2020-2021学年河北省石家庄市栾城区九年级（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年河北省石家庄市栾城区九年级（上）期末物理试卷，共24页。试卷主要包含了2WB，5V，6A，25W，【答案】D，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年河北省石家庄市栾城区九年级（上）期末物理试卷
1. 下列数据中，最接近生活实际的是( )
A. 家庭电路电压约为380V B. 家用液晶电视机功率约为100W
C. 家用LED节能灯的电流约为5A D. 人体安全电压不高于60V
2. 下列说法错误的是( )
A. 检查和维修电路时，必须先切断电源
B. 广东大亚湾核电站是利用核聚变原理来发电的
C. 煤、石油、天然气是不可再生能源
D. 能量转化和转移过程中，能量的总量保持不变
3. 下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 电磁波在空气中的传播速度是340m/s
B. 电磁波只能传播声音信号，不能传递图象信号
C. 电磁波不能在真空中传播
D. 北斗卫星定位系统既能发射也能接受电磁波
4. 关于图中所示的四个情景，下列说法中正确的是( )
A. 甲图：触接后小磁针将发生偏转，说明电流周围有磁场
B. 乙图：磁场中导体ab竖直向上运动时，电流表指针会发生偏转
C. 丙图：闭合开关后磁场中的导体ab运动，依据该实验原理可制成发电机
D. 丁图：通电螺线管周围的磁场强弱与电流方向有关
5. 甲、乙两只普通照明灯泡的铭牌如图所示，下列说法中正确的是( )

A. 甲灯的实际功率一定是25W
B. 将乙灯接入110V电路中，它的实际功率为50W
C. 两灯均正常发光时，乙灯消耗的电能较多
D. 两灯串联，在安全发光时，甲灯比乙灯亮
6. 甲、乙两只灯泡，其I−U关系图象如图所示，现将甲、乙两灯串联在电路中，当甲灯两端的电压为2V时，乙灯消耗的功率是( )



A. 1.2W B. 0.8W C. 2 W D. 3 W
7. 如图所示，L1和L2是两只相同的小灯泡，a、b是电流表或电压表。闭合开关S后，若两灯都能发光，则( )



A. a、b均为电流表 B. a、b均为电压表
C. a为电流表，b为电压表 D. a为电压表，b为电流表
8. 在家庭电路中，如图所示的有关电灯、开关和插座的连线正确的是( )

A. A B. B C. C D. D
9. 在如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，电路正常工作。过了一会儿，灯L熄灭，两个电表中只有一个电表的示数变大，则下列判断中正确的是( )
A. 可能是灯L断路，电流表的示数变小
B. 可能是电阻R短路，电压表的示数变大
C. 可能是灯L短路，电压表的示数变大
D. 可能是电阻R断路，电流表的示数变小
10. 如图所示的是科技小组同学设计的四种“环境温度检测”电路，其中R为热敏电阻(用表示)，R的阻值是随环境温度的增大而增大，R0为定值电阻，电源电压恒定不变。若当环境温度升高时电表示数增大，则符合要求的电路是( )
A. B.
C. D.
11. 下列说法中正确的是( )
A. 用电器功率越大，消耗的电能就越多
B. 金属导体中自由电子定向移动的方向与电流方向相反
C. 通电时间相同时，功率大的用电器产生的热量比功率小的用电器产生的热量多
D. 导体的电阻与导体两端的电压和通过导体的电流无关
12. 如图所示电路中，灯丝电阻、电源电压均不变，电路连接正确后，闭合开关，向左移动滑动变阻器的滑片。下列说法正确的是( )

A. 电流表示数变大 B. 滑动变阻器两端电压变小
C. 电路消耗的总功率变小 D. 灯泡亮度变亮
13. 如图所示的电路中，电源电压恒为4.5V。小灯泡L上标有“3V1.5W”字样(忽略灯丝电阻的变化)。滑动变阻器R规格为“30Ω1A”。电流表量程选择“0∼0.6A”，电压表量程选择“0∼3V”。闭合开关S。在不损坏电路元件情况下，下列选项正确的是( )

