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2023-2024学年江西省九江市永修县虬津片区九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年江西省九江市永修县虬津片区九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共17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.下列说法符合实际情况的是( )
A. 教室里日光灯的额定功率为1kWB. 我国家用电冰箱工作电压为220V
C. 一节干电池的电压为2VD. 家用测电笔内电阻约为20Ω
2.下列关于内能和能量守恒定律的说法中，正确的是( )
A. 物体的温度越高，含有的热量越多
B. 能量既可以凭空消失，也可以凭空产生
C. 0℃的冰熔化成0℃的水，它的内能没有变化
D. 能量在转化和转移过程中，能量的总量保持不变
3.标有“6V1.5W”的小灯泡，通过它的电流随两端电压变化的关系如图所示。若把这样的三只灯泡串联起来，接在12V的电源两端，灯泡的电阻和实际功率约为( )
A. 24Ω0.67W
B. 20Ω0.96W
C. 24Ω0.96W
D. 20Ω0.8W
4.如图所示，是巨磁电阻特性原理的示意图，其中GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小。闭合开关S1、S2，下列说法正确的是( )
A. 电磁铁的右端为N极
B. 当滑片P向右滑动时，电磁铁磁性增强
C. 当滑片P向左滑动时，巨磁电阻的阻值增大
D. 当滑片P向左滑动时，指示灯变亮
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
5.如图所示，重600N的物体在大小为100N的水平拉力作用下，以0.1m/s的速度沿水平地面向左匀速直线运动了10s，滑轮组的机械效率为60%。在此过程中下列选项正确的是( )
A. 物体与地面间的滑动摩擦力为100NB. 拉力F做的功为200J
C. 额外功的功率是8WD. 绳子自由端移动的速度为0.3m/s
6.如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S1、S2，断开开关S3，当滑片P向左滑动时( )
A. 灯泡L2亮度变亮，电流表示数减小B. 灯泡L1亮度不变，电压表示数增大
C. 电流表示数不变，电压表示数增大D. 电流表示数不变，电压表示数不变
三、填空题：本大题共8小题，共16分。
7.我国家庭电路电压是______ V，用电器的开关要安装在______(选填“火线”、“零线”或“地线”)上。
8.在城市的规划建设中我们常看到“湿地公园”的身影。这是因为水的______比较大，在质量和吸热相同的情况下，温度变化______(选填“大”或“小”)，能够较好地调节气温的变化。
9.小越参加一次长跑，身体消耗的能量为6.6×106J，这些能量相当于完全燃烧0.55kg的干木柴才能得到，则干木柴的热值为______J/kg，如果用掉一半后，干木柴的热值将______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
10.如图甲所示的电路，当闭合开关后两只电压表的指针偏转均如图乙所示，则R1两端的电压是______V，R1与R2的电阻之比为______。
11.如图甲所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑片P在左右两端间滑动的过程中，小灯泡的I−U关系图象如图乙所示，则电源电压为______ V，变阻器的最大阻值为______Ω。
12.郝齐家的电能表如图所示，已知电源电压为220V，他关闭家里的其它所有用电器，当只使用一只电热水壶时，观察到电能表转盘3min刚好转了150转，则该电热水壶的额定功率为______ W。经较长时间使用后，电热水壶的电阻丝会变细，则电热水壶的实际功率会______。
13.丹麦科学家______首次通过实验发现电流周围存在着磁场。现有一小磁针在通电螺线管附近处于静止状态，如图所示，由此可判断通电螺线管所接电源的 D端是______极。
14.2022年北京冬奥会上，中国小将谷爱凌勇夺两金一银，成为了历史上第一位能拿到三个自由式滑雪项目奖牌的运动员，如图是她在空中加速下落的精彩画面，在此过程中重力势能______(选填“增大”或“减小”)，重力势能转化为______。(不计空气阻力)
四、实验探究题：本大题共4小题，共28分。
15.亲爱的同学，你会正确使用下列仪器吗？
(1)如图所示，这是某地区的一种仪表表盘，它是______表，尝试将表盘度数填入横线上______。此表能否在我国家庭电路中直接使用______。
(2)荣荣同学利用电压表探究水果电池电压的大小，如图所示在水果中插入两片不同金属制成的极板，就组成了一个水果电池，水果电池是提供______的装置。闭合开关前，电压表的指针如图所示，这是因为______，调整后再闭合开关，电压表的指针如图所示，则这个柠檬电池的正极是______片(选填“A”或“B”)，电压是______ V。
16.小明用如图甲所示的电路测量定值电阻Rx的阻值。
(1)连接电路时开关S应______，滑动变阻器的滑片应移动到最______(选填“左”或“右”)端。
(2)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2.4V，电流表示数如图乙所示，其读数为______ A，待测电阻Rx的阻值为______Ω。
(3)同组的小诺在测额定电压为3.8V的小灯泡L正常发光时的电阻，设计了如图丙所示的电路图并选用相关的器材连接实物图，其中电源电压恒为U(大于3.8V)，R的电阻值为10Ω。
①闭合开关S和S2，断开S1，调节滑动变阻器的滑片，使电流表示数为______ A；
②闭合开关S和S1，断开S2，______，记录电流表示数为0.58A；
③小诺测出小灯泡正常发光时的电阻RL=− ______Ω。
17.郝齐为了探究不同液体饮料的吸热能力，在两个相同的烧杯中分别装入质量相同的饮料A、B，用相同的酒精灯和相同的温度计同时进行了如图所示的实验，得到的实验数据如表1所示。请你完成下列问题：
(1)该实验需要的测量工具有______、______和秒表；
(2)在实验中，郝齐采用的实验方法是使饮料A、B都______相同的温度，通过比较加热______的多少来反映物质吸收热量的多少；
(3)分析表中的数据可知，当温度都升高30℃，两种饮料吸收的热量QA吸______QB吸(选填“>”或“<”)，这表明饮料______的吸热能力强。
18.小惠在“测定小灯泡的功率”的实验如图甲，恒压电源为4.5V，小灯泡额定电压为2.5V、电阻约为10Ω。
(1)连接电路时开关应______，电流表应该选择______(选填“0∼0.6A”或“0∼3A”)量程；
(2)小惠移动滑片P，当电压表示数如图乙时，则此时灯泡消耗的实际功率______额定功率(选填“>”“<”或“=”)，小惠继续移动滑动变阻器的滑片P，记下多组数据，并绘制成I−U图象(丙)，根据图象，可计算出小灯泡的额定功率是______ W；
(3)进一步分析图丙可知，随着灯泡两端电压的增大，灯丝电阻逐渐______(选填“增大”、“减小”或“不变”)，灯丝电阻变化的主要原因是______。
(4)小城同学设计了另一种方案：不用电流表，但增加了一只阻值已知的定值电阻R0，用图丁所示的电路进行实验，也测量出了该小灯泡的额定功率。具体步骤如下：
①闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额；
②保持滑片位置不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，电压表示数为U；
③利用此方法测量出小灯泡的额定功率表达式P=______(用已知和所测量的物理量符号表示)。
五、计算题：本大题共3小题，共22分。
19.周末，小惠一家人驾车出门旅行，已知该汽油小汽车以20m/s的速度匀速行驶时，发动机的功率为2×104W，发动机的效率为30%。若汽车以此速度行驶2.7×104m，求：
