2020-2021学年四川省成都市高新区九年级（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年四川省成都市高新区九年级（上）期末物理试卷，共36页。试卷主要包含了L2都不亮等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年四川省成都市高新区九年级（上）期末物理试卷
1. 为预防新冠肺炎。我区各学校定时喷洒药水进行必要的杀菌消毒，在喷洒药水时不远处会闻到特殊的气味，这主要说明药水( )
A. 分子间有间隙 B. 分子的质量很小
C. 分子在不停地运动 D. 分子由原子构成
2. 下列关于温度、热量和内能的说法正确的是( )
A. 物体吸收热量，温度一定升高
B. 60℃的水一定比 30℃的水含有的热量多
C. 物体的内能增加，一定从外界吸收热量
D. 热传递过程中，热量由高温物体传向低温物体
3. 汽油机的四个冲程如图所示，在一个工作循环中，做功冲程结束后，下一个冲程是( )
A. B. C. D.
4. 如图所示，用酒精灯给试管中的水加热，一段时间后橡皮塞被冲开，下列说法正确的是( )


A. 酒精燃烧时，将化学能转化为内能
B. 橡皮塞被冲开的过程与内燃机的压缩冲程的能量转化方式一样
C. 试管口出现的“白气”是水汽化而成的水蒸气
D. 试管中水蒸气的内能减少是通过热传递实现的
5. 如图所示，闭合开关后，位于通电螺线管左右两侧的小磁针静止时其指向正确的是( )
A. B.
C. D.
6. 为了防止考试作弊，监考人员会利用手柄式金属探测器对考生进行检查(如图所示)，当探测线圈靠近金属物体时，由于电磁感应现象，会在金属导体中产生涡电流，如果能检测出这种变化，并把它转换成声音信号，根据声音有无，就可以判定探测线圈下面是否有金属物体了．以下设备中也是利用该原理工作的是( )
A. 电动机 B. 电磁铁 C. 电铃 D. 动圈式话筒
7. 新冠病毒疫情防控期间，为了严格控制区分外来车辆出入小区，很多小区装备了门禁系统。内部人员的车辆可以被自动识别横杆启动，视为自动开关S1闭合；外来人员的车辆需要门卫人员按动按钮才能将门打开，视为手动开关S2闭合。两种情况都可以分别将门打开，则该门禁系统内部电路最接近图中的( )
A. B.
C. D.
8. 如图所示是丁丁同学连接串联电路实验的实物电路，闭合合开关S后，小灯泡L1、L2都不亮。为了检查故障，丁丁用一段导线的两端接触a、b两点时，两灯仍不亮；接触c、d两点时，两灯还不亮；接触e、f两点时，两灯都亮了。则下列对电路故障判断正确的是( )
A. 灯L1断路 B. L2灯断路 C. 开关S断路 D. 灯L2短路
9. 如图所示电路，下列说法错误的是( )



A. 闭合S2，断开S1，S3，灯L2，L2串联
B. 闭合S1，S3，断开S2，灯L1，L2并联
C. 闭合S2，S3，断开S1，只有灯L1亮
D. 闭合S1，S2，断开S3，只有灯L1亮
10. 有两个阻值不同的定值电阻R1、R2，它们的电流随电压变化的I−U图线如图所示．如果R1、R2串联后的总电阻为，并联后的总电阻为，则关于、的I−U图线所在的区域，下列说法中正确的是( )

A. 在Ⅱ区域，在Ⅲ区域 B. 在Ⅲ区域，在Ⅰ区域
C. 在Ⅰ区域，在Ⅱ区域 D. 在Ⅰ区域，在Ⅲ区域
11. 热机的效率是热机性能的重要指标。国产奇瑞E4T15B发动机的效率为37%，某发动机的效率为33%.如果上述两款发动机工作时汽油均完全燃烧，下列表述正确的是( )
A. 奇瑞E4T5B发动机消耗1kg汽油获得的有用功更多
B. 奇瑞E4T15B发动机消耗1kg汽油释放的内能更多
C. 奇瑞E4T15B发动机消耗1kg汽油散失的内能更多
D. 奇瑞E4T15B发动机工作时消耗的燃料一定更少
12. 有一根镍铬合金丝，要使它接入电路的电阻变大，可以采取的方法有(不考虑温度变化)( )
A. 将这根合金丝对折后接入电路 B. 将这根合金丝拉长后接入电路
C. 提高合金丝两端的电压 D. 使通过这根合金丝的电流变小
13. 利用图中5个阻值相等的电阻完成“焦耳定律”的探究实验。以下说法错误的是( )
A. 本实验采用的研究方法有“控制变量法”和“转换法”
B. 通电后会发现在相同时间内乙产生的热量是丙产生热量的2倍
C. 若要探究导体的电阻对电热的影响，应该选择观察甲、乙
D. 图丙中外接5Ω电阻的作用是改变流过电阻D的电流，使通过电阻A、D的电流不同
14. 如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，下列说法正确的是( )


A. 电灯L的亮度变暗
B. 电流表A的示数变小
C. 电压表V1的示数不变
D. 电压表V1与电压表V2示数之和不变
15. 如图所示，下列关于各图的描述中，正确的是( )
A. 如图导体棒ab竖直向上运动时，电流表指针将会摆动
B. 如图中的实验表明磁可以生电
C. 如图中可以探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系
D. 如图中螺线管上方小磁针静止时，a端是S极
16. 勤洗手是个好习惯，小明使用免洗洗手液时，其他同学能闻到洗手液的气味，这是______现象；温度越______，洗手液的气味传开得越快。
17. 当某导体两端的电压为6V时，通过导体的电流为1.2A，导体电阻为______ ；如果导体两端电变为0时，电阻为______ 。
18. 如图1所示是电阻R和灯泡L的I--U图象，当把电阻R和灯泡L并联接入电源电压为2V的电路中，如图2所示，闭合开关，灯泡L恰好正常发光。则灯泡L的额定功率为______W，此时电阻R与灯泡L的电功率之比为______。

19. 小妮发现有些物体摩擦之后会带电现象，其中毛皮摩擦后的橡胶棒带______ (选填“正电”或“负电”)取两个相同的验电器A和B，如图所示，使A带负电，B不带电，用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来。金属棒中瞬间电流的方向为______ (选填“A到B”或“B到A”)。
20. 如图所示，电源电压保持不变，开关S断开时，电压表为4V；再将开关S闭合，电压表示数变化了1V，此时电压表测______ 两端电压，R1、R2的电阻之比为______ 。
21. 李明用天然磁石仿制如图甲所示的勺状指南针--司南，他用的材料是图乙所示的天然磁石，该磁石的D端为______极，他用该磁石的D端磨成勺柄，打磨成勺状指南针即(“司南”)，再用细线将其悬挂，如图丙所示，司南静止时，勺柄指向地理位置的______(选填“南方”或“北方”)。


