2023-2024学年重庆市南开中学九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年重庆市南开中学九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 家用冰箱正常工作时的电流约为10AB. 教室里日光灯工作时电功率约为400W
C. 家庭电路中不能用铜丝或铁丝代替保险丝D. 可以用湿手把电饭煲上的三脚插头拔下来
2.在如图所示的生活现象中，关于物态变化及吸放热的分析都正确的是( )
A. 甲图：壶嘴冒白汽--液化放热B. 乙图：湿衣服晒干--汽化放热
C. 丙图：樟脑丸消失--汽化吸热D. 丁图：冰雪消融--熔化放热
3.在下列光现象中，与“一道残阳铺水中，半江瑟瑟半江红”中“水中残阳”所蕴含的光学原理相同的是( )
A. 手影的形成B. 镜子中的自己
C. 筷子“弯折”D. 激光准直
4.下列说法正确的是( )
A. 燃料未完全燃烧时，热值变小
B. 物体内能增加，一定是外界对物体做功
C. 冰熔化成水的过程中，温度不变，内能不变
D. 热传递时，热量总是从高温物体传向低温物体
5.“尊老爱幼”系列活动中，小南帮助爷爷奶奶们播放广场舞音乐时，发现音响设备里有一个扬声器，以下各图所反映的物理知识与扬声器工作原理相同的是( )
A. B.
C. D.
6.小江同学设计了一个智能保险箱，该智能保险箱可以通过指纹独立开锁(闭合S1)，也可通过两把钥匙同时操作开锁(闭合S2、S3)，该智能锁还配有24小时常亮的指示灯。图中能准确表示该智能保险箱电路的是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，电源两端电压不变，不考虑小灯泡电阻受温度的影响，闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P向b端滑动过程中，下列说法正确的是( )
A. 电压表V与电流表A1示数的比值变小
B. 电压表V与电流表A1示数的乘积不变
C. 电压表V与电流表A2示数的比值不变
D. 电流表A2的示数与电流表A1的差值变小
8.如图，电源电压恒定不变，R1为定值电阻，电流表的量程为“0∼0.6A”，电压表的量程为“0∼15V”，滑动变阻器R2上标有“160Ω，0.5A”。当电流表示数为0.3A时，R2的功率为3.6W：当电流表示数为0.4A时，R2的功率为4W。在确保电路安全的情况下，下列说法正确的( )
A. 电源电压为15V
B. 定值电阻R1的最小功率为0.2W
C. 滑动变阻器R2接入电路最小阻值为10Ω
D. 滑动变阻器R2电功率最大变化量为1.8W
二、填空题：本大题共5小题，共10分。
9.英国物理学家______最早发现电磁感应现象，生活中的______(选填“发电机”或“电动机”)主要是利用该原理工作。
10.在一个标准大气压下，某种燃料的热值为4.2×107Jkg，完全燃烧20g该燃料，能释放出热量______ J。若这些热量的80%被质量为2kg，初温为22℃的水吸收，则水的温度将升高______ ℃。(c水=4.2×103J/(kg⋅℃))
11.森林中乱丢塑料瓶容易引发火灾，这是因为装水的塑料瓶可看成一个______(选填“凸透镜”或“凹透镜”)，对光有______(选填“会聚”或“发散”)作用。
12.小南经常用物理知识来解决生活中的问题，他本月月初拍下电能表读数如图甲，本月月底电能表读数如图乙，若当地电价为0.5元/(kW⋅h)，则他家本月应交电费______元；小南让某个家用电器单独工作10min，电能表转盘转了360转，则这个家用电器的电功率为______W(忽略电路中的损耗)。
13.如图甲所示，电源电压保持不变，灯L上标有“12V，6W”字样(不考虑小灯泡的电阻变化)，电流表量程为0∼0.6A，电压表量程为0∼15V。滑动变阻器R的最大阻值为250Ω。闭合S、S2，断开S1，当变阻器接入的阻值为8Ω时，灯泡正常发光；闭合S、S1，断开S2，移动滑动变阻器的滑片P，电路中的电流I与其接入电路的电阻R关系如图乙。当滑动变阻器接入电路的阻值由R1增大到5R1时，定值电阻R0的功率变化了7.2W，则电源电压为______ V。若闭合开关S、S1，断开S2，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器消耗的最小电功率为______ W。
三、作图题：本大题共2小题，共2分。
14.如图，根据给出的反射光线OB画出入射光线AO，并标出入射角及大小。
15.请根据小磁针的方向在图乙中的虚线框内用箭头标出电流方向。
四、实验探究题：本大题共3小题，共22分。
16.如图甲是阿南探究“水的沸腾”的实验装置。
(1)图甲中的实验器材应按______(选填“自上而下”或“自下而上”)的顺序安装，在安装石棉网时______(选填“需要”或“不需要”)点燃酒精灯；
