吉林省长春市经开区2024-2025学年九年级上学期期末物理试卷

这是一份吉林省长春市经开区2024-2025学年九年级上学期期末物理试卷，共20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.下列现象中，能表明分子在不停地做无规则运动的是( )
A. 濛濛细雨从空中下落B. 擦黑板时，粉笔灰在空中飞舞
C. 水和酒精混合后体积变小D. 炒菜时，满屋飘香
2.冰在吸热熔化过程中，下列判断正确的是( )
A. 内能不变，温度升高B. 内能增加，温度不变
C. 内能、温度都不变D. 内能增加，温度升高
3.下列关于温度、热量和内能的说法，正确的是( )
A. 发生热传递时，温度总是从低温物体传递给高温物体
B. 物体的温度升高，一定是该物体吸收了热量
C. 在相同温度下，1kg的水比1kg的冰含有的热量多
D. 做功和热传递对改变物体的内能来说是等效的
4.不带电的验电器，用丝绸摩擦过的玻璃棒接触其金属球，金属箔张开。其中正确的是( )
A. 摩擦起电是创造了电荷
B. 玻璃棒带正电，说明原子核对电子束缚能力强
C. 正电荷从丝绸转移到玻璃棒
D. 验电器金属箔张开，是由于同种电荷相互排斥
5.如图所示，电源电压是6V，闭合开关S后，电压表的示数是1.8V，则L2两端的电压是( )
A. 6V
B. 4.2V
C. 0V
D. 1.8V
6.小明发现家里的白炽灯突然变亮，主要原因可能是白炽灯的( )
A. 额定电压变大B. 实际电压变大C. 额定功率变小D. 实际电压变小
7.2024年9月25日，我国向太平洋公海海域发射洲际弹道导弹1枚，跨越12000公里成功落入预定海域，彰显我国军事实力。如下为模拟控制台简略图，发射中心的两名指挥官将各自的钥匙(相当于两个开关)插入发射控制台，同时旋转钥匙接通电路才能激活发射系统。下列电路图符合要求的是( )
A. B.
C. D.
8.如图所示电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列判断正确的是( )
A. 电压表V1的示数不变，电流表A的示数变大
B. 电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小
C. 电压表V2的示数与电流表A的示数的比值变大
D. 电压表V2示数的变化量与电流表A示数的变化量之比变大
二、多选题：本大题共2小题，共4分。
9.某家庭电路的连接如图所示，下列说法中，正确的是( )
A. a点所在的电源线是火线B. 空气开关只能安装在b点处
C. c点所在的导线与大地相连D. L1和L2是串联的
10.如图所示，15L的圆柱形塑料桶装满水，在桶的顶部安装一个直流电动抽水器(输出功率5W，工作电压5V)，抽水器工作时，5s内能抽出150mL的水。关于抽水器的工作的说法正确的是( )
A. 正常工作电流为1A
B. 工作时，机械能转化为电能
C. 工作5s的时间，抽水器消耗电能为25J
D. 抽水机的效率可能大于100%
三、填空题：本大题共6小题，共12分。
11.汽车大灯通常有“远光灯”和“近光灯”两种照明方式。已知汽车大灯两端电压为12V且保持不变，当启动“近光灯”时，此时车灯的电阻为1.6Ω，则通过灯丝的电流为______ A。当启动“远光灯”时，通过灯丝的电流为15A，此时“远光灯”的电阻为______Ω。
12.如图所示为某科技小组自制的水火箭的结构图。当使用打气筒给可乐瓶打气时，打气筒筒壁发热，这是通过______的方式改变内能的。当水面上方气体压强增大到一定程度时，会使水向下喷出，“火箭”升空，此过程相当于内燃机的______冲程。
13.一只电烙铁的额定电压为220V，在额定电压下工作时的电阻为1210Ω，电烙铁正常工作时的电功率为______ W，电烙铁正常工作10min产生的热量为______ J。
14.如图所示，是发光二极管的示意图，当电流从较长的接线脚流入时，发光二极管中有电流通过，使其发光；如果电流从较短接线脚流入，电路处于______(选填“通路”或“断路”)状态，这说明发光二极管具有______导电性。
15.家庭电路检修中，电工师傅常用一只额定电压为220W的灯泡L0(校验灯泡)代替保险丝来检查新安装的照明电路中每个支路的情况，如图所示。当S闭合，再分别闭合S1、S2、S3(每次只能闭合其中之一)时，可能出现以下两种情况，试判断L0不亮，说明该支路______；L0正常发光，说明该支路______。
16.如图所示，电源是恒流电源，能持续输出大小为1A的恒定电流，R1是阻值为5Ω的定值电阻，滑动变阻器R2上标有“25Ω、1A”，电流表的量程是“0∼0.6A”，电压表的量程是“0∼3V”。当电压表示数为2.6V时，电流表示数为______ A，保证电路各元件安全的前提下，电路总功率最大值为______ W。
四、实验探究题：本大题共5小题，共31分。
17.小明学习了比热容知识后，想比较A、B两种未知液体的比热容大小，进行如下实验：
(1)找来两个带保温层的相同电热杯，不计与外界发生的热传递，如图甲所示。
(2)将______相等的 A、B两种液体分别倒入两个电热杯中，然后将两种液体均加热到60∘C。
(3)将长时间处于室温的两个完全相同的铜块，分别浸没在两种液体中，盖好盖子。
