2020-2021学年吉林省长春市朝阳区九年级（上）期末物理试卷 word解析版

这是一份2020-2021学年吉林省长春市朝阳区九年级（上）期末物理试卷 word解析版，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年吉林省长春市朝阳区九年级（上）期末物理试卷

题号
一
二
三
四
总分
得分






第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1. 关于地磁场，下列说法正确的是(    )
A. 地磁场的N极在地球的地理北极附近
B. 地球周围的磁感线从地球地理北极附近出发，回到地球地理南极附近
C. 仅在地磁场的作用下，可自由转动的小磁针静止时，N极指向地理的南极附近
D. 宋代科学家沈括最早发现了地磁场的两极与地理的两极并不完全重合
2. 随着航天事业发展的需要，我国正在研制大功率液氢发动机，这种发动机以液氢为燃料，选择液氢作为燃料是因为它有(    )
A. 较小的密度 B. 较大的比热容 C. 较高的热值 D. 较低的沸点
3. 下面成语中可以说明分子的热运动的是(    )
①漫天飞舞  ②狼烟滚滚  ③花香袭人 ④入木三分．
A. ①③②④ B. ③④ C. 只有③ D. ②④
4. 下列关于安全用电常识的说法中，正确的是(    )
A. 使用试电笔时，手指不能碰到笔尾的金属帽，以免触电
B. 三脚插头的用电器也可插入两孔插座
C. 站在地上的人不小心接触了火线，漏电保护器会迅速切断电路
D. 家庭电路中开关接在火线或零线上都可以
5. 现将“PZ220−100”“PZ110−100”“PZ36−100”3盏灯并联接在36V的电路中，比较它们的亮度，则(    )
A. “PZ220−100”最亮 B. “PZ110−100”最亮
C. “PZ36−100”最亮 D. 3盏灯一样亮
6. 被丝绸摩擦过的玻璃棒带上正电荷，这是因为在摩擦的过程中(    )
A. 有原子核发生了转移 B. 有电子发生了转移
C. 摩擦创造了正电荷 D. 有质子发生了转移
7. 下列说法中正确的是(    )
A. 热量总是从温度高的物体传递到温度低的物体
B. 热量总是从热量多的物体传递到热量少的物体
C. 热量总是从内能多的物体传递到内能少的物体
D. 只有相互接触的物体之间才能发生热量的传递
8. 两个电灯并联在电路中，其中一个灯比较亮，另一个比较暗，则它们两端的电压(     )
A. 暗的灯两端电压低 B. 亮的灯两端电压高
C. 相等 D. 无法确定
9. 如图所示的电路图中，要使灯泡L1和L2组成并联电路，应该是(    )
A. 只闭合S3
B. 只闭合S2
C. 同时闭合S1和S2，断开S3
D. 同时闭合S1和S3，断开S2

10. 图为学生做电学实验的电路图，电源电压不变，闭合开关后，下列说法正确的是(    )
A. 向左移动变阻器的滑片P，A表示数变大，V2表示数变大
B. 向左移动变阻器的滑片P，电阻R消耗的电功率一定变小
C. 向右移动变阻器的滑片P到最右端时，电路电功率达到最大
D. 向右移动变阻器的滑片P，V1表和A表的示数之比始终不变

第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
11. 小明想在家里安安装一盏照明灯，如图是他设计的电路，图中的虚线框内是开关和电灯的位置，则A位置是______，B位置是______；明请电工师傳正确安装完毕，闭合开关，电灯不亮，此时电工师傅用测电笔分別测试电灯两接线处和插座的两孔时，试电笔的氖管都发光，则电路的故障为______。
12. 质量相等、初温相同的水和煤油，分别用两个相同的电加热器加热(不计热损失)，加热过程中温度变化如图所示，则______(填甲或乙)的比热容大，所以______(填甲或乙)是水。冬天用暖手宝暖手，是利用______的方式改变手的内能。
13. 把标有“6V2W”的小灯泡L1和标有“6V6W”的小灯泡L2串联后接在电源电压6V的电路中，L1比L2______(选填“亮”或“暗”)，若将L1和L2并联在3V的电源上，L1和L2的实际功率之比为______(灯泡电阻随温度变化忽略不计)
14. 如图甲所示，电源电压一定，滑动变阻器的滑片从最右端滑到最左端时，灯泡L的I−U图象如图乙所示，当灯电流为1A时，灯正常发光，则灯的额定功率为______W和滑动变阻器的最大值为______Ω。