22. 如图是小华同学用微型电扇研究“电磁转换”的实验：
(1)小华将微型电扇的插头接入家庭电路，电扇旋转，此工作过程中，电扇将电能主要转化为______ 能。
(2)小华在微型电扇的插头处接一只发光二极管，用手旋转叶片，发现二极管发光，如图乙。此时微型电扇如同一台______ (选填“电动机”或“发电机”)。

23. 为了应对新型冠状病毒肺炎，小刘妈妈在家通过消毒柜加热餐具高温消毒，这是采用______ 方式增加餐具内能(选填“做功”或“热传递”)，额定功率为600W的消毒柜单独接入电路0.5小时，电能表的转盘转______ 转。(忽略导线等因素的影响)



24. 为了方便夜间开门锁，有人发明了“感应照明门把手”，它利用感应开关S1(人触摸把手，S1闭合，不触碰则断开)和光敏开关S2(白天断开晚上闭合)来自动控制电路，以达到夜间有人开门时，触摸把手则锁孔旁LED灯照明的目的。请完成图电路设计。








25. 如图所示根据通电螺线管的“N”“S”极，判断并标出电源“+”极和静止的小磁针的“N”极。







26. 如图所示是某款电热水壶，表中是水壶的部分参数，请回答下列问题：
额定电流
5A
额定电阻
44Ω
额定容量
1.5L
净重
1kg
(1)该电热水壶正常工作7min，共产生多少热量？
(2)该电热水壶的效率是80%，正常工作7min后。在标准大气压下。能把1L水从20℃加热到多少℃？







27. 如图所示，电源电压为12V。并且保持不变，电流表量程为0∼3A。滑动变阻器R1的最大阻值为18Ω，R2为12Ω。小灯泡L上标有“3V 3W”字样。
(1)当S闭合，S1、S2都断开时，要使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路中的阻值为多大？
(2)闭合S、S1、S2，调节滑动变阻器R1，使R1以最大功率工作1min，这1min内电流通过滑动变阻器R1做的功是多少J？







28. 小明利用如图甲所示的实验装置探究不同种类物质的温度变化与吸热多少的关系。他用手表测量加热时间，用温度计测量加热前后的温度。操作如下：

(1)在两烧杯中分别装入初始温度相同且______相等的煤油和水；
(2)用相同的电加热器加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同的时间记录一次温度，根据实验数据绘制成温度与加热时间的关系图象，如图乙所示。实验中，通过比较______来反映煤油和水吸收热量的多少；
(3)根据图乙中图象可知，如果使煤油和水吸收热量相同，温度变化大的是______.
29. 下列说法正确的是( )
A. 电磁铁磁性强弱只与电流大小有关
B. 通电导体在磁场中受力方向只与电流方向有关
C. 导体在磁场中做切割磁感线运动时，一定会产生感应电流
D. 位于磁场中可自由转动小磁针静止时，N极所指的方向即为该点的磁场方向
30. 根据表格中数据，下列说法不正确的是( )
物质
铁
铝
铜
煤油
ρ/(kg⋅m−3)
7.9×103
2.7×103
8.9×103
0.8×103
c/[J(kg⋅℃)]
0.46×103
0.88×103
0.39×103
2.1×103


A. 质量、初温都相同的铁块和铜块，放出相同的热量后，将两个金属块靠在一起，铁块会向铜块传热
B. 体积、初温都相同的铁块和铝块，吸收相同的热量后，将两个金属块靠在-起，铁块会向铝块传热
C. 煤油和水体积之比为2：1，吸收热量之比为12：5，则升高温度之比为3：1
D. 给等质量的铜块和铝块加热，它们吸收热量多少与升高的温度的关系可用图像表示(如图)，其中图像b表示的是铜块
31. 如图甲所示，电源电压保持不变，m、n是滑动变阻器上两点。闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从n点滑到m点的过程中，两电压表示数随电流变化的图像如图乙所示，下列叙述正确的是( )
A. 图乙中ab是表示电压表V1的示数随电流变化的图像
B. R2的阻值为16Ω
C. 滑片从n点滑到m点的过程中，电源消耗的最大功率是12W
D. 滑片在n点时，5s内电阻R消耗的电能是20J
32. 如图甲所示电路，电源电压12V保持不变，若改变变阻器滑片P的位置，两个电压表及电流表的示数将发生相应的变化，V1和V2两电压表示数变化量大小与电流表示数变化量大小的关系图像分别为图乙中①和②直线所示。下列说法中正确的是( )
A. R0=10Ω，R2=20Ω
B. 电流由0.1A变到0.2A，R0电功率变化量为0.6W
C. 当电流表示数为0.1A时，变阻器R1消耗的电功率为0.9W
D. 当将变阻器的滑片向右滑动时，电压表V1和V2的示数都增大
33. 小杨在科技月制作了一个多挡位电热器模型，为了分析接入电路的电阻对电热器的电功率的影响，他将各电表接入电路中，电路如图所示，电源两端电压不变，R1=30Ω。当开关S闭合，S1、S2断开时，电压表示数为U1，当S、S1、S2都闭合时，电压表示数为U2，已知U1：U2=3：8；两种状态时，R2消耗的功率最大值和最小值之比为4：1；R3的最小功率为0.9W。则下列说法正确的是( )
A. 电热器模型最高挡位时电流表的示数是1.4A
B. 电阻R2的阻值60Ω
C. 电热器模型最低挡位的功率是7.2W
D. 电源两端的电压12V
34. 小明同学在初三物理创新实验大赛中设计了一个电子量角器。如图甲所示，把同种材料制成的粗细均匀的电阻丝AB弯成半圆形，O为圆心，OP为能够绕圆心O转动的金属滑片(OP的阻值忽略不计)，P与AB接触良好。如图乙所示，A为电流表(量程为0∼0.6A、内阻不计)，R0为保护电阻，理想电源电U=6V不变。备用滑动变阻器两个：R1(15Ω1A)、R2(30Ω0.6A)，选择合适的滑动变阻器连入M、N两接线柱，把电子量角器A、O两个接线柱分别与E、F相接，将电流表表盘重标数据后可以从电流表上直接读出OP的旋转角度。请完成以下内容：
(1)用导线连接M、N，将A、O分别与E、F相接，闭合开关。当P滑到A处时，电流表示数为0.5A；当P滑到B处时，电流表示数为0.2A。由此可知保护电阻R0=______ Ω；
(2)小明希望将0∘刻度线标在电流表“0.2A”刻度处，那么他应该选择的滑动变阻器是______ (选填“R1”、“R2”或“R1或R2均可”)。按此要求接好电路并将滑动变阻器滑片调到要求位置，闭合开关。当被测量角度为75∘时，电流表的示数应该为______ A。
(3)即使电源电压未知，R0和电阻丝AB材料的电阻也不知道。小明也能通过图乙电路中电流表示数I转换为所测角度θ，即∠AOP。他提炼出了一个“校准--测量--计算”的标准实验流程：
①校准：将滑动变阻器调到适当阻值后接入电路，将A、0分别与E、F相接，闭合开关。将电子量角器的滑片P滑到A处，记下此时电流表的示数为I1；保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将滑片P滑到B处，记下此时电流表的示数为I2；
②测量：拨动电子量角器的滑P使∠AOP与被测角重合，记下此时电流表的示数为I3；③利用测得物理量I1、I2、I3根据，写出表达式θ=______ 计算结果。