(4)经过一段时间，温度计示数稳定后，A液体中温度计示数如图乙所示，则A液体温度降为______ ∘C，B液体温度降为53.0∘C。
(5)分析可知，______液体放出的热量多，______液体的比热容较大。
18.如图A所示，探究“影响导体电阻大小因素”的实验，保持电源电压不变，规格如表所示：
(1)实验中电流表示数越大，对应的电阻丝阻值越______；
(2)选用表格中编号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；
(3)为了探究与导体横截面积的关系，应选用编号为______的两根电阻丝进行实验；
(4)小明用一根白炽灯的钨丝替换a接入电路，并用酒精灯对其加热，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；
(5)如图B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，b与金属滑片相连，转动旋钮；
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两接线柱接入电路，顺时针转动旋钮时，灯泡亮度将______。
19.小明利用图甲所示的电路探究电流与电阻的关系。器材：电源电压6V，阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω定值电阻各一个，滑动变阻器有两个，标称分别为“20Ω，1A”和“50Ω，2A“，电压表和电流表各一个，导线若干；
(1)请将图甲所示的实物电路连接完整，要求滑片向右移动，电流表示数变大。
(2)闭合开关后，发现电流表无示数，电压表指针超过量程，则故障可能是定值电阻______(选“短路”或“断路”)。
(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变化的图像，由图像可得出结论：______；
(4)在上述实验过程中，断开开关，拆下阻值为5Ω的电阻，改换成阻值为10Ω的电阻，闭合开关前忘记移动滑动变阻滑片，在读取电流表示数之前，他应进行的操作是：向______(选填“左”或“右”)移动滑片，使电压表示数为______ V不变；
(5)为了完成整个实验，应该选择的滑动变阻器是______(选填“20Ω，1A”或“50Ω，2A”)；
(6)小红想将定值电阻换成小灯泡来探究电流与电压的关系，她的实验方案______(填可行或不可行)。
20.在探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关的实验中。某兴趣小组猜想：电流通过导体产生的热量可能与通过导体的电流、导体的电阻和通电时间有关，于是他们利用甲、乙、丙三个装置进行实验探究，如图所示，三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。
(1)要探究电热与电阻的关系。应选用______组合，并将它们______接到电源两端进行实验。
(2)探究电热与电流的关系，应选用______组合串联接到电源两端进行实验，在通电时间相同的情况下，发现______装置 U形管中液面高度变化大，由此可得到的结论是：在______相同、通电时间相同的情况下，电流越大，产生的热量越多。
(3)实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，在研究许多物理问题时都会用到这种方法，下列实例采用研究方法与此相同的是______。
A.探究电流与电压、电阻的关系
B.探究“影响导体电阻大小因素”时，灯泡的亮度反映电阻的大小
C.研究光的传播时，引入“光线”
D.探究平面镜成像的特点时，选用两个等大的蜡烛
21.小明选取了两根长度相等材料不同的合金丝a和b，连接成图甲电路。M为合金丝b的左端点，N为合金丝a的右端点，Q为在合金丝上可移动的触点。闭合开关，将滑动变阻器滑片移至适当位置后，移动Q，发现电流表指针保持图乙所示位置不动，电压表读数U随QN之间的距离x的变化如图丙所示。
(1)电流表示数为______ A；
(2)合金丝a的长度为______ cm，其阻值为______Ω。合金丝b两端电压为______ V；
(3)小明再利用合金丝a和其他器材测量一个未知电阻Rx的阻值，电路如图丁所示；
①电路连接好后，闭合开关S和S1，发现电压表无示数，检查发现是由于滑动变阻器出现______；
②排除故障后，先闭合开关S和S1，移动滑动变阻器滑片至适当位置，读出电压表示数U1；再断开S1，闭合S2，读出此时电压表示数U2，则待测电阻阻值为______(合金丝a的电阻用Ra表示)；
③若在步骤②中，小明在测量U2时，将S2闭合前，忘记断开S1，仍用原方法算出的待测电阻阻值______(大于/等于/小于)真实值。
五、计算题：本大题共1小题，共7分。
22.如图1所示是豆浆机的简化电路图，由打浆和电热两部分装置构成。中间部位的打浆装置是电动机工作带动打浆刀头，将原料进行粉碎打浆；外部是一个金属圆环形状的电热装置，电热装置的电路图如图2所示，开关S可切换加热和保温两种状态，R1和R2是发热电阻，豆浆机的主要参数如下表。
请解答下列问题.
