山东省德州市宁津县多校2024-2025学年九年级（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份山东省德州市宁津县多校2024-2025学年九年级（上）期中物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列现象用分子动理论解释正确的是( )
A. 粉笔头能被碾成粉末，说明分子很小
B. “破镜不能重圆”，说明分子间存在斥力
C. 铁丝很难被拉伸，说明分子间存在引力
D. 水与酒精混合后总体积变小，说明分子间存在相互作用力
【答案】C
【解析】解：A、粉笔头能被碾成粉末，固体大颗粒变成小颗粒，说明拉力可以改变物体的形状，与分子无关，故A错误；
B、“破镜不能重圆”说明固体分子间距离大，引力几乎为零，故B错误；
C、铁丝很难被拉伸，说明分子间存在引力，故C正确；
D、水与酒精混合后总体积变小，说明分子间存在间隙，故D错误。
故选：C。
物质是由分子或原子组成的，分子永不停息地做无规则运动，分子间存在相互作用的引力与斥力，分子很小。
本题考查学生应用分子的观点来解释一些日常生活中的现象，注意用分子观点解释的现象都是用肉眼看不见的现象。
2.关于温度、热量、热传递和内能，下列说法中不正确的是( )
A. 0℃的冰块内能一定不为零
B. 物体温度升高，内能一定增加
C. 热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
D. 温度高的物体，内能不一定大
【答案】C
【解析】解：
A、一切物体在任何温度下都具有内能，所以0℃的冰块一定有内能(即内能一定不为零)，故A正确；
B、物体温度升高，分子无规则运动更剧烈，内能一定增加，故B正确；
C、发生热传递的条件是存在温度差，所以热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，故C错误；
D、内能与温度、状态、质量等都有关系，所以温度高的物体，内能不一定大，故D正确。
故选：C。
(1)一切物体在任何温度下都具有内能；
(2)物体的内能跟物体的质量、状态、温度有关。物体质量和状态一定时，温度越高，内能越大；物体状态和温度相同时，气态时内能最大，固态时内能最小；物体状态和温度相同时，质量越大，物体的内能越大；
(3)热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递。
(1)物体的内能变化，可能是热传递，也可能是做功造成的；但是热传递或做功有一者发生，物体的内能一定变化。
(2)物体的内能变化，可能是物体的温度变化，可能是物体的状态变化；但是物体的温度变化或状态变化，有一者发生，物体的内能一定变化。
(3)物体的做功和热传递、内能、温度变化和状态变化，三者之间很容易混淆，注意理解。
3.用同样的加热器给相同质量的甲、乙两种液体加热，它们的温度随时间变化的图象如图所示，由图可知( )
A. 甲液体的比热容大
B. 乙液体的比热容大
C. 甲、乙两种液体的比热容相等
D. 无法通过这个图象判断哪种液体的比热容大
【答案】A
【解析】解：
由题意知：质量相同，由图示可以看出，当加热时间相同时，即吸收的热量相同时，乙的温度升高的快，
利用热量的计算公式Q吸=cm△t可知：c=Q吸m△t，
所以在质量相等、吸热也相同的情况下，谁的温度升高得快，它的比热容小；
所以，甲的比热容大，乙的比热容小。
故选：A。
因为给相同质量的甲、乙两种液体加热，选同样的加热时间，甲和乙吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断。
考查了比热容的熟练运用，会从图形中得到相同的时间甲、乙温度变化的高低信息，会根据公式Q吸=cm△t推导出c=Q吸m△t，然后根据控制变量法分析。
4.对于下列所描述物理过程的分析正确的是( )
A. 甲图中，玻璃瓶内的空气被压缩时，瓶内空气的内能减少
B. 乙图中，瓶子内的空气推动塞子跳起时，瓶内空气的内能增大
C. 丙图中，试管内的水蒸气将塞子冲出时，瓶口冒出的“白气”就是水蒸气
D. 丁图中，该冲程为汽油机的做功冲程，将内能转化为机械能
【答案】D
【解析】解：
A、图中玻璃瓶内的空气被压缩时，活塞对空气做功，瓶内空气的内能增加，温度升高，故A错误；
B、图中瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，空气的内能减小，温度降低，故B错误；
C、图中试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，内能转化为机械能，内能减小，水蒸气液化形成小水滴，这就是“白气”，故C错误；
D、图中汽缸内的气体推动活塞向下运动时(即做功冲程)，内能转化为机械能，气体的内能减少，故D正确。
故选：D。
(1)(2)(3)做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小；物质由气态变为液态叫做液化；
(4)根据两个气门的关闭情况和活塞的运动方向判定内燃机的冲程。
本题考查做功改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
