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2022-2023学年山东省青岛市莱西市九年级（上）期中物理试卷（五四学制）（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年山东省青岛市莱西市九年级（上）期中物理试卷（五四学制）（含答案解析），共26页。试卷主要包含了5VB，4W，2A，2W，【答案】A，【答案】D，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省青岛市莱西市九年级（上）期中物理试卷（五四学制）
1. 甲和乙是两个轻质泡沫小球，丙是用丝绸摩擦过的玻璃棒，甲、乙、丙三者之间相互作用时的场景如图所示，由此判断( )
A. 小球甲一定带正电 B. 小球乙一定带正电 C. 小球甲可能带负电 D. 小球乙一定不带电
2. 学生发明了一款智能头盔，只有戴上头盔扣上卡扣后，头盔上的信号发射器才能发出信号，当电动车上的信号接收器(S1)接收到信号，再转动电动车钥匙(S2)，车才能正常启动，下列电路符合要求的是( )
A. B. C. D.
3. 在物理实验中，对物理量有时要进行多次测量，有的是为了减小误差，有的是为了寻找普遍规律，下列是为了减少实验误差的是( )
A. 在“探究通过电阻的电流与两端电压的关系”时，测量多组对应的电流和电压值
B. 在“测量小灯泡的电功率”时，测量多组对应的电压和电流值
C. 在“探究串联电路电压的特点”时，换用不同规格的小灯泡，测量多组对应的电压值
D. 在“测量定值电阻的阻值”时，测量多组对应的电压和电流值
4. 超导材料的应用具有十分诱人的前景。假如科学家已研制出室温下的超导材料。你认为它可作下列哪种用途( )
A. 自炽灯泡的灯丝 B. 电炉中的电阻丝 C. 保险丝 D. 远距离输电线
5. 张亮同学仔细观察家中的电视机、白炽灯和节能灯三种电器，发现它们上面都标着“220V 40W”的字样，若它们都在额定电压下工作相同的时间，消耗电能最多的是( )
A. 电视机 B. 一样多 C. 白炽灯 D. 节能灯
6. 如图，先后将不同材料接在电路的A、B两点间，闭合开关，能使小灯泡发光的是( )
A. 干木条
B. 铅笔芯
C. 塑料棒
D. 陶瓷棒
7. 如图(a)所示电路中，当闭合开关后，两只电压表的指针偏转均如图(b)所示，则灯L1和L2两端的电压分别为( )
A. 6V1.5V B. 7.5V1.5V C. 1.5V7.5V D. 1.5V6V
8. 如图所示，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，电源电压保持不变，当滑动变阻器R2的滑片P向b滑动时，以下说法正确的是( )
A. 电压表V的示数变大
B. 电流表A1的示数变大
C. A2的示数变小
D. 电压表V的示数与电流表A2的示数的比值不变
9. 甲、乙两电热丝电阻之比为2：3，相同时间内产生的热量之比为1：6，则通过甲、乙电热丝的电流之比为( )
A. 4：1 B. 2：1 C. 1：4 D. 1：2
10. 如图所示电路，电源电压保持不变。闭合开关，当滑动变阻器的滑片P从一端滑到另一端的过程中，两个电阻的U−I关系图像如图所示。则下列判断正确的是( )
A. 图线甲是电阻R1的“U−I”关系图像
B. 电源电压为9V
C. 电路的最大总功率为14.4W
D. 滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω
11. 根据欧姆定律，下列说法不正确的是( )
A. 同一导体两端的电压越大，通过这段导体的电流就越大
B. 导体两端的电压越大，这段导体的电阻就越大
C. 导体的电阻与电压成正比，与电流成反比
D. 通过导体的电流越大，这段导体的电阻就越小
12. 甲图是小灯泡L和电阻R的I−U图像。将小灯泡L和电阻R如乙图所示接入电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W。下列说法正确的是( )
A. 只闭合开关S1时，小灯泡L的电阻为1Ω
B. 再闭合开关S2时，电流表示数增加0.2A
C. 再闭合开关S2时，电路总功率为1.4W
D. 再闭合开关S2后，在1min内电阻R产生的热量为240J
13. 如图所示电路，甲、乙两灯分别标有“6V 6W”和“6V 3W”字样，电源电压恒为6V。不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是( )
A. 只闭合S1时，甲、乙两灯的实际功率之比为2：1
B. 只闭合S2、S3时，甲、乙两灯的实际功率之比为2：1
C. 只闭合S1、S2时，电路的总功率为6W
D. 只闭合S1、S2时，电路的总功率为3W
14. 物理兴趣小组设计了如图甲所示的电路，电源电压恒定，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，滑片P从一端滑到另一端的过程中，电压表示数随滑动变阻器阻值变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 电源电压U=6V
B. 滑片P从最左端向最右端滑动过程中，电流表示数变大
C. 滑片滑动过程中，电压表与电流表示数之比不变
D. 电路的最大电功率为7.2W
15. 如图所示，将定值电阻R1、R2按甲、乙两图接在电压不同的电路中，已知两图中R1两端的电压相等，乙图中流过R1、R2的电流之比为2：1。下列说法中正确的是( )
A. 两电阻的阻值之比为R1：R2=2：1
B. 两图中电源的电压之比为U1：U2=3：2
C. 两图中流过R2的电流之比为I2甲：I2乙=2：1
D. 两图电路消耗的总功率之比为P甲：P乙=2：1
16. 1节新干电池电压______V；人体安全电压______V；当通过人体的电流接近30mA时就会有生命危险。据此可以推断，人体是______(填“导体”或“绝缘体”)，人体电阻约______Ω。
17. 根据物理量的单位可以写出相对应的公式，已知电功率的单位是“V⋅A”，对应的电功率的公式为______；一款磁吸式充电宝包括一个主充电宝和四个子充电宝。每个子充电宝的容量是600mAh，对外提供的电压为5V，一个子充电宝能提供的电能是______ J。
18. 两个灯泡L1、L2分别标有“6V 2A”和“12V 1A”字样．若不考虑温度对灯丝电阻的影响，且两灯的实际电功率均不得超过其额定电功率，两灯串联时，电路两端允许加的最大电压值为______ V；两灯并联时，干路电流最大值为______ A。
19. 小明家买了一辆崭新的汽车，通过观察，小明发现汽车上用到了很多电学知识：
(1)检修汽车同侧前后两个转向灯时，司机会拨动方向盘旁边的横杆，并观察转向灯的发光情况，司机所拨动的这根横杆相当于电路中的______；若拨动横杆后发现有一个转向灯不亮，说明这两灯是______(选填“串联”或“并联”)。
(2)如图是该车自动测定汽车油箱内油面高度的装置原理图，图中的油量表实质是______改装而成的(选填“电压表”或“电流表”)，定值电阻R0的作用是______，在加油的过程中，油量表的示数______。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
20. 如图所示，请根据实物图在下框中画出对应的电路图。
21. 请将图中的电路元件用笔画线代替导线连成电路，要求：开关S闭合后，滑动变阻器的滑片P向左滑动时，灯泡L2变亮，但灯泡L1的亮度不变；开关S断开后，灯泡L1、L2都不亮。
22. 如图甲所示是小明和小华探究并联电路中电流的关系设计的电路；
(1)在连接电路的过程中，开关应该______；
(2)闭合开关前，小明发现电流表的指针向着没有刻度的一侧偏转，如图乙所示，原因是______；
(3)在实验过程中他们连接了如图丙所示的电路，闭合开关后，观察到灯L2______(选填“发光”或“不发光”)；通过分析电路连接情况，该电路存在的问题是：______(写出一条即可)；
(4)请在图丙上只改动一根导线，符合L1、L2并联，电流表A1测干路电流，A2测灯L2的电流，开关控制所有用电器；(要求：在需要改动的导线上画“×”，用笔将改动后的导线画出，导线不许交叉)
(5)他们改正错误后把电流表分别接入到电路中的A、B、C处，测出电流如表，通过分析，得出的结论是：在并联电路中______。
实验次数
A处的电流IA/A
B处的电流IB/A
C处的电流IC/A
1
0.10
0.12
0.22
2
0.22
0.24
0.46
3
0.26
0.30
0.56
23. 在探究“电流与电阻的关系”的实验中，小赵同学选择了5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω定值电阻各一个进行实验，电源电压恒为6V。
(1)请用笔画线代替导线将图中未完成的电路完成。(要求：当滑片向右移动时电流表示数变大，导线不能交叉)
(2)实验中闭合开关移动滑动变阻器的滑片，小赵发现当电流表示数增大时，电压表示数反而减小。造成这一现象的原因可能是______。
(3)确认电路连接无误后，小赵将5Ω定值电阻接入电路后，闭合开关进行实验，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为0.5A；更换阻值为10Ω的电阻后为正确进行实验得出实验结论，下一步应将滑动变阻器的滑片向______滑动(选填“左”或“右”)。将5Ω定值电阻更换为10Ω定值电阻后，在不改变电路连接的情况下如果保持滑片位置不动电压表的指针会______。
(4)小赵依次接入5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω五个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数。实验中他接入10Ω和25Ω定值电阻时，电路中两次的电流之比为______。
(5)实验室有以下规格的滑动变阻器，要完成上述实验，小赵所选用的滑动变阻器应是______。(填写选项字母即可)
A.20Ω0.3A
B.20Ω0.5A
C.50Ω0.3A
D.50Ω0.5A
(6)小赵完成实验后继续探究电流跟电压的关系，他调节滑动变阻器，测出通过定值电阻R的电流和对应的电压如下表所示。分析数据发现电流与电压不成正比，检查两表均无故障，你认为可能的原因是______。通过分析数据此时选用的定值电阻的阻值是______Ω。
电压U/V
1
1.5
2
2.5
3
电流I/A
0.14
0.19
0.24
0.29
0.34
24. 小红在做“探究影响导体电阻大小的因素”实验时，做出了如下猜想
猜想一：导体的电阻可能与导体的长度有关
猜想二：导体的电阻可能与导体的横截面积有关：
猜想三：导体的电阻可能与导体的材料有关
实验室提供了4根电阻丝，其规格、材料如下表所示：
编号
材料
横截面积S/(mm2 )
长度L/(m)
A
镍铬合金
1.0
0.25
B
镍铬合金
1.0
0.50
C
镍铬合金
2.0
0.25
D
锰铜合金
1.0
0.25
(1)如图电路，实验前最好在导线a、b间连接______(选填“导线”或“电阻”)，在M、N之间分别接上不同导体，闭合开关，通过观察______来比较导体电阻大小
(2)为了验证猜想一，可依次把M、N跟______(填“A”、“B“、“C”或“D”)的两端相连，闭合开关，记下电流表的示数，分析比较这两根电阻丝电阻的大小。
(3)依次把M、N跟电阻丝A、C的两端连接，闭合开关，发现接电阻丝C时电流表的示数较大，分析比较A、C两根电阻丝电阻的大小，可探究电阻跟______的关系，其结论是：导体的长度和材料一定时，横截面积越大，其阻值______。
(4)若将电阻丝C均匀拉伸，使其横截面积变为原来的一半，则此时该电阻的阻值______(选填“等于”或“不等于”)原来的2倍。小超在做“探究影响导体电阻大小的因素”实验时，发现实验器材中电阻丝只有一根，其他器材足够，不能完成的实验探究是______