(2)根据实验记录，水温与时间的关系如图丙所示。在沸腾前，水的内能______(填“增加”“减小”或“不变”)，温度______(选填“升高”“降低”或“不变”)；
(3)水开始沸腾以后，观察到烧杯中的现象是图乙中的______(选填“A”或“B”)；
(4)实验数据表明：实验所在地的大气压______(选填“大于”“小于”或“等于”)1个标准大气压。
17.实验课中阿开使用图甲中的电路完成“探究通过导体的电流与电压、电阻的关系”实验。
(1)请根据图甲所示电路，补全图乙中的实物图；
(2)阿开连接好电路后，闭合开关，移动滑片，发现电压表没有示数，电流表却有示数，则故障的原因可能是：______；
A.滑动变阻器短路
B.滑动变阻器断路
C.定值电阻短路
D.定值电阻断路
(3)排除故障后，调节滑动变阻器，测出通过电阻R的电流和对应电压的关系如图丙所示，由此可得出实验结论：当______一定时，流过该电阻的电流和其两端的电压成______比，在此次实验所用的电阻为______Ω；
(4)在“探究通过导体的电流与导体电阻的关系”实验过程中；
①移动变阻器滑片时，眼睛应注视______(选填序号)；
A.变阻器滑片
B.电压表示数
C.电流表示数
②阿开选择了恒为15V的电源，5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各一个，分别将不同阻值的定值电阻接入电路并调节滑动变阻器使得定值电阻两端电压保持在5V，则滑动变阻器的最大阻值不能低于______Ω，且该滑动变阻器允许通过的最大电流至少为______ A。
18.物理学习小组的同学阿渝和阿侨利用以下器材测量小灯泡的额定功率：恒压电源(6V)、小灯泡(标有“2.5V”字样)、滑动变阻器(标有“60Ω；1A”字样)、电流表、电压表、开关、导线若干。实验电路如图甲所示。
(1)实验前，电流表的指针如图乙，则阿渝应该执行操作是：______；
(2)完成上一步操作后，闭合开关再次出现图乙中的情况，原因是：______；
(3)排除故障后，当滑动变阻器的滑片移到某一位置时，电压表指针如图丙所示，则灯泡两端的实际电压为______ V。若要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向______移动(选填“左”或“右”)。小灯泡正常发光时，电流表示数为0.3A，则灯泡的额定功率是______ W；
(4)阿渝同学处理数据时还发现，当移动滑片使小灯泡两端电压逐渐变大时，小灯泡的电阻也在不断增大，在该过程中小灯泡的实际功率______(选填“增大”“减小”或“不变”)，滑动变阻器阻值变化量ΔRP______(选填“大于”“小于”或“等于”)小灯泡阻值变化量ΔRL；
(5)完成上述实验后，阿侨又重新设计了如图丁所示的电路，用于测量另一个小灯泡的额定功率，电源电压记为U，该灯泡正常工作的额定电压为U1。滑动变阻器b的最大阻值为R，实验步骤如下：
①闭合开关S、S1，移动滑动变阻器b的滑片，使电压表示数等于U1；
②断开S1，闭合S、S2，保持b的滑片位置不变，调节滑动变阻器a，使电压表示数变回U1；
③再将滑动变阻器b的滑片调到最右端，电压表的示数变为U2；
则小灯泡的额定功率表达式为P额=______(用字母U、U1、U2、R表示)。
五、计算题：本大题共3小题，共22分。
19.如图所示的电路中，定值电阻R0为8Ω，电源电压始终为6V。闭合开关S，通过调节滑动变阻器Rp，使电压表示数为2V，求此时：
(1)电路中的电流；
(2)滑动变阻器Rp的功率。
20.某双挡位电热器原理如图所示，其额定电压为220V，加热挡功率为1210W，保温挡功率为80W，R1、R2均为阻值恒定的发热电阻，求：
(1)电热器处于加热挡时通过R2的电流；
(2)电热器中发热电阻R1的阻值；
(3)当实际电压为200V时，电热器将1kg初温为20℃的水加热至80℃需要的时间(不计热量损失)。
21.如图甲所示，小江正在操作科创小组自主开发的一款水下摄像头深度控制装置。该装置的简化电路见图乙，电源电压为110V。R1的阻值由操作员通过电脑程序直接设定(范围为0−40Ω)，其作用是设置水下摄像头的目标深度。压敏电阻R2所受压强与阻值的关系如表格所示，该电阻随摄像头深入水中以测量设摄像头所处的实际深度。电脑程序通过比较R1和R2的大小自动调节开关S2，实现升降功能：当R1>R2时，S2连接接线柱1，电动机正转使摄像头下降；当R1(1)当摄像头所处实际深度为1m时，电动机恰好不工作，求R1的阻值；
(2)某次操作中，摄像头所处深度为3m，S2连接接线柱3，通过R2的电流为2A，求此时电动机的功率；
(3)流过电动机的电流与其两端所加电压的关系如图丙所示，当电动机功率为90W时，流过R2的电流为3A，求此时操作人员设定的目标深度。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.家用冰箱正常工作时的电流约为1A，故A错误；