5.关于热机的效率和燃料的热值，下列描述正确的是( )
A. 燃料的质量越大，其热值就越大B. 燃料燃烧不完全时热值变小
C. 减少废气带走的热量能提高热机的效率D. 热机所用燃料的热值越大，效率越高
【答案】C
【解析】解：AB、热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃料情况无关，所以燃料的质量越大，其热值不会越大，燃料燃烧不完全时，其热值不会变小，故AB错误；
C、减少废气带走的热量，可以增大有效利用的能量，提高热机的效率，故C正确；
D、热机效率是指有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的热量的比值，与燃料热值大小无关，故D错误。
故选：C。
(1)1kg某种燃料完全燃烧放出的能量，叫做这种燃料的热值，热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出热量的多少以及燃烧情况等均无关；
(2)热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比叫做热机的效率，在工作过程中，损失的能量越少，热机的效率越高。
本题考查了学生对热值概念和热机效率的了解与掌握，明确热值是燃料的一种特性(只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出热量的多少以及燃烧情况等均无关)是解题的关键。
6.如图是一种新型“风光互补”景观照明灯。 它“头顶”小风扇，“肩扛”光电池板，“腰挎”照明灯，“脚踩”蓄电池。对于上述照明灯，下列解释合理的是( )
A. 光电池板是将电能转化为光能
B. 照明灯是将内能转化为电能
C. 小风扇利用风力发电，将机械能转化为电能
D. 蓄电他池夜晚放电，将电能转化为化学能
【答案】C
【解析】解：A、光电池板是把光能转化为电能，说法错误，不符合题意；
B、照明灯是将电能转化为光能和内能，说法不正确，不符合题意；
C、小风扇利用风力发电时，将机械能转化为电能，说法正确，符合题意；
D、蓄电池在夜晚放电时，将化学能转化为电能，说法不正确，不符合题意。
故选：C。
自然界中的风能和太阳能是能量巨大的资源，现在科学家都在设计装置利用它们的能量；
风扇式发电机可以通过风吹动扇片转动，把风能转化为电能；
用电器工作时，是将电能转化为其他形式的能；
光电池板是将光能转化为电能。
风能和太阳能都是清洁能源，且能量取之不尽用之不竭，能够巧妙的设计利用是关键。
7.如图为电学中的几个实验，下列说法正确的是( )
A. 将气球在头发上摩擦后小女孩的头发会飘起来，是因为气球带电，头发不带电
B. 用毛皮摩擦的橡胶棒靠近另一根橡胶棒，它们相互排斥说明另一根橡胶棒不带电
C. a带正电，b不带电，用带绝缘柄的金属棒接触两验电器金属球时，金属棒中自由电子从b向a定向移动
D. 用丝绸摩擦过的玻璃捧靠近吸管一端，发现吸管向玻璃棒靠近，说明吸管一定带负电
【答案】C
【解析】解：
A、将气球在头发上摩擦后，头发、气球分别带等量的异种电荷，因为异种电荷相互吸引，所以小女孩的头发会飘起来，故A错误；
B、用毛皮摩擦的橡胶棒用带负电，与另一根橡胶棒相互排斥，说明另一根橡胶棒带同种电荷，即带负电，故B错；
C、a带正电(缺少电子)、b不带电(正电荷数等于负电荷数)，用一根带绝缘柄的金属棒把两个验电器的金属球连接起来的瞬间，b的自由电子向a定向移动，而自由电子定向移动的与电流方向相反，所以金属杆中的瞬间电流方向是从a到b，故C正确；
D、用丝调摩擦过的玻璃捧带正电，靠近吸管一端，发现吸管向玻璃棒靠近，说明吸管带负电或不带电，故D错误。
故选：C。
(1)利用摩擦的方法使物体带电叫摩擦起电，摩擦起电的结果是使相摩擦的两个物体带上等量的异种电荷；
(2)同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
(3)人们规定正电荷定向移动的方向为电流方向；
(4)异种电荷之间、带电体和轻小物体之间都会相互吸引。
本题考查了摩擦起电的实质、电荷间相互作用规律、电流的方向的规定，掌握基础知识是关键。
8.小明同学学习了电学知识后，想为敬老院的老人设计一个呼叫电路。他的设想是：同一房间内两位老人都能单独控制同一只电铃，且能让值班室的工作人员区分出是哪位老人按铃呼叫的。图中的四个电路，符合设想的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】解：
A、图中如果只闭合下面的开关，灯不亮，铃不响，呼叫失败，A不符合题意；
B、图中两开关并联且电铃位于干路，两开关所在支路均串联一个灯泡，可以达到两位老人都能单独控制同一只电铃、且工作人员能区分出是哪位老人按铃呼叫的目的，B符合题意；
C、图中有两个电铃，而题中要求同一房间内两位老人都能单独控制同一只电铃，C不符合题意；
D、图中两灯与电铃串联，开关闭合两灯都亮，工作人员无法区分出是哪位老人在呼叫，D不符合题意。
故选：B。
同一房间内两位老人都能单独控制同一只电铃，说明两开关独立工作、互不影响即为并联且电铃位于干路；值班室的工作人员能区分出是哪位老人按铃呼叫的，说明两开关支路应串联能识别的电路元件，据此进行解答。