A.导体电阻与长度的关系B.导体电阻与材料的关系
C.导体电阻与温度的关系D.导体电阻与横截面积的关系
25. 如图是探究“电流通过导体时产生热量与哪些因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着初温、质量相同的空气。
(1)利用甲装置可探究电流产生的热量与______的关系，通电一段时间后，与______(选填“左”或“右”)侧容器相连的U形管中液面的高度差较大；
(2)乙装置中的电阻R3的作用主要是使电阻R1和R2中的电流______(选填“相等”或“不相等”)，为了使实验现象更明显，可以将R3的阻值换成______(选填“更大的”或“更小的”)；
(3)通过观察乙装置，______(选填“左”或“右”)容器中导体产生的热量较多。由此可知，在电阻和通电时间相同时，电流越______，导体产生的热量越多。该装置______(选填“能”或“不能”)解释“电炉丝热得发红，而连接它的导线却几乎不发热”；
(4)乙装置中，如果R3断路，在通电时间相同时，与R3没有断路时相比较，左侧U形管中液面的高度差将______，右侧U形管中液面的高度差将______(以上两个空都选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(5)让乙装置冷却到初始状态，把右侧并联的两根电阻丝R2、R3都放入容器中，接通电源一段时间后，电阻丝产生的热量______多。(选填“左容器”“右容器”或“两容器一样”)
26. 如图所示，电源电压为25V且保持不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，其上标有“50Ω2A”的字样，电流表A1的量程为0∼0.6A，电流表A2的量程为0∼3A，灯泡L标有“5V 2W”的字样。求
(1)灯泡L正常工作时的电流是多大？
(2)闭合S，断开S1、S2，灯泡恰好正常工作，求R1的阻值。
(3)S、S1、S2均闭合，滑动变阻器R2连入电路的阻值为多大时电路功率最大？并求出最大功率。
27. 图甲所示为某品牌家用热水器的简化电路图，S1是手动开关，置于热水器外部；S2是温控开关，置于热水器内部；当水温低于40℃时自动闭合，达到40℃时自动断开，R1与R2均为用来发热且阻值不变的电热丝，使用时，手动闭合开关S1，电热水器开始工作。下表为该电热水器部分参数。
额定电压
220V
频率
50Hz
保温功率
220W
加热功率
2420W
水箱容量
50L
设定温度
40℃
(1)该热水器正常工作时，电热丝R1的阻值是多少？
(2)热水器正常加热时，通过R2的电流是多大？
(3)假设关闭家中的其它所有用电器，只让该热水器接入电路烧水5min，刚好将水箱中水温升到40℃，观察到家中电能表(如图乙所示)的转盘转过200r，则此时热水器两端的实际电压多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：丙是用丝绸摩擦过的玻璃棒，故丙带正电；
由图知，当丙靠近甲小球时，相互吸引，因丙带正电，则甲可能带负电，也可能不带电；
当丙靠近乙小球时，相互吸引，因丙带正电，则乙可能带负电，也可能不带电；
将甲乙靠近时，甲乙相互吸引，故甲、乙只能是有一个带负电但不能判断谁带负电，另一个不带电，故 C正确。
故选：C。
用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；带电体具有吸引轻小物体的性质；电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
本题考查了物体带电情况的判断，关键是掌握好电荷间的相互作用规律和带电体的性质，属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，当电动车上的信号接收器(S1)接收到信号，再转动电动车钥匙(S2)，车才能正常启动，这说明两个开关相互影响，是串联在一起的，一起控制电动机，故A正确。
故选：A。
根据电动车启动的条件分析两个开关与电动机的连接方式。
本题考查了电路的设计，能判定出两个开关的连接方式是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A、在“探究电阻上的电流跟两端电压的关系”时，测量多组对应的电流和电压值，是为了寻找普遍性的规律，故A不符合题意；
B、在“测量小灯泡的电功率”时，小灯泡的电功率是变化的，测量多组对应的电压和电流值，是为了研究不同电压下的小灯泡实际功率，故B不符合题意；
C、在“探究串联电路电压的特点”时，测量多组对应的电压值，是为了寻找普遍性的规律，故C不符合题意；
D、在“测量定值电阻的阻值”时，测量多组对应的电压和电流值，是为了计算电阻值时求取平均值，以减小误差，故D符合题意。
故选：D。
物理实验中为了减小误差或者寻找规律进行多次测量，如果物理量是个恒量，多次测量求平均值可以减小实验误差；如果不是测量具体的物理量，而是寻找规律也采取多次测量，寻找普遍性。
本题考查学对各个实验的实验目的是否清楚，要求学学生对实验要非常熟悉，明确实验中每一步实验的目的。
4.【答案】D
【解析】解：A、灯丝必须在白炽状态下才能正常发光，电阻为零无法将电能转化为内能，无法放热，不符合题意。
B、电炉丝需要将电能转化为内能，电阻为零无法将电能转化为内能，不符合题意。
C、保险丝是利用电流的热效应，当电流过大时，自动熔断来保护电路的。电阻为零无法将电能转化为内能，无法熔断，不符合题意。
D、根据焦耳定律Q=I2Rt，可知，远距离输电，当电阻为零时，可使导线损耗为零，便可提高传输效率，符合题意。
故选：D。
(1)超导体的电阻为零，不会放热，所以电能无法转化为内能。
(2)超导体的电阻为零，也就避免了内能的损耗，适合做输电线路。
本题考查了超导体的特点及应用，体现了物理服务于社会的课标理念。解答本题的关键是超导体是零电阻，所有利用电流热效应工作的电器设备都不能用超导材料制作。
5.【答案】B
【解析】解：因为用电器的额定功率相同，由W=Pt可得，若它们都在额定电压下工作相同的时间，消耗的电能相同。
故选：B。
根据W=Pt分析消耗电能的大小。
本题考查了用电器消耗电能大小的判定，属于基础题。
6.【答案】B
【解析】解：A、干木条不易导电，属于绝缘体，不能使小灯泡发光，故A错误；
B、铅笔芯的制作材料是石墨，石墨容易导电，属于导体，能使小灯泡发光，故B正确；
C、塑料棒不易导电，属于绝缘体，不能使小灯泡发光，故C错误；
D、陶瓷棒不易导电，属于绝缘体，不能使小灯泡发光，故D错误。
故选：B。
容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；常见的导体包括：人体、大地、各种金属、酸碱盐的溶液等。常见的绝缘体有陶瓷、玻璃、橡胶、油等；导体和绝缘体没有绝对的界限。
此题考查了导体与绝缘体的概念以及生活中常见的实例；生活中哪些物体为导体，哪些物体为绝缘体，属于识记的内容，比较简单。
7.【答案】A
【解析】解：由电路图知，闭合开关后，L1和L2串联，电压表V1测L2两端电压，V2测电源电压，
由串联电路的电压特点知，V2示数应大于V1的示数，而两电压表指针位置相同，所以V2使用0∼15V量程，由图(b)知，电源电压U=7.5V；
V1使用0∼3V量程，由图(b)知，L2两端电压U2=1.5V，
L1两端电压U1=U−U2=7.5V=1.5V=6V。
故选：A。
先分析电路的连接方式，确定电压表所测电压，再根据电路的电压特点确定两电压表的量程并读数，从而得到两灯电压。
本题考查串联电路电压特点和电压表的读数，正确分析电路的连接情况，确定电压表量程是关键。
8.【答案】D
【解析】解：
由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流。
A、因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故A错误；
BC、因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R1的电流不变，即电流表A2的示数不变；当滑动变阻器R2的滑片P向b滑动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由I=UR可知，通过R2的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A1的示数变小，故BC错误；
D、电压表V的示数不变，电流表A2的示数不变，则电压表V的示数与电流表A2的示数的比值不变，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1的电流变化；根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2电流的变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
9.【答案】C
【解析】解：甲、乙两电热丝电阻之比为2：3，相同时间内产生的热量之比为1：6，根据Q=I2Rt可得，通过两个电热丝的电流之比：
I甲I乙=Q甲R甲tQ乙R乙t=Q甲R乙tQ乙R甲t=1×3t6×2t=14。
故选：C。
知道甲、乙两电阻的阻值之比和在相同时间内产生热量之比，根据Q=I2Rt求出通过两个电阻的电流之比。
本题考查了焦耳定律的灵活应用，计算过程要注意各量之间的关系，不要颠倒。
10.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1的电压，电压表V2测R2两端的电压。
A、由图像可知，图线乙中电流随电压的增大而变大(正比例图线)，因此图线乙是定值电阻R1的图像；图线甲中电流随电压的增大而减小，所以图线甲是滑动变阻器R2的图像，故A错误；
B、由图像可知，电流I=0.3A时，滑动变阻器两端的电压为U甲=9V，电阻R1两端的电压为U乙=3V，
由串联电路的电压特点可得，电源电压：U=U甲+U乙=9V+3V=12V；故B错误；
C、从图中可知电路的最大电流为1.2A，
电路的最大总功率P=UI′=12V×1.2A=14.4W，
故C正确；
D、当电路电流最小为I=0.3A时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，此时滑动变阻器电压U甲=9V，
由I=UR得滑动变阻器最大阻值：R滑大=U甲I=9V0.3A=30Ω，故D错误。
故选：C。
(1)由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器串联，电压表V1测定值电阻R1的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，随滑动变阻器接入电路的阻值变小，滑动变阻器的分压变小，随电路电流增大，定值电阻两端电压变大，据此判断甲乙图线是哪个电阻的图像；
(2)由图像得出某时刻两个电压表的示数，然后由串联电路特点求出电源电压；
(3)从图中得出电路中的最大电流，根据P=UI得出电路的最大功率；
(4)当电路电流最小时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由图像得出此时滑动变阻器两端电压与流过它的电流，然后由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
本题考查串联电路特点、欧姆定律公式和电功率公式应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“U−I”关系图像。关键是能正确找到变阻器的电功率何时有最大值。
11.【答案】BCD
【解析】解：A、在电阻一定时，同一导体两端的电压越大，通过这段导体的电流就越大，故A正确；
BCD、电阻是导体本身的一种属性，与导体两端的电压和通过的电流无关，故BCD不正确．
故选BCD.
