人教版九年级物理全一册（期末）真题B卷（原卷版）

这是一份人教版九年级物理全一册（期末）真题B卷（原卷版），共5页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（每小题3分，共24分）
1．（2019·重庆初三月考）电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时( ）
A．电压表 eq \\ac(○,V)示数与电流表 eq \\ac(○,A1)示数比值不变
B．电压表 eq \\ac(○,V)示数与电流表 eq \\ac(○,A2)示数比值不变
C．电流表 eq \\ac(○,A1)示数变小，电压表 eq \\ac(○,V)示数变小
D．电流表 eq \\ac(○,A2)示数变大，电压表 eq \\ac(○,V)示数变大
【答案】A
【解析】如图，R和滑动变阻器R1并联，电流表A1测量通过R电流，电流表A2测干路电流，电压表测量并联支路（电源电压）电压；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源电压保持不变，电压表测量并联支路电压或电源电压，所以电压表V的示数不变；I1 =U/R，U、R 大小不变，所以通过R的电流不变，即电流表A1 的示数不变，电压表示数与电流表A1示数比值不变，A正确，C错误；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入的电阻增加，所在支路的电流减小，由并联电路电流特点可知电流表A2的示数减小故D错误；所以当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电压表V与电流表A2 示数的比值为滑动变阻器的示数，比值变大，故B错误。
2．（2019·贵州中考真题）如图所示电路中，电源电压不变， 是定值电阻， 由三段材料不同、横截面积相同的均匀直导体、、连接而成，其中一段是铜导体，其电阻可忽略不计，另两段导体的阻值与自身长度成正比， 是与良好接触并能移动的滑动触头．闭合开关将 从段移到端时，电流表示数与向左移动距离之间的关系如图乙所示．已知，则下列判断正确的是（ ）
A．导体是铜导体
B．导体的电阻为
C．位于，通过导体的电流为
D．位于及两处时， 消耗的功率相等
【答案】D
【解析】 当滑片位于端时，电路为的简单电路，电路中的电流最大，
由图象可知， ，
由可得，电源的电压：
，
当滑片位于端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小
由图象可知， ，
则电路中的总电阻：
，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器的最大阻值：
，
由于滑片从端向端移动，由图象的拐点可知：
， ， ，
中间一段电流无变化，故是铜导线，故错误；
由图象可知，当滑片位于点时，电路中的电流，则总电阻：
，
则段的总电阻：
，故错误；
段的总电阻：
，
因两段导体的阻值与自身长度成正比，
所以， 导体每的电阻，
当位于时，滑动变阻器接入电路中的电阻：
，
通过导体的电流：
，故错误；
当时， 消耗的功率，
当时，电路中的电流， ，则消耗的功率，故正确．
故选．
3．（2019·四川初三期末）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1=2R2，闭合S、S1，断开S2时，电压表示数为5V，闭合S、S2，断开S1时，电压表示数为7V，则R：R2为（ ）
A．3∶2 B．2∶3 C．7∶5 D．5∶7
【答案】A
【解析】当闭合S、S1，断开S2时，R1与R串联，电压表测R两端的电压；当闭合S、S2，断开S1时，R2与R串联，电压表测R两端的电压；由 可得，两种情况下的电流之比
因电源的电压一定时，电流与电阻成反比，所以
整理可得
故选A。
