陕西省西安市雁塔区高新唐南中学2023年中考物理模拟试卷（二）（含答案）

2023年陕西省西安市雁塔区高新唐南中学中考物理模拟试卷（二）
一.选择题（共10小题，每小题2分，计20分。每小题只有一个选项是符合题意的）
1．（2分）下列估测的物理量中，基本符合实际情况的是（　　）
A．小明从教学楼一楼爬上四楼做功的功率约为2W
B．家用小汽车汽油机的效率可以达到95%
C．教室里一盏日光灯正常工作电流约为0.2A
D．对人体安全的电压为36V
2．（2分）图甲是一种磁悬浮地球仪摆件，地球仪内部装有磁铁，底座内部装有如图乙所示的电磁铁。下列说法正确的是（　　）

A．电磁铁周围存在着磁场
B．地球仪利用异名磁极间相互排斥的原理工作
C．图乙中，利用安培定则可判断电磁铁上端是N极
D．图乙中，将电源正、负极对调后，电磁铁磁极方向不变
3．（2分）关于信息传递，下列说法正确的是（　　）
A．倒车雷达是利用微波进行定位的
B．手机间通话是通过超声波传递信息的
C．光纤通信是利用电流传递信息的
D．金属容器对电磁波有屏蔽作用
4．（2分）如图，弹簧测力计下悬挂一小条形磁铁，使弹簧测力计沿着水平放置的大条形磁铁的左端N极开始，向右端S极处逐渐移动时，弹簧测力计示数将（　　）

A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
5．（2分）下列情况中不属于防止电热危害的是（　　）
A．电视机的后盖有许多孔
B．电动机外壳有许多散热片
C．家电长时间停用，隔段时间应通电一次
D．电脑主板的CPU上有小风扇
6．（2分）如图是正常家庭电路的一部分，下列说法正确的是（　　）

A．导线B与大地之间的电压为220V
B．测电笔先后插入插座的左右插孔，氖管都发光
C．电冰箱的插头插入三孔插座能使电冰箱的金属外壳接地
D．灯泡和开关的位置可以互换
7．（2分）如图甲、乙分别是小明家上月初和上月末的电能表的表盘，表盘上“1600imp/（kW•h）“表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次。下列说法正确的是（　　）
A．指示灯闪烁32次，电路中消耗的电能为0.02J
B．小明家上月消耗的电能为911kW•h
C．小明家干路中的电流不得超过10A
D．指示灯闪烁次数越多，电能表所在电路消耗的电能越多
8．（2分）电冰箱在设计电路时，当冷冻室温度高于设定温度时，压缩机会以输入总功率正常工作，当冷冻室温度低于设定温度时，则压缩机停止运作，一般家庭电冰箱每运行12h，压缩机工作2.5h，如表格所示是某小型号电冰箱的铭牌，根据铭牌内容，则下列选项错误的是（　　）
xxxx电冰箱
额定电压
220V
工作频率
50Hz
重量
54kg
输入总功率
100W
耗电量
0.62kW•h/24h
制冷剂
R600a52g
额定输入电流
0.45A
冷冻能力
1kg/24h
总有效容积
217L
A．该冰箱正常工作电压是220V
B．一般家庭该电冰箱每经过24h，消耗电能0.62kW•h
C．电冰箱除了压缩机工作消耗电能，还有其他部件消耗电能
D．该电冰箱停止工作一天，一定节省电能2.4kW•h
9．（2分）如图甲是一种常见的手电筒，发光元件由2个发光二极管并联组成，每个发光二极管正常工作时的电流均为30mA。如图乙是LED手电筒与50Ω的定值电阻R串联，LED手电筒发光的颜色会随共两端电压的变化而变化，如表所示。下列说法中不正确的是（　　）
LED手电筒两端电压/V
2
2.4
3.2
LED手电筒颜色
红
黄
蓝

A．LED手电筒发光时是将电能转化为光能
B．这种LED手电筒正常工作时的总电流为60mA
C．如图乙所示，已知电源电压为4.2V，且保持不变。闭合开关S，电路中通过的电流为0.02A，LED灯功率为3.2W
D．如图乙所示，已知电源电压为4.2V，且保持不变，闭合开关S，当毫安表的读数为20mA时，LED手电筒发出蓝光
10．（2分）如图甲是一个用电压表的示数反映温度变化的电路原理图，其中电源电压U＝4.5V且保持不变，电压表量程为0﹣3V，R0＝300Ω的定值电阻，R1是热敏电阻，其电阻随环境温度变化的关系如图乙所示。若闭合开关S，则（　　）

A．电路中的最小电流为0.015A
B．电压表示数越小，环境温度越低
C．环境温度为20℃时，热敏电阻的阻值是150Ω
D．此电路允许的最高环境温度为100℃
二.填空与作图题（共8小题，每空1分，作图2分，计22分）
11．（3分）人们用测电笔可以辨别 　 　和 　 　，这两条线之间的电压为 　 　V。
12．（2分）西安世园会上，车身离地30cm高的电动无人扫地车在平直路面上匀速前进并将地面上的落叶吸入车内。此过程中，扫地车的动能 　 　，重力势能 　 　（均填“变大”、“变小”或“不变”）。
13．（3分）水稻是喜温植物，春季育秧时，通常傍晚向秧田灌水，早晨将水放出，以防霜冻。隐含的物理知识是，水的　 　较大。气温降低时，水能　 　（选填“放出”或“吸收”）较多的　 　（选填“温度”、“内能”或“热量”）。
14．（4分）如图，小明分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面，图甲中的滑轮为 　 　，用乙图中的滑轮可以 　 　，用甲滑轮所做的有用功为W1，机械效率η1；用乙滑轮所做的有用功为W2，机械效率为η2，若不计绳重与摩擦，则W1　 　W2，η1　 　η2（均填“大于”“小于”或“等于”）。

15．（3分）小亮为了研究如图所示的装置动圈式话筒，当说话时声音会带动膜片的振动，随之在线圈中会产生电流，该话筒发电的原理是 　 　，膜片振动时，线圈中的电流的方向是 　 　（均填“变化”或“不变”）的，在此过程中将 　 　能转化成电能。

16．（3分）太阳源源不断的向地球供给着能量，其实太阳内部一直发生着核爆炸，太阳的核反应属于核 　 　变，并向地球辐射太阳能，太阳能属于 　 　（填“可”或“不可”）再生能源；白天一个太阳能电池板通过太阳能给蓄电池充电，充电过程中是将产生的电能转化成 　 　。
17．（2分）如图所示，某人站在A处用一根绳子和两个滑轮提起物体B，画出最省力的绕线。