三、实验探究题（本大题共6小题，共28.0分）
15. 在探究“电流与电阻的关系”实验中，如图甲所示．

(1)在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P处于______ 端(选填“左”或“右”)；
(2)小芳同学正确连接电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现电流表无示数，电压表有示数，其原因可能是______ ；
(3)排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，使定值电阻R两端电压为2.5V，电流表示数如图乙所示，为______  A，则R的电阻为______ Ω；
(4)换上10Ω的电阻后，闭合开关，电压表示数将______ (选填“变大”或“变小”)，此时应将滑片P向______ (选填“左”或“右”)端移动，使电阻两端电压为______  V．
16. 图示为“探究感应电流产生的条件”的实验装置，闭合开关后：

(1)要产生电流，导体AB、开关、灵敏电流计和导线必须构成________电路．
(2)做切割磁感线运动的导体AB，在电路中的作用相当于________．
(3)若要改变电流计指针偏转的方向，你的做法是________(说出一种方法即可)．
(4)在此装置中，当导体AB沿水平方向运动时，要使电流计指针偏转幅度变大，你的做法是________．
17. 某同学利用伏安法测量定值电阻的阻值，具体实验器材如下：电源、电压表、电流表、滑动变阻器、定值电阻Rx、开关、导线若干
(1)请你用笔画线代替导线，将下图所示的实物图连接完整，要求滑动变阻器滑片向右移动时电流表示数减小

1
2
3
4
电压U/V
1.0
2.0
3.0
4.0
电流I/A
0.20
0.39
0.61
0.80
(2)该同学经过多次测量后，得到了以下实验数据，则该定值电阻Rx的阻值为______
(3)若电压表发生故障，在定值电阻Rx已知的情况下，下列电路中能测出定值电阻Rx的阻值的是______(可多选)



18. 小明在“探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关”时，采用了如图所示实验装置，其中 a、b、c、d 四个相同的容器均装有电阻丝，且均密闭了等量空气并与 U 形管紧密相连，实验前 U 形管两端液面相平，将 1、2 和 3、4 导线分别接到电源两端：

(1)在实验过程中，通过观察  U  形管中液面的变化来比较电流通过电阻丝产生热量的多少，这种科学探究方法称之为______法；
(2)图甲所示的装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与______的关系；在实验过程中，小明还发现
了一个现象：当 U 形管中的液面上升时，用手触摸导线 1 或 2，发现导线都几乎没有温度变化，造成该现象的原因是：导线与电阻丝串联，电阻越小产生的热量越______(选填“多”或“少”)；
(3)图乙所示的装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与______的关系，分析图乙的实验现象，可以
得出的结论是______。
19. 在探究电流跟电阻的关系的实验中，已知电源电压为4.5V且保持不变，滑动变阻器(40Ω 1A)、以及符合实验要求的电表、开关和导线。如图甲是没有连接完整的电路。

(1)请将图甲所示的实物电路连接完整(要求：滑动变阻器滑片向右移动时，电流表示数变大)。
(2)小刚同学连完最后一根导线后就发现电表的指针发生偏转，造成上述现象的原因是______。
(3)小明同学连好电路后闭合开关，发现电流表无示数，电压表有示数，则故障可能是______。
(4)小明排除故障后，多次改变定值电阻R的阻值，并记录各次电流表的示数，得到如图乙所示的电流I随电阻R变化的图象，由图象可以得出结论：______，在本次实验中，小明更换的电阻R最大阻值应不大于______Ω。
20. 为测量小灯泡的电功率，小明连接了如图1所示的实验电路。

电路连接正确后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P到某一位置时，电压表、电流表示数如图2所示，则此时小灯泡两端的电压为______V，电阻为______Ω，电功率为______W。
四、计算题（本大题共2小题，共10.0分）
21. 如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R2的阻值为10Ω.闭合开关S后，电流表的示数为1A，通过电阻R2的电流为0.6A.求：
(1)电阻R1的阻值；
(2)电阻R2的电功率。










