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2021-2022学年福建省福州市鼓楼区文博中学、现代中学、黎明中学九年级（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年福建省福州市鼓楼区文博中学、现代中学、黎明中学九年级（上）期末物理试卷（含答案解析），共29页。试卷主要包含了4J的电能，2kW⋅h，2kW，5V，他分析，【答案】A，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建省福州市鼓楼区文博中学、现代中学、黎明中学九年级（上）期末物理试卷
1. 电磁感应现象是物理学史上的重大发现之一，最早发现这一现象的物理学家是( )
A. 焦耳 B. 安培 C. 奥斯特 D. 法拉第
2. 图甲是无风条件下铝箔气球的静止状态，当用带正电的a棒靠近气球时，情景如图乙所示，当用b棒靠近气球时，情景如图丙所示。则( )
A. 气球一定带正电 B. 气球一定不带电 C. b棒一定带正电 D. b棒一定不带电
3. 以下家用电器正常工作时，电功率大约为1kW的是( )
A. 电风扇 B. 电冰箱 C. 空调 D. 电视机
4. 2021年6月17日，我国的“神舟十二号”采用自主快速交会对接模式，成功对接于天和核心舱”前向端口，与此前已对接的天舟二号货运飞船一起构成三舱(船)组合体，如图所示，“神舟十二号”的发射用液态氢做燃料，是因为液态氢具有很大的( )
A. 热值 B. 比热容 C. 密度 D. 质量
5. 在进行如图所示的实验或有关装置工作时，由机械能转化为内能的是( )
A. B.
C. D.
6. “二十四节气”被誉为“中国古代第五大发明”，已正式列入《人类非物质文化遗产代表作名录》。下列关于其中部分节气包含的物理知识，解释正确的是( )
A. “天气转凉，露凝而白”，露的形成是凝固现象，该过程需放热
B. “伏天三场雨，薄地长好麻”，雨的形成是液化现象，该过程需吸热
C. “霜降有霜，米谷满仓”，霜的形成是凝华现象，该过程需放热
D. “小寒冻土，大寒冻河”，河水结冰是凝固现象，该过程需吸热
7. 我们的学习和生活都离不开电，在日常生活中树立安全用电意识十分重要。图中的各种做法中，符合安全原则的是( )
A. 在高压线线附近放风筝
B. 用湿布擦台灯的灯头
C. 用湿手拔电水壶的插头
D. 用绝缘棒挑开通电的裸电线
8. 如图所示是一手压电筒，按压手柄，塑料齿轮带动线圈内磁性飞轮高速旋转，使灯泡发光．图中与这一过程的工作原理相同的是( )
A. B.
C. D.
9. 常用智能手机是通过指纹开关S1或密码开关S2来解锁的，若其中任一方式解锁失败后，锁定开关S3均会断开而暂停手机解锁功能，S3将在一段时间后自动闭合而恢复解锁功能。若用灯泡L发光模拟手机解锁成功，则图中符合要求的模拟电路是( )
A. B.
C. D.
10. 2019年3月19日报导称复旦大学科研团队研发出高电导率的砷化铌纳米带材料用它制造的电子元件可以有效减少发热这是由于元件具有较小的( )
A. 密度 B. 比热容 C. 电阻 D. 热值
11. 甲、乙两物质的比热容之比为3：2，质量之比为1：2，若它们吸收相等的热量，则甲、乙升高的温度之比为( )
A. 3：4 B. 4：3 C. 1：6 D. 6：1
12. 如图所示是小明家的电能表。将一个“220V 1210W”的用电器单独接入家庭电路中工作12min，电能表的转盘转了500转。在此工作过程中，下列说法中正确的是( )
A. 该电能表的示数表示家中已经消耗1123.4J的电能
B. 该用电器的实际功率为1200W
C. 该用电器12min消耗电能0.2kW⋅h
D. 若小明家所有用电器同时工作，则总功率不得超过2.2kW
13. 如图所示，闭合开关S后一盏灯亮，另一盏灯不亮，一个电表有示数，另一个电表无示数，若故障中出现在其中一个灯泡两端，则故障可能是( )
A. 灯泡L1断路 B. 灯泡L2断路 C. 灯泡L1短路 D. 灯泡L2短路
14. 如图所示，电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。S闭合，滑动变阻器滑片P由a向b滑动，下列说法正确的是( )
A. 电压表V1示数与电压表V2示数之和变大 B. 电压表V1示数与电流表A示数的乘积变大
C. 电压表V1示数与电流表A示数的比值变大 D. 电压表V2示数与电流表A示数的比值变大
15. 如图所示的电路，R0为定值电阻，R1为滑动变阻器，Q为滑片，R、U和P分别表示QN段的阻值、两端电压和消耗的电功率，I为电流表示数、则移动Q的过程中，下列图象正确的是( )
A. B.
C. D.
16. 在如图甲所示的电路中，电源的电压恒定，滑动变阻器的最大阻值R1=8Ω，R2为定值电阻，但看不清
标识。滑动变阻器滑片从左端M滑到右端N的过程中，滑动变阻器的电功率P随PN间电阻R变化的关系如图乙所示，其中滑动变阻器阻值取2Ω和8Ω时电功率相同，则以下说法正确的有( )
①定值电阻R2=5Ω
②电源的电压为6V
③电压表的最大示数为4.5V
④滑动变阻器的最大电功率为2.25W
A. ②③ B. ③④ C. ②④ D. ①④
17. 如图所示，为某可调高度台灯及用于调光的电位器结构图，b与金属滑片P相连，则电位器应该与灯泡______(填“串联”或“并联”)，它是通过改变电阻片接入电路中的______来改变其接入电路中的电阻，欲使滑片P顺时针转动是灯泡变亮，应将接线柱b与______(填“a”或“c”)接入电路。
18. 小明发现超市里的手扶式电梯无人站在上面时运动较慢，有人站在上面时运动较快．他据此画出了如图所示的电路(R是一个压敏电阻).他分析：当人站在电梯上，R的阻值变小，电磁铁的磁性变______(选填“强”或“弱”)，衔铁与触点______(选填“1”或“2“)接触，电动机的转速变快，电梯运行变快．
19. 小明在观察“碘锤”中的物态变化之前，查阅资料得知：酒精灯外焰的温度约为800℃，碘的熔点为113.7℃.采用图中的两种方式加热，图甲的碘颗粒吸热会______(填物态变化名称)，图乙中的碘颗粒吸热除了发生图甲中的物态变化外，还可能会______(填物态变化名称)，原因是______。
20. 甲图是小灯泡L和电阻R的I−U图象。将小灯泡L和电阻R接入乙图电路中，电源电压恒定不变，只闭合开关S，小灯泡L的实际功率为1.8W，则此时小灯泡L的电阻为______Ω；再闭合开关S1，电阻R在1min内产生的热量为______ J。
21. 将分别标有“6V 3W”和“3V 3W”的甲、乙两只灯泡串联接在电压为6V的电源两端，则______ (选填“甲”或“乙”)灯更亮；若将两灯并联接在电压可调的电源上，为保证其中一盏灯正常发光，另一盏灯不被烧毁，则此时两灯总功率为______ W。(忽略温度对灯丝电阻的影响)
22. 如图所示是某款调光台灯的简化电路原理图。灯L标有“12V 6W”字样，当滑动变阻器时滑片P在最右端时，灯L正常发光，电源电压不变，不考虑温度对灯丝电阻的影响。当滑动器变阻器接入电路的电阻是16Ω时，电路中的电流为______ A；当滑片P位于滑动变阻器的中点和最左端时，灯L消耗的实际功率之比是25：9，则滑动变阻器的滑片P在最左端时灯L消耗的实际功率是______ W。
23. 如图，用笔画线代替导线，将各元件正确接入电路，其中开关只控制电灯。
24. 请根据图中小磁针静止时的指向，在图中标出：
①通电螺线管的N、S极；
②电源的“+”、“-”极；
③磁感线的方向。
25. 2020年12月10日，白鹤滩-江苏，特高压±800千伏直流输电工程开工建设。工程线路全长2087公里，途经四川、重庆、湖北、安徽、江苏，工程额定电压±800千伏，额定输送功率800万千瓦，计划于2022年建成投运。工程投运后，每年可输送电量312亿千瓦时，减少煤炭运输1400万吨，减排二氧化碳2542万吨、二氧化硫25万吨，对满足电力供应、优化能源供应结构、缓解大气污染防治压力具有重要意义。特高压直流输电技术解决了国内的电力输送问题，为全球能源互联提供了“中国方案”，推动我国能源领域高新技术强势“走出去”。请分析为什么长距离输电要用高压输电？
26. 如图甲所示，是小明“探究物质熔化规律”的实验装置。
(1)实验中通过水对试管加热，而不是直接加热试管，如图甲所示，目的是______ 。甲图的器材安装好之后再调整应该按______ 顺序进行。(选填“从上到下”或“从下到上”)
(2)根据实验数据作出该物质加热时温度随时间变化的图象如图乙所示，分析图象可知，该物质是______ (选填“晶体”或“非晶体”)，其熔点是______ ℃，其熔化过程的特点是______ 。
(3)在第5min该物质处于______ 态，熔化过程用了______ min.
