江苏省南通市海门区2025-2026学年九年级（上）期末考试物理模拟练习卷（有答案和解析）

这是一份江苏省南通市海门区2025-2026学年九年级（上）期末考试物理模拟练习卷（有答案和解析），共24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，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共10小题，共20分。
1.如图所示的四个用电器中，主要利用电流的热效应工作的是( )
A. 电脑B. 电风扇
C. 电视机D. 电熨斗
2.学生参加劳动实践时，会用到以下实践工具，其中属于费力杠杆的是( )
A. 挖地时举起锄头
B. 用羊角锤拔钉子
C. 用钢丝钳剪铁丝
D. 园艺剪刀修剪树枝
3.如图，儿童发烧时，常在额头贴降温贴。贴降温贴能给人体降温，是因为( )
A. 人体将温度传给降温贴
B. 人体放热，局部温度降低
C. 降温贴所含有的热量增加
D. 降温贴内材料吸热熔化，其内能减小
4.将电灯、开关和插座接入家庭电路中，接线正确的是( )
A. B.
C. D.
5.如图所示电路，闭合开关S1、S2，下列对电路的分析正确的是( )
A. L1与L2串联B. 电流表A1测L1的电流
C. 当开关S2断开时，通过L1的电流变小D. 当开关S2断开时，电流表A2的示数变小
6.在水平地面上，下列四种情景中，人对物体没有做功的是( )
A. 背着物体匀速前进
B. 推着物体前进
C. 抽出中间的物体
D. 向上堆积物体
7.如图所示是研究“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出热量”的实验装置，有关该实验下列说法中错误的是( )．
A. 该实验要控制水的质量相等
B. 该实验要控制燃料加热时间相等
C. 该实验要控制燃料的质量相等
D. 该实验只要用到天平和温度计两种测量工具
8.上世纪人类制成了世界上第一盏用海浪发电的航标灯。它的气室示意图如图所示，其工作原理是利用海浪上下起伏将空气吸入气室，推入工作室后再压缩，然后推动涡轮机带动发电机发电。下列说法错误的是( )
A. 当海水下降时，类似于汽油机的吸气冲程B. 当海水上升时，类似于汽油机的压缩冲程
C. 推动涡轮气流，类似于手摇发电机的外力D. 整个工作原理，和四冲程汽油机完全一样
9.如图1是电子积木编成的直升机模型，机身底部装有超声波传感器能感知飞机与地面的距离，机身内部有电源，开关闭合后螺旋桨会旋转，手持直升机从近地面处升高到1.2m的过程中，螺旋桨转速逐渐加快，若高度继续增加，螺旋桨转速会减慢，其工作原理如图2所示，数字电位器能根据接收到超声波传感器传递的高度信息改变其阻值，能正确描述电动机功率P及数字电位器阻值R随高度变化的图象的是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，当电键k闭合后，A、B、C三个灯泡的亮度相同。现将滑动变阻器的滑片P稍向右移动，则三个灯泡的亮度关系为( )
A. A、B、C三个灯泡的亮度仍然相同B. A灯最亮，B灯最暗
C. C灯最亮，B灯最暗D. B灯最暗，A、C灯的亮度仍然相同
二、填空题：本大题共3小题，共6分。
11. 机的发明推动了18世纪的工业革命．到19世纪，丹麦物理学家奥斯特通过实验的方法，首先发现了电流的磁场．此后英国物理学家法拉第又发现了 现象，进一步揭示了电和磁的联系，促进了 机的发明，实现了电能的大规模生产．
12.小然加热牛奶，她在玻璃容器中装入热水，将盒装0.25kg的牛奶放入热水中，5min后牛奶的温度升高了20℃，则牛奶吸收的热量为 J。[c牛奶=2.5×103J/(kg⋅℃)]
13.小明家的电能表面板如图所示，图中电能表的示数为 kW⋅h，他家同时使用的用电器总功率不能超过 W，家里新添置一台空调并接入该电能表中，让其单独工作5min，电能表的指示灯闪烁了320次，则该空调的实际电功率为 W。
三、作图题：本大题共3小题，共6分。
14.如图甲是教室里的学生座椅，乙图是它的侧面图，要在C点用最小的力F使座椅绕A开始逆时针转动，请在图乙中画出；①F的力臂②F的示意图。