(1)电阻是导体本身的一种属性，与材料、长度、横截面积、温度有关，与导体两端的电压和通过的电流无关；
(2)欧姆定律的内容：一段导体中的电流跟这段导体两端的电压成正比，跟这段导体的电阻成反比．
知道影响电阻大小的因素，并且知道导体的电阻与导体两端的电压和通过的电流无关，但可以根据欧姆定律计算出电阻的大小．
12.【答案】BC
【解析】解：A、只闭合S1时，电路为小灯泡L的简单电路，L的实际功率为1W，根据功率的计算公式可得，再甲图L的图线上找符合U、I乘积为1W的坐标，故有UL=2V，IL=0.5A，由欧姆定律可得，小灯泡L的电阻为Rl=ULIL=2V0.5A=4Ω，故A错误；
B、根据A选项分析得，电源电压为U=UL=2V，再闭合S2后，此时R、L并联接入电路，电流表测干路中的电流，电压为2V，在甲图中找出R此时对应的电流，即为0.2A，则电流表示数增大0.2A，故B正确；
C、电源电压为2V，R的电流为IR=0.2A，L的电流为IL=0.5A，根据并联电路的电流规律可得电路中的总电流为I=IR+IL=0.2A+0.5A=0.7A，由功率的计算公式可得，电路总功率为P=U总I=2V×0.7A=1.4W，故C正确；
D、再闭合S2时，电阻R的电压为2V，电流为0.2A，根据焦耳定律可得，通电1min产生的热量为
Q=W=UIt=2V×0.2A×60s=24J，故D错误。
故选：BC。
(1)只闭合开关S1时，电路为L的简单电路，根据图像读出小灯泡L的实际功率为1W时的电流和电压，据此得出电源的电压，根据欧姆定律求出小灯泡L的电阻；
(2)再闭合开关S2时，L与R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点结合图像读出通过R的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响得出电流表示数的增加量，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用P=UI求出电路的总功率，根据Q=W=UIt求出在1min内电阻R产生的热量。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电热公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
13.【答案】BD
【解析】解：不考虑温度对灯丝电阻的影响，则R1=U1额2P1额=(6V)26W=6Ω；R2=U2额2P2额=(6V)23W=12Ω；
A、只闭合S1时，甲、乙两灯串联，通过两灯的电流相等，根据P=I2R，P1实P2实=I2R1I2R2=6Ω12Ω=12，故A错误；
B、只闭合S2、S3时，甲、乙两灯并联，甲、乙两灯的实际电压均等于额定电压6V，所以实际功率都等于额定功率，则P1实P2实=P1额P2额=6W3W=21，故B正确；
CD、只闭合S1、S2时，甲灯被短路，乙灯两端的实际电压等于额定电压6V，实际功率等于额定功率3W，即电路的总功率为3W，故C错误，D正确。
故选：BD。
不考虑温度对灯丝电阻的影响，先根据R=U2P分别计算出甲、乙两灯的电阻；
A、只闭合S1时，甲、乙两灯串联，通过两灯的电流相等，根据P=I2R，则实际功率之比为两灯电阻之比；
B、只闭合S2、S3时，甲、乙两灯并联，甲、乙两灯的实际电压均等于额定电压6V，所以实际功率都等于额定功率，据此比较；
CD、只闭合S1、S2时，甲灯被短路，乙灯两端的实际电压等于额定电压6V，实际功率等于额定功率。
本题考查了电功率公式的运用、多状态电路的动态分析，根据各开关不同的开合状态，分别分析每种状态下的电路情况不难得出正确答案。
14.【答案】AD
【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。
B、当变阻器滑片向右滑动过程中，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的读数变大，故B正确；
C、由电路图可知，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测滑动变阻器中的电流，所以电压表与电流表示数之比为滑动变阻器的电阻，因为变阻器滑片向右滑动过程中变阻器接入电路中的电阻变小，所以电压表与电流表示数之比变小，故C错误；
A、由图可知，当滑动变阻器的电阻为5Ω时，其两端的电压为3V，通过电路的电流为：I1=U1R1=3V5Ω=0.6A，
则电源电压为：U=U1+I1R0=3V+0.6A×R0-------①；
滑动变阻器的电阻为10Ω时，其两端的电压为4V，通过电路的电流为：I2=U2R2=4V10Ω=0.4A，
则电源电压为：U=U2+I2R0=4V+0.4A×R0-------②；
联立①②得，R0=5Ω，U=3V+0.6A×5Ω=6V，故A正确；
D、当滑动变阻器的电阻为零时电路消耗的功率最大，电路消耗的最大功率为P=U2R0=(6V)25Ω=7.2W，故D正确。
故选：AD。
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。
(1)变阻器由左端向右滑动过程中，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化；
(2)电压表与电流表示数之比为滑动变阻器的电阻；
(3)读出图中滑动变阻器的电阻和其两端的电压，根据欧姆定律算出其电阻，根据电源电压相等列等式算出定值电阻的阻值，进而求出电源电压；
(4)当滑动变阻器的电阻为零时电路消耗的功率最大，根据P=U2R0得出最大功率。
本题考查了电路的动态分析和欧姆定律的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
15.【答案】CD
【解析】解：由图甲可知，R1、R2串联，由图乙可知，R1、R2并联，设两图中R1两端的电压为U；
A、乙图中流过R1、R2的电流之比为2：1，由并联电路的电压特点和欧姆定律可知，两电阻的阻值之比：R1R2−U2I1U2I2=I2I1=12，即R2=2R1，R1：R2=1：2，故A错误；
B、甲图中由串联电路的分压原理可知，R1、R2两端的电压电压之比：U1甲U2甲=R1R2=12，即U2甲=2U1甲=2U，由串联电路的电压特点可知，甲图中的电源电压：U1=U1甲+U2甲=U+2U=3U，
由并联电路的电压特点可知，图乙中的电源电压：U2=U1乙=U，
因此两图中电源的电压之比：U1U2=3UU=31，故B错误；
C、甲图中流过R2的电流：I2甲=U2甲R2=2U2R1=UR1，
乙图中流过R2的电流：I2乙=U2R2=U2R1，
则两图中流过R2的电流之比：I2甲I2乙=UR1U2R1=21，故C正确；
D、由串联电路的电流特点可知，甲图中电路的电流：I甲=I2甲=UR1，
乙图中流过R1的电流：I1乙=U2R1=UR1，
由并联电路的电流特点可知，乙图中干路的电流：I乙=I2乙+I1乙=U2R1+UR1=3U2R1，
由P=UI可知，两图电路消耗的总功率之比：P甲P乙=U1I甲U2I乙=3U×UR1U×3U2R1=21，故D正确。
故选：CD。
由图甲可知，R1、R2串联，由图乙可知，R1、R2并联；
(1)根据图乙中流过R1、R2的电流之比为2：1利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比；
(2)由图甲根据串联电路的分压原理求出R1、R2两端的电压关系，根据串联电路的电压特点求出图甲中的电源电压，根据并联电路的电压特点求出图乙中的电源电压，进而求出两图中电源的电压之比；
(3)根据欧姆定律分别求出两图中流过R2的电流，进而求出电流之比；
(4)根据串联电路的电流特点求出甲图中电路的电流，根据并联电路的电流特点和欧姆定律求出乙图中干路的电流，根据P=UI求出两图电路消耗的总功率之比。
本题考查学生对欧姆定律、电功率公式、串并联特点的掌握和运用，要求灵活选用公式，涉及到求比值问题，要细心防止因颠倒而出错。
16.【答案】1.5不高于36 导体 1200
【解析】解：一节干电池的电压是1.5V；人体安全电压不高于36V；
人体加在一定电压下有电流通过，说明人是导体。
电流I=30mA=0.03A，由公式I=UR可得人体的电阻R=UI=36V0.03A=1200Ω。
故答案为：1.5；不高于36；导体；1200。
一节干电池的电压是1.5V.人体安全电压不高于36V；
人体是容易导电，是导体。知道电压和电流，根据欧姆定律计算人体电阻。
识记一节干电池的电压、照明电路电压、对人体的安全电压，这些有时隐含在题目中，注意挖掘。同时还考查了欧姆定律的灵活运用，难度不大。
17.【答案】P=UI1.08×104
【解析】解：已知电功率的单位是“V⋅A”，V为电压的单位，A为电流的单位，对应的电功率的公式为P=UI；
一个子充电宝能提供的电能W=UIt=5V×6001000A×1×3600s=1.08×104J。
故答案为：P=UI；1.08×104。
已知电功率的单位是“V⋅A”，V为电压的单位，A为电流的单位，对应的电功率的公式为P=UI；
根据W=UIt得出一个子充电宝能提供的电能。
本题考查电功率的计算公式和电能的有关计算，是一道综合题。
18.【答案】152.5
【解析】解：
由I=UR可得，灯泡L1的电阻为：R1=U1I1=6V2A=3Ω，
灯泡L2的电阻为：R2=U2I2=12V1A=12Ω，
将它们串联时，由于串联电路中各处电路相等，所以电路中允许的最大电流为：I串=I2=1A，
根据电阻的串联特点和欧姆定律可得，电路两端允许的最大电压为：U串=I串(R1+R2)=1A×(3Ω+12Ω)=15V；
将它们并联时，由于并联电路各支路两端的电压相等，所以电路两端的最大电压为：U并=U1=6V，
则通过灯泡L1的电流为2A，
通过灯泡L2的电流：I2=U并R2=6V12Ω=0.5A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路中允许的最大电流：I并=I1+I2=2A+0.5A=2.5A。
故答案为：15；2.5。
根据欧姆定律求出两灯泡的电阻，将它们串联时，电路中最大电流等于它们额定电流中的最小值，根据串联电路的特点和欧姆定律可得出允许的最大电压；
将它们并联时，电路两端的最大电压等于两灯额定电压的最小值，根据并联电路电压规律和欧姆定律求出通过灯泡L2的电流，再根据并联电路电流规律求出干路中允许最大电流。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，会确定串联电路的最大电流和并联电路的最大电压是关键。
19.【答案】开关 并联 电流表 保护电路 变大
【解析】解：
(1)拨动方向盘旁边的横杆，汽车同侧的前后两个转向灯会同时闪亮、同时熄灭，若一个转向灯坏了，另一个仍能发光，则这两灯是并联；
司机拨动这根横杆，转向灯才会工作，所以这根横杆起到了开关的作用，即司机所拨动的这根横杆相当于电路中的开关；
(2)由电路图可知，油量表串联在电路中，实际是一电流表；定值电阻R0的作用是可以防止电路中的电流过大而烧坏仪表，保护电路；
在加油时，浮子位置升高，在杠杆作用下，滑动变阻器连入电路的阻值变小，根据I=UR可知，在电源电压不变时，使电路中的电流变大，电流表示数变大，即油量表示数变大。
故答案为：(1)开关；并联；(2)电流表；保护电路；变大。
(1)串并联电路的特点：串联电路，电流只有一条通路，开关控制整个电路；并联电路电流有多条通路，各支路互不影响；
(2)根据图示可知，该装置涉及到浮力、杠杆、滑动变阻器、电流表等相关知识，油面上升通过浮子和杠杆使滑动变阻器连入的电阻变小，电路中的电流变大；油面下降通过浮子和杠杆使滑动变阻器连入的电阻变大，电路中的电流变小；据此分析；
如果没有定值电阻的话，则当油箱中的油越来越多的时候，滑动变阻器的阻值就会越来越小，此时电路中的电流就会越来越大，可能会烧坏油量表。
本题通过家用汽车为载体，考查了串、并联电路的区别、动态电路分析，知识点多、综合性强，要求灵活运用所学知识！
20.【答案】解：由实物图知，两灯并联，开关S1在干路上控制整个电路，S2在L2支路上，由此画出电路图如图所示：
【解析】由实物图分析电路的连接情况，再画出对应的电路图。
本题考查根据实物图画电路图，正确分析电路的连接方式和开关位置是关键。
21.【答案】解：根据题意可知，开关S闭合后，滑动变阻器的滑片P向左滑动时，灯泡L2变亮，但灯泡L1的亮度不变，这说明滑动变阻器控制灯泡L2，灯泡L2和灯泡L1互不影响，所以该电路为混联电路，滑动变阻器与灯泡L2串联后再与灯泡L1并联；滑动变阻器的滑片P向左滑动时，灯泡L2变亮，这说明通过灯泡L2的电流变大，滑动变阻器接入电路的电阻变小，所以滑动变阻器上面的一个接线柱与A接线柱接入电路中；开关S断开后，灯泡L1、L2都不亮，这说明开关S在干路中；实物图如下所示：
【解析】根据题目要求分析电路的连接方式，然后连接实物图。
本题考查了实物图的连接，明确电路的连接方式是解题的关键，难度不大。
22.【答案】断开 电流表没有调零 不发光 L2被短路 干路的电流等于各支路的电流之和
【解析】解：(1)为保护电路，在电路连接过程中开关要断开；
(2)闭合开关前，电流表指针向零刻度左侧，说明电流表没有调零；
(3)分析该实物图可知，闭合开关后，电流从电源正极过灯L1和电流表A1，回到电源负极，L2短路，所以L2不发光；
(4)在图丙在图丙上只改动一根导线，符合L1、L2并联，电流表A1测干路电流，A2测灯L2的电流，开关控制所有用电器，改动如图：
；
(5)由图可知，电流表接到A、B处各测一个支路的电流，接到C处则测干路的电流，根据表中数据C处电流表示数是A、B 两电流表示数的和，所以结论是：在并联电路中，干路的电流是各支路的电流之和。
故答案为：(1)断开；(2)电流表没有调零；(3)不发光；L2被短路；(4)见解答；(5)干路的电流等于各支路的电流之和。
(1)在连接电路的过程中，为保护电路，开关应该断开；
(2)电流表使用前要调零；
(3)分析该实物图可知，闭合开关后，电流从电源正极过灯L1和电流表A1，回到电源负极，L2短路；
