山东省济宁市邹城第四中学2022-2023学年上学期九年级物理期末检测试题(含答案)

这是一份山东省济宁市邹城第四中学2022-2023学年上学期九年级物理期末检测试题(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省济宁市邹城四中九年级（上）期末
物理试卷
一、选择题（每小题2分，共20分）
1. 下列现象发生的过程中，吸收热量的一组是(    )
(1)春天，冰雪融化汇成溪流
(2)夏天，从冰箱里面拿出来的饮料罐“出汗”
(3)秋天，清晨的雾在太阳出来后散去
(4)冬天，室外草地上出现了霜。
A. (1)(3) B. (2)(4) C. (3)(4) D. (1)(2)
2. “赏中华诗词、寻文化基因、品生活之美”的《中国诗词大会》，这一电视节目深受观众的青睐，对下列古诗文中涉及的热现象进行解释，其中正确的是(    )
A. “月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠。”霜的形成是凝华现象
B. “雾淞沆砀，天与云与山与水，上下一白。”雾淞的形成是凝固现象
C. “青青园中葵，朝露待日晞。”露在日出后逐渐消失是升华现象
D. “腾蛇乘雾，终为土灰。”雾的形成是汽化现象
3. 一杯香浓的豆浆可以让我们的早上有一个精力充沛的开始。电动豆浆机在工作过程中，转动的叶轮将豆子打磨研碎，加热体将豆浆加热至煮熟。下面说法中正确的是(    )
A. 通电后叶轮转动，电动机将机械能转化为电能
B. 煮好的豆浆香气四溢的原因是分子在不停地做无规则运动
C. 从开始加热到豆浆煮熟的过程中，豆浆的内能不变
D. 喝刚刚煮好的豆浆时，在它表面吹气可以加快豆浆的升华，使它凉得快些
4. 关于比热容，下列说法中正确的是(    )
A. 比热容跟物体吸收或放出热量的多少有关
B. 比热容跟物体温度的高低有关
C. 物体的质量越大，它的比热容就越大
D. 质量相同的两个物体，吸收相同的热量，比热容小的物体温度升高得多
5. 如图是用相同的加热装置对a、b、c三种物质(b和c的质量相同)加热时它们的温度随时间变化的图象。下列对图象的分析正确的是(    )

A. 若a、b是同种物质，b的质量小于a的质量
B. t1-t2时间内物质a的温度不变，内能不变
C. 0-t2时间内，c物质的比热容大于b物质的比热容
D. 温度从T1升至T2时，a吸收的热量比b多
6. 如图所示的电路中，当开关S1、S2均闭合后，则(    )

A. L1不能发光，L2能发光 B. L1能发光，L2不能发光
C. L1、L2都不能发光 D. L1、L2都能发光
7. 如图所示的电路中，电源电压保持不变。只闭合开关S，电流表的示数为0.2A，再闭合开关S1，电流表的示数变化了0.3A.那么闭合S、S1后，在相同的时间内，电流通过两个电阻所做的功之比是(    )


A. 2：3 B. 3：2 C. 5：2 D. 1：2
8. 小明在医院看到一种输液报警器(如图甲)，当管内药液流完时，电铃发声，报警器内部有一可变电阻；当输液管内有液体时，电阻大，无液体时，电阻小。电路如图乙所示，则当闭合开关报警器工作时，分析正确的是(    )


A. 输完药液时，电流表示数变小
B. 输完药液时，电压表示数变小
C. 未输完药液时，电铃不响是因为没有电流通过
D. 输完药液时，电铃响的原因是其两端电压变大，电铃的电功率增大
9. 如图所示的装置中，三个完全相同的烧瓶A、B、C内都盛有质量和初温均相等的液体，其中A、B烧瓶装的是水，C烧瓶中装的是煤油，A、B、C瓶中电阻丝的阻值分别为RA、RB、RC，且RA>RB=RC.合上开关S通电一定时间后，下列关于该实验探究的说法，错误的是(均不计热损失，比热容c水>c煤油)(    )