(4)若将装有冰水混合物的试管放入正在熔化的该物质(盐冰水混合物)中，如图丙，则试管中______ (填“水的质量增加”或“冰的质量增加”或“冰与水的质量均不变”)。
27. 为了探究电磁铁磁性强弱跟哪些因素有关，小华用漆包线(表面涂有绝缘漆的导线)绕在大铁钉上，制成简易的电磁铁，如图所示，用此装置去吸引大头针。
(1)实验中，电磁铁磁性的强弱通过电磁铁______ 反映。
(2)比较甲乙两图可以发现：与永磁体相比，电磁铁具有的优点是______ 。
(3)比较______ 两图可知：线圈匝数相同时，电流越大磁性越强。
(4)根据图丁可以得出的初步结论是______ 。
28. 实验课堂上老师为同学们准备了如图所示的装置进行实验探究，甲、乙是完全相同的两个烧瓶，里面装有未知液体、电阻R甲、R乙和相同的温度计。
(1)小京想利用这套装置探究电流产生的热量跟电阻的大小是否有关，他设计电路时应使R甲、R乙阻值______(选填“相同”或“不同”)；在实验中，电流产生热量的多少是通过______来反映的，此时选用的液体种类和质量应该______(选填“相同”或“不同”)；
(2)小红将烧瓶中的液体换成质量相同的不同种液体，利用这套装置比较甲、乙两烧瓶中液体的比热容，为了使两种液体在一定时间内吸收的热量相等，R甲、R乙的阻值应该______(选填“相同”或“不同”)。闭合开关，通电一段时间后，发现甲瓶中温度计示数升高的更多，则______(选填“甲”或“乙”)瓶中液体的比热容较小。
29. 老师给大家准备了以下器材：定值电阻六个(5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω、30Ω)、滑动变阻器标有“30Ω1A”、电流表、电压表、学生电源(电压可调，精确到0.1V)、开关、导线若干，同学们用来探究“电流与电压、电阻的关系”。
(1)在连接电路前，小明设计了如图甲所示的电路，探究“电流与电压的关系”。连接电路时，开关应
该处于______状态；
(2)小明选择了一个10Ω的电阻，将电路正确连接后，闭合开关前，电流表指针位置如图乙所示，这是
因为电流表______；
(3)闭合开关后，小明发现电流表的指针几乎不偏转，但电压表示数接近电源电压，则故障原因可能
是：______；
(4)在某次测量中，电流表表盘如图丙所示，则所测的电流值是______ A；
(5)小明将多次测量所得数据的结果绘制成图丁，可得出结论：______；
(6)在探究“电流与电阻的关系”时，当电路中连接不同的电阻时，需要保持电阻两边的电压不变。电
路连接完成后，分别用5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的电阻进行实验，正确操作，实验数据画出的定值
电阻的I−R图像如图所示，其中阴影面积的物理意义是______；
(7)在如图甲所示的电路中，当接入电阻R的阻值为10Ω，滑动变阻器滑片位于中点；用阻值为15Ω的
电阻替换下这个10Ω的电阻后，以下方法中，可能使电压表示数与替换前相等的是______。
A.电源电压不变，不移动滑片P
B.电源电压不变，向左移动滑片P
C.减小电源电压，不移动滑片P
D.增大电源电压，向左移动滑片P
(8)当使用30Ω的电阻做实验时，无论怎样调节滑动变阻器的滑片都无法使电压表的示数与前五次相同，
为了继续完成第六次实验，如果只能改变电源电压，其它接线柱位置都不变，则电源电压应不高于______
V。
30. 小明用图甲电路测量额定电压为2.5V小灯泡L的额定功率，电源电压调节为4.5V不变(提示：电源电压可调)，规格为“30Ω1A”的滑动变阻器。
(1)小明连接了如图甲所示的电路，若电路中各元件完好，闭合开关会出现______。
A.小灯泡发光
B.可能损坏电压表
C.可能损坏电流表
D.可能损坏电源
(2)检查电路，小明发现一根导线连接错误，请将图中连接错误的导线上打“×”，并用笔画线代替导
线将电路连接正确。
(3)小明改正电路连接后，用开关试触时，看到小灯泡发出明亮的光。则他在操作中存在的不当之处是
______。
(4)改正所有问题并正确完成了实验，他根据实验数据绘制了小灯泡的I−U图像(如图乙)。观察图像，
小明发现图像是曲线，原因是小灯泡灯丝的电阻随______的变化而变化，小灯泡的额定功率是______
W。
(5)完成上述实验后，小明设计了如图丙所示电路，测出了额定电流为I额的小灯泡的额定功率。方案步骤
如下(电源电压不变，滑动变阻器R1的最大阻值为R0，滑动变阻器R2最大阻值未知)：
①按电路图连接实物电路。
②只闭合开关S、S2，调节变阻器R1的滑片，使电流表示数为______，灯泡正常发光。
③只闭合开关S、S1，保持R1滑片位置不变，调节变阻器R2的滑片，使电流表的示数为I额。
④保持______(填“R1”或“R2”)滑片的位置不变，只闭合开关S、S1，将另一个滑动变阻器滑片移到最右端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器的滑片移到最左端，电流表的示数为I2。
⑤小灯泡额定功率的表达式为P额=______(用I额，I1，I2，R0表示)。
31. 2019年世界环境日主题聚焦空气污染防治，中文口号为“蓝天保卫战，我是行动者”。如图，某城市投放使用氢燃料新能源公交车，氢燃料具有清洁无污染、效率高等优点，被认为是22世纪最理想的能源[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)；q氢=1.4×108J/kg]。求：
(1)质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量；
(2)若这些热量的80%被质量为200kg，温度为15℃的水吸收，求水吸收的热量和水的温度升高了多少℃？
32. 小亮家新买了一台美的电饭锅，它有加热和保温两种功能，电饭锅的原理简图如图所示，电饭锅的铭牌内容如下表。求：
额定电压
220V
加热功率
1100W
保温功率
44W
最大容积
3L
(1)电饭锅处于保温状态时，电路中的电流；
(2)电饭锅处于加热状态时，30min消耗的电能为多少kW⋅h？
(3)R2的阻值。
33. 如图所示，电源电压24V保持不变，定值电阻R1=24Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为60Ω，电压表量程用0∼15V，电流表量程用0∼3A，小灯泡L的规格为“12W 1A”，不计灯丝电阻受温度的影响。求：
(1)小灯泡L的电阻为多少Ω？
(2)闭合全部开关，R2的滑片滑到最左端时，电路的总功率为多少W？
(3)仅闭合S1，电流表量程换用0∼0.6A，在保证电路安全的前提下，R2的阻值范围？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、焦耳最先发现了“电流通过导体产生的热量与电流、电阻、通电时间的关系”，即焦耳定律，故A错误；
B、安培总结得出了右手螺旋定则，即：安培定则，故B错误；
C、奥斯特发现了电流的磁效应，故C错误；
D、法拉第经十年的努力，在1831年发现了电磁感应现象，故D正确。
故选：D。
根据物理学史知识、物理学家对物理学的主要贡献分析解答此题。
本题主要考查了学生对物理学史的掌握情况，对物理学中做出了重大贡献的科学家，学生应该有最基本的了解。属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：乙图中，a与气球是相互排斥的，a带正电，则气球带正电；气球与b相互靠近时，会吸引，则b可能带负电，也可能不带电，故A正确，BCD错误。
故选：A。
据电荷间的相互作用规律(同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引)和带电体的性质(能吸引不带电的轻小物体)分析。
根据电荷间的作用规律、带电体的性质，结合自然界中只有两种电荷，利用题目中告诉的信息分析即可。
3.【答案】C
【解析】解：电风扇的功率约为60W；电冰箱的功率约为200W；空调属于大功率用电器，其功率约为1000W；电视机的功率约为120W，故C正确。
故选：C。
根据常见家庭用电器的额定功率进行选择，电功率为1kW的用电器属于大功率用电器。
本题主要考查学生对电功率物理含义的理解和掌握，要熟悉常见家用电器的功率。
4.【答案】A
【解析】解：“神舟十二号”的发射用液态氢做燃料，因为液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量。
故选：A。
热值是燃料的一种特性，热值越大，完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多。
本题考查学生对燃料热值的特性的理解与应用，属于基础性题目。
5.【答案】A
【解析】【试题解析】
解：A、下压活塞时，活塞对封闭气体做功，机械能转化为内能，故A符合题意；
B、由图可知，这是内燃机的做功冲程，在该冲程中，燃气的内能转化为活塞的机械能，故B不符合题意；
C、电暖器工作时，电能转化为内能，故C不符合题意；
D、水蒸气对活塞做功，水蒸气的内能转化为活塞的机械能，故D不符合题意．
故选：A.
解决此题要知道功改变物体内能的过程是机械能与内能相互转化的过程．
此类题目是考查对做功过程中能量转化的原理即机械能转化为内能．
6.【答案】C
【解析】解：
A、露是空气中的水蒸气液化形成的液态小水滴，液化过程需放热，故A错误；
B、雨是空气中的水蒸气液化形成的液态小水滴，液化过程需放热，故B错误；
C、霜是空气中的水蒸气凝华形成的固态小冰晶，凝华放热，故C正确；
D、水结冰，由液态变为固态，属于凝固现象，凝固放热，故D错误。
故选：C。
(1)物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华；
(2)物质在发生物态变化时必然要伴随着吸放热的进行，其中熔化、汽化、升华吸热，凝固、液化、凝华放热。
此题考查的是物态变化的判断和物态变化伴随的吸放热情况。熟记概念是解决本题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：A、在高压线下放风筝，非常容易发生触电事故，不符合安全用电原则。
B、用湿布擦灯头，水是导体，人很容易触电，不符合安全用电原则。
C、用湿手拔插头，水是导体，一旦与火线接触，就会发生触电事故，不符合安全用电原则。
D、用绝缘棒挑开通电裸导线，由于绝缘帮是绝缘体，可以防止发生触电事故，符合安全用电原则。
故选：D。
安全用电的基本原则是不接触低压带电体，不靠近高压带电体；当发生触电事故进行急救时要先切断电源；有金属外壳的用电器，其外壳一定要接地，以防止漏电事故的发生。
本题的解题关键是了解安全用电的基本原则，相对比较简单，属于基础题。
8.【答案】A
【解析】解：磁性飞轮高速旋转，线圈不动，相当于磁性飞轮静止，线圈高速运动切割磁感线，灯泡发光，说明电路中产生了感应电流，这是电磁感应现象．
A、导体ab在磁场中做切割磁感线运动，电路中产生了电流(电流表的指针偏转)这是电磁感应现象．故A正确．
B、通电直导线在在磁场中受力运动，说明磁场对电流有力的作用．故B错误．
C、通电后，小磁针的指向发生偏转，说明电流周围存在磁场．故C错误．
D、通电后，电磁铁可以吸引大头针，是研究电磁铁的实验，故D错误．
故选A.
灯泡发光，说明电路中产生了感应电流，确定该手电筒的工作原理，再分析选择项中实验装置体现的物理理论，两者对应即可得到答案．
在电磁学中，实验装置较多，并且每个装置都对应这一个理论，因此记住这部分内容的实验装置图及其包含的物理理论在电磁学这一部分非常重要．
9.【答案】D
【解析】解：由题意可知，指纹开关S1或密码开关S2均可以解锁，锁定开关S3断开时暂停手机解锁功能，则指纹开关S1和密码开关S2可以独立工作、互不影响即为并联，且锁定开关S3位于干路，然后与灯泡、电源组成电路，结合选项电路图可知，选项C符合题意。
故选：D。
由题意可知，指纹开关S1或密码开关S2均可以解锁说明两开关可以独立工作、互不影响即为并联，锁定开关S3断开时暂停手机解锁功能，说明锁定开关S3位于干路控制整个电路，据此进行解答。
本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出三个开关的位置和连接方式是关键。
10.【答案】C
【解析】解：
A、密度的定义是物体质量与体积的比值，跟电子元件的发热无关，一般航空航天材料会选择密度较小的物质。所以A错误。
B、比热容是反应物质吸放热能力的物理量，与电子元件的发热无关。所以B错误。
C、电阻是导体本身的一种性质，与导体的材料、长度、横截面积、温度等因素有关；而电流之所以有热效应就是因为导体有电阻。根据焦耳定律Q=I2Rt可知，当电流和通电时间相同时候，电阻越大导体产生的热量越多。所以电子元件电阻较小能够有效减少发热。所以C正确。
D、热值是反应燃料完全燃烧时放热本领的物理量。与电子元件的发热无关，所以D错误。
故选：C。
(1)密度的定义是物体质量与体积的比值，跟电子元件的发热无关，一般航空航天材料会选择密度较小的物质。
(2)比热容是反应物质吸放热能力的物理量。
(3)电阻是导体本身的一种性质，与导体的材料、长度、横截面积、温度等因素有关；而电流之所以有热效应就是因为导体有电阻。
(4)热值是反应燃料燃烧时放热本领的物理量。
本题考查了几个能反应物质本身性质的物理量，要求同学对主要物理量的物理意义具有一定的了解。
11.【答案】B
【解析】解：甲乙两物体质量之比：m甲：m乙=1：2，比热容之比c甲：c乙=3：2，
甲、乙两物体吸收的热量：Q甲：Q乙=1：1，
由Q吸=cm△t得，
甲乙两物体升高温度之比：△t甲：△t乙=Q甲c甲m甲：Q乙c乙m乙=13×1：12×2=4：3。
故选：B。
知道甲乙两物体质量、比热容的比值关系，知道甲乙两物吸收相等的热量；利用吸热公式Q吸=cm△t求甲、乙两物体升高温度的比值。
本题考查了学生对热量公式的掌握和运用，代入比值时要细心，不要因颠倒出错。
12.【答案】C
【解析】解：
A、电能表读数时，最后一位是小数，单位是kW⋅h，则图中电能表的读数是1123.4kW⋅h，表示家中已经消耗1123.4kW⋅h的电能，故A错误；
BC、2500r/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转2500转，
该用电器工作12min、转盘转500转时，该用电器消耗的电能：
W=5002500kW⋅h=0.2kW⋅h，
t=12min=0.2h，
该用电器的电功率：
P=Wt=0.2kW⋅h0.2h=1kW=1000W，故B错误、C正确；
D、“10(20)A”中20A是指这个电能表平时工作时允许通过的最大电流，该电能表允许接入的用电器总功率不能超过P最大=UI最大=220V×20A=4400W=4.4kW，故D错误。
故选：C。
(1)电能表读数注意：最后一位是小数，单位是kW⋅h；
(2)2500r/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转2500转，据此求该用电器工作12min、转盘转500转时该用电器消耗的电能，再利用P=Wt求该用电器的电功率；
(3)“10(20)A”中20A是指这个电能表平时工作时允许通过的最大电流，利用P=UI求该电能表允许接入的用电器总功率最大值。
本题考查了电能、电功率的计算，知道电能表相关参数的含义是正确解题的前提与关键，计算时要注意单位统一。
13.【答案】D
【解析】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表A测量电路中的电流，电压表测量L2两端电压；闭合开关S后一盏灯亮，另一盏灯不亮，这说明电路是接通的，即电路出现了短路现象，故电路中有电流，即电流表有示数，电压表无示数，根据U=IR可知，与电压表并联部分的电阻为0，即灯泡L2短路；故D正确。
故选：D。
根据电路图可知，两灯泡串联，电流表A测量电路中的电流，电压表测量L1两端电压；灯泡发光，说明电路是接通的，即电路出现了短路现象；然后分析电流表、电压表的示数情况，得出故障的原因。
要学会使用电流表、电压表来判断电路中的故障，学会从现象中分析原因。
14.【答案】D
【解析】
【分析】
此题是滑动变阻器电路变化分析，考查了串联电路的电流、电压规律及对欧姆定律的应用，确认电路的连接方式是关键。
由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测电阻R1两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R2两端的电压，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R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化，进一步分析即可得出答案。
【解答】
由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测电阻R1两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
A.开关S闭合，当滑片P由a向b滑动时，由串联电路的电压特点可知，电压表V1示数与电压表V2示数之和等于电源电压，则两个电压表示数之和不变，故A错误；
BCD.滑片P由a向b滑动，变阻器R2接入电路的阻值变大，总电阻变大，由I=UR知电路中电流变小，电流表A的示数变小；由U=IR可知，定值电阻R1两端电压变小，即V1的示数变小，则V2示数就会变大；
所以，电压表V1示数与电流表A示数的乘积变小，故B错误；
电压表V2示数与电流表A示数的比值变大，故D正确；
由欧姆定律可知，电压表V1与A的示数之比等于定值电阻R1的阻值，所以该比值不变，故C错误。
故选D。
15.【答案】A
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器的最大阻值R1串联，电流表测电路中的电流。
因滑片移动时接入电路中的电阻不变，电路中的总电阻不变，
所以，由I=UR可知，电路中的电流不变，故C错误；
由U=IR可知，U与R成正比，为过原点的直线，故D错误；
由P=I2R可知，P与R成正比，为过原点的直线，故A正确、B错误。
故选：A。
本题考查了欧姆定律和电功率公式的灵活应用，知道滑片移动时接入电路中的电阻不变是关键。
本题考查了欧姆定律和电功率公式的灵活应用，知道滑片移动时接入电路中的电阻不变是关键。
16.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)由图乙可知，当R1=2Ω和R1′=8Ω时，滑动变阻器的电功率均为P1=2W，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P=UI=I2R可得，两次电路中的电流分别为：
I=P1R1=2W2Ω=1A，
I′=P1R1′=2W8Ω=0.5A，
电源的电压恒定，所以，由I=UR可得，电源的电压：
U=I(R1+R2)=I′(R1′+R2)，
即：1A×(2Ω+R2)=0.5A×(8Ω+R2)，
解得：R2=4Ω，故①错误；
电源的电压：U=I(R1+R2)=1A×(2Ω+4Ω)=6V，故②正确；
(2)当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路中的电流最小，根据U=IR可知定值电阻R2两端的电压最小，由U=U1+U2可知，滑动变阻器两端的电压最大，所以，当变阻器R1接入电路中的电阻最大为8Ω时，电压表的示数最大，此时电路中的电流I′=0.5A，
则电压表的最大示数：U1大=I′R1′=0.5A×8Ω=4V，故③错误；
(3)当滑动变阻器接入电路中的电阻为R时，电路中的电流：I′′=UR+R2，
滑动变阻器消耗的电功率：
P1=(I′′)2R=(UR+R2)2R=U2RR2+2RR2+R22=U2RR2−2RR2+R22+4RR2=U2R(R−R2)2+4RR2=U2(R−R2)2R+4R2，
所以，当R=R2=4Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，
则P1大=U24R2=(6V)24×4Ω=2.25W，故④正确，
综上可知，②④正确。
故选：C。
由电路图可知，R1与R2串联，电压表测变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)根据图乙读出R1的阻值为2Ω和8Ω时滑动变阻器的电功率，根据串联电路的电流特点和P=UI=I2R求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压恒定得出等式即可求出R2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，电压表的示数最大，根据欧姆定律求出电压表的最大示数；
(3)根据欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=UI=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，然后判断出变阻器消耗的电功率最大时接入电路中的电阻，然后求出变阻器的最大功率
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，从图像中获取有用的信息是关键，难点是滑动变阻器消耗的电功率最大时其阻值的判断。
17.【答案】串联 长度 c
【解析】解：(1)电位器串联在电路中能改变电路中电流的大小，所以图中电位器应与灯泡串联；
(2)电位器是通过改变接入电路中电阻片的长度来改变电阻，从而改变电路的电流达到改变灯泡亮度的目的；
(3)欲使滑片P顺时针转动时灯泡变亮，电路中电流变大，电位器接入电路的电阻变小，故接b、c两个接线柱。
故答案为：串；长度；c。
(1)电位器的实质是滑动变阻器；
(2)电位器串联在电路中能改变电路中电流的大小；
(3)顺时针转动旋钮时，灯泡变亮，电路中电流变大，电位器接入电路的电阻变小，接b、c两个接线柱
此题考查学生对于滑动变阻器的理解和掌握，熟知使用和接线原则是解题关键。
18.【答案】强；2
【解析】解：当人站在电梯上时，R的阻值减小，电路中电流增大，电磁铁变强，则衔铁被吸下，与触点2接触，则电机上的电压增大，电动机转速变快．
故答案为：强；2.
