2020-2021学年河北省衡水市景县九年级（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年河北省衡水市景县九年级（上）期末物理试卷，共29页。


2020-2021学年河北省衡水市景县九年级（上）期末物理试卷
1. 小林早餐喜欢给自己煮上一碗热气腾腾的饺子，下列分析正确的是( )
A. 饺子入锅后温度升高，内能增加
B. 煮饺子的过程中，主要是通过做功的方式改变了饺子的内能
C. 煮饺子的过程中能闻到香味，表明扩散只在温度高时发生
D. 饺子出锅后没有相互粘到一起，表明分子之间有斥力
2. 如图所示，厚玻璃管中的空气被压缩，这个过程与四冲程汽油机工作示意图中，能量转化过程相同的冲程是( )

A. B. C. D.
3. 用下列电路探究电路的电流规律时，电流表A1、A2的示数如图所示，则流过灯泡L1、L2的电流分别是( )

A. 0.9A0.4A B. 0.5A0.4A C. 0.9A1.3A D. 0.9A1.3A
4. 有两个电路元件A.B，把它们串联在电路中，如图乙所示，流过元件的电流与其两端的电压关系如图甲所示。闭合开关S，这时电流表的示数为0.2A，若将A.B两元件并联接在原来的电源上，则此时电路中的总电流为( )
A. 1.2A B. 0.6A C. 0.7A D. 0.5A
5. 如图所示，电源电压保持不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，下列说法正确的是( )


A. 电流表示数变小，电压表示数变小
B. 电流表示数变小，电压表示数变大
C. 电流表示数变大，电压表示数变小
D. 电流表示数变大，电压表示数变大
6. 如图所示是某校科技小组的四位同学设计的天然气泄露检测电路，其中R为气敏电阻，它的阻值随天然气浓度变化曲线如图所示，R0为定值电阻，电源两端的电压恒定不变。电路设计要求当天然气浓度增大时，电路中电表示数增大。图中电路图符合设计要求的是( )
A. B.
C. D.
7. 如图所示电路中，电源电压保持不变，开关S闭合后将滑片P向右移动时，下列说法中正确的是(灯丝电阻变化忽略不计)( )


A. 电路消耗的总功率变小
B. 小灯泡两端电压变化量和V2示数变化量相当
C. 电压表V1示数和电压表V2示数之和不变
D. 电压表V1示数变化量与电流表A示数变化量之比不变
8. 中考体检时用到了身高测量仪。小明为其设计了如图所示的电路，其中电源两端电压保持不变，R0是定值电阻，R是滑动变阻器的电阻，滑动变阻器的滑片P跟滑杆的一端连接。滑片P的位置随人身高改变而改变，从而引起显示仪的示数发生改变。下列说法中正确的是( )
A. 显示仪是由电流表改装成的
B. 被测身高越高，通过电阻R的电流越小
C. 被测身高越高，电阻R0两端的电压越小
D. 被测身高越高，电路的总功率越大
9. 如图所示，灯泡L1“6V 6W”和L2“12V 6W”(灯泡电阻保持不变)串联在电压为12V的电源上，闭合开关S，两灯都能发光，下列说法正确的是( )

A. L2更亮些
B. 电流表的示数为0.5A
C. L2的实际功率为384W
D. 当电源电压换为18V时，两盏灯将同时正常工作
10. 将阻值为40Ω的电阻丝接在电源两端，通电10min，电流产生的热量是1.5×103J，若将阻值20Ω的电阻丝接入同一电源的两端，通电20min，电流产生的热量是( )
A. 6×104J B. 3×103J C. 6×103J D. 12×104J
11. 关于家庭电路和安全用电，下列说法中正确的是( )
A. 家庭电路中空气开关跳闸，可以直接复位电闸
B. 用电器的金属外壳必须与零线连接
C. 使用测电笔辨别火线、零线时，要用手接触笔尾的金属体
D. 一般对人体而言，只要电压不高于220V就是安全的
12. 傍晚小明卧室的灯突然灭了，但客厅的灯正常发光，对此现象下列分析正确的是( )
A. 他家工作电器的总功率过大 B. 小明卧室的灯泡发生了短路
C. 小明卧室的照明电路发生了断路 D. 可能是进户火线断了
13. 绵阳市某初中学校的小明同学，在学校实验室模拟安培1820年在科学院的例会上做的小实验：把螺线管水平悬挂起来，闭合开关，发现螺线管缓慢转动后停了下来，改变螺线管B端的初始指向，重复操作，停止时B端的指向都相同。模拟实验装置如图所示，闭合开关，螺线管停下来后B端指向( )
A. 东方 B. 南方 C. 西方 D. 北方
14. 将组装好的电动机模型接入电路后，接通电源发现线圈不转动，用手拨动一下线圈，电动机转动起来。电动机模型开始不转动的原因可能是( )
A. 线圈的内部出现断路 B. 电刷与换向器接触不良
C. 磁体的磁性不强 D. 线圈正好处于平衡位置
15. 下列关于电磁波和信息技术说法不正确的是( )
A. 5G手机主要利用电磁波进行通信
B. 光纤通信是光在光导纤维中多次反射传递信息
C. 电磁波既能传递信息，又能传递能量
D. 不同频率的电磁波在真空中传播速度不相同
16. 能源科技的发展促进了人类文明的进步，下列有关能源的说法正确的是( )
A. 核电站中的反应堆是利用核裂变发电的
B. 太阳能属于不可再生能源
C. 电能是广泛使用的一次能源
D. 因为能量转化服从能量守恒定律，所以能源是取之不尽、用之不竭的
17. 粤港澳大湾区的电力由大亚湾核电站提供，现关于核电站供电时的能量转换描述正确的是( )
A. 核能-化学能-机械能-电能 B. 核能-机械能-内能-电能
C. 核能-内能-机械能-电能 D. 核能-内能-电能-机械能
18. 现有甲、乙、丙三种初温相同的液体，其中甲、乙为质量相等的不同液体，乙、丙为质量不等的同种液体。若对三种液体分别加热，根据它们吸收的热量和升高的温度在如图所示图像中作出三点，由此得出结论( )
A. B. C. D.
19. 如图甲所示，电源电压保持不变，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为30Ω，电流表的量程为0∼3A，电压表的量程为0∼15V.电压表的示数与滑动变阻器R2的关系如图乙所示。开关S闭合后，为了保证电路安全，则下列结果正确的是( )
A. R2的阻值变化范围是4∼30Ω
B. 电流表的示数变化范围是0.4A∼1.2A
C. R1上消耗的功率范围是1.6W∼14.4W
D. 电路消耗的功率范围是14.4W∼36W
20. 将两个电流表(主要部件是永久磁铁和带有指针的线圈)G1和G2用导线连接起来，如图所示。当拨动G1的指针时，观察到G2的指针也会随之摆动，下列说法正确的是( )