4．（2020·江苏初三月考）如图甲所示是某一模拟调光灯的实验电路，电源电压为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，电流随电压变化的图像如图乙所示，当小灯泡两端电压达到0.5 V时才能亮起来。铅笔芯的长度为15cm、阻值30Ω，其阻值与长度成正比关系。回形针A固定在铅笔芯右端，回形针P可以在铅笔芯上自由滑动。为使小灯泡能发光且安全工作，以下有关说法不正确的是 （ ）
A．加在小灯泡两端的电压越大时，其电阻值也会越大
B．闭合开关，P滑到距A点3.75cm处，小灯泡的实际功率为0.3 W
C．小灯泡的实际功率变化范围为0.05W～0.625W
D．AP允许接入电路长度的范围是lcm～14cm
【答案】D
【解析】A．由图象可知，加在小灯泡两端的电压越大时，其电阻值也会越大，故A正确，不符合题意；
B．因铅笔芯长15cm、阻值为30Ω，其阻值与长度成正比，所以，P滑到距A点3.75cm处，接入电路中的电阻
RP=×3.75cm=7.5Ω
则电源的电压
U=UL+ILRP
3V=UL+IL×7.5Ω
由图象可知，灯泡两端的电压
UL=1.5V
通过灯泡的电流
IL=0.2A
时符合，此时小灯泡的实际功率
PL=ULIL=1.5V×0.2A=0.3W
故B正确，不符合题意；
C．由图象可知，小灯泡“刚亮”时通过灯泡的电流
IL′=0.1A
则实际功率
PL′=UL′IL′=0.5V×0.1A=0.05W
由图象可知，小灯泡正常发光时通过灯泡的电流
IL″=0.25A
则实际功率
PL″=UL″IL″=2.5V×0.25A=0.625W
所以，小灯泡工作时，从“刚亮”到正常发光，实际功率变化范围为0.05W～0.625W，故C正确，不符合题意；
D．灯泡正常发光时铅笔芯两端的电压
UP″=U-UL″=3V-2.5V=0.5V
铅笔芯接入电路中的电阻
RP″==2Ω
铅笔芯接入电路中的最短长度
L最短=×2Ω=1cm
小灯泡“刚亮”时，根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可得，铅笔芯两端的电压
UP′=U-UL′=3V-0.5V=2.5V
铅笔芯接入电路中的电阻
RP′= =25Ω
铅笔芯接入电路中的最长度
L最长=×25Ω=12.5cm
所以，AP允许接入电路长度的范围是1cm～12.5cm，故D错误，符合题意。
故选D。
5．（2020·广东初三期末）如图所示电路，电源两端电压不变，开关S1闭合，开关S2断开（ ）
A．A1示数大于A2示数
B．V1示数等于V2示数
C．V2与A2示数的比值等于R2的阻值
D．此时若闭合S2，A1和V2示数都会变大
【答案】D
【解析】开关S1闭合，开关S2断开, R1与R2是串联电路，故A1示数等于A2示数，故A错误；V1示数为两个电阻的总电压，V2示数为R1两端电压，故B错误；R2=(V1-V2)/ A2 ，故C错误；此时若闭合S2，R2被短接，电路中只有R1，A1和V2示数都会变大，故D正确；所以应选D。
6．（2019·西安交大阳光中学中考模拟）如图甲所示，电源电压恒定不变，电流表量程为“0〜0.6A”，电压表量程为“0〜3V”，滑动变阻器规格为“20Ω，1A”，R1为定值电阻。在保证各用电器安全的情况下，移动滑动变阻器滑片的位置，记下电压表和电流表的示数后，分别求出R2对应的电功率和电阻值，画成图象如图乙，下列说法中正确的是
①电源电压为6V
②R1的阻值为5Ω
③电压表的示数变化范围是1V﹣3V
④整个电路消耗的最小功率为1.35W
A．只有①②正确B．只有③④正确
C．只有②④正确D．只有②③④正确
【答案】C
【解析】电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路中的电流，由图可知，变阻器连入电路最大电阻为10Ω，根据分压原理，此时电压表示数最大为3V；当变阻器连入电阻最小为2.5Ω，根据串联电路的电阻规律和欧姆定律可知，此时电流表示数最大为0.6A。
