山东省青岛市城阳区2024-2025学年九年级（上）期末物理试卷

这是一份山东省青岛市城阳区2024-2025学年九年级（上）期末物理试卷，共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.世界上第一个发现电和磁有联系的科学家是( )
A. 奥斯特B. 法拉第C. 沈括D. 欧姆
2.关于分子动理论，下列说法错误的是( )
A. 常见的物质是由大量的分子、原子构成的
B. 物质内的分子在不停地做热运动
C. 分子之间存在引力和斥力
D. 只有气体分子之间才有间隙，固体和液体分子之间没有间隙
3.如图所示为“热风车”，点燃蜡烛后上方的热空气推动风车转动。该过程中能量转化的方式与四冲程汽油机的哪个冲程相同( )
A.
B.
C.
D.
4.下列情境中改变内能的方式与其它三个不同的是( )
A. 吃饭时，热汤里的勺子会烫手B. 双手互搓，手的温度会升高
C. 锯木头时，锯条温度会升高D. 反复弯折的铁丝会发热
5.如图甲为某家庭电路的部分电路，下列说法正确的是( )
A. 控制照明灯的开关应接在图中的a处
B. 保险丝熔断后、可以临时用一段细铁线代替
C. 用电器工作的时间越长，电能表记录的数字越大
D. 使用验电笔检测的正确方式如图乙所示
6.在橙子上插入铜片和锌片，制成水果电池，将水果电池与发光二极管(间称“LED”)连接成如图所示的电路，LED发光。下列说法错误的是( )
A. 锌片相当于电池的负极
B. LED的材料主要是半导体
C. 水果电池将电能转化为化学能
D. 电流从铜片经过LED流向锌片
7.小明想给家中更换灯泡，下列操作流程符合安全用电原则的是( )
A. 切断电源、拆下灯罩、更换灯泡、通电测试
B. 拆下灯罩、切断电源、更换灯泡、通电测试
C. 更换灯泡、切断电源、拆下灯罩、通电测试
D. 通电测试、切断电源、拆下灯罩、更换灯泡
8.货车超限超载运输对公路交通安全危害极大，高速公路入口设有公路超限超载检测站，如图是某检测站的升降检测设备的工作原理图，其中电源电压U恒定不变，R1是定值电阻、R2是压敏电阻，当S闭合，压敏电阻的阻值随压力增加而减小，下列说法错误的是( )
A. 升降机的托盘上水平放置的检测物越重，压力表示数越大
B. 压力表实际是电压表
C. 托盘上水平放置的检测物越重，通过的R2电流越大
D. 检测物被取走后，电阻R1消耗的电功率最大
9.如图所示的电路中，电源电压不变，R1为定值电阻，开关S闭合后，滑片向左移动时( )
A. 电流表示数变大，电压表与电流表示数之比变小
B. 电流表示数变小，电压表与电流表示数之比不变
C. 电压表示数变小，电压表与电流表示数之比变小
D. 电压表示数变大，电压表与电流表示数之比不变
10.如图所示，电源电压U保持不变，在甲、乙两处分别接入电压表，闭合开关S，测得U甲：U乙=3：2，断开开关S，拆去电压表，并在甲、乙两处分别接入电流表，此时I甲：I乙是( )
A. 3：1B. 1：3C. 3：4D. 4：3
二、多选题：本大题共5小题，共15分。
11.关于磁场，下列说法中正确的是( )
A. 磁场看不见，摸不到，但是它真实存在
B. 磁感线是磁场中真实存在的一些曲线
C. 磁体周的磁感线从磁体S极发出，回到磁体N极
D. 磁极间的相互作用都是通过磁场发生的
12.图中有关电与磁的描述，正确的是( )
A. 甲图：根据安培定则，大拇指所指的那端为通电螺线管的N极
B. 乙图：电磁继电器就是用电磁铁控制工作电路的一种开关
C. 丙图：通电线圈在磁场中受力转动，是发电机的工作原理
D. 丁图：导体AB上下往复运动，电流表的指针会左右摆动
13.在如图所示的电路中，闭合开关S1、S2，灯泡L1和L2发光，电流表和电压表均有示数。下列关于该电路的说法中错误的是( )
A. 灯泡L1和L2并联
B. 电流表测量灯泡L2的电流
C. 取下灯泡L2，灯泡L1也不发光
D. 只断开开关S2，电流表有示数，电压表无示数
14.小明家上月末电能表的示数为6702.5kW⋅h，本月末的电能表表盘如图所示。某次小明断开其他用电器，只让电饭锅单独工作5min，电能表表盘转盘转过250圈。下列说法中正确的是( )
A. 电能表是测量电功率的仪表
B. 这个月小明家的用电量是150kW⋅h
C. 小明家使用的电饭锅的功率为1200W
D. 表盘转动越快，表示电能表所在电路消耗电能越快
15.如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，滑动变阻器R2标有“60Ω 0.4A”的字样。电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～15V。当滑动变阻器的滑片从a点移到b点的过程中，滑动变阻器的U−I图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 滑片移动过程中，定值电阻R1消耗的电功率减小
B. 电源电压为18V
C. 定值电阻R1的阻值为30Ω
D. 滑动变阻器允许接入最小电阻为0Ω
三、作图题：本大题共1小题，共2分。
16.小明设计了一种停车位是否被占用的模拟提醒电路，用到的元件有一个灯泡、一个定值电阻、一个开关、电源和导线，设计要求无论开关是否闭合，灯泡都能发光；当车位未被占用时，开关S断开；当车位被占用时，开关S闭合，此时灯泡变亮。请在方框中画出符合要求的电路。
四、实验探究题：本大题共5小题，共37分。
17.为了比较A、B两种液体的吸热情况，实验小组用如图甲所示的实验行探究。