(4)根据要求修改实物图，开关、电流表A1接在干路电流，A2与L2串联；
(5)分析表中数据得出结论。
本题探究并联电路中电流的关系，考查注意事项、电流表使用、电路分析、电路连接、数据分析和归纳法的运用。
23.【答案】电压表并联在滑动变阻器两端 左 向右偏转 5：2 D 电流表使用前没有调零 10
【解析】解：(1)当滑片向右移动时电流表示数变大，由欧姆定律可知，滑动变阻器连入电路的电阻变小，说明滑动变阻器接入电路的电阻丝变短，故滑片以右电阻丝连入电路中与电阻串联，电压表与电阻并联，如图所示：
；
(2)电源电压恒定，电流表串联在电路中，电流表示数增大，定值电阻电流增大，根据欧姆定律可知定值电阻两端的电压增大，由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器电压减小，因此造成这一现象的原因可能是：电压表并联在滑动变阻器两端；
(3)由欧姆定律可知，定值电阻两端的电压为：UV=IR=0.5A×5Ω=2.5V；
根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大，由图可知，电压表的指针会向右偏转；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，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，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为2.5V不变；
(4)由欧姆定律求出接入10Ω和25Ω定值电阻时，电路中两次的电流之比：I2I5=UR2UR5=R5R2=25Ω10Ω=52；
(5)实验中使用的定值电阻阻值最大为25Ω，定值电阻两端的电压始终保持UV=2.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U−UV=6V−2.5V=3.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的3.5V2.5V=1.4倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=1.4×25Ω=35Ω，即小赵所选择的变阻器的最大阻值不能小于35Ω；
电流的最大电流为：I最大=UVR最小=2.5V5Ω=0.5A，故滑动变阻器的规格为：“50Ω0.5A”，故选D；
(6)分析表格中数据可知：电流值都减去0.04A时，电流值与电压值成正比，所以可能的原因是电流表使用前没有调零；通过数据可知，当电压值为1V时，电流值为：0.14A−0.04A=0.1A，由I=UR可知，R=UI=1V0.1A=10Ω。
故答案为：(1)如图所示；(2)电压表并联在滑动变阻器两端；(3)左；向右偏转；(4)5：2；(5)D；(6)电流表使用前没有调零；10。
(1)当滑片向右移动时电流表示数变大，由欧姆定律可知，滑动变阻器连入电路的电阻变小，说明滑动变阻器接入电路的电阻丝变短，从而确定滑动变阻器接入的接线柱；
(2)电流表串联在电路中，电流表示数增大，电路中电流增大，根据欧姆定律可知定值电阻两端的电压增大，电源电压不变，由串联电路的电压特点可知滑动变阻器电压减小，据此分析解答；
(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；
(4)根据欧姆定律求出接入10Ω和25Ω定值电阻时，电路中两次的电流之比；
(5)探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，由欧姆定律可知，当电阻最小时电路中的电流最大，根据欧姆定律求出接入阻值最小的电阻时电路中的最大电流，进而确定滑动变阻器的规格；
(6)检查两电表均无故障，说明测量过程正确；分析数据后发现，表格中电流值都减去0.04A时，电流值与电压值成正比，据此分析原因；由I=UR变形计算电阻R的阻值；
本题探究“电流与电阻的关系”，考查了电路连接、故障分析、控制变量法、操作过程和欧姆定律的应用，是一道综合性实验题。
24.【答案】电阻 电流表的示数 A、B 导体横截面积 越小 不等于 B
【解析】解：
(1)为了保护电路，实验前最好在导线a、b间连接电阻；
在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表的示数来比较导体电阻的大小，这里用到了转换法；
(2)要验证猜想一：导体的电阻可能与导体的长度有关，应控制导体材料与横截面积相同而长度不同，由表中数据可知，应选编号为A、B的两根电阻丝进行实验；
(3)分别将A和C两电阻丝接入电路中M、N两点间，导体A、C的材料与长度相同而横截面积不同，可以探究导体的电阻可能与导体的横截面积有关；
A和C两电阻丝相比，C的横截面积较大，发现接电阻丝C时电流表的示数较大，说明电阻丝C的电阻较小，由此得到的结论是：当导体的材料和长度相同时，导体的横截面积越大，导体的电阻越小；
(4)①当材料和长度一定时，导体的电阻与其横截面积成反比，若均匀拉伸导体，使其横截面积变为原来的一半，但长度变为原来的2倍，所以此时该导体的电阻不等于原来的2倍；
②实验时，通过改变连入电阻丝长度，此时横截面积和材料不变，可以探究导体电阻与长度的关系，可完成A的探究；
实验时，可以将电阻丝对折起来使用，改变连入电阻丝横截面积，控制长度和材料不变，可以探究导体电阻与横截面积的关系，可完成D的探究；
由题知，实验器材中电阻丝只有一根，但其他器材足够，所以可以通过酒精灯改变电阻丝的温度，可完成C的探究；
当探究导体电阻与材料的关系时，应控制长度和横截面积不变，因为只有一根金属丝，所以无法改变材料，不能够完成B的探究，故选B。
故答案为：
(1)电阻；电流表的示数；(2)A、B；(3)导体横截面积；越小；(4)不等于；B。
(1)根据保护电路的要求进行分析；电流表串联在电路中，电源电压一定，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)(3)影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度和横截面积，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；
(4)在其他条件都一定时，电阻与导体的长度长正比，与横截面积成反比；在其他条件都一定时，电阻与导体的长度长正比，与横截面积成反比；导体的电阻是本身的属性，它跟导体的长度、横截面积和材料有关，当探究影响导体电阻大小的因素时，应控制其它的因素不变，只改变该因素看电阻如何变化就可以。
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。
25.【答案】电阻 右 不相等 更小的 左 大 不能 变小 变大 左容器
【解析】解：
(1)在甲装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过它们的电流I与通电时间t相同，电阻不同，探究导体产生的热量与电阻的关系；
甲实验两电阻丝串联，则通过电阻丝的电流和通电时间相同，右侧电阻阻值大，由焦耳定律Q=I2Rt可知，右侧电阻丝产生热量多；则右侧容器内空气吸收的热量多，右侧容器中U形管中液面的高度差大；
(2)图乙的装置在实验中，右侧容器的外部，将一个完全相同的电阻和这个容器内的电阻并联，再接入原电路，使通过左边容器中电阻的电流与通过右边容器中电阻的电流不同，可以探究电流产生的热量与通过导体的电流大小的关系；为了使实验现象更明显，可以将R3的阻值换成更小的，这样分流更多，R1和R2发热多少对比更明显；
(3)电阻丝R3的分流使I1>I2，根据Q=I2Rt可知左侧容器产生的电热多；由此可知，在电阻和通电时间相同的情况下，电流越大，产生的电热越多；
电炉丝、导线是较大电阻和较小电阻的串联关系，应该用图甲装置解释，所以装置乙不能解释；
(4)在乙实验中，电阻R3断路后，电路中的总电阻变大，在电源电压一定时，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，即通过R1的电流变小，根据焦耳定律可知，在相同的时间内，电阻R1产生的热量变小，左侧U形管中液面的高度差将变小；
由于电阻R3断路，R2与R3并联部分的电阻变大，分压增多，由I=UR知通过R2中的电流变大，因此右侧U形管中液面的高度差将变大；
(5)依据题意，右侧两个电阻并联后的电阻是左侧电阻的一半，由Q=I2Rt可知，在电流、通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多，所以左侧容器电阻丝产生的电热多。
故答案为：(1)电阻；右；(2)不相等；更小的；(3)左；大；不能；(4)变小；变大；(5)左容器。
(1)根据甲装置的相同量和不同量，根据控制变量法分析解答；电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究时运用了控制变量法，根据焦耳定律判断产生热量的多少，进而判断U形管液面高度差大小；
(2)R3的作用是分流，且电阻越小，分流越多；
(3)电阻R相同、通电时间相同，由Q=I2Rt可知，I越大，Q越大；电炉丝、导线是较大电阻和较小电阻的串联关系，应该用图甲装置解释；
(4)先根据欧姆定律分析电路中的电流变化，再根据焦耳定律分析左侧电阻产生热量的变化情况，从而确定左侧U形管中液面的高度差的变化情况；
(5)右侧两个电阻并联后的电阻是左侧电阻的一半，在I、t相同时，R大Q大，据此解答。
本题考查了对焦耳定律的认识和理解，要注意转换法和控制变量法的应用。
26.【答案】解：(1)由题知，灯泡的额定电压为5V，额定功率2W，
由P=UI可得灯泡正常工作时的电流：
I额=P额U额=2W5V=0.4A；
(2)由图知，当闭合S、断开S1、S2，R1与L串联，此时灯泡正常工作，则UL=5V，IL=0.4A，
由串联电路特点知，电路中电流：I=I1=IL=0.4A，
R1两端的电压：U1=U−UL=25V−5V=20V，
根据欧姆定律I=UR知定值电阻R1的阻值为：
R1=U1I1=20V0.4A=50Ω；
(3)由图知，S、S1、S2均闭合，R1与R2并联，L被短路，电流表A2测干路电流，A1测R1的电流，
此时通过R1的电流是一个定值，由并联电路特点和欧姆定律可得：
IR1=UR1R1=25V50Ω=0.5A，
由变阻器规格知，通过它的最大电流为2A，
所以干路的最大电流：I最大=IR1+I2最大=0.5A+2A=2.5A<3A，不超过A2的量程，符合题意，
所以此时滑动变阻器R2连入电路的阻值为：
R2=UI2最大=25V2A=12.5Ω；
电路中最大功率为：
P最大=UI最大=25V×2.5A=62.5W。
答：(1)灯泡正常工作时的电流是0.4A；
(2)定值电阻R1的阻值为50Ω；
(3)滑动变阻器R2为12.5Ω时电路功率最大，最大功率为62.5W。
【解析】(1)已知灯泡的额定电压和额定功率，由P=UI=U2R计算灯泡正常工作时的电流：
(2)当闭合S，断开S1、S2时，R1与灯泡串联，灯泡恰好正常工作，由串联电路特点和R=UI计算R1的阻值；
(3)当S、S1、S2均闭合，R1与R2并联，由并联电路特点和电流表的量程以及变阻器规格确定电路中最大电流，由欧姆定律计算此时R2连入电路的阻值，由P=UI计算最大功率。
本题考查了串联和并联电路的特点、欧姆定律以及电功率公式的应用，知道灯泡正常工作时其两端电压等于额定电压，关键是正确分析开关都闭合时电路中最大电流的判断。
27.【答案】解：(1)S1闭合，S2断开时，为保温挡；R1的阻值为：R1=U2P保=(220V)2220W=220Ω；
(2)根据表格中的数据可知，高温挡时，两个电阻都工作，低温挡时，只有R1工作，根据并联电路特点可知，各支路互不影响，所以R2的功率为：
P2=P−P1=2420W−220W=2200W；
由P=UI可知，通过R2的电流是：I=P2U=2200W220V=10A；
(3)电路的总电阻为：R=U2P=(220V)22420W=20Ω；
1200r/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kw⋅h的电能，电能表的转盘转过1200r，
则电热水器消耗的电能为：W=200r1200r/(kW⋅h)=16kW⋅h；
电热水器消耗的实际功率：P实=Wt=16kW⋅h560h=2kW=2000W。
由于总电阻不变，根据P=U2R可知，实际电压为：U实=P实R=2000W×20Ω=200V。
答：(1)该热水器正常工作时电热丝R1的阻值是220Ω；
(2)热水器正常加热时，通过R2的电流是10A；
(3)热水器两端的实际电压是200V。
【解析】(1)由图可知，两个开关闭合时为并联电路，此时为高温挡；S1闭合，S2断开时，为保温挡；根据P=U2R求出R1的阻值；
(2)根据高温挡的功率和低温挡的功率求出R2的功率，根据P=UI求出通过R2的电流；
(3)1200r/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kw⋅h的电能，电能表的转盘转过1200r，可求转盘转过200r消耗的电能，根据公式P=Wt可求出热水器的实际功率，根据P=U2R可以求出实际电压。
本题考查电功、电功率公式的应用等，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是理解电能表参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算。
2022-2023学年山东省青岛市莱西市九年级（上）期中物理试卷（五四学制）
1. 甲和乙是两个轻质泡沫小球，丙是用丝绸摩擦过的玻璃棒，甲、乙、丙三者之间相互作用时的场景如图所示，由此判断( )
A. 小球甲一定带正电 B. 小球乙一定带正电 C. 小球甲可能带负电 D. 小球乙一定不带电
2. 学生发明了一款智能头盔，只有戴上头盔扣上卡扣后，头盔上的信号发射器才能发出信号，当电动车上的信号接收器(S1)接收到信号，再转动电动车钥匙(S2)，车才能正常启动，下列电路符合要求的是( )