(1)行驶时间是多少？
(2)牵引力做的功是多少？
(3)消耗汽油的质量是多少？(汽油的热值q汽=4.5×107J/kg)
20.在如图所示的电路中，R1、R2为两个阻值相等的电阻。闭合电键S前，电流表A2的示数为0.3安，R1消耗的功率为0.9瓦。求：
(1)电阻R1两端的电压。
(2)电阻R1的阻值。
(3)电源电压。
(4)闭合电键S后，电流表A1、A2的示数。
21.学习了电学知识之后，小亮研究家中具有保温功能的电饭锅，画出电饭锅的电路原理图如图所示，电饭锅的铭牌上部分内容如下表。
(1)R1、R2中哪个是加热电阻？要使电饭锅加热，开关S闭合还是断开？
(2)电饭锅正常加热时，电路的电流是多大？
(3)电路中电阻R1、R2的阻值各是多大？保温时，R1、R2产生的电热之比是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.教室里普通日光灯的额定功率约为40W，不可能为1kW，故A不正确；
B.我国家庭电路的电压是220V，故家用电冰箱工作电压为220V，故B正确；
C.一节新的干电池的电压约为1.5V，故C不正确；
D.家用测电笔内电阻很大约为1×106Ω，故D不正确。
故选：B。
首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的数据，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。
对日常生活中的速度、质量、长度、时间、电压、电功率等进行准确的估测，是初中学生需要掌握的一种基本能力，平时注意观察，结合所学知识多加思考，逐渐培养这方面的能力。
2.【答案】D
【解析】解：A、由于热量是一个过程量，所以不能说物体含有多少热量，故A错误；
B、根据能量守恒定律可知，能量不可以凭空产生、也不会凭空消失，故B错误；
C、冰熔化过程要吸热，因此0℃的冰熔化成0℃的水，它的内能变大，故C错误；
D、根据能量守恒定律可知，能量在转化和转移过程中，能量的总量保持不变，故D正确。
故选：D。
(1)热量是一个过程量，不能说“某物体含有或具有多少热量”；
(2)一切物体在任何情况下都具有内能，内能的大小跟质量、温度、状态有关；
(3)能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变，这就是能量守恒定律。
此题考查温度、内能、热量的关系，以及能量守恒定律，属于热学综合题，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：把这种规格的三只灯泡串联接在12V的电源两端，则每只灯泡两端的电压都为4V，
从图象上可以看出，此时电路电流为0.2A，
由欧姆定律得，每只灯泡的电阻：
R=UI=4V0.2A=20Ω；
则每只灯泡的实际功率：
P实=UI=4V×0.2A=0.8W，故ABC错误，D正确。
故选：D。
三只完全相同的灯泡串联，灯泡的电阻相等，通过的电流相等，根据欧姆定律可知，三只灯泡两端的电压相等，
再从图象上找到对应的电压和电流，根据相应的公式分别算出每只灯泡的实际电阻和实际功率。
本题考查电阻和电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是根据图象得出相应的数据，重点记住串联电路电流、电压和电阻的规律；
本题最容易出错的是根据灯泡的额定电压和额定功率求灯泡的电阻，因为灯泡的电阻是变化的，不是固定不变的。
4.【答案】D
【解析】解：
A、利用安培定则判断电磁铁的左端为N极、右端为S极，故A错误。
B、当滑片P向右滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知，左侧电路中的电流变小，电磁铁的磁性减弱，故B错误。
CD、当滑片P向左滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，GMR的阻值变小，指示灯所在电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，通过指示灯的电流变大，灯泡变亮，故C错误、D正确。
故选：D。
(1)利用安培定则判断电磁铁的磁极；
(2)由滑动变阻器滑片的移动得知电路中电流的变化情况，通过电路中电流的变化结合电磁铁磁性强弱的决定因素可以确定电磁铁磁性强弱的变化；
(3)(4)当滑片P向左滑动时，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和电磁铁磁性强弱的变化，进而知道巨磁电阻的阻值的变化，根据欧姆定律判定通过灯泡电流的变化和灯泡亮度的变化。
在控制电路中，滑片的移动是分析的入手点；在工作电路中，灯泡的亮度是确定电路中电流变化的一个隐含条件。
5.【答案】BC
【解析】解：B、根据图示可知，n=2，物体移动的距离s物=vt=0.1m/s×10s=1m，绳子自由端移动的距离s绳=2×1m=2m，拉力F做的功W总=Fs绳=100N×2m=200J，故B正确；
A、物体与地面间的滑动摩擦力做的功为有用功，W有用=W总η=200J×60%=120J，物体与地面间的滑动摩擦力f=W有用s物=120J1m=120N，故A错误；
C、额外功W额=W总−W有用=200J−120J=80J，额外功的功率P=W额t=80J10s=8W，故C正确；
D、绳子自由端移动的速度v′=s绳t=2m10s=0.2m/s，故D错误。
故选：BC。
B、n=2，先根据速度公式得出物体移动的距离，再得出绳子自由端移动的距离，根据W总=Fs绳得出拉力F做的功；
A、物体与地面间的滑动摩擦力做的功为有用功，根据W有用=W总η得出有用功。根据f=W有用s物得出物体与地面间的滑动摩擦力；
C、根据W额=W总−W有用得出额外功，根据P=W额t得出额外功的功率；
D、根据速度公式得出绳子自由端移动的速度。
本题考查滑轮组的功、功率和效率的有关计算，综合性强，难度适中。
6.【答案】BC
【解析】解：
(1)闭合开关S1、S2，断开开关S3，变阻器与灯L1串联，电压表测P以右电阻丝的电压，电流表测电路中的电流；因电压表接在滑片处，故电流要全部经过变阻器，滑片移动不影响接入电路中电阻的大小，由欧姆定律可知，电路的电流不变，即电流表示数不变，故A错误；
(2)电路的电流不变，根据P=I2R可知，灯L1的实际功率不变，则L1的亮度不变；滑片P向左滑动时，滑片P以右电阻丝的阻值变大，由U=IR可知，电压表示数变大，BC正确，D错误；
故选：BC。
(1)分析电路的连接，和电流的流向及各表测量的量，由欧姆定律确定电路电流的变化；
(2)根据P=I2R，分析灯L1亮度变化；滑片P向左滑动，分析P以右电阻变化，由U=IR分析电压表示数变化。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是明确电流的流向。
7.【答案】220 火线
【解析】解：(1)家庭电路的电压是220V。
(2)家庭电路中，开关控制电灯时，开关一端和电灯相连，另一端和火线相连，这样既能控制电灯，又能在更换灯泡时，断开开关，切断火线，避免触电事故的发生。
故答案为：220；火线。
(1)家庭电路的电压是220V。
(2)家庭电路中，开关控制用电器时，开关一定要接在火线和用电器之间，既能控制用电器，又能保证使用的安全性
记住常见电源的电压值；掌握家庭电路中开关、灯泡的接法。属于基础题目。
8.【答案】比热容 小
【解析】水的比热容较大，水和其它物质相比，吸收相同的热量，水的温度变化小，能够较好地调节气温的变化。
故答案为：比热容；小。
水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低得少。
本题主要考查比热容知识解释简单的自然现象，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累。
9.【答案】1.2×107 不变
【解析】解：(1)由Q放=mq可得，q=Q放m=6.6×106J0.55kg=1.2×107J/kg；
(2)热值是燃料的特性，其大小与燃料的质量无关，用掉一半后，干木柴的热值仍为1.2×107J/kg。
故答案为：1.2×107；不变。