B.教室里日光灯工作时电功率约为40W，故B错误；
C.保险丝的电阻比相连导线电阻更大，由电热功率P热=I2R可知，同样的电流，保险丝发热功率比导线更大，温度升高更快，又因为保险丝熔点较低，所以在电流过大时，保险丝迅速熔断，从而切断电路，起到保护作用，家庭电路中不能用铜丝或铁丝代替保险丝，铜丝和铁丝熔点较高，不能起到保护作用，故C正确；
D.不可以用湿手把电饭煲上的三脚插头拔下来，生活用水属于导体，湿手容易导电，可能会引起触电。故D错误。
故选：C。
结合生活实际进行估测；
保险丝工作原理：保险丝的电阻比相连导线电阻更大，由电热功率P热=I2R可知，同样的电流，保险丝发热功率比导线更大，温度升高更快，又因为保险丝熔点较低，所以在电流过大时，保险丝迅速熔断，从而切断电路，起到保护作用；
生活用水属于导体。
此题考查了电流、电功率的认识及保险丝的使用，属于基础知识。
2.【答案】A
【解析】解：A.壶嘴冒“白气”是水蒸气遇冷液化形成的，需要放热，故A正确；
B.湿衣服晒干是水变为水蒸气，属于汽化现象，需要吸热，故B错误；
C.樟脑丸消失是由固态变为气态，属于升华现象，需要吸热，故C错误；
D.冰雪消融，冰雪由固态变成液态，属于熔化现象，需要吸热，故D错误；
故选：A。
(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
本题主要考查学生对生活中常见的物态变化的认识和了解，是一道基础题。
3.【答案】B
【解析】解：“水中残阳”属于平面镜成像，是由光的反射形成的。
A.光在均匀空气中沿直线传播，手挡住了光的传播而在光不能到达的区域形成手的影子，故A错误；
B.镜子中的自己为平面镜成像，属于光的反射，故B正确；
C.筷子“弯折”，看到水中的“筷子”，是由于光的折射形成的虚像，故C错误；
D.激光准直说明光在同种均匀介质中沿直线传播，故D错误。
故选：B。
(1)光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
(2)当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的；
(3)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。
此题主要考查了光的折射现象、反射现象和直线传播，平时要注意各个现象的形成原因，同时还要联系所学过的物理知识多加思考。
4.【答案】D
【解析】解：A、热值指的是燃烧完全燃烧放出的热量，其大小与燃烧的充分程度无关，故A错误；
B、物体内能增加，可能是物体吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故B错误；
C、冰熔化成水的过程中，虽然温度不变，但要继续吸收热量，其内能增加，故C错误；
D、发生热传递的条件是温度差，热传递时，热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，故D正确。
故选：D。
(1)热值是燃料的特性，与燃烧情况无关；
(2)改变内能的方式有做功和热传递；
(3)晶体熔化时，吸收热量，温度不变；
(4)发生热传递的条件是存在温度差。
本题综合考查了热传递的条件、晶体熔化的特点，温度和内能的关系等有关知识，是一道综合题。
5.【答案】A
【解析】解：扬声器的原理是通电导体在磁场中受力的作用，将电能转换为声能(机械能)的电声器件。
A.图中是探究通电导体在磁场中受力的实验装置，将电能转化为机械能，与扬声器原理相同，故A正确；
B.图中是奥斯特实验装置，证明电流周围存在磁场，说明电流具有磁效应，与扬声器原理不相同，故B不正确；
C.图中是电磁感应的探究装置，是将机械能转化为电能，与扬声器原理不相同，故C不正确；
D.图中是研究电磁铁磁性强弱影响因素的装置，与扬声器原理不相同，故D不正确。
故选：A。
扬声器的线圈中有随声音变化的电流，因为通电线圈在磁场中受到力的作用，使得线圈就不断地来回振动，纸盆也就振动起来，便发出了声音。
生活中有很多的用电器，仔细观察，弄清各用电器的工作原理，达到学以致用的目的，体会到物理是有用的。
6.【答案】D
【解析】解：根据题意可知，该智能保险箱可通过指纹开关S1开锁，也可通过两把钥匙S2、S3同时操作开锁，说明S2、S3串联然后与S1并联，24小时常亮的指示灯说明灯和开锁电动机是并联关系，故D正确。
故选：D。
根据题意分析三个开关的连接方式、电动机和灯泡的连接方式，然后选出正确的电路图。
本题考查了电路的设计，根据题意得出三个开关的连接方式是关键。
7.【答案】B
【解析】解：根据电路图可知，滑动变阻器与L并联，电压表测量电源电压，电流表A1测量L电流，电流表A2测量干路电流；
AB、闭合开关S后，滑片P向b端滑动过程中，变阻器接入电路中电阻变小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大；由于并联电路各支路互不影响，所以通过灯泡的电流不变，电流表A1示数不变；电源电压不变，电压表示数不变，所以电压表V与电流表A1示数的乘积不变，电压表V与电流表A1示数的比值不变，故AB错误；