A. 电流通过导体时，电能转化成内能，这种现象叫电流的热效应
B. 在A、B两烧瓶中，相同的时间内，A烧瓶中的电阻产生的热量多
C. B、C两烧瓶可探究不同物质的吸热能力
D. B、C两烧瓶加热相同的时间，B瓶中温度计的示数高
10. 在测量额定电压为2.5V的小灯泡的电功率时。小红所观察和记录的结果如表所示。
分析实验记录，她得出了以下结论
小灯泡两端的电压U/V
0.5
1.0
1.5
2
2.5
3
通过小灯泡的电流I/A
0.12
0.16
0.19
0.23
0.25
0.28
小灯泡的亮度
暗→亮
正常发光
过亮
①小灯泡的额定功率为0.625W
②小灯泡的实际功率越大，亮度越亮
③小灯泡的电阻随两端的电压升高而增大
④小灯泡和阻值为2Ω的定值电阻串联接在电压为3V的电源两端时，能正常发光。
其中正确的是(    )
A. 只有① B. 只有①② C. 只有①②③ D. ①②③④都正确
二、填空题（每空1分，共12分）
11. 如图所示，某单缸四冲程汽油机正处于______冲程，此冲程将______能转化为______能，若正常工作时的转速为1800r/min，该汽油机每秒共经历了______个冲程。


12. 用电流表测量如图甲所示电路中的电流时，电流表A1和A2的指针分别处于图乙、丙所示的位置，则通过灯泡L1的电流是______ A，通过灯泡L2的电流是______ A。


13. 区分规格、型号完全相同的两只新旧白炽灯泡，最简单的方法是观察灯泡的玻璃壁，旧灯泡的内壁发黑，其原因是______。经过长期使用的灯泡，其灯丝变细，实际功率往往比额定功率偏______(填“大”或“小”)。


14. 市场上有一种能滚动的毛刷出售，当毛刷在毛料衣服上刷动时，可以将灰尘及微小脏物吸入刷内，这是因为毛刷摩擦后______，具有______的性质。


15. 在如图甲的电路中，电源电压保持不变，R为滑动变阻器，其规格为“20Ω1A”，闭合开关S，当滑片P从一端滑到另一端的过程中测到R的电功率与通过它的电流关系图象如图乙所示，则电源电压为______V，定值电阻R0的阻值为______Ω。


三、实验探究题（第16题3分，第17题7分，第18题7分，共17分）
16.如图甲是“探究某种固体物质熔化特点”的实验装置，图乙是根据实验数据描绘出的该物质在熔化过程中温度随时间变化的图象。
(1)实验中，用烧杯中的热水加热试管中固体物质，好处是______；由图乙可知，该物质是______(选填“晶体”或“非晶体”)。
(2)图乙中，该物质在t1时具有的内能______(选填“大于”、“等于”或“小于”)在t2时的内能。

17. 在“探究电流跟电阻关系”的实验中，小刚设计的实验电路图如图1所示：

(1)请用笔划线代替导线，按电路图将图2实物连接起来(要求滑片向右移，电流表示数变小).
(2)小刚连完最后一根导线后就发现两个表的指针发生偏转，并且指针总在晃动，造成上述现象的原因可能是______ .
(3)排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为2V，读出并记下电流值；再将5Ω的电阻改接成10Ω的电阻，发现电压表示数大于2V，于是他下一步的操作是：将滑动变阻器的滑片向______ (填“左”或“右”)移动，使______ 并记下电流值；再改接20Ω的电阻，重复上述实验．
(4)此实验得到的结论是______ .
18. 小平同学在“测定小灯泡电功率”的实验中，选用如图甲所示的器材和电路，其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V。(灯丝电阻约为12Ω)