(1)因为干木柴完全燃烧放出的热量等于身体消耗的能量，知道完全燃烧干木柴的质量，可以利用公式Q放=mq求干木柴的热值；
(2)热值是燃料的特性，其大小与燃料的种类有关，而与燃料的质量无关。
本题考查了学生对热值特性、燃料完全燃烧放热公式Q放=mq的掌握和运用，理解：热值是燃料的特性，其大小与燃料的种类有关，而与燃料的质量、燃烧程度无关。
10.【答案】6 4：1
【解析】解：由电路图可知，R1、R2串联，电压表V2测电源两端的电压，电压表V1测R2两端的电压。
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且两只电压表指针的偏转角度相同，
所以，电压表V2的量程为0∼15V，分度值为0.5V，则电源电压U=7.5V，
电压表V1的量程为0∼3V，分度值为0.1V，则R2两端的电压U2=1.5V，
根据串联电路的电压特点可得，R1两端的电压：U1=U−U2=7.5V−1.5V=6V；
因串联电路中各处的电流相等，
所以由U=IR可得，R1、R2的阻值之比等于其两端的电压之比，即：R1R2=U1U2=6V1.5V=4：1。
故答案为：6；4：1。
由电路图可知，R1、R2串联，电压表V2测电源两端的电压，电压表V1测R2两端的电压，根据串联电路的电压特点结合两只电压表指针的偏转角度相同得出量程，根据分度值读出示数并求出R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出R1、R2阻值之比。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，根据串联电路的电压特点确定两电压表的量程是关键。
11.【答案】12 9
【解析】解：(1)由电路图可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路为灯泡的简单电路，此时电压表测电源两端的电压，电流表的示数最大，
由图象可知，电源的电压U=UL=12V；
(2)当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象可知，灯泡两端的电压UL′=3V，电路中的电流I′=1.0A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
UR=U−UL′=12V−3V=9V，
由I=可得，滑动变阻器的最大阻值：
R=UI′=9V1.0A=9Ω。
故答案为：12；9。
(1)由电路图可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路为灯泡的简单电路，此时电压表测电源两端的电压，电流表的示数最大，根据图象读出灯泡两端的电压即为电源的电压；
(2)当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，根据图象读出灯泡两端电压和电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
12.【答案】1000 变小
【解析】解：电能表每转3000转消耗1千瓦时的电能，转了150转消耗的电能W=1503000kW⋅h=0.05kW⋅h=1.8×105J，
该电热水壶的额定功率P=Wt=1.8×105J3×60s=1000W；
电热水壶的电阻丝会变细，则电阻会变大，由P=U2R可知，电热水壶的实际功率会变小。
故答案为：1000；变小。
(1)电能表的参数3000r/kW⋅h表示：每消耗1kW⋅h的电能，电能表的表盘转动3000转；由电能表的转动的转数求用电器消耗的电能，又知道通电时间，可以求出用电器的电功率；
(2)电热水壶的电阻丝会变细，则电阻会变大，由P=U2R分析实际功率变化情况。
本题考查了电能表的参数的理解，还考查了用电器单独接入电路时，由用电器在一定时间内电能表转动的圈数，求用电器的电功率，还要知道影响电阻大小的因素。
13.【答案】奥斯特 负
【解析】解：丹麦物理学家奥斯特发现，将导体放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，从而提出了电流的磁效应；
由图可知，小磁针静止时，S极靠近电磁铁B端，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知电磁铁B端应为N极，A端为S极；则由右手螺旋定则可知，电流应由右端流入，故电源C端为正极，D端为负极。
故答案为：奥斯特；负。
奥斯特实验说明了电流的周围存在磁场；由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知通电螺线管的N、S极，再由右手螺旋定则可知电源的正负极。
本题主要考查右手螺旋定则的应用，要求能熟练应用右手螺旋定则判断螺线管的磁极及磁极间的相互作用。
14.【答案】减小 动能
【解析】解：她在空中加速下落的过程中，质量不变，速度增大，动能增大；质量不变，高度减小，重力势能减小；是重力势能转化为动能。
故答案为：减小；动能。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
掌握动能、重力势能的影响因素，利用控制变量法判断动能和重力势能的变化。
15.【答案】电能 5435.7kW⋅h不能 电能 电压表没有调零 A0.1
【解析】解：(1)图中有单位kW⋅h，可知是电能表；最后面一个指针显示为小数点部分。根据指针的位置可得其示数为5435.7kW⋅h；因为仪表盘上标注“110V”表示该仪表应该接在220V的电路中使用，我国家庭电路的电压为220V，故在我国家庭电路中不能直接使用；
(2)水果电池是提供电能的装置；闭合开关前，电压表的指针偏左，这是因为电压表没有调零；调整后再闭合开关，电压表指针向左偏，说明电压表的正负接线柱接反了，即电流从负接线柱流进，从正接线柱流出，故A片为柠檬电池的正极；这个柠檬电池的电压为100mV=0.1V。
故答案为：(1)电能；5435.7kW⋅h；不能 (2)电能；电压表没有调零；A；0.1。
(1)表盘中有交流电的频率(Hz)、每消耗1kW⋅h转盘转数、工作电压、标定电流，和课本电能表的参数相似，由此可知表的名称并读数；
(2)电源是提供电能的装置；闭合开关前，电压表指针偏左，说明电压表没有调零，闭合开关后，电压表指针偏左，说明电压表的正负接线柱接反了；电流从电源的正极经过用电器流向电源的负极；读数时注意分度值。
本题考查了电能表的读数以及电压表的使用，难度不大，属于基础性题目。
16.【答案】断开 右 保持滑动变阻器的滑片不动 19
【解析】解：(1)在连接电路时，开关应处于断开状态，闭合开关前滑动变阻器的滑片位于最大阻值处的右端；
(2)电流表接入电路的量程为0∼0.6A，每一小格表示0.02A，读图可知通过电路的电流为0.2A，由欧姆定律可得待测电阻Rx=UI=Ω；
(3)①闭合开关S和S2，断开S1，此时小灯泡和定值电阻并联后与滑动变阻器串联，电流表测定值电阻所在支路的电流，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为U额R=3.8V10Ω=0.38A，此时小灯泡正常发光；
②闭合开关S和S1，断开S2，电路依然为小灯泡和定值电阻并联后与滑动变阻器串联，此时电流表测干路电流，应保持滑动变阻器滑片不动，此时小灯泡正常发光，电流表的示数为I，由于并联电路互不影响即分流特点可知，通过小灯泡的电流为I额=I−U额R=0.58A−0.38A=0.2A，故小灯泡正常发光时的电阻RL=U额I额=Ω。
故答案为：(1)断开；右；(2)0.2410(3)①0.38；②保持滑动变阻器的滑片不动；③19。
(1)为了保护电路，在连接电路时开关应断开；滑动变阻器处于最大阻值处；
(2)电流表接入电路的量程为0∼0.6A，每一小格表示0.02A，读图可知通过电路的电流为0.24A，由欧姆定律可得待测电阻Rx的阻值；
(3)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，先使定值电阻与电流表串联后再与灯泡并联，通过移动变阻器滑片，使电流表示数为U额R；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出通过定值电阻的电流，由欧姆定律求出灯的额定电压，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
