2025-2026学年山东省烟台市招远市九年级（上）期中物理试卷

这是一份2025-2026学年山东省烟台市招远市九年级（上）期中物理试卷，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.某同学将热水、冰水和室温水(水温与室温相同)分别装入杯中，一段时间后，发现其中两只杯子的杯壁上出现了小水珠，如图所示，下列选项与图中三杯水排序相符的是( )
A. 热水、冰水、室温水B. 室温水、冰水、热水
C. 冰水、室温水、热水D. 室温水、热水、冰水
2.中华诗词蕴藏着丰富的物理知识，下列对古诗词中涉及的物态变化解释不正确的是( )
A. “蒹葭苍苍，白露为霜”——霜的形成是凝华现象
B. “青青园中葵，朝露待日晞”——露水变干是升华现象
C. “夜阑卧听风吹雨，铁马冰河入梦来”——河水结冰是凝固现象
D. “纷纷暮雪下辕门，风掣红旗冻不翻”——雪的形成是凝华现象
3.在试管内装些水，用橡胶塞塞住管口，将水加热一段时间，橡胶塞被推出，管口出现大量“白气”，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 水变热的过程，其内能是通过做功的方式改变的
B. 橡胶塞被推出的过程中，水的内能全部转化为塞子的机械能
C. 水蒸气推出橡胶塞的过程中，水蒸气的内能减小
D. 管口出现的“白气”是试管内的水直接汽化形成的
4.根据图片信息，下列有关分子动理论解释正确的是( )
A. 甲：用弹簧测力计稍稍用力拉与水面接触的玻璃板，测力计示数变大，说明分子间有斥力
B. 乙：抽去隔板，密度较大的二氧化氮气体与空气混合在一起，说明分子不停做无规则运动
C. 丙：红墨水在热水中扩散得快些，说明温度越高分子运动越剧烈
D. 丁：铅块与金块长时间紧压在一起，相互渗透，说明分子间有引力
5.如图所示，这是四冲程汽油机的两个冲程示意图，下列判断正确的是( )
A. 甲图为排气冲程
B. 乙图为压缩冲程
C. 甲图能量转化情况是机械能转化为内能
D. 乙图能量转化情况是内能转化为机械能
6.为了提高旅客的乘车通行效率，无锡火车站实施“验检合一”，乘客通过检票处“一道闸”，当身份信息和人脸信息都符合时(相当于闭合开关)，电动机转动，打开闸门直达站台，下列电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，用一根丝绸摩擦过的玻璃棒靠近支架上的塑料吸管右端，发现它们互相吸引。关于这一现象，下列说法正确的是( )
A. 吸管一定不带电
B. 吸管可能带电
C. 吸管和玻璃棒一定带异种电荷
D. 吸管和玻璃棒可能带同种电荷
8.在如图甲所示的电路中，当闭合开关后，两个电流表指针偏转均为图乙所示，则电阻R1和R2中的电流分别为( )
A. 1.2A，0.22AB. 0.98A，0.22AC. 0.24A，1.2AD. 0.96A，0.24A
9.在物理课上，老师分别将金属电极插在柠檬和西红柿上并用导线连接一个小液晶显示器，液晶显示器就能显示数字了。如图所示关于这个实验，下列说法正确的是( )
A. 此实验能够说明水果电池产生电流大小与水果种类有关
B. 电路中自由电子定向移动的方向是“+”→“a”→“b”→“-”
C. 柠檬能够作为电源是因为创造了电荷
D. 水果电池工作时是将化学能转换成电能
10.如图甲所示是坐位体前屈项目测试仪，其原理图如图乙所示。电源电压不变，闭合开关S，滑片由B端移动到A端过程中，下列说法正确的是( )
A. 电流表示数变大B. 电压表示数不变C. 电流表示数不变D. 电压表示数变小
二、多选题：本大题共4小题，共12分。
11.“糖画”是我国传统民间手工艺，以糖为材料来造型。如图甲所示，先把糖加热成糖浆，然后用汤勺舀起糖浆，在台面上飞快地来回浇铸，画出各种造型后，用铲刀将糖画铲起，粘在竹签上即可。小明利用红外温度计测量了制作过程中糖浆的温度随时间的变化图像，如图乙所示。关于“糖画”的制作过程，下列说法正确的是( )
A. 先熔化后凝固
B. 糖浆凝固时一直在放热
C. 在图像中BC段，糖浆的状态是液态
D. 由图乙可知，制作“糖画”使用的糖是非晶体
12.《齐民要术》中对醋的制作工艺有记载：“作大豆千岁苦酒(醋)法：用大豆一斗，熟汰之，渍令泽炊。暴极燥，以酒醅灌之。任性多少，以此为率”。蒸煮是酿醋过程中的一个重要工序，如图所示是将大豆进行蒸煮的过程，下列说法正确的是( )
A. 煮大豆的过程中，大豆含有的热量增加了
B. 用火种引燃木柴与钻木取火的原理不相同
C. 木柴燃烧的过程，将化学能转化成了内能
D. 将木柴架空一些可以提高热值，燃烧更旺
13.识别电路是电路分析和电路计算的开始。如图所示电路中，甲、乙为连接正确的电流表或电压表，开关S闭合后，小灯泡L1、L2均正常发光。下列判断正确的是( )
A. 小灯泡 L1、L2串联在电路中
B. 小灯泡 L1、L2并联在电路中
C. 甲是电流表，乙是电压表
D. 甲是电压表，乙是电流表
14.公共场所严禁吸烟。小明设计了一种简易烟雾报警控制器，如图所示。R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度增大而减小，烟雾增大到一定程度使电表示数增大到某一值时触发报警系统。下列说法正确的是( )