15.图甲是某宾馆的房卡，它相当于一个开关。只有房卡插入卡槽里，房间内的灯和插座才能工作。图乙是房间内已经连好的部分电路图，S1是房卡开关，S2是控制灯L的开关。为使灯和插座正常工作，请将图乙中的电路图补充完整。
16.闭合开关S后，电磁铁有磁性，小磁针静止在如图所示的位置。请在图中标出：
(1)电源的极性(用“+”或“-”表示)；
(2)电磁铁的磁极(用“N”或“S”表示)；
(3)磁感线的方向。
四、实验探究题：本大题共5小题，共30分。
17.在“探究杠杆的平衡条件”实验中，把杠杆的中点架在支架上。
(1)杠杆静止在图甲所示位置，此时杠杆处于________状态(填“平衡”或“不平衡”)；为使杠杆在水平位置平衡，应该将杠杆右端的平衡螺母向__________(填“左”或“右”)移动；
(2)实验时，在杠杆左边挂3个钩码，如图乙所示。为了使杠杆重新在水平位置平衡，在A点应挂_________个钩码；
(3)将杠杆调成水平平衡后进行图丙实验：
①在杠杆左侧某位置挂上钩码后，在B点用弹簧测力计竖直向上拉，当拉力逐渐增大到弹簧测力计最大值仍不能使杠杆在水平位置平衡，接下来可行的操作是__________________________________________________________________；
②当弹簧测力计由竖直位置拉至倾斜位置时，为了使杠杆仍在水平位置平衡，弹簧测力计的示数将会__________(填“变大”“不变”或“变小”)，依据：_________________________________________________________________________________________________________________________________．
18.在“探究影响导体电阻大小的因素”实验中。(规格不同的导体有若干)
(1)小明设计了如图甲所示电路。为判断a、b两点间导体电阻的大小，小明应注意观察 ，具体指明该方案存在的不足： 。
(2)小红设计了如图乙所示的电路，当她将一段导体接入a、b两点间并闭合开关后发现灯不亮，经检查电路无断路、短路故障，你认为灯不亮的原因是： 。
(3)“科学研究表明：在导体的材料、横截面积和温度相同的条件下，导体电阻的大小与长度成正比”。小丽设计了如图丙所示电路，你认为用小丽的方案能否得到这个结论？请加以解释 。
19.小红在探究“影响导体电阻大小的因素”的实验中，所用“不同规格的电阻丝”是一些可比较的电阻丝。在一个木板上有四根电阻丝，其中A、B、C、D的材料、横截面积和长度情况如图(温度相同)。
(1)实验通过观察___________________来比较电阻的大小；
(2)为了探究电阻跟横截面积的关系，应该把图中的A、C依次接入图中，闭合开关，记下电流表的示数，分析比较表格中实验数据可得结论：__________________________________________________；
(3)小红依次把电阻丝_________两根接入图中所示电路，闭合开关，记下电流表的示数，可以探究电阻跟导体材料关系；
(4)由实验她想到，自己的家乡进行了输电线路的改造，将原来较细的铝质输电线换成较粗的，这样就_________(选填“增大”或“减小”)了输电线的电阻。
20.小鹏在探究“通过导体的电流与导体两端电压的关系”时，电路如图甲所示，电源电压保持不变，R为定值电阻。
(1)请用笔画线代替导线，将图乙中的电路按甲图连接完整(要求导线不交叉)。
(2)连接电路时，开关应该处于__________状态，实验前滑动变阻器的滑片应位于_______(选填“A”或“B”)端。滑动变阻器的作用除了保护电路外，还起到了_______________________的作用。
(3)电路连接正确后，闭合开关，发现电压表有示数但电流表无示数，此时出现的故障可能是________(选填字母)。
A.滑动变阻器短路 B.电流表断路 C.电阻R短路 D.电阻R断路
