2023-2024学年重庆重点学校九年级（下）开学物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆重点学校九年级（下）开学物理试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列数据最符合实际情况的是( )
A. 家用空调正常工作的功率约为1kWB. 健康人正常体温为39℃
C. 教室内一盏日光灯管的电流约为1AD. 人体的安全电压为220V
2.如图所示的四幅图中，能说明电动机工作原理的实验装置是( )
A. 通电，小磁针偏转
B. 闭合开关，导体左右摆动，电流表指针偏转
C. 当导线中有电流大头针被铁钉吸起
D. 闭合开关，导体运动起来
3.下列关于电学知识的说法，正确的是( )
A. 验电器的工作原理是异种电荷相互排斥
B. 毛皮摩擦的橡胶棒因失去电子而带正电
C. 金属导体中电子定向移动方向与电流方向相反
D. 家庭电路中空气开关跳闸一定发生了短路现象
4.下列关于热学知识的描述，正确的是( )
A. 热值高的燃料燃烧放出的热量多B. 温度越高的物体其内能一定越大
C. 沿海昼夜温差小是因为水的比热容较大D. 热机做功冲程中是将机械能转化为内能
5.如图是某品牌的抽油烟机，主要部件是照明灯和抽气扇(电动机)，它们可以独立工作，互不影响，抽气扇有“强吸”和“弱吸”两个档位，功率大小不同。下列电路图中符合要求的是( )
A.
B.
C.
D.
6.如图所示，电源两端电压不变，不考虑小灯泡电阻受温度的影响，闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P向b端滑动过程中，下列说法正确的是( )
A. 电压表V与电流表A1示数的比值变小
B. 电压表V与电流表A1示数的乘积不变
C. 电压表V与电流表A2示数的比值不变
D. 电流表A2的示数与电流表A1的差值变小
7.如图所示，电源电压保持不变，L是灯泡(灯丝电阻不变)，R为滑动变阻器，下列说法正确的是( )
①开关都闭合，滑片P向右移动，电压表V1和电流表的示数都变小
②开关都闭合，滑片P向右移动，灯泡L变暗，电路的总功率变小
③闭合S1，滑片P向左移动，电压表V2的示数变小，电流表的示数变大
④滑片P移到中点，先闭合S1再闭合S2，电流表的示数变小，灯泡L变暗
A. ①④B. ①②C. ①②③D. ①③④
8.如图甲所示，L标有“6V，3W”字样(灯丝电阻不变)，定值电阻R2=20Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V，滑动变阻器R1的最大阻值为100Ω。当闭合开关S和S1时，移动滑片P，变阻器两端电压与其连入电路的电阻关系如图乙所示，在保证电路安全的情况下，下列说法错误的是( )
A. 电源电压为18V
B. 只闭合开关S和S2，电路中电流的变化范围为0.25A～0.5A
C. 只闭合开关S和S1，当电压表示数为9V与15V时，R1接入电路的阻值之差为80Ω
D. 在任意闭合开关和调节滑片P时，整个电路的最大功率与最小功率的比值为16：1
二、填空题：本大题共5小题，共10分。
9.物理学每一次重大发现都会推动社会的进步和发展，法拉第发现______现象，促成______的发明，使人类迈入电气化时代。
10.暖水袋取暖是通过______的方式改变物体的内能；若暖水袋中水的质量为800g，温度为85℃，一段时间后温度降到35℃，则这段时间内水放出了______J热量。
11.当我们关掉家中部分电灯后，家庭电路的总电阻______(选填“变大”“变小”或“不变”)；将规格分别为“220V 40W”和“110V 40W”的甲、乙两灯串联在电路中通电，______(选填“甲”或“乙”)灯泡更亮。
12.如图所示，电源电压恒定，当开关S1闭合、S2断开，甲、乙均为电流表时，两表示数之比为1：5，R2的功率为P1，则R1：R2= ______；当开关S1、S2闭合，甲、乙均为电压表时，R2的功率为P2，则P1：P2= ______。
13.如图所示的电路中，电源电压保持不变，R0是粗细均匀的电阻丝，允许通过的最大电流为3A，电阻丝上标有0～60cm的均匀刻度，A、B是可以左、右调节的限位器，分别在10cm和50cm处，滑片P只能在限位器A、B之间滑动，电流表的量程为0～4A。闭合开关S，当滑片P在______cm刻度时，电流表的示数最小，再移动滑片P至20cm处，此时电流表示数变化了0.15A，在保证电路安全的前提下，调节滑片P与限位器的位置，电路中的最大功率与最小功率的比是______。
三、作图题：本大题共2小题，共2分。
14.请在图括号中标出小磁针静止时右端的磁极名称。
15.请在如图中用笔画线代替导线，将开关和灯泡正确连入家庭电路。
四、实验探究题：本大题共3小题，共24分。
16.小明和小亮分别用图一和图二的装置“探究电流通过导体产生热量的多少跟什么因素有关”。

(1)图一装置中两个透明容器中密封着等量的空气。图乙中通电相同时间，左容器中电阻产生的热量应该是右容器中电阻产生的热量的______倍；
(2)生活中我们经常看到“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不热”这一现象，可用图一中______(选填“甲”或“乙”)的实验结论来解释；