A. B. C. D.
3. 在物理实验中，对物理量有时要进行多次测量，有的是为了减小误差，有的是为了寻找普遍规律，下列是为了减少实验误差的是( )
A. 在“探究通过电阻的电流与两端电压的关系”时，测量多组对应的电流和电压值
B. 在“测量小灯泡的电功率”时，测量多组对应的电压和电流值
C. 在“探究串联电路电压的特点”时，换用不同规格的小灯泡，测量多组对应的电压值
D. 在“测量定值电阻的阻值”时，测量多组对应的电压和电流值
4. 超导材料的应用具有十分诱人的前景。假如科学家已研制出室温下的超导材料。你认为它可作下列哪种用途( )
A. 自炽灯泡的灯丝 B. 电炉中的电阻丝 C. 保险丝 D. 远距离输电线
5. 张亮同学仔细观察家中的电视机、白炽灯和节能灯三种电器，发现它们上面都标着“220V 40W”的字样，若它们都在额定电压下工作相同的时间，消耗电能最多的是( )
A. 电视机 B. 一样多 C. 白炽灯 D. 节能灯
6. 如图，先后将不同材料接在电路的A、B两点间，闭合开关，能使小灯泡发光的是( )
A. 干木条
B. 铅笔芯
C. 塑料棒
D. 陶瓷棒
7. 如图(a)所示电路中，当闭合开关后，两只电压表的指针偏转均如图(b)所示，则灯L1和L2两端的电压分别为( )
A. 6V1.5V B. 7.5V1.5V C. 1.5V7.5V D. 1.5V6V
8. 如图所示，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，电源电压保持不变，当滑动变阻器R2的滑片P向b滑动时，以下说法正确的是( )
A. 电压表V的示数变大
B. 电流表A1的示数变大
C. A2的示数变小
D. 电压表V的示数与电流表A2的示数的比值不变
9. 甲、乙两电热丝电阻之比为2：3，相同时间内产生的热量之比为1：6，则通过甲、乙电热丝的电流之比为( )
A. 4：1 B. 2：1 C. 1：4 D. 1：2
10. 如图所示电路，电源电压保持不变。闭合开关，当滑动变阻器的滑片P从一端滑到另一端的过程中，两个电阻的U−I关系图像如图所示。则下列判断正确的是( )
A. 图线甲是电阻R1的“U−I”关系图像
B. 电源电压为9V
C. 电路的最大总功率为14.4W
D. 滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω
11. 根据欧姆定律，下列说法不正确的是( )
A. 同一导体两端的电压越大，通过这段导体的电流就越大
B. 导体两端的电压越大，这段导体的电阻就越大
C. 导体的电阻与电压成正比，与电流成反比
D. 通过导体的电流越大，这段导体的电阻就越小
12. 甲图是小灯泡L和电阻R的I−U图像。将小灯泡L和电阻R如乙图所示接入电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W。下列说法正确的是( )
A. 只闭合开关S1时，小灯泡L的电阻为1Ω
B. 再闭合开关S2时，电流表示数增加0.2A
C. 再闭合开关S2时，电路总功率为1.4W
D. 再闭合开关S2后，在1min内电阻R产生的热量为240J
13. 如图所示电路，甲、乙两灯分别标有“6V 6W”和“6V 3W”字样，电源电压恒为6V。不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是( )
A. 只闭合S1时，甲、乙两灯的实际功率之比为2：1
B. 只闭合S2、S3时，甲、乙两灯的实际功率之比为2：1
C. 只闭合S1、S2时，电路的总功率为6W
D. 只闭合S1、S2时，电路的总功率为3W
14. 物理兴趣小组设计了如图甲所示的电路，电源电压恒定，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，滑片P从一端滑到另一端的过程中，电压表示数随滑动变阻器阻值变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 电源电压U=6V
B. 滑片P从最左端向最右端滑动过程中，电流表示数变大
C. 滑片滑动过程中，电压表与电流表示数之比不变
D. 电路的最大电功率为7.2W
15. 如图所示，将定值电阻R1、R2按甲、乙两图接在电压不同的电路中，已知两图中R1两端的电压相等，乙图中流过R1、R2的电流之比为2：1。下列说法中正确的是( )
A. 两电阻的阻值之比为R1：R2=2：1
B. 两图中电源的电压之比为U1：U2=3：2
C. 两图中流过R2的电流之比为I2甲：I2乙=2：1
D. 两图电路消耗的总功率之比为P甲：P乙=2：1
16. 1节新干电池电压______V；人体安全电压______V；当通过人体的电流接近30mA时就会有生命危险。据此可以推断，人体是______(填“导体”或“绝缘体”)，人体电阻约______Ω。
17. 根据物理量的单位可以写出相对应的公式，已知电功率的单位是“V⋅A”，对应的电功率的公式为______；一款磁吸式充电宝包括一个主充电宝和四个子充电宝。每个子充电宝的容量是600mAh，对外提供的电压为5V，一个子充电宝能提供的电能是______ J。
18. 两个灯泡L1、L2分别标有“6V 2A”和“12V 1A”字样．若不考虑温度对灯丝电阻的影响，且两灯的实际电功率均不得超过其额定电功率，两灯串联时，电路两端允许加的最大电压值为______ V；两灯并联时，干路电流最大值为______ A。
19. 小明家买了一辆崭新的汽车，通过观察，小明发现汽车上用到了很多电学知识：
(1)检修汽车同侧前后两个转向灯时，司机会拨动方向盘旁边的横杆，并观察转向灯的发光情况，司机所拨动的这根横杆相当于电路中的______；若拨动横杆后发现有一个转向灯不亮，说明这两灯是______(选填“串联”或“并联”)。
(2)如图是该车自动测定汽车油箱内油面高度的装置原理图，图中的油量表实质是______改装而成的(选填“电压表”或“电流表”)，定值电阻R0的作用是______，在加油的过程中，油量表的示数______。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
20. 如图所示，请根据实物图在下框中画出对应的电路图。
21. 请将图中的电路元件用笔画线代替导线连成电路，要求：开关S闭合后，滑动变阻器的滑片P向左滑动时，灯泡L2变亮，但灯泡L1的亮度不变；开关S断开后，灯泡L1、L2都不亮。
22. 如图甲所示是小明和小华探究并联电路中电流的关系设计的电路；
(1)在连接电路的过程中，开关应该______；
(2)闭合开关前，小明发现电流表的指针向着没有刻度的一侧偏转，如图乙所示，原因是______；
(3)在实验过程中他们连接了如图丙所示的电路，闭合开关后，观察到灯L2______(选填“发光”或“不发光”)；通过分析电路连接情况，该电路存在的问题是：______(写出一条即可)；
(4)请在图丙上只改动一根导线，符合L1、L2并联，电流表A1测干路电流，A2测灯L2的电流，开关控制所有用电器；(要求：在需要改动的导线上画“×”，用笔将改动后的导线画出，导线不许交叉)
(5)他们改正错误后把电流表分别接入到电路中的A、B、C处，测出电流如表，通过分析，得出的结论是：在并联电路中______。
实验次数
A处的电流IA/A
B处的电流IB/A
C处的电流IC/A
1
0.10
0.12
0.22
2
0.22
0.24
0.46
3
0.26
0.30
0.56
23. 在探究“电流与电阻的关系”的实验中，小赵同学选择了5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω定值电阻各一个进行实验，电源电压恒为6V。
(1)请用笔画线代替导线将图中未完成的电路完成。(要求：当滑片向右移动时电流表示数变大，导线不能交叉)
(2)实验中闭合开关移动滑动变阻器的滑片，小赵发现当电流表示数增大时，电压表示数反而减小。造成这一现象的原因可能是______。
(3)确认电路连接无误后，小赵将5Ω定值电阻接入电路后，闭合开关进行实验，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为0.5A；更换阻值为10Ω的电阻后为正确进行实验得出实验结论，下一步应将滑动变阻器的滑片向______滑动(选填“左”或“右”)。将5Ω定值电阻更换为10Ω定值电阻后，在不改变电路连接的情况下如果保持滑片位置不动电压表的指针会______。
(4)小赵依次接入5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω五个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数。实验中他接入10Ω和25Ω定值电阻时，电路中两次的电流之比为______。
(5)实验室有以下规格的滑动变阻器，要完成上述实验，小赵所选用的滑动变阻器应是______。(填写选项字母即可)
A.20Ω0.3A
B.20Ω0.5A
C.50Ω0.3A
D.50Ω0.5A
(6)小赵完成实验后继续探究电流跟电压的关系，他调节滑动变阻器，测出通过定值电阻R的电流和对应的电压如下表所示。分析数据发现电流与电压不成正比，检查两表均无故障，你认为可能的原因是______。通过分析数据此时选用的定值电阻的阻值是______Ω。
电压U/V
1
1.5
2
2.5
3
电流I/A
0.14
0.19
0.24
0.29
0.34
24. 小红在做“探究影响导体电阻大小的因素”实验时，做出了如下猜想
猜想一：导体的电阻可能与导体的长度有关
猜想二：导体的电阻可能与导体的横截面积有关：
猜想三：导体的电阻可能与导体的材料有关
实验室提供了4根电阻丝，其规格、材料如下表所示：
编号
材料
横截面积S/(mm2 )
长度L/(m)
A
镍铬合金
1.0
0.25
B
镍铬合金
1.0
0.50
C
镍铬合金
2.0
0.25
D
锰铜合金
1.0
0.25
(1)如图电路，实验前最好在导线a、b间连接______(选填“导线”或“电阻”)，在M、N之间分别接上不同导体，闭合开关，通过观察______来比较导体电阻大小
(2)为了验证猜想一，可依次把M、N跟______(填“A”、“B“、“C”或“D”)的两端相连，闭合开关，记下电流表的示数，分析比较这两根电阻丝电阻的大小。
(3)依次把M、N跟电阻丝A、C的两端连接，闭合开关，发现接电阻丝C时电流表的示数较大，分析比较A、C两根电阻丝电阻的大小，可探究电阻跟______的关系，其结论是：导体的长度和材料一定时，横截面积越大，其阻值______。
(4)若将电阻丝C均匀拉伸，使其横截面积变为原来的一半，则此时该电阻的阻值______(选填“等于”或“不等于”)原来的2倍。小超在做“探究影响导体电阻大小的因素”实验时，发现实验器材中电阻丝只有一根，其他器材足够，不能完成的实验探究是______
A.导体电阻与长度的关系B.导体电阻与材料的关系
C.导体电阻与温度的关系D.导体电阻与横截面积的关系
25. 如图是探究“电流通过导体时产生热量与哪些因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着初温、质量相同的空气。
(1)利用甲装置可探究电流产生的热量与______的关系，通电一段时间后，与______(选填“左”或“右”)侧容器相连的U形管中液面的高度差较大；