A. 报警仪表由电流表改装而成
B. 烟雾更浓时，电压表示数变大
C. 减小R0的阻值，可以使控制器在烟雾较淡时就触发报警
D. 增大电源电压，可以使控制器在烟雾较淡时就触发报警
三、填空题：本大题共5小题，共15分。
15.如图所示是大自然中水循环的示意图，江、河、湖、海以及大地表面层中的水不断吸收热量， 成水蒸气，当含有很多水蒸气的空气升入高空时，水蒸气的温度降低 小水滴或凝华成小冰晶，这就形成了云，云中小水滴和小冰晶越来越大，就会下落，在下落过程中，小冰晶 成了小水滴，与原来的水滴一起落到地面，就形成了雨(三空均填物态变化的名称)。
16.如图所示，电源电压保持不变，电阻R1=R2=R3=10Ω，要使R2、R3并联，且两端电压等于电源电压，应闭合开关 ，此时电流表的示数为I1；要使R1、R2串联，应断开开关 ，此时电流表的示数为I2，则I1：I2= 。
17.在如图所示的电路中，电源电压为U0保持不变，闭合开关S，电路正常工作。一段时间后，电压表的示数为U0，已知故障只发生在电阻R1、R2中一个。用完好的电阻R0替换电阻R1，闭合开关S，若电压表示数变小，故障是 ，若电压表示数不变，故障是 ；若在M处串联一个电流表， (选填“能”或“不能”)通过电表的示数或示数变化情况判断出故障。(新接入的元件均完好)
18.质量均为100g的四种物质，当温度升高1∘C时所吸收的热量如图所示。请根据图中信息回答以下问题。
(1)煤油的比热容为 J/(kg⋅∘C)。
(2)质量相等的实心铝块、铜块吸收相同的热量， 块温度变化更大。
19.如图所示，小鸟双脚站立在某高压输电线的同一根导线上。高压输电线每千米的电阻为0.3Ω，通过输电线的电流是300A。如果小鸟两爪间的距离是4cm，小鸟身体的电阻为1000Ω。长度为4cm的输电线的电阻为 Ω，输电线上的小鸟两爪间的电压为 V，通过小鸟的电流为 A。
四、作图题：本大题共1小题，共3分。
20.如图所示是一款道路井盖移动报警电路，开关S闭合后，电路开始工作，在井盖偏离正常位置(开关S1断开)时亮起警报灯L提醒路人；井盖位置正常(开关S1闭合)时L则不亮；R为保护电阻。根据以上要求完成电路图的设计。
五、实验探究题：本大题共3小题，共24分。
21.某科创小组用图甲所示的实验装置探究“水沸腾前后温度变化的特点”。
(1)开始实验，在温度升高到90∘C后，每隔1min记录一次温度，实验记录的数据如上表所示，由此可知水的沸点为______ ∘C；沸腾的特点是温度______，但要不断______；
(2)根据实验数据绘制水沸腾前后温度随时间变化的图像如图乙中的实线a所示，若将水置于密闭的容器(如高压锅)中探究，则温度随时间变化的图像可能是图乙中的______(选填“b”、“c”或“d”)；
(3)实验中发现，当第6分钟时，观察到烧杯内产生的气泡是图______所示的情况；同时，烧杯上方出现大量“白气”是______现象。
(4)观察图甲的实验装置，提出一种缩短水到达沸腾所需时间的方法：______。
22.某同学在“探究串联电路电压规律”的实验中，设计了如图甲示的电路。
(1)连接电路前检查器材时，该同学发现电压表的指针如图乙所示，接下来他应该______；
(2)如图甲，该同学为了节省时间，在测完L1两端的电压后，将电压表所接的B接点不动，只断开A接点，并把接线改接到C接点上，这个方法______(选填“能”或“不能”)测出L2两端的电压，理由是______；
(3)在某次更换灯泡后闭合开关，发现两灯都不发光，分别把电压表接在图甲中AB两点、BC两点及AC两点，测得数据分别是UAB=3V，UBC=0V，UAC=3V若故障只发生在小灯泡处，则故障原因可能是______；
(4)为了使探究得出的结论具有普遍性，应多次实验，关于灯泡的选择，以下几种方案最佳的是______(填选项前的字母)；
A.每次都选择相同规格的灯泡
B.每次都选择不同规格的灯泡
C.分别选择相同规格和不同规格的灯泡各做几次实验
23.在探究“电流与电压、电阻的关系”的实验中：
小明连接了如图所示的电路进行实验，其中电源电压4.5V，定值电阻有阻值为5Ω、10Ω、20Ω三只电阻，还有最大阻值为10Ω和30Ω的滑动变阻器各一只。
(1)闭合开关前检查电路时，小明发现接线有一处错误。请在图中将连接错误的导线打“×”，并用笔画一根正确连接的导线。
(2)正确连接电路后，小明首先进行“探究电流与电压的关系”的实验，实验中滑动变阻器的作用是______。
表一：
表二：
(3)实验数据记录在表一中，当进行第三次实验时发现无论如何调节滑片，电压表都不能达到1.0V，由此可推测他选用的是最大阻值为______(选填“10Ω”或“30Ω”)的滑动变阻器。由表中数据还可推测他采用的定值电阻阻值为______。
(4)小明利用该电路继续探究“电流与电阻的关系”时，分别将：5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻接入电路，调节滑片，数据记录在表二。当他用5Ω的电阻完成实验后，断开开关，再把10Ω的电阻接入电路，闭合开关，应向______端移动滑片(选填“A”或“B”)，直到电压表示数达到______V，读出电流表示数记录在表二中。