A. 电路中最大电流为0.6A
B. 电路的最大功率为2.25W
C. 滑动变阻器阻值变化范围为3∼30Ω
D. 电压表示数变化范围为1∼3V
14. 家庭电路中，导线绝缘皮容易破损或老化，裸露的导线相接触会发生______，这时电路中的______(选填“漏电保护器”或“空气开关”)会跳闸保护电路。除此之外，电路中用电器______过大，也会导致电路中电流过大。
15. 如图所示的电路，电源电压恒为3V，闭合开关S，电流表A1示数为0.5A，A2示数为0.3A，则电阻R1是______Ω，通过电阻R2的电流是______A，电阻R1的电功率是______W，在5min内整个电路消耗的电能是______J。
16. 如图所示，通电螺线管附近的小磁针处于静止状态，此时它的A端是______极(选填“N”或“S”)，电源的a端是______极(选填“正”或“负”)。滑动变阻器的滑片向右调节，则通电螺线管的磁性变______(选填“强”或“弱”)。
17. 如图是演示巨磁电阻效应原理的示意图，GMR是巨磁电阻，它的阻值在磁场中随磁性增强而急剧减小。当滑动变阻器滑片P向左滑动，电磁铁周围的磁场______(选填“增强”、“减弱”或“不变”)，电压表示数______(选填“变大”、“变小”或“不变”)，指示灯的亮度______(选填“变暗”、“变亮”或“不变”)。

18. 如图所示的电路中，电源电压恒定不变，已知R1=3R2.当S1闭合，S2断开时，电压表示数为3V，电流表示数为0.4A，电阻R1为______Ω；当S1断开，S2闭合时，电流表示数为______A。
19. 电能表是测量______的仪表。小红同学家中电能表月初和月底的读数如图所示，则这个月家里用了______度电。小红同学为了测一只正在工作的电饭锅的实际电功率，她关闭了家中其它所有电器，此时她家标有“3000r/kW⋅h”字样的电能表每分钟转过30圈，则这只电饭锅工作时的实际功率为______W。

20. 在“探究影响电磁铁磁性强弱的因素”的实验中，小丽用如图所示的装置做了实验。实验中电源电压恒定，铁钉和大头针各自完全相同。

(1)实验中通过观察电磁铁______ 的不同，来判断它磁性强弱的不同。这种方法在物理学的研究中经常用到，称为______ 法；请你根据学过的知识，再写出一例用该方法的实验______ 。
(2)甲图中大铁钉的N极是______ (选填“钉尖”或“钉帽”)。
(3)通过观察甲、乙两次实验现象，得出的结论是______ 。
(4)通过观察丙图实验现象得出的结论是______ 。
(5)实验中，大头针的下端都分开的原因是______ 。
21. 小华利用如图所示的装置探究电热与电流、电阻和通电时间的关系。烧瓶中装有一定质量的煤油，煤油中都浸泡着一段金属丝，并插有温度计。

(1)实验选择煤油而不用水的原因是______，实验中通过比较______来比较电阻丝产生热量的多少；
(2)如图甲所示，在室温状态下开始实验，闭合开关，调节滑片到M点位置，通电一段时间后，记录温度计示数，然后断开开关，冷却至室温。闭合开关第二次实验，把滑片移动到M点左侧某处，通电相同的时间，记录末温，发现第二次末温高于第一次，由此可以表明，通电时间与______相同时，通过导体的电流越______，产生的热量越多；
(3)若要探究电热与电阻的关系，可选择图乙中______(选填“A”“B”或“C”)烧瓶中的电阻与甲图中烧瓶中的电阻______联接入电路；
(4)知识应用：家庭电路中，有时导线长度不够，需要把两根导线连接起来使用，而连接处往往比别处更容易发热，加速老化，甚至引起火灾，原因是：通电时连接处的电阻比别处的电阻较______(选填“大”或“小”)，如果导线上这样的接头较多，会导致输送电能的效率变______。
22. 小文做“测量小灯泡额定功率”的实验，所用器材有：电压恒为3V的电源、额定电压为2.5V的小灯泡L、符合实验要求的滑动变阻器、调零的电流表和电压表、开关、导线若干。图甲是的实验电路图。请回答：

(1)图乙是小文用根据电路图所连接的实物图，请将实物电路连接完整，要求滑片P向B端滑动时滑动变阻器的阻值减小。
(2)连接实物电路时开关应______ ；小文连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不发光，电流表示数为零，电压表示数为3V。产生这种现象的原因可能是小灯泡______ 。(选填“断路”或“短路”)
(3)排除故障后，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P移到某处，电压表的示数如图丙所示。若使小灯泡正常发光，应将滑片P向______ (选填“A”或“B”)端移动；
(4)实验中小文分别测出小灯泡两端的电压为1.5V、2V、2.5V，观察小灯泡的亮暗情况，并记录三种情况下小灯泡的电流值，计算出相应的实际功率。他为了减小误差，求出了三个电功率的平均值。请你指出小文在实验中的不妥之处：①______ ；②______ 。
(5)小丽用和小文相同的器材做该实验，她调节滑动变阻器的滑片，记录两电表的示数，并绘制了小灯泡的电流随其两端电压变化的关系如图丁所示，则小灯泡的额定功率为______ W，从图像中还发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
(6)用该电路还可以做的电学实验是：______ 。
23. 如图甲为家用电热饮水机，图乙是它的电路原理图，表中是它的铭牌数据。
(1)当S1闭合，S2断开时，电热饮水机处于______ 状态(填“加热”或“保温”)并说明原因，此时电路中的电流是多大？
(2)饮水机正常工作时，将热水箱中的水从20℃加热到90℃，水吸收的热量是多少？[水的比热容4.2×103J/(kg⋅℃)]
(3)若电热饮水机正常工作时加热效率为80%，将热水箱中的水从20℃加热到90℃的时间为多少秒？
水桶容量
20L
热水箱容量
1L
额定电压
220V
加热功率
400W
保温功率
44W