C、根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变大，A2示数变大，所以电压表V与电流表A2示数的比值变小，故C错误；
D、电流表A2的示数与电流表A1的差值等于变阻器的电流大小，变阻器的电压不变，电阻变小，由欧姆定律得，变阻器的电流变大，故差值变大，故D错误。
故选：B。
由电路图可知，滑动变阻器与灯泡并联，电流表A1测灯泡支路的电流，A2测干路电流，电压表测电源的电压；根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电流的变化，根据并联电路的特点可知两电流表示数的变化，然后分析各个选项。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路的辨别和电表所测电路元件的判断。
8.【答案】D
【解析】解：
A.分析电路可知为定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测滑动变阻器R2两端电压，当电流表示数为0.3A时，滑动变阻器R2的功率为3.6W，根据P=UI可知此时R2的电压为U1=P1I1=；
根据欧姆定律可知电源电压可表示为U=I1R1+12V=0.3A×R1+12V----------①
当电流表示数为0.4A时，滑动变阻器R2的功率为4W，根据P=UI可知此时R2的电压为U2=P2I2=4W0.4A=10V，
根据欧姆定律可知电源电压可表示为U=I2R1+10V=0.4A×R1+10V------------②
联立①②解得电源电压为18V，定值电阻R1的阻值为20Ω，故A不符合题意；
B.因为电压表的量程为“0∼15V”，当滑动变阻器两端电压为15V时，定值电阻分的电压最小，结合A选项可知电源电压为18V，可知此时定值电阻R1两端电压为3V，由P=U2R可知，此时定值电阻的电功率最小为P=U2R=(3V)220Ω=0.45W，故B不符合题意；
C.滑动变阻器R2上标有“160Ω，0.5A”，可知电路中允许通过的最小电流为0.5A，结合A选项可知，电流为0.5A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时R1两端的电压为U1=IR1=0.5A×20Ω=10V，
电源电压为18V，那么此时滑动变阻器R2两端电压为8V，则滑动变阻器的阻值为R2=UI=8V0.5A=16Ω，故C不符合题意；
D.由滑动变阻器的电功率求值公式P=UI−I2R1=18V×I−I2×20Ω=−20(I−0.45)2−4.05，可知，当电流为0.45A时，滑动变阻器的电功率最大，代入公式可求最大功率为4.05W，当滑动变阻器接入电路中的阻值最大时，即电压表的示数为15V时，滑动变阻器消耗的电功率最小，此时定值电阻的电压为3V，电路中的电流为I=UR=3V20Ω=0.15A，代入公式可求滑动变阻器的最小电功率为2.25W，可得滑动变阻器的最大电功率变化量为ΔP=4.05W−2.25W=1.8W，故D符合题意。
故选：D。
A.分析电路可知为R1、R2串联，电压表测R2两端电压，当电流表示数为0.3A时，R2的功率为3.6W，根据P=UI可知此时R2的电压；根据欧姆定律可知电源电压表达式；
当电流表示数为0.4A时，R2的功率为4W，根据P=UI可知此时R2的电压，根据欧姆定律可知电源电压表达式；联立两式解得电源电压和定值电阻值；
B.当滑动变阻器两端电压为15V时，定值电阻分的电压最小，结合A选项可知电源电压为18V，可知此时R1两端电压为3V，由P=U2R可知此时定值电阻的电功率最小值；
C.结合A选项可知，电流为0.5A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律得出此时R1两端的电压；电源电压为18V，那么此时滑动变阻器R2两端电压为8V，根据欧姆定律得出滑动变阻器的阻值；
D.由滑动变阻器的电功率求值公式P=UI−I2R1分析可得滑动变阻器的最大电功率变化量。
本题考查电功率的计算，是一道综合题。
9.【答案】法拉第 发电机
【解析】解：英国物理学家法拉第最早通过实验发现电磁感应现象。即闭合回路的一部分导体做切割磁感线运动时会产生感应电流，发电机是利用电磁感应现象工作的。
故答案为：法拉第；发电机。
1831年，英国物理学家、化学家迈克尔⋅法拉第，首次发现了电磁感应现象，电磁感应现象是发电机的制作原理
本题考查电磁感应现象的了解，是一道基础题。
10.【答案】8.4×105 78
【解析】解：(1)燃料燃烧完全放出的热量为：
Q放=mq=20×10−3kg×4.2×107J/kg=8.4×105J；
(2)这些热量的80%被质量为2kg，初温为22℃的水吸收，则水的温度：