(5)分析表二中数据，得到该实验的结论是：______。
六、计算题：本大题共2小题，共20分。
24.如图所示，电源电压恒定，只闭合开关S时，电压表示数为3V，电流表示数为0.3A；再闭合开关S1，电流表变化了0.2A。忽略温度对电阻的影响。求：
(1)电源电压和灯泡L的电阻；
(2)闭合开关S1后，电流表的示数；
(3)电阻R的阻值。
25.货车超载行驶存在安全隐患，交通部门常用“地磅”检测货车是否超载。图甲是模拟地磅原理的简化电路图，电源电压恒为3V，R0为最大阻值是9999Ω的电阻箱，力敏电阻R的阻值随所受压力F变化关系如图乙所示。力敏电阻R上方紧密连接一轻质绝缘平板，检测时将货车模型静止放在水平绝缘平板上。(g取10N/kg)求：
(1)如图甲，当R0接入电路的阻值是100Ω，货车模型重20N时，电压表的示数；
(2)如图丙所示，调节电阻箱R0接入电路的阻值后，将电压表改接到R0两端，当检测货车模型的重量为40N时，电压表的示数为2V，代表刚好超载。则刚好超载时电阻箱R0接入的阻值为多少。
七、综合题：本大题共1小题，共6分。
26.阅读短文，回答问题。
决战沙海，给荒漠系“围脖”
2024年11月28日，我国新疆塔克拉玛干沙漠绿色阻沙防护带工程成功完成锁边“合龙”。这项宏伟的工程历时40多年，中国几代治沙人克服各种困难连续奋斗，在世界第二大流动沙漠周边，用一块块草方格(图甲)给“死亡之海”系上绿色“围脖”，围住了面积3.376×105km2的塔克拉玛干沙漠，以阻止沙漠向外流动。这条阻沙防护带绵延3046km(图乙)，创造了举世瞩目的奇迹，是我们新时代的“万里长城”。
塔克拉玛干沙漠全年有三分之一是风沙日，白天最高气温可达60∘C以上，昼夜温差常超过40∘C。那里年均降水量不足100 mm，而年均水分蒸发量可达2500−3400mm(年均蒸发量是指在一年内水分蒸发的量，通常用蒸发掉的水层厚度的毫米数表示)。而今天中国最大沙漠的边缘成功被人类控制，沙漠变绿洲的梦想又迈进了一步。此项工程为全球沙漠治理提供了宝贵的经验，展示了人类与自然和谐共生的可能性。
(1)给“死亡之海”系上绿色“围脖”的目的是什么？
(2)比起沿海城市，塔克拉玛干大沙漠昼夜温差常超过40∘C的主要原因是(填一物理量)；
(3)那里年均水分蒸发量高达2500∼3400mm的原因可能是什么？(写出一条即可)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：热水杯：水温高于室温，高温水蒸气遇到温度较低的杯壁时，会放热并液化成小水珠，小水珠会附着在杯壁的内侧。
冰水杯：水温低于室温，室温下空气中的水蒸气遇到冷的杯壁，同样会放热并液化，小水珠会附着在杯壁的外侧。
室温水杯：由于水温与室温相同，杯壁温度也接近室温。因此，这里的水蒸气既不容易在杯壁内侧液化，也不容易在杯壁外侧液化。
所以，室温水杯的杯壁上没有出现小水珠；杯壁出现小水珠，是水蒸气发生了液化。
故选：D。
液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
本题考查液化放热，属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：A.“蒹葭苍苍，白露为霜”中，霜是空气中的水蒸气遇冷凝华成的小冰晶，属于凝华现象，故A正确；
B.“青青园中葵，朝露待日晞”中，露水是液态，变干是由液态变为气态，属于汽化现象，而非升华现象，故B错误；
C.“夜阑卧听风吹雨，铁马冰河入梦来”中，河水结冰是液态变为固态，属于凝固现象，故C正确；
D.“纷纷暮雪下辕门，风掣红旗冻不翻”中，雪是空气中的水蒸气遇冷凝华成的小冰晶，属于凝华现象，故D正确。
故选：B。
物质由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固，由液态变为气态叫汽化，由气态变为液态叫液化，由固态直接变为气态叫升华，由气态直接变为固态叫凝华。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识
3.【答案】C
【解析】解：
A.水变热是通过热传递的方式(火焰的热量传递给试管和水)改变内能，不是做功，故A错误；
B.橡胶塞被推出过程中，水的内能一部分转化为塞子机械能，还有部分内能散失，不是全部转化，故B错误；
C.水蒸气推出橡胶塞时，对塞子做功，自身内能减小，故C正确；
D.“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水的汽化，故D错误。
故选：C。
(1)水变热是通过热传递的方式改变内能的；
(2)(3)水汽化对外做功，内能转化为机械能，内能剑侠，不是全部转化，会有损耗；
(4)白气是小水珠。
本题考查改变内能的方式、能量转化、液化现象的基础知识。
4.【答案】C
【解析】解：A、玻璃板即将离开水面时弹簧测力计的示数变大，说明分子间存在着引力，故A错误；
B、二氧化氮的密度大于空气的密度，由于自身密度大的缘故，二氧化氮分子也会下沉到下方的空气瓶子中去，就不能说明分子在不停地做无规则运动，故B错误；