(1)试管中加入的两种液体除初温相同外，还应确保______(选填“体积”或“质量”)相等。
(2)用相同的电热器加热相同的时间，液体A吸收的热量______(选填“大于”“等于”或“小于”)液体B吸收的热量。
(3)如图乙是根据实验数据绘制的液体温度随加热时间变化的关系图像，液体______(选填“A”或“B”)的吸热能力更强，请简要说明理由：______。
(4)实验表明：不同物质的吸热能力______，为了表示物质的这种特性，物理学中引入了______这个物理量。
18.如图甲和乙所示，是探究“电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验，两透明容器中密封着等质量的空气，两容器中的电阻丝串联起来连接到电源两端，通电一定时间后，比较两个U形管中液面高度差的变化。

(1)在该实验中，通过观察U形管中液面的______来反映电阻丝产生热量的多少，这种研究方法叫______法。
(2)给透明容器中的电阻丝通电后，电阻丝的内能增大是通过______的方式改变的。
(3)在图甲中，通过两电阻丝的电流______，该实验是探究电流通过导体产生的热量与导体的______的关系。
(4)在图乙中，是探究电流通过导体产生的热量与______的关系，通电一段时间后，______侧容器U形管液面高度差较大，这说明______。
(5)英国物理学家焦耳通过大量实验，首先精确地确定了电流通过导体时产生的热量跟______成正比，跟导体的电阻正比，跟通电时间成正比，这个规律叫做焦耳定律，其表达式为______。
(6)生活中我们经常见到“电炉丝热得发红，而与其相连的导线却不怎么热”，这一现象可用______装置的实验结论解释。
19.在探究“通电螺线管外部磁场的方向”的实验中，小明进行了如下操作。
(1)如图所示，在螺线管的两端各放一个小磁针，井在硬纸板上均匀地撒满铁屑。
①由图中实验现象可知，通电螺线管的右端相当于条形磁体的______极。
②放入小磁针的作用是______。
③实验时小明发现现象不明显，为了增强磁场的强度，在不改变线圈匝数的情况下，可以采取______的办法。
(2)闭合开关后，为了更好地通过铁屑客观地描述磁场分布情况，接下来的操作是轻敲硬纸板，这样做的主要目的是减小铁屑与玻璃板之间的______，使铁屑在磁场力的作用下动起来。实验中如果用铜屑代替铁屑，______(选填“能”或“不能”)显示出磁场分布情况。
(3)改变电流方向，小明发现，铁屑的分布形状______(选填“没有改变”或“发生改变”)，而小磁针北极的指向与原来______。
20.在探究“通过导体的电流与电阻的关系”的实验中，电源电压为4.5V，电流表(0～0.6A)，电压表(0～3V)，阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω和25Ω的定值电阻R各1个，规格为“30Ω 1A”的滑动变阻器R′1个，开关、导线若干。

(1)实验前连接电路时，开关应该______，目的是______，请将图甲所示的实物电路连接完整。
(2)闭合开关后，发现电压表示数接近电源电压、电流表示数为零，出现该问题的原因可能是______。
(3)排除故障后，小明把5Ω的电阻R接入电路后，闭合开关，适当调节滑动变阻器滑片，当电压表示数为2.5V时，读出对应的______；断开开关，没有移动滑片P的位置，直接用10Ω的电阻替换5Ω的电阻，闭合开关，发现电压表示数______(选填“大于”或“小于”)2.5V，此时滑动变阻器滑片P应向______端移动，才能达到实验要求。
(4)小明再分别将定值电阻15Ω、20Ω、25Ω连入到电路，根据实验所得的五组数据绘制出I−R图象，如图乙所示，由图象可得出的结论：______。
(5)更换定值电阻时，若选用一个45Ω的定值电阻来做这个实验，发现电压表示数始终不能调为2.5V。为完成此次探究，小明可采取的方案为______。
21.按要求完成填空。
(1)如图1所示，将两个表面光滑的铅块相互紧压后，会黏在一起，这说明______。
(2)小明为了研究液体的扩散现象，先在量筒里装”一半清水，再在水下面绶慢注入硫酸铜溶液，如图2所示，是小明观察到的溶液在“实验开始时”、“静放10日后”、“静放30日后”所呈现的现象，其中______(选填“甲”“乙”或“丙”)图是表示溶液静放30日后的实验现象；如果室温越高，达到丙图所示现象所用的时间将______(选填“越短”或“越长”)，原因是______。
五、计算题：本大题共5小题，共23分。
22.碳膜电位器拥有开关的功能，如图所示，它滑动滑片时相当于______。小明用碳膜电位器设计了一个可调亮度的电灯，为了安全，他把电路元件安装在塑料外壳内，请根据安全用电的原则，把各元件连入家庭电路中，要求滑片逆时针滑动时小灯泡变亮。
23.小磁针在电磁铁磁场的作用下静止在如图所示的位置，电磁铁的左端是______极，请标出：
(1)图中磁感线的方向；
(2)螺线管的右端导线连接电源的极性(用“+”或“−”表示)。
24.在如图所示的电路中，R1=20Ω，R2=30Ω，闭合开关后，电流表的示数为0.6A。求：
(1)电源电压是多少？
(2)电路的总功率是多少？
25.如图所示，灯泡L标有“12V，6W”的字样，定值电阻R2=20Ω，滑动变阻器R1的最大阻值为40Ω。闭合开关S，将开关S1拨至2，滑片P移至a端，灯泡正常发光。(请画出相应的等效电路图)
(1)求灯泡正常发光时的电阻是多少？
(2)滑片P移至b端，开关S1拨至1，闭合开关S，求定值电阻R2工作1min产生的热量是多少？