22. 某节能灯的额定电压为220V，额定功率为22W，求：
(1)该灯正常工作的电流为多少？
(2)两只这样的节能灯正常工作100小时，消耗的总电能为多少度？







答案和解析
1.【答案】D

【解析】解：A、地磁场的南北极和地理的南北极刚好相反，所以A错误。
B、地球周围的磁感线从地球地理南极附近出发，回到地球地理北极附近，故B错误；
C、根据磁极间的相互作用规律可知，小磁针在地面上受到地磁场的作用静止时，小磁针的N极指向地磁的南极，故C错误；
D、宋代科学家沈括最早发现了地磁场的两极与地理的两极并不完全重合，故D正确。
故选：D。
(1)地磁场的南北极和地理的南北极刚好相反。
(2)地球周围的磁感线从地球地理南极附近出发，回到地球地理北极极附近；
(3)地球本身就是一个大磁体；地磁场与条形磁铁的磁场相似；地磁的北极在地理的南极附近；地磁的南极在地理的北极附近；
(4)宋代科学家沈括最早发现了地磁场的两极与地理的两极并不完全重合。
此题考查了，地磁场的基础知识，属于电与磁的常考题型。
2.【答案】C

【解析】解：航天事业使用的发动机需要的功率很大，需要燃料燃烧时，必须释放出很多的热量，才能转化为更多的机械能；根据这个需要，选择液氢来做燃料，原因就是液氢具有较高的热值。
故选：C。
单位质量的某种燃料完全燃烧时放出的热量叫做这种燃料的热值，燃料的热值越高，在质量相同时，完全燃烧时放出的热量越大。
本题考查学生对热值定义的掌握情况，需要根据火箭的具体应用来分析。
3.【答案】B

【解析】
【分析】
利用扩散现象和分子无规则运动对应关系可以确定“入木三分”的原理。一切物质的分子都在不停地做无规则的运动，这种无规则运动叫做分子的热运动。分子比较小，是纳米尺度内的，我们用肉眼是看不到的。
解答本题我们一定要区分开分子的运动和固体小颗粒的运动。
【解答】
漫天飞舞、狼烟滚滚是物体的机械运动，不属于分子的运动；
花香袭人是花香分子运动到空气中被人们闻到了，属于分子的热运动。
入木三分实际上是一种扩散现象，它表明了笔墨分子在不停地做无规则运动。
综上分析：说明分子的热运动的是③、④，故B正确。
故选B。
4.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。
(1)测电笔的正确使用方法，手一定接触笔尾金属体，一定不要接触笔尖金属体；
(2)三孔插座的接法是左零右火上接地，三脚插头的接法是地线要与用电器外壳相连；
(3)漏电保护器只有在电路发生漏电或有人触电时才会切断电源；
(4)控制用电器的开关应安装在火线与用电器之间。
【解答】
A.如果手不接触笔尾金属体，无论笔尖金属体接触火线还是零线，氖管都不发光，故A错误；
B.家用电器金属外壳相连接的是地线，这样即使金属外壳带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生，不能用两孔插座替代，故B错误；
C.站在地上的人不小心接触了火线发生触电时，一部分电流会流向大地，不流回零线，此时漏电保护器自动切断电路，故C正确；
D.若用电器的开关接在了零线上时，即使断开，用电器仍带电，易发生触电事故，故D错误。
故选C。
5.【答案】C

【解析】解：
设三盏灯分别为甲、乙、丙，且规格分别为“220V 100W”“110V 100W”“36V 100W”，
当三盏灯并联在36V的电路中时，由并联电路的电压特点可知，三盏灯两端的电压都为36V；
由于甲乙的实际电压小于额定电压，因此甲乙两灯都不能正常发光，并且实际功率都小于额定功率100W；丙的实际电压等于额定电压，所以丙的实际功率等于额定功率100W；由此可知，当三盏灯并联在36V的电路中时，丙灯泡“36V 100W”最亮。
故选：C。
灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，当灯泡两端电压等于额定电压时，实际功率等于额定功率。
本题考查了电功率公式的应用，关键是知道灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率。
6.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查摩擦起电的实质，难度较小。
摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果。
摩擦起电并不是创造了电荷，而是使电子发生了转移。
【解答】
任何物体都是由原子构成的，而原子由带负电的电子和带正电的原子核构成，原子核所带的正电荷与电子所带的负电荷在数量上相等，因此原子呈电中性，原子构成的物体也呈电中性；
不同物质的原子核束缚电子的本领不同，两个物体摩擦时，哪个物体的原子核束缚电子的本领弱，它的一些电子就会转移到另一个物体上，失去电子的物体因缺少电子而带正电，得到电子的物体因有多余的电子而带等量的负电，故ACD错误，B正确。
故选B。
7.【答案】A