C、红墨水在热水中颜色变得快些，说明温度越高分子运动越剧烈，故C正确；
D、铅板和金板长时间压紧在一起，铅和金会互相渗透，属于扩散现象，说明固体分子在不停地做无规则运动，故D错误。
故选：C。
(1)分子动理论的内容：物质是由大量分子组成的，分子在永不停息地做无规则运动，分子间存在着相互的引力和斥力，分子之间存在间隙；
(2)扩散现象与温度的关系：温度越高，扩散现象越明显。
本题考查了分子间动理论的相关知识，属于基础知识的考查。
5.【答案】B
【解析】解：四冲程汽油机的工作循环由进气、压缩、做功和排气四个冲程组成。可以通过“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”的口诀来判断冲程类型。分析如下：甲图：甲图中进气门打开，排气门关闭．活塞由上端向下端运动是吸气冲程，此过程没有能量的转化。乙图：乙图中两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程。压缩冲程中，活塞对气缸内的混合气体进行压缩，能量转化情况是机械能转化为内能。故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
(1)汽油机的工作流程：内燃机通过吸气、压缩、做功、排气四个冲程不断循环来保证连续工作的，①吸气冲程：进气门打开，排气门关闭．活塞由上端向下端运动，汽油和空气组成的燃料混合物从进气门吸入气缸。②压缩冲程：进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，温度升高。③做功冲程：在压缩冲程末尾，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的燃气，高温高压气体推动活塞向下运动，带动曲轴转动，对外做功。④排气冲程：进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，把废气排出气缸。
(2)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。
此题考查了对汽油机做功冲程和压缩冲程的判断以及对能量转化情况的分析，比较简单。
6.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，只有两个开关都闭合的情况下，电动机才工作，这说明两个开关相互影响，是串联的关系，然后与电动机串联，故A正确。
故选：A。
根据题意分析电路的连接方式，然后选出正确的答案。
本题考查了电路的设计，属于基础题。
7.【答案】B
【解析】解：用一根丝绸摩擦过的玻璃棒，玻璃棒带正电，靠近支架上的塑料吸管右端，发现它们互相吸引。因带电体能够吸引轻小物体，塑料吸管可能不带电；又因为异种电荷相互吸引，塑料吸管可能带负电荷；故ACD错误，B正确。
故选：B。
带电体可以吸引轻小物体；
电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
此题考查的是我们对电荷间相互作用及带电体特点的掌握和应用。需要清楚的是：异种电荷相互吸引，带电体可以吸引不带电的物体。
8.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，两电阻并联，电流表A1测干路电流，A2测R2支路的电流，
∵并联电路干路电流大于各支路电流之和，且两指针的位置相同，
∴A1的量程为0∼3A，分度值为0.1A，干路电流I=1.2A，
A2的量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，通过R2支路的电流I2=0.24A，
∴通过R1的电流I1=I−I2=1.2A−0.24A=0.96A。
故选：D。
由电路图可知，两电阻并联，电流表A1测干路电流，A2测R2支路的电流，根据并联电路的电流特点确定两电流表的量程，并根据分度值读出其大小和求出通过R1的电流。
本题考查了电流表的读数和并联电路的特点，分清电路的连接方式和电流表量程的判读是解决本题的关键。
9.【答案】D
【解析】解：A、此实验中的小液晶显示器都能工作，不能说明水果电池产生电流大小与水果种类有关，故A错误；
B、电路中自由电子定向移动的方向是“-”→“b”→“a”→“+”，故B错误；
C、柠檬能够作为电源是因为电荷发生了转移，并不是创造了电荷，故C错误；
D、水果电池工作时是将化学能转换成电能，故D正确。
故选：D。
水果电池的电压与水果的种类等有关。
在电源的外部，水果电池的电流从正极流向负极。
水果电池工作时将化学能转化为电能。
本题考查的是水果电池的正负极的判断；知道电流方向的规定。
10.【答案】C
【解析】解：AC.根据电路图可知，R1与R2串联接入电路中，电流表测量电路中的电流，电压表测滑片右侧电阻丝两端的电压；
因电压表的内阻很大，在电路中相当于断路，所以推动挡板的过程中，电路中的总电阻不变，电源电压不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流不变，电流表示数不变，故A错误、C正确；