(4)排除故障后，小鹏又取了两个定值电阻，想利用这些器材继续探究“电压不变时，电流与电阻的关系”。实验中所用电阻的阻值分别为5 Ω、10 Ω、20 Ω，电源电压为6 V，分别接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，记录数据，得到了如图丙所示的图像。由图像可以得出结论：_____________________________________________________。
(5)上述实验中：①小鹏用5 Ω的电阻做完实验后，保持滑动变阻器滑片的位置不变。接着把R换成10 Ω的电阻接入电路，闭合开关，应向______(选填“A”或“B”)端移动滑片，直至电压表示数为_______V时，读出电流表的示数。
②小鹏又把R换为20 Ω的电阻接入电路，闭合开关，无论怎样移动滑片，电压表都不能达到所控制的电压值，是因为__________________________________，为完成整个实验，应该选取滑动变阻器___________(选填字母)。
A.“50 Ω 1.0 A” B.“30 Ω 1.0 A” C.“20 Ω 1.0 A”
21.某同学用如图所示的实验装置来探究“电流的热效应与电阻大小的关系”：
(1)在A和B两烧瓶中盛有________、初温均相同的煤油，使A和B中的电阻丝阻值________(填“相同”或“不同”)。闭合开关一段时间后，通过观察________可判断电流的热效应跟电阻大小关系，这种探究方法叫________(填“转换法”“类比法”或“控制变量法”)；
(2)实验过程中发现实验现象并不明显，以下原因解释不合理的是________(填字母代号)：
A.电源电压太低
B.A和B中的电阻丝阻值相差很大
C.装置气密性不好
(3)若用如图装置来进一步测量煤油的比热容，必须在A和B的烧瓶中装入质量、初温均相同的水和煤油，还必须要使A和B中的电阻丝阻值________(填“相同”或“不同”)。通电一段时间后发现A和B中温度计升高的示数之比为2∶1，则装水的是烧瓶________(填“A”或“B”)。
五、计算题：本大题共2小题，共16分。
22.用如图所示的滑轮组匀速吊起重物时，所用的拉力为5×103N，重物升高2m，此过程中滑轮组的机械效率为80%，g取10N/kg。求：
(1)拉力做的总功；
(2)求物体的重力；
(3)若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，求动滑轮重。
23.随着国家对三胎政策的全面放开，越来越多的家庭里有了小宝宝，同学们有了小弟弟或小妹妹，宝宝需要随时能喝到温度适宜的奶，如图所示为一款专为婴儿设计的恒温调奶器，它的主要功能有2个：一是调奶功能，即把冷水烧开后并维持在设定的温度(如45℃)不变，二是暖奶功能，即可以把已经冷却到室温的牛奶用奶瓶装着放入左边的水浴区中吸热达到设定温度(如45℃)，则关于这款调奶器，产品参数见图，请问：
(1)某次使用调奶功能把一壶刚好装满的水从20℃烧开(在标准大气压下)，水吸收的热量为多少？(c水=4.2×103J/(kg⋅℃),ρ水=1.0×103kg/m3)
(2)假设该装置的加热效率为80%，不计热量散失，则在(1)问条件下烧开这壶水需要的时间为多久？
(3)该暖奶器的调奶功能的发热盘电阻多大？
六、综合题：本大题共1小题，共10分。
24.小罗和小韩利用周末对部分交通信号灯进行了考察研究。
(1)他们讨论后有以下认识，你认为不合理的是
A.利用光的信息特性，交通信号灯通过不同颜色灯光发出指令
B.利用大数据信息设计红、绿灯的配时方案，可减少交通拥堵
C.交通信号灯使用的高亮度LED光源，是用超导材料制成的
D.交通信号灯需要有可靠的绝缘、防水措施，以确保电路安全
(2)他们发现有的路口使用移动式交通信号灯，如图。查阅资料得知，这种交通信号灯正常工作时，电压为12V，总功率为4W，其总电流与常见家用电器 (选填“电吹风”“电风扇”“空调”)的额定电流最接近。
(3)该移动式交通信号灯由蓄电池提供电能，蓄电池充满电可使其连续正常工作6天，若蓄电池72%的电能被信号灯有效利用，蓄电池充满电时储存的电能为 J。
(4)他们利用已有的知识和经验，设计出模拟东、北方向红灯和绿灯指令的简易电路图，下列四个电路中符合要求的是
A.