本题中有两个电路，左侧为压敏电压与电磁铁串联，右侧为电机控制电路，当衔铁与触点1接触时，R1与电机串联，当衔铁与触点2接触时，电阻断路，电机中电压增大．
本题考查应用物理知识解决实际问题的能力，在本题中应认清电路的构造联系所学知识进行解答．
19.【答案】升华 熔化 酒精灯外焰温度高于碘的熔点，碘吸热可能熔化
【解析】解：甲图，在水中加热，水的温度约为100℃，碘的熔点为113.7℃，所以碘不会熔化；碘颗粒吸热会从固态直接变为气态，则该物态变化为升华。
图乙中，酒精灯外焰温度约为800℃，高于碘的熔点，碘吸热可能熔化；
故答案为：升华；熔化；酒精灯外焰温度高于碘的熔点，碘吸热可能熔化。
判断物态变化，首先确定原来的状态，然后确定最后的状态，从而确定物态变化，同时注意熔化条件①达到熔点②继续吸热。
此题考查了升华、熔化、凝华的概念以及熔化的条件，属于物态变化基本题型。
20.【答案】5 54
【解析】解：(1)由电路图可知，只闭合开关S1，电路是灯泡的简单电路，
由图象可知，当灯泡两端的电压UL=3V，通过的电流IL=0.6A，
此时小灯泡L的实际功率：PL=ULIL=3V×0.6A=1.8W，符合题意，
所以此时灯泡电阻为：
RL=ULIL=3V0.6A=5Ω，
且电源电压U=UL=3V；
(2)再闭合开关S1时，R与L并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，U=UL=UR=3V，
由图象可知，此时通过R的电流IR=0.3A，
则电阻R在1min内产生的热量：Q=W=URIRt=3V×0.3A×60s=54J。
故答案为：5；54。
(1)由电路图可知，只闭合开关S，电路是灯泡的简单电路，根据图象读出小灯泡L的实际功率为1.8W时通过的电流和两端的电压，根据欧姆定律计算此时小灯泡L的电阻；
(2)两开关都闭合时，定值电阻R与灯泡L并联，根据并联电路的电压特点可知电源的电压，根据图象读出通过电阻R的电流，利用Q=W=UIt求出电阻R在1min内产生热量。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率以及电功公式的应用，从图象中读出灯泡的实际功率为1.8W时的电压和通过的电流是关键。
21.【答案】甲 3.75
【解析】解：由P=U2R可得，两灯的电阻分别为：
R甲=U甲2P额甲=(6V)23W=12Ω，R乙=U乙2P额乙=(3V)23W=3Ω，
两个灯泡串联时，串联电路各处电流都相等，由P=UI的变形公式P=I2R可知，因为R甲>R乙，所以P乙
甲灯泡的实际功率为P甲′=(U并)2R甲=(3V)212Ω=0.75W，
此时两灯总功率为P=P甲′+P乙′=3W+0.75W=3.75W。
故答案为：甲；3.75W。
由灯泡铭牌计算灯泡电阻，灯泡的明暗是由其实际功率决定的，由P=UI的变形公式P=I2R比较其实际功率；并联电路中额定电压较小的灯泡正常发光，由P=UI的变形公式P=U2R计算灯泡的实际功率，进一步计算两灯总功率。
本题考查串并联电路，电功率公式的综合运用，要熟练运用串并联电路的规律，掌握用电器正常工作时的特点。
22.【答案】0.30.24
【解析】解：(1)根据电路图可知，当滑动变阻器时滑片P在最右端时，电路为灯L的基本电路，因为灯泡正常发光，所以电源电压U=U额=12V；
由P=U2R可得灯丝的阻值：RL=U额2P额=(12V)26W=24Ω；
由图乙可知，灯L与滑动变阻器串联，
所以电路中的电流：I=UR总=12V24Ω+16Ω=0.3A；
(2)当滑片P在中点时，灯L消耗的实际功率：P1=(I1)2RL=(URL+12R)2×RL=(12V24Ω+12R)2×24Ω；
当滑片P在最左端时，灯L消耗的实际功率：P2=(I2)2RL=(URL+R)2×RL=(12v24Ω+R)2×24Ω；
灯L消耗的实际功率之比是25：9，即P1P2=(12V24Ω+12R)2×24Ω(12V24Ω+R)2×24Ω=259，解得R=96Ω；
滑动变阻器的滑片P在最左端时灯L消耗的实际功率：P2=(I2)2RL=(URL+R)2×RL=(12v24Ω+R)2×24Ω=(12V24Ω+96Ω)2×24Ω=0.24W；
故答案为：(1)0.3；(2)0.24。
(1)根据电路图可知，当滑动变阻器时滑片P在最右端时，电路为灯L的基本电路，由于灯L正常发光，根据灯泡的额定电压可得电源电压；
根据电路图可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻是16Ω时，灯L与滑动变阻器串联；根据P=U2R的变形公式可知灯泡的电阻，根据串联电路电阻的特点和欧姆定律求出电路电流；
(2)根据欧姆定律和电功率公式的变形公式表示出滑片在中点和最左端时灯泡的实际功率，根据灯L消耗的实际功率之比，即可求出滑动变阻器的阻值，进一步求出滑动变阻器的滑片P在最左端时灯L消耗的实际功率。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡正常发光时，灯泡两端电压等于额定电压。
23.【答案】解：火线首先过开关，然后进入灯泡顶端的金属块，零线直接进入螺旋套；
三孔插座的上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，如图所示：
【解析】电灯的连接方法：火线首先过开关，然后进入灯泡顶端的金属块，零线直接进入螺旋套；
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
掌握家庭电路灯泡、开关、两孔插座、三孔插座、保险丝的接法，注重将物理知识联系生活实际。
24.【答案】解：从图可知，小磁针的左端是S极，右端为N极；由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的右端是N极，左端是S极。
根据安培定则，伸出右手握住螺线管使大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电源的左端为正极，右端是负极。
通电螺线管周围的磁感线从它的N极出发、回到S极，据此画出图中磁感线的方向，如图所示：
【解析】知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用规律，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。在磁体的周围磁感线从磁体的N极出发回到S极。
本题考查了安培定则的应用、磁极间的相互作用规律以及磁感线的方向，属于常考题，难度不大。
25.【答案】答：输送电功率一定，根据P=UI，提高输送电压U，可减小输电导线中的电流，由Q=I2Rt可知，当导线的电阻一定时，相同时间内在电路上转化成的内能就会减少，从而减小电路中电能的损失。
【解析】如果发电站输出功率不变，为了减少电能在输送线路上的损耗，需要减小输出电流，就必须升高输出电压。
本题是远距离输电的问题，运用电功率的计算公式计算损耗功率，得出减小损失的最佳方法是高压输电。
26.【答案】物质受热均匀 从上到下 晶体 −4吸热温度保持不变 固液共存 4 冰的质量增加
【解析】解：(1)将装有固体的试管放入水中加热，这是水浴法，采用水浴法加热时，固体受热均匀，并且温度变化比较慢，便于记录实验温度；实验时用酒精灯外焰加热，温度计玻璃泡浸没在被测液体中，但不能碰触容器底和壁，所以按照自下而上的顺序组装器材，器材组装好之后再调整时需要先调整上方的，在调整下方的；
(2)如图乙所示，该物质在熔化过程中吸收热量，温度不变，故该物质是晶体；由图象可知，该物质熔化时保持−4℃不变，所以熔点是−4℃，熔化过程中吸热温度保持不变；
(3)如图乙所示，第5min物质在熔化过程中，处于固液共存态，物质从开始熔化到完全熔化持续了6min−2min=4min；
(4)将装有冰水混合物的试管放入正在熔化的该物质中时，该物质熔点是−4℃，由于标准大气压下冰水混合物体的温度为0℃，则冰水混合物会向该物质放热，冰水混合物的内能减小，冰水混合物中的水符合凝固结冰的条件，所以冰水混合物中的冰会变多，即冰的质量将变大，但冰水混合物的温度不变。
故答案为：(1)物质受热均匀；从上到下；(2)晶体；−4；吸热温度保持不变；(3)固液共存；4；(4)冰的质量增加。
(1)探究晶体和非晶体的熔化实验时，一般都采用水浴法，物质受热均匀，并且温度变化比较慢，便于记录实验温度；实验时用酒精灯外焰加热，温度计玻璃泡浸没在被测液体中，但不能碰触容器底和壁，所以按照自下而上的顺序组装器材，调整器材时顺序相反；
(2)晶体有固定的熔化温度，而非晶体没有；晶体熔化时吸热温度不变；
(3)晶体熔化过程中处于固液共存态；
(4)根据晶体熔化的条件可知：冰水混合物会向该物质放热，由此确定冰水混合物中的水会有部分结冰，则可判断冰的变化。
本题探究固体熔化时温度的变化规律，水浴加热法，以及晶体熔化的特点，难度一般。
27.【答案】吸引大头针的数量 磁性的有无可以控制 乙丙 电流相等，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强
【解析】解：(1)实验中通过电磁铁吸引大头针数目的多少来反映电磁铁磁性的强弱；
(2)比较甲乙两图可以发现：与永磁体相比，电磁铁具有的优点是磁性的强弱可通过电流的大小控制；
(3)乙图和丙图线圈的匝数相同，丙的电流大，磁性强。说明电磁铁的电流越大，磁性越强。
(4)由丁图可知，两个线圈串联，通过的电流相同。线圈匝数多的吸引大头针多，说明磁性强。
故答案为：
(1)吸引大头针的数量；(2)磁性的有无可以控制；(3)乙丙；(4)电流相等，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强(电磁铁的磁性与线圈匝数有关)。
(1)实验中采用转换法，通过电磁铁吸引大头针数目的多少来反映电磁铁磁性的强弱；
(2)电磁铁与永磁铁相比，其磁性的有无可通过电流的通断来控制，磁性的强弱可通过影响因素来控制，而永磁体的磁性的有无和强弱都不能短时间改变的。
(3)(4)电磁铁磁性强弱的影响因素：电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯。电流越大，匝数越多，有铁芯时电磁铁的磁性越强。
探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验，考查了影响电磁铁磁性强弱的因素，磁极间的相互作用规律的应用。
28.【答案】(1)不同，温度计的示数变化，相同；(2)相同，甲
【解析】本题探究影响电流通过电阻丝产生热量多少的因素和比较不同物质的吸热能力及考查控制变量法、转换法的应用和焦耳定律的运用，为热学中的重要实验。
(1)探究电流产生电流的热量跟电阻的大小是否有关，应使电阻的大小不同，电流和通电时间相同；通过温度计的示数变化来判断产生热量的多少，所以还要控制液体的种类和质量相同。
(1)由于电阻串联，通过的电流相等、通电时间相同，根据Q=I2Rt可知，要使电流通过电阻丝产生的热量相等，还必须要求阻值相同；
由Q吸=cm△t可知，甲乙的质量和吸收热量相同，甲温度升高更多，比热容较小，乙的比热容大
29.【答案】断开 未调零 定值电阻断路 0.2电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 定值电阻两端的电压 C 5
【解析】解：(1)在连接电路时，开关应该处于断开状态；
(2)由图乙可知，闭合开关前，电流表指针没有对准零刻度线原因是电流表没有调零；
(3)闭合开关，电流表指针几乎不偏转，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源之间是通路，则与电压表并联的电路断路，故电路故障的原因可能是定值电阻断路；
(4)由图知电流表的量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，读出电流表的示数为0.2A；