A. G1利用了电流的磁效应
B. G1利用电磁感应产生了电流
C. G2是将电能转化为机械能
D. G2是因为通电导线在磁场中受力而摆动
21. 如图是我国发射的“长征−7号”运载火箭，它首次采用了我国最新研制的大推力液氧煤油发动机。若它的热值为4.6×107J/kg，“长征−7号”运载火箭装载了100t液氧煤油，完全燃烧放出的热量约为______ J，液氧煤油燃烧过程中，其热值大小______ ，燃气对火箭做功，燃气的内能______ (后面两个空选填“增大”“减小”或“不变”)。
22. 如图所示，把用餐巾纸摩擦后的吸管放置在铁支架上，且可以自由转动。用另一根没有摩擦的吸管靠近支架上的吸管的一端，发现它们互相吸引，这是由于______；用另一带电体靠近支架上的吸管，它们互相排斥，说明吸管与带电体带______(选填“同种”或“异种”)电荷；吸管上的电荷没有通过铁支架转移，说明吸管是______(选填“导体”或“绝缘体”)。
23. 如图所示的电路中，电源电压不变，定值电阻R1=10Ω，滑动变阻器R2标有“50Ω1A”的字样，电压表的量程为0∼3V，电流表的量程为0∼0.6A.当闭合开关S，P位于R2的某一位置时，电压表示数为3V，电流表示数为0.4A，则流过滑动变阻器R2的电流为______A；为确保电路的安全，R2的取值范围是______Ω。
24. 在家庭电路中，电能表应该安装在总开关之______ (选填“前”或“后”)，小明4月底观察到自己家里的电能表如图所示，当他5月底再观察时，发现电能表示数为，则他家5月份消耗的电能为______ kW⋅h；如果电能表在某段时间内转盘转了300r，那么该电路中的用电器在这段时间内消耗的电能为______ 。
25. 磁场强弱处处相同的磁场叫做匀强磁场，磁场强度的单位是特斯拉，简称特，符号T.实验表明在匀强磁场中，当通电导体与磁场方向垂直时，电流所受的安培力F等于磁场强度B、电流1导线长度L三者的乘积，即F=BIL.在磁场强度为0.5T的匀强磁场中，有一条与磁场方向垂直的通电导线，通过它的电流为5A，导线上长为40cm的一段所受的安培力F=______N.将此导线从磁场中拿走，磁场强度______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
26. 我国能源结构主要以煤等化石能源为主，煤属于______(选填“可再生”或“不可再生”)能源。在长期堆放煤的地方，地面和墙角都会染上一层黑色，用力刮去一层墙的表皮，可以看到里面还是黑色，这种现象称之为扩散现象，它说明______。
27. 实验室备有下列器材：
A.待测定值电阻Rx：阻值在7∼9Ω之间
B.滑动变阻器：最大阻值500Ω
C.滑动变阻器：最大阻值10Ω
D.定值电阻R0：阻值10Ω
E.电流表A：测量范围0∼0.6A，0∼3AF.电源E：电源电压U恒为4V
G.单刀双掷开关(双向开关)S及导线若干
为了较精确地测出待测电阻Rx的电阻，小聪、小亮和小英共同设计了如图所示的电路。
(1)在他们设计的电路中，电流表的量程应选______A，滑动变阻器应选______(填器材前面的序号字母)
(2)小亮设计的实验操作主要步骤是：
将开关掷向a，移动滑片P至某一位置，使A表的指针指到表盘上某一适当位置；读出电路稳定后A表的示数记为I1；
将开关掷向b，______(选填“保持”或“移动”)滑片P的位置，A表的指针指到表盘上另一适当位置，读出电路稳定后A表的示数记为I2；
(3)按正确的操作，他们测出了步骤Ⅰ、Ⅱ中A表的示数。请你写出用测得的物理量I1、I2和已知物理量U、R0表示Rx的表达式：Rx=______。
28. 某同学利用图甲所示的电路测量小灯泡的电功率，小灯泡的额定电压为2.5V。