本题考查了电路图的设计，根据题意得出两开关的连接方式和电铃的位置以及区别电路的方法是关键。
9.小勇同学在练习使用电压表、电流表时，连接了如图所示的电路，电源电压保持不变，关于该电路的工作情况，下列说法中正确的是( )
A. 灯L1与灯L2串联
B. 电流表测通过灯L1的电流
C. 若先闭合S1，再闭合S2，电压表示数不变，电流表的示数变大
D. 若灯L1被短路，闭合S1、S2后，灯L1不亮，灯L2亮，电流表损坏
【答案】C
【解析】解：
AB、由图可知，两个开关都闭合后，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压，电流表测量干路中的电流，故AB错误；
C、若先闭合S1，该电路为灯泡L1的简单电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量电源电压；再闭合S2，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压，电流表测量干路中的电流；由于电源电压不变，则电压表示数不变；根据并联电路的电流关系可知，干路中的电流变大，即电流表的示数变大，故C正确；
D、若灯L1被短路，闭合S1、S2后，则电源短路，灯L1、L2都不亮，电流表损坏，故D错误。
故选：C。
(1)(2)根据电流的路径判定电路的连接方式，根据电流表的连接方式判定其作用；
(3)(4)根据开关的闭合方式判定电路的连接方式，然后根据并联电路的特点分析。
本题考查了电路的动态分析、电流表的连接方式，明确电路的连接方式是解题的关键。
10.如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，灯不亮，电流表有示数，电压表没有示数。则电路的故障情况可能是( )
A. 灯L断路
B. 灯L短路
C. 电阻R断路
D. 电阻R短路
【答案】B
【解析】解：
A.若灯L断路，电路断路，电压表串联在电路中测电源的电压，则电流表无示数，电压表有示数，故A不符合题意；
B.若灯L短路，灯泡不亮，此时电压表被短路无示数，电路为R的简单电路，电流表测电路中的电流有示数，故B符合题意；
C.若电阻R断路，电路断路，电压表和电流表均无示数，灯泡不亮，故C不符合题意；
D.若电阻R短路，电路为灯泡L的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，则两电表都有示数，故D不符合题意。
故选：B。
由电路图可知，灯泡L与电阻R串联，电压表测灯泡L两端的电压，电流表测电路中的电流，逐个分析每个选项找出符合要求的选项。
电路故障问题是电学测试中经常考查的问题。解决的一般步骤是对选项逐个分析，根据应该出现的现象和题目中描述的现象进行对比，符合题意的即为正确答案。
11.为了练习使用滑动变阻器，同时探究串联电路中电压、电流的规律，某实验小组设计了
如图所示的电路。此电路中灯泡的电阻始终保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P
向左滑动时(电表均在安全范围内)，则( )
A. 电压表V1的示数变大B. 电压表V1与V2的示数之和变小
C. 电流表A的示数变小D. 若电压表V1突然短路，则小灯泡变亮
【答案】C
【解析】解：由电路图可知，滑动变阻器和灯泡串联，电压表V1测量灯泡两端电压，电压表V2测量滑动变阻器两端的电压；
(1)将滑动变阻器的滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小；即电流表示数变小，故C正确；
(2)由于灯泡的电阻始终保持不变，根据U=IR可知灯泡两端的电压变小，即电压表V1的示数变小；故A错误，
(3)由串联电路的电压特点可知，V1、V2示数之和为电源电压，因电源电压不变，所以V1、V2示数之和不变，故B错误；
(4)由于电压表V1与灯泡并联，若电压表V1突然短路，则灯泡也被短路，所以灯泡不发光；故D错误。
故选：C。
由图可知：滑动变阻器和灯泡串联，电压表V1测量灯泡两端电压，电压表V2测量滑动变阻器两端的电压，将滑动变阻器的滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律和串联电路的电压特点即可判断。
本题考查串联电路的电压的特点，关键知道各个电压表的测量对象和滑动变阻器滑片移动过程中阻值的变化。
12.根据欧姆定律公式I=UR，也可变形得到R=UI。对此，下列说法中正确的是( )
A. 流过导体的电流越大，导体电阻越小
B. 某段导体两端电压为0时，其电阻为0
C. 导体两端的电压跟通过导体电流的比值等于这段导体的电阻
D. 导体电阻的大小跟导体两端的电压成正比，跟通过导体的电流成反比
【答案】C
【解析】解：
ABD.电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积、温度有关，与两端的电压和通过的电流无关，故ABD错误；
C.公式R=UI表示，导体两端的电压跟通过导体电流的比值等于这段导体的电阻，故C正确。
故选：C。