(2)乙装置中的电阻R3的作用主要是使电阻R1和R2中的电流______(选填“相等”或“不相等”)，为了使实验现象更明显，可以将R3的阻值换成______(选填“更大的”或“更小的”)；
(3)通过观察乙装置，______(选填“左”或“右”)容器中导体产生的热量较多。由此可知，在电阻和通电时间相同时，电流越______，导体产生的热量越多。该装置______(选填“能”或“不能”)解释“电炉丝热得发红，而连接它的导线却几乎不发热”；
(4)乙装置中，如果R3断路，在通电时间相同时，与R3没有断路时相比较，左侧U形管中液面的高度差将______，右侧U形管中液面的高度差将______(以上两个空都选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(5)让乙装置冷却到初始状态，把右侧并联的两根电阻丝R2、R3都放入容器中，接通电源一段时间后，电阻丝产生的热量______多。(选填“左容器”“右容器”或“两容器一样”)
26. 如图所示，电源电压为25V且保持不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，其上标有“50Ω2A”的字样，电流表A1的量程为0∼0.6A，电流表A2的量程为0∼3A，灯泡L标有“5V 2W”的字样。求
(1)灯泡L正常工作时的电流是多大？
(2)闭合S，断开S1、S2，灯泡恰好正常工作，求R1的阻值。
(3)S、S1、S2均闭合，滑动变阻器R2连入电路的阻值为多大时电路功率最大？并求出最大功率。
27. 图甲所示为某品牌家用热水器的简化电路图，S1是手动开关，置于热水器外部；S2是温控开关，置于热水器内部；当水温低于40℃时自动闭合，达到40℃时自动断开，R1与R2均为用来发热且阻值不变的电热丝，使用时，手动闭合开关S1，电热水器开始工作。下表为该电热水器部分参数。
额定电压
220V
频率
50Hz
保温功率
220W
加热功率
2420W
水箱容量
50L
设定温度
40℃
(1)该热水器正常工作时，电热丝R1的阻值是多少？
(2)热水器正常加热时，通过R2的电流是多大？
(3)假设关闭家中的其它所有用电器，只让该热水器接入电路烧水5min，刚好将水箱中水温升到40℃，观察到家中电能表(如图乙所示)的转盘转过200r，则此时热水器两端的实际电压多大？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：丙是用丝绸摩擦过的玻璃棒，故丙带正电；
由图知，当丙靠近甲小球时，相互吸引，因丙带正电，则甲可能带负电，也可能不带电；
当丙靠近乙小球时，相互吸引，因丙带正电，则乙可能带负电，也可能不带电；
将甲乙靠近时，甲乙相互吸引，故甲、乙只能是有一个带负电但不能判断谁带负电，另一个不带电，故 C正确。
故选：C。
用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；带电体具有吸引轻小物体的性质；电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
本题考查了物体带电情况的判断，关键是掌握好电荷间的相互作用规律和带电体的性质，属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，当电动车上的信号接收器(S1)接收到信号，再转动电动车钥匙(S2)，车才能正常启动，这说明两个开关相互影响，是串联在一起的，一起控制电动机，故A正确。
故选：A。
根据电动车启动的条件分析两个开关与电动机的连接方式。
本题考查了电路的设计，能判定出两个开关的连接方式是解题的关键。
3.【答案】D
【解析】解：A、在“探究电阻上的电流跟两端电压的关系”时，测量多组对应的电流和电压值，是为了寻找普遍性的规律，故A不符合题意；
B、在“测量小灯泡的电功率”时，小灯泡的电功率是变化的，测量多组对应的电压和电流值，是为了研究不同电压下的小灯泡实际功率，故B不符合题意；
C、在“探究串联电路电压的特点”时，测量多组对应的电压值，是为了寻找普遍性的规律，故C不符合题意；
D、在“测量定值电阻的阻值”时，测量多组对应的电压和电流值，是为了计算电阻值时求取平均值，以减小误差，故D符合题意。
故选：D。
物理实验中为了减小误差或者寻找规律进行多次测量，如果物理量是个恒量，多次测量求平均值可以减小实验误差；如果不是测量具体的物理量，而是寻找规律也采取多次测量，寻找普遍性。
本题考查学对各个实验的实验目的是否清楚，要求学学生对实验要非常熟悉，明确实验中每一步实验的目的。
4.【答案】D
【解析】解：A、灯丝必须在白炽状态下才能正常发光，电阻为零无法将电能转化为内能，无法放热，不符合题意。
B、电炉丝需要将电能转化为内能，电阻为零无法将电能转化为内能，不符合题意。
C、保险丝是利用电流的热效应，当电流过大时，自动熔断来保护电路的。电阻为零无法将电能转化为内能，无法熔断，不符合题意。
D、根据焦耳定律Q=I2Rt，可知，远距离输电，当电阻为零时，可使导线损耗为零，便可提高传输效率，符合题意。
故选：D。
(1)超导体的电阻为零，不会放热，所以电能无法转化为内能。
(2)超导体的电阻为零，也就避免了内能的损耗，适合做输电线路。
本题考查了超导体的特点及应用，体现了物理服务于社会的课标理念。解答本题的关键是超导体是零电阻，所有利用电流热效应工作的电器设备都不能用超导材料制作。
5.【答案】B
【解析】解：因为用电器的额定功率相同，由W=Pt可得，若它们都在额定电压下工作相同的时间，消耗的电能相同。
故选：B。
根据W=Pt分析消耗电能的大小。
本题考查了用电器消耗电能大小的判定，属于基础题。
6.【答案】B
【解析】解：A、干木条不易导电，属于绝缘体，不能使小灯泡发光，故A错误；
B、铅笔芯的制作材料是石墨，石墨容易导电，属于导体，能使小灯泡发光，故B正确；
C、塑料棒不易导电，属于绝缘体，不能使小灯泡发光，故C错误；
D、陶瓷棒不易导电，属于绝缘体，不能使小灯泡发光，故D错误。
故选：B。
容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；常见的导体包括：人体、大地、各种金属、酸碱盐的溶液等。常见的绝缘体有陶瓷、玻璃、橡胶、油等；导体和绝缘体没有绝对的界限。
此题考查了导体与绝缘体的概念以及生活中常见的实例；生活中哪些物体为导体，哪些物体为绝缘体，属于识记的内容，比较简单。
7.【答案】A
【解析】解：由电路图知，闭合开关后，L1和L2串联，电压表V1测L2两端电压，V2测电源电压，
由串联电路的电压特点知，V2示数应大于V1的示数，而两电压表指针位置相同，所以V2使用0∼15V量程，由图(b)知，电源电压U=7.5V；
V1使用0∼3V量程，由图(b)知，L2两端电压U2=1.5V，
L1两端电压U1=U−U2=7.5V=1.5V=6V。
故选：A。
先分析电路的连接方式，确定电压表所测电压，再根据电路的电压特点确定两电压表的量程并读数，从而得到两灯电压。
本题考查串联电路电压特点和电压表的读数，正确分析电路的连接情况，确定电压表量程是关键。
8.【答案】D
【解析】解：
由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流。
A、因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故A错误；
BC、因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R1的电流不变，即电流表A2的示数不变；当滑动变阻器R2的滑片P向b滑动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由I=UR可知，通过R2的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A1的示数变小，故BC错误；
D、电压表V的示数不变，电流表A2的示数不变，则电压表V的示数与电流表A2的示数的比值不变，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R1支路的电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1的电流变化；根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2电流的变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
9.【答案】C
【解析】解：甲、乙两电热丝电阻之比为2：3，相同时间内产生的热量之比为1：6，根据Q=I2Rt可得，通过两个电热丝的电流之比：
I甲I乙=Q甲R甲tQ乙R乙t=Q甲R乙tQ乙R甲t=1×3t6×2t=14。
故选：C。
知道甲、乙两电阻的阻值之比和在相同时间内产生热量之比，根据Q=I2Rt求出通过两个电阻的电流之比。
本题考查了焦耳定律的灵活应用，计算过程要注意各量之间的关系，不要颠倒。
10.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1的电压，电压表V2测R2两端的电压。
A、由图像可知，图线乙中电流随电压的增大而变大(正比例图线)，因此图线乙是定值电阻R1的图像；图线甲中电流随电压的增大而减小，所以图线甲是滑动变阻器R2的图像，故A错误；
B、由图像可知，电流I=0.3A时，滑动变阻器两端的电压为U甲=9V，电阻R1两端的电压为U乙=3V，
由串联电路的电压特点可得，电源电压：U=U甲+U乙=9V+3V=12V；故B错误；
C、从图中可知电路的最大电流为1.2A，
电路的最大总功率P=UI′=12V×1.2A=14.4W，
故C正确；
D、当电路电流最小为I=0.3A时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，此时滑动变阻器电压U甲=9V，
由I=UR得滑动变阻器最大阻值：R滑大=U甲I=9V0.3A=30Ω，故D错误。
故选：C。
(1)由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器串联，电压表V1测定值电阻R1的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，随滑动变阻器接入电路的阻值变小，滑动变阻器的分压变小，随电路电流增大，定值电阻两端电压变大，据此判断甲乙图线是哪个电阻的图像；
(2)由图像得出某时刻两个电压表的示数，然后由串联电路特点求出电源电压；
(3)从图中得出电路中的最大电流，根据P=UI得出电路的最大功率；
(4)当电路电流最小时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由图像得出此时滑动变阻器两端电压与流过它的电流，然后由欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
本题考查串联电路特点、欧姆定律公式和电功率公式应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“U−I”关系图像。关键是能正确找到变阻器的电功率何时有最大值。
11.【答案】BCD
【解析】解：A、在电阻一定时，同一导体两端的电压越大，通过这段导体的电流就越大，故A正确；
BCD、电阻是导体本身的一种属性，与导体两端的电压和通过的电流无关，故BCD不正确．
故选BCD.