35. 在某次科技活动中，王老师给同学们展示一个如图甲所示的黑盒子，绝缘外壳上有A、B、C三个接线柱。王老师告诉同学们，盒内电路由两个定值电阻连接而成。小山同学设计了如图乙所示的电路来研究盒内电阻的连接情况及其电功率。已知电源电压恒定不变，R0是阻值为2Ω的定值电阻，R1是滑动变阻器。小山进行了如下的实验操作：

把BC两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S，将R1的滑片移至最左端时，电压表示数为1.8V，电流表示数为0.6A；
用导线把AC连接起来，再将AB接线柱接入MN之间，闭合开关S和S1，此时电流表的示数为1.5A；
把AC两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S，小山发现将R1的滑片从某位置移至最左端或最右端时，电压表的示数均变化了0.36V，电路的总功率均变化了0.12W。
(1)请根据操作求出黑盒子BC间的电阻；
(2)在操作中，求黑盒子工作100s消耗的电能；
(3)①请画出黑盒子内的电路图，并标明各电阻的阻值；
②小山接下来继续进行研究，他将AB两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S。移动R1的滑片，黑盒子的电功率会随之变化，求此过程中黑盒子的电功率的变化范围(除不尽的结果保留2位小数)。
答案和解析
1.【答案】C

【解析】解：在喷洒药水对环境进行杀菌消毒时，由于药液分子在永不停息地做无规则运动，所以会闻到特殊的气味。
故选：C。
一切物质的分子都在永不停息的做无规则运动。
本题主要考查学生对：扩散现象，即一切物质的分子在不停地做无规则运动的了解和掌握，是一道基础题。

2.【答案】D

【解析】解：
A、物体吸收热量，温度不一定升高，例如晶体的熔化过程，吸收热量，温度不变；故A错误；
B、热量是一个过程量，不能说含有热量，故B错误；
C、物体的内能增加，可能是外界对物体做了功，也可能是从外界吸收了热量，故C错误；
D、在热传递过程中，热量由高温物体传向低温物体，故D正确。
故选：D。
(1)物体吸收热量，温度不一定升高，例如晶体的熔化过程，吸收热量，温度不变，内能增大。
(2)热量是指热传递过程中传递能量的多少，是一个过程量。
(3)做功与热传递都可以改变物体的内能。
(4)热传递过程中，热量由高温物体传向低温物体，或者是从物体的高温部分传向低温部分。
本题主要考查学生对影响内能大小的因素、改变内能的两种方式以及热传递的条件等知识的理解和掌握，属于中考热点题型，难度不大。

3.【答案】D

【解析】解：
汽油机四个冲程是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，在该汽油机的一个工作循环中，做功冲程结束后，下一个冲程是排气冲程，
A、图中进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程，故A不符合题意；
B、图中两个气门都关闭，火花塞点火，此时活塞向下运动，是做功冲程，故B不符合题意；
C、图中两个气门都关闭，此时活塞向上运动，是压缩冲程，故C不符合题意；
D、图中排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动，是排气冲程，故D符合题意。
故选：D。
由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；
汽油机四个冲程是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。
解答此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答。

4.【答案】A

【解析】解：
A、酒精燃烧时，酒精的化学能转化为内能，故A正确；
B、塞子冲出时，是试管内气体的内能转化为塞子的机械能，与内燃机的做功冲程的能量转化方式相同，故B错误；
C、试管口出现的“白气”是水蒸气遇冷液化成的小水珠，故C错误；
D、试管中水蒸气的内能减少是通过做功实现的，故D错误。
故选：A。
燃料燃烧，化学能转化为内能；水蒸气对外做功，将内能转化为机械能。
此题结合木塞冲出的实验考查了能量转化关系，此题考查的知识点较为全面，要结合相关的知识点进行分析解答。

5.【答案】A

【解析】解：
A、根据安培定则可知螺线管的右端为N极，左端为S极；异名磁极相互吸引，则左边小磁针的右端为N极，右边小磁针的左端为S极，故A正确；
B、根据安培定则可知螺线管的右端为N极，左端为S极；异名磁极相互吸引，则左边小磁针的右端为N极，右边小磁针的左端为S极，故B错误；
C、根据安培定则可知螺线管的右端为S极，左端为N极；异名磁极相互吸引，则左边小磁针的右端为S极，右边小磁针的左端为N极，故C错误；
D、根据安培定则可知螺线管的右端为S极，左端为N极；异名磁极相互吸引，则左边小磁针的右端为S极，右边小磁针的左端为N极，故D错误；
故选：A。
根据安培定则判定螺线管的极性；根据磁极间的相互作用规律判定小磁针N极的指向。
本题考查了安培定则的应用和磁极间的相互作用规律，难度不大，要熟练应用安培定则。

6.【答案】D

【解析】解：当线圈靠近金属物体时，相当于闭合电路的部分导体在做切割磁感线运动，故在金属中会产生电流，故探测器应采用了电磁感应原理；
A、电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，故A错误；
B、电磁铁是利用电流的磁效应的原理工作的，故B错误；
C、电铃的主要部件是一个电磁铁，也是利用电流的磁效应的原理工作的，故C错误；
D、动圈式话筒是利用电磁感应现象的原理工作的，故D正确；
故选D.
根据题目中：电磁感应现象产生电流，可以确定该设备的制成原理是电磁感应现象．
本题考查电磁感应现象的应用，要求学生能通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握各实验的意义．