BD.推动由B端向A端运动的过程中，滑片右侧电阻丝的阻值变大，由U=IR可知，滑片右侧电阻丝两端的电压变大，所以电压表的示数变大，故BD错误。
故选：C。
由电路图可知，R1与R2串联，电压表测滑片右侧电阻丝两端的电压，电流表测电路中的电流。
根据电压表的内阻特点判断出推动挡板的过程中变阻器接入电路中的电阻变化，从而得出电路中的总电阻变化，根据欧姆定律判断电路中的电流变化；根据挡板移动的方向可知滑片右侧电阻丝的阻值变化，再根据欧姆定律得出滑片右侧电阻丝两端的电压变化。
本题是电路的动态分析，考查了串联电路特点、欧姆定律的应用，难度适中。
11.【答案】AB
【解析】解：A、先把糖加热成糖浆，然后用汤勺舀起糖浆，在台面上飞快地来回浇铸，画出各种造型后，用铲刀将糖画铲起，其中过程是先熔化后凝固，故A正确；
B.糖浆在AB段和CD段都是放热温度降低，糖浆在BC段凝固虽然温度不变，但要继续放热，所以整个过程中糖浆持续放热，故B正确；
C.在图像中BC段，糖浆正在凝固，处于固液共存态，故C错误；
D.分析图可知，BC段为糖浆的凝固过程，则糖浆在凝固过程中温度不变(有一定的凝固点)，所以制作“糖画”使用的糖是晶体，故D错误。
故选：AB。
固态为晶体的物质凝固前放出热量、温度降低、凝固时放出热量、温度不变，凝固后放出热量、温度下降。
本题考查对晶体和非晶体物质的凝固图像的认识，属于基础内容，要熟练掌握。
12.【答案】BC
【解析】解：A、热量是一个过程量，不能说大豆含有热量的多少，故A错误；
B、用火种引燃木柴的过程是热传递过程，钻木取火的原理是做功，二者原理不相同，故B正确；
C、木柴燃烧的过程中，将化学能转化成了内能，故C正确；
D、将木柴架空一些火能燃烧更旺，是因为氧气助燃，但不能提高木柴的热值，故D错误。
故选：BC。
(1)热量是一个过程量，不能用含有、具有来修饰；
(2)改变物体内能的方式有做功和热传递；
(3)燃料燃烧时，将化学能转化为内能；
(4)热值是指1千克某种燃料完全燃烧时放出的热量，其大小与燃料的质量、燃烧程度等无关。
本题考查了对热量、改变内能的方法、能量转化、热值等的理解与应用，属基础题。
13.【答案】BC
【解析】解：读图可知，开关S闭合后，若要小灯泡L1、L2均正常发光，则两灯泡必须并联，则甲只能是电流表，测量通过灯L2的电流，乙只能是电压表，测量并联电路的电压。
故选：BC。
电流表要与被测用电器串联使用，电压表要与被测用电器并联使用，根据两表使用方法和电路结构进行分析。
本题考查电路结构和电表接法，在判断时要运用电流流向法，应重点掌握。
14.【答案】BCD
【解析】解：由电路图可知，光敏电阻R与定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流，电压表测光敏电阻R两端的电压；
AB、因光敏电阻R的阻值随光照强度的增大而减小，所以，当烟雾增大时(即光照强度减弱)，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，由I=UR可知电路中的电流减小，即电流表示数变小；
光敏电阻R的阻值增大，由串联分压的规律可知，R两端的电压增大，即电压表的示数增大，即烟雾更浓时，电压表示数变大，因为烟雾增大到一定程度使电表示数增大到某一值时触发报警系统，所以报警仪表由电压表改装而成，故A错误，B正确；
C、由题意可知报警时电压表的示数不变，则在电源电压不变时，报警时R0两端的电压U0也不变，由串联分压的规律可得UVU0=RR0----①，
若减小R0的阻值，因UV、U0均不变，则由①式可知，报警时光敏电阻R的阻值变小，由题意可知此时光照强度增大、烟雾浓度降低，所以，减小R0的阻值，可以使控制器在烟雾较淡时就触发报警，故C正确；
C、报警时电压表的示数不变，若增大电源电压，由串联电路的电压规律可知，报警时R0两端的电压U0增大，因UV、R0均不变，而U0增大，则由①式可知，报警时光敏电阻R的阻值变小，由题意可知此时光照强度增强、烟雾浓度降低，所以该方法可以使控制器在烟雾较淡时就触发报警，故D正确。
故选：BCD。
由图可知，光敏电阻R与定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流，电压表测光敏电阻R两端的电压；
已知光敏电阻R的阻值随光照强度的增大而减小，据此判断当烟雾增大时光敏电阻的阻值变化，根据电阻的串联和欧姆定律可知电路中电流的变化，知道光敏电阻R的阻值变化，根据串联分压的规律可知光敏电阻R两端电压的变化(即电压表示数的变化)，已知烟雾增大到一定程度使电表示数增大到某一值时触发报警系统，进一步判断报警仪表由哪个电表改装而成；
由题意可知报警时电压表的示数不变，由串联分压的规律可得UVU0=RR0，据此分析得出在两种情况下光敏电阻R的阻值变化，结合题意判断控制器在何种情况下触发报警。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，寻找不变量是关键。
15.【答案】汽化
液化
熔化