(3)图二装置中a、b两个完全相同的玻璃瓶内加入______和初温都相同的煤油，阻值分别为Ra和Rb的电阻丝(Ra>Rb)，瓶中插入温度计；
(4)闭合开关，通电一段时间后，小亮发现a烧瓶中温度计的示数大，表明电流和通电时间相同时，电阻越大，电流通过导体产生的热量越______；
(5)小亮把图二装置改成探究物质吸热能力的实验装置，需要进行一些改进：
①在a、b两瓶内换用质量、初温都相同的不同液体，电阻丝的阻值Ra ______Rb(填“=”、“<”或“>”)；
②一段时间后，小明观察到b瓶内液体温度高一些，可判断a的吸热能力______(填“强”或“弱”)。
17.小冉用“伏安法”测量一只小灯泡的电阻和电功率实验，电源电压调为3V，小灯泡乙标有“2.5V”，滑动变阻器R标有“10Ω 5A”。

(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于______端(选填“A”或“B”)。连接好电路，闭合开关，发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于如图乙所示位置，则故障为小灯泡______(选填“短路”或“断路”)；
(2)排除故障后，移动滑片P，依次测量了3组数据，如下表所示。若小灯泡正常发光时电流表的示数如图丙所示，其示数为______A，则它正常发光时的电阻为______Ω(结果保留两位小数)；
(3)小冉分析表中数据发现：
①小灯泡的电阻随它两端电压的增大而增大，是因为导体的电阻与______有关；
②小灯泡的亮度随它两端电压的增大而变亮，是因为亮度是由它的______(选填“额定”或“实际”)功率决定的；
(4)本次实验中，小冉通过移动滑动变阻器进行多次实验，目的是______(填序号)；
A.取平均值减小误差
B.找出普遍的规律
(5)完成实验后小冉又利用电表和一个已知阻值的定值电阻R0，来测未知电阻Rx，他设计了如图所示的不同方案的电路图，图中电源电压保持恒定，则不能测出定值电阻Rx的电路是______(选填序号)。
18.小米同学利用如图甲所示的电路探究“通过导体的电流与导体两端的电压、导体电阻的关系”的实验。实验器材：学生电源(电压恒为3V)，电流表、电压表各一只，一个开关，四个定值电阻(分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω)，滑动变阻器的规格“10Ω 1A”，导线若干。

(1)实验时连接如图乙所示电路，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关，向左移动滑片，发现电流表示数______(选填“变大”“变小”或“不变”)，经检查发现电路中有一根导线连接错误，请在该导线上打“×”；
(2)排除故障后，小米用10Ω的电阻探究电流与电压的关系，在如图所示的图像中能正确表示通过它的电流与其两端电压的关系是______(填序号)；

(3)小米接着探究电流与电阻的关系，她多次改变定值电阻的阻值，调节滑片P，使电压表示数保持不变，根据所得的四次实验数据绘制出I−R图像，如图丙所示；
①用5Ω的定值电阻做完实验后，断开开关；再用10Ω的电阻替换5Ω，闭合开关，此时应将滑片P相对于上次的位置向______(选填“左”或“右”)端移动，直至电压表示数为______V；
②由图像可得结论：在导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成______(选填“正比”或“反比”)；
(4)上述实验完成后，小米又找来一个阻值为25Ω的定值电阻接在电路中，继续实验，发现无论怎样移动滑片P都不能使电压表达到原来控制的电压值，她在现有的器材基础上提出了以下实验方案，不能完成这次实验的是______(填序号)。
A.调低电源电压的值
B.在电路中串联一个5Ω的电阻
C.在电路中串联一个10Ω的电阻
D.将电压表改接到滑动变阻器两端
五、计算题：本大题共3小题，共22分。
19.如图所示，我国国产首艘大型邮轮“爱达⋅魔都号”的核心能源部件实质是一套柴油发电机。若发电功率为52kW的普通柴油发电机正常工作1h消耗柴油18kg(柴油的热值q=2.6×107J/kg)，求：
(1)这些柴油完全燃烧释放的热量；
(2)该柴油发电机正常工作1h产生的电能。
20.如图甲是一款电火锅，其工作电路图如图乙所示，额定电压为220V，R1是加热管，R2是阻值为24Ω的限流电阻，只有加热管释放的热才能被锅内物体吸收，电火锅有加热和保温两个挡，加热挡的功率为2420W，求：
(1)加热挡时，电路中的电流；
(2)保温挡时，电路的总功率；
(3)若该电火锅加热效率为80%，用该电火锅将2.3kg水从8℃加热至100℃最少用时7min，则实际电压为多少？
21.如图甲所示为传统的围炉煮茶活动，电围炉内部简化电路如图乙所示，其额定电压为220V，R1是标有“10A；48Ω”的滑动变阻器，R2是一根粗细均匀、长度为4m的电热丝；闭合开关S，调节滑片P可以改变R2的发热功率，若R2的最大发热功率为1210W，求：
(1)电热丝R2的电阻；
(2)电热丝R2的最小发热功率；
(3)电热丝长期工作容易在某点熔断(不考虑熔断前后电热丝粗细、长度变化)，可以用如图丙所示的方法进行修理，若形成缠绕结的电阻为0.04Ω，为了保证R1的滑片P始终可以滑动到任意位置，且电热丝的最小发热功率不得低于200W，请通过计算求出该电围炉最多可修理的次数。(假设修理后的缠绕结及其附近不会再熔断)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.空调属于大功率用电器，家用空调正常工作的功率约为1kW，故A符合题意；