根据P＝I2R可知，第一种情况下，电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律得到电源电压：U＝I1×（R1+R2大）＝0.3A×（R1+10Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣Ⅰ
U＝I2×（R1+R2小）＝0.6A×（R1+2.5Ω）﹣﹣﹣﹣﹣Ⅱ
由ⅠⅡ得：R1＝5Ω，故②正确；
电源电压U＝4.5V，①错误；
由欧姆定律可知，第2种情况下，电压表最小示数为：U小＝I2×R2小＝0.6A×2.5Ω＝1.5V，
电压表的示数变化范围是1.5V﹣3V，故③错误；
整个电路消耗的最小功率为：P＝UI1＝4.5V×0.3A＝1.35W，④正确。
②④正确，
故选C。
7．（2019·重庆巴蜀中学初三期末）如图1所示，L上标有“6V3W”字样，电流表量程为0～3A，电压表量程为0～15V，变阻器R的最大电阻为100Ω．只闭合开关S1，滑片置于a点时，变阻器连入电路的电阻为Ra，电流表示数为Ia；只闭合开关S2，移动滑片P，变阻器两端电压与其连入电路的电阻关系如图2所示，当滑片P置于b点时，电压表示数Ub＝8V，电流表示数为Ib．已知Ra：R0＝12：5，Ia：Ib＝3：5（设灯丝电阻不随温度变化）．下列说法正确的是（ ）
A．定值电阻R0为10Ω
B．电源电压为24V
C．只闭合开关S1，为保证电路安全，滑动变阻器连入的阻值范围为24～100Ω
D．只闭合开关S2，用一个新的电源去更换原来的电源，要求在移动滑片的过程中，两个电表均能达到满刻度，则更换电源允许的电压范围为60V～75V
【答案】D
【解析】（1）根据电功率的公式计算灯泡电阻；只闭合开关S1，滑片置于a点时，L与变阻器R串联，由串联电路特点和欧姆定律表示出Ia；只闭合开关S2，滑片P置于b点时，R0与变阻器R串联，由串联电路特点和欧姆定律表示出电路电流；由图2根据欧姆定律计算出电路中电流；联立计算出R0和电源电压U；
（2）只闭合开关S1时，L与变阻器R串联，电压表测R两端电压，电流表测电流中电流，由灯泡的额定电流和电流表量程确定电路中最大电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出变阻器连入电路中的最小电阻；
由电压表量程0-15V，确定电压表的最大示数，由分压原理，此时变阻器连入电路中的电阻最大，根据串联电路的电压规律，确定此时定值电阻分得的电压，由分压原理，确定变阻器连入电路中的最大电阻；
（3）只闭合开关S2，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电流表的示数为3A时R0两端的电压，然后求出U′=U0=60V且电压表的示数为15V时变阻器接入电路中的电阻，根据题干条件得出电源电压的最小值；当电路中的电流I大=3A，且电压表的示数U滑大=15V，电源的电压最大，要注意此时的最大值不可取，然后得出答案．
详解：（1）灯泡L上标有“6V 3W”字样，表示灯的额定电压来6V，灯的额定功率为3W，灯泡的电阻；由图1可知，只闭合开关S1，滑片置于a点时，L与变阻器R串联，变阻器连入电路中的电阻为Ra，由串联电路特点和欧姆定律可得电路中电流：，
由图可知，只闭合开关S2，滑片P置于b点时，R0与变阻器R串联，电压表测变阻器两端电压，电压表示数Ub=8V；由图2知，此时滑动变阻器接入电路的阻值R=16Ω，由欧姆定律可得：，由图象可知，由串联电路特点和欧姆定律可得电路电流：①，
由题知：Ia：Ib=3：5，所以Ia=0.3A，即：②，又因为Ra：R0=12：5③，联立①②③解得：U=18V，R0=20Ω；故A、B错误；
（2）只闭合开关S1时，L与变阻器R串联，电压表测R两端电压，电流表测电路中电流，