本题测量小灯泡的额定功率的实验，考查电路连接、故障分析、电流表读数、电功率计算及设计实验方案的能力，是中考常见的题型，要掌握。
17.【答案】天平 温度计 升高 时间 >A
【解析】解：(1)实验需要控制两种饮料的质量相同，所以需要天平称量质量；需要测定饮料的温度变化情况，所以还需要温度计。
(2)由表中数据可知，实验是要控制两种饮料的温度变化量相同，即升高相同的温度。
吸收的热量不易测量，实验通过比较加热时间的多少来反映物质吸收热量的多少，采用了转换法。
(3)由表中数据可知，温度都升高30℃，A加热的时间更长，说明A吸收的热量更多，A的吸热能力更强，比热容大。
故答案为：(1)天平；温度计；(2)升高；时间；(3)>；A。
(1)为了比较不同物质的吸热能力时，要控制两种液体的质量相等，需要用天平测质量，用秒表测量加热时间，用温度计测量液体的初温和末温；
(2)(3)我们使用相同的酒精灯(或加热器)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：
a、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；
b、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。
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】断开 0∼0.6A小于 0.5增大 灯丝电阻随温度的升高而变大 U额(U−U额)R0
【解析】解：(1)在连接电路时，开关应断开，目的是保护电路；灯泡的额定电流大约为I=U′R=2.5V10Ω=0.25A，则电流表的量程选0∼0.6A；
(2)由图乙电压表可知，其量程为0∼3V，分度值为0.1V，示数为2.2V，灯的实际电压为2.2V，而灯的额定电压为2.5V，灯的实际电压小于灯的额定电压，则灯的实际功率小于灯的额定功率；
由图丙知，小灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.2A，灯泡额定功率：P=U′I=2.5V×0.2A=0.5W；
(3)进一步分析图象可知，随着灯泡两端电压的增大，通过灯的电流增大，根据P=UI，灯的功率变大，灯丝的温度升高，因灯丝电阻随温度的升高而变大，故灯丝电阻逐渐增大；
(4)①闭合开关，调节滑动变阻器滑片P，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额，此时电压表测灯的电压，灯正常发光；
②然后保持滑片位置不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，读出电压表示数U，此时电压表测灯与R0两端的总电压，
因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压：U0=U−U额；
由欧姆定律和串联电路的电流特点可知，通过小灯泡的电流：IL=I0=U0R0=U−U额R0，
则小灯泡的额定功率：P额=ULIL=U额(U−U额)R0。
故答案为：(1)0∼0.6A；(2)小于；0.5； (3)增大；灯丝电阻随温度的升高而变大；(4)③U额(U−U额)R0。
(1)在连接电路时，为保护电路，开关应断开；根据欧姆定律求出灯泡额定电流的大约值，据此确定电流表的量程；
(2)根据电流表选用的量程确定分度值，根据电流表指针位置读数，根据实际电压与实际功率的关系比较灯泡消耗的实际功率与额定功率；
由图丙知，小灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.2A，根据P=UI求出灯泡额定功率；
(3)根据灯丝电阻随温度的升高而变大分析；
(4)要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过改接电压表，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P=UI可求出灯的额定功率。
本题测量小灯泡额定功率，考查注意事项、欧姆定律应用、电功率的计算、灯丝电阻的影响因素和特殊方法测功率等问题，设计知识点多，综合性较强，具有一定的代表性。
19.【答案】解：(1)行驶时间t=st=2.7×104m20m/s=1350s；
(2)因为牵引力的功率P=Wt=Fst=Fv，所以牵引力F=Pv=2×104W20m/s=1000N；
牵引力做的功W=Fs=1000N×2.7×104m=2.7×107J；
(3)汽油燃烧放出的热量Q放=Wη=2.7×107J30%=9×107J；
消耗汽油的质量m=Q放q汽油=9×107J4.5×107J/kg=2kg。
答：(1)行驶时间是1350s；
(2)牵引力做的功为2.7×107J；
(3)消耗汽油的质量2kg。
【解析】(1)利用速度计算公式求得行驶时间；
(2)知道小汽车的功率和速度，根据功率P=Wt=Fst=Fv，计算牵引力，知道牵引力和路程，根据W=Fs计算功；
(3)知道效率和功，根据Q放=Wη=计算汽油完全燃烧放出的热量；
(4)根据m=Q放q计算消耗汽油的质量。
本题考查了功、功率、效率和燃料燃烧放热的知识，要求学生能够灵活运用公式进行计算。
20.【答案】解：(1)电阻R1两端的电压为：U1=P1I1=；
(2)电阻R1的阻值为：R1=U1I1=3V0.3A=10Ω；
(3)∵R1=R2，
∴电源的电压为：U=I1(R1+R2)=0.3A×(10Ω+10Ω)=6V；
(4)闭合电键S后，R2被短路，
电路中的电流为：I=UR1=6V10Ω=0.6A，
所以电流表A1、A2的示数为0.6A。
答：(1)电阻R1两端的电压为3V。
(2)电阻R1的阻值为10Ω。
(3)电源电压为6V。
(4)闭合电键S后，电流表A1、A2的示数均为0.6A。
【解析】(1)根据U=PI求出电阻R1两端的电压，根据欧姆定律求出R1的阻值，再根据串联电路电流和电压特点进一步求出电源电压。
(2)闭合电键S后，R2被短路，电路为R1的简单电路，电流表A1、A2都测电路中电流，根据欧姆定律求出电路中电流，即为两表的示数。
本题考查了串联电路的特点，欧姆定律和电功率公式的灵活运用，难度不大，是一道基础题目。
21.【答案】已知：U额=220VP热=1100WP温=44W
求：(2)I热=？(3)R1=？R2=？Q1Q2=？
解：(1)电源电压是220V不变，根据电功率的导出式P=U2R知，开关当S处于闭合时，R2就短路，只有R1工作，当S断开，两电阻串联，总电阻为R1+R2，
由于S闭合时比断开时电路中总电阻小，故电功率大，煮饭时需要功率大，需要S闭合，并且R1是加热电阻。
(2)∵P=UI
∴加热状态下通过R1的电流为I热=P热U额=1100W220V=5A；
(3)∵I=UR
∴电阻R1的阻值为R1=U额I热=220V5A=44Ω
∵P=U2R
∴保温状态下电路的总电阻为R串=U额2P温=(220V)244W=1100Ω
电阻R2的阻值为R2=R串−R1=1100Ω−44Ω=1056Ω；
保温时，R1、R2产生的电热之比为Q1Q2=I2R1tI2R2t=R1R2=44Ω1056Ω=124。
答：(1)R1是加热电阻；要使电饭锅加热，开关S闭合；
(2)电饭锅正常加热时，电路的电流是5A；
(3)电路中电阻R1、R2的阻值各是44Ω、1056Ω；保温时，R1、R2产生的电热之比是1：24。
【解析】(1)分析此电路，R1和R2是串联的，开关闭合，R2就短路，只有R1工作。当加热煮饭时，电功率较大，当保温时电功率较小，根据电功率的计算公式分析即可；
(2)已知电饭锅的加热功率和额定电压，利用公式I=PU得到正常加热时的电流；
(3)已知电饭锅的加热功率和正常工作的电流，可以得到R1的阻值；已知电饭锅的保温功率和额定电压，可以得到保温状态下的总电阻；已知保温状态的总电阻和R1的阻值，可以得到R2的阻值；串联电路中发热体产生的热量与其阻值成正比。
此题考查的是欧姆定律的应用、串联电路的特点和电功率变形公式的应用，根据电功率变形公式得到对应的电阻连接方式是解决第一小题的关键。饮料
质量/g