(1)某次向豆浆机中加入黄豆和清水共1.0kg，打浆完成后浆的初温为40∘C，加热该浆使其温度升到100∘C，需要吸收______热量。设该豆浆的比热容为4.0×103J/(kg⋅∘C)
(2)该豆浆机同时处于打浆和加热时，正常工作1min所消耗电能为______ J。
(3)电阻R2阻值为多大。(写出必要的解题过程)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、濛濛细雨从空中下落是小雨滴的机械运动，不是分子的运动。此选项不符合题意。
B、粉笔灰在空中飞舞是固体小颗粒的机械运动，不属于分子运动。此选项不符合题意。
C、因为分子间有间隙，所以水和酒精的分子分别运动到了对方分子的间隙中，使得水和酒精混合后体积变小。该选项主要说明分子间有间隙，不符合题意。
D、炒菜时，芳香油分子不停地做无规则运动，扩散到空气中，由于炒菜时温度很高，所以分子的扩散速度加快，故“满屋飘香”。此选项符合题意。
故选：D。
扩散现象说明了：①构成物体的分子在不停的做无规则运动，温度越高，运动越快；②分子之间有间隙；③分子运动是看不见的，在不知不觉中发生了变化，分子运动属于扩散现象。
本题主要考查学生对分子运动和物质运动的区别的了解和掌握，是一道基础题。
2.【答案】B
【解析】解：冰在熔化过程中，吸收热量，温度保持不变，但内能在增加，故B正确，ACD错误。
故选：B。
冰在熔化过程温度不变，但需要继续吸热，所以内能增加。
本题考查熔化过程的特点，本题相对比较简单，属于基础题。
3.【答案】D
【解析】解：A.发生热传递时，传递的是热量而不是温度，故A错误；
B.物体温度升高，内能增加，可能是从外界吸收了热量，也可能是外界对该物体做功，故B错误；
C.热量不是状态量，不能说含有或者具有热量，故C错误；
D.改变内能的方式有做功和热传递，这两种方式在改变物体内能上是等效的，故D正确。
故选：D。
(1)热传递的条件是两个物体之间存在温度差，热量从高温物体传给低温物体；
(2)改变物体内能的方式有做功和热传递，这两种方式在改变物体内能上是等效的；
(3)热量是热传递过程中传递能量的多少。
本题综合考查了热传递的条件、热量的概念和物体内能的改变方式等知识，综合性较强，易出错。
4.【答案】D
【解析】解：A、摩擦起电过程中发生了电子转移，没有创造电荷，故A错误；
BC、玻璃棒与丝绸摩擦时，因丝绸对电子的束缚能力更强，所以玻璃棒的部分电子转移到丝绸上，导致丝绸带负电，玻璃棒带正电，正电荷没有发生转移，故BC错误；
D.玻璃棒带正电，接触金属球后，金属球的电子转移至玻璃棒，金属球因带上正电而相互排斥，所以会张开，说明同种电荷相互排斥，故D正确。
故选：D。
(1)摩擦起电的实质是电荷的转移，在摩擦起电中并没有创造电荷；
(2)丝绸对电子的束缚能力比玻璃棒更强，摩擦的过程中，电子发生转移，玻璃棒失去电子而带正电，丝绸得到电子而带负电；
(3)当带正电的玻璃棒靠近验电器的金属球时，玻璃棒上的正电荷吸引验电器上的负电荷(自由电子)，验电器上的电子转移到玻璃棒上，由于验电器的金属箔片少了带负电的电子而带正电。
本题考查了摩擦起电的实质、丝绸摩擦的玻璃棒带正电、电子转移情况、验电器的原理，难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，闭合开关S后，两灯泡串联，电压表测量灯泡L1两端电压，即灯泡L1两端电压是U1=1.8V，已知电源电压是U=6V，
根据串联电路中电压规律可得，L2 两端的电压：
U2=U−U1=6V−1.8V=4.2V，故B正确，ACD错误。
故选：B。
由电路图可知，闭合开关后，两灯串联、电压表测量L1两端的电压，电源电压是6V，利用串联电路的电压特点分析。
本题考查了学生对串联电路电压规律的理解，知道电压表测L1两端的电压是解答此题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：白炽灯的亮度取决于它的实际功率；