(3)接着将开关S1拨回2，电流表示数为0.2A，求此时灯泡的实际功率是多少？
26.如图甲所示，这是一台冷暖空调扇，其内部简化电路如图乙所示，R1、R2均为发热电阻，M是空调扇电动机，电动机的额定电压为220V，额定功率为50W。开关S1闭合后，S2接1、2时吹冷风；S2接2、3时吹温风，此时空调扇的总功率为450W；S2接3、4时吹热风。已知电源电压为220V，R2的阻值为30.25Ω，c冰=2.1×103J/(kg⋅℃)。问：
(1)吹冷风时，在空调扇内加入冰能使吹出的风温度降低，若冰的质量为2kg，冰的温度从−20℃升高到−10℃时，冰从周围吸收的热量是多少？
(2)吹温风时，发热电阻R1的阻值是多少？
(3)吹热风时，电路中的总电流是多少？(计算结果保留一位小数)
六、综合题：本大题共1小题，共3分。
27.阅读材料，回答问题。
我国的核电事业发展迅速，已经建成几座核电站，其中广东大亚海核电站每年发电量约70%的电力供应香港，30%的电力供应广东电网。在保证输送功率不变的情况下，远距离送电采取高压送电的方式来实施，核电站的发电输出电功率为2×107W，用10千伏的高压进行输电。如图是核电站的工作原理图和远距离输电流程示意图。

(1)核电站中绕制发电机线圈的材料可能是______(选填“铜”，“铁”或“超导材料”)。
(2)关于远距离输电，下列表述错误的是______。
A.在保证输送功率不变的情况下，提高输电电压会减小输电电流，从而减少输电损失
B.提高输电电压可以减小输电线电阻，从而减小输电损失
C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大
(3)核电站在输送功率不变时，若改用100千伏的电压输电，则此时导线上的热损耗功率与原来导线上的热损耗功率之比为______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：
A、1821年丹麦的物理学家奥斯特，做了著名的奥斯特实验，第一个发现电现象和磁现象之间有联系，故A符合题意。
B、1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，发现磁能产生电，故B不符合题意；
C、我国宋代学者沈括发现了地理的南北极和地磁的南北极并不重合，这个发现比西方早了400多年，故C不符合题意；
D、英国物理学家欧姆总结得出了欧姆定律，故D不符合题意。
故选：A。
本题根据对初中物理中奥斯特、法拉第、沈括、欧姆这四位科学家的认识做出解答。
此题出题的意图是为了让同学了解物理学史，让我们学习这些物理学家的刻苦钻研的精神。
2.【答案】D
【解析】解：A.物体是由大量分子、原子组成的，故A正确，不符合题意；
B.组成物质的分子在不停息的运动，故B正确，不符合题意；
C.分子间有相互作用的引力和斥力，故C正确，不符合题意；
D.液体、气体、固体分子间都有间隙，故D错误，符合题意。
故选：D。
分子动理论的基本观点：
(1)常见的物质是由大量的分子、原子构成的；
(2)一切分子都在不停地做无规则运动；
(3)分子之间存在着相互作用的引力和斥力。
本题考查分子动理论的知识，属于基础题。
3.【答案】C
【解析】解：水蒸气推动小风车，内能转化为机械能；
A、图中一个气门打开，活塞上行，是排气冲程，故A不符合题意；
B、图中一个气门打开，活塞下行，是吸气冲程，故B不符合题意；
C、图是两气门都关闭，活塞下行，是做功冲程，将内能转化为机械能，故C符合题意；
D、图是两气门都关闭，活塞上行，是压缩冲程，将机械能转化为内能，故D不符合题意。
故选：C。
水蒸气推动小风车，内能转化为机械能；
四冲程内燃机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、压缩、做功和排气，根据气门的状态、活塞运动的方向确定是什么冲程；其中只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能。
本题考查的是改变内能的方式和做功冲程能量的转化，属于基础题。
4.【答案】A
【解析】解：A.吃饭时，热汤里的勺子会烫手，属于热传递改变物体内能；
B.双手互搓，克服摩擦力做功，手的温度会升高，属于做功改变物体的内能；
C.锯木头时，克服摩擦做功，机械能转化为内能，锯条温度会升高，属于做功改变物体的内能；
D.铁丝通过反复弯折发热，属于做功改变物体的内能。综上所诉，该情景中A改变内能的方式与BCD不同，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
知道改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
本题考查改变物体内能的方法，属于基础题。
5.【答案】C
【解析】解：A.电能表前用户线，左边是零线，右边是火线。因此a处是与零线连接的，b处是与火线连接的，为安全起见，电灯开关应接在火线上。故A错误；
B.细铁丝熔点高，电路电流过大时不会熔断自动切断电路，会产生安全隐患。故B错误；
C.用电器工作时间越长，消耗电能越多，故电能表示数越大。故C正确；
D.使用验电笔时，手要与笔尾的金属体接触。故D错误。
故选：C。
(1)家庭电路中，为了安全，开关应接在火线上；
(2)保险丝具有熔点低的特点；
(3)电能表测量用电器消耗电能的多少；
(4)使笔尖接触导线，手按住笔尾金属体，观察氖管是否发光。
家庭电路与中学生日常生活联系最密切，在学习时注意理论联系实际，学以致用。