Δt=Q放cm=80%×8.4×105J4.2×103J/kg×2kg=80℃，
在标准大气压下，水的沸点为100℃，故水的温度将升高：
Δt′=t末−t0=100℃−22℃=78℃。
故答案为：8.4×105；78。
(1)知道某种燃料的质量、热值，利用Q放=mq求出某种燃料完全燃烧释放出的热量；
(2)利用m=ρV求出水的质量，燃料完全燃烧释放出的热量80%被水吸收，则Q吸=80%Q放，再利用Q吸=cmΔt求出水升高的温度。
本题考查了燃料完全燃烧放热公式、密度公式、吸热公式等，计算时注意：在标准大气压下，水的沸点是100℃，水沸腾时，吸收热量、温度不变。
11.【答案】凸透镜 会聚
【解析】解：装水的塑料瓶中间厚、边缘薄，相当于一个凸透镜，对太阳光有会聚作用，如果热量集中，容易引起火灾。
故答案为：凸透镜；会聚。
中间厚、边缘薄的透镜叫凸透镜，凸透镜对光线起会聚作用。
此题考查我们对于凸透镜和凸透镜会聚光线特点的了解，是一道基础题；我们要能够根据凸透镜的定义分析出生活中的凸透镜。
12.【答案】158.53000
【解析】解：由图知小南家本月消耗的电能为W=3500.6kW⋅h−3183.6kW⋅h=317kW⋅h
应交电费317kW⋅h×0.5元/kW⋅h=158.5元
他家某用电器单独接在该电能表上正常工作10min，电能表转盘转了360转，则这个家用电器消耗电能为W消耗=360r720r/kW⋅h=0.5kW⋅h=1.8×106J
这个家用电器的电功率P=W消耗t=1.8×106J10×60s=3000W
故答案为：158.5；3000。
电能表最后一位数字是小数位，由图示电能表读出电能表示数，两电能表示数之差是本月所消耗的电能，根据电价计算应交电费；
720r/(kW⋅h)表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转动720r，求出电能表转360转消耗的电能，然后根据P=Wt求出用电器的功率。
本题考查了电能的计算以及电功率公式的应用，对电能表读数时，应知道最后一位是小数，明确电能表的单位是kW⋅h。
13.【答案】16 1
【解析】解：如图甲所示，电源电压保持不变，闭合S、S2，断开S1，当变阻器接入的阻值为8Ω时，灯泡正常发光，此时小灯泡与滑动变阻器串联，由欧姆定律可得，此时灯泡的电流为
IL=PLUL=6W12V=0.5A
滑动变阻器两端电压为
U滑=IR=0.5A×8Ω=4V
由串联电路的电压规律可得，电源电压为
U=UL+U滑=12V+4V=16V
闭合开关S和S1且断开S2时，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，则变阻器接入电路中的为R1和5R1时，电路中的电路中的电流分别为：
I1=UR0+R1------①
I2=UR0+5R1------②
由图乙可知，当滑动变阻器接入电路的阻值由R1增大到5R1时对应电电流表的示数分别为2IR、IR，即
I1=2I2----③
由①②③得
R0=3R1
由于定值电阻R0的功率变化了7.2W，则由P=I2R可得
ΔP=I12R0−I22R0=(2I2)2R0−I22R0=3I22R0=3×(UR0+5R1)2R0，即
7.2W=3×(16VR0+5×R03)2R0
代入可得R0=15Ω
滑动变阻器电功率可表示为
P=UI−I2R0=16I−15I2
结合函数表达式及在保证电源安全的情况下，当电流为115A时功率最小，此时功率为1W。
故答案为：16；1。
(1)闭合S、S2，断开S1此时小灯泡与滑动变阻器串联，当变阻器接入的阻值为8Ω时，灯泡正常发光，由欧姆定律可得此时灯泡的电流和滑动变阻器两端电压，由串联电路的电压规律可得电源电压；
(2)闭合开关S和S1且断开S2时，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，则变阻器接入电路中的为R1和5R1时，由欧姆定律可得电路中的电路中的电流表达式，由图乙可知，当滑动变阻器接入电路的阻值由R1增大到5R1时对应电电流表的示数，由于定值电阻R0的功率变化了7.2W，由P=I2R可得功率表达式，从而得出R0的阻值，可得滑动变阻器电功率表达式，求出此时的滑动变阻器消耗的最小电功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，从图乙获取有效的信息是关键。综合性强，难度大。
14.【答案】解：法线已经画出，反射光线OB与镜面的夹角是30∘，则反射角等于90∘−30∘=60∘，入射角也等于60∘，根据反射角等于入射角，在法线的左侧画出入射光线AO，如图所示：

【解析】(1)光的反射定律：反射光线与入射光线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，据此画出入射光线。
(2)入射角是入射光线与法线的夹角，反射角是反射光线与法线的夹角。
本题考查了光的反射图的画法，属于基础题目。