(1)用笔画线代替导线，将图甲中的电路补充完整(导线不得交叉)；
(2)连接电路后，闭合开关，灯泡不亮，电流表和电压表都有示数，但是数值较小，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不发光，两电表示数均无变化，产生这一故障的原因可能是：______；
(3)该同学排除故障后，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，此时小灯泡两端的电压为______V.要测量小灯泡的额定电功率，应将图甲中滑动变阻器的滑片向______(填“A”或“B”)端移动，使电压表的示数为2.5V；
(4)移动滑动变阻器的滑片，记下多组电压和电流值，并绘制成图丙所示的U−I图象，根据图象的信息可以计算出小灯泡的额定电功率为______W；
(5)为了用电流表、电阻箱R和滑动变阻器，测量额定电流为的小灯泡的额定电功率，该同学设计了如图丁所示的电路。操作步骤为：

①闭合开关S、S1，断开S2，移动滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为，此时小灯泡正常发光；
②保持滑动变阻器滑片的位置不动，闭合开关S、S2，断开S1，调节电阻箱R，使电流表的示数为，读出此时电阻箱的电阻值为R0，则小灯泡的额定电功率的表达式为______。
29. 在比较不同物质受热情况的实验中，用额定功率为50W的电加热器分别对质量相等的水和食用油加熟2min，电加热器均正常工作。记录的数据如表所示。【忽略汽化对质量的影响，】求：
物质
初温/℃
末温/℃
水
18
38
食用油
18
68
(1)给水或食用油加热时电加热器消耗的电能。
(2)若电加热器的加热的效率为84%，水或食用油吸收的热量。
(3)食用油的比热容。







30. 如图所示电路中，电源电压为6V且保持不变，R0=30Ω，滑动变阻器的规格为“20Ω1A”，电流表的量程为“0∼0.6A”，小灯泡上标有“2.5V1.25W”字样，不考虑灯丝电阻变化，并保证长时间电路安全工作，求：
(1)当S闭合，S1、S2都断开时，电路消耗的最大功率。
(2)当S闭合，S1、S2都断开且滑动变阻器的滑片移到最右端时，小灯泡在5min内消耗的电能。
(3)当S、S1、S2都闭合时，滑动变阻器接入电路的最小阻值。







答案和解析
1.【答案】A

【解析】解：
A、饺子入锅后吸收热量、温度升高，饺子的内能增加，故A正确；
B、煮饺子时，饺子会从水中吸热，这主要通过热传递的方式改变了饺子的内能，故B错误；
C、煮饺子的过程中能闻到香味，这表明分子永不停息的做无规则运动，这是扩散现象，温度越高，扩散越快，故C错误；
D、饺子没有粘到一起，是因为分子间的距离比较大，分子间的引力很小，故D错误。
故选：A。
(1)物体吸收热量，内能增加，温度升高；
(2)改变物体内能的方式有做功和热传递；
(3)分子永不停息的做无规则运动；
(4)分子间存在相互作用的引力和斥力。
此题考查了分子的热运动和内能的知识的理解和掌握，需要注意的是分子间即有引力也有斥力，不可能只有引力或斥力。

2.【答案】B

【解析】解：
在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放棉花，用力将活塞迅速向下压，棉花燃烧起来，这是因为压缩筒内空气做功，使空气的内能增加；
A、图中，进气门开启，活塞下行，气体流入汽缸，是吸气冲程；
B、图中，两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，此冲程将机械能转化为内能；
C、图中，两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，此冲程将内能转化为机械能；
D、图中，排气门开启，活塞上行，气体流出汽缸，是排气冲程；
故B符合题意，ACD不合题意。
故选：B。
(1)改变物体内能的方式有热传递和做功两种，做功改变物体内能的实质是能量的转化，具体来说是内能和机械能的相互转化。对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外做功，物体的内能减少，温度降低。
(2)判断汽油机的四个冲程，先看进气门和排气门的关闭情况，进气门打开的是吸气冲程，排气门打开的是排气冲程，进气门和排气门都关闭的是压缩冲程或者做功冲程；活塞上行为压缩冲程和排气冲程；活塞下行为吸气冲程和做功冲程。
此题是通过内燃机的工作原理，以及能量的变化，掌握热机的工作原理。

3.【答案】A

【解析】解：
由图可知，灯泡L1、L2并联，电流表A1测干路电流，A2测L2支路的电流；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，则A1的示数应大于A2的示数，而图中电流表A1的指针偏转角度比A2的小，所以电流表A1选择的是大量程(即0∼3A)，分度值为0.1A，其示数为1.3A，即干路电流为1.3A；
电流表A2选择的是小量程(即0∼0.6A)，分度值为0.02A，其示数为0.4A，即通过灯泡L2的电流为0.4A；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过灯泡L1的电流为I1=I−I2=1.3A−0.4A=0.9A。
综上分析可知，A正确。
故选：A。
由实物图可知，两灯泡并联，电流表A1测干路电流，A2测L2支路的电流，根据图示和并联电路的电流特点求出通过两灯的电流。
本题考查了并联电路的电流特点，灵活运用规律是解题的关键。

4.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查了串、并联电路的特点，关键是根据图象读出电流对应的电压值。
(1)由电路图可知，电路元件A和B串联，电流表测电路中的电流，根据串联电路中的电流特点结合图象读出它们两端的电压；
(2)把它们并联接在原来的电源上时，它们的电压相等，根据图象读出通过两元件的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流。
【解答】
(1)由电路图可知，电路元件A和B串联，电流表测电路中的电流，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电流表的示数为0.2A时：
IA=IB=I=0.2A，
由图象可知，A和B两端的电压分别为：
UA=1V，UB=2V，
所以，电源的电压：
U=UA+UB=1V+2V=3V；
(2)若将A、B两元件并联接在原来的电源上，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，UA′=UB′=U′=3V，
由图象可知，通过两元件的电流分别为：
IA′=0.6A，IB′=0.6A，
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：
I′=IA′+IB′=0.6A+0.6A=1.2A。
故选A。  
5.【答案】C