18．（2分）一间教室要安装2盏“220V 40W”的电灯和1个插座，要求开关S控制两盏灯，且每盏灯都能正常发光。其中部分电路已经连接，请你用笔画线代替导线将电路连接完整。

三.实验与探究题（共4小题，计22分）
19．（4分）根据图中提供的信息回答下列各题：

（1）如图甲所示，图中电阻箱的示数为 　 　Ω。
（2）图乙配电箱中的带有漏电保护器的空气开关组合。如果此时家中正发生了单线触电事故，此时图中的 　 　（填“空气开关”或“漏电保护器”）会立即切断电源，对人起到保护作用。
（3）沈括在《梦溪笔谈中记载》“方家以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”，如丙图所示这说明地理南北极与地磁南北极之间存在 　 　。
（4）“奥斯特实验”证明通电导体周围存在磁场，如丁图所示，电磁铁产生磁场，此时小磁针的右端为 　 　极。
20．（6分）为了比较水和煤油的吸热能力，江涛用两个相同的装置做了如图所示的实验。
（1）在两个相同的烧杯中应加入初温相同、　 　相同的水和煤油；
（2）实验中选用相同酒精灯加热的目的是：使水和煤油在相同时间内 　 　（填A或B）；
A.升高的温度相同
B.吸收的热量相同
（3）实验中发现煤油的温度比水的温度升高得 　 　（填“快”或“慢”），这表明 　 　吸热本领更强。
（4）由此实验可知，在受太阳照射的条件相同时，内陆地区登夜温差比沿海地区 　 　（填“大”“小”或“相等”）。
（5）通过实验可知水的吸热能力较强，下列属于水的这种特性的应用的是 　 　。
A.夏天给教室洒水，感觉凉
B.用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸
C.用水冷却汽车的发动机
D.冰熔化成水需要吸收热量

21．（7分）“测小灯泡额定电功率”的实验中，提供的器材有：电压恒为4.5V的电源，额定电压为2.5V的待测小灯泡（电阻约为10Ω），电流表（0～0.6A，0～3A），电压表（0～3V，0～15V），开关和导线若干。还有标有“5Ω，2A”字样的滑动变阻器A和“10Ω，2A”字样的滑动变阻器B。

（1）测量小灯泡电功率的原理是 　 　；
（2）本实验选择的滑动变阻器的规格是 　 　（填“A”或“B”）；
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡始终不亮，电流表无示数，电压表有示数，原因可能是 　 　；
（4）连接正确后，当滑动变阻器的滑片P移到某一位置时，观察到电压表示数如图乙所示，如果想让灯泡正常发光，滑动变阻器的滑片应该向 　 　滑动；
（5）移动滑片使灯泡正常发光，电流表示数如图丙，则小灯泡的额定功率为 　 　W；
（6）【拓展】完成上述测量后，发现电压表损坏，不用电压表，用如图丁所示的电路也可测量已知额定电流为I额的小灯泡的额定功率，定值电阻阻值为R0，实验步骤如下，请补充完整：
①闭合开关S，断开开关S1、S2，移动滑动变阻器滑片，使电流表的示数为 　 　（用字母表示）；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，记录下此时电流表的示数为I。
③小灯泡的额定功率的表达式为P额＝　 　（用已知R0、I、I额表示）。
22．（5分）太阳能作为一种新能源，已被人类广泛使用。例如太阳能路灯，其核心部件是光电板。某兴趣小组提出了一个问题：影响光电板吸收太阳能的多少与哪些因素有关呢？他们对这个问题有如下猜想：
猜想1：影响光电板吸收太阳能的多少可能与光电板的光照时间有关；
猜想2：影响光电板吸收太阳能的多少可能与光电板的面积有关；
猜想3：影响光电板吸收太阳能的多少可能与光电板的颜色有关。
根据以上猜想，他们设计好实验方案，进行了实验探究，步骤如下：
A．先选用相同的三块0.1m2的光电板，在其表面都涂上黑色，正对太阳光，照射时间分别为10min、20min、30min，光电板吸收的能量被储存，让他们对相同的LED灯供电，并记录发光时间于表中；
B．再选用0.2m2、0.3m2两块光电板，在其表面都涂上黑色，正对太阳光，照射时间都为10min，光电板吸收的能量被储存，让它们对相同的LED灯供电，并记录发光时间于下表中；
C．然后再选用相同的两块0.1m2的光电板，在其表面分别涂上绿色和白色，正对太阳光，照射时间都为10min，光电板吸收的能量被储存，让它们对相同的LED灯供电，并记录发光时间于表中；
实验数据记录如表：
序号
光电板的面积（m2）
光照时间 （min）
光电板表面 所涂颜色
LED灯的发光时间（min）
1
0.1
10
黑色
30
2
0.1
20
黑色
60
3
0.1
30
黑色
90
4
0.2
10
黑色
60
5
0.3
10
黑色
90
6
0.1
10
绿色
20
7
0.1
10
白色
5
（1）由表中　 　（填表中的序号）三组数据对猜想1进行验证，得出的结论是：光电板吸收太阳能的多少与光电板的光照时间有关。
（2）由表中1、4、5三组数据能对猜想　 　进行验证，得出结论是：　 　。
（3）由表中数据分析可知：制作太阳能光电板用　 　色最好。
（4）综合分析可知，影响光电板吸收太阳能多少的因素有光照时间、光电板的面积、表面所涂颜色，你觉得还与哪些因素有关？（写出一种即可）
四.综合题（共2小题，计16分）
23．（8分）太阳能热水器被广泛应用于现代生活。如表是装满水的太阳能热水器在太阳照射下的相关信息：
太阳照射时间/h
太阳能转换为水内能的效率
热水器最大容量/L
水的初始温度/℃
10
50%
100
20
请根据如表信息，通过计算回答问题。
（1）热水器装满水后温度升高60℃，热水器中的水需吸收的热量是多少？
（2）热水器10h所接收的太阳能约为多少？
（3）说说使用太阳能的优点 　 　。（写出1点即可）
24．（8分）某同学设计的电饭锅具有煮饭和保温两种功能，电路如图甲所示，控制电路的虚线框内接有一个热敏电阻R和一个定值电阻R0（均未画出），热敏电阻R的阻值大小与温度的关系如图乙所示。闭合开关S1、S2，刚开始触点D与E接触，随着锅内温度升高，热敏电阻R阻值减小，继电器内电流增大，当锅内温度达到105℃时电磁铁刚好吸合衔铁，使触点D脱开E，改与F接触，此时电饭锅保温；当锅内温度降低到60℃时电磁铁刚好松开衔铁，触点D再次与E接触。已知控制电路电源电压恒为3V，电饭锅工作电压为220V，R2阻值为99Ω，电饭锅煮饭时功率为2200W。控制电路消耗的功率和电磁铁线圈电阻均忽略不计。求：
（1）电饭锅煮饭时的电流；
（2）电饭锅保温时的功率；
（3）当电磁铁中电流为0.2A时，电磁铁刚好吸合衔铁；请在甲图的虚线框内画出热敏电阻R和定值电阻R0的连接图，请计算出R0的阻值并标记在虚线框内的电路图上（此问不要求写出计算过程）。