B.
C.
D.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、电脑工作时将电能转化为光能和声能，不是利用电流热效应工作，故A不符合题意；
B、电风扇工作时将电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作，故B不符合题意；
C、电视机工作时将电能转化为光能和声能，不是利用电流热效应工作，故C不符合题意；
D、电熨斗工作时将电能转化为内能，是利用电流热效应工作，故D符合题意。
故选：D。
电流的热效应就是把电能转化为内能，据此分析即可判断。
本题主要考查学生对电流的热效应，以及电能和其它形式能的相互转化，是一道基础题。
2.【答案】A
【解析】解：A、挖地时举起锄头，锄头的重力为阻力，手施加的力为动力；此时动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A符合题意。
B、用羊角锤拔钉子时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故B不符合题意。
C、用钢丝钳剪铁丝时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C不符合题意。
D、园艺剪刀修剪树枝时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故D不符合题意。
故选：A。
费力杠杆的动力臂小于阻力臂，特点是费力省距离。
本题考查的是杠杆的分类。
3.【答案】B
【解析】解：A、使用降温贴给人体降温过程中，人体将热量传递给了降温贴，传递的不是温度，故A错误；
B、人体放热，局部温度降低，故B正确；
C、热量是一个过程量，不是一个状态量，热量描述了物体发生热传递时，传递能量的多少，不能说物体含有或具有多少热量，故C错误；
D、降温贴内材料在熔化过程中，吸收热量，内能变大，故D错误。
故选：B。
(1)热传递过程中传递的是热量；
(2)晶体熔化时，不断吸热，温度不变；
(3)热量是一个过程量，不是一个状态量，热量描述了物体发生热传递时，传递能量的多少，不能说物体含有或具有多少热量；
(4)物体放出热量，内能减少。
本题考查了热传递、内能、热量的认识，属于基础题。
4.【答案】D

5.【答案】D

6.【答案】A
【解析】解：A、背着物体匀速前进，对物体施加力的方向向上，移动的距离水平向前，在力的方向上没有移动距离，力没有做功，故A符合题意；
B、推着物体前进，力与距离的方向相同，均水平向前，力做功，故B不符题意；
C、抽出中间的物体，力与距离的方向均水平向前，力做功，故C不符题意；
D、向上堆积物体，力与距离的方向均向上，力做功，故D不符题意。
故选：A。
做功的两个必要因素：
1.作用在物体上的力，
2.物体在力的方向上通过的距离(即力和距离的方向要一致)，
二者缺一不可。
本题考查了力是否做功的判断方法。
7.【答案】B
【解析】燃料燃烧所放出的热量等于水吸收的热量，即Q吸=Q放，则q=Q放m燃料=cm水Δtm燃料.为了比较相同质量的不同燃料燃烧时放出的热量，必须控制二者的质量相等、烧杯内的水的质量相等、两个烧杯相同，通过比较水升高的温度来比较两种燃料完全燃烧所放出的热量，故不需要控制燃料加热的时间，故A、C不符合题意，B符合题意；此实验需测水的质量和燃料的质量，则要用到天平，还需测水升高的温度，则需用到温度计，故D不符合题意．故选B．
8.【答案】D
【解析】A.当海水下降时，气室内气压减小，外界空气在大气压作用下被吸入气室，这一过程与汽油机吸气冲程中进气门打开，活塞向下运动，将空气和汽油的混合物吸入气缸类似，故A正确，不符合题意；
B.当海水上升时，活塞向上运动，将气室内的空气推入工作室并压缩，这和汽油机压缩冲程中活塞向上运动压缩气缸内气体类似，故B正确，不符合题意；
C.推动涡轮的气流能使涡轮机转动，进而带动发电机发电，这就如同手摇发电机时，外力使发电机的线圈在磁场中做切割磁感线运动从而产生感应电流，这里推动涡轮的气流起到了类似手摇发电机外力的作用，故C正确，不符合题意；
D.四冲程汽油机是将内能转化为机械能，其工作过程包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程，有燃料的燃烧等过程；而海浪发电是将海水的机械能通过一系列过程转化为电能，二者工作原理有本质区别，并不完全一样，故D错误，符合题意。