AC、用电器正常工作时的电压叫做额定电压，用电器在额定电压下工作时的电功率叫做额定功率，对于一个用电器来说，它的额定电压和额定功率是固定的值，故AC错误；
BD、白炽灯突然变亮，说明白炽灯的实际功率变大，根据U²=PR可知，白炽灯的实际电压可能会变大，故B正确，D错误。
故选：B。
白炽灯的亮度取决于它的实际功率；
(1)(3)用电器正常工作时的电压叫做额定电压，用电器在额定电压下工作时的电功率叫做额定功率；
(2)(4)白炽灯突然变亮，说明白炽灯的实际功率变大，根据U²=PR判断白炽灯的实际电压的变化情况。
此题考查了额定功率与实际功率、电功率公式的应用，稍有难度。
7.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，发射中心的两名指挥官将各自的钥匙(相当于两个开关)插入发射控制台，同时旋转钥匙接通电路才能激活发射系统，这说明两个开关是相互影响的，所以两个开关串联后再与发射系统串联，故A正确。
故选：A。
根据题意分析两个开关的连接方式，然后选出正确的电路图。
本题考查了电路图的设计，属于基础题。
8.【答案】C
【解析】解：根据电路图可知，R1与滑动变阻器R2串联接入电路中，电压表V1测R1的电压，电压表V2测R2的电压，电流表测电路中的电流；
AB、闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，变阻器连入电路中的电阻变大，根据电阻的串联规律可知，总电阻变大，由欧姆定律，电路中的电流变小，即电流表示数变小；
根据U=IR可知，R1两端电压变小，电压表V1示数变小，根据串联电路电压的规律可知，滑动变阻器两端电压变大，电压表V2示数变大，故AB错误；
C、根据R=UI可知，电压表V2的示数与电流表A的示数的比值为滑动变阻器接入电路的电阻，所以该比值变大，故C正确；
D、电压表V1和电压表V2示数变化量相等；电源电压不变，设滑片移动前后电流表的示数为I1、I2，结合根据串联电路的电压规律可得，电压表V2示数的变化量：ΔU2=ΔU1=U1−U1′=I1R1−I2R1=(I2−I1)R1=ΔIR1，即：ΔU1ΔI=R1，所以电压表V2示数的变化量与电流表A示数的变化量之比不变，故D错误。
故选：C。
根据电路图可知，R1与滑动变阻器R2串联接入电路中，电压表V1测R1的电压，电压表V2测R2的电压，电流表测电路中的电流；
闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向右滑动时分析变阻器连入电路中的电阻变化，根据电阻的串联得出总电阻变化，由欧姆定律分析电路中的电流变化；
根据欧姆定律U=IR分析V1示数变化，根据串联电路电压的规律分析V2示数变化；
根据R=UI分析电压表V2的示数与电流表A的示数的比值、电压表V2示数的变化量与电流表A示数的变化量之比的变化。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，分析各表测量的量是关键。
9.【答案】AC
【解析】解：A、根据图示可知，灯泡的开关接在了灯泡与a之间，所以a为火线，故A正确；
B、为了用电的安全，空气开关应接在火线上，即接在a线上，故B错误；
C、三孔插座的上孔接地线，所以c点所在的导线与大地相连，故C正确；
D、根据图示可知，L1和L2是并联的，工作时互不影响，故D错误。
故选：AC。
(1)根据开关的连接方式分析导线的类型；在家庭电路中，开关应该接在火线与用电器之间；
(2)空气开关应接在火线上；
(3)三孔插座的上孔接地线；
(4)家庭电路中的用电器是并联的。
本题考查了家庭电路的连接方式，属于基础题。
10.【答案】AC
【解析】解：A、由P=UI可得，抽水器的工作电流：I=PU=5W5V=1A，故A正确；
B、电动抽水器是将电能转化为水的机械能，故B错误；
C、由P=Wt可得，抽水器需消耗的电能：W=Pt=5W×5s=25J，故C正确；
D、使用任何机械时，不可避免地做额外功，效率更不可能达到或大于100%，故D错误。
故选：AC。
(1)知道抽水机的输出功率和工作电压，利用P=UI求出抽水器的工作电流；