24. 如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S1、S2，将滑动变阻器的滑片P移到a端时，灯泡正常发光，电压表V的示数为6V，电流表A2的示数为0.4A，只闭合开关S1，将滑动变阻器的滑片P移到b端时，电流表A1的示数为0.2A，灯泡的实际功率为0.4W(不考虑温度对灯丝电阻的影响)。求：
(1)电阻R1的阻值；
(2)灯泡L的额定功率；
(3)滑动变阻器R2的最大阻值。







答案和解析
1.【答案】B

【解析】解：A、家庭电路的电压为220V，故A不符合实际；
B、家用液晶电视机功率约为100W，故B符合实际；
C、LED节能灯的电流约为0.2A，故C不符合实际；
D、对人体的安全电压为：不高于36V，故D不符合实际。
故选：B。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，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。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识找出符合实际的选项即可。

2.【答案】B

【解析】A、检修电路时，首先切断电源，再维修，此时的用电器是不带电的，这样更安全。故A正确；
B、核电站利用的是核裂变释放的能量。故B错误；
C、煤、石油、天然气叫做化石能源，在地球上的储量是有限的，短时间内不能得到补充，所以是不可再生能源。故C正确；
D、根据能量守恒定律可知，能量只能从一个物体转移到另一个物体，或者从一种形式转化成另一种形式，而在转移和转化的过程中能的总量是守恒的。故D正确。
故选：B。
(1)检修电路或更换电路设备时，首先切断电源，再实行救援措施或维修。
(2)目前已建成的核电站的能量来自于重核的裂变。
(3)能够短时间从自然界得到补充的是可再生能源，得不到补充的是不可再生能源。
(4)自然界中能的总量是守恒的。
能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，也是近几年中考的热点，相对比较简单。

3.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查了电磁波的传播速度、电磁波的作用、电磁波的传播条件等问题，是一道基础题。
(1)电磁波的传播速度和光速相同，都是3×108m/s；
(2)电磁波既可以传递声音信号，也可以传递图象信号；
(3)电磁波的传播可以不需要介质；
(4)电磁波是移动通信传递信息的介质。
【解答】
A.电磁波在空气中的传播速度是3×108m/s，故A错误；
B.电磁波作为载波使用时，既可以传递声音信号，也可以传递图象信号，故B错误；
C.电磁波可以在真空中传播，故C错误；
D.卫星接收和发送信号要靠电磁波传递，我国的北斗卫星定位系统也是利用电磁波来传递信号的，故D正确。
故选：D。  
4.【答案】A

【解析】解：
A、甲图是奥斯特实验，导线触及电源后，电路中有电流，小磁针将发生偏转，说明电流周围有磁场，故A正确；
B、乙图磁场中导体ab竖直向上运动时，不切割磁感线，不会产生感应电流，电流计的指针不会偏转，故B错误；
C、丙图中有电源，闭合开关后，通电导体在磁场中受力而运动，依据该实验原理可制成电动机，故C错误；
D、丁图中通电螺线管周围的磁场强弱与电流的大小有关，而磁场方向与电流的方向有关，故D错误。
故选：A。
(1)通电导线周围存在磁场；
(2)闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流的现象叫做电磁感应现象；
(3)通电后，导体棒在磁场中发生运动，是研究通电导线在磁场中受磁场力的；
(4)通电螺线管中的磁性强弱与电流大小和线圈匝数有关。
本题考查了奥斯特实验、产生感应电流的条件、电动机的原理、影响通电螺线管中的磁性强弱的因素等知识，知识点较多，但难度不大。