由P=UI可得灯泡的额定电流：，电流表量程0-0.6A，根据串联电路中电流处处相等，所以电路中最大电流为：I最大=I额=0.5A，根据欧姆定律和电阻的串联，变阻器接入电路中的最小电阻：，电压表量程0-15V，当电压表为15V时，由分压原理，变阻器连入电路中的电阻最大，根据串联电路的电压规律，定值电阻的电压为18V-15V=3V，变阻器分得的电压为定值电阻的倍，由分压原理，变阻器的电阻为灯L的电阻的5倍，即为5×12Ω=60Ω，只闭合开关S1，为保证电路安全，滑动变阻器连入的阻值范围为24Ω～60Ω，故C错误；
（3）当电路中的电流I大=3A时，R0两端的电压：U0=I大R0=3A×20Ω=60V，当电源电压U′=U0=60V，且电压表的示数达到最大值为15V时，由电阻的串联和欧姆定律得到，解得：，因在移动滑动变阻器滑片的过程中，两个电表先后均能达到满刻度，且电路安全工作，所以，电源的最小电压为60V，当电路中的电流I大=3A，且电压表的示数U滑大=15V，电源的电压U″=60V+15V=75V最大，则更换电源允许的电压范围为60V≤U＜75V，故D正确．
故选D．
8．（2019·安徽中考模拟）在交流发电机中，当线圈平面，①转至与磁感线垂直位置时，感应电流为零；②转过与磁感线平行时，感应电流改变方向；③转至与磁感线平行时，感应电流为零；④转过与磁感线方向垂直时，感应电流方向改变，以上说法正确的是 （ ）
A．①③B．②③C．①④D．①②③
【答案】C
【解析】①④线圈在转动过程中，当转至与磁感线垂直位置时，一瞬间线圈不切割磁感线，线圈中没有感应电流，转过此位置时切割磁感线的方向发生变化，故感应电流方向改变故①④正确；
②③线圈在转过与磁感线平行时，线圈运动方向和磁感线方向都不变，所以线圈中电流方向不变，且此时线圈切割磁感线的效率最高，此时线圈中的感应电流最大，故②③错误；
故以上说法正确的是①④，C正确。
故选：C。
二、填空题（每小题2分，共20分）
9．（2019·河南省洛阳市初三月考）如图所示电路，开关S闭合后，发现A1 、A2两只电表的指针恰好偏转到同一位置，若通过A1 的电流为0.8A，则通过灯L1的电流是______A，通过灯L2的电流是______A．
【答案】0.64 0.16
【解析】电路图可知，灯L1和L2组成并联电路，电流表A1测干路的电流，电流表A2测通过灯L2的电流；
因为并联电路干路电流等于支路电流之和，且两个电流表的指针所指位置相同，所以电流表A1的量程是0～3A，最小分度值是0.02A；电流表A2的量程是0～0.6A，最小分度值为0.02A，
A1 A2两只电流表的指针恰好偏转到同一位置，则大量程正好是小量程的5倍；
因此电流表A2示数，即通过灯L2的电流：，
则通过灯L1的电流．
10．（2020·重庆初三期末）两个定值电阻上分别标有“10Ω 0.6A”和“20Ω 0.5A”字样，为保证电路安全，将两定值电阻串联起来接在某一电路中，则该电路两端所加的最大电压为___________；若将两定值电阻并联起来接在某一电路中，则该电路干路中的最大电流为___________。
【答案】15V 0.9A
【解析】[1]将两定值电阻串联起来接在某一电路中，当该电路两端所加电压最大时，这时电路中的电流最大，由题意可知，电流最大只能是0.5A，根据可知，该电路两端所加的最大电压为
；
[2]可知这两个定值电阻的最大电压分别是
可知若将两定值电阻并联起来接在某一电路中，这个电源电压只能是6V，则该电路干路中的最大电流为
。
11．（2019·江苏初三课时练习）如图所示的电路中，电源电压保持不变，当电键S由断开到闭合时，电压表V的示数将_______，电流表A的示数将_______；向右移动滑动变阻器的滑片P，电压表V与电流表A的示数的比值将_______。（选填“变小”、“不变”或“变大”）
【答案】不变； 不变； 变大
【解析】由电路图可知，电键S断开时，电路为滑动变阻器的简单电路，电键S闭合时，滑动变阻器与灯泡并联，电压表始终测电源的电压，电流表始终测通过滑动变阻器的电流。