6.【答案】C
【解析】解：A.发光二极管具有单向导电性，铜片与LED的正极相连，LED发光，铜片是水果电池的正极，锌片相当于电池的负极，故A正确，不符合题意；
B.二极管是由半导体材料制成的，有两根引线，一根为正极，另一根为负极，故B正确，不符合题意；
C.水果电池将化学能转化为电能，故C错误，符合题意；
D.在电池的外部，电流从电源正极经用电器流负极，即电流从铜片经过LED流向锌片，故D正确，不符合题意。
故选：C。
导电性能介于导体和绝缘体之间的材料称作半导体。
电源工作时将其他形式的能转化为电能。
二极管的特性就是单方向导电性。
本题考查了半导体的特性，电源供电时的能量转换、电流方向的规定的灵活运用，难度一般。
7.【答案】A
【解析】解：修理家中用电器时，为保证安全，首先要切断电源。之后再进行更换灯泡操作：拆下外面起防护作用的灯罩，更换灯泡，之后再通电测试。故A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
由于家庭电路的电压高于人体的安全电压，所以在更换家用电器时应先切断电源，再更换用电器，从而通电检测。
生活常识性知识点，难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：
AB.R1与R2串联，压力表与R1并联，由电压表的使用方法可知，压力表实际是电压表；升降机的托盘上水平放置的检测物越重，压敏电阻的阻值越小，由串联分压可知，压敏电阻两端电压变小，则R1两端电压变大，所以压力表示数越大，故AB正确；
C.托盘上水平放置的检测物越重，压敏电阻的阻值越小，电路中的总电阻越小，通过的R2电流越大，故C正确；
D.检测物被取走后，压敏电阻受到的压力变小，压敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，由欧姆定律可知，通过的R1电流减小，由P=UI可知，电阻R1消耗的电功率减小，故D错误。
故选D。
由图可知，该电路为串联电路，电阻R1和R2电阻串联在电路中，压力表与R1并联；
(1)根据压力表的连接方式判定压力表的种类；升降机的托盘上水平放置的检测物越重，压敏电阻的阻值越小，由串联分压可知压力表示数变化；
(2)托盘上水平放置的检测物越重，压敏电阻的阻值越小，电路中的总电阻越小，由欧姆定律可知通过的R2电流变化；
(3)检测物被取走时，根据电阻的变化判定电路中电流的变化，利用P=UI判断电路消耗的总功率变化。
本题考查了电路的动态分析、物体的受力分析、欧姆定律和电功率公式的应用，难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：AB、图中开关闭合，R1、R2串联，电流表测电路中电流，电压表测R1两端电压，故电压表与电流表示数之比为R1的阻值，滑片向左移动时，R2接入电路的电阻变小，电路的总电阻减小，根据欧姆定律知，电流变大，R1为定值电阻，故电压表与电流表示数之比不变，故AB错误，不符合题意；
CD、电路中电流变大，R1为定值电阻，由U=IR可知，则其两端电压变大，即电压表示数变大，故C错误，不符合题意；D正确，符合题意。
故选：D。
闭合开关S后，滑动变阻器与电阻R1串联，电流表测量电路总电流，电压表测量R1两端的电压；根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流和R1两端的电压的变化。
本题考查了滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律公式的灵活运用，会根据欧姆定律分析电压表和电流表示数的关系是关键。
10.【答案】B
【解析】解：由图可知，在甲、乙两处分别接入电压表，闭合开关S时，R1与R2串联，甲电压表测量电源电压，乙电压表测量R2两端电压。已知两表示数之比为U甲：U乙=3：2，
根据串联电路的电压规律可得，R1与R2两端电压之比为
U1U2=U甲−U乙U乙=3−22=12，
根据串联电路的分压关系可得，R1与R2的阻值之比为
R1R2=U1U2=12，
断开开关S，拆去电压表，并在甲、乙两处分别接入电流表时，R1与R2并联，甲电流表测通过R2的电流，乙电流表测干路电流。
根据并联电路的分流关系可知，通过R1与R2的电流之比为
I1I2=R2R1=21，
根据并联电路的电流规律可得，通过甲、乙电流表的电流之比为
I甲I乙=I2I1+I2=12+1=13，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
由图可知，在甲、乙两处分别接入电压表，闭合开关S时，R1与R2串联，甲电压表测量电源电压，乙电压表测量R2两端电压。已知甲、乙两表的示数，根据串联电路的电压规律可得R1、R2两端的电压之比；根据串联电路的分压关系可得R1、R2的阻值之比；
断开开关S，拆去电压表，并在甲、乙两处分别接入电流表时，R1与R2并联，甲电流表测通过R2的电流，乙电流表测干路电流。根据并联电路的分流关系可得通过R1、R2的电流之比，根据并联电路的电流规律可得两表的示数之比。
本题考查串、并联电路的电流、电压规律和分压、分流关系的应用，明确电路的连接方式和电表的测量对象是关键。
11.【答案】AD
【解析】解：
A、磁场看不见，摸不到，但是真实存在，故A正确；
B、磁感线是科学家为了研究起来形象、直观，是通过想象而描绘出来的，所以不是真实存在的，故B错误；
C、磁体外部的磁感线是从N极出发，回到S极的，磁体内部的磁感线是从S极出发，回到磁体N极的，故C错误；