B.健康人正常体温为36.7℃左右，故B不符合题意；
C.教室内一盏日光灯正常工作时的电功率约40W左右，电流I=PU=40W220V≈0.18A，故C不符合题意；
D.经验表明，对人体安全的电压是不高于36V，故D不符合题意。
故选：A。
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。
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.【答案】D
【解析】解：A、该实验是奥斯特实验，通电后，导线周围的小磁针发生偏转，即说明了通电导线周围存在着磁场，故该选项也是错误的；
B、当导体棒AB运动时，电流表的指针会发生偏转，即会产生感应电流，即电磁感应现象，是发电机的原理，故该选项错误；
C、该选项是用来研究电磁铁磁性强弱的因素的实验，故该选项也是错误的。
D、当闭合开关后，通电导体会转动，即通电导线在磁场中受力的作用，即电动机的原理，故该选项正确；
故选：D。
本题涉及的实验内容较多，解题时首先要弄清四个选项所研究的是哪些实验或现象，再进行判断。电动机的原理是通电导体在磁场中受力，或者说通电线圈在磁场中受力转动。
电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。
3.【答案】C
【解析】解：A.验电器的工作原理是同种电荷相互排斥，故A错误；
B.毛皮摩擦过的橡胶棒因得到电子而带负电，故B错误；
C.金属导体中电子带负电，因此金属导体中电子定向移动方向与电流方向相反，故C正确；
D.家庭电路中空气开关跳闸，可能是电路发生了短路，也可能是用电器总功率过大引起的，故D错误。
故选：C。
(1)验电器的工作原理是：同种电荷相互排斥；
(2)物理学规定：毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；
(3)电流的方向是正电荷定向移动的方向；
(4)家庭电路中空气开关跳闸，可能是电路发生了短路，也可能是用电器总功率过大。
本题考查了安全用电的常识、验电器的工作原理、摩擦起电现象，属于基础题。
4.【答案】C
【解析】解：
A.燃料放出热量的多少与热值和燃料的质量等有关，燃料的热值越大，燃烧时放出的热量不一定越多，故A错误；
B.内能的大小除了与温度有关外，还与物体的质量、状态有关，因此，温度越高的物体内能不一定越大，故B错误；
C.沿海地区水多，内陆地区水少，沙石多，因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，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，故C正确；
D.热机在做功冲程中，将内能转化为机械能，故D错误。
故选：C。
A.燃料放出热量的多少与热值和燃料的质量等有关；
B.内能的大小除了与温度有关外，还与物体的质量、状态有关；
C.水的比热容大，在同样吸放热条件下水的温度变化小；
D.热机在做功冲程中，将内能转化为机械能。
本题考查热值、热机等知识，是一道综合题。
5.【答案】A
【解析】解：因为照明灯与排气扇相互不影响，能独立工作，故应使照明灯与排气扇并联，且各自的支路有一个开关控制，干路上没有开关；故BD错误；
又因为抽气扇有“强吸”和“弱吸”两个档位，所以抽气扇与电阻串联，其中开关与电阻并联，故A正确，C错误。
故选：A。
由题意可知，照明灯和排气扇都能各自独立工作，说明它们的连接方式是并联；并且抽气扇有“强吸”和“弱吸”两个档位，说明开关可以改变抽气扇支路电阻的大小。
本题考查了串并联电路的特点以及开关在电路中的作用，知道并联电路中各用电器互不影响可以独立工作即可正确解题。
6.【答案】B
【解析】解：根据电路图可知，滑动变阻器与L并联，电压表测量电源电压，电流表A1测量L电流，电流表A2测量干路电流；
AB、闭合开关S后，滑片P向b端滑动过程中，变阻器接入电路中电阻变小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大；由于并联电路各支路互不影响，所以通过灯泡的电流不变，电流表A1示数不变；电源电压不变，电压表示数不变，所以电压表V与电流表A1示数的乘积不变，电压表V与电流表A1示数的比值不变，故AB错误；
C、根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变大，A2示数变大，所以电压表V与电流表A2示数的比值变小，故C错误；
D、电流表A2的示数与电流表A1的差值等于变阻器的电流大小，变阻器的电压不变，电阻变小，由欧姆定律得，变阻器的电流变大，故差值变大，故D错误。
故选：B。
由电路图可知，滑动变阻器与灯泡并联，电流表A1测灯泡支路的电流，A2测干路电流，电压表测电源的电压；根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电流的变化，根据并联电路的特点可知两电流表示数的变化，然后分析各个选项。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路的辨别和电表所测电路元件的判断。