(1)电阻是导体本身的一种属性，与材料、长度、横截面积、温度有关，与导体两端的电压和通过的电流无关；
(2)欧姆定律的内容：一段导体中的电流跟这段导体两端的电压成正比，跟这段导体的电阻成反比．
知道影响电阻大小的因素，并且知道导体的电阻与导体两端的电压和通过的电流无关，但可以根据欧姆定律计算出电阻的大小．
12.【答案】BC
【解析】解：A、只闭合S1时，电路为小灯泡L的简单电路，L的实际功率为1W，根据功率的计算公式可得，再甲图L的图线上找符合U、I乘积为1W的坐标，故有UL=2V，IL=0.5A，由欧姆定律可得，小灯泡L的电阻为Rl=ULIL=2V0.5A=4Ω，故A错误；
B、根据A选项分析得，电源电压为U=UL=2V，再闭合S2后，此时R、L并联接入电路，电流表测干路中的电流，电压为2V，在甲图中找出R此时对应的电流，即为0.2A，则电流表示数增大0.2A，故B正确；
C、电源电压为2V，R的电流为IR=0.2A，L的电流为IL=0.5A，根据并联电路的电流规律可得电路中的总电流为I=IR+IL=0.2A+0.5A=0.7A，由功率的计算公式可得，电路总功率为P=U总I=2V×0.7A=1.4W，故C正确；
D、再闭合S2时，电阻R的电压为2V，电流为0.2A，根据焦耳定律可得，通电1min产生的热量为
Q=W=UIt=2V×0.2A×60s=24J，故D错误。
故选：BC。
(1)只闭合开关S1时，电路为L的简单电路，根据图像读出小灯泡L的实际功率为1W时的电流和电压，据此得出电源的电压，根据欧姆定律求出小灯泡L的电阻；
(2)再闭合开关S2时，L与R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点结合图像读出通过R的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响得出电流表示数的增加量，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用P=UI求出电路的总功率，根据Q=W=UIt求出在1min内电阻R产生的热量。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电热公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
13.【答案】BD
【解析】解：不考虑温度对灯丝电阻的影响，则R1=U1额2P1额=(6V)26W=6Ω；R2=U2额2P2额=(6V)23W=12Ω；
A、只闭合S1时，甲、乙两灯串联，通过两灯的电流相等，根据P=I2R，P1实P2实=I2R1I2R2=6Ω12Ω=12，故A错误；
B、只闭合S2、S3时，甲、乙两灯并联，甲、乙两灯的实际电压均等于额定电压6V，所以实际功率都等于额定功率，则P1实P2实=P1额P2额=6W3W=21，故B正确；
CD、只闭合S1、S2时，甲灯被短路，乙灯两端的实际电压等于额定电压6V，实际功率等于额定功率3W，即电路的总功率为3W，故C错误，D正确。
故选：BD。
不考虑温度对灯丝电阻的影响，先根据R=U2P分别计算出甲、乙两灯的电阻；
A、只闭合S1时，甲、乙两灯串联，通过两灯的电流相等，根据P=I2R，则实际功率之比为两灯电阻之比；
B、只闭合S2、S3时，甲、乙两灯并联，甲、乙两灯的实际电压均等于额定电压6V，所以实际功率都等于额定功率，据此比较；
CD、只闭合S1、S2时，甲灯被短路，乙灯两端的实际电压等于额定电压6V，实际功率等于额定功率。
本题考查了电功率公式的运用、多状态电路的动态分析，根据各开关不同的开合状态，分别分析每种状态下的电路情况不难得出正确答案。
14.【答案】AD
【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。
B、当变阻器滑片向右滑动过程中，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的读数变大，故B正确；
C、由电路图可知，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测滑动变阻器中的电流，所以电压表与电流表示数之比为滑动变阻器的电阻，因为变阻器滑片向右滑动过程中变阻器接入电路中的电阻变小，所以电压表与电流表示数之比变小，故C错误；
A、由图可知，当滑动变阻器的电阻为5Ω时，其两端的电压为3V，通过电路的电流为：I1=U1R1=3V5Ω=0.6A，
则电源电压为：U=U1+I1R0=3V+0.6A×R0-------①；
滑动变阻器的电阻为10Ω时，其两端的电压为4V，通过电路的电流为：I2=U2R2=4V10Ω=0.4A，
则电源电压为：U=U2+I2R0=4V+0.4A×R0-------②；
联立①②得，R0=5Ω，U=3V+0.6A×5Ω=6V，故A正确；
D、当滑动变阻器的电阻为零时电路消耗的功率最大，电路消耗的最大功率为P=U2R0=(6V)25Ω=7.2W，故D正确。
故选：AD。
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。
(1)变阻器由左端向右滑动过程中，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化；
(2)电压表与电流表示数之比为滑动变阻器的电阻；
(3)读出图中滑动变阻器的电阻和其两端的电压，根据欧姆定律算出其电阻，根据电源电压相等列等式算出定值电阻的阻值，进而求出电源电压；
(4)当滑动变阻器的电阻为零时电路消耗的功率最大，根据P=U2R0得出最大功率。
本题考查了电路的动态分析和欧姆定律的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
15.【答案】CD
【解析】解：由图甲可知，R1、R2串联，由图乙可知，R1、R2并联，设两图中R1两端的电压为U；
A、乙图中流过R1、R2的电流之比为2：1，由并联电路的电压特点和欧姆定律可知，两电阻的阻值之比：R1R2−U2I1U2I2=I2I1=12，即R2=2R1，R1：R2=1：2，故A错误；
B、甲图中由串联电路的分压原理可知，R1、R2两端的电压电压之比：U1甲U2甲=R1R2=12，即U2甲=2U1甲=2U，由串联电路的电压特点可知，甲图中的电源电压：U1=U1甲+U2甲=U+2U=3U，
由并联电路的电压特点可知，图乙中的电源电压：U2=U1乙=U，
因此两图中电源的电压之比：U1U2=3UU=31，故B错误；
C、甲图中流过R2的电流：I2甲=U2甲R2=2U2R1=UR1，
乙图中流过R2的电流：I2乙=U2R2=U2R1，
则两图中流过R2的电流之比：I2甲I2乙=UR1U2R1=21，故C正确；
D、由串联电路的电流特点可知，甲图中电路的电流：I甲=I2甲=UR1，
乙图中流过R1的电流：I1乙=U2R1=UR1，
由并联电路的电流特点可知，乙图中干路的电流：I乙=I2乙+I1乙=U2R1+UR1=3U2R1，
由P=UI可知，两图电路消耗的总功率之比：P甲P乙=U1I甲U2I乙=3U×UR1U×3U2R1=21，故D正确。
故选：CD。
由图甲可知，R1、R2串联，由图乙可知，R1、R2并联；
(1)根据图乙中流过R1、R2的电流之比为2：1利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比；
(2)由图甲根据串联电路的分压原理求出R1、R2两端的电压关系，根据串联电路的电压特点求出图甲中的电源电压，根据并联电路的电压特点求出图乙中的电源电压，进而求出两图中电源的电压之比；
(3)根据欧姆定律分别求出两图中流过R2的电流，进而求出电流之比；
(4)根据串联电路的电流特点求出甲图中电路的电流，根据并联电路的电流特点和欧姆定律求出乙图中干路的电流，根据P=UI求出两图电路消耗的总功率之比。
本题考查学生对欧姆定律、电功率公式、串并联特点的掌握和运用，要求灵活选用公式，涉及到求比值问题，要细心防止因颠倒而出错。
16.【答案】1.5不高于36 导体 1200
【解析】解：一节干电池的电压是1.5V；人体安全电压不高于36V；
人体加在一定电压下有电流通过，说明人是导体。
电流I=30mA=0.03A，由公式I=UR可得人体的电阻R=UI=36V0.03A=1200Ω。
故答案为：1.5；不高于36；导体；1200。
一节干电池的电压是1.5V.人体安全电压不高于36V；
人体是容易导电，是导体。知道电压和电流，根据欧姆定律计算人体电阻。
识记一节干电池的电压、照明电路电压、对人体的安全电压，这些有时隐含在题目中，注意挖掘。同时还考查了欧姆定律的灵活运用，难度不大。
17.【答案】P=UI1.08×104
【解析】解：已知电功率的单位是“V⋅A”，V为电压的单位，A为电流的单位，对应的电功率的公式为P=UI；
一个子充电宝能提供的电能W=UIt=5V×6001000A×1×3600s=1.08×104J。
故答案为：P=UI；1.08×104。
已知电功率的单位是“V⋅A”，V为电压的单位，A为电流的单位，对应的电功率的公式为P=UI；
根据W=UIt得出一个子充电宝能提供的电能。
本题考查电功率的计算公式和电能的有关计算，是一道综合题。
18.【答案】152.5
【解析】解：
由I=UR可得，灯泡L1的电阻为：R1=U1I1=6V2A=3Ω，
灯泡L2的电阻为：R2=U2I2=12V1A=12Ω，
将它们串联时，由于串联电路中各处电路相等，所以电路中允许的最大电流为：I串=I2=1A，
根据电阻的串联特点和欧姆定律可得，电路两端允许的最大电压为：U串=I串(R1+R2)=1A×(3Ω+12Ω)=15V；
将它们并联时，由于并联电路各支路两端的电压相等，所以电路两端的最大电压为：U并=U1=6V，
则通过灯泡L1的电流为2A，
通过灯泡L2的电流：I2=U并R2=6V12Ω=0.5A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路中允许的最大电流：I并=I1+I2=2A+0.5A=2.5A。
故答案为：15；2.5。
根据欧姆定律求出两灯泡的电阻，将它们串联时，电路中最大电流等于它们额定电流中的最小值，根据串联电路的特点和欧姆定律可得出允许的最大电压；
将它们并联时，电路两端的最大电压等于两灯额定电压的最小值，根据并联电路电压规律和欧姆定律求出通过灯泡L2的电流，再根据并联电路电流规律求出干路中允许最大电流。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，会确定串联电路的最大电流和并联电路的最大电压是关键。
19.【答案】开关 并联 电流表 保护电路 变大
【解析】解：
(1)拨动方向盘旁边的横杆，汽车同侧的前后两个转向灯会同时闪亮、同时熄灭，若一个转向灯坏了，另一个仍能发光，则这两灯是并联；
司机拨动这根横杆，转向灯才会工作，所以这根横杆起到了开关的作用，即司机所拨动的这根横杆相当于电路中的开关；
(2)由电路图可知，油量表串联在电路中，实际是一电流表；定值电阻R0的作用是可以防止电路中的电流过大而烧坏仪表，保护电路；
在加油时，浮子位置升高，在杠杆作用下，滑动变阻器连入电路的阻值变小，根据I=UR可知，在电源电压不变时，使电路中的电流变大，电流表示数变大，即油量表示数变大。
故答案为：(1)开关；并联；(2)电流表；保护电路；变大。
(1)串并联电路的特点：串联电路，电流只有一条通路，开关控制整个电路；并联电路电流有多条通路，各支路互不影响；
(2)根据图示可知，该装置涉及到浮力、杠杆、滑动变阻器、电流表等相关知识，油面上升通过浮子和杠杆使滑动变阻器连入的电阻变小，电路中的电流变大；油面下降通过浮子和杠杆使滑动变阻器连入的电阻变大，电路中的电流变小；据此分析；
如果没有定值电阻的话，则当油箱中的油越来越多的时候，滑动变阻器的阻值就会越来越小，此时电路中的电流就会越来越大，可能会烧坏油量表。
本题通过家用汽车为载体，考查了串、并联电路的区别、动态电路分析，知识点多、综合性强，要求灵活运用所学知识！
20.【答案】解：由实物图知，两灯并联，开关S1在干路上控制整个电路，S2在L2支路上，由此画出电路图如图所示：
【解析】由实物图分析电路的连接情况，再画出对应的电路图。
本题考查根据实物图画电路图，正确分析电路的连接方式和开关位置是关键。
21.【答案】解：根据题意可知，开关S闭合后，滑动变阻器的滑片P向左滑动时，灯泡L2变亮，但灯泡L1的亮度不变，这说明滑动变阻器控制灯泡L2，灯泡L2和灯泡L1互不影响，所以该电路为混联电路，滑动变阻器与灯泡L2串联后再与灯泡L1并联；滑动变阻器的滑片P向左滑动时，灯泡L2变亮，这说明通过灯泡L2的电流变大，滑动变阻器接入电路的电阻变小，所以滑动变阻器上面的一个接线柱与A接线柱接入电路中；开关S断开后，灯泡L1、L2都不亮，这说明开关S在干路中；实物图如下所示：
【解析】根据题目要求分析电路的连接方式，然后连接实物图。
本题考查了实物图的连接，明确电路的连接方式是解题的关键，难度不大。
22.【答案】断开 电流表没有调零 不发光 L2被短路 干路的电流等于各支路的电流之和
【解析】解：(1)为保护电路，在电路连接过程中开关要断开；
(2)闭合开关前，电流表指针向零刻度左侧，说明电流表没有调零；
(3)分析该实物图可知，闭合开关后，电流从电源正极过灯L1和电流表A1，回到电源负极，L2短路，所以L2不发光；
(4)在图丙在图丙上只改动一根导线，符合L1、L2并联，电流表A1测干路电流，A2测灯L2的电流，开关控制所有用电器，改动如图：
；
(5)由图可知，电流表接到A、B处各测一个支路的电流，接到C处则测干路的电流，根据表中数据C处电流表示数是A、B 两电流表示数的和，所以结论是：在并联电路中，干路的电流是各支路的电流之和。
故答案为：(1)断开；(2)电流表没有调零；(3)不发光；L2被短路；(4)见解答；(5)干路的电流等于各支路的电流之和。