7.【答案】B

【解析】
【分析】
由题意可知，自动开关S1和手动开关S2均可以独立控制开门电动机，说明两开关并联，且开门电动机位于干路，据此进行解答。
本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出两开关的连接方式和电动机的位置是关键。
【解答】
经分析可知，自动开关S1和手动开关S2并联，且开门电动机位于干路。
A.由电路图可知，只有自动开关S1和手动开关S2共同闭合时，开门电动机才能工作，故A不符合题意；
B.由电路图可知，自动开关S1和手动开关S2并联，且开门电动机位于干路，故B符合题意；
C.由电路图可知，自动开关S1闭合时会造成电源短路，故C不符合题意；
D.由电路图可知，手动开关S2闭合时会造成电源短路，故D不符合题意。
故选：B。  
8.【答案】C

【解析】解：由图可知，该电路为串联电路；闭合开关S后，小灯泡L1、L2都不亮，说明电路出现了断路现象；用一段导线的两端接触a、b两点或c、d两点时，两灯都不亮，说明L1、L2处没有出现断路现象；接触e、f两点时，两盏灯都亮，说明开关处有断路现象。
故选：C。
故障包括短路和断路；当电路是通路时，电路中有电流通过或灯泡发光，否则是出现断路或短路状态。
用导线检验电路故障时，将导线与用电器并联，其它用电器能工作，此处用电器断路；其它用电器不能工作，其它用电器断路。

9.【答案】D

【解析】解：由电路图可知：
A、闭合S2，断开S1、S3，L1、L2首尾顺次连接，属于串联，故A正确；
B、闭合S1、S3，断开S2，灯L1、L2首首相连、尾尾相连，属于并联，故B正确；
C、闭合S2、S3，断开S1，只有灯L1接入电路，灯L2被短路，只有灯L1亮，故C正确；
D、闭合S1、S2，断开S3，只有灯L2接入电路，灯L1被短路，只有灯L2亮，故D错误。
故选：D。
各电路元件首尾顺次连接的连接方式是串联，各电路元件首首相连、尾尾相连的连接方式是并联，分析电路结构，判断灯泡的连接方式。
本题考查了灯泡的连接方式，知道串并联的概念、知道串并联的连接方式、分析清楚电路结构是正确解题的关键。

10.【答案】D

【解析】解：根据串联电路的电阻特点知：比每一个串联的分电阻都要大，根据并联电路中电阻的特点可知：比每一个并联电路的分电阻都要小。在这四个电阻值中，最大，最小，所以，当它们两端加相同的电压时，通过的电流最小，故它的I−U图线在I区；通过的电流最大，故它的I−U图线在III区。
故选：D。
由于是确定关于、的I−U图线的所在区域，而区域是以定值电阻R1、R2，它们的电流随电压变化的I−U图线来划分的，所以了解R1、R2、、之间的大小关系是此题的突破口。
做关于图象的题目时，首先要弄清楚图象中横纵坐标的物理含义。

11.【答案】A

【解析】解：国产奇瑞E4T15B发动机的效率为37%，某发动机的效率为33%，即国产奇瑞E4T15B发动机的效率的效率高，有用功占总功的比例高。
A、奇瑞E4T5B发动机消耗1kg汽油获得的有用功更多，即消耗相同的燃料，奇瑞E4T5B做的有用功越多，则有用功占总功的比例越高，即效率越高，故A正确；
B、根据Q=mq知，发动机完全燃烧1kg汽油释放的内能相同，故B错误；
C、奇瑞E4T15B发动机的效率高，有用功占总功的比例越高，散失的内能少，故C错误；
D、奇瑞E4T15B发动机的效率高，是有用功占总功的比例越高，但工作时消耗的燃料不一定更少，故D错误。
故选：A。
用来做有用功的能量和燃料完全燃烧放出的热量的比值叫热机效率，比值越大，效率越高；
比较热机效率的方法：
①热机做一定的有用功，消耗的燃料越少，则有用功占总功的比例越高，即效率一定越高；
②消耗相同的燃料，做的有用功越大，则有用功占总功的比例越高，即效率一定越高。
此题通过考查影响热机效率的几个因素，考查了学生对热机效率的理解。

12.【答案】B

【解析】
【分析】
该题考查了导体电阻的影响因素，属于基础知识，难度不大．但学生很容易认为电阻与电压、电流有关而出错。
导体的电阻是导体本身的一种性质，电阻的大小与导体的材料、长度、横截面积、温度有关，与导体两端的电压和通过导体的电流无关；
①导体的材料、长度、温度一定，横截面积越大电阻越小；②导体的材料、横截面积、温度一定，越短电阻越小。
【解答】
A.把导体对折，导体的长度变短、横截面积变大，所以导体的电阻变小，故A错误；
B.将镍铬合金丝均匀拉长，导体的长度变长、横截面积变小，所以导体的电阻变大，故B正确；
C.提高合金丝两端的电压，电阻不变，故C错误；
D.使通过这根合金丝的电流变小，电阻不变，故D错误。
故选B。  
13.【答案】B

【解析】解：
A、实验时，电流通过电阻丝做功，消耗电能转化为内能，产生的热量，被液体吸收，液体吸收热量温度升高；通过温度计的示数变化反应电流产生的热量多少，为准确反应电流产生的热量的多少，两个烧杯中所盛液体的质量要相等；故实验中采用的方法是控制变量法和转换法，故A正确；
B、由图可知，乙的电阻是和丙的电阻的2倍，乙的电流是丙的电流的2倍，根据Q=I2Rt可知，乙产生的热量是丙产生热量的8倍；故B错误；
C、要探究电阻对电热的影响，应控制通电时间和电流大小相同，电阻不同，故应该选用甲和乙，故C正确；
D、因为并联电路中的电阻比任何一个电阻都小，当丙容器外连接的5Ω电阻后，通过丙容器内电阻的电流减小，因此图丙中右侧盒外连接的5Ω电阻的作用是改变丙容器内电阻的电流；由于这两个电阻丝是相同的，通过它们的电流也相同，故外接5Ω电阻的作用是使通过金属丝A、D的电流不同，故D正确。
故选：B。
(1)根据控制变量法和转换法分析；
(2)根据公式Q=I2Rt分析；
(3)要探究电阻对电热的影响，应控制通电时间和电流大小相同，电阻不同；
(4)根据并联电路具有分流作用进行分析。
此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。

14.【答案】C

【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联；电压表V1测电源的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
由于电源电压不变，移动滑片时，电压表V1的示数不变，故C正确；
当滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大，故B错误；
通过灯泡的电流变大，则灯泡的实际功率变大，灯泡变亮，故A错误；
根据U=IR可知，灯泡两端的电压变大，根据串联电路的电压关系可知，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表V2示数减小，则电压表V1与电压表V2示数之和变小，故D错误。
故选：C。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联；电压表V1测电源的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，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滑动变阻器两端的电压变化；据此分析各个选项。
本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键，要注意电压表不测带电源用电器两端的电压。