(1)电阻是导体本身所具有的性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关；其大小等于导体两端的电压与通过导体的电流之比；
(2)欧姆定律的内容是：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
本题考查我们对欧姆定律公式和导出公式的理解，要注意公式R=UI只是表示出了三者之间的数值关系，而并非是它们间的正、反比关系。
13.如图所示，电路中的两只电压表的规格完全相同，均有两个量程(0～3V,0～15V)。闭合开关，两只电压表的指针偏转角度相同，则电阻R1与R2的比值为( )
A. 1：5
B. 5：1
C. 1：4
D. 4：1
【答案】D
【解析】解：电压表V1测的电压为电源电压U，电阻R1电压为U1=U−U2，U2为电阻R2两端的电压，电阻R1与R2的比值R1R2=U−U2IU2I=U−U2U2，
电压表V1的量程是0～15V，电压表V2的量程是0～3V，指针指的位置相同时，两个读数大小是5倍的关系，所以U=5U2，
所以R1R2=5U2−U2U2=41。
故选：D。
开关闭合后，两电阻串联，电压表V1测量的是电源电压，电压表V2测量的是电阻R2两端的电压，两电压表的指针偏转角度相同，说明电压表V1的量程是0～15V，电压表V2的量程是0～3V，根据欧姆定律可求电阻R1与R2的比值。
本题考查串联电路中电压的规律和电压表的读数，关键是欧姆定律的灵活运用，难点是知道当电压表偏转角度相同但量程不同时，两个读数之间的关系。
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.如图所示，已知电流表A的示数为1.5A，电流表A1的示数为0.8A，电流表A2的示数为1.2A，有关通过L1的电流的大小说法正确的是( )
A. 通过L1的电流的大小为0.3A
B. 通过L1的电流的大小为0.7A
C. 通过L2的电流的大小为0.5A
D. 通过L3的电流的大小为0.5A
【答案】BC
【解析】解：由电路图可知，三灯泡并联，电流表A测干路电流，电流表A1测L2和L3支路的电流之和，电流表A2测L1和L2支路的电流之和；
根据并联电路电流规律可得：
I1+I2+I3=1.5A----①
I2+I3=0.8A----②
I1+I2=1.2A----③
由①②解得，I1=0.7A；
把I1=0.7A代入③得：I2=0.5A，
把I2=0.5A代入②得：I3=0.3A。
故选：BC。
由电路图可知，三灯泡并联，电流表A测干路电流，电流表A1测L2和L3支路的电流之和，电流表A2测L1和L2支路的电流之和。根据并联电路的电流特点结合电流表的示数进行解答。
本题考查了并联电路电流的计算，分析清楚电路结构、熟练应用并联电路电流规律是正确解题的关键。
15.在收音机等电器中，有一种叫电位器的变阻器。电位器的外形及其内部构造如图所示。图中A、B、C三个焊接点相当于变阻器的三个接线柱。使用电位器时，下列说法正确的是( )
A. 只把A和C接入电路，无法改变通过电位器的电流
B. 把A和B接入电路，当滑片顺时针旋动时，电位器接入电路电流变小
C. 将A、B接入电路同一点，C接电路另一点，可以改变通过电位器的电流
D. 只将B、C两点接入电路，当滑片顺时针旋动时，电位器接入电路电阻变大
【答案】ABC
【解析】解：A、只把A和C接入电路，电位器相当于定值电阻，移动滑片，电阻不变，电源电压不变，无法改变通过电位器的电流，故A正确。
B、把A和B接入电路，接入了左半段，当滑片顺时针旋动时，电位器接入电路电阻增大，电源电压不变，电流变小，故B正确。
C、将A、B接入电路同一点，C接电路另一点，左半段被滑片短路，只接入右半段，移动滑片能改变电路中的电阻，电源电压不变，可以改变通过电位器的电流，故C正确。
D、只将B、C两点接入电路，接入了右半段，当滑片顺时针旋动时，电位器接入电路电阻变小，故D错误。
故选：ABC。
电位器是一个滑动变阻器，当把A、C接入电路时，相当于定值电阻；当把A、B接入电路时，接入了左半段，滑片顺时针转动时，连入电路的电阻增大，电流减小；当把C、B接入电路时，接入了右半段，滑片顺时针转动时，连入电路的电阻减小，电流增大。
电位器是一个变形的滑动变阻器，此滑动变阻器有三个接线柱，明确每选择其中的两个接线柱时，滑动变阻器连入电路的电阻。本题体现了物理和生活的密切关系。
三、填空题：本大题共5小题，共12分。
16.四冲程汽油机在工作过程中，将内能转化为机械能的是______冲程，如果汽油机的转速表显示3000revs/min，那么该汽油机每秒内做______次功。给汽车加油时能闻到汽油的味道说明______。
【答案】做功；25；分子不停地做无规则运动。
【解析】解：
做功冲程中，高温高压的燃气对活塞做功，燃气的内能减小，活塞机械能增加，即将内能转化为机械能；
汽油机完成1个工作循环，完成四个冲程，飞轮转2转，对外做功1次，
3000r/min=50r/s，即每秒飞轮转50圈，完成25个工作循环，对外做功25次。
汽车加油时能闻到汽油的气味，是因为汽油分子不停地做无规则运动，这是扩散现象。
故答案为：做功；25；分子不停地做无规则运动。