2023年陕西省西安市雁塔区高新唐南中学中考物理模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一.选择题（共10小题，每小题2分，计20分。每小题只有一个选项是符合题意的）
1．（2分）下列估测的物理量中，基本符合实际情况的是（　　）
A．小明从教学楼一楼爬上四楼做功的功率约为2W
B．家用小汽车汽油机的效率可以达到95%
C．教室里一盏日光灯正常工作电流约为0.2A
D．对人体安全的电压为36V
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、小明从教学楼一楼爬上四楼做功约为：W＝Gh＝mgh＝50kg×10N/kg×3×3m＝4500J；时间约1min，即60s；故功率约：P＝＝＝75W；故A错误；
B、家用小汽车汽油机的效率在30%左右；故B错误；
C、教室里一盏日光灯正常工作电流约0.2A；故C正确；
D、对人体安全的电压不超过36V；故D错误；
故选：C。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（2分）图甲是一种磁悬浮地球仪摆件，地球仪内部装有磁铁，底座内部装有如图乙所示的电磁铁。下列说法正确的是（　　）

A．电磁铁周围存在着磁场
B．地球仪利用异名磁极间相互排斥的原理工作
C．图乙中，利用安培定则可判断电磁铁上端是N极
D．图乙中，将电源正、负极对调后，电磁铁磁极方向不变
【分析】（1）磁体周围存在磁场；
（2）地球仪利用了同名磁极相互排斥的原理；
（2）利用安培定则可判断地球仪内部磁铁的磁极；
（4）电磁铁磁场的方向与电流方向有关。
【解答】解：A．磁体周围存在磁场，电磁铁周围也存在磁场，故A正确；
B．磁悬浮地球仪之所以能悬浮在空中，是利用了同名磁极相互排斥的原理，故B错误；
C．由安培定则和图示可知，电磁铁上端为S极，故C错误；
D．乙图中，将电源正负极对调后，电流的方向发生了改变，电磁铁磁极方向随之改变，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了磁感线、磁极间的相互作用规律、安培定则的应用、影响电磁铁极性的因素，属于基础题。
3．（2分）关于信息传递，下列说法正确的是（　　）
A．倒车雷达是利用微波进行定位的
B．手机间通话是通过超声波传递信息的
C．光纤通信是利用电流传递信息的
D．金属容器对电磁波有屏蔽作用
【分析】（1）回声定位是根据回声到来的时间和方位，确定目标的位置和距离，即利用声音获得信息；
（2）移动通信是利用电磁波传递信息的；
（3）光纤通信是利用光信号传递信息的；
（4）金属容器对电磁波有屏蔽作用。
【解答】解：A、倒车雷达是利用超声波进行定位的，故A错误；
B、移动通信是利用电磁波传递信息的，故B错误；
C、光纤通信是利用光信号传递信息的，故C错误；
D、金属容器对电磁波有屏蔽作用，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电磁波的传播和应用，属于基础题。
4．（2分）如图，弹簧测力计下悬挂一小条形磁铁，使弹簧测力计沿着水平放置的大条形磁铁的左端N极开始，向右端S极处逐渐移动时，弹簧测力计示数将（　　）

A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【分析】测力计的示数等于条形磁铁的重力与下面条形磁铁对其磁力的合力。条形磁铁受到的重力不变，测力计的示数的变化就取决于两条形磁铁之间的磁力的大小变化，而磁力的变化可以通过磁极间的作用规律及磁性的强弱变化来判定。
【解答】解：条形磁铁在从最左端向右移动到中点的过程中，由于是同名磁极，所以其下面的条形磁铁受到向上的斥力。由于磁铁的两端的磁性最强，所以在向右移动的过程中磁铁的磁性减弱，磁铁受到的磁力也在减弱。而测力计的示数等于条形磁铁的重力减去其受到的磁力，由于磁力的减小导致了测力计的示数在增大；
条形磁铁在从中点移动到最右端的过程中，由于是异名磁极，所以其下面的条形磁铁受到向下的引力。由于磁铁的两端的磁性最强，所以在向右移动的过程中磁铁的磁性增强，磁铁受到的磁力也在增强。而测力计的示数等于条形磁铁的重力加上其受到的磁力，由于磁力的增大导致了测力计的示数在增大；
所以测力计的示数一直在增大。
综上分析，故选：A。
【点评】磁体的磁性变化以及磁极间的作用规律是导致测力计示数变化的原因，从此入手分析即可解决此题。
5．（2分）下列情况中不属于防止电热危害的是（　　）
A．电视机的后盖有许多孔
B．电动机外壳有许多散热片
C．家电长时间停用，隔段时间应通电一次
D．电脑主板的CPU上有小风扇
【分析】电热有有利的一面，也有有害的一面，解答本题关键是看电热为我们服务还是我们不需要电热而是把它及时散发掉。
【解答】解：A、电视机的后盖有许多孔是为把各电器元件产生的热量及时散失掉，故A不符合题意。
B、电动机外壳有许多散热片，可以用来散热，防止电动机因温度过高而损坏，故B不符合题意。
C、家电长时间停用，隔一段时间应通电一次防止家电受潮，是为了保护用电器，属利用电热，故C符合题意。
D、过多的热量会影响计算机CPU的正常工作，CPU上有风扇，这都是为了散失热量，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】本题主要考查对电热的应用及预防措施的了解。用电器工作时如果温度过高，会造成危害，要考虑如何散热。
6．（2分）如图是正常家庭电路的一部分，下列说法正确的是（　　）