温度升高10℃加热时间/s
温度升高20℃加热时间/s
温度升高30℃加热时间/s
A
300
220
420
680
B
300
180
290
510
额定电压
220V
加热功率
1100W
保温功率
44W
最大容积
3L
1.下列说法符合实际情况的是( )
A. 教室里日光灯的额定功率为1kWB. 我国家用电冰箱工作电压为220V
C. 一节干电池的电压为2VD. 家用测电笔内电阻约为20Ω
2.下列关于内能和能量守恒定律的说法中，正确的是( )
A. 物体的温度越高，含有的热量越多
B. 能量既可以凭空消失，也可以凭空产生
C. 0℃的冰熔化成0℃的水，它的内能没有变化
D. 能量在转化和转移过程中，能量的总量保持不变
3.标有“6V1.5W”的小灯泡，通过它的电流随两端电压变化的关系如图所示。若把这样的三只灯泡串联起来，接在12V的电源两端，灯泡的电阻和实际功率约为( )
A. 24Ω0.67W
B. 20Ω0.96W
C. 24Ω0.96W
D. 20Ω0.8W
4.如图所示，是巨磁电阻特性原理的示意图，其中GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小。闭合开关S1、S2，下列说法正确的是( )
A. 电磁铁的右端为N极
B. 当滑片P向右滑动时，电磁铁磁性增强
C. 当滑片P向左滑动时，巨磁电阻的阻值增大
D. 当滑片P向左滑动时，指示灯变亮
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
5.如图所示，重600N的物体在大小为100N的水平拉力作用下，以0.1m/s的速度沿水平地面向左匀速直线运动了10s，滑轮组的机械效率为60%。在此过程中下列选项正确的是( )
A. 物体与地面间的滑动摩擦力为100NB. 拉力F做的功为200J
C. 额外功的功率是8WD. 绳子自由端移动的速度为0.3m/s
6.如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S1、S2，断开开关S3，当滑片P向左滑动时( )
A. 灯泡L2亮度变亮，电流表示数减小B. 灯泡L1亮度不变，电压表示数增大
C. 电流表示数不变，电压表示数增大D. 电流表示数不变，电压表示数不变
三、填空题：本大题共8小题，共16分。
7.我国家庭电路电压是______ V，用电器的开关要安装在______(选填“火线”、“零线”或“地线”)上。
8.在城市的规划建设中我们常看到“湿地公园”的身影。这是因为水的______比较大，在质量和吸热相同的情况下，温度变化______(选填“大”或“小”)，能够较好地调节气温的变化。
9.小越参加一次长跑，身体消耗的能量为6.6×106J，这些能量相当于完全燃烧0.55kg的干木柴才能得到，则干木柴的热值为______J/kg，如果用掉一半后，干木柴的热值将______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
10.如图甲所示的电路，当闭合开关后两只电压表的指针偏转均如图乙所示，则R1两端的电压是______V，R1与R2的电阻之比为______。
11.如图甲所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑片P在左右两端间滑动的过程中，小灯泡的I−U关系图象如图乙所示，则电源电压为______ V，变阻器的最大阻值为______Ω。
12.郝齐家的电能表如图所示，已知电源电压为220V，他关闭家里的其它所有用电器，当只使用一只电热水壶时，观察到电能表转盘3min刚好转了150转，则该电热水壶的额定功率为______ W。经较长时间使用后，电热水壶的电阻丝会变细，则电热水壶的实际功率会______。
13.丹麦科学家______首次通过实验发现电流周围存在着磁场。现有一小磁针在通电螺线管附近处于静止状态，如图所示，由此可判断通电螺线管所接电源的 D端是______极。
14.2022年北京冬奥会上，中国小将谷爱凌勇夺两金一银，成为了历史上第一位能拿到三个自由式滑雪项目奖牌的运动员，如图是她在空中加速下落的精彩画面，在此过程中重力势能______(选填“增大”或“减小”)，重力势能转化为______。(不计空气阻力)
四、实验探究题：本大题共4小题，共28分。
15.亲爱的同学，你会正确使用下列仪器吗？
(1)如图所示，这是某地区的一种仪表表盘，它是______表，尝试将表盘度数填入横线上______。此表能否在我国家庭电路中直接使用______。
(2)荣荣同学利用电压表探究水果电池电压的大小，如图所示在水果中插入两片不同金属制成的极板，就组成了一个水果电池，水果电池是提供______的装置。闭合开关前，电压表的指针如图所示，这是因为______，调整后再闭合开关，电压表的指针如图所示，则这个柠檬电池的正极是______片(选填“A”或“B”)，电压是______ V。
16.小明用如图甲所示的电路测量定值电阻Rx的阻值。
(1)连接电路时开关S应______，滑动变阻器的滑片应移动到最______(选填“左”或“右”)端。
(2)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2.4V，电流表示数如图乙所示，其读数为______ A，待测电阻Rx的阻值为______Ω。
(3)同组的小诺在测额定电压为3.8V的小灯泡L正常发光时的电阻，设计了如图丙所示的电路图并选用相关的器材连接实物图，其中电源电压恒为U(大于3.8V)，R的电阻值为10Ω。
①闭合开关S和S2，断开S1，调节滑动变阻器的滑片，使电流表示数为______ A；
②闭合开关S和S1，断开S2，______，记录电流表示数为0.58A；
③小诺测出小灯泡正常发光时的电阻RL=− ______Ω。
17.郝齐为了探究不同液体饮料的吸热能力，在两个相同的烧杯中分别装入质量相同的饮料A、B，用相同的酒精灯和相同的温度计同时进行了如图所示的实验，得到的实验数据如表1所示。请你完成下列问题：
(1)该实验需要的测量工具有______、______和秒表；
(2)在实验中，郝齐采用的实验方法是使饮料A、B都______相同的温度，通过比较加热______的多少来反映物质吸收热量的多少；
(3)分析表中的数据可知，当温度都升高30℃，两种饮料吸收的热量QA吸______QB吸(选填“>”或“<”)，这表明饮料______的吸热能力强。
18.小惠在“测定小灯泡的功率”的实验如图甲，恒压电源为4.5V，小灯泡额定电压为2.5V、电阻约为10Ω。
(1)连接电路时开关应______，电流表应该选择______(选填“0∼0.6A”或“0∼3A”)量程；
(2)小惠移动滑片P，当电压表示数如图乙时，则此时灯泡消耗的实际功率______额定功率(选填“>”“<”或“=”)，小惠继续移动滑动变阻器的滑片P，记下多组数据，并绘制成I−U图象(丙)，根据图象，可计算出小灯泡的额定功率是______ W；
(3)进一步分析图丙可知，随着灯泡两端电压的增大，灯丝电阻逐渐______(选填“增大”、“减小”或“不变”)，灯丝电阻变化的主要原因是______。
(4)小城同学设计了另一种方案：不用电流表，但增加了一只阻值已知的定值电阻R0，用图丁所示的电路进行实验，也测量出了该小灯泡的额定功率。具体步骤如下：
①闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额；
②保持滑片位置不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，电压表示数为U；
③利用此方法测量出小灯泡的额定功率表达式P=______(用已知和所测量的物理量符号表示)。
五、计算题：本大题共3小题，共22分。
19.周末，小惠一家人驾车出门旅行，已知该汽油小汽车以20m/s的速度匀速行驶时，发动机的功率为2×104W，发动机的效率为30%。若汽车以此速度行驶2.7×104m，求：
(1)行驶时间是多少？
(2)牵引力做的功是多少？
(3)消耗汽油的质量是多少？(汽油的热值q汽=4.5×107J/kg)
20.在如图所示的电路中，R1、R2为两个阻值相等的电阻。闭合电键S前，电流表A2的示数为0.3安，R1消耗的功率为0.9瓦。求：