15.【答案】解：根据小磁针的方向N极指向左，由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，螺线管右侧为S极、左侧为N极；由安培定则可知螺线管中电流由右侧流入、左侧流出，则虚线框内导线中电流的方向是向上的，如图所示：

【解析】要判断电源的正负极，需要知道螺线管中的电流方向，而要知道电流方向，需要根据安培定则来判断，只要知道了螺线管的N极在哪一端，就可以判断出来，螺线管的N极可以根据小磁针静止时N极的指向来判断。
解答本题时要掌握几个方向的确定：由小磁针静止时N极的指向得出螺线管的磁场方向，然后由螺线管中的电流方向得出电流的方向。
16.【答案】自下而上 需要 增加 升高 A 小于
【解析】解：(1)酒精灯的外焰温度是最高的，加热时需用酒精灯的外焰，所以要先放好酒精灯，再固定铁圈的高度，安装实验器材应按照自下而上顺序进行；调节酒精灯上方摆放着石棉网和烧杯的铁圈的高度时，需要点燃酒精灯，以确保实验时利用酒精灯的外焰给物体加热。
(2)由图像可知，水的沸点是98℃，水温达到98℃后，开始沸腾，则水沸腾前吸收热量，内能增加，温度升高。
(3)乙图A烧杯中气泡在上升过程中不断增大，所以是沸腾时的现象；B中烧杯气泡在上升过程中不断减小，所以是沸腾前的现象。
(4)水在沸腾过程中温度保持不变，由图中数据可知，水温达到98℃后，继续吸热而温度不再升高，说明水已经沸腾，保持不变的温度即为水的沸点；因水的沸点与大气压有关，水的沸点低于100℃是由于当地的大气压低于1标准大气压造成的。
故答案为：(1)自下而上；需要；(2)增加；升高；(3)A；(4)小于。
(1)为了利用酒精灯的外焰加热，调整铁圈B，确定其高度时应点燃酒精灯，按照自下而上顺序组装；
(2)根据图像特点，得出水沸腾时的特点：持续吸热，温度不变，内能增加；
(3)沸腾时，由于此时整个容器内的水温相同，气泡不断升高，深度不断减小，水压不断减小，并且有大量水蒸气进入气泡，气泡逐渐变大；
(4)1标准大气压下水的沸点是100℃，水的沸点随气压的升高而升高。
水的沸腾实验是初中热学重要的实验，此实验涉及到的知识点多，但是深度比较小，一般考查液体沸点、沸腾条件、沸腾特点、温度计的正确使用、气泡变化问题。
17.【答案】C 电阻 正 10 B 40 1
【解析】解：(1)根据电路图可知滑动变阻器串联在电路中，滑动变阻器连接方式一上一下，如图所示：
(2)闭合开关，移动滑片，电流表却有示数，说明电路通路，电压表测量定值电阻电压，其没有示数，说明定值电阻短路。
故选：C。
(3)探究通过导体的电流与电压的关系时，应使导体的电阻一定，由图可知电流增大几倍，电压同时增大几倍，可知流过该电阻的电流和其两端的电压成正比。
由图可知电阻两端电压为1V时，电流为0.1A，由欧姆定律I=UR可知电阻为R=UI=1V0.1A=10Ω；
(4)①探究通过导体的电流与导体电阻的关系时，应使导体两端电压不变，因此眼睛应注视电压表示数。
故选：B。
②电源电压为15V，将不同阻值的定值电阻接入电路并调节滑动变阻器使得定值电阻两端电压保持在5V，那么滑动变阻器两端电压应为10V，由串联电路规律可知，滑动变阻器两端电压是定值电阻两端电压的两倍，那么滑动变阻器的电阻应也是定值电阻的两倍，定值电阻最大为20Ω，那么滑动变阻器的最大阻值应不低于40Ω。
定值电阻最小时电路中电流最大，则电路中最大电流即滑动变阻器允许通过的最大电流至少为I′=UR′=5V5Ω=1A。
故答案为：(1)见解答图；(2)C；(3)电阻；正；10；(4)①B；②40；1。
(1)根据电路图可知滑动变阻器串联在电路中，滑动变阻器连接方式一上一下；
(2)闭合开关，移动滑片，电流表却有示数，说明电路通路，电压表测量定值电阻电压，其没有示数，进行分析；
(3)探究通过导体的电流与电压的关系时，应使导体的电阻一定，根据图象得出结论；由欧姆定律I=UR可知电阻大小；
(4)①探究通过导体的电流与导体电阻的关系时，应使导体两端电压不变；
②电源电压为15V，将不同阻值的定值电阻接入电路并调节滑动变阻器使得定值电阻两端电压保持在5V，那么滑动变阻器两端电压应为10V，由串联电路规律可知，滑动变阻器两端电压是定值电阻两端电压的两倍，那么滑动变阻器的电阻应也是定值电阻的两倍，可知滑动变阻器的最大阻值；定值电阻最小时电路中电流最大，则由欧姆定律可得电路中最大电流。
本题考查了探究电流与电压、电阻的关系的实验，涉及了电路故障分析、控制变量法的应用、串联分压原理的应用等，考查较综合，难度一般。
18.【答案】对电流表进行调零 电流表的正负接线柱接反 2 左 0.75增大 大于 U12(U−U2)U2R
【解析】解：(1)实验前，电流表的指针如图乙，即电流表的指针不在零刻度线处，则阿渝应该执行操作是将电流表的指针调零。
(2)完成上一步操作后，闭合开关再次出现图乙中的情况，即指针反向偏转，原因是：电流表的正负接线柱接反。