7.【答案】B
【解析】解：
①根据电路图可知，开关都闭合，灯泡L和R串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压；当滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，根据公式I=UR可知，电路中电流变小；由串联电路的分压原理可知，电压表V2示数变大，已知电源电压不变，由串联电路电压规律可知，电压表V1示数变小，故①正确；
②开关都闭合，滑片P向右移动，由以上分析可知，电路中电流变小，由公式P=I2R可知，小灯泡的电功率变小，亮度变暗；由P=UI可知，电路中的总功率变小，故②正确；
③只闭合S1，则R实质上是一个定值电阻，滑片P向左移动时，接入电路的电阻不变，因此电路中的总电阻不变，因此电路中的电流不变，即电流表示数不变；但电压表V2的测量范围变小，因此示数变小，故③错误；
④滑片P移到中点，先闭合S1，此时小灯泡和R的全部电阻串联接入电路，再闭合S2时，R的滑片右边部分电阻被短路，因此电路中的总电阻变小，则电流变大，由P=I2R可知，小灯泡的功率变大，因此小灯泡变亮，故④错误。
故选：B。
根据开关的闭合方式分析电路的连接方式、电表的作用；然后根据滑片的移动分析滑动变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化、电压表示数的变化，根据电功率公式分析功率的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
8.【答案】D
【解析】解：A.当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，移动滑片，R1两端电压与其连入电路的电阻关系如图乙所示，由图可知，当R1接入电阻为16Ω时，它两端的电压为8V，由欧姆定律可得，此时电路中的电流I=I1=U1R1=8V16Ω=0.5A，
由欧姆定律可得，此时R2两端的电压U2=IR2=0.5A×20Ω=10V，
可得电源电压U=U1+U2=8V+10V=18V，故A正确；
B.只闭合开关S和S2时，R1和灯泡L串联，灯泡的额定电流IL=PLUL=3W6V=0.5A
由欧姆定律可得，灯泡的电阻RL=ULIL=6V0.5A=12Ω，
为了不烧坏灯泡，电路中的最大电流为0.5A；当滑片向左移动，根据串联电路的分压原理可知，电压表示数会变大，当电压为15V时，滑动变阻器接入电路的电阻达到最大值，此时电路中的电流最小，此时小灯泡两端的电压UL′=U−U1′=18V−15V=3V，
由欧姆定律可得，电路中的最小电流Imin=IL′=UL′RL=3V12Ω=0.25A，
故只闭合开关S和S2，电路中电流的变化范围为0.25A～0.5A，故B正确；
C.当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，已知电源电压为18V，当电压表示数为9V时，可知R2两端电压为9V，由串联电路的分压原理U1U2=R1R2可知，此时R1接入电路的电阻R1′=R2=20Ω，
当R2两端电压为15V时，R2两端电压为3V，则由欧姆定律可得，电路中的电流I′=U2′R2=3V20Ω=0.15A，
由欧姆定律可得，此时R1接入电路的电阻R1″=U1′I′=15V0.15A=100Ω，
可得电压表示数为9V与15V时，R1接入电路的阻值之差ΔR1=R′′−R1′=100Ω−20Ω=80Ω，故C正确；
D.闭合开关S、S1、S2，小灯泡和R2并联后又和R1串联，当R1的滑片向右移动，使得小灯泡两端电压达到6V时，小灯泡正常发光，此时电路中电阻达到最小值，电流达到最大值，由P=UI知此时电路总功率最大，由欧姆定律可得，此时电路中的总电流Imax=IL+I2′=IL+ULR2=0.5A+6V20Ω=0.8A，
最大总功率为Pmax=UImax=18V×0.8A=14.4W，
已知R2=20Ω，RL=12Ω，因此当闭合开关S和S1，R1和R2串联，通过调节滑动变阻器R1滑片，可使电路中的电流达到最小值，当R1两端电压为15V时，接入电路的电阻最大，电流最小，此时R2两端的电压为3V，则由欧姆定律可得，此时电路中的最小电流Imin=I2″=U2″R2=3V20Ω=0.15A，
最小功率为Pmin=UImin=18V×0.15A=2.7W，
最大功率与最小功率的比值PmaxPmin=，故D错误。
故选：D。
(1)当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，由图乙可知，当R1接入电阻为16Ω时，它两端的电压为8V，由欧姆定律可得此时电路中的电流和R2两端的电压，根据串联电路的电压规律可得电源电压；
(2)只闭合开关S和S2时，R1和灯泡L串联，由P=UI可得灯泡的额定电流，由欧姆定律可得灯泡的电阻，为了不烧坏灯泡，知电路中的最大电流为0.5A；当滑片向左移动，根据串联电路的分压原理可知，电压表示数会变大，当电压为15V时，滑动变阻器接入电路的电阻达到最大值，此时电路中的电流最小，根据串联电路的电压规律可知此时小灯泡两端的电压，由欧姆定律可得电路中的最小电流；
(3)当闭合开关S和S1时，R1和R2串联，已知电源电压为18V，当电压表示数为9V时，可知R2两端电压为9V，由串联电路的分压原理可知，此时R1接入电路的电阻，当R2两端电压为15V时，R2两端电压为3V，由欧姆定律可得电路中的电流和此时R1接入电路的电阻，可得电压表示数为9V与15V时，R1接入电路的阻值之差；