【解析】解：江、河、湖、海以及大地表层中的水不断吸收热量，汽化变成水蒸气；当含有很多水蒸气的空气升入高空时，水蒸气的温度降低液化成小水滴，有的水蒸气凝华成小冰晶，这就形成了云，云中小水滴和小冰晶越来越大，就会下落，在下落过程中，小冰晶熔化成了小水滴，与原来的水滴一起落到地面，就形成了雨。
故答案为：汽化；液化；熔化。
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。
本题考查了物态变化，知道物态变化的概念、知道物态变化前后物质所处的状态，即可正确解题。
16.【答案】S1、S2
S1、S2
4：1

【解析】解：由图可知，要使电阻R2、R3并联，且两端电压等于电源电压，则电阻R2、R3中必须有电流通过，且电流不能通过R1，即R1没有接入电路或被短路，
所以，应闭合开关S1、S2，此时电流表测干路电流；
因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，电路中的总电阻：
R=R2R3R2+R3=10Ω×10Ω10Ω+10Ω=5Ω，
此时电流表的示数：
I1=UR=U5Ω；
要使R1、R2串联，电流应只有一条路径，由图可知应断开开关S1、S2，此时电流表测电路中的电流，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，此时电流表的示数：
I2=UR1+R2=U10Ω+10Ω=U20Ω，
则I1：I2=U5Ω：U20Ω=4：1。
故答案为：S1、S2；S1、S2；4：1。
(1)电路的基本连接方式有两种：一种是串联，在串联电路中电流只有一条路径，各用电器之间相互影响；另一种是并联，在并联电路中电流有多条流通路径，各个用电器之间互不影响，能独立工作；
(2)当R2、R3并联时，电流表测干路电流，根据电阻的并联求出电路中的总电阻，利用欧姆定律表示出电流表的示数；当R1、R2串联时，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律表示出此时电流表的示数，然后求出两种情况下电流表的示数之比。
本题考查了开关处于不同状态时对电路连接方式的影响和串并联电路的特点、欧姆定律的应用，是一道较为简单的应用题。
17.【答案】R1断路
R2短路
能

【解析】解：如果电压表示数大于0小于U0，则说明R1断路，因为此时电路中只有R2和R0串联，电压表测量的是R0两端的电压。如果电压表示数等于U0，则说明R2短路，因为此时电路中只有R1和R0串联，电压表测量的是电源电压。在M处串联一个电流表，可以测量电路中的电流，通过电流的变化判断电路中是否存在断路或短路，因此能判断故障。
故答案为：R1断路；R2短路；能。
当电路断路时：电压表测断路处的电压等于电源电压；测没断路的用电器的电压为零；电流表在任何位置都是零。当电路短路时：电压表测短路处的电压等于零；测没短路的用电器的电压比原来增大；电流表示数变大。
本题通过分析电路连接方式、故障现象以及元件替换和添加后的现象来判断故障，关键是要理解串联电路的特点和故障时电表的示数变化。
18.【答案】2.1×103
铜

【解析】解：(1)煤油的质量m=100g=0.1kg，
由图可知，100g煤油温度升高1∘C时所吸收的热量为210J，
由Q吸=cmΔt可知，煤油的比热容：
c煤油=Q油吸mΔt=210J0.1kg×1∘C=2.1×103J/(kg⋅∘C)；
(2)由图可知，100g铝块和铜块升高相同的温度，铝吸收的热量多，由Q吸=cmΔt可知，铝的比热容大于铜块的比热容，则由Δt=Qcm可知，质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铜块温度的变化更大。
故答案为：(1)2.1×103；(2)铜。
(1)根据Q吸=cmΔt求煤油的比热容；
(2)利用Q吸=cmΔt结合图中信息比较铝和铜的比热容；根据Q吸=cmΔt可知，质量相同的不同物质吸收相同的热量，比热容小的物质，温度变化较大。
本题考查Q吸=cmΔt的应用、对比热容的理解以及对图象信息的分析能力，难度不大。
19.【答案】1.2×10−5
3.6×10−3
3.6×10−6

【解析】解：由题知，高压输电线每千米的电阻为0.3Ω，小鸟两爪间的距离是4cm=4×10−5km，
则这段导线的电阻：R=4×10−5km×0.3Ω/km=1.2×10−5Ω，
根据欧姆定律可得这段导线两端的电压：U=IR=300A×1.2×10−5Ω=3.6×10−3V；
小鸟与这段导线并联，则小鸟两爪间的电压U=3.6×10−3V，
并联电路各支路两端的电压相等，通过小鸟的电流：I′=UR′=3.6×10−3V1000Ω=3.6×10−6A。
故答案为：1.2×10−5；3.6×10−3；3.6×10−6。
高压输电线每千米的电阻为0.3Ω，小鸟两爪间的距离是4cm=4×10−5km，据此计算这段导线的电阻，根据欧姆定律计算输电线上的小鸟两爪间的电压；
小鸟与这段导线并联，小鸟两爪间的电压等于这段导线两端的电压，由欧姆定律可以求出通过鸟的电流。
本题考查并联电路电压特点和欧姆定律的灵活运用。