【解析】解：由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，
当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故AB错误；
由U=IR可知，R两端的电压变大，
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，即电压表的示数变小，故C正确、D错误。
故选：C。
由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，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R两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知变阻器两端的电压变化。
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。

6.【答案】C

【解析】解：由图象可知，当天然气浓度增大时，气敏电阻的阻值减小；
A、由图可知，R与R0并联，电压表测电源的电压；因电源的电压不变，所以当天然气浓度增大时，电压表的示数不变，故A不符合题意；
B、由图可知，R与R0并联，电流表测R0支路的电流；根据并联电路独立工作互不影响可知，当天然气浓度增大时，通过R0支路的电流不变，即电流表的示数不变，故B不符合题意；
C、由图可知，R与R0串联，电流表测电路中的电流；当天然气浓度增大时，气敏电阻的阻值减小、电路的总电阻减小，根据欧姆定律可知电路中的电流增大，即电流表的示数增大，故C符合题意；
D、由图可知，R与R0串联，电压表测气敏电阻R两端的电压；当天然气浓度增大时，气敏电阻的阻值减小，由串联电路的分压特点可知R两端分得的电压减小，即电压表的示数减小，故D不符合题意。
故选：C。
先由图象可知，当天然气浓度增大时气敏电阻的阻值减小，然后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。

7.【答案】ABD

【解析】解：由电路图可知，R0与R1、灯泡L串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测L与R1两端的电压之和，电压表V2测R0与R1两端的电压之和。
(1)当滑片P向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，
由I=UR可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，根据P=UI可知，电流总功率变小，故A正确；
由U=IR可知，灯泡L和R0两端的电压均变小，
因电压表V1的示数等于电源的电压减去R0两端的电压，电压表V2的示数等于电源的电压减去灯泡两端的电压，
所以，电压表V1、V2的示数均变大；
根据串联电路的电压的规律可知，小灯泡两端电压变化量和V2示数变化量是相同的，故B正确；
则电压表V1示数和电压表V2示数之和变大，故C错误；
(2)设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V1示数变化量：
△UV1=(U−I2R0)−(U−I1R0)=(I1−I2)R0=△IR0，
所以，△UV1△I=R0，即电压表V1示数变化量与电流表A示数变化量之比不变，故D正确。
故选：ABD。
由电路图可知，R0与R1、灯泡L串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测L与R1两端的电压之和，电压表V2测R0与R1两端的电压之和。
(1)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L和R0两端的电压变化，根据P=UI判定总功率的变化；根据串联电路的电压特点可知电压表V1、V2的示数变化，然后得出电压表V1示数和电压表V2示数之和的变化；
(2)设出滑片移动前后电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电压表V1示数的变化量，然后得出电压表V1示数变化量与电流表A示数变化量之比变化。
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。

8.【答案】D

【解析】解：A、因为显示仪与R并联，所以显示仪是电压表，故A错误；
BCD、被测身高越高，滑动变阻器连入电路的电阻越小，根据欧姆定律I=UR知，电路中的电流越大，根据U=IR知定值电阻R0两端的电压越大，根据P=UI可知，电路消耗的功率也越大，故D正确，BC错误。
故选：D。
根据电路图可知，R与R0串联，显示仪与R并联；
(1)根据电流表和电压表的正确使用确定显示仪是电流表还是电压表；
(2)被测身高越高，滑动变阻器连入电路的电阻越大，根据欧姆定律判断出通过电阻R电流的变化和定值电阻两端电压的变化，根据P=UI判断出总功率的变化。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是题干中获取有效的信息，难度不大。

9.【答案】A

【解析】解：由P=UI=U2R可得，两灯泡的电阻：
R1=U12P1=(6V)26W=6Ω，R2=U22P2=(12V)26W=24Ω。
(1)两灯泡串联在电压为12V的电源上，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
由欧姆定律可得电路中电流：
I=UR1+R2=12V6Ω+24Ω=0.4A，故B错误；
两灯泡的实际功率分别为：
P1′=I2R1=(0.4A)2×6Ω=0.96W，P2′=I2R2=(0.4A)2×24Ω=3.84W，故C错误；
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，L2实际功率较大，L2更亮些，故A正确；
(2)由灯泡的铭牌可知，两灯泡的额定电压不相等，额定功率相等，
由P=UI的变形式I=PU可知，两灯泡的额定电流不相等，
因两灯泡正常发光时的电流和额定电流相等，
所以，两灯泡不可能同时正常发光，故D错误。
故选：A。
知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI=U2R求出两灯泡的电阻。
(1)两灯泡串联在电压为12V的电源上，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，根据P=UI=I2R求出两灯泡的实际功率，实际功率大的灯泡较亮；
(2)根据P=UI比较两灯泡的额定电流是否相等，相等时能同时正常发光，否则不能同时正常发光。
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，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。