故选D。
9.【答案】C
【解析】由题意可知，当直升机从近地面处升高到1.2m的过程中，螺旋桨速度逐渐加快，说明通过直升机的电动机的电流增大，根据P=UI可知功率变大；根据I=UR知，电路的电阻减小；
若高度继续增加，螺旋桨转速会减慢，说明通过直升机的电动机的电流减小，根据P=UI可知功率变小；根据I=UR知，电路的电阻增大；
所以，电动机功率P随高度升高是先增大后减小，故AB图不符合题意；数字电位器阻值是先减小后增大，故C图符合题意，D图不符合题意。
10.【答案】B
【解析】解：通过灯泡A、灯泡B以及灯泡C中的电流如图所示：
当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则并联电路部分的总电阻将减小，将并联电路看作一个整体的话，并联部分与灯泡C串联；又因为串联电路起分压作用，因此灯泡C两端电压变大，并联电路部分的电压减小，即：Ic'>Ic，Ib'Pc'。
故选：B。
11.【答案】蒸汽
电磁感应
发电


12.【答案】1.25×104
【解析】解：牛奶吸收的热量：Q吸=c牛奶mΔt=2.5×103J/(kg⋅℃)×0.25kg×20℃=1.25×104J
故答案为：1.25×104。
根据Q吸=cmΔt求出牛奶吸收的热量。
本题考查热量的简单计算，是一道基础题。
13.【答案】219.6 2200 1200
【解析】解：电能表读数时，数字方框中最后一位是小数，单位是kW⋅h，由图可知，此时电能表的示数为219.6 kW⋅h；
由图中所给参数可知，电能表正常工作时的电压为220V，允许通过的最大电流为10A，则他家同时使用用电器的最大总功率：Pmax=UImax=220V×10A=2200W；
3200 imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，
则指示灯闪烁320次时，电路消耗的电能：W=320imp3200 imp/(kW⋅h)=0.1kW⋅h，
则电热水壶的功率：P=Wt=0.1kW⋅h560h=1.2kW=1200W。
故答案为：219.6；2200；1200。
(1)电能表读数时，数字方框中最后一位是小数，单位是kW⋅h；
(2)由参数可知，电能表正常工作时的电压和允许通过的最大电流，根据P=UI求出他家同时使用用电器的最大总功率；
(3)3200imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁3200次；据此求出电能表指示灯闪烁320次，空调消耗的电能，利用P=Wt求出空调的功率；
本题考查了电能表的计数、允许用电器同时工作的最大功率以及用电器电功率的计算，明确电能表参数的含义是关键，要注意单位的换算。
14.【答案】
【解析】解：由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在A点，要求在C点用力，连接AC，则AC就是最长的动力臂L；由题意可知，要在C点用最小的力F使座椅绕A开始逆时针转动，则动力应垂直于力臂L向左，据此可画出最小动力F的示意图；如下图所示：
(1)力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；
(2)杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1L1=F2L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
15.【答案】
【解析】解：开关S1是房卡开关相当于总开关，灯泡应与插座应并联接入电路，火线先连接S1然后连接插座与开关S2、灯泡，最后连入零线。
如图所示：
本题考查家庭电路的连接，注意：①开关接在火线上；②螺旋套接零线；③插座的接法是左零右火。
16.【答案】
【解析】【分析】
知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极．在磁体外部，磁感线的方向是从N极出发指向S极．
安培定则涉及三个方向：电流方向；磁场方向；线圈绕向，告诉其中的两个可以确定第三个．其中的电流方向经常与电源的正负极联系在一起，磁场方向经常与磁感线方向、周围小磁针的NS极联系在一起．
【解答】
解：