A．导线B与大地之间的电压为220V
B．测电笔先后插入插座的左右插孔，氖管都发光
C．电冰箱的插头插入三孔插座能使电冰箱的金属外壳接地
D．灯泡和开关的位置可以互换
【分析】（1）家庭电路的火线与地之间的电压为220V，零线与地之间的电压为零。
（2）测电笔接触插座的火线氖管发光，接触插座的零线氖管不发光。
（3）电冰箱的插头插入三孔插座能使电冰箱的金属外壳接地。
（4）家庭电路的开关与火线连接。
【解答】解：A、导线B是零线，与大地之间的电压为零，故A错误；
B、测电笔插入插座的右插孔，氖管发光，故B错误；
C、电冰箱的插头插入三孔插座能使电冰箱的金属外壳接地，故C正确；
D、灯泡和开关的位置不可以互换，开关和灯泡串联，开关必须接在火线上，故D错误。
故选：C。
【点评】知道家庭电路的组成；知道各个元件的正确接法；会正确使用测电笔。
7．（2分）如图甲、乙分别是小明家上月初和上月末的电能表的表盘，表盘上“1600imp/（kW•h）“表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次。下列说法正确的是（　　）
A．指示灯闪烁32次，电路中消耗的电能为0.02J
B．小明家上月消耗的电能为911kW•h
C．小明家干路中的电流不得超过10A
D．指示灯闪烁次数越多，电能表所在电路消耗的电能越多
【分析】从电能表表盘可得到的信息：
①电能表指示灯闪烁的快慢反映了电路消耗电能的快慢；
②电能表读数时，最后一位是小数，单位kW•h；上月初和上月末电能表的示数之差为上月消耗的电能；
③10（20）A的含义：10A是指电能表的标定电流，20A是指电能表平时工作允许通过的最大电流；
④1600imp/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次。
【解答】解：A、1600imp/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，
指示灯闪烁32次，则电路中消耗的电能：W＝kW•h＝0.02kW•h，故A错误；
B、小明家上月消耗的电能为：5637.8kW•h﹣5546.7kW•h＝91.1kW•h，故B错误；
C、由图知电能表允许通过的最大电流为20A，因此小明家干路中的电流不得超过20A，故C错误；
D、因为电能表指示灯闪烁的次数反映了电流做功的多少，所以指示灯闪烁越多，说明消耗电能越多，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查消耗电能的计算、对电能表参数的理解，关键是要明白各参数的物理意义。
8．（2分）电冰箱在设计电路时，当冷冻室温度高于设定温度时，压缩机会以输入总功率正常工作，当冷冻室温度低于设定温度时，则压缩机停止运作，一般家庭电冰箱每运行12h，压缩机工作2.5h，如表格所示是某小型号电冰箱的铭牌，根据铭牌内容，则下列选项错误的是（　　）
xxxx电冰箱
额定电压
220V
工作频率
50Hz
重量
54kg
输入总功率
100W
耗电量
0.62kW•h/24h
制冷剂
R600a52g
额定输入电流
0.45A
冷冻能力
1kg/24h
总有效容积
217L
A．该冰箱正常工作电压是220V
B．一般家庭该电冰箱每经过24h，消耗电能0.62kW•h
C．电冰箱除了压缩机工作消耗电能，还有其他部件消耗电能
D．该电冰箱停止工作一天，一定节省电能2.4kW•h
【分析】（1）电冰箱正常工作时的电压即额定电压；
（2）（4）由表中信息知，电冰箱的耗电量是0.62kW•h/24h，据此分析；
（3）电冰箱中除了压缩机外还有其他配件，如照明灯等。
【解答】解：A、由表中信息知电冰箱正常工作时的电压是220V，故A正确；
B、由表中信息知，电冰箱的耗电量是0.62kW•h/24h；即电冰箱每经过24h，消耗电能0.62kW･h，故B正确；
C、电冰箱中除了压缩机外还有其他配件，它们也是需要耗电的，故C正确；
D、由表中信息知，电冰箱的耗电量是0.62kW•h/24h，所以电冰箱停止工作一天，一定节省电能0.62kW･h，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了对用电器名牌上相关物理量的理解，关键从表格中找出有用的信息，难度不大。
9．（2分）如图甲是一种常见的手电筒，发光元件由2个发光二极管并联组成，每个发光二极管正常工作时的电流均为30mA。如图乙是LED手电筒与50Ω的定值电阻R串联，LED手电筒发光的颜色会随共两端电压的变化而变化，如表所示。下列说法中不正确的是（　　）
LED手电筒两端电压/V
2
2.4
3.2
LED手电筒颜色
红
黄
蓝

A．LED手电筒发光时是将电能转化为光能
B．这种LED手电筒正常工作时的总电流为60mA
C．如图乙所示，已知电源电压为4.2V，且保持不变。闭合开关S，电路中通过的电流为0.02A，LED灯功率为3.2W
D．如图乙所示，已知电源电压为4.2V，且保持不变，闭合开关S，当毫安表的读数为20mA时，LED手电筒发出蓝光
【分析】（1）LED灯能发光主要使用的材料是半导体，在工作时将电能转化成光能；
（2）根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和求出正常工作时的总电流；
（3）已知电源电压为4.2V，电路中通过的电流为0.02A，根据欧姆定律求出R两端的电压，利用串联电路电压规律求出LED灯两端的电压，根据P＝UI求出LED灯的功率；
（4）一个LED与50Ω的定值电阻R串联，知道电路中的电流，根据欧姆定律求出定值电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，然后由表格信息得出LED灯发光的颜色。
【解答】解：A、LED灯发光时是将电能转化为光能，故A正确；
B、因为2个LED并联，所以正常工作时的总电流为I＝2I1＝2×30mA＝60mA，故B正确；
C、已知电源电压为4.2V，电路中通过的电流为0.02A，则R两端电压为UR＝IR＝0.02A×50Ω＝1V，根据串联电路电压规律，LED灯两端电压为UL＝U﹣UR＝4.2V﹣1V＝3.2V，LED灯功率为PL＝ULI＝3.2V×0.02A＝0.064W，故C错误；
D、已知电源电压为4.2V，当毫安表的读数为20mA时，定值电阻R两端的电压：UR'＝IR＝20×10﹣3A×50Ω＝1V，根据串联电路电压规律，LED灯两端的电压：UL'＝U﹣UR'＝4.2V﹣1V＝3.2V，由表格数据可知，此时LED灯发出蓝色的光，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了能量的转化、并联电路的电流特点和串联电路的特点、欧姆定律、电功率公式、电功公式的灵活应用，属于难题。
10．（2分）如图甲是一个用电压表的示数反映温度变化的电路原理图，其中电源电压U＝4.5V且保持不变，电压表量程为0﹣3V，R0＝300Ω的定值电阻，R1是热敏电阻，其电阻随环境温度变化的关系如图乙所示。若闭合开关S，则（　　）