电源的电压不变，当电键S由断开到闭合时，电压表的示数不变；
当电键S由断开到闭合时，由于并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以通过滑动变阻器的电流不变，即电流表的示数不变；
向右移动滑动变阻器的滑片P时，接入电路中的电阻变大，电压表V与电流表A的示数的比值，等于滑动变阻器接入电路中的电阻，即；
所以电压表V与电流表A的示数的比值变大。
12．（2019·四川中考真题）如图所示，灯泡规格均相同，甲图中电压恒为6V，乙图中电压恒为12V。分别调节R1、R2使灯均正常发光，可变电阻接入电路中的电阻值之比R1∶R2＝_________。
【答案】1:4
【解析】由甲电路图可知两灯泡并联后再与R1串联，由乙电路图可知两灯泡与R2串联，灯泡规格均相同，两灯泡正常发光时两端的电压均为UL，通过的电流均为IL，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，甲中通过R1的电流：I1=2IL，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U1=U甲-UL=6V-UL，
R1接入电路中的电阻： ，
图乙中，R2两端的电压：U2=U乙-2UL=12V-2UL=2（6V-UL），
因串联电路中各处的电流相等，
所以，R2接入电路中的电阻： ，
则．
故答案为：1：4．
13．（2020·江苏初三）有一种“涡轮增压”（T型）轿车，通过给发动机更足量的空气使汽油更充分地燃烧，比普通轿车（L型）更节能，排气更清洁。同样的汽油加在T型轿车内与加在L型轿车内相比热值________（选填“更大”、“一样大”或“更小”）；为防止发动机温度过高，用水进行冷却，这是利用水的______较大；若散热器中装有8kg的水，水温升高50℃，水吸收的热量是_________J；若汽油机曲轴的转速为3000r/min，汽油机每秒内对外做功______次。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
【答案】一样大 比热容 1.68×106 25
【解析】[1]热值与物质的种类有关，那么加在不同轿车内的汽油热值不会改变。
[2]用水来做冷却剂是由于水的比热容较大，在升高相同的温度，能带走更加多的热量。
[3]水吸收的热量
Q=c水m∆t=4.2×103J/(kg⋅℃) ×8kg×50℃=1.68×106J
[4]汽油机一个工作过程对外做功一次，曲轴转动2次，则汽油机每秒对外做功的次数
14.（2019·全国初三课时练习）检验电路故障：如图所示，甲乙两个相同的小灯泡串联在电源电压为3V的电路中，闭合开关后两个灯泡都不亮．已知甲乙两灯泡中有一个灯丝烧断，另一个完好．请你利用一根导线进行检验．
操作方法：断开开关，________（也可以在图上画图描述操作方法）
实验现象及结果：________
（拓展）闭合开关，小明同学用电压表分别测AC和AB两点间的电压，发现两次电压表的示数均为3V，由此判定灯________（选填“甲”或“乙”）断路．
【答案】把一根导线接在AB两点 如果乙灯发光，说明乙灯是连通的，则甲灯是损坏的，如果乙灯不亮，则乙灯是损坏的 甲
【解析】（1）断开开关把一根导线接在AB两点，如果乙灯发光，说明电路已经连通，即乙灯是正常的，则甲灯是损坏的；
如果乙灯不亮，则乙灯灯丝断路；
（2）用电压表测AC两点的电压，电压表的示数为3V，说明电源完好；
把电压表接在AB两点，如果有示数，说明乙灯是连通的，则甲灯是损坏的．
15.（2020·重庆八中初三期中）在如图所示的电路中，电阻R1标有“6Ω、1A”，R2标有“3Ω、1.2A”，电流表A1、A2的量程均为0~3A，电压表量程0~15V，在a、b间接入电压可调的电源。闭合开关S后，为保证R1、R2均不损坏，则允许的最大电源电压为__________ V，此时通过电流表A1的电流为_______ A。