(1)电阻R1两端的电压。
(2)电阻R1的阻值。
(3)电源电压。
(4)闭合电键S后，电流表A1、A2的示数。
21.学习了电学知识之后，小亮研究家中具有保温功能的电饭锅，画出电饭锅的电路原理图如图所示，电饭锅的铭牌上部分内容如下表。
(1)R1、R2中哪个是加热电阻？要使电饭锅加热，开关S闭合还是断开？
(2)电饭锅正常加热时，电路的电流是多大？
(3)电路中电阻R1、R2的阻值各是多大？保温时，R1、R2产生的电热之比是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.教室里普通日光灯的额定功率约为40W，不可能为1kW，故A不正确；
B.我国家庭电路的电压是220V，故家用电冰箱工作电压为220V，故B正确；
C.一节新的干电池的电压约为1.5V，故C不正确；
D.家用测电笔内电阻很大约为1×106Ω，故D不正确。
故选：B。
首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的数据，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。
对日常生活中的速度、质量、长度、时间、电压、电功率等进行准确的估测，是初中学生需要掌握的一种基本能力，平时注意观察，结合所学知识多加思考，逐渐培养这方面的能力。
2.【答案】D
【解析】解：A、由于热量是一个过程量，所以不能说物体含有多少热量，故A错误；
B、根据能量守恒定律可知，能量不可以凭空产生、也不会凭空消失，故B错误；
C、冰熔化过程要吸热，因此0℃的冰熔化成0℃的水，它的内能变大，故C错误；
D、根据能量守恒定律可知，能量在转化和转移过程中，能量的总量保持不变，故D正确。
故选：D。
(1)热量是一个过程量，不能说“某物体含有或具有多少热量”；
(2)一切物体在任何情况下都具有内能，内能的大小跟质量、温度、状态有关；
(3)能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变，这就是能量守恒定律。
此题考查温度、内能、热量的关系，以及能量守恒定律，属于热学综合题，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：把这种规格的三只灯泡串联接在12V的电源两端，则每只灯泡两端的电压都为4V，
从图象上可以看出，此时电路电流为0.2A，
由欧姆定律得，每只灯泡的电阻：
R=UI=4V0.2A=20Ω；
则每只灯泡的实际功率：
P实=UI=4V×0.2A=0.8W，故ABC错误，D正确。
故选：D。
三只完全相同的灯泡串联，灯泡的电阻相等，通过的电流相等，根据欧姆定律可知，三只灯泡两端的电压相等，
再从图象上找到对应的电压和电流，根据相应的公式分别算出每只灯泡的实际电阻和实际功率。
本题考查电阻和电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是根据图象得出相应的数据，重点记住串联电路电流、电压和电阻的规律；
本题最容易出错的是根据灯泡的额定电压和额定功率求灯泡的电阻，因为灯泡的电阻是变化的，不是固定不变的。
4.【答案】D
【解析】解：
A、利用安培定则判断电磁铁的左端为N极、右端为S极，故A错误。
B、当滑片P向右滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知，左侧电路中的电流变小，电磁铁的磁性减弱，故B错误。
CD、当滑片P向左滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，GMR的阻值变小，指示灯所在电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，通过指示灯的电流变大，灯泡变亮，故C错误、D正确。
故选：D。
(1)利用安培定则判断电磁铁的磁极；
(2)由滑动变阻器滑片的移动得知电路中电流的变化情况，通过电路中电流的变化结合电磁铁磁性强弱的决定因素可以确定电磁铁磁性强弱的变化；
(3)(4)当滑片P向左滑动时，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和电磁铁磁性强弱的变化，进而知道巨磁电阻的阻值的变化，根据欧姆定律判定通过灯泡电流的变化和灯泡亮度的变化。
在控制电路中，滑片的移动是分析的入手点；在工作电路中，灯泡的亮度是确定电路中电流变化的一个隐含条件。
5.【答案】BC
【解析】解：B、根据图示可知，n=2，物体移动的距离s物=vt=0.1m/s×10s=1m，绳子自由端移动的距离s绳=2×1m=2m，拉力F做的功W总=Fs绳=100N×2m=200J，故B正确；
A、物体与地面间的滑动摩擦力做的功为有用功，W有用=W总η=200J×60%=120J，物体与地面间的滑动摩擦力f=W有用s物=120J1m=120N，故A错误；
C、额外功W额=W总−W有用=200J−120J=80J，额外功的功率P=W额t=80J10s=8W，故C正确；
D、绳子自由端移动的速度v′=s绳t=2m10s=0.2m/s，故D错误。
故选：BC。
B、n=2，先根据速度公式得出物体移动的距离，再得出绳子自由端移动的距离，根据W总=Fs绳得出拉力F做的功；
A、物体与地面间的滑动摩擦力做的功为有用功，根据W有用=W总η得出有用功。根据f=W有用s物得出物体与地面间的滑动摩擦力；
C、根据W额=W总−W有用得出额外功，根据P=W额t得出额外功的功率；
D、根据速度公式得出绳子自由端移动的速度。
本题考查滑轮组的功、功率和效率的有关计算，综合性强，难度适中。
6.【答案】BC
【解析】解：
(1)闭合开关S1、S2，断开开关S3，变阻器与灯L1串联，电压表测P以右电阻丝的电压，电流表测电路中的电流；因电压表接在滑片处，故电流要全部经过变阻器，滑片移动不影响接入电路中电阻的大小，由欧姆定律可知，电路的电流不变，即电流表示数不变，故A错误；
(2)电路的电流不变，根据P=I2R可知，灯L1的实际功率不变，则L1的亮度不变；滑片P向左滑动时，滑片P以右电阻丝的阻值变大，由U=IR可知，电压表示数变大，BC正确，D错误；
故选：BC。
(1)分析电路的连接，和电流的流向及各表测量的量，由欧姆定律确定电路电流的变化；
(2)根据P=I2R，分析灯L1亮度变化；滑片P向左滑动，分析P以右电阻变化，由U=IR分析电压表示数变化。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是明确电流的流向。
7.【答案】220 火线
【解析】解：(1)家庭电路的电压是220V。
(2)家庭电路中，开关控制电灯时，开关一端和电灯相连，另一端和火线相连，这样既能控制电灯，又能在更换灯泡时，断开开关，切断火线，避免触电事故的发生。
故答案为：220；火线。
(1)家庭电路的电压是220V。
(2)家庭电路中，开关控制用电器时，开关一定要接在火线和用电器之间，既能控制用电器，又能保证使用的安全性
记住常见电源的电压值；掌握家庭电路中开关、灯泡的接法。属于基础题目。
8.【答案】比热容 小
【解析】水的比热容较大，水和其它物质相比，吸收相同的热量，水的温度变化小，能够较好地调节气温的变化。
故答案为：比热容；小。
水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低得少。
本题主要考查比热容知识解释简单的自然现象，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累。
9.【答案】1.2×107 不变
【解析】解：(1)由Q放=mq可得，q=Q放m=6.6×106J0.55kg=1.2×107J/kg；
(2)热值是燃料的特性，其大小与燃料的质量无关，用掉一半后，干木柴的热值仍为1.2×107J/kg。
故答案为：1.2×107；不变。
(1)因为干木柴完全燃烧放出的热量等于身体消耗的能量，知道完全燃烧干木柴的质量，可以利用公式Q放=mq求干木柴的热值；
(2)热值是燃料的特性，其大小与燃料的种类有关，而与燃料的质量无关。
本题考查了学生对热值特性、燃料完全燃烧放热公式Q放=mq的掌握和运用，理解：热值是燃料的特性，其大小与燃料的种类有关，而与燃料的质量、燃烧程度无关。