(5)分析图丁，发现电流与电压的关系图线是一条经过原点的倾斜的直线，说明二者是成正比例关系，从而可得出结论：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(6)根据画出的I−R图象(如图戊)知，图中阴影面积为长方形，其面积等于IR，由欧姆定律得，U=IR，所以阴影面积表示的物理意义是定值电阻两端的电压，其数值为U=IR=0.5A×5Ω=2.5V；
(7)在如图甲所示的电路中，定值电阻的阻值为10Ω，滑动变阻器滑片位于中点；用阻值为15Ω的电阻替换下这个10Ω的电阻后，根据串联分压原理可知，电阻变大，分得的电压变大，为了使电压表示数与替换前相等，即要减小此时电压表的示数，可以减小电源电压，不移动滑片；或者电源电压不变，向右移动滑片P，增大滑动变阻器分得的电压；故C正确；
(8)使用30Ω的定值电阻进行实验时，若要保证定值电阻两端的电压不变，即要保证电压表示数UV=IR=0.5A×5Ω=2.5V，
根据串联电路电压规律和分压原理，当滑动变阻器接入最大电阻30Ω时，
2.5VU−2.5V=30Ω30Ω，
解得U=5V，所以电源电压应不高于5V。
故答案为：(1)断开；(2)未调零；(3)定值电阻断路；(4)0.2；(5)电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；(6)定值电阻两端的电压；(7)C；(8)5。
(1)连接电路时，为保护电路，开关要断开；
(2)电流表使用前要调零；
(3)电流表指针几乎不偏转，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源之间是通路，由此可判断电路故障；
(4)根据电流表选用的量程确定分度值读数；
(5)分析图丁中的图像，发现是一条经过原点的倾斜的直线，从而得出结论；
(6)根据画出的I−R图象知图中阴影面积为长方形，由欧姆定律分析；
(7)由电路图可知，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路电压规律和串联分压原理分析解答；
(8)根据串联电路电压规律和分压原理，算出电源电压。
本题探究通过导体的电流与导体两端电压、电阻的关系，考查实验注意事项、电路故障分析、电流表的读数和使用、数据和图像分析，同时考查了串联分压原理和欧姆定律的应用，综合性较强，有一定的难度。
30.【答案】B 闭合开关前未将变阻器的滑片放到最大阻值处 温度 0.625I额 R2 I额2×I1R0I2−I1
【解析】解：(1)由图甲知，电流表与灯泡并联了，所以灯泡被短路，故灯泡不亮；电压表串联在电路中，电源电压调节为4.5V不变，所以电压表示数几乎等于电源电压4.5V，电路中电流几乎为0，图中电压表使用小量程，所以可能烧坏电压表，故选B；
(2)实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，错误导线和改接电路如图所示：
(3)小明改正电路连接后，用开关试触时，看到小灯泡发出明亮的光，说明电路电流较大，电阻较小，所以他在操作中存在的不当之处是闭合开关前未将变阻器的滑片放到最大阻值处；
(4)由图象知，灯泡的电流与电压不成正比，即灯泡电阻是变化的，小灯泡的电压越大，电流越大，实际功率越大，温度越高，小灯泡灯丝的电阻随温度的变化而变化；
由图象知，当灯的电压为2.5V时正常发光，此时通过的电流为0.25A，小灯泡的额定功率：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
(5)①按电路图连接实物电路。
②只闭合开关S、S2，移动R1滑片，使电流表的示数为I额，灯泡正常发光，此时灯泡与R1串联；
③只闭合开关S、S1，保持R1滑片位置不动，移动R2滑片，使电流表的示数为I额，此时R1与R2串联，因为电路中电流仍为I额，所以R2=RL；
④保持R2滑片位置不动，将另一个滑动变阻器(R1)滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器(R1)的滑片移到最右端，电流表的示数为I2。
变阻器R1的最大阻值为R0，因电源电压不变，则由串联电路特点和欧姆定律可得：U=I2R2=I1(R0+R2)，
解得：R2=I1R0I2−I1，
⑤小灯泡额定功率的表达式为：P额=I额2RL=I额2R2=I额2×I1R0I2−I1。
故答案为：(1)B；(2)见上图；(3)闭合开关前未将变阻器的滑片放到最大阻值处；(4)温度；0.625；(5)②I额；④R2；⑤I额2×I1R0I2−I1。
(1)由实物图知，电压表串联在电路中，电流表与灯泡并联，由此分析解答；
(2)实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，由此分析错误的连接，并改接电路；
(3)为保护电路，闭合开关前应将变阻器的滑片滑到最大值处；
(4)灯的电阻随温度的变化而变化；由图象读出灯泡电压等于额定电压时通过的电流，由P=UI计算灯泡的额定功率；
(5)已知灯泡的额定电流，可通过R2等效替代正常发光灯泡，再根据电路的特点，利用电源不变计算出R2的阻值，由P=I2R计算额定功率。
本题是测灯泡功率的实验，考查了实验电路的连接、故障分析、电流表的读数、实验注意事项、串联电路特点的应用、欧姆定律以及电功率公式的应用等，还考查了特殊方法测灯泡功率，考查知识点多，综合性强，有一定难度。
31.【答案】(1)完全燃烧0.3kg氢燃料放出的热量：
Q放=mq氢=0.3kg×1.4×108J/kg=4.2×107J；
(2)若这些热量的80%被质量为200kg，温度为15℃的水吸收，
水吸收的热量：Q吸=Q放×η=4.2×107J×80%=3.36×107J；
由Q吸=cm△t可得水升高的温度：
△t=Q吸c水m=3.36×107J4.2×103J/(kg⋅℃)×200kg=40℃。
答：(1)质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量为4.2×107J；
(2)水吸收的热量为3.36×107J；水的温度升高了40℃。
【解析】(1)利用Q放=mq氢得出完全燃烧0.3kg氢燃料放出的热量；
(2)根据Q吸=Q放×η得出水吸收的热量；由Q吸=cm△t可得水升高的温度：根据△t=Q吸c水m得出水的温度升高了多少℃。
本题主要考查了学生对吸热、燃料燃烧放热的计算公式的运用，解题关键是熟练应用相关的计算公式以及变形式。
32.【答案】解：
(1)电饭锅处于保温状态时，且电功率为44W，电压为220V，
由P=UI可得，此时电路中通过的电流I=P保U=44W220V=0.2A；
(2)电饭锅处于加热状态时，功率为1100W，30min内消耗的电能：
W=P加热t=1100×10−3kW×3060h=0.55kW⋅h；
(3)当S闭合时，电路中只接入R1，此时总电阻最小，电路消耗的功率最大，加热状态，
由P=U2R可得，R1的阻值R1=U2P加热=(220V)21100W=44Ω；
当S断开时，R1和R2串联，电饭锅处于保温状态，由(1)可知，此时电路中的电流为0.2A，
根据欧姆定律可得总电阻：R总=UI=220V0.2A=1100Ω，
由串联电路的电阻特点可得R2的阻值：R2=R总−R1=1100Ω−44Ω=1056Ω。
答：(1)电路中的电流为0.2A；
(2)30min消耗的电能为0.55kW⋅h；
(3)R2的阻值为1056Ω。
【解析】(1)电饭锅处于保温状态时，电功率为44W，电压为220V，根据I=PU求出此时电路中的电流；
(2)根据W=Pt计算电饭锅加热30min消耗的电能；
(3)当S闭合时，电路中只接入R1，此时总电阻最小，电路消耗的功率最大，加热状态，根据公式P=U2R先求R1的阻值；当S断开时，R1和R2串联，电饭锅处于保温状态，由(1)可知此时电路中的电流，由欧姆定律求出电路的总电阻，然后根据串联电路电阻特点计算R2的阻值。
本题考查了欧姆定律的应用、电功率公式的应用，属于电学中档题，要求学生掌握。
33.【答案】解：(1)已知灯泡的额定功率为PL=12W，额定电流为IL=1A，
由P=UI可知灯泡的额定电压为：UL=PLIL=12W1A=12V，
由欧姆定律可知灯泡的电阻为：RL=ULIL=12V1A=12Ω；
(2)由图可知，闭合全部开关，R2的滑片滑到最左端时，L被短路，该电路为R1和R2的并联电路，电流表测干路的电流；
则电路的总功率为：P=P1+P2=U2R1+U2R2=(24V)224Ω+(24V)260Ω=33.6W；
(3)仅闭合S1，该电路为L、R1和R2的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测L和R2两端的电压；
已知电流表量程换用0∼0.6A，为确保电路的安全，则电路中的最大电流为I=0.6A，由I=UR可知电路的总电阻最小为：R=UI=24V0.6A=40Ω，
由串联电路的电阻特点可知R2接入电路的最小阻值为：R2小=R−RL−R1=40Ω−12Ω−24Ω=4Ω；
当电压表的示数最大为U大=15V时，R2接入电路的阻值最大，
由串联电路的电压特点可知此时R1两端的电压为：U1=U−U大=24V−15V=9V，
此时电路中的电流为：I小=U1R1=9V24Ω=38A，
此时灯L两端的电压为：UL′=I小RL=38A×12Ω=4.5V，
则此时R2两端的电压为：U2=U大−UL′=15V−4.5V=10.5V，
则R2接入电路的最大阻值为：R2大=U2I小=10.5V38A=28Ω；
由上述分析可知，在保证电路安全的前提下，R2的阻值范围是4Ω∼28Ω。
答：(1)小灯泡L的电阻为12Ω；
(2)闭合全部开关，R2的滑片滑到最左端时，电路的总功率为33.6W；
(3)在保证电路安全的前提下，R2的阻值范围为4Ω∼28Ω。
【解析】(1)已知灯泡的额定功率和额定电流，利用P=UI求出灯泡的额定电压，再根据欧姆定律求出灯泡的电阻；
(2)由图可知，闭合全部开关，R2的滑片滑到最左端时，L被短路，该电路为R1和R2的并联电路，电流表测干路的电流；已知电源电压和两电阻的阻值，利用P=UI=U2R可求出电路的总功率；
(3)仅闭合S1，该电路为L、R1和R2的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测L和R2两端的电压；为确保电路元件的安全，电路中的最大电流不能超出用电器的额定电流以及电流表的量程，由此可知电路中的最大电流是多少，根据欧姆定律求出电路中的最小总电阻，便可得出R2接入电路的最小阻值；当电压表示数最大时，L和R2的总电阻最大，即R2接入电路的阻值最大，先利用串联电路的电压特点得出R1两端的电压，利用欧姆定律求出电路中的电流，再利用U=IR求出此时L两端的电压，进而可得出此时R2两端的电压，最后根据欧姆定律便可求出R2接入电路的最大阻值；由上述分析便可知道R2的阻值范围。
本题考查了对欧姆定律和电功率计算公式的应用，注意分析电路连接情况以及了解为确保电路元件的安全，电表的示数不能超出其量程。
2021-2022学年福建省福州市鼓楼区文博中学、现代中学、黎明中学九年级（上）期末物理试卷
1. 电磁感应现象是物理学史上的重大发现之一，最早发现这一现象的物理学家是( )
A. 焦耳 B. 安培 C. 奥斯特 D. 法拉第
2. 图甲是无风条件下铝箔气球的静止状态，当用带正电的a棒靠近气球时，情景如图乙所示，当用b棒靠近气球时，情景如图丙所示。则( )
A. 气球一定带正电 B. 气球一定不带电 C. b棒一定带正电 D. b棒一定不带电
3. 以下家用电器正常工作时，电功率大约为1kW的是( )
A. 电风扇 B. 电冰箱 C. 空调 D. 电视机
4. 2021年6月17日，我国的“神舟十二号”采用自主快速交会对接模式，成功对接于天和核心舱”前向端口，与此前已对接的天舟二号货运飞船一起构成三舱(船)组合体，如图所示，“神舟十二号”的发射用液态氢做燃料，是因为液态氢具有很大的( )
A. 热值 B. 比热容 C. 密度 D. 质量
5. 在进行如图所示的实验或有关装置工作时，由机械能转化为内能的是( )