【答案】3.6 1.8
【解析】[1]R1两端允许的最大电压为
R2两端允许的最大电压为
则允许的最大电压为3.6V。
[2]此时电流表的示数为
16．（2019·江苏初三单元测试）如图所示的电路中，电源电压保持不变.闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表A的示数将______，电压表V1和V2示数的差值与A示数的比值将_______.(填“变大”“不变”或“变小”)
【答案】变小 不变
【解析】如图电路，两电阻串联，电压表V1测量电源电压，故示数U不变；电压表V2测量R2的电压U2，电流串联在电路在测量电流；
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，根据知，电路中电流变小，即电流表示数变小；
电压表V1和V2的示数差值即R1的电压，与A示数的比值即为R1的阻值，即：，因为R1为定值电阻，其阻值不变，则电压表V1和V2的示数差值与A示数的比值将不变．
17．（2019·全国初三课时练习）如图所示是飞轮转速为1 800 r/min四冲程汽油机工作状态示意图，由图可以看出，此时它正处在______冲程，在这个冲程中它会将某种能量转化为______能，此汽油机1 s对外做______次功．
【答案】做功 机械 15
【解析】如图，火花塞点火和活塞向下移动，即高温高压燃气推动活塞向下运动，内能转化为机械能，可以判断这个冲程是做功冲程．
飞轮的转速是1800r/min，所以每秒转动的圈数为30r；
因为四冲程内燃机的一个工作循环，曲轴转过两周，由四个冲程组成，做功一次，
所以飞轮转动一圈完成两个冲程，则1s可以完成2×30=60个冲程；
一个工作循环，由四个冲程组成，对外做功一次，所以1s可以做功15次．
18．（2020·江苏初三单元测试）图甲是小灯泡L和电阻R的电流随电压变化图像，则R的阻值为__ __Ω.将它们按图乙所示接入电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为1W；再闭合开关S1，电流表示数变化了___ __A，此时电路消耗的总功率为___ __W。
【答案】10 0.2 1.4
【解析】由图象可知，当UR=3V时，IR=0.3A，由I=U/R可得，R=3V/0.3A=10Ω；当闭合开关S、断开开关S1时，电路为L的简单电路，由甲图象可知，当小灯泡的实际功率为1W时，灯泡两端的电压为2V即电源的电压U=2V，通过灯泡的电流IL=0.5A；当再闭合开关S1时，灯泡与定值电阻R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，此时R两端的电压为2V，由图象可知IR=0.2A；因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流表示数变化了0.2A，示数I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A，
电路消耗的总功率：P=UI=2V×0.7A=1.4W．
三、作图题（每小题6分，共12分）
19．（2019·全国初三课时练习）利用下图中提供的实验器材，应怎样连接才能使L1和L2两灯串联在电路中，并用电流表测通过L1的电流，用电压表测L2两端的电压。
(1)在虚线框内画出它的电路图；
(2)在图中用笔画线代替导线，连接好实物电路
【答案】
【解析】根据题意，两灯串联，电流表测电流，那么将电源，两灯，开关，电流表依次串联起来即可，电压表并联在L2两端，测量L2的电压。电路图如下：
依据电路图，从正极出发，依次连接L1、L2、电流表、开关，使其串联；最后将电压表并联在L2两端；如图：
20．（2019·南通市初三期中）如甲图是电吹风的电路图，乙图是电路元件实物图，选择开关绕O点转动，可分别置于OAB、OBC、OCD三个位置，使电吹风分别处于“热风档”、“冷风档”、“停止”三个状态．请根据甲图的电路图将乙图的实物电路图补画完整．