(1)在汽油机的四个冲程中，机械能转化为内能的是压缩冲程，内能转化为机械能的是做功冲程；
(2)汽油机有吸气、压缩、做功、排气四个冲程，四个冲程为一个工作循环；汽油机完成1个工作循环，飞轮转2转，对外做功1次。
(3)两种不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象叫扩散现象，扩散现象说明分子不停地做无规则运动。
本题主要考查对热机各冲程特点的了解、扩散现象的理解和掌握，属于综合性题目。
17.某燃气热水器将20kg的水从10℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的燃气。水吸收的热量是______J，热水器的效率是______。[已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，燃气的热值为4×107J/m3]
【答案】4.2×106 50%
【解析】解：(1)水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×20kg×(60℃−10℃)=4.2×106J；
(2)0.21m3燃气完全燃烧放出的热量：
Q放=Vq=0.21m3×4×107J/m3=8.4×106J；
该热水器烧水的效率：
η=Q吸Q放×100%=4.2×106J8.4×106J×100%=50%。
故答案为：4.2×106；50%。
(1)知道水的质量、水的比热容以及初温、末温，利用Q吸=cm(t−t0)求水吸收的热量；
(2)知道燃气的体积和热值，利用Q放=Vq求出燃气完全燃烧放出的热量；再利用η=Q吸Q放求出该热水器烧水的效率。
本题考查了燃料完全燃烧释放热量公式Q放=Vq、吸热公式Q吸=cm(t−t0)、效率公式的应用，属于基础题目。
18.如图所示，电源电压是3V且不变，S闭合后电压表示数为1V，则灯L2两端的电压为______V；若断开开关，电压表示数______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
【答案】1 变大
【解析】解：
由电路图可知，闭合开关后，灯L1与L2串联，电压表测灯L2两端的电压；
已知此时电压表示数是1V，则灯L2两端的电压是1V；
断开开关S，电压表串联在电路中，电压表测电源两端电压，此时其示数为3V，所以断开开关后，电压表示数变大。
故答案为：1；变大。
先分析电路的连接方式；再根据电路特点，结合题意分析答题。
本题考查了串联电路的特点，是一道基础题；分析清楚电路结构、明确各电路元件的连接方式是正确解题的前提，熟练掌握串联电路的特点是正确解题的关键。
19.如图所示，开关S闭合后，发现A1 A2两只电流表的指针恰好偏转到同一位置，若通过L1的电流为0.8A，则电流表A1示数是______A，电流表A2示数是______A。
【答案】1；0.2
【解析】【分析】
本题考查了并联电路的电流特点，关键是根据并联电路的特点和指针的位置确定量程。
根据电路图可知，灯L1和L2组成并联电路，电流表A1测干路的电流，电流表A2测通过灯L2的电流；
根据并联电路的电流特点和两个电流表的指针所指位置确定量程，再利用并联电路的电流特点求出通过灯L2的电流，根据分度值间的关系求出干路电流。
【解答】
电路图可知，灯L1和L2组成并联电路，电流表A1测干路的电流，电流表A2测通过灯L2的电流；
因为并联电路干路电流等于支路电流之和，且两个电流表的指针所指位置相同，所以电流表A1的量程是0～3A，最小分度值是0.1A；电流表A2的量程是0～0.6A，最小分度值为0.02A，A1 A2两只电流表的指针恰好偏转到同一位置，则大量程正好是小量程的5倍，因此电流表A2示数，即通过灯L2的电流大小等于通过L1的电流的14
即I2=0.8A4=0.2A，
则干路的电流I=I1+I2=0.8A+0.2A=1A；
故答案为：1；0.2。
20.电路元件A和B中的电流与两端电压的关系如图所示，由图可得A的电阻为______Ω，若将A、B并联后接在电压为2V的电源两端，干路中的电流是______A；若将A、B串联后接在3V电路中，电路中的电流是______A。
【答案】5 0.6 0.2
【解析】解：(1)由图象可知，当UA=3V，IA=0.6A，
根据欧姆定律可得，元件A的电阻：
RA=UAIA=3V0.6A=5Ω；
(2)∵并联电路中各支路两端的电压相等，
∴A和B并联后接在2V的电源两端时，UA=UB=2V，
由图象可知，此时通过元件A的电流IA=0.4A，此时通过元件B的电流IB=0.2A，
∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
∴干路中的电流：
I=IA+IB=0.4A+0.2A=0.6A；
(3)两元件串联在电压为3V的电源两端时，
则I=IA=IB，UA+UB=3V，
结合图象可知，当I=0.2A时满足以上条件，即此时电路中的电流为0.2A。
故答案为：5；0.6；0.2。
(1)先根据元件A的U−I图象读出任一电压和对应的电流，根据欧姆定律求出其阻值的大小；