(4)闭合开关S、S1、S2，小灯泡和R2并联后又和R1串联，当R1的滑片向右移动，使得小灯泡两端电压达到6V时，小灯泡正常发光，此时电路中电阻达到最小值，电流达到最大值，根据P=UI可知，此时电路总功率最大，由并联电路的电流特点知此时电路中的总电流，由P=UI可得电路最大总功率，当闭合开关S和S1，R1和R2串联，通过调节滑动变阻器R1滑片，可使电路中的电流达到最小值，当R1两端电压为15V时，接入电路的电阻最大，电流最小，此时R2两端的电压为3V，由欧姆定律可得电路中的最小电流，由P=UI可得电路中的最小功率，从而可得整个电路的最大功率与最小功率的比值。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式是关键，难度较大。
9.【答案】电磁感应 发电机
【解析】解：英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，进一步提示了电和磁的联系，导致了发电机的发明。
故答案为：电磁感应；发电机。
法拉第发现了电磁感应现象，电磁感应现象就是发电机的原理。
本题考查学生的记忆能力，需要知道奥斯特实验、发电机的工作原理、法拉第的电磁感应现象及其应用。
10.【答案】热传递 1.68×105
【解析】解：用暖水袋取暖是通过热传递的方式改变其内能的。
暖水袋中的热水放出的热量
Q=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.8kg×(85℃−35℃)=1.68×105J。
故答案为：热传递；1.68×105。
热传递是能量的转移，可能改变物体的内能；根据Q=cmΔt可得暖水袋中的热水放出的热量。
本题考查改变物体内能的方式、热量的计算等，要熟练掌握相关的知识，并能解释生活中的现象。
11.【答案】变大 甲
【解析】解：(1)家庭电路中各用电器是并联的，当他关掉家中不用的电灯后，家中开启的用电器减少，相当于横截面积变小，故家中电路的总电阻变大；
(2)两灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定。由公式R=U2P可知，甲灯泡的电阻更大，甲、乙串联时，通过甲、乙的电流相等，则根据P=I2R可知，甲的实际功率更大，因此甲灯更亮。
故答案为：变大；甲。
(1)导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积以及温度有关。
(2)灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率；实际功率越大，小灯泡的亮度越大。
解决本题的关键：一是掌握额定电压和额定功率关系，二是知道判断灯泡的亮暗是根据实际功率的大小。
12.【答案】1：4 25：16
【解析】解：
由电路图可知，当S1闭合、S2断开，甲、乙两表为电流表时，两电阻并联，甲测R2支路的电流，乙测干路电流，
由并联电路中各支路两端的电压相等和I=UR可得，两电流表的示数之比：
I甲I乙=UR2UR1+UR2=R1R1+R2=15，
解得：R1：R2=1：4；
R2的功率为P1，即P1=U2R2；
当开关S1、S2闭合，甲、乙两表为电压表时，两电阻串联，甲测电源的电压，乙测R2两端的电压，
由串联电路电流相等和I=UR可得：
R2的功率为P2，即P2=(UR1+R2)2×R2=U2(R1+R2)2R2，
则P1：P2=U2R2：U2(R1+R2)2R2=(R1+R2)2R22，由于R1：R2=1：4；
所以P1：P2=(R1+R2)2R22=2516。
故答案为：1：4；25：16。
当开关S1闭合、S2断开，甲、乙两表为电流表时，两电阻并联，甲测R2支路的电流，乙测干路电流，根据并联电路电压规律和欧姆定律表示出两支路的电流之比，根据两电阻的关系即可求出两表示数比值；
当开关S1、S2闭合，甲、乙两表为电压表时，两电阻串联，甲测电源的电压，乙测R2两端的电压，根据串联电路电流的规律和欧姆定律表示出电阻之比；
本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律的应用，关键是开关闭合、断开以及不同电表时电路串并联的辨别和电表所测的电路元件。
13.【答案】30 9：5
【解析】解：设滑片左侧电阻为R1，右侧电阻为R2，由题意可知，R1+R2为一定值R0(R0是电阻R0的总阻值)，即R1+R2=R0，当闭合开关S，当滑片P移动时，电阻R1、R2并联，并联后的电阻R并为：
R并=R1R2R1+R2=R1R2R0，
在电压一定时，电流表的示数最小，根据I=UR可知，需R并最大，即R1R2R0最大，R0是一定值，只需R1R2最大，于是有R1R2=R1(R0−R1)=R0R1−R12=−(R1−R02)2+R024，
R1=R02时，R1R2R0有最大值，此时R2=R1=R02，
故滑片P在30cm刻度时，电流表的示数最小。
当滑片在30cm刻度处，R1、R2并联的总电阻为：
R总=R02×R02R02+R02=R04，
电流为I小=UR总=UR04=4UR0，
此时流最大，根据P=UI可知，此时电路中的功率最小，为：
P小=UI小=4U2R0，
移动滑片P至20cm处时，电路中的总电阻为左右两侧的电阻分别为R03、2R03，
