额，接着调节滑动变阻器的滑片P，要使小灯泡L两端电压达到U0，则由串联电路的电压规律可知，此时电压表示数为U−U0，即U1+U额−U0，
③接着断开开关S2，闭合开关S1，电路连接与②相同，电压表测量R0两端电压，读出电压表示数为U2即为R0两端电压，
④当小灯泡L两端电压为U0时，定值电阻两端电压为③中示数U2，由串联分压原理可知：
U0R=U2R0，
小灯泡L两端电压为U0时的电阻表达式为R=U0U2×R0。
故答案为：(1)见解答图；(2)0.4；2；(4)小；反；(5)I额R0；U1+U额−U0；U0U2×R0。
(1)电压表要与用电器并联；
(2)根据图乙电流表指针位置读出示数，根据欧姆定律可得定值电阻两端电压和电源电压；
(3)将20Ω电阻更换成25Ω电阻，根据串联分压原理可知，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，即应保持电阻两端的电压不变，为完成实验，应该将电源电压调小；
在电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比；
(4)①只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器的滑片P，小灯泡L正常发光时通过小灯泡的电流为I额，电压表示数为I额R0；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关S、S2，电路仍然是串联电路，电压表测量滑动变阻器和定值电阻两端电压，示数为U1，此时电路中的电流仍为①中电流，灯泡两端电压为额定电压U额，可得电源电压U=U1+U额，接着调节滑动变阻器的滑片P，要使小灯泡L两端电压达到U0，则由串联电路的电压规律可知，此时电压表示数为U−U0，即U1+U额−U0，
③接着断开开关S2，闭合开关S1，电路连接与②相同，电压表测量R0两端电压，读出电压表示数为U2即为R0两端电压，
④当小灯泡L两端电压为U0时，定值电阻两端电压为③中示数U2，由串联分压原理可知U0R=U2R0，
小灯泡L两端电压为U0时的电阻表达式为R=U0U2×R0。
本题探究电流与电阻的关系，考查注意事项、故障分析、数据分析、串联电路的规律和欧姆定律的运用，考查的较全面。
24.【答案】解：(1)由P=UI可知电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流为：
I低=P低U=220W220V=1A；
(2)由题意知当S1、S2闭合，S3接A时，只有R2工作，养生壶处于中温挡工作状态；
由P=U2R可知R2的电阻为：
R2=U2P中=(220V)2440W=110Ω；
(3)由表格数据知高温挡的功率为：P高=880W，
由P=Wt可知养生壶消耗的电能为：
W=P高t=880W×7×60s=3.696×105J，
根据η=Q吸W可知水吸收的热量：
Q吸=ηW=75%×3.696×105J=2.772×105J，
由Q吸=cm(t−t0)可知水的质量为：
m=Q吸c(t′−t0)=2.772×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×(60℃−27℃)=2kg。
答：(1)电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流为1A；
(2)R2的阻值为110Ω；
(3)水的质量是2kg。
【解析】(1)知道电热养生壶低温挡的功率，利用P=UI求出电热养生壶处于低温挡工作状态时，电路中电流；
(2)当S1、S2闭合，S3接A时，只有R2工作，养生壶处于中温挡工作状态；根据中温挡功率和P=U2R可求出R2的阻值；
(3)利用P=Wt求出养生壶消耗的电能，利用效率公式求出水吸收的热量，利用Q吸=cm(t−t0)求出水的质量。
本题考查串并联电路的特点、电功和电功率公式、吸热公式以及效率公式的应用，关键是能正确分析不同状态下的电路连接。
25.【答案】解：(1)电路为只有R1的简单电路，电阻R1的阻值为20Ω，闭合开关后，电流表示数为0.6A，则电源电压：U=I1R1=0.6A×20Ω=12V；
(2)若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.5A，连接方式有两种：
一是将R2串联在电路中，电路中电流应减小0.5A，此时电路中电流为：
I串=I1−0.5A=0.6A−0.5A=0.1A，
电路中总电阻为：R总=UI串=12V0.1A=120Ω，
R2的阻值为：R2=R总−R1=120Ω−20Ω=100Ω；
二是将R2并联在R1两端，使电流表测干路中的电流，此时电路中电流应增加0.5A，根据并联电路电流特点，增加的0.5A即为通过R2的电流，即I2=0.5A，
R2的阻值为：R′2=UI2=12V0.5A=24Ω。
答：(1)电源电压为12V；(2)串联接入时，R2的阻值为100Ω；并联接入时，R2的阻值为24Ω。
【解析】(1)已知电阻和电流大小，根据U=IR求出电源电压U；
(2)将R2串联在电路中，电路中电流应减小0.5A，利用之前的电流算出此时电路中的电流，根据R=UI求出电路的总电阻，根据电阻的串联求出R2的阻值；
将R2并联在电路中，电路中电流应增加0.5A，根据并联电路电流特点，增加的0.5A即为通过R2的电流，由欧姆定律可得R2的阻值。
本题考查了串、并联电路的特点和串、并联电路电流的规律，并能熟练的掌握应用欧姆定律分析和计算电路问题。编号
材料
长度/m
横截面积/mm2
a
锰铜合金
0.5
0.8
b
镍铬合金
0.5
0.8
c
锰铜合金
0.5
0.4
d
锰铜合金
1.0
0.4
项目
参数
额定电压(V)
220
低温挡功率(W)
220
中温挡功率(W)
440
高温挡功率(W)
880
容积(L)
2.5
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