(1)为了能够顺利完成该实验探究，下列两种规格的滑动变阻器应选用_____(选填“A”或“B”)
A.“10Ω5A”的滑动变阻器           B.“50Ω0.5A”的滑动变阻器
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不发光，电压表有示数，电流表无示数，若电路只有一处故障，则故障原因是_____。
(3)根据实验测得的数据，绘制出小灯泡的电流随它两端电压变化的关系图象(如图乙所示)，分析图象可知：小灯泡的额定功率为_____W。
(4)完成上面实验后，小平同学又想测量额定电压为U额的小灯泡的额定功率，但发现电流表已经坏，于是他又找来了两个开关和一定值电阻，设计了如图丙所示的电路，已知电源电压恒为U，定值电阻的阻值为R0，请你完成下面实验步骤：
①_____(填写S、S1、S2的通断情况)，调节滑动变阻器的滑片使电压表示数为_____；
②_____(填写S、S1、S2的通断情况)，保持滑动变阻器的滑片不动，读出电压表示数为U1；
③灯泡额定功率的表达式为P额=_____。
四、计算题（第19题5分，第20题6分，共11分）
19. 某实验小组用如图甲所示装置做了冰熔化成水的实验。并根据实验中测得的数据绘制了温度-时间图象(如图乙、丙所示)：

(1)请你判断乙、丙两图中哪幅更合理，并简要说明理由。
(2)从图中可知冰在AB过程中吸热升温用了5min。若酒精灯每分钟放出的热量是1.68×103J，冰吸热的效率是50%，求冰在AB过程中吸收的热量。
(3)如果这杯冰的质量是0.2kg请根据(2)中的数据，求冰的比热容。
20. 图甲是内胆为铝质材料的电饭锅，内部电路如图乙所示，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)，闭合手动开关S1，电饭锅处在加热状态．当锅内食物温度达到103℃时，开关S1会自动断开，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℃时会自动断开，温度低于70℃时会自动闭合【已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)】．
请解答下列问题：
(1)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？
(2)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，求电饭锅正常工作时电能转化为内能的效率是多少？

答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：①冰雪消融属于熔化现象，需要吸收热量；
②“出汗”是水蒸气遇冷液化的结果，需要放热；
③清晨的雾在太阳出来后散去，发生的是汽化现象，需要吸收热量；
④霜是水蒸气凝华的结果，需要放出热量；
故选：A。
六种物态变化中吸收热量的是熔化、汽化、升华；其余三个是放热的；先判定几种现象分别是什么物态变化，最后即可确定哪些是吸热的。
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。

2.【答案】A 
【解析】解：A、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，附着在建筑物或植被表面，故A正确；
B、雾凇是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，附着植被表面，故B错误；
C、露是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，附着在植被表面，露在日出后逐渐消失是汽化现象，故C错误；
D、雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，故D错误。
故选：A。
物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。

3.【答案】B 
【解析】解：A、通电后叶轮转动，是电动机将电能转化为机械能。故A错误。
B、煮好的豆浆温度很高，香气分子无规则运动的速度加剧，所以“香气四溢”。故B正确。
C、从开始加热到豆浆煮熟，豆浆的温度升高，内能增加。故C错误。
D、在刚煮好的豆浆表面吹气，加快豆浆表面上的空气流动，可以使蒸发加快，液体蒸发是吸热的，所以豆浆会凉的快些。故D错误。
故选：B。
A、通电后叶轮转动，是电动机将电能转化为机械能。
B、煮好的豆浆温度很高，香气分子无规则运动的速度加剧。
C、从开始加热到豆浆煮熟，豆浆的温度升高，内能增加。
D、在刚煮好的豆浆表面吹气，加快豆浆表面上的空气流动，可以使蒸发加快，液体蒸发是吸热的，所以豆浆会凉的快些。
掌握电动机和发电机的区别，热量、温度与内能的关系，扩散现象，六种物态变化的吸热和放热情况是解决此题的关键。

4.【答案】D 
【解析】解：ABC.比热容是物质本身的一种特性，跟物体质量、吸收或放出热量的多少、物体的温度无关，故ABC错误；
D.质量相同的两个物体，吸收相同的热量，由Δt=Q吸cm可知，比热容小的物体温度升高得多，故D正确。
故选：D。
(1)比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类、状态有关，与热量、质量、温度变化无关；
(2)物体吸热的多少与物体的质量、比热容以及温度变化量有关，根据Δt=Q吸cm分析。
本题考查比热容的概念和热量计算公式的应用，属于基础题。