【解析】解：
A、由发生热传递的条件可知，热量总是从温度高的物体传递到温度低的物体，故A正确；
B、热量是一个过程量，不能说含有多少热量，即“热量多的物体”、“热量少的物体”是错误的，故B错误；
C、内能与温度、质量和状态有关，内能多的物体不一定温度高，内能少的物体不一定温度低，热量总是从高温物体传向低温物体，但不一定是从内能多的物体传递到内能少的物体，故C错误；
D、不相互接触的物体也可以发生热传递(比如热辐射时两物体就没有相互接触)，故D错误；
故选A．
(1)发生热传递的条件是存在温度差，不是存在内能差；
(2)热量是一个过程量，不能说含有多少热量；
(3)不相互接触的物体也可以发生热传递．
此题考查了热传递条件的理解和热量的理解等知识点，是一道综合题．
8.【答案】C

【解析】
【分析】
解决此题要知道在并联电路中，各支路的电压是相等的。
解决此类题目要结合并联电路的特点进行分析解答。
【解答】
已知二个灯并联在电路中，因在并联电路中，各支路的电压是相等的，所以它们两端的电压相等。
故选C。
9.【答案】D

【解析】解：
A、只闭合S3时电流只有一条路径，是L2的简单的电路，不合题意；
B、只闭合S2时电流只有一条路径，电流依次流过L2、L1和开关S2，属串联电路，不合题意；
C、同时闭合S1和S2时电流会不经用电器直接从电源正极流向负极，属电源短路，是错误的，不合题意；
D、同时闭合S1和S3，断开S2时，电流有两条路径，分别流经灯泡L1和L2，属并联电路，符合题意。
故选：D。
电路元件的连接有串联和并联两种方式：由于串联电路只有一条电流路径，流过一个元件的电流同时流过另一个元件，因此各元件相互影响；而并联电路中有多条支路，所以各元件独立工作、互不影响。在进行电路连接时，还一定要注意不能出现电源短路。
解决此类问题要结合串联电路和并联电路的特点，结合题意选择合适的开关组成符合题意的电路图。
10.【答案】D

【解析】解：由图知，闭合开关，定值电阻R0和滑动变阻器R串联，电流表测量电路电流，电压表V1测量R0两端电压，V2测量滑动变阻器两端电压。
A.滑片向左移动时，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。由公式I=UR知，电路电流变大，由U=IR可知，定值电阻R0两端的电压变大，则滑动变阻器R2两端的电压变小，故A错误；
B.由P=I2R知，定值电阻R0消耗的电功率一定变大，故B错误；
C.当滑片在最右端时，滑动变阻器接入电路电阻最大，电路总电阻最大，电源电压不变。由公式I=UR知，电路电流最小，由P=I2R知，电路消耗的电功率最小，故C错误；
D.V1表和A表的示数之比等于定值电阻R0的电阻，因此向右移动变阻器的滑片P，V1表和A表的示数之比始终不变，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器串联，电压表V1测R0两端的电压，电压表V2测不正确的电压，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R两端的电压变化；根据功率公式判定功率的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律的应用，分清电路的结构是关键。
11.【答案】灯泡；开关；零线断路

【解析】解：
由图知，上面的进户线上有保险丝，即为火线，为了安全，开关应连接在灯泡与火线之间，所以A位置是灯光，B位置是开关；
当测电笔分别测试电灯两接线处和插座的两孔时，测电笔的氖管都发光，说明火线上有电，而零线处不该亮，但也亮了，说明通过电灯、开关与火线相通了，故零线断路。
故本题答案为：灯泡；开关；零线断路。
电灯应通过开关接火线。当测电笔分别测试电灯两接线处和插座的两孔时，试电笔的氖管都发光，说明零线断路了。
本题考查了用测电笔检测电路的故障和电灯与开关的接法。在正常情况下，测电笔测火线应亮，测零线应不亮。
12.【答案】乙  乙  热传递

【解析】解：
(1)如图所示，质量相等、初温相同的水和煤油，在相同时间内，吸收相同的热量，甲的温度的变化量比乙的温度变化量大；根据公式Q=cm△t知，甲的比热容小；乙的比热容大。由于水的比热容大于煤油的比热容，故甲是煤油，乙是水。
(2)冬天用暖手宝暖手，是利用热传递的方式改变手的内能。
故答案为：乙；乙；热传递。
(1)如图所示，可以采用控制变量法分析，具体做法在时间一定时，比较温度的变化量；然后再利用热量的计算公式分析即可。
(2)改变内能的方法：做功和热传递。
本题采用了控制变量法，这是一种常用的一种分析问题和探究物理问题的方法。学生要熟知其道理。
13.【答案】亮  1：3