5.【答案】D

【解析】解：
A、不同电压下灯泡的实际功率不同，所以甲灯的实际功率不一定是25W，故A错误；
B、根据P=U2R可知，在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，所以，若将乙灯接入110伏电路中，实际功率为额定功率的(110V220V)2=14倍，即此时乙灯的实际功率为14×100W=25W，故B错误；
C、两灯均正常发光时，因工作时间未知，由W=Pt可知，无法判断两灯消耗的电能，故C错误；
D、由灯泡的铭牌可知，两灯的额定电压相同，甲灯的额定功率较小，由P=U2R可知，甲灯电阻大于乙灯电阻；两灯串联(通过的电流相等)，在安全发光时，由P=I2R可知，甲灯的实际功率大，甲灯亮，故D正确。
故选：D。
(1)实际功率是指用电器实际电压下的功率；
(2)根据P=U2R，在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，求乙灯的实际功率。
(3)由W=Pt比较消耗电能的多少；
(4)根据P=U2R比较灯泡的电阻大小；根据P=I2R比较串联时的实际功率，实际功率越大，灯越亮。
本题考查了学生对实际功率和额定功率、电功公式、电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡正常发光时的功率和额定功率相等。

6.【答案】A

【解析】解：
将甲、乙两灯串联在电路中，且甲灯两端的电压为2V时，由图象可知通过甲灯泡的电流为0.4A，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，此时通过乙灯泡的电流，
由图象可知，时，乙灯泡两端的电压，
则乙灯消耗的功率：
。
故选：A。
将甲、乙两灯串联在电路中时通过它们的电流相等，根据图象读出甲灯两端的电压为2V时通过的电流即为通过乙灯泡的电流，再根据图象读出乙灯泡两端的电压，利用P=UI求出乙灯消耗的功率。
本题考查了串联电路的特点和电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。

7.【答案】C

【解析】解：如果两个灯泡串联，则a应是电压表，而b无论是什么仪表，L2都会被短路，故电路不可能为串联；
那么两个灯泡的连接方式一定为并联，所以为了使灯L1、L2正确发光，a处相当于导线，即电流表；b处不能形成通路，否则会形成电源短路，故b处为电压表。
故选：C。
分两种情况对电路进行分析，即串联电路或并联电路，然后根据电流表与被测用电器串联，并且在电路中相当于导线；电压表与被测用电器并联，在电路中相当于开路分析a、b的类别。
解答本题需要掌握：电压表和电流表的正确使用方法；电压表和电流表的在电路中的作用；本题根据电压表和电流表在电路中的作用进行分析更简单些。

8.【答案】D

【解析】解：A、左孔应接零线，右孔应接火线，故接线错误。
B、左孔应接零线，右孔应接火线，上孔接地线，故接线错误。
CD、火线首先要进入开关，再接入灯泡顶端的金属点，零线直接接螺旋套，故C接线错误，D接线正确。
故选：D。
(1)两孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线。
(2)三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线。
(3)电灯的接法：火线首先进开关，再入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
(1)掌握家庭电路的火线、零线、地线之间的电压。
(2)掌握各用电器之间和插座之间连接方式。
(3)掌握两孔插座、三孔插座、灯泡、开关的接法。

9.【答案】D

【解析】解：A、如果灯L断路，整个电路断路，所以电流表、电压表示数都减小为零。故A不符合题意；
B、如果电阻R短路，灯泡是通路，能够发光。故B不符合题意；
C、如果灯L短路，灯不亮，电路总电阻减小，所以电流表示数增大，同时电压表测量电源电压示数增大。故C不符合题意；
D、如果电阻R断路，电流表示数减小为零，电压表测量电源电压，示数变大。故D符合题意。
故选：D。
闭合开关，电路正常工作，过一段时间，灯泡熄灭，说明电路发生了断路或短路，具体的故障可以将每个选项代入题干，根据相应的现象一一排除，最终确定正确答案。
电路故障问题，是电学实验经常出现的问题，也是物理试题考查的热点、难点。解决此类问题的关键是采用“排除法”，在不能直接确定答案时，将每个选项依次代入题干，一一排除，最终确定正确选项。

10.【答案】D

【解析】解：
A、由电路图可知，R与R0并联，电流表测干路电流，当环境温度升高时，R的阻值增大，电路的总电阻增大，由I=UR可知，电路中的电流减小，即电流表的示数减小，故A不符合题意；
B、由电路图可知，R与R0并联，电流表测R支路的电流，当环境温度升高时，R的阻值增大，由I=UR可知，通过R的电流变小，即电流表的示数变小，故B不符合题意；
C、由电路图可知，R与R0串联，电压表测R0两端的电压，当环境温度升高时，R的阻值增大，由串联电路的分压特点可知，R0两端的电压减小，即电压表的示数减小，故C不符合题意；
D、由电路图可知，R与R0串联，电压表测R两端的电压，当环境温度升高时，R的阻值增大，由串联电路的分压特点可知，R两端的电压增大，即电压表的示数增大，故D符合题意。
故选：D。
由题意可知，R的阻值是随环境温度的增大而增大，根据选项中的电路图结合串、并联电路的特点和欧姆定律判断电表示数的变化，找到符合题意的电路图。
明确电表的测量对象是解题的基础，熟练应用欧姆定律、串联分压原理来分析电路中电流、电压的变化是解题的关键。