5.【答案】C 
【解析】解：
由图可知，该图象是液体沸腾(或晶体熔化)时的温度随时间的变化图象，物体的初温相同：
A.a、b同种物质，二者沸点(或熔点)相同，但是达到沸点(或熔点)的时间不同，b达到的时间更久，说明升高相同温度，b吸收的热量更多，a、b同种物质比热容相同，b的质量大于a的质量，故A错误；
B.t1-t2时间内，a的温度不变，但是a需要不断吸收热量，故内能是增大的，故B错误；
C.0-t2时间内，加热的时间相同，b和c吸收的热量相同，初温相同，但是b的温度变化比c的明显，则b的比热容小于c的比热容，故C正确；
D.用相同的加热装置对物质进行加热，则物质吸热的多少是通过加热时间来反映的；
由图可知，温度从T1升至T2时，a的加热时间比b短，说明a吸收的热量比b少，故D错误；
故选：C。
(1)液体沸腾前不断吸收热量，温度升高；达到沸点后，继续吸热，但温度不变；晶体熔化前不断吸收热量，温度升高；达到熔点后，继续吸热，但温度不变；
(2)在初温、质量、吸收热量相同时，温度变化明显的物质，比热容比较小。
本题考查液体沸腾前后的温度变化和比热容、内能的相关知识。

6.【答案】C 
【解析】解：读图可知，当开关S1、S2均闭合后，电源两极不经过用电器直接连通，形成电源短路，灯L1、L2都不能发光，会烧坏电源。故只有C说法正确。
故选：C。
处处连通的电路叫做通路，某处断开的电路叫做开路，也叫断路，电源短路是指电源两极不经过用电器直接连通的电路，会烧坏电源。结合电路图可做出判断。
本题考查了电路的三种状态的概念。电源短路是指电源两极不经过用电器直接连通的电路，用电器短路是指用一根导线将某个用电器的两端连接起来，如果只是用电器短路而电源并没有短路，这时不会烧坏电源，只是被短路的用电器中无电流通过。

7.【答案】A 
【解析】解：当只闭合开关S时，电路为R1的简单电路，电流表的示数为通过R1的电流，即I1=0.2A；
当再闭合开关S1时，两电阻并联，电流表测干路电流，
因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以闭合开关S1时通过R1的电流不变；
因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过R2的电流等于电流表的变化量，即I2=0.3A；
因为并联电路中各支路两端的电压相等，所以闭合S、S1后，R1与R2的电功之比：W1W2=UI1tUI2t=I1I2=0.2A0.3A=23。
故选：A。
当只闭合开关S时，电路为R1的简单电路，电流表的示数为通过R1的电流；
当再闭合开关S1时，两电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知闭合开关S1时通过R1的电流不变，根据并联电路的电流特点可知电流表的变化量即为通过R2的电流，根据并联电路的电压特点和W=UIt求出闭合S、S1后，R1与R2的电功之比。
本题考查了电功公式的应用，关键是根据并联电路的特点判断出再闭合开关S1时电流表示数的变化量即为通过过R2的电流。

8.【答案】D 
【解析】解：
由电路图可知，可变电阻与电铃串联，电压表并联在电铃两端，电流表测电路中的电流，
由题意知，当输完药液时，警报器内的电阻较小，未输完药液时，警报器内的电阻较大；
A.当输完药液时，警报器内的电阻较小，电路中的总电阻较小，由I=UR可知，电路中的电流较大，即电流表的示数变大，故A错误；
B.由A知，输完药液时，电路中的电流变大，由U=IR可知，电铃两端的电压变大，即电压表的示数变大，故B错误；
C.未输完药液时，总电阻较大，电流较小，电铃不响，并不是因为没有电流，而是因为电流较小造成，故C错误；
D.由B可知，输完药液时，电铃两端的电压变大，所以电铃可以正常工作而发声；电铃两端的电压变大，通过电铃的电流变大，根据P=UI可知，电铃消耗的功率变大，故D正确。
故选：D。
输液管内有液体时，电阻大，无液体时电阻小，根据欧姆定律判断电路中的电流大小和电铃两端的电压表示数变化；根据P=UI分析电铃功率的变化。
本题主要考查了欧姆定律的应用，要掌握欧姆定律的公式，能够根据题干判断出警报器内电阻的变化，根据电阻的变化判断出电路中电流的变化。