(2)电动抽水器是将电能转化为机械能；
(3)利用公式W=Pt求出抽水器需消耗的电能；
(4)使用任何机械时，不可避免地做额外功，所以机械效率一定小于100%。
本题考查了电流、电功率公式、电功公式的应用，知道抽水器提升水的高度是关键。
11.【答案】7.5 0.8
【解析】解：当启动“近光灯”时，此时车灯的电阻为1.6Ω，则通过灯丝的电流为：I近=UR1=12V1.6Ω=7.5A；
当启动“远光灯”时，通过灯丝的电流为15A，此时“远光灯”的电阻为：R远=UI远=12V15A=0.8Ω。
故答案为：7.5；0.8。
当启动“近光灯”时，此时车灯的电阻为1.6Ω，根据欧姆定律计算通过灯丝的电流；
当启动“远光灯”时，通过灯丝的电流为15A，根据欧姆定律计算此时“远光灯”的电阻。
本题考查欧姆定律的灵活运用，题目难度不大。
12.【答案】做功 做功
【解析】解：利用打气筒向水火箭内打气的过程中，压缩筒内空气做功，打气筒筒壁发热，这是通过做功的方式改变内能。
使用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时，会使水从水火箭中向下喷出，压缩后的气体对外做功，这一过程中内能转化为机械能，相当于内燃机的做功冲程。
故答案为：做功；做功。
工作过程中能量的转化：
①压缩冲程：机械能→内能；
②做功冲程：先是化学能→内能，再由内能→机械能。
做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
本题考查四冲程能量转化及做功改变内能，属于基础题。
13.【答案】40 2.4×104
【解析】解：电烙铁正常工作时的电功率：
P额=U额2R=(220V)21210Ω=40W；
电烙铁正常工作10min产生的热量：
Q=W=P额t=40W×10×60s=2.4×104J。
故答案为：40；2.4×104。
根据P=U2R可求正常工作时的电功率，由Q=W=Pt可求电烙铁正常工作10min产生的热量。
本题考查电功率和电热计算公式的灵活应用，难度不大。
14.【答案】断路 单向
【解析】解：生活中，我们常用的各种二极管是由半导体材料制成的，在接入电路时，应使电流从较长的接线脚流入，从较短接线脚流出，否则电路处于断路，无法正常工作，这是因为发光二极管具有单向导电的特性。
故答案为：断路；单向。
发光二极管由半导体材料制成，发光二极管具有单向导电的特性，在接入时，应使电流从较长的接线脚流入，从较短接线脚流出。
知道二极管是由半导体材料制成，并知道其具有单向导电性，这是本题考查的重点，属物理常识。
15.【答案】断路 短路
【解析】解：当S闭合，再分别闭合S1、S2、S3(每次只能闭合其中之一)时，可能出现以下两种情况，L0不亮，说明该支路不能形成通路，发生了断路；
L0正常发光，说明检验灯得到220V电压，该支路发生了短路。
故答案为：断路；短路。
检验灯安在保险丝处后，当只有一个开关闭合时，若该支路灯正常，则检验灯与支路灯串联，得到的电压小于220V，实际功率小于额定功率，发暗红色光，若支路灯短路，则检验灯得到额定电压，正常发光；若支路断路，则检验灯不亮。
本题考查了用检验灯检查电路的故障。应根据检验灯的三种状态来分析。
16.【答案】0.48 3
【解析】解：(1)由图可知，电阻R1与R2并联，电压表测量并联电路的电压，电流表测量通过R2的电流，移动滑片，电压表示数为2.6V时，则通过R1的电流为：I1=2.6V5Ω=0.52A，由题意可知，电源是恒流电源，能持续输出大小为1A的恒定电流，由并联电路电流特点可知，通过R2的电流为：I2=1A−I1=1A−0.52A=0.48A；
(2)保证电路各元件安全的前提下，由题意知，电流表的量程是“0∼0.6A”，电压表的量程是“0∼3V”，
当电压表的示数为3V时，通过R1的电流为：I′1=UR1=3V5Ω=0.6A，此时通过R2的电流I′2=I−I′1=1A−0.6A=0.4A，根据P=UI可知，此时电路的总功率最大，且Pmax=UI=3V×1A=3W。
故答案为：0.48；3。