D、磁极间的相互作用是通过磁场而发生的，故D正确。
故选：AD。
(1)磁场看不见，摸不到，但是真实存在；
(2)根据理想模型方法的思路进行分析，即为了人们可以形象直观的认识磁场，科学家通过想象引入了磁感线；
(3)在磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极；
(4)磁场的基本性质：对放入其中的磁体产生磁力作用。
关于磁场要知道磁极间的相互作用是通过磁场产生的，知道磁感线的由来，以及磁感线方向的确定。
12.【答案】AB
【解析】解：A.图甲中电流从螺线管的左端流入，由安培定则可知大拇指所指的那端为通电螺线管的N极，故A正确；
B.图乙中电磁继电器就是利用电磁铁来控制工作电路的一种开关，故B正确；
C.图丙中给线圈通电后，线圈在磁场中受力转动，电动机是利用该原理制成的，故C错误；
D.感应电流的方向与导体切割磁感线的方向有关，图丙中导体AB上下往复运动，没有切割磁感线，说明电路中没有产生感应电流，则电流表的指针不会摆动，故D错误。
故选：AB。
(1)根据安培定则确定通电螺线管的磁极；
(2)电磁继电器就是用电磁铁控制的开关；
(3)电动机是通电导体在磁场中受力转动的原理来工作的；
(4)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时导体中会产生感应电流。
本题考查的是电磁继电器的原理和安培定则；知道电动机的原理和产生感应电流的条件。
13.【答案】BCD
【解析】解：AB、由图可知，闭合开关S1、S2，两灯并联，电流表在灯L1支路，测量通过L1的电流，故A正确，B错误；
C、并联电路中各支路之间互不影响，取下灯泡L1，灯泡L2仍发光，故C错误；
D、电流表测灯泡L1的电流，并联电路互不影响，开关S2接在灯泡L2的支路上，只断开开关S2，电流表有示数，电压表测电源电压，仍有示数，故D错误。
故选：BCD。
分析电路图得出电路连接方法以及电流表和电压表的位置，结合并联电路的特点、电流表和电压表的使用方法分析判断。
并联电路各支路互不影响且电压相等，都等于电源电压。
本题考查并联电路的特点和欧姆定律，属于中档题。
14.【答案】BCD
【解析】解：A、电能表是测量电功的仪表，不是测量电功率，故A错误；
B、这个月小明家的用电量为：6852.5kW⋅h−6702.5kW⋅h=150kW⋅h，故B正确；
C、2500r/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转动2500r，
电能表盘转盘转过250r是，电饭锅消耗的电能：
W=2502500kW⋅h=0.1kW⋅h，
电饭锅的功率：
P=Wt=0.1kW⋅h560h=1.2kW=1200W，故C正确；
D、该电能表转盘转得越快，表示电能表所在电路电流做功越快，消耗的电能越快，故D正确。
故选：BCD。
(1)电能表是测量消耗电能(电功)的仪表；
(2)电能表读数时，注意：电能表的最后一位数是小数，单位是kW⋅h；小明家这个月消耗的电能等于本月末和上月末电能表的示数之差；
(3)2500r/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转动2500r，据此求电能表的转盘转250r时，电饭锅消耗的电能，再利用P=Wt求电饭锅的电功率；
(4)电能表转盘转动的快慢反映了做功的快慢。
本题考查了电能表的作用和读数、消耗电能和电功率的计算，明确电能表相关参数的含义是关键。
15.【答案】BC
【解析】解：
A.定值电阻和滑动变阻器串联，当滑动变阻器的滑片从a点移到b点，电路中的电流变大，由电功率公式P=I2R可知，定值电阻R1消耗的电功率增大，故A错误；
BC.当滑动变阻器的滑片处于a点时，由串联电路的电压规律可得电源电压为U=IaR1+Ua当
滑动变阻器的滑片处于b点时，电源电压为U=IbR1+Ub
将图乙中数据代入上式，有U=0.3A⋅R1+9V，U=0.4A⋅R1+6V，
解得U=18V，R1=30Ω，故BC正确；
D.电源电压不变，电路中的电流越大，电路的总阻值越小，而电路中能够通过的最大电流为0.4A，根据欧姆定律可知此时电路中的总电阻
R=UI=18V0.4A=45Ω
根据电阻串联的特点可知此时滑动变阻器的阻值R2=R−R1=45Ω−30Ω=15Ω，
故D错误。
故选BC。
A.该电路为串联电路，当滑动变阻器的滑片从a点移到b点，电路中的电流变大，由电功率公式P=I2R可知，定值电阻R1消耗的电功率的变化；
BC.当滑动变阻器的滑片处于a点、b点时，由串联电路的电压规律可得电源电压表达式，联立得出电源电压和定值电阻的阻值；
D.电路中能够通过的最大电流为0.4A，根据欧姆定律得出此时电路中的总电阻，根据电阻串联的特点得出此时滑动变阻器的阻值。
本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，是一道综合题。
16.【答案】解：由题意知，无论开关是否闭合，灯泡都能发光，当开关S闭合时，此时R被短路，只有L接入电路，L两端的电压为电源电压，指示灯发光较亮，开关S断开时，L与R串联，总电阻较大，电流较小，指示灯发光较暗。如图所示：
。
【解析】车位被占用时，灯泡发光较亮，说明通过灯泡的电流大；未被占用时，灯泡发光较暗，说明通过灯泡的电流较小，据此设计电路。
本题考查了电路图的设计，关键是根据题意得出开关闭合时灯泡的工作状态。
17.【答案】质量 等于 A 升高相同的温度，A液体需要加热时间更长 不同 比热容