9.【答案】D 
【解析】解：A、电流通过导体时，导体会发热，电能转化成内能，这种现象叫电流的热效应，故A正确；
B、在电源电压和通电时间相同的条件下，由串联电路的电流关系可知，串联使用时通过各电阻的电流相等，又知RA>RB，由Q=I2Rt可知，A烧瓶中的电阻产生的热量多，故B正确；
C、在BC两烧瓶中，电阻RB=RC，烧瓶分别装入等质量的水和煤油，且串联，通过的电流相同，相同的时间内放出的热量相同，只有物质的种类不同，可探究不同物质的吸热能力，故C正确；
D、由题意可知，B、C两烧瓶加热相同的时间，电阻放出相同的热量，液体吸收相同的热量；煤油的质量和初温相同，水的比热容较大，温度变化小，温故B瓶中度计示数低；故D错误．
故选D.
(1)电流流过导体时，导体发热，把电能转化为内能的现象是电流的热效应．
(2)根据串并联电路特点，分析两电阻在串联电流关系，再根据焦耳定律判断产生热量的多少．
(3)要比较不同物质的吸热能力，可以让相同质量的不同物质吸收相同的热量，观察温度变化，温度变化小的吸热能力强；
(4)相同质量的不同种物质吸收相同的热量，比热容越大，温度变化越小，比热容越小，温度变化越大．
本题考查了探究电流产生热量、比较不同物质的吸热能力、比热容的测量方法，综合性强，利用好控制变量法和转换法是关键．

10.【答案】D 
【解析】解：
①灯泡两端电压等于额定电压2.5V时正常发光，由表中数据知，此时通过灯泡的电流为0.25A，
所以灯泡的额定功率P=UI=2.5V×0.25A=0.625W，故①正确；
②由表中数据知，灯泡两端电压越大，通过的电流也越大，由P=UI可知，灯泡的实际功率越大，小灯泡越亮，故②正确；
③由I=UR可得，各次实验灯泡电阻分别为：
R1=U1I1=0.5V0.12A≈4.17Ω，
R2=U2I2=1.0V0.16A=6.25Ω，
R3=U3I3=1.5V0.19A≈7.89Ω，
R4=U4I4=2V0.23A≈8.70Ω，
R5=U5I5=2.5V0.25A=10Ω，
R6=U6I6=3V0.28A≈10.71Ω，
所以，由计算数据看，小灯泡的电阻随两端的电压升高而增大(实质是因为电压升高，电功率变大，灯丝温度升高，电阻变大)，故③正确；
④小灯泡和阻值为2Ω的定值电阻串联接在电压为3V的电源两端，
由表中数据知，当灯泡电压2.5V，对应电流为0.25A，
此时定值电阻两端电压：UR=IR=0.25A×2Ω=0.5V，
恰好满足电源电压：U=UL+UR=0.5V+2.5V=3V，
所以灯泡能正常发光，故④正确。
故选：D。
本题是测灯泡电功率的实验，考查了电功率的计算、灯泡亮度与实际功率关系、电阻与电压关系，还考查了串联电路特点和欧姆定律的应用，关键要能从表格中获取有用数据。

11.【答案】压缩  机械  内  60 
【解析】解：
(1)由图知，两个气门都关闭，活塞向上运动，此冲程为压缩冲程，将机械能转化为内能；
(2)1800r/min=30r/s，即每秒完成15个工作循环，完成60个冲程，对外做功15次。
故答案为：压缩；机械；内；60。
(1)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；四个冲程中压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，排气和吸气冲程没有能的转化；
(2)内燃机完成1个工作循环，四个冲程，飞轮转2转，对外做功1次。
解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，记住相关的数据大小，会根据题中信息进行计算。