10.【答案】C

【解析】解：电流通过电阻产生的热量：Q=I2Rt=U2Rt，
两电阻接入同一电源的两端时，它们两端的电压相等，
两电阻产生的热量之比：
Q1：Q2=U2R1t1：U2R2t2=t1R1：t2R2=10min40Ω：20min20Ω=1：4，
所以，Q2=4Q1=4×1.5×103J=6×103J。
故选：C。
两电阻接入同一电源的两端时，它们两端的电压相等，电流通过电阻产生的热量Q=I2Rt=U2Rt，据此得出关于两电阻产生热量之比的关系式，据此求出将阻值20Ω的电阻丝接入同一电源的两端，通电20min电流产生的热量。
本题考查了焦耳定律的应用，注意：对于纯电阻电路，电流通过电阻产生的热量Q=I2Rt=U2Rt。

11.【答案】C

【解析】解：A、家庭中的空气开关突然跳闸，是由于短路或总功率多大等原因导致的，所以应该先检查电路的故障，排除故障后，在将空气开关复位，故A错误；
B、家用电器的金属外壳要与大地相连，若金属外壳带电，电流会通过地线导入大地，避免触电，故B错误；
C、使用测电笔时，必须用手接触笔尾的金属体，不能与笔尖金属体接触，故C正确；
D、不高于36V的电压对人体是安全的，故D错误。
故选：C。
(1)家庭电路中的空气开关跳闸后，在没有排除故障之前，不能将开关复位；
(2)有金属外壳的家用电器，必须接地线；
(3)使用测电笔时，应让手与笔尾的金属体接触，不能与笔尖金属体接触；
(4)对人体的安全电压是不超过36V。
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。

12.【答案】C

【解析】解：
A、若他家工作电器的总功率过大，家中的保险丝会熔断，所有房间均会断电，客厅的灯不会发光，故A错误；
B、若卧室的灯泡发生了短路，家中的保险丝会熔断，则所有房间均会断电，客厅的灯不会发光，故B错误；
C、卧室的灯与客厅的灯是并联的，它们互不影响，所以，卧室的照明电路发生断路时，卧室的灯熄灭，客厅的灯仍正常发光，故C正确；
D、若进户火线断了，整个家庭电路都没有电，所有电灯都不会亮，故D错误。
故选：C。
家庭电路中各用电器是并联的，每个用电器都能独立工作；若某一个电器短路会烧坏保险丝，使整个房间断电；造成家庭电路电流过大的原因有两个：总功率过大、短路；据此分析各个选项。
本题考查了家庭电路的故障判断，与生活联系密切，注重了应用能力的考查。

13.【答案】D

【解析】解：电流从通电螺线管的左端进入，从右端流出，根据安培定则可以判断，通电螺线管的B端是N极，A端是S极，通电螺线管在地磁场作用下，N极指向地磁南极，即地理北方。
故选：D。
根据安培定则判断通电螺线管的磁极，然后根据通电螺线管在地磁场的作用下磁极指向。
首先根据电流方向判断通电螺线管的磁极，然后根据地磁场作用判断通电螺线管的磁极指向，再判断地理方向。

14.【答案】D

【解析】解：由题意知电动机是在用手拨动一下转子后，线圈转子就正常转动起来，说明电动机不转时，正好线圈处于了平衡位置，平衡位置是指线圈平面和磁感线垂直的平面，此时上下两边受到平衡力的作用，大小相等，方向相反，在同一直线上，相互抵消，相当于不受力，电动机不会转动，只要越过平衡位置后，两个力不在同一直线上，便可以转动了。
故选：D。
平衡位置是指线圈平面和磁感线垂直的平面，此时上下两边受到平衡力的作用，相互抵消，相当于不受力。
本题考查了电动机故障的判断。本题中，在不转时，只是动了一下转子就转动起来，说明不是电动机线圈断路的故障，只能是线圈转停在平衡位置。

15.【答案】D

【解析】解：A.5G手机主要利用发射及接收电磁波来传递信息的，故A正确；
B.光纤通信是利用激光从光纤的一端射入后，在光导纤维内壁上要发生多次反射，并从另一端射出，这样就把它携带的信息传到远方，故B正确；
C.电磁波既能传递信息，如无线电广播；又能传递能量，如微波炉加热食物，故C正确；
D.不同频率的电磁波在真空中传播速度相同，约为3.0×108m/s，故D错误。
故选：D。
(1)5G网络通信的载体是电磁波；
(2)光纤通信是利用激光从光纤的一端射入，在内壁上多次反射后在另一端放射出来，然后在接收端，检测器收到光信号后把它变换成电信号，经解调后恢复原信息；
(3)电磁波既能传递信息，如无线电广播；又能传递能量，如微波炉加热食物；
(4)不同频率的电磁波在真空中传播速度相同，都约为3.0×108m/s。
本题主要考查学生对电磁波的传播与应用的了解和掌握。

16.【答案】A

【解析】解：A、核电站中的反应堆是利用核裂变发电的，故A正确。
B、太阳能属于可再生能源，故B错误。
C、电能是广泛使用的二次能源，故C错误。
D、能量转化服从能量守恒定律，能的转化和转移具有方向性、有些能源可利用有些不能利用，另外不可再生能源储量有限，所以能源不可能取之不尽、用之不竭，故D错误。
故选：A。
(1)核裂变用于原子弹和核电站。
(2)像风能、水能、太阳能等可以在自然界里源源不断地得到，把它们称为可再生能源。化石能源、核能等能源会越用越少，不能在短期内从自然界得到补充，称为不可再生能源。
(3)必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源；如电能。
(4)能量守恒定律是自然界普遍的规律之一。
知道核能的利用，区分生活中的各种能源，理解能量守恒定律，可解答此题。