R总′=R03×2R03R03+2R03=2R09，
此时的电流为I=UR总′=U2R09=9U2R0，
由于P至20cm处，电流表示数变化了0.15A，即：
9U2R0−4UR0=0.15A
解得UR0=0.3A，
当滑片P移到A(或B)时，电路中的总电阻为左右两侧的电阻分别为R06、5R06(或5R06，R06)，此时电路中的电阻最小，为R小=R06×5R06R06+5R06=5R036
此时的电流为
I大=UI小=U5R036=36U5R0=365×0.3A=2.16A<3A
不超量程，故电路中的最大功率为
P大=UI大=U×36U5R0=36U25R0
所以路中的最大功率与最小功率的比为：
P大P小=36U25R0：4U2R0=95。
故答案为：30；9：5。
(1)当电路中的电阻值最大时，此时电路中的电流最小，据此分析；
(2)电路中的电压不变，电路中最大功率与最小功率的比就是最大电流与最电流之比。
本题考查动态电路中，最大电流、最小电流以及最大电功率和最小电功率，有一定的难度。
14.【答案】解：由图可知，通电螺线管正对我们的表面上，电流的方向向下，伸出右手，让四指方向沿着电流的方向，握住螺线管，大拇指指向右侧，说明通电螺旋管的右端是N极。根据异名磁极相互吸引，说明小磁针的左端为S极，则右端是N极。
答案如下图所示：

【解析】用安培定则判断通电螺旋管右侧的极性，根据磁极间的相互作用确定小磁针右端的磁极名称。
本题考查了安培定则的应用和磁极间的相互作用，属于基础题。
15.【答案】解：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套；如下图所示：

【解析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
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。
16.【答案】0.5 甲 质量 多 = 强
【解析】解：(1)图一装置中两个透明容器中密封着等量的空气。乙装置中，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，由焦耳定律Q=I2Rt可知产生热量与电阻成正比，左容器中电阻产生的热量应该是右容器中电阻产生的热量的5Ω10Ω=0.5倍；
(2)乙装置中，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流；
电炉丝与导线串联，通过的电流和通电时间相同，而电炉丝的电阻大，生活中我们经常看到“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不热”这一现象，可用图一中甲的实验结论来解释；
(3)根据转换法，图二装置中a、b两个完全相同的玻璃瓶内加入质量和初温都相同的煤油，阻值分别为Ra和Rb的电阻丝(Ra>Rb)，瓶中插入温度计；
(4)Ra>Rb，闭合开关，通电一段时间后，小亮发现a烧瓶中温度计的示数大，根据转换法可知Ra产生的热量多，可知表明电流和通电时间相同时，电阻越大，电流通过导体产生的热量越多；
(5)①为控制相同时间吸热相同，因通过两电阻的电流和通电时间相同，根据Q=I2Rt可知，电阻丝的阻值Ra=Rb；
②一段时间后，小明观察到b瓶内液体温度高一些，根据比较吸热能力的方法，可判断a的吸热能力强。
故答案为：(1)0.5；(2)甲；(3)质量；(4)多；(5)①=；②强。
(1)分析图一装置电路的连接，由焦耳定律Q=I2Rt和串联电路电流的规律分析；
(2)电炉丝与导线串联，通过的电流和通电时间相同，而电炉丝的电阻大，据此回答；
(3)(4)电阻丝产生的热量不易直接观察，由转换法，可使等质量初温相同的液体吸收热量，由温度变化确定产生的热量多少；
(5)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，结合Q=I2Rt分析。
本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”和“比较不同物质吸热能力”，考查控制变量法、转换法、串联和路的规律及焦耳定律的运用。
17.【答案】B 断路 0.3 8.33 温度 实际 B ④
【解析】解：(1)为保护电路，闭合开关前，要将滑动变阻器的画瓢调到阻值最大处，图中接了左下接线柱，则滑片移到B端时阻值最大。
图乙中，电压表的示数等于电源电压，说明电压表此时测电源电压，电流表的示数为0，说明电流表此时没有电流流过，可判断电路故障为小灯泡断路。
(2)由图丙可知，电流表选择了小量程，每一大格为0.2A，一小格为0.02A，读数为0.3A。
小灯泡正常发光时的电阻R=UI=≈8.33Ω；
(3)①小灯泡的电阻随它两端电压的增大而增大，是因为导体的电阻与温度有关。温度越高，电阻越大。
②根据欧姆定律可知，小灯泡两端的电压越大，通过小灯泡的电流也越大，由公式P=UI可知，小灯泡的实际功率也越大，因此小灯泡的亮度随它两端电压的增大而变亮，是因为亮度是由它的实际功率决定的。
(4)本次实验中，小冉通过移动滑动变阻器进行多次实验，分别得出不同电压下小灯泡的功率，并观察小灯泡的亮度变化，由此得出小灯泡的亮度与实际功率的关系，因此，多次实验的目的时为了得出普遍结论，故B正确，A不正确。
故选：B。