12.【答案】0.360.34 
【解析】解：由电路图知，两灯并联，电流表A1测干路电流，A2测L1支路电流，
由图乙知，电流表A1使用大量程，分度值0.1A，示数为0.7A，即干路电流I=0.7A，
由图丙知，电流表A2使用小量程，分度值0.02A，示数为0.36A，即通过灯泡L1的电流I1=0.36A，
由并联电路的电流规律可得，通过灯泡L2的电流：I2=I-I1=0.7A-0.36A=0.34A。
故答案为：0.36；0.34。
由电路图知，两灯并联，电流表A1测干路电流，A2测L1支路电流，由图乙和丙读出两电流表示数，根据并联电路的电流规律可得到通过灯泡L2的电流。
本题考查电流表读数以及并联电路的电流规律的应用，正确分析电路的连接方式和电流表所测电流是关键。

13.【答案】钨灯丝在高温下，升华为钨蒸气，钨蒸气遇冷的玻璃又凝华为固态的钨沾在灯泡的内壁上  小 
【解析】解：(1)钨灯丝在高温下，升华为钨蒸气，钨蒸气遇冷的玻璃又凝华为固态的钨沾在灯泡的内壁上，所以用久的灯泡内壁变黑，灯丝变细；
(2)电阻的大小与导体的横截面积有关，在长度、材料不变时，横截面积越小电阻越大。
由P=U2R可知：在电压不变时电阻越大，消耗的功率越小，
所以，长期使用的灯泡，正常使用时，与额定功率相比，实际功率变小。
故答案为：钨灯丝在高温下，升华为钨蒸气，钨蒸气遇冷的玻璃又凝华为固态的钨沾在灯泡的内壁上；小。
(1)物体由固态变为气态的过程叫升华，物体由气态变为固态的过程叫凝华；
(2)根据影响电阻大小的因素和公式P=U2R分析可知长期使用的灯泡，灯丝变细，电阻大，功率小。
解决本题的关键：一是理解掌握物态变化的相关知识，二是知道影响电阻大小的因素并利用P=U2R判断电功率的变化。

14.【答案】带了电荷  吸引轻小物体 
【解析】解：毛刷在毛料衣服上摩擦时带上了电；摩擦起电的物体能吸引轻小的灰尘，是因为摩擦后的带电体具有吸引轻小物体的性质。
故答案为：带了电荷；吸引轻小物体。
不同物质组成的物体相互摩擦时，两个物体带有异种电荷，摩擦过的带电体吸引轻小的物体。
不同物质原子核束缚核外电子的本领不同，束缚核外电子本领强的夺得电子，因多余电子带负电，束缚核外电子本领弱的，失去电子带正电。摩擦过的物体带有异种电荷，摩擦过的物体具有吸引轻小物体的性质。

15.【答案】12 ；10 
【解析】解：由电路图可知，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。
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，R与R0的串联，电路中的电流最小，
由图象可知，电路中的电流I小=0.4A，
由I=UR+R0可得，电源的电压：
U=I小(R0+R)=0.4A×(20Ω+R0)-------①
当滑动变阻器接入电路中的电阻最小时，电路中的电流最大，
由图象可知，电路中的电流I大=1.2A，I大=UR0=1.2A-----②，
解得：R0=10Ω，
电源的电压U=I大R0=1.2A×10Ω=12V。
故答案为：12；10。
由电路图可知，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。
当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；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，电压表的示数最大，根据图象读出电表的示数，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R0的阻值，进一步求出电源的电压。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律，从图象中获取有用的信息是关键。

16.【答案】(1)使物质均匀受热；晶体；(2)小于 
【解析】解：
(1)实验时用烧杯中的热水加热试管中固体物质，用水浴法加热，水浴法加热的目的是使物体受热均匀，物质升温缓慢，能准确记录熔点。
由图乙图象可以看出，该固体在熔化的过程中，有一定的熔化温度，即熔点，故为晶体；
(2)t1到t2是物质的熔化阶段，此时处于固液共存态，物质在熔化的时候不断吸热，内能增加，温度不变，故物质t1时具有的内能小于t2时的内能。
故答案为：
(1)使物质均匀受热；晶体；(2)小于。
(1)水浴法加热的目的是使物体受热均匀；
晶体与非晶体的区别：晶体有固定的熔点和凝固点，而非晶体则没有；
(2)根据晶体在熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变，内能增大。
此题考查晶体非晶体的区别、温度计的读数，学生分析物质熔化的图象，是本实验中应该掌握的基本技能之一，从图象中获取有效的信息，也是物理实验中经常运用的。