17.【答案】C

【解析】解：核电站中的核反应堆发生的是裂变反应；由核能发电的过程可知，核能发电的能量转化过程是：核能→水的内能→机械能→电能。
故选：C。
解决此题的关键是知道核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来加热水，用产生的高温、高压蒸汽作为动力，推动蒸汽涡轮机转动，从而带动发电机发电的。
本题考查了核电站能量的转化，属于基础知识，要熟记。

18.【答案】BC

【解析】解：如图，综合分析可知甲比乙的比热容大，乙、丙是同种液体则比热容相同，所以甲比丙的比热容大。丙比乙的质量大，甲、乙是质量相等的液体，所以甲比丙的质量小。

故选：BC。
甲乙丙三种物质初温相同，甲、乙是质量相等的不同液体，从图上可以看出，在吸收热量相同的情况下，乙末温高，可知乙的比热容小。乙、丙是质量不等的同种液体，比热容相同，在吸收热量相同的情况下，乙末温高，可知丙的质量大。
本题考查热量公式Q=CM△t的理解，分析问题应采用控制变量法。

19.【答案】D

【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压：
ABD、由图乙可知，当R2=10Ω时U1=12V，当R2′=20Ω时U1′=8V，
因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流分别为：I=U1R1=12VR1，I′=U1′R1=8VR1
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源电压保持不变，所以，电源的电压：U=I(R1+R2)=I′(R1+R2′)，即12VR1(R1+10Ω)=8VR1(R1+20Ω)，
解得：R1=10Ω；
电源的电压：U=I(R1+R2)=12V10Ω×(10Ω+10Ω)=24V；
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，电路消耗的功率最小，此时电路电流：，
则；
当电压表的示数U1′′=15V时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
此时电路中的电流：，
此时滑动变阻器两端的电压：，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：，
所以电流表的示数变化范围是0.6A∼1.5A，滑动变阻器接入电路中的阻值范围为6Ω∼30Ω，故AB错误；
电路消耗的最大功率：，则电路消耗的功率范围是14.4W∼36W，故D正确；
C、R1消耗的最小功率：，
R2消耗的最大功率：，
因此R1上消耗的功率范围是3.6W∼22.5W，故C错误。
故选：D。
(1)由图乙可知，当R2的阻值为10Ω和20Ω时电压表的示数，根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值，进一步求出电源的电压；
(2)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，电路消耗的功率最小，根据欧姆定律求出电路的最小电流，再利用P=UI求出电路的最小功率；
当电压表的示数最大时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的最大电流，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，利用P=UI求出电路消耗的最大功率；进一步得出滑动变阻器接入电路中的阻值范围和电路消耗总功率的变化范围；
(3)根据P=I2R分别求出R1消耗的最小功率和最大功率，并得出R1上消耗的功率范围。
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，从图象中获取有用的信息是关键。

20.【答案】CD

【解析】解：
ABC、据题意可知：电流表主要部件是永久磁铁和带有指针的线圈，G1和G2用导线连接起来。当拨动G1的指针时，相当于G1中的线圈做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流；由于两个电表构成了闭合电路，故电流会通过G2表中的线圈，而该线圈处于磁场中，由于通电线圈在磁场中受力转动，所以G2的指针也会偏转，此过程中电能转化为机械能；故G1利用了电磁感应而产生电流，故AB错误，C正确；
D、据前面分析可知，G2是因为通电线圈在磁场中受力转动，故D正确；
故选：CD。
(1)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就会产生感应电流，该现象就叫做电磁感应现象；发电机就是利用该原理制成的；
(2)通电线圈在磁场中受力转动，电动机就是利用该原理制成的。
知道电动机和发电机的原理，并能结合上述实验情景进行分析是解决该题的关键。

21.【答案】4.6×1012  不变  减小

【解析】解：
(1)由题知，液氧煤油的热值是4.6×107J/kg，
则100t的液氧煤油完全燃烧放出的热量：
；
(2)热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，所以液氧煤油燃烧过程中，其热值大小不变；
(3)燃气对火箭做功，内能转化为机械能，所以燃气的内能会减小。
故答案为：4.6×1012；不变；减小。
(1)由Q=mq计算100t的液氧煤油完全燃烧放出的热量；
(2)热值是燃料的特性，与燃料的质量，是否完全燃烧、放出热量等因素无关；
(3)对物体做功物体内能增加，温度升高，物体对外做功，物体内能减少，温度降低。
本题考查了燃料放热的计算、对热值的理解、以及改变内能的方式，属于综合性题目。

22.【答案】带电体能吸引轻小物体  同种  绝缘体

【解析】解：用餐巾纸摩擦后的吸管会带上电荷，由于带电体有吸引轻小物体的性质，所以用另一根没有摩擦的吸管靠近支架上的吸管的一端，它们会互相吸引；
用另一带电体靠近支架上的吸管，它们互相排斥，根据同种电荷相互排斥开展，吸管与带电体带的电荷是同种电荷；
吸管上的电荷没有通过铁支架转移，说明吸管是绝缘体。
故答案为：带电体能吸引轻小物体；同种；绝缘体。
带电体能吸引轻小物体；电荷间的相互作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。容易导电的物体叫做导体，不容易导电的物体叫做绝缘体。
本题考查电荷规律的探究过程，关键是知道相互吸引的有两种可能：一是异种电荷之间，二是带电体和不带电的轻小物体之间(带电的性质)。