A．电路中的最小电流为0.015A
B．电压表示数越小，环境温度越低
C．环境温度为20℃时，热敏电阻的阻值是150Ω
D．此电路允许的最高环境温度为100℃
【分析】（1）由乙图可知，环境温度越低，热敏电阻的阻值越大，电源电压和R0阻值不变，根据欧姆定律可知，温度越低时电流越小，R0两端电压越小；由图乙可知，当环境温度为0℃时，热敏电阻的阻值最大为300Ω，根据串联电路电阻的特点和欧姆定律求得电路中的最小电流；
（2）在乙图中找到环境温度为20℃时，热敏电阻的阻值即可；
（3）由乙图可知，环境温度越高，热敏电阻的阻值越小，电源电压和R0阻值不变，根据欧姆定律可知，温度越高时电流越大，R0两端电压越大（电压表示数越大）；由电压表的量程知电压表的最大示数，根据欧姆定律计算此时的电流，结合串联电路电流和电阻的特点计算此时热敏电阻的阻值，根据乙图找到此时的温度，即电路允许的最高温度。
【解答】解：AB、由乙图可知，环境温度越低，热敏电阻的阻值越大，电源电压和R0阻值不变，根据I＝可知电路中电流越小，由U0＝IR0可知电压表的示数越小，故B正确；
由图乙可知，当环境温度为0℃时，热敏电阻的阻值最大为300Ω，
则电路中的最小电流I小＝＝0.0075A，故A错误；
C、由乙图可知，当环境温度为20℃时，热敏电阻的阻值为250Ω，故C错误；
D、由乙图可知，环境温度越高，热敏电阻的阻值越小，电源电压和R0阻值不变，根据欧姆定律可知此时电路中电流越大，由U0＝IR0可知电压表的示数越大，所以当电压表的示数最大为3V时，环境温度最高，
此时电路中的电流I大＝＝＝0.01A，
热敏电阻的阻值为R1＝＝＝150Ω，由乙图可知此时的温度为60℃，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了欧姆定律的应用和串联电路的电流、电阻特点，根据乙图结合欧姆定律判断电路中的最大电流和最小电流，是解答本题的关键。
二.填空与作图题（共8小题，每空1分，作图2分，计22分）
11．（3分）人们用测电笔可以辨别 　火线　和 　零线　，这两条线之间的电压为 　220　V。
【分析】（1）测电笔是用来辨别火线和零线的。
（2）家庭电路中火线和零线之间的电压是220V，火线和大地之间的电压是220V，零线和大地之间的电压是0V。
【解答】解：（1）测电笔可以辨别火线和零线；
（2）家庭电路中火线和零线之间的电压是220V。
故答案为：火线；零线；220。
【点评】本题考查了测电笔的作用，记住家庭电路电压是220V，有时家庭电路电压是个隐含条件，注意挖掘。
12．（2分）西安世园会上，车身离地30cm高的电动无人扫地车在平直路面上匀速前进并将地面上的落叶吸入车内。此过程中，扫地车的动能 　变大　，重力势能 　变大　（均填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】影响动能的影响因素是物体的质量和运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和高度，据此分析即可解答。
【解答】解：电动无人扫地车在平直路面上匀速前进并将地面上的落叶吸入车内，此过程中，扫地车的总质量变大，速度和高度不变，则动能和重力势能均变大。
故答案为：变大；变大。
【点评】本题考查了影响动能和势能的大小变化，分析好扫地车工作时速度、质量和高度的变化是关键。
13．（3分）水稻是喜温植物，春季育秧时，通常傍晚向秧田灌水，早晨将水放出，以防霜冻。隐含的物理知识是，水的　比热容　较大。气温降低时，水能　放出　（选填“放出”或“吸收”）较多的　热量　（选填“温度”、“内能”或“热量”）。
【分析】水的比热容是比较大，根据Q放＝Cm（t﹣t0）得出水降低温度时放热的多少。
【解答】解：水的比热容是常见物体中最大的；
根据Q放＝Cm（t﹣t0），气温降低时，由于水的比热容比较大，在质量一定时，水可以放出更多的热量。
故答案为：比热容；放出；热量。
【点评】此题考查了水的比热容较大的一个应用，是一道应用题。
14．（4分）如图，小明分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面，图甲中的滑轮为 　定滑轮　，用乙图中的滑轮可以 　省力　，用甲滑轮所做的有用功为W1，机械效率η1；用乙滑轮所做的有用功为W2，机械效率为η2，若不计绳重与摩擦，则W1　等于　W2，η1　大于　η2（均填“大于”“小于”或“等于”）。

【分析】由图可知甲是定滑轮，乙是动滑轮，利用乙滑轮做的额外功多，由“小明分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面”可知两种情况的有用功，再根据总功等于有用功加上额外功，可以比较出两种情况的总功大小。然后利用η＝×100%即可比较出二者机械效率的大小。
【解答】解：由图可知甲是定滑轮，乙是动滑轮，可以省力，
因为小明分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面，所以两种情况的有用功相同；
当有用功一定时，甲中所做的总功为对一桶沙所做的功，利用机械时做的额外功越少，则总功就越少，机械效率就越高；
又因为乙是动滑轮，乙中所做的总功还要加上对动滑轮所做的功，利用乙滑轮做的额外功多，则总功越多，机械效率越低。
即W1 等于W2，η1 大于η2。
故答案为：定滑轮；省力；等于；大于。
【点评】解答此题时学生要明确哪些是有用功，哪些是额外功，然后才能正确比较大小。
15．（3分）小亮为了研究如图所示的装置动圈式话筒，当说话时声音会带动膜片的振动，随之在线圈中会产生电流，该话筒发电的原理是 　电磁感应　，膜片振动时，线圈中的电流的方向是 　变化　（均填“变化”或“不变”）的，在此过程中将 　机械　能转化成电能。