(3)由图甲得，灯泡L与变阻器R串联，电流表测量电路电流，电压表测量灯泡L电流。图丙中电压表的分度值为0.1V，示数为2V，即灯泡两端的实际电压为2V。
灯泡的额定电压为2.5V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向左移动，减小变阻器接入电路中电阻，增大电路中电流，使灯泡的电压为2.5V。
小灯泡正常发光时，电流表示数为0.3A，则灯泡的额定功率是P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
(4)灯丝电阻随温度升高而增大。当移动滑片使小灯泡两端电压逐渐变大时，小灯泡的电阻也在不断增大，在该过程中小灯泡的实际功率增大，灯丝温度升高。
设滑片移动前后，电路中电流分别为I、I′，灯泡电压分别为UL、UL′电路中电流分别为由串联电路特点与欧姆定律得，滑动变阻器阻值变化量
ΔRP=UP′I′−UPI=U−UL′I′−U−ULI=UI′−UI+(ULI−UL′I′)=UI′−UI+ΔRL，
则ΔRP大于小灯泡阻值变化量ΔRL。
(5)完成上述实验后，阿侨又重新设计了如图丁所示的电路，用于测量另一个小灯泡的额定功率，电源电压记为U，该灯泡正常工作的额定电压为U1。滑动变阻器b的最大阻值为R，实验步骤如下：
①闭合开关S、S1，变阻器与灯泡L串联，电压表测量灯泡电压，移动滑动变阻器b的滑片，使电压表示数等于U1，使灯泡正常发光。
②断开S1，闭合S、S2，变阻器a与变阻器b串联，保持b的滑片位置不变，调节滑动变阻器a，使电压表示数变回U1，由等效电路得，此时变阻器a接入电路中电阻等于灯泡正常发光的电阻。
③再将滑动变阻器b的滑片调到最右端，电压表的示数变为U2，此时变阻器a与变阻器b的最大电阻串联，此时变阻器b的电压为
Ub=U−U2
电路中电流为
I=Ib=UbR=U−U2R
变阻器a接入电路中电阻为
Ra=U2Ia=U2U−U2R=U2RU−U2
小灯泡的额定功率表达式为
P额=U12RL=U12Ra=U12U2RU−U2=U12(U−U2)U2R。
故答案为：(1)对电流表进行调零；(2)电流表的正负接线柱接反；(3)2；左；0.75；(4)增大；大于；(5)U12(U−U2)U2R。
(1)实验前，应将电流表的指针调零。
(2)电流表的正负接线柱接反指针反向偏转；
(3)由图甲得，灯泡L与变阻器R串联，电流表测量电路电流，电压表测量灯泡L电流。根据图丙中电压表的分度值读数，小于灯泡的额定电压2.5V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向左移动，减小变阻器接入电路中电阻，使灯泡的电压为2.5V。小灯泡正常发光时，电流表示数为0.3A，由P=UI可得灯泡的额定功率是；
(4)灯丝电阻随温度升高而增大。当移动滑片使小灯泡两端电压逐渐变大时，小灯泡的电阻也在不断增大，在该过程中小灯泡的实际功率增大，灯丝温度升高。
设滑片移动前后，电路中电流分别为I、I′，灯泡电压分别为UL、UL′电路中电流分别为由串联电路特点与欧姆定律得滑动变阻器阻值变化量；
(5)完成上述实验后，阿侨又重新设计了如图丁所示的电路，用于测量另一个小灯泡的额定功率，电源电压记为U，该灯泡正常工作的额定电压为U1。滑动变阻器b的最大阻值为R，实验步骤如下：
①闭合开关S、S1，变阻器与灯泡L串联，电压表测量灯泡电压，移动滑动变阻器b的滑片，使电压表示数等于U1，使灯泡正常发光。
②断开S1，闭合S、S2，变阻器a与变阻器b串联，保持b的滑片位置不变，调节滑动变阻器a，使电压表示数变回U1，由等效电路得，此时变阻器a接入电路中电阻等于灯泡正常发光的电阻。
③再将滑动变阻器b的滑片调到最右端，电压表的示数变为U2，此时变阻器a与变阻器b的最大电阻串联，由串联电路的电压规律可得此时变阻器b的电压，由欧姆定律可得电路中电流和变阻器a接入电路中电阻，根据P=U2R可得小灯泡的额定功率表达式。
本题考查了“测量小灯泡电功率”，尤其是后一个实验中，运用了不同的测量方法，要求我们对注意事项、欧姆定律及电功率的变形公式等有一个全面的了解和掌握，考查内容多，有一定难度。
19.【答案】解：(1)由电路图可知，R0与Rp串联，电压表测R0两端的电压，当电压表示数为2V时，则电路中的电流
I=U0R0=2V8Ω=0.25A
(2)由串联电路的电压规律可知，Rp两端的电压
UP=U−U0=6V−2V=4V
滑动变阻器Rp的功率
P=UPI=4V×0.25A=1W。
答：(1)电路中的电流为0.25A；
(2)滑动变阻器Rp的功率为1W。
【解析】(1)由电路图可知，R0与Rp串联，电压表测R0两端的电压，当电压表示数为2V时，则由欧姆定律可得电路中的电流；
(2)由串联电路的电压规律可知Rp两端的电压，由P=UI可得滑动变阻器Rp的功率。
本题考查欧姆定律和电功率公式的应用，难度不大。
20.【答案】解：由图可知，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最大，由P=U2R可知，电路中的总功率最小，电热器处于保温挡；