从图可知，小磁针的上端是S极，下端为N极；由于同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的上端是N极，下端是S极．
根据安培定则，伸出右手握住螺线管使大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电源的下端为正极，上端是负极．磁感线的方向是从螺线管的N极出发指向S极的，如图所示：
17.【答案】(1)平衡；左；(2)2；(3)①可以减少左侧钩码的数量、左侧钩码悬挂点右移、左移弹簧测力计悬挂点；②变大；拉力的方向由竖直向上逐渐向右倾斜时，对应的力臂变小，根据杠杆平衡条件，弹簧测力计的示数将变大。
【解析】解：(1)杠杆静止在图甲所示的位置，此时杠杆处于平衡状态；要使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端螺母向上翘的左端移动；
(2)设每个钩码重为G，杠杆一格长为L，由杠杆平衡条件可得：3G×2L=nG×3L，解得n=2，故应在A点挂2个钩码才能使杠杆平衡；
(3)①当弹簧测力计的示数达到量程仍不能使杠杆水平平衡，为了完成实验，应减小测力计的拉力，根据杠杆的平衡条件，可以减少左侧钩码的数量、左侧钩码悬挂点右移、左移弹簧测力计悬挂点；
②拉力的方向由竖直向上逐渐向右倾斜时，根据力臂的定义可知，动力臂变小了，根据杠杆平衡条件可知：弹簧测力计的示数将变大了。
故答案为：(1)平衡；左；(2)2；(3)①可以减少左侧钩码的数量、左侧钩码悬挂点右移、左移弹簧测力计悬挂点；②变大；拉力的方向由竖直向上逐渐向右倾斜时，对应的力臂变小，根据杠杆平衡条件，弹簧测力计的示数将变大。
(1)当杠杆静止时，说明杠杆处于平衡状态；在调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母应向着杠杆高的一端移动；
(2)设每个钩码重为G，杠杆一格长为L，根据杠杆的平衡条件进行分析；
(3)①根据杠杆平衡条件分析；②拉力的方向由竖直向上逐渐向右倾斜时，判断出动力臂的变化，根据杠杆平衡原理即可判断动力大小。
探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究。
18.【答案】电流表示数
没有灯泡不能起到保护电路的作用
ab电阻太大
不能，无法保证电压相等

【解析】(1)图甲中，为判断a、b两点间导体电阻的大小，应知道流过电阻的电流大小，所以应注意观察电流表的示数变化；
该电路无保护电阻，当ab间电阻太小时，可导致电路中电流过大，烧坏电路中的元件，所以该方案存在的不足是：没有灯泡不能起到保护电路的作用；
(2)图乙中，灯泡与电阻串联，电路无任何故障，但灯不亮，是因为电路中ab间电阻太大，远大于灯的电阻，灯的分压太小，灯两端的电压远小于灯的额定电压，故灯不亮；
(3)由电路中电流表可以读出流经电阻的电流大小，电阻与灯串联，当电路电阻一定时，电阻两端的电压也一定，由欧姆定律I=UR，可求出电阻R=UI ，按照小丽设计的电路，当ab间电阻长度变化时，ab间电阻也发生了变化，电路电流变了，从而ab间的电压U也变了，无法保证电压相等，由R=UI，不能判断电阻大小的变化，从而达不到实验目的。
19.【答案】(1)电流表示数(或灯泡亮度)；
(2)导体的材料和长度一定时，导体的横截面积越大，导体的电阻越小；
(3)A、D；
(4)减小；
【解析】解：(1)根据题意可知，在M、N之间分别接上不同的导体，电流大小不同，因此实验是通过观察电流表示数或灯泡的亮度来比较导体电阻的大小，这种研究问题的方法叫做转换法；
(2)A和C两电阻丝相比，C的横截面积较大，发现接电阻丝C时电流表的示数较大，说明电阻丝C的电阻较小，由此得到的结论是：导体的材料和长度一定时，导体的横截面积越大，导体的电阻越小；
(3)由表中数据可知，电阻丝A、D的长度、横截面积相同，而材料不同，依次把电阻丝A、D接入如图所示的电路中，闭合开关，记下电流表的示数，可以探究电阻跟导体材料的关系；
(4)导体的长度和材料相同时，横截面积越小，阻值越大，横截面积越大，阻值越小。将原来细的铝质输电线换成较粗的输电线，这样减小了输电线的电阻。
20.【答案】(1)
(2)断开 A 改变导体两端电压
(3)D
(4)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比
(5)①A 2 ②滑动变阻器的最大阻值过小 A