11.【答案】BD

【解析】解：
A、根据W=Pt可知，用电器的功率越大，消耗的电能不一定多，因还与通电时间有关，故A错误；
B、规定正电荷定向移动的方向为电流方向，金属导体中自由电子定向移动的方向与电流方向相反，故B正确；
C、电功率大的用电器消耗电能不一定全转化为内能，所以电功率大的用电器产生的热量不一定多，故C错误；
D、电阻是导体本身的一种性质，与两端电压和通过的电流无关，故D正确。
故选：BD。
(1)根据W=Pt可知消耗电能的大小不仅与用电器的功率有关，还与通电时间有关；
(2)电流方向的规定：正电荷定向移动的方向与电流方向相同，负电荷定向移动的方向与电流方向相反；
(3)电功率大的用电器做的功不一定多，消耗电能不一定全转化为内能；
(4)电阻是导体本身的一种，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端电压和通过的电流无关。
本题考查了用电器消耗电能与电功率的关系、电流方向的规定、用电器工作产生热量与电功率的关系、电阻的影响因素，属于电学基础的考查，相对比较简单。

12.【答案】ABD

【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器R0串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
当向左移动滑动变阻器的滑片时，接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故A正确；
由U=IR可知，灯泡两端的电压变大，
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮，故D正确；
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变小，故B正确；
由P=UI可知，电路消耗的总功率变大，故C错误。
故选：ABD。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器R0串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，利用P=UI判断灯泡实际功率的变化，从而得出灯泡亮暗的变化，利用串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化，最后根据P=UI判断电路消耗的总功率变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。

13.【答案】BC

【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
由P=UI可得，灯泡的额定电流：
，
因串联电路中各处的电流相等，且变阻器R允许通过的最大电流为1A，电流表的量程为0∼0.6A，灯泡的额定电流为0.5A，
所以，为不损坏电路元件，电路中最大电流：，故A错误；
则电路的最大功率：Pmax=UImax=4.5V×0.5A=2.25W，故B正确；
此时灯泡正常工作，电流最大，变阻器接入电路的阻值最小，
此时滑动变阻器的电压：，
则滑动变阻器接入电路的最小阻值：，
当滑动变阻器接入电路的阻值最大为30Ω时，电路中电流最小，灯泡的电压最小，
所以，滑动变阻器阻值变化范围为3Ω∼30Ω，故C正确；
根据P=U2R可得，灯泡的电阻：，
电路中的最小电流：，
灯泡两端的最小电压(电压表的最小示数)：Umin=IminRL=0.125A×6Ω=0.75V，
所以电压表示数变化范围为0.75V∼3V，故D错误。
故选：BC。
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI求出通过的电流，利用欧姆定律求出灯泡的电阻，结合电流表的量程确定电路中的最大电流，根据P=UI求出电路消耗的最大功率；
电路中的电流最大时接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出接入电路中的最小电阻，结合滑动变阻器的最大阻值得出滑动变阻器阻值变化范围；
当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路中电流最小，灯泡的电压最小，根据P=U2R求出灯泡的电阻，然后根据串联电路的特点和欧姆定律求出电路中的电流，利用欧姆定律求出灯泡两端的最小电压，进而得出电压表示数变化范围。
本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，关键是电路中最大电流、最小电流的确定。

14.【答案】短路  空气开关  总功率

【解析】解：裸露的导线相接触，会使零线和火线相连，发生短路现象，使得电路中的电流过大，空气开关会跳闸保护电路；
电路中用电器的总功率过大，根据P=UI可知，会导致电路中电流过大。
故答案为：短路；空气开关；总功率。
家庭电路中电流过大的原因有两个：短路和用电器的总功率过大。
本题考查了家庭电路中电流过大的原因，属于基础知识，要熟记。

15.【答案】100.20.9450

【解析】解：由电路图可知，两电阻并联，电流表A2测R1支路的电流，A1测干路电流；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R2的电流：
I2=I−I1=0.5A−0.3A=0.2A；
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I=UR可得，电阻R1的阻值：
R1=U1I1=3V0.3A=10Ω；
电阻R1消耗的电功率：
P1=U1I1=3V×0.3A=0.9W；
在5min内整个电路消耗的电能：
W=UIt=3V×0.5A×5×60s=450J。
故答案为：10；0.2；0.9；450。
由电路图可知，两电阻并联，电流表A2测R1支路的电流，A1测干路电流；根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出R1的电阻，根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流，根据P=UI求出电阻R1消耗的电功率，由W=UIt可求在5min内整个电路消耗的电能。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率的计算，是一道基础题目。