23.【答案】0.110∼50

【解析】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流。
(1)由电压表的示数可知，电源的电压U=3V，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，流过R1的电流：
I1=UR1=3V10Ω=0.3A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，流过滑动变阻器R2的电流：
I2=I−I1=0.4A−0.3A=0.1A；
(2)因滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，且电流表的量程为0∼0.6A，
所以，干路电流为0.6A时，滑动变阻器通过的电流最大，其接入电路中的电阻最小，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，此时流过滑动变阻器的电流：
，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，干路电流最小，电路安全，
所以，R2的取值范围是10Ω∼50Ω。
故答案为：0.1；10∼50。
由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路电流。
(1)根据电压表的示数可知电源的电压，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出流过R1的电流，根据并联电路的电流特点求出流过滑动变阻器R2的电流；
(2)比较滑动变阻器允许通过的最大电流和电流表的量程确定干路的最大电流，此时滑动变阻器通过的电流最大，其接入电路中的电阻最小，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知流过R1的电流不变，然后求出流过滑动变阻器的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，干路电流最小，电路安全，据此得出R2的取值范围。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和确定好流过滑动变阻器的最大电流是关键。

24.【答案】前  1503×105J

【解析】解：(1)进户线进入家庭后，先连接电能表，再连接总开关，即电能表要连接在总开关的前面；
由图知，5月份他家消耗的电能：W=6387.2kW⋅h−6237.2kW⋅h=150kW⋅h；
(2)3600r/kW⋅h表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3600r，
则电能表转盘转动了300转时，电路中的用电器消耗的电能：
W=3003600kW⋅h=112kW⋅h=112×3.6×106J=3×105J。
故答案为：前；150；3×105J。
(1)进户线进入家庭中，先连接电能表，再连接总开关；
5月份消耗电能的计算方法：本月底的示数减去上月底的示数，读数时注意：最后一位是小数，单位为kW⋅h；
(2)3600r/kW⋅h表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3600r，据此求出转盘转300r电路中的用电器消耗的电能。
本题考查了家庭电路的连接及消耗电能的计算，属于基础题目。

25.【答案】1；不变

【解析】解：
根据题意可得，导线所受的安培力：F=BIL=0.5T×5A×0.4m=1N；
在匀强磁场中，将此导线从磁场中拿走，磁场强度大小不变。
故答案为：1；不变。
根据F=BIL求解安培力的大小；在匀强磁场中，磁场强度与电流无关。
本题考查了安培力的计算公式F=BIL，注意磁场强度是由磁场本身决定的，与电流无关；本题题目特别长，但较为简单，要有耐心！

26.【答案】不可再生  分子在永不停息地做无规则运动

【解析】解：
(1)煤会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以煤属于不可再生能源；
(2)在长期堆放煤的地方，地面和墙角都会染上一层黑色，刮去一层墙的表皮，墙的里面还有黑色，这是煤炭分子运动到墙里面的结果，属于扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动。
故答案为：不可再生；分子在永不停息地做无规则运动。
(1)像水能、风能、太阳能、生物质能等都是能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
(2)物质都是由分子组成的，分子之间存在一定的空隙，并且分子在永不停息地做无规则运动，分子之间总存在相互作用的引力和斥力。
本题考查学生的能源分类和分子运动论的了解，属于基础性题目。

27.【答案】0∼0.6C保持 U(I2−I1)I1I2+R0

【解析】解：(1)被测电阻阻值约为7Ω∼9Ω，电源电压为4V，
则电路的最大电流为：I=UR=4V7Ω≈0.57A<0.6A，所以电流表选择0∼0.6A量程。
滑动变阻器在电路中分担电压，如果滑动变阻器的阻值比被测电阻大很多，分担电压很大，被测电阻分担电压很小，
被测电阻的电流很小，无法准确测量电流，另外阻值太大，不方便移动，故选滑动变阻器C。
(2)S掷向b时，R0与变阻器R串联，测出电路电流I2，
由欧姆定律可知，电源电压：U=I2(R+R0)，
所以滑动变阻器接入电路的阻值：R=UI2−R0---①；
S掷向a时，Rx与变阻器R串联，测出电路电流I1，电源电压：U=I1(R′+RX)，
有R和R′两个未知量，无法表示出RX，
所以，要测出RX，当S掷向b时，应保持滑动变阻器的滑片不变；
(3)因为电源的电压不变，
所以，I1(RX+R)=I2(R0+R)-----②，
把变阻器接入电路的阻值R=UI2−R0代入②式得：
Rx=U(I2−I1)I1I2+R0。
故答案为：(1)0∼0.6；C；(2)保持；(3)U(I2−I1)I1I2+R0。
(1)根据电源电压和最小电阻求电路最大电流，然后确定电流表的量程；滑动变阻器在电路中起保护电路和分担电压的作用，
滑动变阻器电阻太大，分担电压太大，被测电阻分担电压太小，电流小，无法用电流表测电流，故滑动变阻器电阻和被测电阻阻值不要相差太大；
(2)(3)将开关掷向a时，测出电路电流I1，U=I1(R′+RX)，有两个未知量，无法求出RX；
将开关掷向b时，测出电路电流I2，U=I2(R+R0)，其中的R可以用电源电压U、I2、R0来表示，所以R=UI2−R0；
故采用滑片的位置不动，电源电压一定，S掷向a和S掷向b，找电源电压相同列等式求解
本题是伏安法测电阻的实验，涉及到器材的选择、实验操作以及表达式的推导等，属于中考常考题型，务必牢固掌握。