15.【答案】C

【解析】解：A、图中是电磁感应现象，导体棒ab竖直向上运动时，没有切割磁感线，没有产生感应电流，电流表不会摆动，故A错误；
B、图示是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，即电生磁，故B错误；
C、图中两电磁铁的电流相同，匝数不同，研究的是电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，故C正确；
D、由安培定则可知，螺线管的右端为N极，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，小磁针的a端为N极，故D错误。
故选：C。
(1)电磁感应是指闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，在电路中产生感应电流。
(2)根据奥斯特实验进行分析；
(3)知道电磁铁的磁性与电流的大小和线圈匝数有关可解答。
(4)根据安培定则和磁极间的相互作用进行判断。
本题考查了电与磁现象中的重要实验的识别。解题的关键是牢记一些重要实验装置图，记清实验装置和实验原理。

16.【答案】扩散  高

【解析】解：
因为一切物质的分子都在不停地做无规则运动，所以小明使用免洗洗手液时，其他同学能闻到洗手液的气味，这是扩散现象；
温度越高，分子的无规则运动越剧烈，扩散越快，则洗手液的气味传开得越快。
故答案为：扩散；高。
不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象，扩散现象说明分子在做不停息的无规则运动；温度越高，分子运动越剧烈。
本题主要考查学生对扩散现象以及温度对扩散的影响的了解，是一道基础题。

17.【答案】5Ω5Ω

【解析】解：由I=UR可得，导体的电阻：R=UI=6V1.2A=5Ω；
因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，所以，当导体两端电变为0V时，导体的电阻仍为5Ω不变。
故答案为：5Ω；5Ω。
(1)知道导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻；
(2)电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关.
本题考查了欧姆定律的简单应用，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，是一道基础题目。

18.【答案】0.42：1

【解析】解：因为并联电路两端电压等于电源电压，所以灯泡的额定电压为2V，根据图2可知，此时通过灯泡和定值电阻的电流分别为0.2A和0.4A；
灯泡的额定功率：PL=UIL=2V×0.2A=0.4W；
由P=UI可得，电阻R与灯泡L的电功率之比：PR：PL=UIR：PL=2V×0.4A：0.4W=2：1。
故答案为：0.4；2：1。
根据图1读出灯泡两端电压为2V时对应的电流，然后根据P=UI求出灯泡的额定功率；根据P=UI求出电阻R与灯泡L的电功率之比。
本题考查了并联电路的特点、电功率的计算，关键是能从图象读出有用的信息，以及灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。

19.【答案】负电  B到A

【解析】解：
(1)摩擦起电的实质是电荷的转移；当用毛皮摩擦橡胶棒时，橡胶棒会带负电，这是由于毛皮上的电子转移到了橡胶棒上，故橡胶棒带负电。
(2)用金属棒把A和B连接的瞬间，电子从A到B移动，而电流方向与自由电子定向移动的方向相反，所以金属棒中的电流方向由B到A。
故答案为：负电；B到A。
(1)不同的物质原子核束缚核外电子的本领有强有弱，因相互摩擦时原子核束缚核外电子本领强的夺得电子，带多余电子带负电，原子核束缚核外电子本领弱的失去电子，因缺少电子带正电。
(2)A因多余电子而带负电，B呈中性，连接的瞬间，A带的负电减少，说明电子从A到B移动，据此判断电流方向。
本题考查了摩擦起电现象和电流的方向的规定，属于基础题目。

20.【答案】R1  3：1

【解析】解：由电路图可知，开关S断开时，电压表串联在电路中测电源两端的电压，则电源的电压U=4V；
再将开关S闭合后，R1与R2串联，电压表并联在R1两端测其电压，
由电压表示数变化了1V可知，R1两端的电压U1=4V−1V=3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R2两端的电压U2=U−U1=4V−3V=1V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I=UR可得，两电阻的阻值之比R1R2=U1IU2I=U1U2=3V1V=31。
故答案为：R1；3：1。
由电路图可知，开关S断开时，电压表串联在电路中测电源两端的电压；再将开关S闭合后，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，根据题意求出R1两端的电压，利用串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用以及电压表的正确使用，要注意电压表不测带电源用电器两端的电压。

21.【答案】S 南方

【解析】解：如(乙)所示，根据天然磁石的磁感线分布，磁感线从磁体的N极出发，回到S极可判断D端是S极，也就是磁勺的勺柄，磁体的S级(勺柄)指向地球的南极；
故答案为：S；南方。
磁体周围的磁感线，都是从磁体的N极出发，回到S极；磁体静止时，指南的叫南极用字母S表示；指北的叫北极，用字母N表示；
本题考查磁感线分布情况，及磁体的磁极与地理南北极之间的联系，是基础题。

22.【答案】机械  发电机

【解析】解：(1)电扇里面有一个小型的电动机，使微型电扇转动的工作原理是通电导体在磁场中受力转动；此时能量转化为电能转化为机械能。
(2)电扇的内部有磁铁和线圈，当微型电扇的插头处接一只发光二极管，线圈转动时，做了切割磁感线的运动，故能产生电流；此时微型电扇如同一台发电机，原理就是电磁感应。
故答案为：(1)机械；(2)发电机。
(1)电动机的工作原理：通电导体在磁场中受力转动；能量转化是：电能转化为机械能；
(2)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中就会产生感应电流。
本题考查电动机和发电机的工作原理，相对比较简单，理解所学知识点解答简单。

23.【答案】热传递；  1080

【解析】解：(1)在家中通过蒸煮加热给餐具高温消毒，这是采用热传递方式增加餐具内能；
(2)额定功率为600W的消毒柜单独接入电路0.5小时，消耗的电能为：W=Pt=0.6kW×0.5h=
电能表中标有“3600r/kW⋅h”，表示每消耗1kW⋅h的电能电能表转盘转动3600圈，则消耗电能0.3kW⋅h转的圈数为：n=3600r/kW⋅h×0.3kW⋅h=1080转。
故答案为：热传递； 1080。
(1)改变物体的内能的方式有做功和热传递，这两种方式是等效的；做功改变物体内能的实质是内能和其它形式能的转化；热传递改变物体内能的实质是内能的转移；
(2)根据W=Pt求出电视机正常工作0.5小时消耗的电能和“3600r/kW⋅h”求得电能表的转盘转的圈数。
本题改变内能的方式，以及电能表参数的理解、电能的求法，解题的关键是对电能表参数的理解。

24.【答案】解：由题意可知，感应开关S1、光敏开关S2串联共同控制LED灯，如下图所示：


【解析】只有夜间且有人摸门把手时，锁孔旁的LED灯才亮，否则LED灯不亮，说明感应开关S1、光敏开关S2不能独立工作、即为串联，共同控制LED灯，据此进行解答。
本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出两开关的连接方式是关键。