【答案】如图所示
【解析】根据电路图可知，将A接线柱与电热丝的下方接线柱相连，B接线柱与电动机的一个接线柱相连，并将电动机的另一接线柱与电热丝的上方接线柱相连，如下图所示：
四、实验探究题（每小题11分，共44分）
21．（2017·盐城市盐都区初三月考）小明与小芳同学为了研究泡沫塑料和棉絮的保温性能好坏，两人设计并做了一个实验，他们用这两种材料分别包着装有热水的密闭烧瓶，让它们自然冷却，利用温度计和计时器定时测量两烧瓶中的水温随时间变化的情况。

（1）为保证实验的准确性，实验前除了取大小、厚度相同的泡沫塑料和棉絮外，还应考虑影响水温变化的其他因素，即保持烧瓶相同、水的质量相同、环境因素相同和___________相同。
（2）按照计划操作，小明与小芳同学把实验测得的时间和温度数据填在下列表格中：

分析上表数据可知：他们实验时的室内温度是__________℃。经过40min后，泡沫塑料包的烧瓶水温降低了_________℃；而棉絮包的烧瓶水温降低了_________℃。由此可以得出的实验结论是：_____________________________________。
（3）除了采用相同时间内观察水降低的温度来比较这两种材料的保温性能外，根据上表数据你还可以采用___________________方法来比较这两种材料的保温性能。
【答案】 水的初温 20 39 52 在其它条件相同时，泡沫塑料的保温性能好 降低相同温度，比较时间
【解析】(1)根据控制变量法，除了控制烧瓶、水的初温、环境因素外，还要保持热水的质量也要相同；
(2)由表中的数据可知，最后水的温度和室温相同，所以室温为20℃，经过40分钟，泡沫塑料包的烧瓶温度从80℃降到41℃，降低了39℃；而棉絮包的烧瓶水从80℃降到28℃，降了52℃，由此可见，泡沫塑料的保温性能比棉絮好；
(3)除了比较相同时间内温度的变化，还可以让两瓶水降低相同的温度，看所用的时间是否一样。
故答案为： (1). 水的初温 (2). 20 (3). 39 (4). 52 (5). 在其它条件相同时，泡沫塑料的保温性能好 (6). 降低相同温度，比较时间
22．某实验小组的同学用铅笔芯探究导体的电阻与长度的关系，如图所示是该实验的电路图．
（1）闭合开关，向右移动铅笔芯上的滑片，电路中的电流______（填“变大”“变小”或“不变”）．
（2）如果滑片滑动到铅笔芯最右端时，电压表示数很小，应该将滑动变阻器的滑片向______移动．
（3）若图示位置时电压表示数为，滑片向右移动一段距离，电压表示数变为，滑片再向右移动一段相同的距离，电压表示数为______V．
【答案】不变 右 1.8
【解析】(1)[1]如图电路，电压表连接在滑片与电源正极之间，由于电压表电阻很大，相当于断路，所以闭合开关，向右移动铅笔芯上的滑片时，电路中的电流不变．
(2)[2]如果滑片滑动到铅笔芯最右端时，电压表示数很小，根据串联电路的分压特点知，此时滑动变阻器接入电路的电阻过大，分得电压多，而铅笔芯电阻较小，分得电压小，要增大电压表示数，应该将滑动变阻器的滑片向右移动．
(3)[3]设电压表并联部分电阻为，图示位置时电压表示数为，根据可得：
，
滑片向右移动一段距离，电压表示数变为，可得：
，
结合两式可得，第一次移动前后的电流比为：
，
设滑片移动前电路总电阻为R，滑片向右移动一段距离减小电阻为R0，根据电压一定时，电流与电阻成反比可得：
，
解得：
；
滑片再向右移动一段相同的距离，此时总电阻为：
，
电压表示数为：
．
23．（2019·重庆中考模拟）图1所示为一种自动蓄水装置示意图：轻质弹簧上端固定，下端与木块相连，轻质滑片P的右端固定在弹簧最下端，左端位于粗细均匀的金属电阻R2的最下端A处且接触良好，闭合S，水泵工作，向空水箱里缓慢注水，当P上滑至B处（R2的中点）时，水面到达设定高度，水泵自动停止注水，在此过程中，弹簧弹力F与滑片P上滑长度x之间的关系如图2所示，