A. B.
C. D.
6. “二十四节气”被誉为“中国古代第五大发明”，已正式列入《人类非物质文化遗产代表作名录》。下列关于其中部分节气包含的物理知识，解释正确的是( )
A. “天气转凉，露凝而白”，露的形成是凝固现象，该过程需放热
B. “伏天三场雨，薄地长好麻”，雨的形成是液化现象，该过程需吸热
C. “霜降有霜，米谷满仓”，霜的形成是凝华现象，该过程需放热
D. “小寒冻土，大寒冻河”，河水结冰是凝固现象，该过程需吸热
7. 我们的学习和生活都离不开电，在日常生活中树立安全用电意识十分重要。图中的各种做法中，符合安全原则的是( )
A. 在高压线线附近放风筝
B. 用湿布擦台灯的灯头
C. 用湿手拔电水壶的插头
D. 用绝缘棒挑开通电的裸电线
8. 如图所示是一手压电筒，按压手柄，塑料齿轮带动线圈内磁性飞轮高速旋转，使灯泡发光．图中与这一过程的工作原理相同的是( )
A. B.
C. D.
9. 常用智能手机是通过指纹开关S1或密码开关S2来解锁的，若其中任一方式解锁失败后，锁定开关S3均会断开而暂停手机解锁功能，S3将在一段时间后自动闭合而恢复解锁功能。若用灯泡L发光模拟手机解锁成功，则图中符合要求的模拟电路是( )
A. B.
C. D.
10. 2019年3月19日报导称复旦大学科研团队研发出高电导率的砷化铌纳米带材料用它制造的电子元件可以有效减少发热这是由于元件具有较小的( )
A. 密度 B. 比热容 C. 电阻 D. 热值
11. 甲、乙两物质的比热容之比为3：2，质量之比为1：2，若它们吸收相等的热量，则甲、乙升高的温度之比为( )
A. 3：4 B. 4：3 C. 1：6 D. 6：1
12. 如图所示是小明家的电能表。将一个“220V 1210W”的用电器单独接入家庭电路中工作12min，电能表的转盘转了500转。在此工作过程中，下列说法中正确的是( )
A. 该电能表的示数表示家中已经消耗1123.4J的电能
B. 该用电器的实际功率为1200W
C. 该用电器12min消耗电能0.2kW⋅h
D. 若小明家所有用电器同时工作，则总功率不得超过2.2kW
13. 如图所示，闭合开关S后一盏灯亮，另一盏灯不亮，一个电表有示数，另一个电表无示数，若故障中出现在其中一个灯泡两端，则故障可能是( )
A. 灯泡L1断路 B. 灯泡L2断路 C. 灯泡L1短路 D. 灯泡L2短路
14. 如图所示，电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。S闭合，滑动变阻器滑片P由a向b滑动，下列说法正确的是( )
A. 电压表V1示数与电压表V2示数之和变大 B. 电压表V1示数与电流表A示数的乘积变大
C. 电压表V1示数与电流表A示数的比值变大 D. 电压表V2示数与电流表A示数的比值变大
15. 如图所示的电路，R0为定值电阻，R1为滑动变阻器，Q为滑片，R、U和P分别表示QN段的阻值、两端电压和消耗的电功率，I为电流表示数、则移动Q的过程中，下列图象正确的是( )
A. B.
C. D.
16. 在如图甲所示的电路中，电源的电压恒定，滑动变阻器的最大阻值R1=8Ω，R2为定值电阻，但看不清
标识。滑动变阻器滑片从左端M滑到右端N的过程中，滑动变阻器的电功率P随PN间电阻R变化的关系如图乙所示，其中滑动变阻器阻值取2Ω和8Ω时电功率相同，则以下说法正确的有( )
①定值电阻R2=5Ω
②电源的电压为6V
③电压表的最大示数为4.5V
④滑动变阻器的最大电功率为2.25W
A. ②③ B. ③④ C. ②④ D. ①④
17. 如图所示，为某可调高度台灯及用于调光的电位器结构图，b与金属滑片P相连，则电位器应该与灯泡______(填“串联”或“并联”)，它是通过改变电阻片接入电路中的______来改变其接入电路中的电阻，欲使滑片P顺时针转动是灯泡变亮，应将接线柱b与______(填“a”或“c”)接入电路。
18. 小明发现超市里的手扶式电梯无人站在上面时运动较慢，有人站在上面时运动较快．他据此画出了如图所示的电路(R是一个压敏电阻).他分析：当人站在电梯上，R的阻值变小，电磁铁的磁性变______(选填“强”或“弱”)，衔铁与触点______(选填“1”或“2“)接触，电动机的转速变快，电梯运行变快．
19. 小明在观察“碘锤”中的物态变化之前，查阅资料得知：酒精灯外焰的温度约为800℃，碘的熔点为113.7℃.采用图中的两种方式加热，图甲的碘颗粒吸热会______(填物态变化名称)，图乙中的碘颗粒吸热除了发生图甲中的物态变化外，还可能会______(填物态变化名称)，原因是______。
20. 甲图是小灯泡L和电阻R的I−U图象。将小灯泡L和电阻R接入乙图电路中，电源电压恒定不变，只闭合开关S，小灯泡L的实际功率为1.8W，则此时小灯泡L的电阻为______Ω；再闭合开关S1，电阻R在1min内产生的热量为______ J。
21. 将分别标有“6V 3W”和“3V 3W”的甲、乙两只灯泡串联接在电压为6V的电源两端，则______ (选填“甲”或“乙”)灯更亮；若将两灯并联接在电压可调的电源上，为保证其中一盏灯正常发光，另一盏灯不被烧毁，则此时两灯总功率为______ W。(忽略温度对灯丝电阻的影响)
22. 如图所示是某款调光台灯的简化电路原理图。灯L标有“12V 6W”字样，当滑动变阻器时滑片P在最右端时，灯L正常发光，电源电压不变，不考虑温度对灯丝电阻的影响。当滑动器变阻器接入电路的电阻是16Ω时，电路中的电流为______ A；当滑片P位于滑动变阻器的中点和最左端时，灯L消耗的实际功率之比是25：9，则滑动变阻器的滑片P在最左端时灯L消耗的实际功率是______ W。
23. 如图，用笔画线代替导线，将各元件正确接入电路，其中开关只控制电灯。
24. 请根据图中小磁针静止时的指向，在图中标出：
①通电螺线管的N、S极；
②电源的“+”、“-”极；
③磁感线的方向。
25. 2020年12月10日，白鹤滩-江苏，特高压±800千伏直流输电工程开工建设。工程线路全长2087公里，途经四川、重庆、湖北、安徽、江苏，工程额定电压±800千伏，额定输送功率800万千瓦，计划于2022年建成投运。工程投运后，每年可输送电量312亿千瓦时，减少煤炭运输1400万吨，减排二氧化碳2542万吨、二氧化硫25万吨，对满足电力供应、优化能源供应结构、缓解大气污染防治压力具有重要意义。特高压直流输电技术解决了国内的电力输送问题，为全球能源互联提供了“中国方案”，推动我国能源领域高新技术强势“走出去”。请分析为什么长距离输电要用高压输电？
26. 如图甲所示，是小明“探究物质熔化规律”的实验装置。
(1)实验中通过水对试管加热，而不是直接加热试管，如图甲所示，目的是______ 。甲图的器材安装好之后再调整应该按______ 顺序进行。(选填“从上到下”或“从下到上”)
(2)根据实验数据作出该物质加热时温度随时间变化的图象如图乙所示，分析图象可知，该物质是______ (选填“晶体”或“非晶体”)，其熔点是______ ℃，其熔化过程的特点是______ 。
(3)在第5min该物质处于______ 态，熔化过程用了______ min.
(4)若将装有冰水混合物的试管放入正在熔化的该物质(盐冰水混合物)中，如图丙，则试管中______ (填“水的质量增加”或“冰的质量增加”或“冰与水的质量均不变”)。
27. 为了探究电磁铁磁性强弱跟哪些因素有关，小华用漆包线(表面涂有绝缘漆的导线)绕在大铁钉上，制成简易的电磁铁，如图所示，用此装置去吸引大头针。
(1)实验中，电磁铁磁性的强弱通过电磁铁______ 反映。
(2)比较甲乙两图可以发现：与永磁体相比，电磁铁具有的优点是______ 。
(3)比较______ 两图可知：线圈匝数相同时，电流越大磁性越强。
(4)根据图丁可以得出的初步结论是______ 。
28. 实验课堂上老师为同学们准备了如图所示的装置进行实验探究，甲、乙是完全相同的两个烧瓶，里面装有未知液体、电阻R甲、R乙和相同的温度计。
(1)小京想利用这套装置探究电流产生的热量跟电阻的大小是否有关，他设计电路时应使R甲、R乙阻值______(选填“相同”或“不同”)；在实验中，电流产生热量的多少是通过______来反映的，此时选用的液体种类和质量应该______(选填“相同”或“不同”)；
(2)小红将烧瓶中的液体换成质量相同的不同种液体，利用这套装置比较甲、乙两烧瓶中液体的比热容，为了使两种液体在一定时间内吸收的热量相等，R甲、R乙的阻值应该______(选填“相同”或“不同”)。闭合开关，通电一段时间后，发现甲瓶中温度计示数升高的更多，则______(选填“甲”或“乙”)瓶中液体的比热容较小。
29. 老师给大家准备了以下器材：定值电阻六个(5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω、30Ω)、滑动变阻器标有“30Ω1A”、电流表、电压表、学生电源(电压可调，精确到0.1V)、开关、导线若干，同学们用来探究“电流与电压、电阻的关系”。
(1)在连接电路前，小明设计了如图甲所示的电路，探究“电流与电压的关系”。连接电路时，开关应
该处于______状态；
(2)小明选择了一个10Ω的电阻，将电路正确连接后，闭合开关前，电流表指针位置如图乙所示，这是
因为电流表______；
(3)闭合开关后，小明发现电流表的指针几乎不偏转，但电压表示数接近电源电压，则故障原因可能
是：______；
(4)在某次测量中，电流表表盘如图丙所示，则所测的电流值是______ A；
(5)小明将多次测量所得数据的结果绘制成图丁，可得出结论：______；
(6)在探究“电流与电阻的关系”时，当电路中连接不同的电阻时，需要保持电阻两边的电压不变。电
路连接完成后，分别用5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的电阻进行实验，正确操作，实验数据画出的定值
电阻的I−R图像如图所示，其中阴影面积的物理意义是______；
(7)在如图甲所示的电路中，当接入电阻R的阻值为10Ω，滑动变阻器滑片位于中点；用阻值为15Ω的
电阻替换下这个10Ω的电阻后，以下方法中，可能使电压表示数与替换前相等的是______。
A.电源电压不变，不移动滑片P
B.电源电压不变，向左移动滑片P
C.减小电源电压，不移动滑片P
D.增大电源电压，向左移动滑片P
(8)当使用30Ω的电阻做实验时，无论怎样调节滑动变阻器的滑片都无法使电压表的示数与前五次相同，
为了继续完成第六次实验，如果只能改变电源电压，其它接线柱位置都不变，则电源电压应不高于______
V。
30. 小明用图甲电路测量额定电压为2.5V小灯泡L的额定功率，电源电压调节为4.5V不变(提示：电源电压可调)，规格为“30Ω1A”的滑动变阻器。
(1)小明连接了如图甲所示的电路，若电路中各元件完好，闭合开关会出现______。
A.小灯泡发光
B.可能损坏电压表
C.可能损坏电流表
D.可能损坏电源
(2)检查电路，小明发现一根导线连接错误，请将图中连接错误的导线上打“×”，并用笔画线代替导
线将电路连接正确。
(3)小明改正电路连接后，用开关试触时，看到小灯泡发出明亮的光。则他在操作中存在的不当之处是
______。
(4)改正所有问题并正确完成了实验，他根据实验数据绘制了小灯泡的I−U图像(如图乙)。观察图像，
小明发现图像是曲线，原因是小灯泡灯丝的电阻随______的变化而变化，小灯泡的额定功率是______
W。
(5)完成上述实验后，小明设计了如图丙所示电路，测出了额定电流为I额的小灯泡的额定功率。方案步骤
如下(电源电压不变，滑动变阻器R1的最大阻值为R0，滑动变阻器R2最大阻值未知)：
①按电路图连接实物电路。
②只闭合开关S、S2，调节变阻器R1的滑片，使电流表示数为______，灯泡正常发光。
③只闭合开关S、S1，保持R1滑片位置不变，调节变阻器R2的滑片，使电流表的示数为I额。
④保持______(填“R1”或“R2”)滑片的位置不变，只闭合开关S、S1，将另一个滑动变阻器滑片移到最右端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器的滑片移到最左端，电流表的示数为I2。
⑤小灯泡额定功率的表达式为P额=______(用I额，I1，I2，R0表示)。
31. 2019年世界环境日主题聚焦空气污染防治，中文口号为“蓝天保卫战，我是行动者”。如图，某城市投放使用氢燃料新能源公交车，氢燃料具有清洁无污染、效率高等优点，被认为是22世纪最理想的能源[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)；q氢=1.4×108J/kg]。求：
(1)质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量；
(2)若这些热量的80%被质量为200kg，温度为15℃的水吸收，求水吸收的热量和水的温度升高了多少℃？
32. 小亮家新买了一台美的电饭锅，它有加热和保温两种功能，电饭锅的原理简图如图所示，电饭锅的铭牌内容如下表。求：
额定电压
220V
加热功率
1100W
保温功率
44W
最大容积
3L
(1)电饭锅处于保温状态时，电路中的电流；
(2)电饭锅处于加热状态时，30min消耗的电能为多少kW⋅h？
(3)R2的阻值。
33. 如图所示，电源电压24V保持不变，定值电阻R1=24Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为60Ω，电压表量程用0∼15V，电流表量程用0∼3A，小灯泡L的规格为“12W 1A”，不计灯丝电阻受温度的影响。求：
(1)小灯泡L的电阻为多少Ω？
(2)闭合全部开关，R2的滑片滑到最左端时，电路的总功率为多少W？
(3)仅闭合S1，电流表量程换用0∼0.6A，在保证电路安全的前提下，R2的阻值范围？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、焦耳最先发现了“电流通过导体产生的热量与电流、电阻、通电时间的关系”，即焦耳定律，故A错误；
B、安培总结得出了右手螺旋定则，即：安培定则，故B错误；
C、奥斯特发现了电流的磁效应，故C错误；
D、法拉第经十年的努力，在1831年发现了电磁感应现象，故D正确。
故选：D。
根据物理学史知识、物理学家对物理学的主要贡献分析解答此题。
本题主要考查了学生对物理学史的掌握情况，对物理学中做出了重大贡献的科学家，学生应该有最基本的了解。属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：乙图中，a与气球是相互排斥的，a带正电，则气球带正电；气球与b相互靠近时，会吸引，则b可能带负电，也可能不带电，故A正确，BCD错误。
故选：A。