(5)①闭合S1、断开S2，可以得出电源的电压，当闭合S2时，两个电阻并联，可知电源电压与Rx的电压相等，可知Rx的电压，此时，通过定值电阻的电流不变，干路电流等于各支路电流之和，可得Rx的电流，从而可以得出Rx的阻值，故①不正确；
②当闭合S1和S2时，可以得到电源的电压U=I0R0，
当只闭合S2时，可以得出通过Rx的电流，以及Rx两端的电压Ux=I0R0−IxR0，
从而可以算出Rx的阻值，故②不正确；
③当三个开关同时闭合时，可以得出电源的电压，当只闭合S、S1时可以得到定值电阻两端的电压，从而得出Rx两端的电压，由于定值电阻阻值已知，可以算出电路的电流，从而算出Rx的阻值，故③不正确；
④由于该电路中切换开关位置，总有一个电阻两端的电压因电压表正负接线柱接反而无法测量，不能同时得出Rx的电压和电流，则无法算出Rx的阻值，故④正确。
故选：④。
故答案为：(1)B；断路；(2)0.3；8.33；(3)①温度；②实际；(4)B；(5)④。
(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处；根据两电表指针判断电路中故障为小灯泡断路；
(2)确定电流表的量程和分度值读数，根据欧姆定律可得小灯泡正常发光时的电阻；
(3)从影响电阻大小的因素进行分析；小灯泡的亮度由它的实际功率决定；
(4)探究型实验多次实验的目的时为了得出普遍结论；
(5)根据题意逐个分析得出符合题意的电路。
本题考查了滑动变阻器的使用、电流表的读数、电路故障的判断、电阻的计算等，虽具有一定的综合性，但都属于基础知识，一定要掌握。
18.【答案】不变 B 右 2 反比 D
【解析】解：(1)如图乙所示，按照此种接法，电路被短路，没有电流流过电流表，将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关，向左移动滑片，发现电流表示数为0，且不变，根据图甲可知，正确的电路连接方式为：
(2)在电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
(3)①如图丙所示，电流和电阻的乘积分别是UV=IR=0.4A×5Ω=0.2A×10Ω=0.1A×20Ω=2V，用5Ω的定值电阻做完实验后，断开开关；再用10Ω的电阻替换5Ω，电压表示数变大，要保持定值电阻两端的电压不变，需要滑动变阻器更大的阻值来分压，闭合开关，此时应将滑片P相对于上次的位置向右端移动，直至电压表示数为2V。
②由图丙可知，电压一定时，电流随电阻的增大而减小，故可得出的结论为：在导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
(4)A、滑动变阻器的最大阻值为10Ω，根据串联电路的规律和分压原理可知
U电源−UU=R滑R定……①
上式的左右两边是定值，当滑动变阻器接入的电阻最大时，对应的定值电阻的阻值最大，电源电压最大，故由上式可得
U电源−2V2V=10Ω25Ω
电源的最大值为U电源=2.8V，原来电源电压为3V，可以调低电源电压完成实验，故A正确；
BC、当定值电阻的阻值最大，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由①式可得
3V−2V2V=R滑大25Ω
解得R滑大=12.5Ω，滑动变阻器的最大电阻至少为12.5Ω，现有滑动变阻器的最大阻值为10Ω，若串联一个5Ω的电阻，由串联电阻规律，当滑动变阻器接入电路的电阻为：R串联=12.5Ω−5Ω=7.5Ω，接入25Ω电阻时实验可完成，同理，若串联一个10Ω的电阻，当滑动变阻器连入电路的阻值为2.5Ω时，实验也可完成，故BC正确；
D.将电压表改接到滑动变阻器两端，电压表只是由原来测定值电阻的电压改为测量滑动变阻器两端的电压，但在原有条件下，无论怎样移动滑动变阻器滑片，也都不能使定值电阻两端的电压达到2V，故D错误。
故选：D。
故答案为：(1)不变；见解答图；(2)B；(3)右；2；反比；(4)D。
(1)由图可知，电流表短路，据此分析电流表示数变化，并改正电路图；
(2)电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，据此选出正确选项；
(3)根据分压原理判断电压表示数的变化，在研究电流与电阻的关系时，应该控制电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律和分压原理确定滑片移动的方向；
根据电流与电阻之积为一定值分析；
(4)由欧姆定律求出电压表示数，根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，由分压原理求出在接入25Ω的电阻进行实验时变阻器连入电路中的电阻与原变阻器的最大电阻比较，故可得出都不能使电压表的示数变为2V的原因，据此分析。
本题是探究电流与电压和电阻的关系，考查了电路连接、数据分析、控制变量法和对器材的要求等知识。
19.【答案】解：(1)已知柴油的质量为18kg，柴油的热值为q=2.6×107J/kg，这些柴油完全燃烧释放的热量：Q=mq=18kg×2.6×107J/kg=4.68×108J；
(2)普通柴油发电机的功率为52kW，该柴油发电机正常工作1h产生的电能：W=Pt=52kW×1h=52kW⋅h。
答：(1)这些柴油完全燃烧释放的热量是4.68×108J；
(2)该柴油发电机正常工作1h产生的电能是52kW⋅h。