当开关S1、S2都闭合时，只有R2工作，电路中的总电阻最小，总功率最大，电热器处于加热挡；
(1)由P=UI可知，电热器处于加热挡时通过R2的电流：I2=P加热U=1210W220V=5.5A；
(2)由P=U2R可知，R2的阻值：R2=U2P加热=(220V)21210W=40Ω；
R1、R2的串联总电阻：R=U2P保温=(220V)280W=605Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，R1的阻值：R1=R−R2=605Ω−40Ω=565Ω；
(3)当实际电压为200V时，电热器的实际功率：P实=U实2R2=(200V)240Ω=1000W；
水吸收的热量：Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(80℃−20℃)=2.52×105J，
不计热量损失，电热器消耗的电能：W=Q吸=2.52×105J，
由P=Wt可知，电热器加热的时间：t′=WP实=2.52×105J1000W=252s。
答：(1)电热器处于加热挡时通过R2的电流为5.5A；
(2)电热器中发热电阻R1的阻值为565Ω；
(3)当实际电压为200V时，电热器将1kg初温为20℃的水加热至80℃需要的时间为252s。
【解析】由图可知，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，当开关S1、S2都闭合时，只有R2工作，根据串联电路的电阻特点和P=U2R可知加热挡和保温挡的电路连接；
(1)根据P=UI求出电热器处于加热挡时通过R2的电流；
(2)根据P=U2R可求出R2的阻值和R1、R2的串联总电阻，根据串联电路的电阻特点求出R1的阻值；
(3)根据P=U2R可求出当实际电压为200V时，电热器的实际功率；根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量，不计热量损失，电热器消耗的电能等于水吸收的热量，根据P=Wt求出电热器加热的时间。
本题考查串联电路的特点、电功率公式以及吸热公式的应用，题目有一定的难度。
21.【答案】解：(1)当摄像头所处实际深度为1m时，此时压敏电阻R2所受压强为
p1=ρgh1=1×103kg/m3×10N/kg×1m=1×104Pa
根据表格可知，R2的阻值为10Ω，电动机恰好不工作，说明此时两电阻相同，R1的阻值为
R2=R1=10Ω
(2)某次操作中，摄像头所处深度为3m，此时压敏电阻R2所受压强为
p2=ρgh2=1×103kg/m3×10N/kg×3m=3×104Pa
根据表格可知，R2的阻值为35Ω，S2连接接线柱3，压敏电阻与电动机并联，通过R2的电流为2A，
由欧姆定律可得，电动机两端的电压为
U电=U2=I2R2=2A×35Ω=70V
根据图丙可知，此时通过电动机的电流为0.5A，此时电动机的功率
P=U电I=70V×0.5A=35W
(3)如图丙所示，当电动机两端的电压为90V时，通过电动机的电流为1A，此时电动机功率为90W时，流过R2的电流为3A；若开关S2接1时，电动机与R1并联，
由并联电路的电流特点知，通过R1的电流为
I1=I2−I电=3A−1A=2A
由欧姆定律可得，此时R1 的阻值为
R1=U1I1=90V2A=45Ω
与题意R1的阻值范围为0−40Ω不符，故开关S2接3，电动机与R2并联，
由欧姆定律可得，R2的阻值为
R2=U2I2=90V3A=30Ω
根据表格可知，压敏电阻受到的压强为2.5×104Pa，操作人员设定的目标深度
h=pρ液g=2.5×104Pa10N/kg×1×103kg/m3=2.5m
答：(1)R1的阻值为10Ω；
(2)电动机的功率为35W；
(3)此时操作人员设定的目标深度2.5m。
【解析】(1)由p=ρgh可得此时压敏电阻R2所受压强，根据表格可知R2的阻值，此时两电阻相同，从而可得R1的阻值；
(2)由p=ρgh可得此时压敏电阻R2所受压强，根据表格可知R2的阻值，S2连接接线柱3，压敏电阻与电动机并联，通过R2的电流为2A，由欧姆定律可得电动机两端的电压，根据图丙可知，此时通过电动机的电流，由P=UI可得此时电动机的功率；
(3)如图丙所示，电动机功率为90W时，电动机对应的电压和电流，流过R2的电流为3A；若开关S2接1时，电动机与R1并联，由并联电路的电流特点知通过R1的电流，由欧姆定律可得此时R1 的阻值，不符合条件，故开关S2接3，电动机与R2并联，由欧姆定律可得R2的阻值，根据表格可知，压敏电阻受到的压强，由液体压强公式可得操作人员设定的目标深度。
本题考查欧姆定律和电功率公式的应用，难度较大。p(×103Pa)
0
5
10
15
20
25
R2(Ω)
2
5
10
16
23
30
p(×103Pa)
30
35
40
45
50
55
R2(Ω)
35
40
43
45
47
49