【解析】解：由P=U2R可得，两灯泡的电阻分别为：
R1=U额2P1额=(6V)22W=18Ω，R2=U额2P2额=(6V)26W=6Ω；
两灯泡串联接在电压为6V的电源两端，因串联电路电流处处相等；
由P=I2R可得，电流相同时，电阻越大，灯越亮，故小灯泡L1要亮一些；
若将L1和L2并联在3V的电源上，由P=U2R可知L1和L2的实际功率之比为：
P1：P2=U2R1：U2R2=R2：R1=6Ω：18Ω=1：3。
故答案为：亮；1：3。
由P=U2R可求得两灯泡的电阻，在串联电路中，各处的电流是相等的；根据公式P=I2R判定两灯的功率的大小，从而判定出亮度；
并联电路的电压相同，根据P=U2R求出功率之比。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，是一道较为简单的应用题。
14.【答案】8；11

【解析】解：
(1)由题知，当灯的电流为1A时，灯正常发光，由图象可知，此时灯泡两端的电压为8V，
则灯泡的额定功率：
P额=ULIL=8V×1A=8W；
(2)由电路图知，滑片在左端时，变阻器连入阻值为0，电路为灯泡的简单电路，此时电路中电阻最小，电流最大为1A，灯泡两端的电压为8V，
则电源电压：U=UL=8V，
当滑片位于右端时，灯泡和变阻器的最大阻值串联，电路中电阻最大，电流最小，
由图象可知，此时UL′=2.5V，I′=0.5A，
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：UR=U−UL′=8V−2.5V=5.5V，
由I=UR可得，滑动变阻器的最大阻值：
R滑大=URI′=5.5V0.5A=11Ω。
故答案为：8；11。
(1)由图象读出灯光正常发光两端电压，由P=UI计算灯泡的额定功率；
(2)由滑片在左端，结合图象分析可得电源电压；
当滑片位于右端时，电路中的电流最小，根据图象读出电路中的电流和灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是从图象中获取有用信息。
15.【答案】(1)左；
(2)电阻断路；
(3)0.5；5；
(4)变大；左；2.5

【解析】解：(1)为了保护电路，闭合开关前，滑片位于阻值最大处，即最左端；
(2)因为电流表无示数，所以电路发生了断路，又电压表有示数，所以与电压表并联的电阻发生了断路．
(3)由图乙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，所以电流表的示数为0.5A．
由I=UR可得，定值电阻R=UI=2.5V0.5A=5Ω．
(4)电阻换成10Ω后，根据串联分压的知识，定值电阻两端的电压会变大，为了保持电压表示数不变，则应增大滑动变阻器的阻值，此时应将滑片P向A端移动，使滑动变阻器两端的电压变大一些，那么，定值电阻两端的电压就会变小，直到电阻两端的电压变为2.5V为止．
故答案为：(1)左；(2)电阻断路；(3)0.5；5；(4)变大；左；2.5．
(1)为了保护电路，开关闭合前滑片位于阻值最大处；
(2)掌握断路和短路的区别：断路时电路中无电流，用电器不工作，断开处的电压等于电源电压；短路时被短路的用电器不工作，两端无电压，但电路中会有电流．
(3)在进行电流表的读数时，首先确定电流表的量程和分度值；
根据公式R=UI计算出R的阻值；
(4)根据串分压的知识判断出电压表的变化，从而判断出滑动变阻器阻值的变化及滑片的移动方向．
此题是探究电流和电阻的关系实验，在实验中要保持电阻两端的电压不变，涉及到实验的注意事项、电流表的读数、欧姆定律的应用、电路的动态分析及电路故障的判断等，考查得比较全面．
16.【答案】(1)闭合
(2)电源
(3)保持磁场方向不变，改变导体AB在磁场中的运动方向
(4)增大导体切割磁感线运动的速度