20.【答案】解：根据题意可知，当井盖没有被移动，井盖开关S1闭合，警示灯不亮；当井盖被移动，井盖开关S1断开，警示灯L发光，这说明开关S1闭合时，把警示灯短路了，所以开关与警示灯是并联的，保护电阻串联接入电路中，电路图如下所示：

【解析】根据题意可知，正常情况下，井盖开关S闭合，灯泡不亮；当井盖被移动，井盖开关S断开时，灯泡发光，据此连接电路图。
本题考查了电路图的设计，关键是能根据题中所给信息设计出合理的电路图，这是本题的重点也是难点，最容易出错的地方是开关断开时灯泡发光，和我们平时接触到的“开关闭合，灯泡发光”正好相反。
21.【答案】98；不变；吸热； b； 丙；液化； 给烧杯加盖
【解析】(1)第5min开始，水吸热，但温度保持为98∘C不变，此时水沸腾，沸点为98∘C。
实验中，沸腾前后，酒精灯都需要给水加热，而沸腾后，水的温度保持不变。所以沸腾的特点是：温度不变，但要不断吸热。
(2)实验时，水的沸腾前后温度随时间变化的图像如图乙中的a。将水置于密闭的容器中，加热过程，水面上方空气气压增大，比密闭前水上方气压大，水的沸点比密闭前高，同时减小了热量损失，沸腾前温度上升更快，故温度随时间的变化可能是图乙中的b。
(3)由表格数据知，第6min，水已经沸腾。沸腾时，水杯中水的上下层温度相同，气泡在上升过程中，不断有汽化的水蒸气加入，体积变大，到水面破裂开，所以第6min时，烧杯内产生的气泡是图丙所示情况。
沸腾时，烧杯上方出现大量“白气”是水蒸气在上升过程中，遇到冷的空气，液化成小水珠形成的。
(4)给烧杯加盖可以减少热量散失。水在加热过程中，热量会通过水面蒸发以及烧杯与空气的热传递而散失，加盖后能有效阻碍热量散发，使水能够更快地吸收热量，从而缩短到达沸腾所需的时间。
故答案为：(1)98；不变；吸热；(2)b；(3)丙；液化；(4)给烧杯加盖。
(1)根据表中数据得到水的沸点；沸腾的特点是：温度不变，但要不断吸热；
(2)气压高，水的沸点高；
(3)沸腾时，水杯中水的上下层温度相同，气泡在上升过程中，不断有汽化的水蒸气加入，体积变大，到水面破裂开；液化指物质由气态转变成液态。
(4)实验中为了缩短加热时间，可用的方法：①提高初温，用温水加热；②烧杯上加盖，减少能量损失；③减少加热水的质量。
本题探究“水沸腾前后温度变化的特点”实验，难度适中。
22.【答案】调零；
不能；电压表的正、负接线柱接反；
L1断路； C
【解析】(1)连接电路前检查器材时，该同学发现电压表的指针如图乙所示，指针没有在零刻度线处，接下来他应该调零；
(2)如图甲，该同学为了节省时间，在测完L1两端的电压后，将电压表所接的B接点不动，只断开A接点，并把接线改接到C接点上，这个方法不能测出L2两端的电压，理由是电压表的正、负接线柱接反；
(3)在某次更换灯泡后闭合开关，发现两灯都不发光，分别把电压表接在图甲中AB两点、BC两点及AC两点，测得数据分别是UAB=3V，UAC=3V，可知AB和AC之外的电路为通路，UBC=0V，BC之外的电路为断路，若故障只发生在小灯泡处，则故障原因可能是L1断路；
(4)为了使探究得出的结论具有普遍性，避免实验的偶然性，应多次实验，以下几种方案最佳的是分别选择相同规格和不同规格的灯泡各做几次实验，故选C。
故答案为：(1)调零；
(2)不能；电压表的正、负接线柱接反；
(3)L1断路；(4)C。
(1)电压表使用前指针应该调零；
(2)用电压表测量电压时，电流从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，否则，电压表指针反向偏转；
(3)UAB=3V，UAC=3V，可知AB和AC之外的电路为通路，根据UBC=0V可知BC之外的电路为断路，据此分析；
(4)用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多。
本题探究串联电路电压规律，考查电压表的使用、注意事项及归纳法的运用。
23.【答案】如图所示； 保护电路，改变定值电阻两端的电压，进行多次实验； 10Ω；5Ω； A；2； 电压一定时，通过导体的电流与导体电阻成反比
【解析】(1)如图所示，电压表连接错误，需将电压表并联接在定值电阻两端；电流表与定值电阻串联，故做如下图改动：
(2)实验中，滑动变阻器的作用是：保护电路，改变定值电阻两端的电压，进行多次实验。
(3)由表一数据可知，定值电阻阻值：R定=UI=Ω，当电压表达到1.0V时，滑动变阻器两端电压为3.5V，需要接入电路的电阻为：R滑=×5Ω=17.5Ω，大于10Ω，所以，选用滑动变阻器的最大阻值为10Ω。
(4)当换上较大电阻时，根据分压原理可知，定值电阻两端电压增大，为保持电压不变，滑动变阻器的滑片应向A端移动，直到电压表示数达到2.0V。
(5)实验的结论是：电压一定时，通过导体的电流与导体电阻成反比。
故答案为：(1)如图所示；
(2)保护电路，改变定值电阻两端的电压，进行多次实验；(3)10Ω；5Ω；(4)A；2；(5)电压一定时，通过导体的电流与导体电阻成反比。
(1)正确连接实物图，电压表并联在定值电阻两端，滑动变阻器与定值电阻串联，电流表串联在电路中。
(2)实验过程中，滑动变阻器在实验中的作用是：保护电路，改变定值电阻两端的电压。
(3)通过表一数据计算定值电阻，再根据欧姆定律计算滑动变阻器应接入电路的阻值。