25.【答案】解：由图知，通电螺线管的右端为S极，因为同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以小磁针的左端为N极、右端为S极；由右手螺旋定则可知，螺线管中电流由右侧流入、左侧流出；所以电源的右侧为正极、左侧为负极，如图所示：


【解析】由磁极间的相互作用可知小磁针的磁极，再由右手螺旋定则可知通电螺线管的电流方向，而电流从电源正极流出，据此确定电源正负极。
本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向。

26.【答案】解：(1)该电热水壶正常工作7min产生的热量Q=I2Rt1=(5A)2×44Ω×7×60s=4.62×105J；
(2)因该电热水壶的效率是80%，
所以，正常工作7min后水吸收的热量，
水的体积V=1L=1dm3=0.001m3，
由ρ=mV可得，水的质量m=ρV=1.0×103kg/m3×0.001m3=1kg，
由可得，理论上加热后水的末温，
因在标准大气压下水的沸点为100℃，且水沸腾后温度不在发生变化，
所以，能把1L水从20℃加热到100℃。
答：(1)该电热水壶正常工作7min，共产生4.62×105J的热量；
(2)该电热水壶的效率是80%，正常工作7min后，在标准大气压下。能把1L水从20℃加热到100℃。

【解析】(1)该电热水壶正常工作时的电流和额定电流相等，根据Q=I2Rt求出7min产生的热量；
(2)根据该电热水壶的效率是80%求出正常工作7min后水吸收的热量，又知道水的体积和密度，根据m=ρV求出水的质量，利用求出理论上加热后水的末温，然后结合在标准大气压下水的沸点和水沸腾后的特点得出答案。
本题考查了焦耳定律和效率公式、密度公式、吸热公式的综合应用，要注意在标准大气压下水的沸点为100℃，且水沸腾后温度不在发生变化。

27.【答案】解：(1)由P=UI可得，灯泡正常发光时的电流：IL=PLUL=3W3V=1A，
由I=UR可得，灯泡正常发光的电阻：RL=ULIL=3V1A=3Ω；
当S闭合，S1、S2都断开时，灯L和滑动变阻器R1串联，
因串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常发光，
所以，电路总电阻：R=UIL=12V1A=12Ω，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器接入电路的电阻：R1=R−RL=12Ω−3Ω=9Ω；
(2)闭合S、S1、S2时，R1与R2并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，通过定值电阻R2的电流：I2=UR2=12V12Ω=1A，
调节滑动变阻器R1，使R1以最大功率工作时，干路电流为3A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过滑动变阻器的电流：I1=I−I2=3A−1A=2A，
电流通过滑动变阻器做的功：W=UI1t=12V×2A×60s=1440J。
答：(1)滑动变阻器接入电路中的阻值为9Ω；
(2)通电1min电流通过滑动变阻器做的功是1440J。

【解析】(1)灯泡正常工作时的电压和额定电压相等，根据P=UI求出正常发光时的电流，再根据欧姆定律求出灯泡的电阻；当S闭合，S1、S2都断开时，灯L和滑动变阻器R1串联，灯泡正常发光，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的阻值；
(2)闭合S、S1、S2时，R1与R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过定值电阻R2的电流，根据电流表的量程、并联电路的电流特点取出通过变阻器的电流，利用W=UIt求出通电1min电流通过滑动变阻器做的功。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的应用，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。

28.【答案】质量  加热时间  煤油

【解析】解：(1)为了研究水与煤油的温度变化与吸热多少的关系，根据控制变量法可知，需要控制水与煤油的初始温度、质量相等；
(2)实验中，用相同的加热器加热，在相同时间内，物质吸收的热量是相同的，所以实验中通过比较加热时间来间接反映煤油和水吸收热量的多少；
(3)根据图乙中图象可知，如果使煤油和水吸收热量相同，即加热相同的时间，煤油的温度变化大。
故答案为：(1)质量；(2)加热时间；(3)煤油。
(1)要比较水和煤油吸热升温的快慢，就要控制水和煤油的质量、初始温度；
(2)吸收热量的多少可以用加热时间的长短来体现出来；
(3)根据图象分析解答即可。
本实验采用了控制变量法和转换法；在研究设计多个量的问题时，为了研究某两个量间的关系，要控制除这两个量外的其它各量保持不变，这就是控制变量法，在实验中要注意控制变量法的应用。

29.【答案】D

【解析】解：
A、电磁铁的磁性强弱与电流的大小、线圈的匝数、有无铁芯有关，故A错误；
B、通电导体在磁场中的受力方向决定于电流方向和磁场方向这两个因素，故B错误；
C、当导体没有在部合回路中时，导体切割磁感线也不会产生感应电流，故C错误；
D、位于磁场中可自由转动小磁针静止时，N极所指的方向即为该点的磁场方向，故D正确．
故选D.
(1)影响电磁铁磁性大小的因素：电流的大小、线圈的匝数、有无铁芯；
(2)通电导体在磁场中受力方向与两因素有关：磁场方向、电流方向；
(3)感应电流产生的条件为：闭合回路中的部分导体做切割磁感线运动；
(4)小磁针静止时，N极所指的方向即为该点的磁场方向．
本题考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力．

30.【答案】B

【解析】解：
A.质量、初温都相同的铁块和铜块，放出了相同的热量后，根据公式可知，比热容越大的物质，温度变化越不明显。由表格信息可知，，，由于两者初温相同，则铁的末温比铜的末温高，故热量会从铁块传递给铜块，故A正确；
B.体积相同的铁块和铝块，根据m=ρV可知，密度大的物体，质量大。由表格中信息发现，，故体积相同时，。由可知，t0、相同，，则，所以铝块会向铁块传热，故B错误；
C.煤油和水体积之比为2：1，吸收热量之比为12：5，由Q=cm△t可知，升高温度之比为：
。故C正确；
D.由Q=cm△t可知，物质吸收热量多少与升高的温度比值为：
Q△t=cm，
等质量的铜块和铝块，由于，则：
，
所以其中图像b表示铜块，a图像表示铝块，故D正确。
故选：B。
利用公式Q=cm△t可以判断出在Q、m相同的情况下，c越大的物质，温度变化越明显。而热传递是热量从温度高的物体转移给温度低的物体，因此判断了物体的末温后，就可判断热传递的方向。
本题考查学生对Q=cm△t公式的理解和应用。