【解析】【分析】
(1)电压表并联在定值电阻两端，滑动变阻器要求一上一下连接；
(2)连接电路时，开关应断开；连接好电路后，为了保证电路安全，应将滑动变阻器滑片移至阻值的最大处；滑动变阻器的作用除了保护电路外，还起到改变导体两端电压的作用；
(3)闭合开关电流表没有示数，说明电路是断路，电压表有示数，说明与电压表串联的电路是通路；
(4)由图丙求出电流和电阻的积，分析回答；
(5)①根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
②探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，确定变阻器的规格。
本题探究“电压不变时，电流与电阻的关系”，考查电路的连接、数据分析、操作过程、控制变量法、对器材的要求等知识。
【解答】
解：(1)将电压表并联在定值电阻两端，滑动变阻器要求一上一下连接，如图所示：
(2)连接电路时，开关应该处于断开状态，实验前滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处即A端，滑动变阻器的作用除了保护电路外，还起到改变导体两端电压的作用；
(3)电压表有示数，说明电压表与滑动变阻器、电流表、电源是通路；
电流表没有示数，说明电流表、定值电阻、滑动变阻器中有一处是断路的；综合分析可知：电流表、滑动变阻器位置是导通的，所以应为定值电阻断路；故选D；
(4)由图丙知，电流和电阻的积为：U=IR=0.4A×5Ω=0.2A×10Ω=0.1A×20Ω=2V，故图象可以得出结论：
电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(5)①根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，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，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动，使电压表的示数为2V；
②小鹏又把R换为20Ω的电阻接入电路，闭合开关，无论怎样移动滑片，电压表都不能达到所控制的电压值，是因为滑动变阻器的最大阻值过小；
电阻两端的电压始终保持2V不变，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑=6V-2V=4V，变阻器分得的电压为电压表示数的4V2V=2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=2×20Ω=40Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少40Ω的滑动变阻器，即选A；
故答案为：(1)如上图；(2)断开；A；改变导体两端电压；(3)D；(4)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；(5)①A；2；②滑动变阻器的最大阻值过小；A。
21.【答案】(1)质量；不同；温度计示数的变化；转换法；(2)B；(3)相同；B。
【解析】(1)探究“电流的热效应跟电阻大小关系”，要用到控制变量法，实验前要在烧瓶内装入质量相等和初温相同的煤油，改变电阻的大小，所以A和B中的电阻丝阻值不同。
电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，温度计示数的变化反映了液体温度的变化，反映了液体吸收热量即电流产生热量的多少，这种探究方法叫转换法。
(2)A.根据焦耳定律Q=I2Rt可知，当电阻和通电时间一定时，产生的热量多少与电流有关，当电源电压太低，根据公式I=UR，电阻一定时，电路中电流较小，产生的热量较少，实验现象会不明显，故A不符合题意；
B.根据焦耳定律Q=I2Rt可知，实验中电流大小相同，相同时间内，产生的热量多少与电阻大小有关，电阻相差越大，电热相差越明显，故B符合题意；
C.电阻产生的热量使液体的温度升高，如果装置气密性不好，热量散失到空气较多，使实验现象不明显，故C不符合题意。
(3)由Q=I2Rt可知，相同的电阻丝在相同时间内产生的热量相同，即水和煤油吸收的热量相同，由Q=cm△t可知，质量相同的液体，吸收相同的热量，温度改变小的比热容大，B烧瓶液体温度变化小，装水的是烧瓶B。