16.【答案】N 正  强

【解析】解：(1)已知通电螺线管左端为S极，右端为N极，根据磁极间的相互作用可知，小磁针A端为N极，右端为S极，
伸出右手，四指弯曲指示电流的方向，大拇指所指的方向即螺线管的右端为通电螺线管的N极，则电流从a端流入，所以a为正极，b端为负极；
(2)滑动变阻器P向右移动时，接入电路中的电阻变小，电流变大，通电螺线管的磁性将增强。
故答案为：N；正；强。
(1)已知通电螺线管的磁极，根据磁极间的相互作用可确定小磁针的NS极。
(2)通电螺线管磁性的强弱与电流的大小有关，电流越大，磁性越强。
本题考查通电螺旋管的极性、磁性强弱的判断，要知道安培定则不但可以判出螺线管的磁极，也能根据磁极判出电流方向。

17.【答案】增强  变小  变亮

【解析】解：(1)当滑动变阻器滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，则电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路电流变大，因此电磁铁磁性增强，周围磁场增强；
(2)因为巨磁电阻的阻值在磁场增大时急剧减小，所以此时巨磁电阻的阻值会变小，电路中的总电阻变小，根据串联电路分压的规律可知，电压表的示数变小；
由欧姆定律可知，电路中的电流变大，通过指示灯的电流变大；
由P=I2R可知，灯的实际功率变大，所以指示灯变亮。
故答案为：增强；变小；变亮。
(1)先根据滑片移动的方向确定电路阻值的变化，然后根据欧姆定律可知电路电流的变化，从而得出电磁铁磁性强弱的变化；
(2)先判断巨磁电阻的变化，根据串联电路分压的特点判断电压表示数的变化；根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据P=I2R可知灯泡实际功率的变化，进一步判断亮暗的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到电磁铁磁性与电流的关系、欧姆定律以及电功率公式的应用等，判断出巨磁电阻的变化是解题的关键。

18.【答案】300.3

【解析】解：
由图可知，当S1闭合、S2断开时，两电阻并联，电流表测干路电流，电压表测电源电压，
根据欧姆定律和并联电路的电流特点可知：I=I1+I2=UR2+U3R2=3VR2+3V3R2=0.4A，解得：R1=30Ω，R2=10Ω；
当S1断开、S2闭合时，两电阻仍并联，电流表测R2电流，电压表仍测电源电压，
电流表示数为：I′=UR2=3V10Ω=0.3A。
故答案为：30；0.3。
当S1闭合、S2断开时，两电阻并联，电流表测干路电流，电压表测电源电压；当S1断开、S2闭合时，两电阻并联，电流表测R2电流，电压表仍测电源电压。
根据欧姆定律可以求出R1和R2阻值；然后根据欧姆定律求出电流表的示数。
本题考查并联电路特点的认识和理解以及欧姆定律的应用，关键是正确分析开关在不同状态下的电路结构和电流表所测物理量。

19.【答案】电功(消耗电能)82600

【解析】解：
(1)电能表是测量电功(消耗电能)的仪表；
(2)这个月家里用电：1469.5kW⋅h−1387.5kW⋅h=82kW⋅h=82度；
(3)“3000r/kW⋅h”表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000转。
当转盘转动30转时，消耗的电能：
W=303000kW⋅h=0.01kW⋅h，
这只电饭锅工作时的实际功率：
P=Wt=0.01kW⋅h160h=0.6kW=600W。
故答案为：电功(消耗电能)；82；600。
(1)电能表是测量家庭电路中电流做功(消耗电能)多少的仪器。
(2)电能表的读数方法：(1)月末的减去月初的示数；(2)最后一位是小数；(3)单位kW⋅h；
(3)“3000r/kW⋅h”表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000转，据此求转30转消耗的电能，再根据P=Wt求出电功率。
本题考查学生对电能表铭牌上数据的理解情况，同时要求掌握电功率的计算方法。注意题目中的单位换算。

20.【答案】吸引大头针数量  转换  探究影响动能大小的因素  钉帽  通电螺线管的周围存在磁场  在电流相同时，线圈的匝数越多，磁性越强  大头针被磁化，大头针远离铁钉一端磁极的磁性相同，同名磁极相互排斥，所以下端分散