(2)根据并联电路电压特点可知两电阻并联时两端的电压，再根据图象读出对应的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流；
(3)将A和B串联在电压为3V的电源两端时，根据串联电路各处的电流相等以及总电压等于各分电压之和，结合图象得出电路中的电流。
本题要求学生正确应用图象获得必要信息，并能结合并联电路的特点熟练应用欧姆定律的计算公式。
四、作图题：本大题共2小题，共8分。
21.在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔线代替导线补上。要求：闭合电键S，
①电压表测小灯两端电压；
②向左端移动滑动变阻器的滑片P时，小灯变暗。
【答案】解：
电压表要测小灯两端电压应与灯泡并联；滑动变阻器要改变灯泡亮度，应一上一下串联入电路中。滑片左移灯变暗，说明电路中电流变小，电阻变大，所以应将变阻器的右下接线柱接入电路中。如图所示：

【解析】电压表应与被测用电器并联；滑动变阻器要控制灯泡亮度应与灯泡串联，由滑片移动后灯泡亮度变化确定接线柱情况。
本题是实物图的连接，考查了电压表和滑动变阻器的使用方法，属于基础题。
22.如图所示，试在甲、乙两个“O”内选填“电压表”和“电流表”的符号，使两灯组成并联电路。
【答案】解：由分析知：要使两灯并联，则甲表相当于导线，故甲处为电流表；乙表相当于断路，故乙表为电压表，电路图如图：
。
故答案为：如上图。
【解析】使两灯组成并联电路，可根据电流流向法进行分析；电流从电源的正极出发，在电源左边的第一个节点分成两支，一路经过左边的电灯、一路经过上边的电灯，然后在左边的节点处会合；由此可判断出：甲处电表相当于导线，而乙处电表相当于断路；而电流表的阻值小，在电路中相当于导线，电压表的阻值很大，在电路中相当于断路；由此可判断出“〇”内应填的电表符号。
解答此类题目，应明确在电路中电压表起开路作用，电流表起导线作用。要求：会根据串、并联的连接方式设计电路，会正确使用电压表和电流表。
五、实验探究题：本大题共3小题，共17分。
23.水和食用油在生活中不可缺少。为了比较水和食用油吸热本领的大小，设计了如下探究实验：在两个相同的烧杯中，分别装有水和食用油，用相同的电热器分别对它们进行加热。

(1)实验中应控制水和食用油的初温与 都相同。
(2)实验中水和食用油吸收热量的多少可通过 来比较。
(3)根据记录的实验数据，绘制了如图乙所示的温度随时间变化的图象，由图象可知 吸热能力强。我们用比热容这一物理量来描述物质的这种特性。已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，由图乙可知食用油的比热容为 J/(kg⋅℃)。
【答案】质量 加热时间的长短 水 2.1×103
【解析】(1)根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，实验中应控制水和食用油的初温与质量都相同；
(2)根据转换法，实验中水和食用油吸收热量的多少可通过加热时间的长短来比较。
(3)根据绘制的如图乙所示的温度随时间变化的图象知，升高40℃，食用油、水的加热时间分别为4min和8min，由转换法，食用油、水吸热之比为1：2，根据比较吸热能力的方法，故可知水的吸热能力强，水的比热容大；根据Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，则食用油的比热容为：
c=0.5×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)。
故答案为：(1)质量；(2)加热时间；(3)水；2.1×103。
(1)(2)我们使用相同的加热器，通过比较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：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；或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；
(3)根据绘制的如图乙所示的温度随时间变化的图象得出升高40℃食用油、水的加热时间，根据比较吸热能力的方法，确定哪种物质的吸热能力强；根据Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，据此得出食用油的比热容。
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和Q=cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
24.小敏同学在“探究电流与电压、电阻的关系”实验中，她选择的实验器材有：学生电源(电压可调)、电压表、电流表、定值电阻R0(5Ω、10Ω、20Ω、30Ω)、滑动变阻器R(50Ω,1A)、开关及若干导线。

(1)在“探究电流与电压的关系”实验时，选择了某一定值电阻R0；
①请根据图甲的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路连接完整；(要求：向右移动滑动变阻器滑片时，电路中的电流变大。)