据电荷间的相互作用规律(同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引)和带电体的性质(能吸引不带电的轻小物体)分析。
根据电荷间的作用规律、带电体的性质，结合自然界中只有两种电荷，利用题目中告诉的信息分析即可。
3.【答案】C
【解析】解：电风扇的功率约为60W；电冰箱的功率约为200W；空调属于大功率用电器，其功率约为1000W；电视机的功率约为120W，故C正确。
故选：C。
根据常见家庭用电器的额定功率进行选择，电功率为1kW的用电器属于大功率用电器。
本题主要考查学生对电功率物理含义的理解和掌握，要熟悉常见家用电器的功率。
4.【答案】A
【解析】解：“神舟十二号”的发射用液态氢做燃料，因为液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量。
故选：A。
热值是燃料的一种特性，热值越大，完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多。
本题考查学生对燃料热值的特性的理解与应用，属于基础性题目。
5.【答案】A
【解析】【试题解析】
解：A、下压活塞时，活塞对封闭气体做功，机械能转化为内能，故A符合题意；
B、由图可知，这是内燃机的做功冲程，在该冲程中，燃气的内能转化为活塞的机械能，故B不符合题意；
C、电暖器工作时，电能转化为内能，故C不符合题意；
D、水蒸气对活塞做功，水蒸气的内能转化为活塞的机械能，故D不符合题意．
故选：A.
解决此题要知道功改变物体内能的过程是机械能与内能相互转化的过程．
此类题目是考查对做功过程中能量转化的原理即机械能转化为内能．
6.【答案】C
【解析】解：
A、露是空气中的水蒸气液化形成的液态小水滴，液化过程需放热，故A错误；
B、雨是空气中的水蒸气液化形成的液态小水滴，液化过程需放热，故B错误；
C、霜是空气中的水蒸气凝华形成的固态小冰晶，凝华放热，故C正确；
D、水结冰，由液态变为固态，属于凝固现象，凝固放热，故D错误。
故选：C。
(1)物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华；
(2)物质在发生物态变化时必然要伴随着吸放热的进行，其中熔化、汽化、升华吸热，凝固、液化、凝华放热。
此题考查的是物态变化的判断和物态变化伴随的吸放热情况。熟记概念是解决本题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：A、在高压线下放风筝，非常容易发生触电事故，不符合安全用电原则。
B、用湿布擦灯头，水是导体，人很容易触电，不符合安全用电原则。
C、用湿手拔插头，水是导体，一旦与火线接触，就会发生触电事故，不符合安全用电原则。
D、用绝缘棒挑开通电裸导线，由于绝缘帮是绝缘体，可以防止发生触电事故，符合安全用电原则。
故选：D。
安全用电的基本原则是不接触低压带电体，不靠近高压带电体；当发生触电事故进行急救时要先切断电源；有金属外壳的用电器，其外壳一定要接地，以防止漏电事故的发生。
本题的解题关键是了解安全用电的基本原则，相对比较简单，属于基础题。
8.【答案】A
【解析】解：磁性飞轮高速旋转，线圈不动，相当于磁性飞轮静止，线圈高速运动切割磁感线，灯泡发光，说明电路中产生了感应电流，这是电磁感应现象．
A、导体ab在磁场中做切割磁感线运动，电路中产生了电流(电流表的指针偏转)这是电磁感应现象．故A正确．
B、通电直导线在在磁场中受力运动，说明磁场对电流有力的作用．故B错误．
C、通电后，小磁针的指向发生偏转，说明电流周围存在磁场．故C错误．
D、通电后，电磁铁可以吸引大头针，是研究电磁铁的实验，故D错误．
故选A.
灯泡发光，说明电路中产生了感应电流，确定该手电筒的工作原理，再分析选择项中实验装置体现的物理理论，两者对应即可得到答案．
在电磁学中，实验装置较多，并且每个装置都对应这一个理论，因此记住这部分内容的实验装置图及其包含的物理理论在电磁学这一部分非常重要．
9.【答案】D
【解析】解：由题意可知，指纹开关S1或密码开关S2均可以解锁，锁定开关S3断开时暂停手机解锁功能，则指纹开关S1和密码开关S2可以独立工作、互不影响即为并联，且锁定开关S3位于干路，然后与灯泡、电源组成电路，结合选项电路图可知，选项C符合题意。
故选：D。
由题意可知，指纹开关S1或密码开关S2均可以解锁说明两开关可以独立工作、互不影响即为并联，锁定开关S3断开时暂停手机解锁功能，说明锁定开关S3位于干路控制整个电路，据此进行解答。
本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出三个开关的位置和连接方式是关键。
10.【答案】C
【解析】解：
A、密度的定义是物体质量与体积的比值，跟电子元件的发热无关，一般航空航天材料会选择密度较小的物质。所以A错误。
B、比热容是反应物质吸放热能力的物理量，与电子元件的发热无关。所以B错误。
C、电阻是导体本身的一种性质，与导体的材料、长度、横截面积、温度等因素有关；而电流之所以有热效应就是因为导体有电阻。根据焦耳定律Q=I2Rt可知，当电流和通电时间相同时候，电阻越大导体产生的热量越多。所以电子元件电阻较小能够有效减少发热。所以C正确。
D、热值是反应燃料完全燃烧时放热本领的物理量。与电子元件的发热无关，所以D错误。
故选：C。
(1)密度的定义是物体质量与体积的比值，跟电子元件的发热无关，一般航空航天材料会选择密度较小的物质。
(2)比热容是反应物质吸放热能力的物理量。
(3)电阻是导体本身的一种性质，与导体的材料、长度、横截面积、温度等因素有关；而电流之所以有热效应就是因为导体有电阻。
(4)热值是反应燃料燃烧时放热本领的物理量。
本题考查了几个能反应物质本身性质的物理量，要求同学对主要物理量的物理意义具有一定的了解。
11.【答案】B
【解析】解：甲乙两物体质量之比：m甲：m乙=1：2，比热容之比c甲：c乙=3：2，
甲、乙两物体吸收的热量：Q甲：Q乙=1：1，
由Q吸=cm△t得，
甲乙两物体升高温度之比：△t甲：△t乙=Q甲c甲m甲：Q乙c乙m乙=13×1：12×2=4：3。
故选：B。
知道甲乙两物体质量、比热容的比值关系，知道甲乙两物吸收相等的热量；利用吸热公式Q吸=cm△t求甲、乙两物体升高温度的比值。
本题考查了学生对热量公式的掌握和运用，代入比值时要细心，不要因颠倒出错。
12.【答案】C
【解析】解：
A、电能表读数时，最后一位是小数，单位是kW⋅h，则图中电能表的读数是1123.4kW⋅h，表示家中已经消耗1123.4kW⋅h的电能，故A错误；
BC、2500r/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转2500转，
该用电器工作12min、转盘转500转时，该用电器消耗的电能：
W=5002500kW⋅h=0.2kW⋅h，
t=12min=0.2h，
该用电器的电功率：
P=Wt=0.2kW⋅h0.2h=1kW=1000W，故B错误、C正确；
D、“10(20)A”中20A是指这个电能表平时工作时允许通过的最大电流，该电能表允许接入的用电器总功率不能超过P最大=UI最大=220V×20A=4400W=4.4kW，故D错误。
故选：C。
(1)电能表读数注意：最后一位是小数，单位是kW⋅h；
(2)2500r/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转2500转，据此求该用电器工作12min、转盘转500转时该用电器消耗的电能，再利用P=Wt求该用电器的电功率；
(3)“10(20)A”中20A是指这个电能表平时工作时允许通过的最大电流，利用P=UI求该电能表允许接入的用电器总功率最大值。
本题考查了电能、电功率的计算，知道电能表相关参数的含义是正确解题的前提与关键，计算时要注意单位统一。
13.【答案】D
【解析】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表A测量电路中的电流，电压表测量L2两端电压；闭合开关S后一盏灯亮，另一盏灯不亮，这说明电路是接通的，即电路出现了短路现象，故电路中有电流，即电流表有示数，电压表无示数，根据U=IR可知，与电压表并联部分的电阻为0，即灯泡L2短路；故D正确。
故选：D。
根据电路图可知，两灯泡串联，电流表A测量电路中的电流，电压表测量L1两端电压；灯泡发光，说明电路是接通的，即电路出现了短路现象；然后分析电流表、电压表的示数情况，得出故障的原因。
要学会使用电流表、电压表来判断电路中的故障，学会从现象中分析原因。
14.【答案】D
【解析】
【分析】
此题是滑动变阻器电路变化分析，考查了串联电路的电流、电压规律及对欧姆定律的应用，确认电路的连接方式是关键。
由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测电阻R1两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R2两端的电压，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R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化，进一步分析即可得出答案。
【解答】
由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测电阻R1两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
A.开关S闭合，当滑片P由a向b滑动时，由串联电路的电压特点可知，电压表V1示数与电压表V2示数之和等于电源电压，则两个电压表示数之和不变，故A错误；
BCD.滑片P由a向b滑动，变阻器R2接入电路的阻值变大，总电阻变大，由I=UR知电路中电流变小，电流表A的示数变小；由U=IR可知，定值电阻R1两端电压变小，即V1的示数变小，则V2示数就会变大；
所以，电压表V1示数与电流表A示数的乘积变小，故B错误；
电压表V2示数与电流表A示数的比值变大，故D正确；
由欧姆定律可知，电压表V1与A的示数之比等于定值电阻R1的阻值，所以该比值不变，故C错误。
故选D。
15.【答案】A
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器的最大阻值R1串联，电流表测电路中的电流。
因滑片移动时接入电路中的电阻不变，电路中的总电阻不变，
所以，由I=UR可知，电路中的电流不变，故C错误；
由U=IR可知，U与R成正比，为过原点的直线，故D错误；
由P=I2R可知，P与R成正比，为过原点的直线，故A正确、B错误。
故选：A。
本题考查了欧姆定律和电功率公式的灵活应用，知道滑片移动时接入电路中的电阻不变是关键。
本题考查了欧姆定律和电功率公式的灵活应用，知道滑片移动时接入电路中的电阻不变是关键。
16.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)由图乙可知，当R1=2Ω和R1′=8Ω时，滑动变阻器的电功率均为P1=2W，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P=UI=I2R可得，两次电路中的电流分别为：
I=P1R1=2W2Ω=1A，
I′=P1R1′=2W8Ω=0.5A，
电源的电压恒定，所以，由I=UR可得，电源的电压：
U=I(R1+R2)=I′(R1′+R2)，
即：1A×(2Ω+R2)=0.5A×(8Ω+R2)，
解得：R2=4Ω，故①错误；
电源的电压：U=I(R1+R2)=1A×(2Ω+4Ω)=6V，故②正确；
(2)当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路中的电流最小，根据U=IR可知定值电阻R2两端的电压最小，由U=U1+U2可知，滑动变阻器两端的电压最大，所以，当变阻器R1接入电路中的电阻最大为8Ω时，电压表的示数最大，此时电路中的电流I′=0.5A，
则电压表的最大示数：U1大=I′R1′=0.5A×8Ω=4V，故③错误；
(3)当滑动变阻器接入电路中的电阻为R时，电路中的电流：I′′=UR+R2，
滑动变阻器消耗的电功率：
P1=(I′′)2R=(UR+R2)2R=U2RR2+2RR2+R22=U2RR2−2RR2+R22+4RR2=U2R(R−R2)2+4RR2=U2(R−R2)2R+4R2，
所以，当R=R2=4Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，
则P1大=U24R2=(6V)24×4Ω=2.25W，故④正确，
综上可知，②④正确。
故选：C。
由电路图可知，R1与R2串联，电压表测变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)根据图乙读出R1的阻值为2Ω和8Ω时滑动变阻器的电功率，根据串联电路的电流特点和P=UI=I2R求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压恒定得出等式即可求出R2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，电压表的示数最大，根据欧姆定律求出电压表的最大示数；
(3)根据欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=UI=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，然后判断出变阻器消耗的电功率最大时接入电路中的电阻，然后求出变阻器的最大功率
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，从图像中获取有用的信息是关键，难点是滑动变阻器消耗的电功率最大时其阻值的判断。
17.【答案】串联 长度 c
【解析】解：(1)电位器串联在电路中能改变电路中电流的大小，所以图中电位器应与灯泡串联；
(2)电位器是通过改变接入电路中电阻片的长度来改变电阻，从而改变电路的电流达到改变灯泡亮度的目的；
(3)欲使滑片P顺时针转动时灯泡变亮，电路中电流变大，电位器接入电路的电阻变小，故接b、c两个接线柱。
故答案为：串；长度；c。
(1)电位器的实质是滑动变阻器；
(2)电位器串联在电路中能改变电路中电流的大小；
(3)顺时针转动旋钮时，灯泡变亮，电路中电流变大，电位器接入电路的电阻变小，接b、c两个接线柱
此题考查学生对于滑动变阻器的理解和掌握，熟知使用和接线原则是解题关键。
18.【答案】强；2
【解析】解：当人站在电梯上时，R的阻值减小，电路中电流增大，电磁铁变强，则衔铁被吸下，与触点2接触，则电机上的电压增大，电动机转速变快．
故答案为：强；2.