17.【答案】连接电路时开关没有断开，电路中某处接触不良；右；电压表示数为2V；电压一定时，电流与电阻成反比 
【解析】解：(1)根据图1所示电路图连接实物电路图，把两节干电池串联起来，从电源正极出发，把滑动变阻器、
电阻、电流表、开关组成串联电路，回到电源负极，把电压表并联在电阻两端，电源电压为3V，电压表可以选
0∼3V量程，电流表选小量程，实物电路图如图所示．
(2)连完最后一根导线后就发现两个表的指针发生偏转，说明电路已经闭合，连接电路时没有断开开关；电表指针总在晃动，说明电路中某处接触不良．
(3)将5Ω的电阻改接成10Ω的电阻，电压表示数大于2V，为保持电阻两端电压不变，应将滑动变阻器的滑片向右移动，使电压表示数为2V，并记下电流值．
(4)由实验可知，在电压一定时，电流与电阻成反比．
故答案为：(1)实物电路图如图所示；(2)连接电路时开关没有断开，电路中某处接触不良；(3)右；电压表示数为2V；(4)电压一定时，电流与电阻成反比．
(1)根据图1所示电路图连接实物电路图．
(2)连接电路时，开关要闭合；如果电路某处接触不良，电路不稳定，电表指针会晃动．
(3)探究电流与电阻的关系时，应控制电阻两端电压保持不变，用大电阻替换小电阻后，电阻两端电压变大，为保持电阻两端电压不变，应移动滑片使滑动变阻器接入电路的阻值变大，增大滑动变阻器的分压，使电阻两端电压减小，直到电压表示数为2V为止，根据电路图确定滑片的移动方向．
(4)根据实验现象，应用欧姆定律分析答题．
本题考查了连接实物电路图、电路现象分析、滑动变阻器的调节、实验现象分析；分析清楚电路结构是正确连接实物电路图的前提与关键，连接电路图时要注意电表正负接线柱不要接反，注意滑动变阻器的接法．

18.【答案】(1)B(2)小灯泡断路  (3)0.625(4)①闭合开关S、S1；  U-U额 ②闭合开关S、S2 ③U1U额R0。 
【解析】解：(1)灯泡正常工作时电流为IL=ULRL=2.5V12Ω≈0.2A.测定灯泡功率的实验中，灯泡与滑动变阻器串联，根据串联电路电压特点得，灯泡正常工作时，滑动变阻器电压为：U滑=U-UL=6V-2.5V=3.5V，
由I=UR可得滑动变阻器电阻为：R滑=U滑IL=3.5V0.2A=17.5Ω.滑动变阻器应选“50Ω0.5A”的滑动变阻器，故选B。
(2)闭合开关后，小灯泡不亮，可能是灯泡短路或电路存在断路造成的；，电流表无示数，说明电路存在断路；电压表示数有示数，说明与电压表并联的灯泡断路。
(3)根据图乙知，当电压为额定电压U=2.5V时，电流I=0.25A，
小灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.25A=0.625W
(4)分析实验的原理可以得出其具体的步骤为：
①闭合开关S、S1，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为U-U额。
②闭合开关S、S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，读出电压表示数为U1  。
③通过灯泡的电流：I=IR0=U1R0，
灯泡的额定功率的表达式为P额=U额I=U额×U1R0=U1U额R0。
故答案为：(1)B(2)小灯泡断路  (3)0.625(4)①闭合开关S、S1；U-U额 ②闭合开关S、S2 ③U1U额R0。
(1)选择滑动变阻器的规格，要从电路需要滑动变阻器的最大电阻和电路允许通过的最大电流考虑：滑动变阻器的最大阻值要稍大于电路需要滑动变阻器的最大阻值，滑动变阻器允许通过的最大电流大于电路最大电流。
(2)常见电路故障有短路与断路两种，根据电路故障现象分析电路故障原因。
(3)根据图丙，读出额定电压下的额定电流，由P=UI计算额定功率。
(4)由丙图可知：没有电流表的情况下，利用定值电阻和电压表代替电流表与灯泡串联，首先使灯泡两端的电压为U额，然后测出此时定值电阻两端的电压，便可求出电路中的电流，根据P=UI计算出灯泡的额定电功率。
此题主要考查学生对于测量小灯泡电功率实验的理解和掌握，熟知实验原理以及曲线图的分析是解题关键。