【解析】(1)已知燃料质量和热值，根据热值公式，求出柴油完全燃烧放出热量；
(2)已知柴油发电机的功率和工作时间，根据做功公式求出柴油发电机正常工作1h产生的电能。
本题考查热量计算和电能计算，是计算题中常考的知识点。
20.【答案】解：(1)由工作电路图乙可知，当开关S1、S2闭合时，电路中只有R1时，电路中的总电阻最小，由P=U2R知道，电路中的总功率最大，电火锅处于加热挡，
此时电路中的电流I加热=P加热U=2420W220V=11A；
(2)R1的阻值R1=U2P加热=(220V)22420W=20Ω，
当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，电路中的总功率最小，电火锅处于保温挡。
保温挡时，电路的总电阻R总=R1+R2=20Ω+24Ω=44Ω，
此时电路中的总功率P总=U2R总=(220V)244Ω=1100W；
(3)水吸收的热量Q吸=c水m水Δt=4.2×103J/(kg⋅℃)×2.3kg×(100℃−8℃)=8.8872×105J；
7min电火锅消耗的电能W=Q吸80%=8.8872×105J80%=1.1109×106J，
实际功率P实际=Wt=1.1109×106J7×60s=2645W，
实际电压U实际= P实际R1= 2645W×20Ω=230V。
答：(1)加热挡时，电路中的电流是11A；
(2)保温挡时，电路的总功率是1100W；
(3)实际电压为230V。
【解析】(1)当开关S1、S2闭合时，电路中只有R1时，电路中的总电阻最小，由P=U2R知道，电路中的总功率最大，电火锅处于加热挡，由P=UI知此时电路中的电流；
(2)由P=U2R知R1的阻值，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，电路中的总功率最小，电火锅处于保温挡。根据串联电路的电阻特点知保温挡时电路的总电阻，由P=U2R知此时电路中的总功率
(3)由Q吸=cmΔt可得水吸收的热量，由W=Q吸η可得7min电火锅消耗的电能，根据P=Wt可得实际功率，由P=U2R可得实际电压。
本题考查串联电路的特点、电功率公式以及吸热公式的应用，能正确分析不同状态下的电路连接是解题的关键。
21.【答案】解：(1)由电路图乙知，滑动变阻器R1与电热丝R2串联，当R1的滑片在最下端时，R1被短路，电路中只有电热丝R2接入电路，此时电热丝R2的发热功率最大，
可得：此时电热丝R2的发热功率P2=U2R2=(220V)2R2=1210W，
解得：电热丝R2的电阻R2=40Ω；
(2)由电路图乙可知，滑动变阻器R1与电热丝R2串联，根据公式P=I2R可知，若电热丝R2的发热功率最小，则电路中的电流最小，根据串联电路特点可知，当R1全部接入电路中时，电路中的电流最小为Imin=UR总=220VR1+R2=220V48Ω+40Ω=2.5A，
电热丝R2的最小发热功率为P2min=Imin2R2=(2.5A)2×40Ω=250W；
(3)根据公式R=UI可知，当电路中电流最大时，即Imax=10A，
此时电热丝R2接入电路中的电阻最小R2min=UImax=220V10A=22Ω，
R1与R2串联，根据公式P=I2R可知，当R1全部接入电路，电热丝R2接入电路中的阻值为22Ω时，验证此时电热丝R2的最小功率为
P2min′=(UR1+R2min)2R2min=(220V48Ω+22Ω)2×22Ω≈217W>200W，
符合题意，所以电热丝的最小发热功率不得低于200W时，电热丝R2的阻值为22Ω，由题意可知，电阻丝长度为4m，电热丝R2的电阻为40Ω，8cm长的电阻丝可以打一个缠绕结，缠绕结为2cm，一个缠绕结的电阻为0.04Ω，那么当电热丝接入电路的阻值为22Ω时，需要打结的次数为
R2min=R2+n(0.04Ω−8cm+2cm400cm×R2)=22Ω
n=18.75≈18，所以，该电围炉最多可修理18次。
答：(1)电热丝R2的电阻为40Ω；
(2)电热丝R2的最小发热功率为250W；
(3)该电围炉最多可修理18次。
【解析】(1)由电路图乙可知，滑动变阻器R1与电热丝R2串联，当R1的滑片在最下端时，R1被短路，电路中只有电阻丝R2接入电路，此时R2的发热功率最大，由P=U2R可得此时R2的发热功率表达式，从而解得电热丝R2的电阻；
(2)由电路图乙可知，滑动变阻器R1与电热丝R2串联，根据公式P=I2R可知，若电热丝R2的发热功率最小，则电路中的电流最小，根据串联电路特点和欧姆定律可知，当R1全部接入电路中时电路中的最小电流，由P=I2R可得电热丝R2的最小发热功率；
(3)根据公式R=UI可知，当电路中电流最大时，由欧姆定律可得此时电热丝R2接入电路中的最小电阻，R1与R2串联，根据公式P=I2R可知，当R1全部接入电路，电热丝R2接入电路中的阻值为22Ω时，验证此时电热丝R2的最小功率与200W的大小，可知符合题意，所以电热丝的最小发热功率不得低于200W时，电热丝R2的阻值为22Ω，由题意可知，电阻丝长度为4m，电热丝R2的电阻为40Ω，8cm长的电阻丝可以打一个缠绕结，缠绕结为2cm，一个缠绕结的电阻为0.04Ω，那么当电热丝接入电路的阻值为22Ω时，从而解得需要打结的次数。
本题考查了电功率公式、欧姆定律的综合应用，有一定的难度。发光情况
U/V
I/A
R/Ω
P/W
很暗
2.0
0.26
7.69
0.52
正常发光
2.5
很亮
3.0
0.33
9.09
0.99