(4)探究电阻与电流的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上较大电阻时，根据分压原理可知，定值电阻两端电压增大，为保持电压不变，滑动变阻器的滑片应向接入电路电阻增大的方向移动。
(5)实验中测多组数据是为了寻找普遍性规律。
本题为探究电流与电压、电阻的关系实验，考查了实物图的连接、滑动变阻器的作用、实验器材的选择和欧姆定律的应用等相关知识。
24.【答案】电源电压为3V；灯泡L的电阻为10Ω；
闭合开关S1后，电流表的示数为0.5A；
电阻R的阻值为15Ω
【解析】(1)由图可知，只闭合开关S时，电路为灯泡L的简单电路，电流表测通过L的电流，电压表测L两端的电压，
已知电压表示数为3V，则电源电压：U=UL=3V，
由欧姆定律可得，灯泡L的电阻：RL=ULIL=3V0.3A=10Ω；
(2)再闭合开关S1后，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路中的电流；
因并联电路中各支路互不影响，所以通过L的电流不变，仍为0.3A，
根据并联电路的电流规律可知，通过R的电流等于电流表示数的变化量，即：IR =ΔI=0.2A，
则此时电流表的示数(干路电流)：I=IL+IR=0.3A+0.2A=0.5A；
(3)根据并联电路的电压规律可得，R两端的电压：UR=U=3V，
由欧姆定律可得，电阻R的阻值：R=URIR=3V0.2A=15Ω。
答：(1)电源电压为3V；灯泡L的电阻为10Ω；
(2)闭合开关S1后，电流表的示数为0.5A；
(3)电阻R的阻值为15Ω。
(1)由图知，只闭合开关S时，电路为灯泡L的简单电路，电流表测通过L的电流，电压表测L两端的电压，且电源电压等于灯泡L两端的电压，根据欧姆定律求灯泡L的电阻；
(2)再闭合开关S1后，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路中的电流；根据并联电路的特点可知通过电阻R的电流，根据并联电路的电流规律可知此时电流表的示数；
(3)根据并联电路的电压规律可知R两端的电压，根据欧姆定律可得电阻R的阻值。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是分析得出“闭合开关S1后，通过R的电流等于电流表示数的变化量”。
25.【答案】电压表的示数为2.5V； 刚好超载时电阻箱R0接入的阻值为500Ω
【解析】R0和力敏电阻R串联在电路中，串联电路各处电流相等，电源电压3V保持不变：
(1)由乙图可知，当货车模型重20N时，R=500Ω，此时电路的总电阻R总=R+R0=500Ω+100Ω=600Ω；
电路中的电流为：I=UR总=3V600Ω=5×10−3A；
电压表测力敏电阻R两端的电压，则电压表的示数为：UR=IR=5×10−3A×500Ω=2.5V；
(2)当检测货车模型的重量为40N时，电压表的示数为2V，由乙图可知，此时力敏电阻R′=250Ω，则力敏电阻R′两端的电压UR′=U−UR0=3V−2V=1V
此时电路中的电流I′=UR′R′=1V250Ω=4×10−3A；
此时定值电阻R0接入的阻值R0′=UR0I′=2V4×10−3A=500Ω；
答：(1)电压表的示数为2.5V；(2)刚好超载时电阻箱R0接入的阻值为500Ω。
(1)串联电路中，各处电流相等，根据U=IR可求出电压表的示数；
(2)由图乙可知当检测货车模型的重量为40N时力敏电阻R的阻值，然后运用串联电路知识和欧姆定律求出电阻箱R0接入的阻值。
本题考查欧姆定律的应用，熟记串联电路各处电流相等是正确解题的关键。
26.【答案】给沙漠锁边，即围绕其建一条绿色阻沙防护带，可以有效阻挡流沙的扩散，减弱风力，固定沙子，显著增强生态防护的坚实屏障，减少风沙对周边生态环境的破坏，保护当地的生态系统，阻止沙漠向外流动。
沙子的比热容小，升温降温更快，所以比起沿海城市，塔克拉玛干大沙漠昼夜温差常超过40∘C。
高蒸发量可能原因是温度高导致水蒸发的速度快
【解析】答：(1)给沙漠锁边，即围绕其建一条绿色阻沙防护带，可以有效阻挡流沙的扩散，减弱风力，固定沙子，显著增强生态防护的坚实屏障，减少风沙对周边生态环境的破坏，保护当地的生态系统，阻止沙漠向外流动。
(2)沙子的比热容小，升温降温更快，所以比起沿海城市，塔克拉玛干大沙漠昼夜温差常超过40∘C。
(3)高蒸发量可能原因是温度高导致水蒸发的速度快。
(1)给“死亡之海”系上绿色“围脖”可以减少风沙对周边生态环境的破坏；
(2)沙子的比热容较小，相同质量的沙子和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，沙子的温度升高或降低的多，据此分析；
(3)温度高导致水蒸发的速度快。
本题考查比热容的知识，属于基础题。时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
温度/∘C
90
92
94
96
97
98
98
98
U/V
3.0
2.0
1.0
I/A
0.60
0.40
R/Ω
5
10
20
I/A
0.40
0.20
0.10