19.【答案】解：(1)水的比热容比冰的比热容大，吸收相同的热量，温度升高得更加缓慢，从图中可知冰在AB过程中吸热升温用了5min，温度变化了10℃，冰熔化成水后，如果水吸热升温用了5min，温度变化应该小于10℃，故乙图更合理；
(2)从图中可知冰在AB过程中吸热升温用了5min，若酒精灯每分钟放出的热量是1.68×103J，则酒精灯在5分钟内放出的热量是：
Q放=5min×1.68×103J/min=8.4×103J，
冰吸热的效率是50%，由η=Q吸Q放可知，
冰在AB过程中吸收的热量为：Q吸=ηQ放=50%×8.4×103J=4.2×103J；
(3)AB段冰的温度变化了△t冰=10℃，加热时间为5min，冰吸收的热量为Q吸=4.2×103J，m冰=0.2kg，根据Q=cm△t可知：
冰的比热容为：c冰=Q吸m冰△t冰=4.2×103J0.2kg×10℃=2.1×103J/(kg⋅℃)。
答：(1)从图中可知冰在AB过程中吸热升温用了5min，温度变化了10℃，冰熔化成水后，如果水吸热升温用了5min，温度变化应该小于10℃，故乙图更合理；
(2)冰在AB过程中吸收的热量为4.2×103J；
(3)冰的比热容为2.1×103J/(kg⋅℃)。 
【解析】(1)水的比热容比冰的比热容大；
(2)根据酒精灯每分钟放出的热量和η=Q吸Q放，即可算出冰在AB过程中吸收的热量；
(3)知道吸收的热量、质量、温度变化量，根据Q=cm△t变形公式计算冰的比热容。
本题主要考查比热容的物理意义、热效率及Q=cm△t及其变形公式的应用，知道其中的三个量，可求第四个量。

20.【答案】解：(1)由P=U2R得，在保温情况下，电饭锅消耗的电功率：
P保温=U2R=U2R1+R2，
在加热情况下，电饭锅消耗的电功率：
P加热=U2R1，
则在保温和加热两种情况下，电饭锅消耗的电功率之比：
P保温P加热=U2R1+R2U2R1=R1R1+R2=48.4Ω48.4Ω+484Ω=111.
(2)在一个标准大气压下，水沸腾时的温度t=100℃，
水吸收的热量：
Q=cm(t-t0)
=4.2×103J/(kg⋅℃)×2.5kg×(100℃-20℃)
=8.4×105J，
加热时间t=16min40s=1000s，
电饭锅消耗的电能：
W=U2R1t=(220V)248.4Ω×1000s=106J，
则电能转化为内能的效率：
η=QW×100%=8.4×105J106J×100%=84%.
答：(1)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；
(2)电能转化为内能的效率为84%. 
【解析】(1)电饭锅处在加热状态时，只有电阻R1工作，当处于保温状态时，两电阻串联，一起工作，
根据P=U2R求在保温和加热两种情况下，电饭锅消耗的电功率之比；
(2)根据公式W=U2Rt可求电饭锅烧水时消耗的电能，然后根据公式Q=cm(t-t0)求出水吸收的热量，
根据η=QW×100%求出电饭锅正常工作时电能转化为内能的效率．
本题考查电功率、吸收热量、消耗电能及热效率等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道一个标准大气压下水的沸点为100℃，解题过程中还要注意单位的换算．