(1)在连接电路的过程中，为保护电路，开关应该断开；
(2)电流表使用前要调零；
(3)分析该实物图可知，闭合开关后，电流从电源正极过灯L1和电流表A1，回到电源负极，L2短路；
(4)根据要求修改实物图，开关、电流表A1接在干路电流，A2与L2串联；
(5)分析表中数据得出结论。
本题探究并联电路中电流的关系，考查注意事项、电流表使用、电路分析、电路连接、数据分析和归纳法的运用。
23.【答案】电压表并联在滑动变阻器两端 左 向右偏转 5：2 D 电流表使用前没有调零 10
【解析】解：(1)当滑片向右移动时电流表示数变大，由欧姆定律可知，滑动变阻器连入电路的电阻变小，说明滑动变阻器接入电路的电阻丝变短，故滑片以右电阻丝连入电路中与电阻串联，电压表与电阻并联，如图所示：
；
(2)电源电压恒定，电流表串联在电路中，电流表示数增大，定值电阻电流增大，根据欧姆定律可知定值电阻两端的电压增大，由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器电压减小，因此造成这一现象的原因可能是：电压表并联在滑动变阻器两端；
(3)由欧姆定律可知，定值电阻两端的电压为：UV=IR=0.5A×5Ω=2.5V；
根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大，由图可知，电压表的指针会向右偏转；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，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，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为2.5V不变；
(4)由欧姆定律求出接入10Ω和25Ω定值电阻时，电路中两次的电流之比：I2I5=UR2UR5=R5R2=25Ω10Ω=52；
(5)实验中使用的定值电阻阻值最大为25Ω，定值电阻两端的电压始终保持UV=2.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U−UV=6V−2.5V=3.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的3.5V2.5V=1.4倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=1.4×25Ω=35Ω，即小赵所选择的变阻器的最大阻值不能小于35Ω；
电流的最大电流为：I最大=UVR最小=2.5V5Ω=0.5A，故滑动变阻器的规格为：“50Ω0.5A”，故选D；
(6)分析表格中数据可知：电流值都减去0.04A时，电流值与电压值成正比，所以可能的原因是电流表使用前没有调零；通过数据可知，当电压值为1V时，电流值为：0.14A−0.04A=0.1A，由I=UR可知，R=UI=1V0.1A=10Ω。
故答案为：(1)如图所示；(2)电压表并联在滑动变阻器两端；(3)左；向右偏转；(4)5：2；(5)D；(6)电流表使用前没有调零；10。
(1)当滑片向右移动时电流表示数变大，由欧姆定律可知，滑动变阻器连入电路的电阻变小，说明滑动变阻器接入电路的电阻丝变短，从而确定滑动变阻器接入的接线柱；
(2)电流表串联在电路中，电流表示数增大，电路中电流增大，根据欧姆定律可知定值电阻两端的电压增大，电源电压不变，由串联电路的电压特点可知滑动变阻器电压减小，据此分析解答；
(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；
(4)根据欧姆定律求出接入10Ω和25Ω定值电阻时，电路中两次的电流之比；
(5)探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，由欧姆定律可知，当电阻最小时电路中的电流最大，根据欧姆定律求出接入阻值最小的电阻时电路中的最大电流，进而确定滑动变阻器的规格；
(6)检查两电表均无故障，说明测量过程正确；分析数据后发现，表格中电流值都减去0.04A时，电流值与电压值成正比，据此分析原因；由I=UR变形计算电阻R的阻值；
本题探究“电流与电阻的关系”，考查了电路连接、故障分析、控制变量法、操作过程和欧姆定律的应用，是一道综合性实验题。
24.【答案】电阻 电流表的示数 A、B 导体横截面积 越小 不等于 B
【解析】解：
(1)为了保护电路，实验前最好在导线a、b间连接电阻；
在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表的示数来比较导体电阻的大小，这里用到了转换法；
(2)要验证猜想一：导体的电阻可能与导体的长度有关，应控制导体材料与横截面积相同而长度不同，由表中数据可知，应选编号为A、B的两根电阻丝进行实验；
(3)分别将A和C两电阻丝接入电路中M、N两点间，导体A、C的材料与长度相同而横截面积不同，可以探究导体的电阻可能与导体的横截面积有关；
A和C两电阻丝相比，C的横截面积较大，发现接电阻丝C时电流表的示数较大，说明电阻丝C的电阻较小，由此得到的结论是：当导体的材料和长度相同时，导体的横截面积越大，导体的电阻越小；
(4)①当材料和长度一定时，导体的电阻与其横截面积成反比，若均匀拉伸导体，使其横截面积变为原来的一半，但长度变为原来的2倍，所以此时该导体的电阻不等于原来的2倍；
②实验时，通过改变连入电阻丝长度，此时横截面积和材料不变，可以探究导体电阻与长度的关系，可完成A的探究；
实验时，可以将电阻丝对折起来使用，改变连入电阻丝横截面积，控制长度和材料不变，可以探究导体电阻与横截面积的关系，可完成D的探究；
由题知，实验器材中电阻丝只有一根，但其他器材足够，所以可以通过酒精灯改变电阻丝的温度，可完成C的探究；
当探究导体电阻与材料的关系时，应控制长度和横截面积不变，因为只有一根金属丝，所以无法改变材料，不能够完成B的探究，故选B。
故答案为：
(1)电阻；电流表的示数；(2)A、B；(3)导体横截面积；越小；(4)不等于；B。
(1)根据保护电路的要求进行分析；电流表串联在电路中，电源电压一定，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)(3)影响导体电阻大小的因素：导体的材料、长度和横截面积，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；
(4)在其他条件都一定时，电阻与导体的长度长正比，与横截面积成反比；在其他条件都一定时，电阻与导体的长度长正比，与横截面积成反比；导体的电阻是本身的属性，它跟导体的长度、横截面积和材料有关，当探究影响导体电阻大小的因素时，应控制其它的因素不变，只改变该因素看电阻如何变化就可以。
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。
25.【答案】电阻 右 不相等 更小的 左 大 不能 变小 变大 左容器
【解析】解：
(1)在甲装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过它们的电流I与通电时间t相同，电阻不同，探究导体产生的热量与电阻的关系；
甲实验两电阻丝串联，则通过电阻丝的电流和通电时间相同，右侧电阻阻值大，由焦耳定律Q=I2Rt可知，右侧电阻丝产生热量多；则右侧容器内空气吸收的热量多，右侧容器中U形管中液面的高度差大；
(2)图乙的装置在实验中，右侧容器的外部，将一个完全相同的电阻和这个容器内的电阻并联，再接入原电路，使通过左边容器中电阻的电流与通过右边容器中电阻的电流不同，可以探究电流产生的热量与通过导体的电流大小的关系；为了使实验现象更明显，可以将R3的阻值换成更小的，这样分流更多，R1和R2发热多少对比更明显；
(3)电阻丝R3的分流使I1>I2，根据Q=I2Rt可知左侧容器产生的电热多；由此可知，在电阻和通电时间相同的情况下，电流越大，产生的电热越多；
电炉丝、导线是较大电阻和较小电阻的串联关系，应该用图甲装置解释，所以装置乙不能解释；
(4)在乙实验中，电阻R3断路后，电路中的总电阻变大，在电源电压一定时，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，即通过R1的电流变小，根据焦耳定律可知，在相同的时间内，电阻R1产生的热量变小，左侧U形管中液面的高度差将变小；
由于电阻R3断路，R2与R3并联部分的电阻变大，分压增多，由I=UR知通过R2中的电流变大，因此右侧U形管中液面的高度差将变大；
(5)依据题意，右侧两个电阻并联后的电阻是左侧电阻的一半，由Q=I2Rt可知，在电流、通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多，所以左侧容器电阻丝产生的电热多。
故答案为：(1)电阻；右；(2)不相等；更小的；(3)左；大；不能；(4)变小；变大；(5)左容器。
(1)根据甲装置的相同量和不同量，根据控制变量法分析解答；电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究时运用了控制变量法，根据焦耳定律判断产生热量的多少，进而判断U形管液面高度差大小；
(2)R3的作用是分流，且电阻越小，分流越多；
(3)电阻R相同、通电时间相同，由Q=I2Rt可知，I越大，Q越大；电炉丝、导线是较大电阻和较小电阻的串联关系，应该用图甲装置解释；
(4)先根据欧姆定律分析电路中的电流变化，再根据焦耳定律分析左侧电阻产生热量的变化情况，从而确定左侧U形管中液面的高度差的变化情况；
(5)右侧两个电阻并联后的电阻是左侧电阻的一半，在I、t相同时，R大Q大，据此解答。
本题考查了对焦耳定律的认识和理解，要注意转换法和控制变量法的应用。
26.【答案】解：(1)由题知，灯泡的额定电压为5V，额定功率2W，
由P=UI可得灯泡正常工作时的电流：
I额=P额U额=2W5V=0.4A；
(2)由图知，当闭合S、断开S1、S2，R1与L串联，此时灯泡正常工作，则UL=5V，IL=0.4A，
由串联电路特点知，电路中电流：I=I1=IL=0.4A，
R1两端的电压：U1=U−UL=25V−5V=20V，
根据欧姆定律I=UR知定值电阻R1的阻值为：
R1=U1I1=20V0.4A=50Ω；
(3)由图知，S、S1、S2均闭合，R1与R2并联，L被短路，电流表A2测干路电流，A1测R1的电流，
此时通过R1的电流是一个定值，由并联电路特点和欧姆定律可得：
IR1=UR1R1=25V50Ω=0.5A，
由变阻器规格知，通过它的最大电流为2A，
所以干路的最大电流：I最大=IR1+I2最大=0.5A+2A=2.5A<3A，不超过A2的量程，符合题意，
所以此时滑动变阻器R2连入电路的阻值为：
R2=UI2最大=25V2A=12.5Ω；
电路中最大功率为：
P最大=UI最大=25V×2.5A=62.5W。
答：(1)灯泡正常工作时的电流是0.4A；
(2)定值电阻R1的阻值为50Ω；
(3)滑动变阻器R2为12.5Ω时电路功率最大，最大功率为62.5W。
【解析】(1)已知灯泡的额定电压和额定功率，由P=UI=U2R计算灯泡正常工作时的电流：
(2)当闭合S，断开S1、S2时，R1与灯泡串联，灯泡恰好正常工作，由串联电路特点和R=UI计算R1的阻值；
(3)当S、S1、S2均闭合，R1与R2并联，由并联电路特点和电流表的量程以及变阻器规格确定电路中最大电流，由欧姆定律计算此时R2连入电路的阻值，由P=UI计算最大功率。
本题考查了串联和并联电路的特点、欧姆定律以及电功率公式的应用，知道灯泡正常工作时其两端电压等于额定电压，关键是正确分析开关都闭合时电路中最大电流的判断。
27.【答案】解：(1)S1闭合，S2断开时，为保温挡；R1的阻值为：R1=U2P保=(220V)2220W=220Ω；
(2)根据表格中的数据可知，高温挡时，两个电阻都工作，低温挡时，只有R1工作，根据并联电路特点可知，各支路互不影响，所以R2的功率为：
P2=P−P1=2420W−220W=2200W；
由P=UI可知，通过R2的电流是：I=P2U=2200W220V=10A；
(3)电路的总电阻为：R=U2P=(220V)22420W=20Ω；
1200r/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kw⋅h的电能，电能表的转盘转过1200r，
则电热水器消耗的电能为：W=200r1200r/(kW⋅h)=16kW⋅h；
电热水器消耗的实际功率：P实=Wt=16kW⋅h560h=2kW=2000W。
由于总电阻不变，根据P=U2R可知，实际电压为：U实=P实R=2000W×20Ω=200V。
答：(1)该热水器正常工作时电热丝R1的阻值是220Ω；
(2)热水器正常加热时，通过R2的电流是10A；
(3)热水器两端的实际电压是200V。
【解析】(1)由图可知，两个开关闭合时为并联电路，此时为高温挡；S1闭合，S2断开时，为保温挡；根据P=U2R求出R1的阻值；
(2)根据高温挡的功率和低温挡的功率求出R2的功率，根据P=UI求出通过R2的电流；
(3)1200r/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kw⋅h的电能，电能表的转盘转过1200r，可求转盘转过200r消耗的电能，根据公式P=Wt可求出热水器的实际功率，根据P=U2R可以求出实际电压。
本题考查电功、电功率公式的应用等，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是理解电能表参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算。
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