②将学生电源调至6V，多次改变滑片位置，记录实验数据如下表，序号5中的电流如图丙所示，为______A；分析表格中数据，得出结论：电阻一定时，______。由表中的数据可知，电路中接入的定值电阻R0的阻值为______Ω。
(2)“探究电流与电阻关系”实验：
①在上述实验过程中，当小敏移动滑动变阻器的滑片P，使电压表示数为2V后，断开开关，仅将定值电阻R0更换成20Ω，再闭合开关时，电压表的示数会______2V(选填“大于”、“小于”或“等于”)，她应将滑动变阻器的滑片P向______(选填“A”或“B”)端移动，才能使电压表示数保持2V不变。
②当小敏将定值电阻R0更换成30Ω进行实验时，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片都无法使电压表的示数为2V。通过思考，她得出：可以______(选填“增大”或“减小”)电源电压来完成探究实验。
【答案】0.28 通过导体的电流与导体两端的电压成正比 10 大于 A 减小
【解析】解：(1)①滑片向左滑动时，电流表示数变大，说明滑动变阻器连入电路的电阻变小，故滑动变阻器右下接线柱连入电路中，如图所示：；②由图丙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.28A；根据表中数据可知：电压增大为原来的几倍，通过的电流也增大为原来的几倍，故得出的结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；由欧姆定律可知，电路中接入的定值电阻R0的阻值为10Ω；
(2)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同；①根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向B端移动，使电压表的示数不变；②当小敏将定值电阻R0更换成30Ω进行实验时，由串联电路的分压原理可知，其分得的电压增大，由于此时无论怎样移动滑动变阻器的滑片都无法使电压表的示数为2V，即滑动变阻器接入电路的电阻达到最大时仍不能时定值电阻两端的电压降到2V，因此此时可以减小电源电压，使来定值电阻两端的电压保持2V不变。
故答案为：(1)①如图所示；②0.28；通过导体的电流与导体两端的电压成正比；10；(2)大于；A；减小。
(1)①滑片向左滑动时，电流表示数变大，说明滑动变阻器连入电路的电阻变小，从而确定滑动变阻器接入的接线柱；②根据图丙电流表所选量程确定分度值读数；分析表中电流与电压的关系得出结论；根据表中数据利用欧姆定律求出定值电阻R0的阻值；
(2)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同；①当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
②探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，根据串联电路的电压特点分析解答。
本题探究电流与电压、电阻的关系，考查电路连接、电流表读数、控制变量法、欧姆定律的应用和分析数据归纳结论的能力。
25.小明要探究导体的导电性能跟哪些因素有关。

(1)小明猜想导体的导电性能与导体的材料、长度、横截面积等因素有关。为了验证猜想，他按如图甲、乙所示的器材和电路进行实验；
①实验中，通过观察______来比较导体的导电性能；
②选择图甲中的A、B分别接入图乙电路中的E、F之间，分析比较实验数据可得：长度、横截面积均相同的导体，导电性导电性能与导体的______有关；
③继续选择不同的导体接入电路中，实验测量的数据如表所示，分析比较实验数据及相关条件，可得出的初步结论是：材料、长度均相同的导体，横截面积越大，电阻越______(选填“大”或“小”)；
(2)小明认为4B铅笔导电性能比2B铅笔要好。你认为小明的观点______(选填“合理”或“不合理”)，理由是______；
(3)小明认为应该在原来电路中再串联一个灯泡，理由是：除了可以用灯泡亮度反映阻值大小，灯泡还起到了另一个作用：______。
【答案】电流表示数 材料 小 不合理 2B铅笔和4B铅笔的粗细不同 保护电路的作用
【解析】解：(1)①电路中有电流表显示电流大小，电流越大，说明电阻的导电性能越好，实验中通过观察电流表的示数来比较导体的导电性能或电阻大小的。
②由题意知，图甲中A、B的长度和横截面积不同，其材料不同，将其分别接入图乙电路中的E、F之间，可以研究导体的材料对导电性能或电阻的影响。
③分析实验数据表可知，材料、长度均相同的导体，其横截面积越大，电流表的示数越大，说明电路电阻越小，即相同长度的同种导体，其横截面积越大，电阻越小。
(2)导体的电阻是导体本身的一种性质，电阻大小取决于导体的材料、长度、横截面积、温度，要研究2B铅笔和4B铅笔的导电性能，需保持两种铅笔芯的长短、粗细均相同，而2B铅笔和4B铅笔的粗细不同，因此小明的观点不合理。
(3)电路中如果只有电流表，当电路中阻值很小时，相当于将电流表直接接在电源两端，会导致电路中电流过大而损坏电流表甚至电源，如果在原来电路中再串联一个灯泡，可以通过灯泡亮度初步反映电流大小，进而反映阻值大小，同时灯泡自身有电阻，能避免电源短路，从而起到对电路的保护作用。