本题中有两个电路，左侧为压敏电压与电磁铁串联，右侧为电机控制电路，当衔铁与触点1接触时，R1与电机串联，当衔铁与触点2接触时，电阻断路，电机中电压增大．
本题考查应用物理知识解决实际问题的能力，在本题中应认清电路的构造联系所学知识进行解答．
19.【答案】升华 熔化 酒精灯外焰温度高于碘的熔点，碘吸热可能熔化
【解析】解：甲图，在水中加热，水的温度约为100℃，碘的熔点为113.7℃，所以碘不会熔化；碘颗粒吸热会从固态直接变为气态，则该物态变化为升华。
图乙中，酒精灯外焰温度约为800℃，高于碘的熔点，碘吸热可能熔化；
故答案为：升华；熔化；酒精灯外焰温度高于碘的熔点，碘吸热可能熔化。
判断物态变化，首先确定原来的状态，然后确定最后的状态，从而确定物态变化，同时注意熔化条件①达到熔点②继续吸热。
此题考查了升华、熔化、凝华的概念以及熔化的条件，属于物态变化基本题型。
20.【答案】5 54
【解析】解：(1)由电路图可知，只闭合开关S1，电路是灯泡的简单电路，
由图象可知，当灯泡两端的电压UL=3V，通过的电流IL=0.6A，
此时小灯泡L的实际功率：PL=ULIL=3V×0.6A=1.8W，符合题意，
所以此时灯泡电阻为：
RL=ULIL=3V0.6A=5Ω，
且电源电压U=UL=3V；
(2)再闭合开关S1时，R与L并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，U=UL=UR=3V，
由图象可知，此时通过R的电流IR=0.3A，
则电阻R在1min内产生的热量：Q=W=URIRt=3V×0.3A×60s=54J。
故答案为：5；54。
(1)由电路图可知，只闭合开关S，电路是灯泡的简单电路，根据图象读出小灯泡L的实际功率为1.8W时通过的电流和两端的电压，根据欧姆定律计算此时小灯泡L的电阻；
(2)两开关都闭合时，定值电阻R与灯泡L并联，根据并联电路的电压特点可知电源的电压，根据图象读出通过电阻R的电流，利用Q=W=UIt求出电阻R在1min内产生热量。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率以及电功公式的应用，从图象中读出灯泡的实际功率为1.8W时的电压和通过的电流是关键。
21.【答案】甲 3.75
【解析】解：由P=U2R可得，两灯的电阻分别为：
R甲=U甲2P额甲=(6V)23W=12Ω，R乙=U乙2P额乙=(3V)23W=3Ω，
两个灯泡串联时，串联电路各处电流都相等，由P=UI的变形公式P=I2R可知，因为R甲>R乙，所以P乙
甲灯泡的实际功率为P甲′=(U并)2R甲=(3V)212Ω=0.75W，
此时两灯总功率为P=P甲′+P乙′=3W+0.75W=3.75W。
故答案为：甲；3.75W。
由灯泡铭牌计算灯泡电阻，灯泡的明暗是由其实际功率决定的，由P=UI的变形公式P=I2R比较其实际功率；并联电路中额定电压较小的灯泡正常发光，由P=UI的变形公式P=U2R计算灯泡的实际功率，进一步计算两灯总功率。
本题考查串并联电路，电功率公式的综合运用，要熟练运用串并联电路的规律，掌握用电器正常工作时的特点。
22.【答案】0.30.24
【解析】解：(1)根据电路图可知，当滑动变阻器时滑片P在最右端时，电路为灯L的基本电路，因为灯泡正常发光，所以电源电压U=U额=12V；
由P=U2R可得灯丝的阻值：RL=U额2P额=(12V)26W=24Ω；
由图乙可知，灯L与滑动变阻器串联，
所以电路中的电流：I=UR总=12V24Ω+16Ω=0.3A；
(2)当滑片P在中点时，灯L消耗的实际功率：P1=(I1)2RL=(URL+12R)2×RL=(12V24Ω+12R)2×24Ω；
当滑片P在最左端时，灯L消耗的实际功率：P2=(I2)2RL=(URL+R)2×RL=(12v24Ω+R)2×24Ω；
灯L消耗的实际功率之比是25：9，即P1P2=(12V24Ω+12R)2×24Ω(12V24Ω+R)2×24Ω=259，解得R=96Ω；
滑动变阻器的滑片P在最左端时灯L消耗的实际功率：P2=(I2)2RL=(URL+R)2×RL=(12v24Ω+R)2×24Ω=(12V24Ω+96Ω)2×24Ω=0.24W；
故答案为：(1)0.3；(2)0.24。
(1)根据电路图可知，当滑动变阻器时滑片P在最右端时，电路为灯L的基本电路，由于灯L正常发光，根据灯泡的额定电压可得电源电压；
根据电路图可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻是16Ω时，灯L与滑动变阻器串联；根据P=U2R的变形公式可知灯泡的电阻，根据串联电路电阻的特点和欧姆定律求出电路电流；
(2)根据欧姆定律和电功率公式的变形公式表示出滑片在中点和最左端时灯泡的实际功率，根据灯L消耗的实际功率之比，即可求出滑动变阻器的阻值，进一步求出滑动变阻器的滑片P在最左端时灯L消耗的实际功率。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡正常发光时，灯泡两端电压等于额定电压。
23.【答案】解：火线首先过开关，然后进入灯泡顶端的金属块，零线直接进入螺旋套；
三孔插座的上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，如图所示：
【解析】电灯的连接方法：火线首先过开关，然后进入灯泡顶端的金属块，零线直接进入螺旋套；
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
掌握家庭电路灯泡、开关、两孔插座、三孔插座、保险丝的接法，注重将物理知识联系生活实际。
24.【答案】解：从图可知，小磁针的左端是S极，右端为N极；由同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的右端是N极，左端是S极。
根据安培定则，伸出右手握住螺线管使大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电源的左端为正极，右端是负极。
通电螺线管周围的磁感线从它的N极出发、回到S极，据此画出图中磁感线的方向，如图所示：
【解析】知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用规律，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。在磁体的周围磁感线从磁体的N极出发回到S极。
本题考查了安培定则的应用、磁极间的相互作用规律以及磁感线的方向，属于常考题，难度不大。
25.【答案】答：输送电功率一定，根据P=UI，提高输送电压U，可减小输电导线中的电流，由Q=I2Rt可知，当导线的电阻一定时，相同时间内在电路上转化成的内能就会减少，从而减小电路中电能的损失。
【解析】如果发电站输出功率不变，为了减少电能在输送线路上的损耗，需要减小输出电流，就必须升高输出电压。
本题是远距离输电的问题，运用电功率的计算公式计算损耗功率，得出减小损失的最佳方法是高压输电。
26.【答案】物质受热均匀 从上到下 晶体 −4吸热温度保持不变 固液共存 4 冰的质量增加
【解析】解：(1)将装有固体的试管放入水中加热，这是水浴法，采用水浴法加热时，固体受热均匀，并且温度变化比较慢，便于记录实验温度；实验时用酒精灯外焰加热，温度计玻璃泡浸没在被测液体中，但不能碰触容器底和壁，所以按照自下而上的顺序组装器材，器材组装好之后再调整时需要先调整上方的，在调整下方的；
(2)如图乙所示，该物质在熔化过程中吸收热量，温度不变，故该物质是晶体；由图象可知，该物质熔化时保持−4℃不变，所以熔点是−4℃，熔化过程中吸热温度保持不变；
(3)如图乙所示，第5min物质在熔化过程中，处于固液共存态，物质从开始熔化到完全熔化持续了6min−2min=4min；
(4)将装有冰水混合物的试管放入正在熔化的该物质中时，该物质熔点是−4℃，由于标准大气压下冰水混合物体的温度为0℃，则冰水混合物会向该物质放热，冰水混合物的内能减小，冰水混合物中的水符合凝固结冰的条件，所以冰水混合物中的冰会变多，即冰的质量将变大，但冰水混合物的温度不变。
故答案为：(1)物质受热均匀；从上到下；(2)晶体；−4；吸热温度保持不变；(3)固液共存；4；(4)冰的质量增加。
(1)探究晶体和非晶体的熔化实验时，一般都采用水浴法，物质受热均匀，并且温度变化比较慢，便于记录实验温度；实验时用酒精灯外焰加热，温度计玻璃泡浸没在被测液体中，但不能碰触容器底和壁，所以按照自下而上的顺序组装器材，调整器材时顺序相反；
(2)晶体有固定的熔化温度，而非晶体没有；晶体熔化时吸热温度不变；
(3)晶体熔化过程中处于固液共存态；
(4)根据晶体熔化的条件可知：冰水混合物会向该物质放热，由此确定冰水混合物中的水会有部分结冰，则可判断冰的变化。
本题探究固体熔化时温度的变化规律，水浴加热法，以及晶体熔化的特点，难度一般。
27.【答案】吸引大头针的数量 磁性的有无可以控制 乙丙 电流相等，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强
【解析】解：(1)实验中通过电磁铁吸引大头针数目的多少来反映电磁铁磁性的强弱；
(2)比较甲乙两图可以发现：与永磁体相比，电磁铁具有的优点是磁性的强弱可通过电流的大小控制；
(3)乙图和丙图线圈的匝数相同，丙的电流大，磁性强。说明电磁铁的电流越大，磁性越强。
(4)由丁图可知，两个线圈串联，通过的电流相同。线圈匝数多的吸引大头针多，说明磁性强。
故答案为：
(1)吸引大头针的数量；(2)磁性的有无可以控制；(3)乙丙；(4)电流相等，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强(电磁铁的磁性与线圈匝数有关)。
(1)实验中采用转换法，通过电磁铁吸引大头针数目的多少来反映电磁铁磁性的强弱；
(2)电磁铁与永磁铁相比，其磁性的有无可通过电流的通断来控制，磁性的强弱可通过影响因素来控制，而永磁体的磁性的有无和强弱都不能短时间改变的。
(3)(4)电磁铁磁性强弱的影响因素：电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯。电流越大，匝数越多，有铁芯时电磁铁的磁性越强。
探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验，考查了影响电磁铁磁性强弱的因素，磁极间的相互作用规律的应用。
28.【答案】(1)不同，温度计的示数变化，相同；(2)相同，甲
【解析】本题探究影响电流通过电阻丝产生热量多少的因素和比较不同物质的吸热能力及考查控制变量法、转换法的应用和焦耳定律的运用，为热学中的重要实验。
(1)探究电流产生电流的热量跟电阻的大小是否有关，应使电阻的大小不同，电流和通电时间相同；通过温度计的示数变化来判断产生热量的多少，所以还要控制液体的种类和质量相同。
(1)由于电阻串联，通过的电流相等、通电时间相同，根据Q=I2Rt可知，要使电流通过电阻丝产生的热量相等，还必须要求阻值相同；
由Q吸=cm△t可知，甲乙的质量和吸收热量相同，甲温度升高更多，比热容较小，乙的比热容大
29.【答案】断开 未调零 定值电阻断路 0.2电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 定值电阻两端的电压 C 5
【解析】解：(1)在连接电路时，开关应该处于断开状态；
(2)由图乙可知，闭合开关前，电流表指针没有对准零刻度线原因是电流表没有调零；