已知：电阻箱R1接人电路中的阻值为20Ω，R2的总电阻为20Ω，长度为l；当线圈中电流I≥0.lA时，衔铁被吸下g= l0N/kg，弹簧始终处于弹性限度范围内，不考虑线圈的电阻和滑片P滑动时的摩擦．
（1)求电源电压U； （2)求木块所受的重力； （3)当P滑至B处时，求木块浸入水中的体积； （4)若将R1调至l0Ω，则水箱内最高水位与原设定水位的高度差△h 0.5l（选填“>”、“ 理由见解析
【解析】（1)P上滑至B处时，停止注水，此时电路中I=0.1A，U=I（R1+R2），U=3V；（2）由题意及图像可知，木块的重力G=5N；（3）P上滑至B处时，由二力平衡得F浮=G，由阿基米德原理：F浮=ρgV排，所以V排=500cm3；（4）水箱内最高水位与原设定水位的高度差△h>0.5l，理由为：R1调至10Ω时，水泵工作向水箱内注水，当滑片从B处上滑至R2最上端时，停止注水，木块上升的高度为0.5l，此过程中，木块所受浮力增大，浸入水中的深度增大，抽以水箱内最高水位与原设定水位的高度差△h>0.5l．
24．（2019·山东初三期末）某电饭锅的内部电路图如图所示，R1是加热电阻，阻值为48.4Ω，R2是限流电阻，阻值为484Ω，煮饭时，接通电源（220V 50Hz），闭合手动开关S1，电饭锅处于加热状态．当锅内实物温度达到103℃时，开关S1自动断开，断开后若无外力作用则不会自动闭合；S2是一个自动温控开关，当锅内食物温度达到80℃时会自动停止加热，当温度低于70℃时会自动加热保温．已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），请回答下列问题：
（1）若接通电源后没有闭合开关S1，那么电饭锅能将饭煮熟吗？为什么？
（2）在保温和加热两种情况下，电饭锅消耗的电功率之比是多少？
（3）若在一个标准大气压下将温度为20℃、质量为2.5kg的水烧开需要16min40s，求电饭锅电能转化为内能的效率是多少？
【答案】（1）不能，因为当锅内温度达到80℃，S2自动断开，电饭锅进入保温状态；
（2）在保温和加热两种情况下，电饭锅消耗的电功率之比是1：11；
（3）电饭锅电能转化为内能的效率是84%．
【解析】（1）根据提干中开关S2的工作特点进行解答；
（2）闭合手动开关S1时，电路为R1的简单电路，电饭锅处于加热状态，根据P=求出其大小；S1断开、S2闭合时，R1与R2串联，电饭锅处于保温状态，根据电阻的串联和P=求出保温功率，然后得出答案；
（3）一个标准大气压下水的沸点是100℃，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，根据W=Pt求出消耗的电能，利用η=×100%求出电饭锅电能转化为内能的效率．
解：（1）若不闭合S1，当锅内温度达到80℃时，S2自动断开，电饭锅进入保温状态，温度不会达到100℃，无法把饭煮熟；
（2）闭合手动开关S1时，电路为R1的简单电路，电饭锅处于加热状态，
则P加热===1000W，
S1断开、S2闭合时，R1与R2串联，电饭锅处于保温状态，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电饭锅的保温功率：
P保温===W，
所以，P保温：P加热=W：1000W=1：11；
（3）一个标准大气压下水的沸点是100℃，则水吸收的热量：
Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×（100℃﹣20℃）=8.4×105J，
由P=可得，消耗的电能：
W=P加热t′=1000W×（16×60s+40s）=1×106J，
电饭锅电能转化为内能的效率：
η=×100%==84%．
答：（1）不能，因为当锅内温度达到80℃，S2自动断开，电饭锅进入保温状态；
（2）在保温和加热两种情况下，电饭锅消耗的电功率之比是1：11；
（3）电饭锅电能转化为内能的效率是84%．