【解析】
【分析】
电磁感应现象的条件有两个，一为闭合回路、二为导体切割磁感线，两个缺一不可。注意猜想不能毫无根据的臆猜，应根据题目给出的条件及所学知识进行分析；同时要注意知识的灵活迁移。
(1)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，称为电磁感应；
(2)在电磁感应现象中，做切割磁感线运动的导体，在电路中的作用相当于电源；
(3)感应电流的方向是由导体的运动方向和磁场方向来决定的，要改变感应电流的方向，就要从这两个因素入手；
(4)感应电流的大小跟导体切割磁感线的快慢和磁场强弱有关。
【解答】
(1)要使导体中产生感应电流，导体AB、开关、灵敏电流计盒导线必须构成闭合电路；
(2)做切割磁感线运动的导体AB，在电路中的作用相当于电源；
(3)由于感应电流的方向与导体的运动方向和磁场方向有关，因此要改变感应电流的方向，可以采取以下措施：①保持磁场方向不变，改变导体AB在磁场中的运动方向；②保持导体的运动方向不变，使磁体的NS极对换；
(4)由于感应电流是导体在磁场中做切割磁感线运动而产生的，感应电流的大小应该与磁场强弱、导体运动的快慢有关。可以采取以下措施：①增大磁场的强度；②增大导体切割磁感线运动的速度。
故答案为：(1)闭合；(2)电源；(3)保持磁场方向不变，改变导体AB在磁场中的运动方向；(4)增大导体切割磁感线运动的速度。
17.【答案】5.12Ω  CD

【解析】解：
(1)滑动变阻器滑片向右移动时电流表示数减小，即电阻变大，故变阻器滑片以左电阻丝连入电路中，如下所示：

(2)由欧姆定律，第1次实验的电阻：R1=U1I1=1.0V0.20A=5.00Ω；
同理，第2、3、4次电阻大小分别为：5.13Ω、4.92Ω和5.00Ω，取平均值为测量结果：
R测=5.00Ω+5.13Ω+4.92Ω+5.00Ω4=≈5.12Ω；
(3)A选项，若闭合开关S，则会形成电流表及电源短路，是不允许的，A不可行；
B选项，电流表及电源短路，是不允许的，A不可行；
C选项，断开S，电流表测R0的电流，由欧姆定律可得出电源电压；
闭合S，两电阻并联，电流表测并联电路的电流，由并联电路各支路互不影响，根据并联电路电流的规律可得出通过待测电阻的电流，由并联电路电流的规律和欧姆定律可得出待测电阻大小；C可行；
D选项，S闭合时，为定值电阻R0的的简单电路，电流表测定值电阻的电流上，由欧姆定律得出电源电压大小，S断开时，两电阻串联，电流表测串联电路的电流，由电阻的串联和欧姆定律得出待测电阻大小，D可行；
故选CD。
故答案为：(1)如上；(2)5.12Ω；(3)CD。
(1)根据滑动变阻器滑片向右移动时电流表示数减小确定变阻器滑片以左电阻丝连入电路中；
(2)由欧姆定律得出每次实验电阻大小，为提高测量准确度，取平均值作为测量结果；
(3)AB、会形成电流表及电源短路，是不允许的；
C、分析开关转换时电路的连接和电流表测量的电流，由欧姆定律可得出电源电压；
由并联电路各支路互不影响和并联电路电流的规律可得出通过待测电阻的电流，由并联电路电流的规律和欧姆定律可得出待测电阻大小；
D、分析开关转换时电路的连接和电流表测量的电流，由欧姆定律得出电源电压大小，由电阻的串联和欧姆定律得出待测电阻大小。
本题用伏安法测量定值电阻的阻值，考查电路连接、电阻计算和数据处理及对实验方案的评估。
18.【答案】转换  电阻大小  少  电流大小  在电阻和通电时间相同时，通过导体的电流越大，导体产生的热量越多

【解析】解：
(1)电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
(2)如图甲，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，根据控制变量法可知，这是探究电流产生热量跟电阻的关系；
导线的电阻很小，在电流相同时，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，电阻越小电流产生的热量越少；
(3)图乙装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，由串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端电阻的电流相等，即I右=I左；两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I左=I内+I外，所以，I左>I内，烧瓶内的电阻值都是5Ω，阻值相等，通电时间相等，电流不同，根据控制变量法可知，这是探究电流产生热量跟电流的关系；通过一段时间，c容器中U形管液面高度差大，电流产生的热量多；
分析图乙两装置的实验现象，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，导体产生的热量越多。
故答案为：(1)转换；(2)电阻大小；少；(3)电流大小；在电阻和通电时间相同时，通过导体的电流越大，导体产生的热量越多。
(1)电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
(2)(3)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；
探究电流产生热量跟电流关系时，控制电阻和通电时间相同；分析图甲乙两装置的实验现象得出结论。
本题考查电流做功的实质及影响大小的因素，同时也探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关，考查控制变量法及转换法的运用和分析现象归纳结论的能力。
19.【答案】
连接电路时，开关没有断开；电阻处断路；电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；50