【分析】法拉第的电磁感应现象告诉我们：当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中就会产生感应电流，感应电流的方向与磁场的方向和导体切割磁感线运动的方向有关。
【解答】解：对着话筒说话时，声音使膜片振动，带动线圈在磁场中振动，实际上是线圈在做切割磁感线运动，从而产生感应电流，所以这种话筒应用的原理是电磁感应现象；
膜片振动时，切割磁感线运动的方向变化，线圈中的电流的方向变化，在此过程中将机械能转化成电能。
故答案为：电磁感应；变化；机械。
【点评】本题应记住动圈式话筒的工作原理、工作过程，话筒能把声音信号转化为电信号。
16．（3分）太阳源源不断的向地球供给着能量，其实太阳内部一直发生着核爆炸，太阳的核反应属于核 　聚　变，并向地球辐射太阳能，太阳能属于 　可　（填“可”或“不可”）再生能源；白天一个太阳能电池板通过太阳能给蓄电池充电，充电过程中是将产生的电能转化成 　化学能　。
【分析】太阳内部一直发生着核聚变，并释放大量的能量；
短期内可以从自然界得到补充的能源是可再生能源；短期内不能在自然界得到补充的能源是不可再生能源；
给电池充电的过程中的能量转化，与电池放电的能量转化是个互逆的过程，两者的能量转化也是相反的。
【解答】解：太阳内部一直发生着核聚变，并释放大量的能量；
可再生能源是可以源源不断地从自然界获得的能源，太阳能属于可再生能源；
蓄电池供电时，将化学能转化为电能。给电池充电时，电能转化为化学能储存在电池中。
故答案为：聚；可；化学能。
【点评】本题考查了核聚变、能源分类、能量转化等，属于综合考查。
17．（2分）如图所示，某人站在A处用一根绳子和两个滑轮提起物体B，画出最省力的绕线。

【分析】最省力的绕绳方法即是承担物重的绳子段数最多，先分析出应由3段绳子承担物重，才按照“奇动偶定”的原则确定绕绳方案。
【解答】解：
人站在A处用一根绳子和两个滑轮提起物体B，承担物重的绳子段数最多时最省力，应由3段绳子承担物重；所以，从动滑轮上面挂钩开始，依次绕过定滑轮和动滑轮，最后绳端回到人的手中，则F＝，为最省力的绕法，如图所示：

【点评】本题主要考查了滑轮组的绕绳方法，应先分析承担物重的绳子的段数，才按一定的要求进行绕绳，属基本作图内容。
18．（2分）一间教室要安装2盏“220V 40W”的电灯和1个插座，要求开关S控制两盏灯，且每盏灯都能正常发光。其中部分电路已经连接，请你用笔画线代替导线将电路连接完整。

【分析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡，零线直接接入灯泡。在照明电路中，各个灯泡是并联的，由共同的开关控制。
两孔插座的接法，左边接零线，右边接火线。
【解答】解：教室内要安装2盏“220V 40W”的照明灯，开关S控制两盏灯，则说明开关在干路上，两灯泡并联，开关S接火线，然后分别进入两灯泡；零线直接接入灯泡。
两孔插座的接法，左边接零线，右边接火线。如图所示：

【点评】掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
三.实验与探究题（共4小题，计22分）
19．（4分）根据图中提供的信息回答下列各题：

（1）如图甲所示，图中电阻箱的示数为 　1057　Ω。
（2）图乙配电箱中的带有漏电保护器的空气开关组合。如果此时家中正发生了单线触电事故，此时图中的 　漏电保护器　（填“空气开关”或“漏电保护器”）会立即切断电源，对人起到保护作用。
（3）沈括在《梦溪笔谈中记载》“方家以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”，如丙图所示这说明地理南北极与地磁南北极之间存在 　磁偏角　。
（4）“奥斯特实验”证明通电导体周围存在磁场，如丁图所示，电磁铁产生磁场，此时小磁针的右端为 　N　极。
【分析】（1）确定各旋钮对应的数字与倍数相乘并相加，可得电阻箱的示数；
（2）漏电保护器的原理是当通过火线和零线的电流不相等时，说明电路的某个地方可能接地漏电，此时漏电保护器就会切断电路；
（3）地磁场的南极在地球的北极附近，地磁场的北极在地球的北极附近，地球的南北极与地磁场的南北极是不重合的；
（4）根据安培定则判定螺线管的极性；根据磁极间的相互作用规律判定小磁针的磁极。
【解答】解：（1）电阻箱的示数：R＝1×1000Ω+0×100Ω+5×10Ω+7×1Ω＝1057Ω；
（2）如果此时家中正发生了单线触电事故，通过火线和零线的电流不同，此时图中的漏电保护器会立即切断电源，对人起到保护作用；
（3）根据图示可知，地理南北极与地磁南北极之间不重合，存在磁偏角；
（4）如丁图所示，根据安培定则可知，螺线管的左端为S极，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的右端为N极。
故答案为：（1）1057；（2）漏电保护器；（3）磁偏角；（4）N。
【点评】本题考查了电阻箱的读数、漏电保护器的作用、磁偏角、安培定则的应用、磁极间的相互作用规律，是一道综合题。
20．（6分）为了比较水和煤油的吸热能力，江涛用两个相同的装置做了如图所示的实验。
（1）在两个相同的烧杯中应加入初温相同、　质量　相同的水和煤油；
（2）实验中选用相同酒精灯加热的目的是：使水和煤油在相同时间内 　B　（填A或B）；
A.升高的温度相同
B.吸收的热量相同
（3）实验中发现煤油的温度比水的温度升高得 　快　（填“快”或“慢”），这表明 　水　吸热本领更强。
（4）由此实验可知，在受太阳照射的条件相同时，内陆地区登夜温差比沿海地区 　大　（填“大”“小”或“相等”）。
（5）通过实验可知水的吸热能力较强，下列属于水的这种特性的应用的是 　C　。
A.夏天给教室洒水，感觉凉
B.用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸
C.用水冷却汽车的发动机
D.冰熔化成水需要吸收热量

【分析】（1）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
（2）水的比热容较大，与其它物质相比，在同样吸热或放热的情况下，水的温度变化小。
【解答】解：（1）根据控制变量法，在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的水和煤油。
（2）选用相同酒精灯加热的目的是：使水和煤油在相同时间内吸收相同的热量，故选B；
（3）质量相同的水和煤油，加热相同的时间，吸收相同的热量，煤油的温度比水的温度升高得快，则煤油的吸热能力弱，水的吸热能力强；
（4）沿海地区水多；内陆地区水少、干泥土多。因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和干泥土比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小；
（5）水的吸热能力较强，则水的比热容较大；
A、夏天给教室洒水，感觉凉，是利用水蒸发吸热，具有致冷作用，故A与题意不符，
B、用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸，是分子运动的结果，故B与题意不符；
C、用水冷却汽车的发动机，是利用水的比热大的特点，故C与题意相符；
D、冰熔化成水需要吸收热量，是指熔化过程需要吸热，故D与题意不符。
故选：C。
故答案为：（1）质量；（2）B；（3）快；水；（4）大；（5）C。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
21．（7分）“测小灯泡额定电功率”的实验中，提供的器材有：电压恒为4.5V的电源，额定电压为2.5V的待测小灯泡（电阻约为10Ω），电流表（0～0.6A，0～3A），电压表（0～3V，0～15V），开关和导线若干。还有标有“5Ω，2A”字样的滑动变阻器A和“10Ω，2A”字样的滑动变阻器B。