22.【答案】解：(1)从图中可知n=3，绳子自由端移动的距离s=nh=3×2m=6m，
拉力做的总功：W总=Fs=5×103N×6m=3×104J；
(2)由η=W有W总得，有用功为：
W有=W总η=3×104J×80%=2.4×104J，
由W有=Gh可得物重：
G=W有h=2.4×104J2m=1.2×104N；
(3)由W总=W有+W额可得，额外功：
W额=W总-W有=3×104J-2.4×104J=6×103J，
克服动滑轮重力所做的额外功：
W动=W额-W摩擦绳重=6×103J-5.0×103J=1000J，
则动滑轮的重力：
G动=W动h=1000J2m=500N。
答：(1)拉力做的总功为3×104J；
(2)物体的重力为1.2×104N；
(3)若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，动滑轮重为500N。
【解析】(1)从图中可知n=3，根据s=nh得出绳子自由端移动的距离，根据W总=Fs求拉力做的总功；
(2)根据W有=W总η求出有用功，再利用W有=Gh求出物重；
(3)总功减去有用功即为额外功，额外功减去克服摩擦和钢丝绳重所做的功即为克服动滑轮重力所做的额外功，根据W=Gh求出动滑轮的重力。
本题考查了功和机械效率、动滑轮重力的计算，明确有用功和总功、额外功是解题的关键。
23.【答案】水吸收的热量为4.032×105J；
烧开这壶水需要630s；
调奶功能的发热盘电阻为60.5Ω
【解析】(1)一壶水的体积为V=1.2L=1.2×10-3m3，质量为m=ρ水V=1.0×103kg/m3×1.2×10-3m3=1.2kg，
水吸收的热量为Q=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×1.2kg×(100℃-20℃)=4.032×105J；
(2)由图可知，调奶额定功率为P1=800W，设加热时间为t，则：W=P1t，
加热效率为η=80%，则ηW=Q，即：ηP1t=Q，t=QηP1=4.032×105J80%×800W=630s；
(3)家庭电路电压为U=220V，则调奶功能的发热盘电阻为R=U2P1=(220)2800W=60.5Ω；
答：(1)水吸收的热量为4.032×105J；
(2)烧开这壶水需要630s；
(3)调奶功能的发热盘电阻为60.5Ω。
(1)已知水的体积，用公式m=ρV算出质量，再用公式Q=cmΔt可算出吸收的热量；
(2)已知加热效率，用W=Qη算出消耗的电能，再用t=WP可算出加热时间；
(3)已知家庭电路电压，用公式R=U2P可算出发热盘电阻。
本题考查利用比热容的公式计算热量，电功率的综合计算。
24.【答案】C
电风扇
2.88×106
D

【解析】(1)A.交通信号灯通过不同颜色(红、黄、绿)传递指令信息，利用了光的信息特性，故A不符合题意；
B.把采集的交通态势数据实时输入到大模型，利用大数据推理出最佳信号配时方案，可减少交通拥堵，故B不符合题意；
C.交通信号灯使用的高亮度LED光源，是用半导体材料制成的，超导材料的电阻为零，不能制作发光元件，故C符合题意；
D.户外设备需绝缘、防水以确保安全，所以交通信号灯需要有可靠的绝缘、防水措施，故D不符合题意。
故选C。
(2)其总电流为 I=PU=4W12V≈0.3A
电吹风的功率约2000W，额定电流约 I1=P1U=2000W220V≈9A
电风扇的功率约60W，额定电流约 I2=P2U=60W220V≈0.3A
空调的功率约1000W，额定电流约 I3=P3U=1000W220V≈5A
其总电流与电风扇的额定电流最接近。
(3)信号灯有效利用的电能W=Pt=4W×6×24×3600s=2.0736×106J
蓄电池充满电时储存的电能 W'=Wη=2.0736×106J72%=2.88×106J
(4)A.由图可知，开关S接1时，向东方向的绿灯和红灯亮，开关S接2时，向北和向东放出的绿灯和红灯都亮，故A不符合题意；
B.由图可知，开关S接1时，向北方向的绿灯亮，开关S接2时，向北和向东方向的红灯亮，故B不符合题意；
C.由图可知，开关S接1时，电源被短路，可能会烧坏电源，故C不符合题意；
D.由图可知，开关S接1时，向北方向的红灯亮，向东方向的绿灯亮，开关S接2时，向北方向的绿灯亮，向东方向的红灯亮，故D符合题意。
故选D。