31.【答案】C

【解析】解：由电路图可知，R、R1、R2串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测R2两端电压，电流表测电路中电流。
A.滑动变阻器的滑片P从n点滑到m点的过程中，R1连入电路的阻值变小，电路中总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，R2两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R1两端的电压变小，即电压表V1的示数变小，
综上可知，图乙中，bc段表示V1的示数随电流表示数的变化的图线，ab段表示V2的示数随电流表示数变化的图线，故A错误；
B.由图乙可知，当的电流In=0.5A时，电压表V2的示数U2=2V，由I=UR可得，电阻R2=U2In=2V0.5A=4Ω，故B错误；
C.当滑片位于n点时，接入电路中的电阻较大，电路中的电流较小，
由图乙可知，电路中的电流In=0.5A，两电压表的示数分别为U1=8V，U2=2V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源电压U=U1+U2+InR=8V+2V+0.5A×R------①
当滑片位于m点时，接入电路中的电阻较小，电路中的电流较大，
由图乙可知，电路中的电流Im=1A，两电压表的示数分别为U1′=U2′=4V，
则电源的电压U=U1′+U2′+ImR=4V+4V+1A×R---------②
由①②可得：R=4Ω，U=12V，
滑片从n点滑到m点的过程中，电源消耗的最大功率P=UIm=12V×1A=12W，故C正确；
D.滑片在n点时，5s内电阻R消耗的电能WR=URInt=In2Rt=(0.5A)2×4Ω×5s=5J，故D错误。
故选：C。
由电路图可知，R、R1、R2串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测R2两端电压，电流表测电路中电流。
(1)滑动变阻器的滑片P从n点滑到m点的过程中，R1连入电路的阻值变小，电路中总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R2两端的电压变化，利用串联电路的电压特点可知R1两端的电压变化，据此分析图像得出两电压表示数和电流表示数的对应图线；
(2)根据图乙读出电压表V2和电流表对应的示数，根据欧姆定律求出电阻R2的阻值；
(3)当滑片位于n点时，接入电路中的电阻较大，电路中的电流较小；当滑片位于m点时，接入电路中的电阻较小，电路中的电流较大，根据图像读出对应的电表示数，根据串联电路的电压特点和欧姆定律分别表示出电源的电压，然后联立等式求出R的阻值和电源的电压；
(4)滑片在n点时，根据W=UIt=I2Rt求出5s内电阻R消耗的电能。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的应用，分清两电压表和电流表的对应示数关系是关键，有一定的难度。

32.【答案】BC

【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1与R2两端的电压之和，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)设改变变阻器滑片P位置前后电路中的电流分别为I、I′，
由I=UR可得，电压表V2示数的变化量：
△UV2=U2′−U2=I′R2−IR2=(I′−I)R2=△IR2，即△UV2△I=R2，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V1示数的变化量：
△UV1=UV1−UV1′=(U−IR0)−(U−I′R0)=(I′−I)R0=△IR0，即△UV1△I=R0，
由图像可知，当△I=0.1A时，△UV1=2V，△UV2=1V，
则R0=△UV1△I=2V0.1A=20Ω，R2=△UV2△I=1V0.1A=10Ω，故A错误；
(2)当电流I=0.1A和I′=0.2A时，R0电功率的变化量：
△P0=P0′−P0=(I′)2R0−I2R0=(0.2A)2×20Ω−(0.1A)2×20Ω=0.6W，故B正确；
(3)当电流表示数为0.1A时，变阻器R1两端的电压：
U1=U−I(R0+R2)=12V−0.1A×(20Ω+10Ω)=9V，
则变阻器R1消耗的电功率：
P1=U1I=9V×0.1A=0.9W，故C正确；
(4)当将变阻器的滑片向右滑动时，接入电路中的电阻增大，电路中的总电阻增大，
由I=UR可知，电路中的电流减小，
由U=IR可知，R0和R2两端的电压减小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R1两端的电压增大，
则电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，故D错误。
故选：BC。
由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1与R2两端的电压之和，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)根据串联电路的电压特点和欧姆定律分别表示出电压表V1和V2示数的变化量与电流表示数变化量的比值，然后从图像中读出一组数值得出R0和R2的阻值；
(2)根据P=I2R求出当电流I=0.1A和I′=0.2A时R0消耗的电功率，然后求出R0电功率的变化量；
(3)根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出当电流表示数为0.1A时变阻器R1两端的电压，根据P=UI求出变阻器R1消耗的电功率；
(4)根据滑片的移动可知接入电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R0、R2两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R1两端的电压变化。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，会正确的表达电压表V1和V2示数的变化量与电流表示数变化量的比值是关键。

33.【答案】AC

【解析】解：(1)当开关S闭合，S1、S2断开时，等效电路图如图1所示；当S、S1、S2都闭合时，等效电路图如图2所示：

因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由图2可知，电压表的示数U2=U，
图1中，因串联电路中各处的电流相等，
所以，，
解得：，
电路中的电流，
图1中电路中的电流最小，R2和R3的电功率最小，则，
图2中R2两端的电压最大，功率最大，则，
因：：1，
所以，，
解得：，故B错误；
(3)图1中，因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R3的阻值：
，
R3的最小功率：
，
解得：电源电压：U=24V，故D错误；
(4)图1中，电路中的电流最小，电路的总功率最小，即低温挡的功率为：
，故C正确；
(5)因为图1中电流，
因为U1U2=38，
所以图2中I1=U2R1=83U1R1=83I=83×0.3A=0.8A；
I2=U2R2=24V40Ω=0.6A
电流表最大示数为I1+I2=0.8A+0.6A=1.4A，即电热器模型最高挡位时电流表的示数是1.4A，故A正确。
故选：AC。
(1)当开关S闭合，S1、S2断开时，三电阻串联，电压表测R1两端的电压；当S、S1、S2都闭合时，三电阻并联，电压表测电源的电压，电流表测R1和R2支路的电流之和，据此画出等效电路图；
根据并联电路的电压特点可知图2中电压表的示数和电源的电压相等，根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出U1：U2=3：8即可求出图1的总电阻，根据欧姆定律求出图1中电路中的电流，根据P=I2R表示出R2的最小电功率，根据P=U2R表示出R2的最大总功率，利用R2消耗的功率最大值和最小值之比为4：1即可求出R2的阻值；
(2)根据串联电路的电压特点求出图1中R3的阻值，根据P=I2R表示出R3的最小功率即可求出电源的电压；
(3)图1中，电路中的电流最小，电路的总功率最小，根据P=U2R求出电热器的最小总功率；
(4)根据图1中电流算出电路的电流，
根据U1U2=38算出图2中R1的电流，根据欧姆定律算出图2中R2的电流，进而算出电流表最大示数。
此题主要考查了有关电功率、欧姆定律的计算及应用。做这类题目时关键是能够分析出开关的闭合对电路引起的变化，画出等效电路图，同时要能够根据已知条件列出相应的关系式，从而逐步求解或组成方程组进行求解。