28.【答案】滑动变阻器同时接下面两个接线柱 

【解析】解：(1)实验中，电压表应该并联在小灯泡两端，如下图所示：

(2)闭合开关，电流表和电压表都有示数，则电路为通路，无论怎样移动滑片，灯泡不亮，但说明灯泡实际功率很小，电路电流很小，滑动变阻器不能改变电路电阻，可能的电路故障是：①滑动变阻器同时接下面两个接线柱；
(3)图甲可知，电压表的量程是0−3V，电压表的分度值是0.1V，由图乙可知故此时电压表的示数是2.2V；
灯在额定电压下正常发光，而此时小灯泡两端的电压为2.2V，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，使电压表的示数为2.5V。
(4)根据绘制的小灯泡的I−U图象，当灯的电压为2.5V时，电流为0.2A，小灯泡的额定功率是
P=UI=2.5V×0.2A=0.5W；
(5)保持滑动变阻器滑片的位置不动，闭合开关S、S2，断开S1，调节电阻箱R，使电流表的示数为，根据等效替代法，此时电阻箱的电阻值等于小灯泡正常发光时的电阻等于R0，则小灯泡的额定电功率的表达式为
。
故答案为：(1)如上所示；(2)滑动变阻器同时接下面两个接线柱；(3)2.2；A；(4)0.5；。
(1)实验中，电压表应该并联在小灯泡两端；
(2)闭合开关，无论怎样移动滑片，电流表和电压表都有示数，则电路为通路，灯泡不亮，说明电路电流很小；无论怎样移动滑动变阻器的滑片，两电表示数均无变化，说明滑动变阻器不能改变电路电阻，据此分析；
(3)根据电压表的量程是0−3V确定电压表的分度值是读数；
灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，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)根据绘制的小灯泡的I−U图象知灯的电压为2.5V时电流大小，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；(5)已知灯的额定电流，根据求出灯正常发光的电阻是关键，根据等效替代法求出灯正常发光的电阻。
本题测量小灯泡的电功率，考查电路连接、反常现象的分析、操作过程、额定功率计算及等效替代法和测设计方案测额定功率的能力。

29.【答案】解：
(1)由P=Wt可得，额定功率为50W的电加热器正常加热2min，则电加热器消耗的电能：
W=Pt=50W×2×60s=6×103J；
(2)电加热器对水加热的效率为84%，
根据η=QW可得水吸收的热量：
Q=ηW=84%×6×103J=5.04×103J；
(3)由表中数据可知，水的温度由18℃升高到38℃，即，
根据Q=cm△t可得，水的质量：
，
因食用油和水的质量相等，故食用油的质量为0.06kg；
由表中数据可知，食用油的温度由18℃升高到68℃，即，
由Q=cm△t可得，食用油的比热容。
答：(1)给水加热时电加热器消耗的电能为6×103J；
(2)若电加热器的加热的效率为84%，水或食用油吸收的热量为5.04×103J；
(3)食用油的比热容为1.68×103J/(kg⋅℃)。

【解析】(1)已知电加热器的额定功率和加热时间，根据W=Pt得出电加热器消耗的电能；
(2)已知电加热器对水加热的效率，根据η=QW求出水吸收的热量；
(3)由表中数据可知水的初温和末温，根据Q=cm△t求出水的质量，从而根据题意可知食用油的质量，然后由Q=cm△t公式变形可求得食用油的比热容。
本题考查了吸热公式、效率公式、电功公式的运用。因已知水的比热容，而食用油的比热容未知，故最后一问要通过求水的质量从而得出食用油的质量是关键。

30.【答案】解：(1)由P=UI可得，灯泡的额定电流：IL=PLUL=1.25W2.5V=0.5A，
当S闭合，S1、S2都断开时，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0∼0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，
所以，电路中的最大电流，此时电路的总功率最大，
则电路消耗的最大功率：；
(2)由I=UR可得，灯泡的电阻：RL=ULIL=2.5V0.5A=5Ω，
当S闭合，S1、S2都断开且滑动变阻器的滑片移到最右端时，灯泡L与滑动变阻器R串联，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：，
则小灯泡在5min内消耗的电能：WL=UL′It=I2RLt=(0.24A)2×5Ω×5×60s=86.4J；
(3)当S、S1、S2都闭合时，R与R0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R0的电流：I0=UR0=6V30Ω=0.2A，
当电流表的示数I=0.6A时，通过滑动变阻器的电流最大，接入电路中的电阻最小，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过滑动变阻器的最大电流：IR=I′−I0=0.6A−0.2A=0.4A，
则滑动变阻器接入电路的最小阻值：。
答：(1)当S闭合，S1、S2都断开时，电路消耗的最大功率为3W；
(2)当S闭合，S1、S2都断开且滑动变阻器的滑片移到最右端时，小灯泡在5min内消耗的电能为86.4J；
(3)当S、S1、S2都闭合时，滑动变阻器接入电路的最小阻值为15Ω。

【解析】(1)根据P=UI求出灯泡的额定电流，当S闭合，S1、S2都断开时，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电流特点结合电流表的量程合滑动变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，此时电路的总功率最大，根据P=UI求出电路消耗的最大功率；
(2)根据欧姆定律求出灯泡的电阻，当S闭合，S1、S2都断开且滑动变阻器的滑片移到最右端时，灯泡L与滑动变阻器R串联，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，根据W=UIt=I2Rt求出小灯泡在5min内消耗的电能；
(3)当S、S1、S2都闭合时，R与R0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R0的电流，当电流表的示数最大时，通过滑动变阻器的电流最大，接入电路中的电阻最小，根据并联电路的电流特点求出通过滑动变阻器的最大电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最小阻值。
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，根据灯泡的额定电流确定第一问的最大电流是关键。