（1）测量小灯泡电功率的原理是 　P＝UI　；
（2）本实验选择的滑动变阻器的规格是 　B　（填“A”或“B”）；
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡始终不亮，电流表无示数，电压表有示数，原因可能是 　小灯泡断路　；
（4）连接正确后，当滑动变阻器的滑片P移到某一位置时，观察到电压表示数如图乙所示，如果想让灯泡正常发光，滑动变阻器的滑片应该向 　右　滑动；
（5）移动滑片使灯泡正常发光，电流表示数如图丙，则小灯泡的额定功率为 　0.5　W；
（6）【拓展】完成上述测量后，发现电压表损坏，不用电压表，用如图丁所示的电路也可测量已知额定电流为I额的小灯泡的额定功率，定值电阻阻值为R0，实验步骤如下，请补充完整：
①闭合开关S，断开开关S1、S2，移动滑动变阻器滑片，使电流表的示数为 　I额　（用字母表示）；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，记录下此时电流表的示数为I。
③小灯泡的额定功率的表达式为P额＝　（I﹣I额）R0I额　（用已知R0、I、I额表示）。
【分析】（1）测量小灯泡的电功率的原理：P＝UI；
（2）由欧姆定律求出灯泡正常发光时的电流，根据串联电路电压的规律求出灯正常发光时滑动变阻器分得的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器连入电路中的电阻，然后确定本实验选择的滑动变阻器；
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡始终不亮，电流表无示数，电压表有示数，说明电路是通路，电压表并联的电路断路；
（4）根据图甲确定电压表量程，由图乙确定分度值读数；比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定变阻器滑片的移动方向；
（5）根据图甲确定电流表量程，由图丙确定分度值读数，利用P＝UI求出灯泡的额定功率；
（6）【拓展】①闭合开关S、S2，断开开关S1，R0和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量通过灯泡的电流，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表示数I额；
②闭合开关S、S1，断开开关S2，R0和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量干路电流，记下此时电流表的示数为I；
③根据并联电路的电流特点可知通过R0的电流，根据欧姆定律可知定值电阻两端的电压，此时小灯泡正常发光，则根据并联电路电压规律结合P＝UI可知小灯泡的额定功率的表达式。
【解答】解：（1）测量小灯泡的电功率的原理：P＝UI；
（2）灯泡正常发光时，电路中的电流约为：
I'＝＝＝0.25A；
根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端的电压为U滑＝U﹣UL＝4.5V﹣2.5V＝2V；
此时滑动变阻器接入电路的阻值为：
R滑＝＝＝8Ω＞5Ω，因此应选B规格“10Ω 2A”的滑动变阻器；
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡始终不亮，电流表无示数，电压表有示数，说明电路是通路，电压表并联的电路断路故原因可能是小灯泡断路；
（4）由图甲可知，电压表选用小量程；当滑动变阻器的滑片P移到某一位置时，观察到电压表示数如图乙所示，电压表分度值0.1V，其示数为2V；
小于灯泡额定电压2.5V，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小变阻器两端电压，根据分压原理，应减小变阻器接入电路的阻值，故变阻器滑片应向右调节；
（4）由图甲可知，电流表选用小量程，移动滑片使灯泡正常发光，电流表示数如图丙，电流表分度值0.02A，其示数为0.2A，小灯泡额定功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W；
（6）【拓展】实验步骤：
①闭合开关S、S2，断开开关S1，移动滑动变阻器滑片，使电流表的示数为I额；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，记录下此时电流表的示数为I；
③在步骤①中，R0和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量通过灯泡的电流，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表示数I额，此时灯泡正常发光；
在步骤②中，R0和L并联之后，与滑动变阻器串联，电流表测量干路电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路的电流特点可知通过R0的电流I0＝I﹣I额，根据欧姆定律可知定值电阻两端电压为U0＝I0R0＝（I﹣I额）R0，由并联电路电压规律可知，
小灯泡两端电压为U＝U0＝（I﹣I额）R0，则小灯泡的额定功率的表达式为：
P额＝UI额＝（I﹣I额）R0I额。
故答案为：（1）P＝UI；（2）B；（3）小灯泡断路；（4）右；（5）0.5；（6）I额；（I﹣I额）R0I额。
【点评】本题测小灯泡额定电功率的实验，考查了器材的选择、电路故障、电表读数、功率的计算及设计实验方案测功率的能力。
22．（5分）太阳能作为一种新能源，已被人类广泛使用。例如太阳能路灯，其核心部件是光电板。某兴趣小组提出了一个问题：影响光电板吸收太阳能的多少与哪些因素有关呢？他们对这个问题有如下猜想：
猜想1：影响光电板吸收太阳能的多少可能与光电板的光照时间有关；
猜想2：影响光电板吸收太阳能的多少可能与光电板的面积有关；
猜想3：影响光电板吸收太阳能的多少可能与光电板的颜色有关。
根据以上猜想，他们设计好实验方案，进行了实验探究，步骤如下：
A．先选用相同的三块0.1m2的光电板，在其表面都涂上黑色，正对太阳光，照射时间分别为10min、20min、30min，光电板吸收的能量被储存，让他们对相同的LED灯供电，并记录发光时间于表中；
B．再选用0.2m2、0.3m2两块光电板，在其表面都涂上黑色，正对太阳光，照射时间都为10min，光电板吸收的能量被储存，让它们对相同的LED灯供电，并记录发光时间于下表中；
C．然后再选用相同的两块0.1m2的光电板，在其表面分别涂上绿色和白色，正对太阳光，照射时间都为10min，光电板吸收的能量被储存，让它们对相同的LED灯供电，并记录发光时间于表中；