34.【答案】12R2  0.16UI2−UI1UI3−UI1=180∘θ

【解析】解：(1)用连线连接MN，当P滑到A处时，电子量角器的电阻为零，只有电阻R0工作，电流表示数为0.5A，
由I=UR可知，保护电阻为：R0=UI=6V0.5A=12Ω；
当P滑到B处时，电子量角器的最大电阻与保护电阻R0串联，电流表示数为0.2A，
此时电路的总电阻：，
电子量角器的最大电阻为：RAB=R−R0=30Ω−12Ω=18Ω；
(2)要使0∘刻度线标在电流表“0.2A”刻度处，此时电子量角器的电阻为零，只有滑动变阻器与定值电阻R0串联，由(1)知此时的总电阻为30Ω，滑动变阻器的电阻为30Ω−12Ω=18Ω>15Ω，所以选用R2；
由(1)知电子量角器的最大电阻为18Ω，即∠AOP=180∘时电阻为18Ω，
当被测量角度为75∘时，电子量角器的电阻为：RAP=75∘×18Ω180℃=7.5Ω，
此时电路的电流为：；
(3)将电子量角器的滑片P滑到A处，记此时电流表示数为I1，即，所以-------①；
保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将电子量角器的滑片P滑到B处，记此时电流表示数为I2，即，所以------②；
②-①得：RAB=UI2−UI1
拨动电子量角器的滑片P使∠AOP与被测角重合，记此时电流表示数为I3，所以，所以-----③，
③-①得：RAP=UI3−UI1，
所以RABRAP=180∘θ，即UI2−UI1UI3−UI1=180∘θ，
所以θ=UI2−UI1UI3−UI1=180∘θ。
故答案为：(1)12；(2)R2；0.16；(3)UI2−UI1UI3−UI1=180∘θ。
(1)用连线连接MN，当P滑到A处时，电子量角器的电阻为零，只有电阻R0工作，根据欧姆定律求出保护电阻R0的数值；
当P滑到B处时，电子量角器的最大电阻与保护电阻R0串联，根据欧姆定律和串联电路电阻的规律算出此时的总电阻和电子量角器的最大电阻；
(2)要使0∘刻度线标在电流表“0.2A”刻度处，此时电子量角器的电阻为零，只有滑动变阻器与定值电阻R0串联，由(1)知此时的总电阻，根据串联电路的特点算出滑动变阻器的电阻，从而选出滑动变阻器；
由(1)知电子量角器的最大电阻，即∠AOP=180∘时电阻，进一步算出75∘时电子量角器的电阻，由欧姆定律算出此时电路的电流；
(3)将电子量角器的滑片P滑到A处，电流表示数为I1，即，所以-------①；
保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将电子量角器的滑片P滑到B处，电流表示数为I2，即，所以------②；
结合②-①表示出RAB；
拨动电子量角器的滑片P使∠AOP与被测角重合，记此时电流表示数为I3，所以，所以-----③，
结合③-①表示出RAP，依据RABRAP=180∘θ表示出θ。
本题以电子量角器为背景，考查了欧姆定律的应用、电路分析以及串联电路电阻的规律等知识，是一道综合题，难度很大。

35.【答案】解：(1)把BC两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S，将R1的滑片移至最左端时，电压表测BC两端的电压，电流表测电路中的电流，
由I=UR可得，黑盒子BC间的电阻RBC=UBCIBC=1.8V0.6A=3Ω；
(2)把BC两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S，将R1的滑片移至最左端时，电路为R0与RBC串联，
因串联电路中总电压等于各分电压之和和I=UR可得，电源的电压：
U=UBC+IR0=1.8V+0.6A×2Ω=3V，
用导线把AC连接起来，再将AB接线柱接入MN之间，闭合开关S和S1，电路为黑盒子的简单电路，
则黑盒子工作100s消耗的电能：
W=UIt=3V×1.5A×100s=450J；
(3)①用导线把AC连接起来，再将AB接线柱接入MN之间，闭合开关S和S1，只有黑匣子的电阻连入电路，
由I=UR可得，黑匣子的电阻：
R=UI=3V1.5A=2Ω，
把AC两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S时，
由P=UI可得，电路中电流的变化量：
△I=△PU=0.12W3V=0.04A，
此时黑匣子的电阻：
RAC=△U△I=0.36V0.04A=9Ω，
综上可知，黑盒子BC间的电阻为3Ω，用导线把AC连接起来后AB间电阻为2Ω，AC间的电阻为9Ω，
黑盒子内的电路图如下图所示：

②把AC两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S，
当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：
I1=UR0+RAC=3V2+9Ω=311A≈0.27A，
因将R1的滑片从某位置移至最左端或最右端时，电路中电流的变化均为0.04A，
所以，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流：
I2=I1−0.04A=0.27A−0.04A=0.23A，
此时电路的总电阻：
，
则滑动变阻器的最大阻值：
，
将AB两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S时，
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，黑匣子的电功率最大，
此时电路中的电流：
，
黑匣子的最大电功率：；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，黑匣子的电功率最小，
此时电路中的电流：
，
黑盒子的最小电功率：；
答：(1)黑盒子BC间的电阻为3Ω；
(2)在操作中，黑盒子工作100s消耗的电能为450J；
(3)①黑盒子内的电路图如上图所示；②此过程中过程中黑盒子的电功率的变化范围为0.54W∼0.84375W。

【解析】(1)把BC两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S，将R1的滑片移至最左端时，电压表测BC两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出黑盒子BC间的电阻；
(2)把BC两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S，将R1的滑片移至最左端时，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；用导线把AC连接起来，再将AB接线柱接入MN之间，闭合开关S和S1，电路为黑盒子的简单电路，根据W=UIt求出黑盒子工作100s消耗的电能；
(3)①用导线把AC连接起来，再将AB接线柱接入MN之间，闭合开关S和S1，只有黑匣子的电阻连入电路，根据欧姆定律求出黑匣子的电阻；把AC两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S时，根据P=UI求出电路中电流的变化量，根据欧姆定律求出此时黑匣子的电阻，综上分析画出黑盒子内的电路图；
②把AC两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流，将R1的滑片从某位置移至最左端或最右端时，电路中电流的变化均为0.05A，据此求出滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
将AB两个接线柱接到MN之间，只闭合开关S时，当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，黑匣子的电功率最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，黑匣子的电功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最大和最小电流，根据P=UI=I2R求出此过程中黑盒子的最大电功率与最小电功率。
本题以探究黑匣子内部结构为背景考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的应用，正确的得出电阻关系和滑动变阻器的最大阻值是关键。