10.【答案】6 4：1
【解析】解：由电路图可知，R1、R2串联，电压表V2测电源两端的电压，电压表V1测R2两端的电压。
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且两只电压表指针的偏转角度相同，
所以，电压表V2的量程为0∼15V，分度值为0.5V，则电源电压U=7.5V，
电压表V1的量程为0∼3V，分度值为0.1V，则R2两端的电压U2=1.5V，
根据串联电路的电压特点可得，R1两端的电压：U1=U−U2=7.5V−1.5V=6V；
因串联电路中各处的电流相等，
所以由U=IR可得，R1、R2的阻值之比等于其两端的电压之比，即：R1R2=U1U2=6V1.5V=4：1。
故答案为：6；4：1。
由电路图可知，R1、R2串联，电压表V2测电源两端的电压，电压表V1测R2两端的电压，根据串联电路的电压特点结合两只电压表指针的偏转角度相同得出量程，根据分度值读出示数并求出R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出R1、R2阻值之比。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，根据串联电路的电压特点确定两电压表的量程是关键。
11.【答案】12 9
【解析】解：(1)由电路图可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路为灯泡的简单电路，此时电压表测电源两端的电压，电流表的示数最大，
由图象可知，电源的电压U=UL=12V；
(2)当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象可知，灯泡两端的电压UL′=3V，电路中的电流I′=1.0A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
UR=U−UL′=12V−3V=9V，
由I=可得，滑动变阻器的最大阻值：
R=UI′=9V1.0A=9Ω。
故答案为：12；9。
(1)由电路图可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路为灯泡的简单电路，此时电压表测电源两端的电压，电流表的示数最大，根据图象读出灯泡两端的电压即为电源的电压；
(2)当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，根据图象读出灯泡两端电压和电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
12.【答案】1000 变小
【解析】解：电能表每转3000转消耗1千瓦时的电能，转了150转消耗的电能W=1503000kW⋅h=0.05kW⋅h=1.8×105J，
该电热水壶的额定功率P=Wt=1.8×105J3×60s=1000W；
电热水壶的电阻丝会变细，则电阻会变大，由P=U2R可知，电热水壶的实际功率会变小。
故答案为：1000；变小。
(1)电能表的参数3000r/kW⋅h表示：每消耗1kW⋅h的电能，电能表的表盘转动3000转；由电能表的转动的转数求用电器消耗的电能，又知道通电时间，可以求出用电器的电功率；
(2)电热水壶的电阻丝会变细，则电阻会变大，由P=U2R分析实际功率变化情况。
本题考查了电能表的参数的理解，还考查了用电器单独接入电路时，由用电器在一定时间内电能表转动的圈数，求用电器的电功率，还要知道影响电阻大小的因素。
13.【答案】奥斯特 负
【解析】解：丹麦物理学家奥斯特发现，将导体放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，从而提出了电流的磁效应；
由图可知，小磁针静止时，S极靠近电磁铁B端，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知电磁铁B端应为N极，A端为S极；则由右手螺旋定则可知，电流应由右端流入，故电源C端为正极，D端为负极。
故答案为：奥斯特；负。
奥斯特实验说明了电流的周围存在磁场；由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知通电螺线管的N、S极，再由右手螺旋定则可知电源的正负极。
本题主要考查右手螺旋定则的应用，要求能熟练应用右手螺旋定则判断螺线管的磁极及磁极间的相互作用。
14.【答案】减小 动能
【解析】解：她在空中加速下落的过程中，质量不变，速度增大，动能增大；质量不变，高度减小，重力势能减小；是重力势能转化为动能。
故答案为：减小；动能。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
掌握动能、重力势能的影响因素，利用控制变量法判断动能和重力势能的变化。
15.【答案】电能 5435.7kW⋅h不能 电能 电压表没有调零 A0.1
【解析】解：(1)图中有单位kW⋅h，可知是电能表；最后面一个指针显示为小数点部分。根据指针的位置可得其示数为5435.7kW⋅h；因为仪表盘上标注“110V”表示该仪表应该接在220V的电路中使用，我国家庭电路的电压为220V，故在我国家庭电路中不能直接使用；
(2)水果电池是提供电能的装置；闭合开关前，电压表的指针偏左，这是因为电压表没有调零；调整后再闭合开关，电压表指针向左偏，说明电压表的正负接线柱接反了，即电流从负接线柱流进，从正接线柱流出，故A片为柠檬电池的正极；这个柠檬电池的电压为100mV=0.1V。
故答案为：(1)电能；5435.7kW⋅h；不能 (2)电能；电压表没有调零；A；0.1。
(1)表盘中有交流电的频率(Hz)、每消耗1kW⋅h转盘转数、工作电压、标定电流，和课本电能表的参数相似，由此可知表的名称并读数；
(2)电源是提供电能的装置；闭合开关前，电压表指针偏左，说明电压表没有调零，闭合开关后，电压表指针偏左，说明电压表的正负接线柱接反了；电流从电源的正极经过用电器流向电源的负极；读数时注意分度值。
本题考查了电能表的读数以及电压表的使用，难度不大，属于基础性题目。
16.【答案】断开 右 保持滑动变阻器的滑片不动 19
【解析】解：(1)在连接电路时，开关应处于断开状态，闭合开关前滑动变阻器的滑片位于最大阻值处的右端；
(2)电流表接入电路的量程为0∼0.6A，每一小格表示0.02A，读图可知通过电路的电流为0.2A，由欧姆定律可得待测电阻Rx=UI=Ω；
(3)①闭合开关S和S2，断开S1，此时小灯泡和定值电阻并联后与滑动变阻器串联，电流表测定值电阻所在支路的电流，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为U额R=3.8V10Ω=0.38A，此时小灯泡正常发光；
②闭合开关S和S1，断开S2，电路依然为小灯泡和定值电阻并联后与滑动变阻器串联，此时电流表测干路电流，应保持滑动变阻器滑片不动，此时小灯泡正常发光，电流表的示数为I，由于并联电路互不影响即分流特点可知，通过小灯泡的电流为I额=I−U额R=0.58A−0.38A=0.2A，故小灯泡正常发光时的电阻RL=U额I额=Ω。
故答案为：(1)断开；右；(2)0.2410(3)①0.38；②保持滑动变阻器的滑片不动；③19。
(1)为了保护电路，在连接电路时开关应断开；滑动变阻器处于最大阻值处；
(2)电流表接入电路的量程为0∼0.6A，每一小格表示0.02A，读图可知通过电路的电流为0.24A，由欧姆定律可得待测电阻Rx的阻值；
(3)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，先使定值电阻与电流表串联后再与灯泡并联，通过移动变阻器滑片，使电流表示数为U额R；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出通过定值电阻的电流，由欧姆定律求出灯的额定电压，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
本题测量小灯泡的额定功率的实验，考查电路连接、故障分析、电流表读数、电功率计算及设计实验方案的能力，是中考常见的题型，要掌握。