【解析】解：(1)在此实验中采用的是控制变量法，实验中需要在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的两种液体；
(2)用相同的电热器对水和煤油加热相同的时间，加热器放出的热量相同，则物质吸收的热量是相同的，所以液体A吸收的热量等于液体B吸收的热量；
(3)根据实验数据绘制的温度与时间的关系图象如图乙所示可知：质量相等的A和B两种液体，在升高相同温度时，A加热时间长，故A吸收的热量较多；
(4)不同物质的吸热能力不同，为了表示物质的这种特性，物理学中引入了比热容这个物理量。
故答案为：(1)质量；(2)等于；(3)A；升高相同的温度，A液体需要加热时间更长；(4)不同；比热容。
(1)判断水与煤油的吸热本领的大小，可以判断两种物质在吸收相同热量的情况下，升高温度的多少。温度升高较多的，则比热较小；为了达到此目的必须控制所用的物质的质量相等、初温相同，所用仪器相同；
(2)选取相同的加热的目的是相同的时间内提供的热量相同；
(3)相同质量的不同液体吸收相等的热量，温度升高越快的液体吸热能力越弱，升温越慢的液体吸热本领越强；
(4)用比热容表示不同物质的吸热能力，不同物质的吸热能力一般不同。
本题是比较不同物质的吸热能力实验，考查器材的安装、注意事项、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。
18.【答案】高度差 转换法 做功 相等 电阻 电流 左 在其它情况相同时，电流越大，电流产生的热量越多 电流的平方 Q=I2Rt 甲
【解析】解：(1)电流通过电阻丝产生热量，容器内空气吸收热量温度升高，体积变大，U形管内液面产生高度差。电热越多，U形管内液面高度差越大。
用容易观测的液面高度差来间接反映电热多少，是转换法。
(2)电流流过电阻丝，电流做功，将电能转化为内能。
(3)两电阻丝串联，通过它们电流相等。
两容器电阻丝中电流相等，通电时间相等，只是两个电阻丝电阻不同，这是探究电热与电阻关系。
(4)左右两容中电阻丝电阻相等，通电时间相等，因为右侧容器外电阻丝分流作用，右侧容器中电阻丝中电流小于左侧，这是探究电热与电流关系。
一段时间后，会发现左侧U形管内液面高度差大，这说明，在电阻与通电时间都相同时，电流越大，电热越大。
(5)最先准确测量影响电热多少因素的科学家是焦耳，该结论被称为焦耳定律，内容为：电流通过导体产生热量的多少与电流的平方成正比，与电阻成正比，成通电时间成正比。数学表达式为Q=I2Rt。
(6)导线与电炉丝串联，电流相等，通电时间相等，只是电炉丝电阻大于导线电阻，所以电流通过电炉丝产生的电热大。这可以用甲装置的实验结论来解释。
故答案为：(1)高度差；转换法；
(2)做功；
(3)相等；电阻；
(4)电流；左；在其它情况相同时，电流越大，电流产生的热量越多；
(5)电流的平方；Q=I2Rt；
(6)甲。
(1)电流通过电阻丝产生热量，通过U形管内液面产生高度差体现，是转换法。
(2)电流流过电阻丝，电流做功，将电能转化为内能。
(3)两电阻丝串联，通过它们电流相等，利用控制变量法进行分析。
(4)在电阻与通电时间都相同时，电流越大，电热越大。
(5)焦耳定律内容为：电流通过导体产生热量的多少与电流的平方成正比，与电阻成正比，成通电时间成正比。数学表达式为Q=I2Rt。
(6)利用控制变量法分析。
本题探究“电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验，根据焦耳定律进行分析。
19.【答案】N 显示磁场的方向 增大电流 摩擦 不能 没有改变 相反
【解析】解：(1)同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，由图可知，通电螺线管的右端与小磁针的S极相互吸引，则通电螺线管的右端相当于条形磁体的N极。
小磁针在磁场中会受到力的作用，所以小磁针的作用是显示磁场的方向。
在不改变线圈匝数的情况下，电流越大，螺线管磁场强度越大，因此为了增强磁场的强度，在不改变线圈匝数的情况下，可以采取增大电流的办法。
(2)闭合开关后，通过铁屑客观直接地描述磁场的分布情况，为了达到更好的效果，采用轻敲硬纸板，目的是使铁屑与硬纸板之间的摩擦减小，让硬纸板上的铁屑在磁场力的作用下动起来。
因为铜屑不是磁性材料，不能被磁化，所以不能用铜屑代替铁屑。
(3)改变电流方向，由安培定则知磁场方向发生改变，但通电螺线管的磁场形式不变，因此铁屑的分布形状没有改变，而小磁针指向与原来相反。
故答案为：(1)N；显示磁场的方向；增大电流；(2)摩擦；不能；(3)没有改变；相反。
(1)①同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
②在磁场中，小磁针静止时北极所指的方向为该点的磁场方向。
③在不改变线圈匝数的情况下，电流越大，螺线管磁场强度越大。
(2)改变电流方向，磁场方向发生改变，小磁针的指向改变，但通电螺线管的磁场形式不变。
(3)铜屑不是磁性材料；闭合开关后为了更好地通过铁屑客观地描述磁场分布情况，接下来的操作是轻敲硬纸板，这样做的主要目的是减小铁屑与玻璃板之间的摩擦，使铁屑在磁场力的作用下动起来。
此题考查了探究“通电螺线管外部的磁场方向”实验，属基础题目。
20.【答案】断路 保护电路 定值电阻断路 电流值 小于 右 在电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比 电路中串联一个10Ω定值电阻
【解析】解：(1)电压表应该并联在定值电阻两端，如图所示：
；