(3)闭合开关，电流表指针几乎不偏转，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源之间是通路，则与电压表并联的电路断路，故电路故障的原因可能是定值电阻断路；
(4)由图知电流表的量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，读出电流表的示数为0.2A；
(5)分析图丁，发现电流与电压的关系图线是一条经过原点的倾斜的直线，说明二者是成正比例关系，从而可得出结论：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(6)根据画出的I−R图象(如图戊)知，图中阴影面积为长方形，其面积等于IR，由欧姆定律得，U=IR，所以阴影面积表示的物理意义是定值电阻两端的电压，其数值为U=IR=0.5A×5Ω=2.5V；
(7)在如图甲所示的电路中，定值电阻的阻值为10Ω，滑动变阻器滑片位于中点；用阻值为15Ω的电阻替换下这个10Ω的电阻后，根据串联分压原理可知，电阻变大，分得的电压变大，为了使电压表示数与替换前相等，即要减小此时电压表的示数，可以减小电源电压，不移动滑片；或者电源电压不变，向右移动滑片P，增大滑动变阻器分得的电压；故C正确；
(8)使用30Ω的定值电阻进行实验时，若要保证定值电阻两端的电压不变，即要保证电压表示数UV=IR=0.5A×5Ω=2.5V，
根据串联电路电压规律和分压原理，当滑动变阻器接入最大电阻30Ω时，
2.5VU−2.5V=30Ω30Ω，
解得U=5V，所以电源电压应不高于5V。
故答案为：(1)断开；(2)未调零；(3)定值电阻断路；(4)0.2；(5)电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；(6)定值电阻两端的电压；(7)C；(8)5。
(1)连接电路时，为保护电路，开关要断开；
(2)电流表使用前要调零；
(3)电流表指针几乎不偏转，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源之间是通路，由此可判断电路故障；
(4)根据电流表选用的量程确定分度值读数；
(5)分析图丁中的图像，发现是一条经过原点的倾斜的直线，从而得出结论；
(6)根据画出的I−R图象知图中阴影面积为长方形，由欧姆定律分析；
(7)由电路图可知，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路电压规律和串联分压原理分析解答；
(8)根据串联电路电压规律和分压原理，算出电源电压。
本题探究通过导体的电流与导体两端电压、电阻的关系，考查实验注意事项、电路故障分析、电流表的读数和使用、数据和图像分析，同时考查了串联分压原理和欧姆定律的应用，综合性较强，有一定的难度。
30.【答案】B 闭合开关前未将变阻器的滑片放到最大阻值处 温度 0.625I额 R2 I额2×I1R0I2−I1
【解析】解：(1)由图甲知，电流表与灯泡并联了，所以灯泡被短路，故灯泡不亮；电压表串联在电路中，电源电压调节为4.5V不变，所以电压表示数几乎等于电源电压4.5V，电路中电流几乎为0，图中电压表使用小量程，所以可能烧坏电压表，故选B；
(2)实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，错误导线和改接电路如图所示：
(3)小明改正电路连接后，用开关试触时，看到小灯泡发出明亮的光，说明电路电流较大，电阻较小，所以他在操作中存在的不当之处是闭合开关前未将变阻器的滑片放到最大阻值处；
(4)由图象知，灯泡的电流与电压不成正比，即灯泡电阻是变化的，小灯泡的电压越大，电流越大，实际功率越大，温度越高，小灯泡灯丝的电阻随温度的变化而变化；
由图象知，当灯的电压为2.5V时正常发光，此时通过的电流为0.25A，小灯泡的额定功率：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W；
(5)①按电路图连接实物电路。
②只闭合开关S、S2，移动R1滑片，使电流表的示数为I额，灯泡正常发光，此时灯泡与R1串联；
③只闭合开关S、S1，保持R1滑片位置不动，移动R2滑片，使电流表的示数为I额，此时R1与R2串联，因为电路中电流仍为I额，所以R2=RL；
④保持R2滑片位置不动，将另一个滑动变阻器(R1)滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器(R1)的滑片移到最右端，电流表的示数为I2。
变阻器R1的最大阻值为R0，因电源电压不变，则由串联电路特点和欧姆定律可得：U=I2R2=I1(R0+R2)，
解得：R2=I1R0I2−I1，
⑤小灯泡额定功率的表达式为：P额=I额2RL=I额2R2=I额2×I1R0I2−I1。
故答案为：(1)B；(2)见上图；(3)闭合开关前未将变阻器的滑片放到最大阻值处；(4)温度；0.625；(5)②I额；④R2；⑤I额2×I1R0I2−I1。
(1)由实物图知，电压表串联在电路中，电流表与灯泡并联，由此分析解答；
(2)实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，由此分析错误的连接，并改接电路；
(3)为保护电路，闭合开关前应将变阻器的滑片滑到最大值处；
(4)灯的电阻随温度的变化而变化；由图象读出灯泡电压等于额定电压时通过的电流，由P=UI计算灯泡的额定功率；
(5)已知灯泡的额定电流，可通过R2等效替代正常发光灯泡，再根据电路的特点，利用电源不变计算出R2的阻值，由P=I2R计算额定功率。
本题是测灯泡功率的实验，考查了实验电路的连接、故障分析、电流表的读数、实验注意事项、串联电路特点的应用、欧姆定律以及电功率公式的应用等，还考查了特殊方法测灯泡功率，考查知识点多，综合性强，有一定难度。
31.【答案】(1)完全燃烧0.3kg氢燃料放出的热量：
Q放=mq氢=0.3kg×1.4×108J/kg=4.2×107J；
(2)若这些热量的80%被质量为200kg，温度为15℃的水吸收，
水吸收的热量：Q吸=Q放×η=4.2×107J×80%=3.36×107J；
由Q吸=cm△t可得水升高的温度：
△t=Q吸c水m=3.36×107J4.2×103J/(kg⋅℃)×200kg=40℃。
答：(1)质量为0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量为4.2×107J；
(2)水吸收的热量为3.36×107J；水的温度升高了40℃。
【解析】(1)利用Q放=mq氢得出完全燃烧0.3kg氢燃料放出的热量；
(2)根据Q吸=Q放×η得出水吸收的热量；由Q吸=cm△t可得水升高的温度：根据△t=Q吸c水m得出水的温度升高了多少℃。
本题主要考查了学生对吸热、燃料燃烧放热的计算公式的运用，解题关键是熟练应用相关的计算公式以及变形式。
32.【答案】解：
(1)电饭锅处于保温状态时，且电功率为44W，电压为220V，
由P=UI可得，此时电路中通过的电流I=P保U=44W220V=0.2A；
(2)电饭锅处于加热状态时，功率为1100W，30min内消耗的电能：
W=P加热t=1100×10−3kW×3060h=0.55kW⋅h；
(3)当S闭合时，电路中只接入R1，此时总电阻最小，电路消耗的功率最大，加热状态，
由P=U2R可得，R1的阻值R1=U2P加热=(220V)21100W=44Ω；
当S断开时，R1和R2串联，电饭锅处于保温状态，由(1)可知，此时电路中的电流为0.2A，
根据欧姆定律可得总电阻：R总=UI=220V0.2A=1100Ω，
由串联电路的电阻特点可得R2的阻值：R2=R总−R1=1100Ω−44Ω=1056Ω。
答：(1)电路中的电流为0.2A；
(2)30min消耗的电能为0.55kW⋅h；
(3)R2的阻值为1056Ω。
【解析】(1)电饭锅处于保温状态时，电功率为44W，电压为220V，根据I=PU求出此时电路中的电流；
(2)根据W=Pt计算电饭锅加热30min消耗的电能；
(3)当S闭合时，电路中只接入R1，此时总电阻最小，电路消耗的功率最大，加热状态，根据公式P=U2R先求R1的阻值；当S断开时，R1和R2串联，电饭锅处于保温状态，由(1)可知此时电路中的电流，由欧姆定律求出电路的总电阻，然后根据串联电路电阻特点计算R2的阻值。
本题考查了欧姆定律的应用、电功率公式的应用，属于电学中档题，要求学生掌握。
33.【答案】解：(1)已知灯泡的额定功率为PL=12W，额定电流为IL=1A，
由P=UI可知灯泡的额定电压为：UL=PLIL=12W1A=12V，
由欧姆定律可知灯泡的电阻为：RL=ULIL=12V1A=12Ω；
(2)由图可知，闭合全部开关，R2的滑片滑到最左端时，L被短路，该电路为R1和R2的并联电路，电流表测干路的电流；
则电路的总功率为：P=P1+P2=U2R1+U2R2=(24V)224Ω+(24V)260Ω=33.6W；
(3)仅闭合S1，该电路为L、R1和R2的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测L和R2两端的电压；
已知电流表量程换用0∼0.6A，为确保电路的安全，则电路中的最大电流为I=0.6A，由I=UR可知电路的总电阻最小为：R=UI=24V0.6A=40Ω，
由串联电路的电阻特点可知R2接入电路的最小阻值为：R2小=R−RL−R1=40Ω−12Ω−24Ω=4Ω；
当电压表的示数最大为U大=15V时，R2接入电路的阻值最大，
由串联电路的电压特点可知此时R1两端的电压为：U1=U−U大=24V−15V=9V，
此时电路中的电流为：I小=U1R1=9V24Ω=38A，
此时灯L两端的电压为：UL′=I小RL=38A×12Ω=4.5V，
则此时R2两端的电压为：U2=U大−UL′=15V−4.5V=10.5V，
则R2接入电路的最大阻值为：R2大=U2I小=10.5V38A=28Ω；
由上述分析可知，在保证电路安全的前提下，R2的阻值范围是4Ω∼28Ω。
答：(1)小灯泡L的电阻为12Ω；
(2)闭合全部开关，R2的滑片滑到最左端时，电路的总功率为33.6W；
(3)在保证电路安全的前提下，R2的阻值范围为4Ω∼28Ω。
【解析】(1)已知灯泡的额定功率和额定电流，利用P=UI求出灯泡的额定电压，再根据欧姆定律求出灯泡的电阻；
(2)由图可知，闭合全部开关，R2的滑片滑到最左端时，L被短路，该电路为R1和R2的并联电路，电流表测干路的电流；已知电源电压和两电阻的阻值，利用P=UI=U2R可求出电路的总功率；
(3)仅闭合S1，该电路为L、R1和R2的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测L和R2两端的电压；为确保电路元件的安全，电路中的最大电流不能超出用电器的额定电流以及电流表的量程，由此可知电路中的最大电流是多少，根据欧姆定律求出电路中的最小总电阻，便可得出R2接入电路的最小阻值；当电压表示数最大时，L和R2的总电阻最大，即R2接入电路的阻值最大，先利用串联电路的电压特点得出R1两端的电压，利用欧姆定律求出电路中的电流，再利用U=IR求出此时L两端的电压，进而可得出此时R2两端的电压，最后根据欧姆定律便可求出R2接入电路的最大阻值；由上述分析便可知道R2的阻值范围。
本题考查了对欧姆定律和电功率计算公式的应用，注意分析电路连接情况以及了解为确保电路元件的安全，电表的示数不能超出其量程。
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