17.【答案】天平 温度计 升高 时间 >A
【解析】解：(1)实验需要控制两种饮料的质量相同，所以需要天平称量质量；需要测定饮料的温度变化情况，所以还需要温度计。
(2)由表中数据可知，实验是要控制两种饮料的温度变化量相同，即升高相同的温度。
吸收的热量不易测量，实验通过比较加热时间的多少来反映物质吸收热量的多少，采用了转换法。
(3)由表中数据可知，温度都升高30℃，A加热的时间更长，说明A吸收的热量更多，A的吸热能力更强，比热容大。
故答案为：(1)天平；温度计；(2)升高；时间；(3)>；A。
(1)为了比较不同物质的吸热能力时，要控制两种液体的质量相等，需要用天平测质量，用秒表测量加热时间，用温度计测量液体的初温和末温；
(2)(3)我们使用相同的酒精灯(或加热器)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：
a、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；
b、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。
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】断开 0∼0.6A小于 0.5增大 灯丝电阻随温度的升高而变大 U额(U−U额)R0
【解析】解：(1)在连接电路时，开关应断开，目的是保护电路；灯泡的额定电流大约为I=U′R=2.5V10Ω=0.25A，则电流表的量程选0∼0.6A；
(2)由图乙电压表可知，其量程为0∼3V，分度值为0.1V，示数为2.2V，灯的实际电压为2.2V，而灯的额定电压为2.5V，灯的实际电压小于灯的额定电压，则灯的实际功率小于灯的额定功率；
由图丙知，小灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.2A，灯泡额定功率：P=U′I=2.5V×0.2A=0.5W；
(3)进一步分析图象可知，随着灯泡两端电压的增大，通过灯的电流增大，根据P=UI，灯的功率变大，灯丝的温度升高，因灯丝电阻随温度的升高而变大，故灯丝电阻逐渐增大；
(4)①闭合开关，调节滑动变阻器滑片P，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U额，此时电压表测灯的电压，灯正常发光；
②然后保持滑片位置不变，将电压表接在“a”处的导线换接到“b”处，读出电压表示数U，此时电压表测灯与R0两端的总电压，
因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压：U0=U−U额；
由欧姆定律和串联电路的电流特点可知，通过小灯泡的电流：IL=I0=U0R0=U−U额R0，
则小灯泡的额定功率：P额=ULIL=U额(U−U额)R0。
故答案为：(1)0∼0.6A；(2)小于；0.5； (3)增大；灯丝电阻随温度的升高而变大；(4)③U额(U−U额)R0。
(1)在连接电路时，为保护电路，开关应断开；根据欧姆定律求出灯泡额定电流的大约值，据此确定电流表的量程；
(2)根据电流表选用的量程确定分度值，根据电流表指针位置读数，根据实际电压与实际功率的关系比较灯泡消耗的实际功率与额定功率；
由图丙知，小灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.2A，根据P=UI求出灯泡额定功率；
(3)根据灯丝电阻随温度的升高而变大分析；
(4)要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过改接电压表，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P=UI可求出灯的额定功率。
本题测量小灯泡额定功率，考查注意事项、欧姆定律应用、电功率的计算、灯丝电阻的影响因素和特殊方法测功率等问题，设计知识点多，综合性较强，具有一定的代表性。
19.【答案】解：(1)行驶时间t=st=2.7×104m20m/s=1350s；
(2)因为牵引力的功率P=Wt=Fst=Fv，所以牵引力F=Pv=2×104W20m/s=1000N；
牵引力做的功W=Fs=1000N×2.7×104m=2.7×107J；
(3)汽油燃烧放出的热量Q放=Wη=2.7×107J30%=9×107J；
消耗汽油的质量m=Q放q汽油=9×107J4.5×107J/kg=2kg。
答：(1)行驶时间是1350s；
(2)牵引力做的功为2.7×107J；
(3)消耗汽油的质量2kg。
【解析】(1)利用速度计算公式求得行驶时间；
(2)知道小汽车的功率和速度，根据功率P=Wt=Fst=Fv，计算牵引力，知道牵引力和路程，根据W=Fs计算功；
(3)知道效率和功，根据Q放=Wη=计算汽油完全燃烧放出的热量；
(4)根据m=Q放q计算消耗汽油的质量。
本题考查了功、功率、效率和燃料燃烧放热的知识，要求学生能够灵活运用公式进行计算。
20.【答案】解：(1)电阻R1两端的电压为：U1=P1I1=；
(2)电阻R1的阻值为：R1=U1I1=3V0.3A=10Ω；
(3)∵R1=R2，
∴电源的电压为：U=I1(R1+R2)=0.3A×(10Ω+10Ω)=6V；
(4)闭合电键S后，R2被短路，
电路中的电流为：I=UR1=6V10Ω=0.6A，
所以电流表A1、A2的示数为0.6A。
答：(1)电阻R1两端的电压为3V。
(2)电阻R1的阻值为10Ω。
(3)电源电压为6V。
(4)闭合电键S后，电流表A1、A2的示数均为0.6A。
【解析】(1)根据U=PI求出电阻R1两端的电压，根据欧姆定律求出R1的阻值，再根据串联电路电流和电压特点进一步求出电源电压。
(2)闭合电键S后，R2被短路，电路为R1的简单电路，电流表A1、A2都测电路中电流，根据欧姆定律求出电路中电流，即为两表的示数。
本题考查了串联电路的特点，欧姆定律和电功率公式的灵活运用，难度不大，是一道基础题目。
21.【答案】已知：U额=220VP热=1100WP温=44W
求：(2)I热=？(3)R1=？R2=？Q1Q2=？
解：(1)电源电压是220V不变，根据电功率的导出式P=U2R知，开关当S处于闭合时，R2就短路，只有R1工作，当S断开，两电阻串联，总电阻为R1+R2，
由于S闭合时比断开时电路中总电阻小，故电功率大，煮饭时需要功率大，需要S闭合，并且R1是加热电阻。
(2)∵P=UI
∴加热状态下通过R1的电流为I热=P热U额=1100W220V=5A；
(3)∵I=UR
∴电阻R1的阻值为R1=U额I热=220V5A=44Ω
∵P=U2R
∴保温状态下电路的总电阻为R串=U额2P温=(220V)244W=1100Ω
电阻R2的阻值为R2=R串−R1=1100Ω−44Ω=1056Ω；
保温时，R1、R2产生的电热之比为Q1Q2=I2R1tI2R2t=R1R2=44Ω1056Ω=124。
答：(1)R1是加热电阻；要使电饭锅加热，开关S闭合；
(2)电饭锅正常加热时，电路的电流是5A；
(3)电路中电阻R1、R2的阻值各是44Ω、1056Ω；保温时，R1、R2产生的电热之比是1：24。
【解析】(1)分析此电路，R1和R2是串联的，开关闭合，R2就短路，只有R1工作。当加热煮饭时，电功率较大，当保温时电功率较小，根据电功率的计算公式分析即可；
(2)已知电饭锅的加热功率和额定电压，利用公式I=PU得到正常加热时的电流；
(3)已知电饭锅的加热功率和正常工作的电流，可以得到R1的阻值；已知电饭锅的保温功率和额定电压，可以得到保温状态下的总电阻；已知保温状态的总电阻和R1的阻值，可以得到R2的阻值；串联电路中发热体产生的热量与其阻值成正比。
此题考查的是欧姆定律的应用、串联电路的特点和电功率变形公式的应用，根据电功率变形公式得到对应的电阻连接方式是解决第一小题的关键。饮料
质量/g
温度升高10℃加热时间/s
温度升高20℃加热时间/s
温度升高30℃加热时间/s
A
300
220
420
680
B
300
180
290
510
额定电压
220V
加热功率
1100W
保温功率
44W
最大容积
3L
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