实验数据记录如表：
序号
光电板的面积（m2）
光照时间 （min）
光电板表面 所涂颜色
LED灯的发光时间（min）
1
0.1
10
黑色
30
2
0.1
20
黑色
60
3
0.1
30
黑色
90
4
0.2
10
黑色
60
5
0.3
10
黑色
90
6
0.1
10
绿色
20
7
0.1
10
白色
5
（1）由表中　1、2、3　（填表中的序号）三组数据对猜想1进行验证，得出的结论是：光电板吸收太阳能的多少与光电板的光照时间有关。
（2）由表中1、4、5三组数据能对猜想　2　进行验证，得出结论是：　在光照时间相同、光电板的颜色相同时，光电板的面积越大，光电板吸收的太阳能越多　。
（3）由表中数据分析可知：制作太阳能光电板用　黑　色最好。
（4）综合分析可知，影响光电板吸收太阳能多少的因素有光照时间、光电板的面积、表面所涂颜色，你觉得还与哪些因素有关？（写出一种即可）
【分析】（1）根据控制变量法，分析表中实验数据，找出符合要求的实验序号；
（2）根据控制变量法，分析比较1、4、5三组数据得出结论；
（3）分析表中数据1、6、7，得出制作太阳能光电板材料的最好颜色；
（4）光电板吸收太阳能多少还可能与光照强度以及光照角度有关。
【解答】解：
（1）猜想1：光电板吸收太阳能的多少与光电板的光照时间有关；验证猜想1，需要控制光电板的面积相同、光电板的颜色相同而光电板的光照时间不同，由表中实验数据可知，实验序号1、2、3的数据符合要求；
（2）由表中1、4、5三组数据可知，光照时间相同、光电板的颜色相同而光电板的面积不同，所以能对猜想2进行验证；
进一步分析可知，在光照时间相同、光电板的颜色相同时，光电板的面积越大，LED灯的发光时间越长，说明光电板吸收的太阳能越多，得出结论是：在光照时间相同、光电板的颜色相同时，光电板的面积越大，光电板吸收的太阳能越多；
（3）根据表中数据1、6、7可知，光电板面积相同、光照时间相同时，黑色光电板能使LED灯的发光时间更长，可以得出制作太阳能光电板用黑色最好；
（4）光电板吸收太阳能多少还可能与光照强度、光照角度、光电板的材料等因素有关。
故答案为：（1）1、2、3；
（2）2；在光照时间相同、光电板的颜色相同时，光电板的面积越大，光电板吸收的太阳能越多；
（3）黑；
（4）光电板吸收太阳能多少还可能与光照强度有关。
【点评】此题主要是探究影响光电板吸收太阳能的多少与哪些因素有关的实验，注意转换法和控制变量法在此实验中的应用。
四.综合题（共2小题，计16分）
23．（8分）太阳能热水器被广泛应用于现代生活。如表是装满水的太阳能热水器在太阳照射下的相关信息：
太阳照射时间/h
太阳能转换为水内能的效率
热水器最大容量/L
水的初始温度/℃
10
50%
100
20
请根据如表信息，通过计算回答问题。
（1）热水器装满水后温度升高60℃，热水器中的水需吸收的热量是多少？
（2）热水器10h所接收的太阳能约为多少？
（3）说说使用太阳能的优点 　安全、节能、环保　。（写出1点即可）
【分析】（1）根据ρ＝求出水的质量，再根据Q＝cm△t求出水吸收的热量；
（2）根据题意求出每小时吸收的太阳能；
（3）太阳能热水器具有安全、节能、环保等优点。
【解答】解：（1）ρ＝，
水的质量：m水＝ρV＝1.0×103kg/m3×100×10﹣3m3＝100kg，
水吸收的热量：Q吸＝cm水△t＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×60℃＝2.52×107J；
（2）热水器平均1h所接收的太阳能：Q太＝＝＝5.04×106J；
（3）使用太阳能的优点：安全、节能、环保。
答：（1）热水器中的水需吸收的热量是2.52×107J；
（2）热水器平均1h所接收的太阳能约为5.04×106J；
（3）使用太阳能的优点：安全、节能、环保。
【点评】本题主要考查的是学生对质量、热量和效率计算公式的理解和掌握，综合性较强，难度不大。
24．（8分）某同学设计的电饭锅具有煮饭和保温两种功能，电路如图甲所示，控制电路的虚线框内接有一个热敏电阻R和一个定值电阻R0（均未画出），热敏电阻R的阻值大小与温度的关系如图乙所示。闭合开关S1、S2，刚开始触点D与E接触，随着锅内温度升高，热敏电阻R阻值减小，继电器内电流增大，当锅内温度达到105℃时电磁铁刚好吸合衔铁，使触点D脱开E，改与F接触，此时电饭锅保温；当锅内温度降低到60℃时电磁铁刚好松开衔铁，触点D再次与E接触。已知控制电路电源电压恒为3V，电饭锅工作电压为220V，R2阻值为99Ω，电饭锅煮饭时功率为2200W。控制电路消耗的功率和电磁铁线圈电阻均忽略不计。求：
（1）电饭锅煮饭时的电流；
（2）电饭锅保温时的功率；
（3）当电磁铁中电流为0.2A时，电磁铁刚好吸合衔铁；请在甲图的虚线框内画出热敏电阻R和定值电阻R0的连接图，请计算出R0的阻值并标记在虚线框内的电路图上（此问不要求写出计算过程）。
【分析】（1）电饭锅煮饭时功率为2200W，根据电功率公式计算电饭锅煮饭时的电流；
（2）根据串联电路电阻规律结合P＝可知电路电阻越大，电路电功率越小，由题和图可知，煮饭时触点D与E接触，对R2短路，只有R1连入电路；保温时触点D脱开E，此时R1、R2串联，根据R＝计算电阻R1的阻值，根据P＝计算电饭锅保温时的功率；
（3）由于当电磁铁中电流为0.2A时，电磁铁刚好吸合衔铁，根据欧姆定律计算电路总电阻，由图乙可知103℃时的热敏电阻R的阻值，比较可知两电阻的连接方式，进一步计算R0的阻值。
【解答】解：（1）电饭锅煮饭时功率为2200W，电饭锅煮饭时的电流：I＝＝＝10A；
（2）串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据P＝可知电路电阻越大，电路电功率越小，
由题和图可知，煮饭时触点D与E接触，对R2短路，只有R1连入电路；保温时触点D脱开E，此时R1、R2串联，
电阻R1的阻值：R1＝＝＝22Ω，
电饭锅保温时的功率：P′＝＝＝400W；
（3）当电磁铁中电流为0.2A时，电磁铁刚好吸合衔铁（锅内温度达到103℃），
根据欧姆定律可知控制电路的总电阻：R总＝＝＝15Ω；
由图像可知温度为103℃时热敏电阻的阻值R＝20Ω，R总＜R，所以热敏电阻R和定值电阻R0应采取并联连接；
根据并联电路的电阻特点可得：＝+，即＝+，解得R0＝60Ω，
如图所示：
。
答：（1）电饭锅煮饭时的电流为10A；
（2）电饭锅保温时的功率为400W；
（3）如上图。
【点评】本题以电饭锅为情景考查了串联和并联电路特点和电功率计算公式的应用，结合电路图，理解题意是解题的关键。