(1)分析电路图可知，电阻R1与R2并联，电压表测量并联电路的电压，电流表测量通过R2的电流，当电压表示数为2.6V时，先求出通过R1的电流，根据并联电路电流特点，即可求出R2的电流；
(2)保证电路各元件安全的前提下，由电流表电压表的量程以及电功率的公式可知电压表示数最大时，电功率最大，通过P=UI可求出电路总功率。
本题考查了欧姆定律及电功率的最值问题。
17.【答案】(2)质量；(4)56.0；(5)A；A
【解析】解：比较A、B两种未知液体的比热容大小，根据控制变量法可知需要控制两液体的质量相等；
由乙图可知A液体温度降为56∘C，则A液体中铜块的末温为56∘C，B液体温度降为53∘C，则B液体中铜块的末温为53∘C，铜块的初温相同，根据Q=cmΔt可知A液体中铜块吸收的热量较多，则A液体放出的热量多；
即cAmΔtA>cBmΔtB，代入数据可得cAm(60∘C−56∘C)>cBm(60∘C−53∘C)，整理可得cA>74cB，所以A液体的比热容较大。
故答案为：(2)质量；(4)56.0；(5)A；A。
比较A、B两种未知液体的比热容大小，根据控制变量法可知需要控制两液体的质量相等；
根据温度计的分度值读数，由乙图可知A液体的温度，即A液体中铜块的末温，由题意可知B液体中铜块的末温，铜块的初温相同，根据Q=cmΔt可知哪种液体中铜块吸收的热量较多，则哪种液体放出的热量多；
根据Q=cmΔt列不等式，代入数据可比较两液体的比热容大小。
本题考查温度计的读数和吸热公式、控制变量法在实验中的运用。
18.【答案】小 材料 a、c 温度 长度 变亮
【解析】解：(1)电阻是对电流的阻碍作用，电流表的示数越大，表明导体对电流的阻碍作用小，电阻越小；
(2)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；
(3)要探究导体电阻大小与横截面积的关系，变量是横截面积，控制长度和导体材料相同，观察表中a、c符合条件；实验中采用的是控制变量法；
(4)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；
(5)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)小；(2)材料；(3)a、c；(4)温度；(5)①长度；②变亮。
(1)电阻是对电流的阻碍作用，无法直接观察电阻的大小，通过电流表示数来判断，应用了转换法；
(2)(3)(4)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。
(5)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。
19.【答案】断路 在电压一定时，电流和电阻成反比 左 2.5 50Ω，2A 不可行
【解析】解：
(1)滑片向右移动，电流表示数变大，根据欧姆定律可知电路总电阻变小，则滑动变阻器接入电路的阻值变小，可将滑动变阻器的左下接线柱和开关右侧接线柱相连，将滑动变阻器右上接线柱和定值电阻的右侧接线柱相连。电压表选用小量程并联在定值电阻两端。如图。
(2)闭合开关后，发现电流表无示数，则电路可能断路，电压表指针超过量程，则电压表和电源接通，故障可能是定值电阻断路。
(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变化的图像，由图像可得出结论：在电压一定时，电流和电阻成反比；
(4)根据图中数据，结合欧姆定律可知U=IR=0.5A×5Ω=×25Ω=2.5V，
实验中应保持定值电阻两端的电压不变，拆下阻值为5Ω的电阻，改换成阻值为10Ω的电阻，根据串联分压特点可知定值电阻两端的电压变大，大于2.5V，为保持定值电阻两端的电压不变，应让滑动变阻器两端的电压变大，根据串联分压特点可知应将滑动变阻器接入电路的阻值变大，向左移动滑片，使电压表示数为2.5V不变；
(5)从图中可知电路最小电流为0.1A，
根据欧姆定律可知电路总电阻最大值R总=UI小=6V0.1A=60Ω，