【解析】解：(1)由图乙知，电阻两端的电压始终保持U=IR=----=0.5A×5Ω=----0.1A×25Ω=2.5V，电压表选用小量程与灯并联，滑动变阻器滑片向右移动时，电流表示数变大，即电阻变小，故滑片以右电阻丝连入电路中，如下所示：

(2)小刚同学连完最后一根导线后就发现电表的指针发生偏转，造成上述现象的原因是：连接电路时，开关没有断开。
(3)经分析，小明同学连好电路后闭合开关，发现电流表无示数，电压表有示数，则故障可能是：电阻处断；
(4)由(1)知，电流与电阻之积为一定值，由图象可以得出结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑=4.5V−2.5V=2V，电压表的示数为变阻器分得的电压2.5V2V=1.25倍，根据分压原理，当变阻器的最大电阻40Ω接入电路中时，定值电阻的最大值：
R定=1.25×40Ω=50Ω，即在本次实验中，小明更换的电阻R最大阻值应不大于50Ω。
故答案为：(1)如上所示：
(2)连接电路时，开关没有断开；
(3)电阻处断路；
(4)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；  50。
(1)由图乙知，求出电流与电阻之积确定电压表选用的量程与灯并联，由滑动变阻器滑片向右移动时，电流表示数变大确定变阻器的连接；
(2)连接电路时，为保护电路，开关要断开；
(3)若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表有示数，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，则与电压表并联的支路断路了；
(4)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，求出当变阻器的最大电阻连入电路中时对应的电阻大小。
本题探究电流跟电阻的关系的实验，考查电路的连接、注意事项、故障分析、数据分析、控制变量法及对器材的要求。
20.【答案】1；2.5；0.4

【解析】解：电路连接正确后，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P到某一位置，此时电压表、电流表示数如图2所示，由图1，电表都选用小量程，电压表分度值为0.1V，电流表分度值为0.02A，则此时小灯泡两端的电压为1V；电流大小为0.4A，
由I=UR可得小灯泡的电阻：
R=UI=1V0.4A=2.5Ω；
小灯泡的电功率为：
P=UI=1V×0.4A=0.4W。
故答案为：1；2.5；0.4。
由图1知电表都选用小量程，电压表分度值为0.1V，电流表分度值为0.02A，读出电压和电流大小，由P=UI求小灯泡的电功率。
题测量小灯泡的电功率，考查电路图的画法及电表读数和功率的计算。
21.【答案】解：(1)由I=UR可知，
电源电压：U=U2=I2R2=0.6A×10Ω=6V，
通过电阻R1的电流：I1=I−I2=1A−0.6A=0.4A，
由I=UR可知，
电阻阻值：R1=U1I1=UI1=6V0.4A=15Ω；
(2)电阻R2的电功率：
P2=UI2=6V×0.6A=3.6W；
答：(1)电阻R1的阻值为15Ω；
(2)电阻R2的电功率为3.6W。

【解析】(1)分析清楚电路结构，由欧姆定律求出电源电压，由并联电路特点求出通过R1的电流，然后由欧姆定律求出其阻值。
(2)由电功率公式求出R2的电功率。
本题考查了求电阻阻值、电阻功率，分析清楚电路结构、应用并联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可正确解题。
22.【答案】解：(1)由P=UI可得，该灯正常工作的电流：I=PU=22W220V=0.1A；
(2)两只节能灯的总功率：P总=2×22W=44W，
则两只这样的节能灯正常工作100小时，消耗的总电能：W=P总t=0.044kW×100h=4.4kW⋅h=4.4度。
答：(1)该灯正常工作的电流为为0.1A；
(2)两只这样的节能灯正常工作100小时，消耗的总电能为4.4度。

【解析】(1)根据P=UI的变形公式即可求出节能灯正常工作的电流；
(2)先求出两只节能灯的总功率，然后根据W=Pt即可求出消耗的总电能。
此题考查对额定电压和额定功率的理解，以及电功率、电功计算公式的灵活应用。