【解析】解：(1)通过观察电磁铁吸引大头针数目的多少，可以判断电磁铁磁性的强弱，该方法是转换法；在探究影响动能大小的因素时，根据木块移动距离的大小判定动能的大小，采用的是转换法；
(2)由图可知，电流从铁钉甲的上端流向下端，用右手握住铁钉，使四指环绕的方向与电流方向相同，此时拇指所指的上端即为铁钉的N极，故其钉帽一端为N极；
(3)由图甲可知，开关断开，电路中无电流，通电螺线管无磁性，不能吸引大头针；乙图中通电后，螺线管具有磁性，能吸引大头针，这表明通电螺线管的周围存在磁场；
(4)根据图丙可知，该电路为串联电路，电流相同，线圈的匝数不同，匝数越多，吸引的大头针个数越多，磁性越强，故结论为：在电流相同时，线圈的匝数越多，磁性越强；
(5)大头针被磁化，大头针远离铁钉一端磁极的磁性相同，同名磁极相互排斥，所以下端分散。
故答案为：(1)吸引大头针数量；转换；探究影响动能大小的因素；(2)钉帽；(3)在电流相同时，线圈的匝数越多，磁性越强；(4)在电流相同时，线圈的匝数越多，磁性越强；(5)大头针被磁化，大头针远离铁钉一端磁极的磁性相同，同名磁极相互排斥，所以下端分散。
(1)采用转换法，电磁铁磁性强弱通过观察吸引大头针数目的多少来反映；
(2)利用安培定则可判断铁钉帽一端的极性；
(3)比较甲乙电磁铁相同的因素和不同的因素判断影响电磁铁强弱的因素；
(4)根据图丙的中的相同点和不同点，得出结论；
(5)同名磁极相互排斥。
本题考查影响电磁铁磁性强弱的影响因素的实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。

21.【答案】(1)煤油的比热容较小  温度计示数的变化   
(2)电阻  大   
(3)B串   (4)大  低

【解析】(1)本实验中电流产生的热量不能用眼睛直接观察，我们是通过观察烧瓶中温度计示数的变化来反映电阻通电后产生热量多少，所以在选择烧瓶内液体时，应该选择吸热能力较弱的液体，也就是在吸收相同热量时温度变化较大的液体，煤油的比热容小于水的比热容，所以我们应该选择煤油而不是水；
(2)由甲图知，闭合开关，电阻丝R与滑动变阻器串联。把滑片移动到M点左侧某处，滑动变阻器接入电路电阻变小，电路总电阻变小，电源电压不变，由I=UR知，电路电流变大，此时煤油的末温度高于第一次，说明第二次电流产生的热量更多。所以在通电时间和电阻相同时，通过导体的电流越大，产生的热量越多；
(3)在实验中探究电热与电阻的关系，根据控制变量法的操作要求，我们要改变电阻的大小，而其他因素不变，所以电阻大小应选择RB=20Ω，煤油的质量150g，要保证电流相同，这个电阻应该串联到甲电路中；
(4)在家庭电路中，导线相互连接处因接触不良，该处的电阻较大，串联在电路中，通过导体的电流相等、通电时间相等，根据Q=I2Rt，连接处产生的热量较多。所以会导致输送电能的效率变低。

本题利用了控制变量法来研究电流产生的电热的影响因素。由于电流产生的热量不容易观察，故用相同材料的等质量的液体来吸收电热，通过温度计来观察液体的温度的变化来反映电热的多少。