根据电阻串联的特点可知滑动变阻器接入电路的阻值R滑=R总−R=60Ω−25Ω=35Ω，
为完成整个实验，应该选择的滑动变阻器是50Ω，2A；
(6)探究电流与电压的关系，应保持定值电阻的阻值不变，灯泡电阻随温度的变化而变化，故她的实验方案不可行。
故答案为：
(1)如图；(2)断路；(3)在电压一定时，电流和电阻成反比；(4)左；2.5；(5)“50Ω，2A”；(6)不可行。
(1)滑片向右移动，电流表示数变大，根据欧姆定律可知电路总电阻变小，则滑动变阻器接入电路的阻值变小，可将滑动变阻器的左下接线柱和开关右侧接线柱相连，将滑动变阻器右上接线柱和定值电阻的右侧接线柱相连。电压表选用小量程并联在定值电阻两端。
(2)闭合开关后，发现电流表无示数，则电路可能断路，电压表指针超过量程，则电压表和电源接通。
(3)由图像为反比例关系可得出结论。
(4)根据图中数据，结合欧姆定律可知定值电阻两端的电压，
实验中应保持定值电阻两端的电压不变，根据串联分压特点可知将滑动变阻器滑片的移动方向。
(5)从图中可知电路最小电流为0.1A，
根据欧姆定律可知电路总电阻最大值，根据电阻串联的特点可知滑动变阻器接入电路的阻值，据此选择。
(6)探究电流与电压的关系，应保持定值电阻的阻值不变，灯泡电阻随温度的变化而变化。
本题为探究电流与电阻的关系的实验，考查电路连接、故障分析、实验结论等知识，是一道综合题。
20.【答案】甲、乙 串联 乙、丙 乙 电阻 B
【解析】解：(1)要研究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，因此选用甲和乙组合，将它们串联接到电源两端进行实验。
(2)选用乙、丙组合，串联在电路中，此时右边两个电阻并联后再与左边的电阻串联(如下图)，由并联电路的电流特点可知通过乙容器中5Ω电阻的电流大于通过丙容器中5Ω电阻的电流，当在通电时间相同的情况下，发现乙装置U形管中液面高度变化大，可知气压差越大，温度差越大，热量越多，可以得出的结论是：在电阻和通电时间相同时，通过导体的电流越大，产生的热量越多。
(3)实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，这是转换法的应用；
A.探究电流与电压、电阻的关系时，用到的方法是控制变量法，故A不符合题意；
B.探究“影响导体电阻大小因素”时，灯泡的亮度反映电阻的大小，是转换法，故B符合题意；
C.研究光的传播时，引入“光线”，这是模型法，故C不符合题意；
D.探究平面镜成像的特点，用到的是替代法，故D不符合题意。
故选：B。
故答案为：(1)甲、乙；串联；(2)乙、丙；乙；电阻；(3)B。
(1)要探究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，据此分析；
(2)探究电热与电流的关系，需要控制电阻和通电时间相同，而通过电阻的电流不同，据此分析；
(3)根据转换法分析。
本题考查了探究电流通过导体产生的热的多少与什么因素有关的实验，要注意控制变量法和转换法的应用。
21.【答案】0.4 10 20 2 断路 U2RaU1−U2 大于
【解析】解：(1)图乙中电流表的量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，示数为0.4A；
(2)闭合开关，电路为串联电路，将滑动变阻器滑片移至适当位置后，移动Q，发现电流表指针保持图乙所示位置不动，电流表示数为0.4A，此时Q位于M处，电压表测量整段a、b两端的电压，由图丙知当QN=10cm时，电压表示数出现了变化，合金丝a的长度为10cm，a两端电压Ua=8V，
a、b两端的电压Uab=10V，由欧姆定律可知a的阻值R=UaI=8V0.4A=20Ω，
由串联电路的电压规律可知合金丝b两端电压为Ub=Uab−Ua=10V−8V=2V；
(3)②电路连接好后，闭合开关S、S1，电路为串联电路，电压表测Rx和合金丝a两端电压，发现电压表无示数，原因可能是电路存在断路或电压表所测电路短路，故障出现在滑动变阻器位置的话应为滑动变阻器断路；