(2)闭合开关电流表指无示数，可能是电路断路；电压表有示数，说明电压表与电源两端是连通的，电压表并联电路之外不存在断路；综合分析知电路故障原因是：定值电阻处断路。
(3)排除故障后，小明把25Ω的电阻R接入电路后，闭合开关S，适当调节滑动变阻器滑片，当电压表示数为2.5V时，读出了对应的电流值；断开开关，没有移动滑片P的位置，直接用20Ω的电阻替换25Ω，电阻变小，由分压原理，闭合开关，发现电压表示数小于2.5V；应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律知道，应减小滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻，此时滑动变阻器滑片P应向右端移动，才能达到要求。
(4)由图甲知道，电阻的电流与电阻之积为UV=IR=0.5A×5Ω=0.25A×10Ω=0.1A×25Ω=2.5V，即电流与电阻之积为一定值，得出的结论是：在电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比。
(5)根据题意知道，电源电压为4.5V，定值电阻两端电压为2.5V，滑动变阻器两端电压为2V，根据串联分压原理得R定：R变=UV：U变=2.5V：2V=5：4，当他们用45Ω的电阻连接进电路中，则解得R变=36Ω，可在电路中串联一个10Ω定值电阻。
故答案为：(1)见解答图；(2)定值电阻断路；(3)电流值；小于；右；(4)在电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比；(5)电路中串联一个10Ω定值电阻。
(1)电压表与被测电路并联；
(2)闭合开关电流表指无示数，可能是电路断路；电压表有示数，说明电压表与电源两端是连通的，电压表并联电路之外不存在断路；综合分析知电路故障原因是：定值电阻处断路；
(3)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，当换上小电阻时，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；
(4)根据图像中电流与电阻之积为一定值分析得出结论；
(5)根据串联分压，得出结论。
本题探究“通过导体的电流与电阻的关系”，考查故障分析、控制变量法、欧姆定律的应用和分析图像归纳结论的能力。
21.【答案】分子在不停地做无规则运动 甲 越短 温度越高，分子运动越剧烈
【解析】解：(1)将两个表面光滑的铅块相互紧压后黏在一起说明分子之间存在引力；将磨得很光滑的铅块和金块长时间紧压在一起，再将它们切开，可以看到它们互相渗入，说明分子在不停地做无规则运动；
(2)把硫酸铜溶液注入清水中，硫酸铜溶液和水之间发生扩散现象，因为分子始终不停地做无规则运动，随着时间的增加，扩散现象越明显，时间越久，硫酸铜溶液和水的界限越模糊，所以“实验开始时”是图乙，“静放10日后”是图丙，“静放30日后”是图甲。
故答案为：(1)分子在不停地做无规则运动；(2)甲；越短；温度越高，分子运动越剧烈。
(1)分子间存在着相互作用的引力和斥力；不同的物质在相互接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散，这一现象说明一切物体的分子都在不停地做无规则运动；
(2)扩散现象是指不同物质的分子在相互接触时彼此进入对方的现象；一切物质的分子都在不停地做无规则运动，且温度越高，分子运动越剧烈，扩散越快。
本题结合实际情况考查了分子运动以及对改变物体内能方式的理解与应用情况。
22.【答案】滑动变阻器
【解析】解：碳膜电位器拥有开关的功能，如图所示，它滑动滑片时，连入电路的电阻长度发生改变，故相当于滑动变阻器。
滑片逆时针滑动时小灯泡变亮，说明通过灯泡的电流变大，则电位器接入电路的电阻是变小的，故应接右边、中间两个接线柱，并且电位器要接在火线与灯之间，如下图所示：
当移动滑动变阻器的滑片使接入电路中的电阻变大时，电路中的电流变小，小灯泡变暗；而当移动滑动变阻器的滑片使接入电路中的电阻变小时，电路中的电流变大，小灯泡变亮。
掌握滑动变阻器的结构、原理、作用、接线柱的接法、连入电路的方式，知道实物电路的正确连接方法，并且会根据实物图画出正确电路图，知道实物电路连接过程中的注意事项。
23.【答案】N
【解析】解：(1)由磁极间的相互作用规律可知小磁针左端为N极，根据蹄形电磁铁的左端为N极，利用安培定则可以确定电源的左端为负极，右端为正极；
(2)在磁体外部，磁感线方向从N极指向S极，如图所示：
。
故答案为：N；(1)见解析；(2)见解析。
由磁极间的相互作用规律可知小磁针左端的磁极；
在磁体外部，磁感线方向从N极指向S极，可得出通电螺线管的NS极，然后可知电源右端的极性。
本题考查磁极间的相互作用及右手螺旋定则，要求学生熟练应用右手螺旋定则进行判断螺线管的磁极或电流方向。
24.【答案】解：
(1)由图可知，两电阻并联，电流表测电阻R1的电流，根据并联电路电压特点和欧姆定律可知，电源电压等于电阻R1两端的电压，即为
U=UR1=IR1=0.6 A×20Ω=12V；
(2)根据并联电路电压特点，电源电压等于电阻R2两端的电压，即为
U=UR1=UR2=12V，
根据P=U2R可知，电路的总功率为
P=P1+P2=UR12R1+UR22R2=(12V)220Ω+(12V)230Ω=12W。
答：(1)电源电压是12V；
(2)电路的总功率是12W。