22.【答案】断开  断路  A 求不同电压下的平均功率  没有研究实际电压略高于额定电压的情况  0.625变大  测量灯的电阻

【解析】解：(1)滑片P向B端滑动时滑动变阻器的阻值减小，故变阻器右下接线柱连入电路中，如下所示：

(2)为保护电路，连接实物电路时开关应断开；小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数为3V，说明电压表与电源是连通的，则与电压表并联的灯之外的电路是连通的，则与电压表并联的小灯泡断路了；
(3)灯在额定电压下正常发光，图中电压选用小量程，分度值为0.1V，示数为1.8V，1.8V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A端移动，直到电压表示数为额定电压；
(4)灯泡的实际功率与实际电压有关，不同电压下的功率不同，灯在额定电压下的功率为额定功率，所以不能求不同电压下的平均功率；
由表格中数据知，实验只研究了实际电压低于或等于额定电压的情况，没有研究实际电压略高于额定电压的情况；
(5)根据图丁绘制的小灯泡的电流随其两端电压变化的关系知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
甲图中电压表测灯的电压，电流表测灯的电流，从图丁知，灯的电压为0.5V、1.0V和2.5V时，对应的电流分别为0.1A、0.16A和0.25A，电压表与电流表的示数之比分别为：
0.5V0.1A=5V/A；
1.0V0.16A=6.25V/A；
2.5V0.25A=10.00V/A
故当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比变大；
(6)根据R=UI，用该电路还可以做的电学实验是：测量灯的电阻。
故答案为：(1)如上图所示；(2)断开；断路；(3)A；(4)①求不同电压下的平均功率；②没有研究实际电压略高于额定电压的情况；(5)0.625；变大；(6)测量灯的电阻。
(1)滑片P向B端滑动时滑动变阻器的阻值减小确定变阻器右下接线柱连入电路中；
(2)连接实物电路时，为保护电路，开关应断开；若电流表示数为0，灯不亮，说明电路可能断路；电压表示数为电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
(3)灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；
(4)①实际电功率受实际电压的影响，不同电压下的电功率不同；
②探究电功率与电压的关系时，分别使灯泡两端的电压高于、等于、低于额定电压；
(5)根据图丁绘制的小灯泡的电流随其两端电压变化的关系可知灯在额定电压2.5V时的电流，根据P=UI得出小灯泡的额定功率；
甲图中电压表测灯的电压，电流表测灯的电流，从图丁知灯的电压为0.5V、1.0V和2.5V时对应的电流大小，求出电压表与电流表的示数之比，据此分析回答；
(6)根据欧姆定律分析。
本题测量小灯泡额定功率，考查电路连接、注意事项、故障分析、操作过程、数据处理和数据分析及欧姆定律的运用。

23.【答案】保温

【解析】解：(1)由电路图可知，当S1闭合、S2断开时R1与R2串联，当S1、S2闭合时电路为R2的简单电路，
因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻，
所以，当S1闭合、S2断开时，电路的总电阻最大，
由P=UI=U2R可知，电路的总功率最小，电热饮水机处于保温状态，
此时电路中的电流：
；
(2)由表格数据可知，热水箱中水的体积：
V=1L=1dm3=1×10−3m3，
由ρ=mV可得，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10−3m3=1kg，
则水吸收的热量：
；
(3)由可得，电热饮水机消耗的电能：
，
由P=Wt可得，需要的加热时间：
。
答：(1)保温；原因：当S1闭合，S2断开时，电路的总电阻最大，总功率最小；此时电路中的电流是0.2A；
(2)饮水机正常工作时，将热水箱中的水从20℃加热到90℃，水吸收的热量是2.94×105J；
(3)若电热饮水机正常工作时加热效率为80%，将热水箱中的水从20℃加热到90℃的时间为918.75s。
(1)由电路图可知，当S1闭合、S2断开时R1与R2串联，当S1、S2闭合时电路为R2的简单电路，根据电阻的串联比较两种情况下总电阻关系，根据P=UI=U2R可知，电路的总电阻越大，总功率越小，电热饮水机处于保温状态，反之处于加热状态，利用P=UI求出此时电路中的电流；
(2)根据表格数据得出热水箱中水的体积，利用m=ρV求出水的质量，又知道水的初温和末温以及比热容，利用求出水吸收的热量；
(3)利用求出电热饮水机消耗的电能，再利用P=Wt求出需要的加热时间。
本题考查了电功率公式和密度公式、吸热公式、效率公式、电功公式的应用，分清电热饮水机处于不同状态时电路的连接方式是关键。

24.【答案】解：
(1)闭合开关S1、S2，将滑动变阻器的滑片P移到a端时，灯泡L与定值电阻R1并联，电流表A2测R1支路的电流，电压表测电源两端的电压，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I=UR可得，电阻R1的阻值：
R1=UI1=6V0.4A=15Ω；
(2)只闭合开关S1，将滑动变阻器的滑片P移到b端时，R2的最大阻值和灯泡L串联，电流表A1测电路中的电流，
由P=UI可得，灯泡两端的电压：
UL=PLI=0.4W0.2A=2V，
由I=UR可得，灯泡的电阻：
RL=ULI=2V0.2A=10Ω，
因闭合开关S1、S2，将滑动变阻器的滑片P移到a端时，灯泡正常发光，
所以，灯泡L的额定功率：
；
(3)只闭合开关S1，将滑动变阻器的滑片P移到b端时，R2的最大阻值和灯泡L串联，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时R2两端的电压：
U2=U−UL=6V−2V=4V，
则滑动变用器R2的最大阻值：
R2=U2I=4V0.2A=20Ω。
答：(1)电阻R1的阻值为15Ω；
(2)灯泡L的额定功率为3.6W；
(3)滑动变用器R2的最大阻值为20Ω。

【解析】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综合应用，分清电路的连接方式是关键，要注意灯泡正常发光时的功率和额定功率相等。