故答案为：(1)①电流表示数；②材料；③小；(2)不合理；2B铅笔和4B铅笔的粗细不同；(3)保护电路的作用。
(1)①电流表串联在电路中，电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小；
(2)影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度和横截面积、温度，在研究电阻与其中某个因素的关系时，要采用控制变量法的思想，要研究导体的电阻大小与一个量之间的关系，需要保持其它量不变；
(3)灯泡自身有电阻，据此分析。
探究影响电阻大小的因素采用了控制变量法的思想，电阻大小的变化是通过电流表的示数变化体现的，这里采用了转换法的思想。
六、计算题：本大题共2小题，共18分。
26.国产飞机“运20”在高空中飞行时，在恒定的水平推力作用下，沿水平方向匀速航行10min，需要燃烧航空燃油80kg，已知飞机发动机输出的有用功为1.92×109J，航空燃油的热值为q=4.0×107J/kg。求：
(1)发动机的有用功率。
(2)80kg航空燃油完全燃烧放出的热量。
(3)在这段时间内该发动机的效率。
【答案】解：(1)已知飞机发动机输出的有用功为W=1.92×109J，沿水平方向匀速航行时间t=10min=600s，
则发动机的有用功率为：P=Wt=1.92×109J600s=3.2×106W；
(2)航空燃油完全燃烧放热为：Q放=qm=4.0×107J/kg×80kg=3.2×109J；
(3)发动机的效率为：η=WQ放×100%=1.92×109J3.2×109J×100%=60%。
答：(1)发动机的有用功率是3.2×106W；
(2)80kg航空燃油完全燃烧放热是3.2×109J；
(3)在这段时间内该发动机的热机效率是60%。
【解析】(1)已知飞机发动机输出的有用功和航行时间，利用P=Wt可求出发动机的有用功率；
(2)利用Q放=qm可求出航空燃油完全燃烧放出的热量；
(3)利用η=WQ放×100%可求出发动机的效率。
本题考查了功率、放热和效率的计算，需要熟练掌握相关的计算公式。
27.如图所示的电路中，电阻R1的阻值为20Ω，电源电压不变。当S1、S2断开，S3闭合时，电流表的示数为0.6A；S1断开，S2、S3闭合时，电流表的示数为0.9A。求：
(1)电源电压；
(2)R2的阻值；
(3)闭合S1，断开S2、S3时，电阻R1两端的电压。
【答案】解：(1)当S1、S2断开，S3闭合时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，
由I=UR可得，电源的电压：
U=I1R1=0.6A×20Ω=12V；
(2)当S1断开，S2、S3闭合时，两电阻并联，电流表测干路的电流，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过R1的电流不变，
因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：
I2=I−I1=0.9A−0.6A=0.3A，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，R2的阻值：
R2=U I2=12V0.3A=40Ω；
(3)当S2、S3断开，S1闭合时，两电阻串联，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：
I′=UR1+R2=12V20Ω+40Ω=0.2A，
由I=UR可得，电阻R1两端的电压为：
U1=I′R1=0.2A×20Ω=4V。
答：(1)电源电压为12V；
(2)R2的阻值为40Ω；
(3)当S2、S3断开，S1闭合时，电阻R1两端的电压为4V。
【解析】(1)当S1、S2断开，S3闭合时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；
(2)当S1断开，S2、S3闭合时，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、互不影响可知通过R1的电流不变，根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流，利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出R2的阻值；
(3)当S1闭合，S2、S3断开时，两电阻串联，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用U=IR算出R1两端的电压。
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、断开时电路串并联的辨别。序号
1
2
3
4
5
电压/V
1.2
1.6
2
2.4
2.8
电流/A
0.12
0.16
0.20
0.24
(图丙中读数)
导体序号
材料
长度/m
横截面积/m2
电流/A
A
锰铜
1
s
0.4
B
镍铬
1
s
0.7
C
锰铜
1
2s
0.8
D
锰钢
0.5
s
0.8