【解析】(1)由图可知，两电阻并联，电流表测电阻R1的电流，根据并联电路电压特点和欧姆定律可知，电源电压等于电阻R1两端的电压，根据欧姆定律得出电源电压；
(2)根据并联电路电压特点，电源电压等于电阻R2两端的电压，根据P=U2R可知电路的总功率。
本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，是一道综合题。
25.【答案】解：(1)灯泡正常发光时的电阻是：
RL=UL2PL=(12V)26W=24Ω；
(2)闭合开关S，将开关S1拨至2，滑片P移至a端，灯泡正常发光，只有小灯泡接入电路，等效电路图如图所示：

此时灯泡正常发光，说明电源电压为12V，滑片P移至b端，开关S1拨至1，闭合开关S，灯泡L被短路，R1全部接入，R1与R2串联，等效电路图如图所示：

则电路中的电流为：
I=UR总=12V40Ω+20Ω=0.2A；
定值电阻R2工作1min产生的热量是：
Q=I2R2t=(0.2A)2×20Ω×60s=48J；
(3)接着将开关S1拨回2，R2被短路，R1与滑动变阻器串联，等效电路图如图所示：

灯泡的实际功率是：
P=I2RL=(0.2A)2×24Ω=0.96W。
答：(1)灯泡正常发光时的电阻是24Ω；
(2)滑片P移至b端，开关S1拨至1，闭合开关S，定值电阻R2工作1min产生的热量是48J；
(3)接着将开关S1拨回2，电流表示数为0.2A，此时灯泡的实际功率是0.96W。
【解析】(1)已知灯泡L的额定电压和额定功率，根据P=U2R求出灯泡正常发光时的电阻；
(2)闭合开关S，将开关S1拨至2，滑片P移至a端时，定值电阻R2被短路，滑动变阻器接入电路中的电阻为零，电路中只有灯泡L工作，由灯泡正常发光，可知电源电压；
滑片P移至b端，开关S1拨至1，滑动变阻器接入电路的阻值为最大阻值，灯泡L被短路，电阻R与滑动变阻器R1串联，根据Q=I2Rt求出定值电阻R工作10min产生的热量；
(3)接着将开关S拨回2，灯泡L与滑动变阻器R1串联，电流表测量电路中的电流，根据U=IR求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯泡L两端的实际电压，根据P=UI求出此时灯泡的功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电热公式的应用，分清电路的连接方式是解题的关键。
26.【答案】解：(1)若冰的质量为2kg，冰的温度从−20℃升高到−10℃时，冰从周围吸收的热量是：
Q吸=c冰mΔt=2.1×103J/(kg⋅℃)×2kg×[−10℃−(−20℃)]=4.2×104J；
(2)开关S1闭合后，S2接2、3时吹温风，电动机与R1并联，此时空调扇的总功率为450W；
因并联电路各支路独立工作、互不影响，电动机的额定功率为50W，
则R1的电功率为：
P1=450W−50W=400W，
发热电阻R1的阻值是：
R1=U2P1=(220V)2400W=121Ω；
(3)S2接3、4时吹热风，此时两电阻并联后再与电动机并联，
由P=UI可知，通过电动机的电流：
IM=PMU=50W220V≈0.23A，
由欧姆定律可得，通过R2的电流为：
I2=UR2=220V30.25Ω≈7.27A，
通过R1的电流为：
I1=UR1=220V121Ω≈1.82A，
根据并联电路电流规律可得，电路中的总电流是：
I=IM+I1+I2=0.23A+7.27A+1.82A≈9.3A。
答：(1)冰从周围吸收的热量是4.2×104J；
(2)吹温风时，发热电阻R1的阻值是121Ω；
(3)吹热风时，电路中的总电流约是9.3A。
【解析】(1)根据Q吸=cm(t−t0)计算冰吸收的热量；
(2)根据P=UI=U2R计算发热电阻R1的阻值；
(3)根据并联电路电流规律和欧姆定律计算电路中的总电流。
本题考查热量的计算、并联电路规律、欧姆定律和电功率公式的应用，难度适中。
27.【答案】铜 B 1：100
【解析】解：(1)发电机的线圈电阻越小，相同条件下产生的热量越少，越安全，且发电效率越高；当温度降到一定程度时，某些物质的电阻会变为零，这种物质叫超导体，由于没有常温超导材料，所以不是超导体制作的发电机线圈，由于铜的电阻小，故核电站中绕制发电机线圈的材料可能是铜。
(2)A.在输送功率不变时，提高输电电压，由I=PU可知，输电线的电流变小，在输电线电阻不变时，输电线上损失的功率P损=I2R越小，故A正确，不符合题意；
B.由于电阻是导体的性质，与电压大小无关，所以提高输电电压，输电线电阻不变，故B错误，符合题意；
C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，由I=PU可知，输电线的电流变大，在输电线电阻不变时，输电线上损失的功率P损=I2R越大，输电过程中的电能损失越大，故C正确，不符合题意。
故选：B。
(3)原来用10千伏的高压进行输电，改用100千伏的电压输电，输送功率不变时，此时导线上的电流与原来导线上的电流之比为：
I现I原=PU现PU原=U原U现=10千伏100千伏=110；
输电线电阻不变，此时导线上的热损耗功率与原来导线上的热损耗功率之比为：
P现P原=I现2RI原2R=I现2I原2=1100。
故答案为：(1)铜；
(2)B；
(3)1：100。
(1)铜的电阻较小，可以用作发电机的材料；
(2)根据P=UI可知：在输电功率一定时，提高输电电压，可以减小输电过程中的电流，从而减小电能损失；
(3)根据P=UI和P=I2R进行分析。
本题考查的是高压输电的基本原理；知道影响电阻大小的因素和P=I2R的应用。