③先闭合开关S和S1，滑动变阻器、合金丝a、Rx串联接入电路，电压表测Rx和合金丝a两端电压，移动滑动变阻器滑片至适当位置，读出电压表示数U1为Rx和合金丝a两端电压，再断开S1，闭合S2，滑动变阻器、合金丝a、Rx串联接入电路，电压表测Rx两端电压为U2，由串联电路的电压规律可知合金丝a两端电压Ua=U1−U2，由串联电路的电压分理可得：UaURx=RaRx即U1−U2U2=RaRx，得待测电阻阻值Rx=U2RaU1−U2。
在测量U2时，将S2闭合前，忘记断开S1，会使得所测U2偏大，根据待测电阻表达式Rx=U2RaU1−U2=RaU1U2−1，则所测电阻阻值大于真实值。
故答案为：(1)0.4；(2)10；20；2；(3)②断路；③U2RaU1−U2，大于。
(1)根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数；
(2)闭合开关，电路为串联电路，将滑动变阻器滑片移至适当位置后，移动Q，发现电流表指针保持图乙所示位置不动，电流表示数为0.4A，此时Q位于M处，电压表测量整段a、b两端的电压，由图丙知当QN=10cm时，电压表示数出现了变化，合金丝a的长度为10cm，a两端电压为8V，b两端电压为2V，由欧姆定律可知a的阻值；
(3)①电路连接好后，闭合开关S、S1，电路为串联电路，电压表测Rx和合金丝a两端电压，发现电压表无示数，原因可能是电路存在断路或电压表所测电路短路；
②先闭合开关S和S1，滑动变阻器、合金丝a、Rx串联接入电路，电压表测Rx和合金丝a两端电压，移动滑动变阻器滑片至适当位置，读出电压表示数U1为Rx和合金丝a两端电压，再断开S1，闭合S2，滑动变阻器、合金丝a、Rx串联接入电路，电压表测Rx两端电压，由串联电路的电压分理可得Rx；
③在测量U2时，将S2闭合前，忘记断开S1，会使得所测U2偏大，根据待测电阻表达式Rx=U2RaU1−U2=RaU1U2−1，则所测电阻阻值大于真实值。
本题考查伏安法测电阻时电流表读数、数据分析、电路连接、欧姆定律等内容，综合性强。
22.【答案】2.4×105J 70800
【解析】解：(1)加热该浆需要吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.0×103J/(kg⋅∘C)×1.0kg×(100∘C−40∘C)=2.4×105J；
(2)该豆浆机同时处于打浆和加热时，总功率：
P总=180W+1000W=1180W，
正常工作1min所消耗电能：
W=Pt=1180W×60s=70800J；
(2)由图知，当S接a时，电路中只有R1，电阻较小，由P=UI=U2R可知，此时电功率较大，为加热挡；
当S接b时，电路中R1、R2串联，电阻较大，由P=UI=U2R可知，此时电功率较小，为保温挡；
由P=UI=U2R可得R1的阻值：
R1=U2P加热=(220V)21000W=48.4Ω；
由P=UI=U2R可得串联时的总电阻：
R串=U2P保温=(220V)2242W=200Ω，
则R2的阻值：R2=R串−R1=200Ω−48.4Ω=151.6Ω；
答：(1)2.4×105J；(2)70800；(3)电阻R2的阻值为151.6Ω。
(1)利用Q吸=cm(t−t0)求加热该浆需要吸收的热量；
(2)该豆浆机同时处于打浆和加热时，求出总功率，再利用W=Pt求正常工作1min所消耗电能；
(3)由图知，当S接a时，电路中只有R1，电阻较小，由P=UI=U2R可知，此时电功率较大，为加热挡；当S接b时，电路中R1、R2串联，电阻较大，由P=UI=U2R可知，此时电功率较小，为保温挡；利用P=UI=U2R求R1、R串；再利用串联电阻的特点求R2。
本题考查了吸热公式、电功率公式的应用，分析电路图得出高低温挡的电路组成是关键。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
型号
额定电压
打浆装置
电热装置
JYP−P11S
220V
电机功率
加热功率
保温功率
180W
1000W
242W