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2021-2022学年河南省周口市西华县九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2021-2022学年河南省周口市西华县九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析），共19页。
如图是教材上“家庭实验室”的一个探究活动，王同学在玻璃试管里，装上一小半试管的沙子，将温度计插在沙子中。用力晃动试管十余下，发现温度计示数变大了，这说明沙子的内能______ (选填“增大”、“减小”、“不变”)，这主要是通过______ 的方式改变沙子的内能。
两个完全相同的不带电的验电器A和B，用丝绸摩擦过的玻璃棒与验电器A的金属球接触后，使其带______ 电荷；如图所示，再用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来，金属棒中的电流方向是______ 。(选填“从A到B”或“从B到A”)
如图是某款电热水龙头的电路原理图．R1、R2为电热丝，通过旋转手柄可使扇形开关S同时接触两个相邻触点，实现冷水、温水、热水挡之间的切换．当开关同时接触2、3触点时，水龙头放出的是______水(选填“冷”、“温”“热”).若R2=2R1，水龙头在温水挡正常工作时电功率为2000W，则它在热水挡正常工作1min消耗的电能为______J.
现在很多大型商场都安装行如图甲所示的“聪明的电梯”，载人和不载人时电梯运行的速度会发生变化，这种电梯的简易控制电路如图乙所示，图中压力传感器R的阻值会随压力的增大而减小，当人站在电梯上，则电磁铁的磁性变______，衔铁与触点______(选填“1”或“2”)接触，电动机的转速变______。
如图所示，电源电压恒定为12V，小灯泡上标有“6V，3.6W”字样。灯丝电阻保持不变，当只闭合S、S1时，小灯泡正常发光；当所有开关都闭合，滑动变阻器的滑片滑到最右端时，电流表A的示数是1.8A。则定值电阻R1的阻值为______Ω；滑动变阻器R2的最大阻值为______Ω；小灯泡通电时消耗的最小电功率是______ W。
关于热量、内能及分子，下列说法正确的是( )
A. 温度高的物体含有热量多
B. 热量从内能大的物体传递到内能小的物体
C. 把0℃的冰块熔化成0℃的水，其内能不变
D. 由于分子间存在相作用的斥力，所以固体很难压缩
我们知道，用电器是把电能转化为其他形式能量的装置。如图所示的用电器中，单位时间内消耗的电能最少的是( )
A. 微波炉
B. 电风扇
C. 电饼铛
D. 电饭锅
如图所示是四冲程汽油机的剖面图，关于其四个冲程的描述正确的是( )
A. 吸气冲程中，只有汽油吸入了气缸
B. 压缩冲程中，通过做功的方式使汽缸内气体的内能减小
C. 做功冲程中，燃料释放的能量只有少部分转化为机械能
D. 排气冲程中，气缸内的气压小于气缸外的气压
将规格为“6V 3W”的灯L1和规格为“6V 6W”的灯L2串联在电压为6V的电路中，忽略灯丝电阻变化，则下列说法正确的是( )
A. L1与L2灯丝电阻之比为1：2B. L1灯与L2灯实际功率之比为1：2
C. 两灯均不能正常发光，灯L2更亮些D. 两灯消耗的总功率为2W
如图所示是探究“影响电流热效应与哪些因素有关”的实验装置，将R1、R2两电阻丝密封在两只完全相同的烧瓶内，且R1>R2，瓶内装入等质量的煤油，下列说法错误的是( )
A. 烧瓶内选用比热容较小的液体，可以使实验现象更明显
B. 电阻R1产生的热量大于R2产生的热量
C. 该电路可以探究电流产生的热量与电流大小的关系
D. 电路串联使通过R1、R2电流相同，实验中运用了控制变量法
如图所示的实验装置中，用来研究“磁场对通电导线的作用”的是( )
A. B.
C. D.
在新冠肺炎疫情期间，防疫人员用如图甲所示电子测温仪测量体温，图乙是它工作的原理图，其中电源电压保持不变，R是热敏电阻，用于靠近人体测温，定值电阻R0为保护电阻，显示仪是由电流表或电压表改装而成的。在测量人的体温时，显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，则下列分析正确的是( )
A. 显示仪是由电流表改装成的
B. 热敏电阻R的阻值随着温度的升高而增大
C. 被测温者体温越高，电路消耗的电功率越大
D. 将R0更换为阻值更大的电阻，测相同温度时，读数偏小
如图所示电路，电源电压为4.5V并保持不变，电流表的量程为“0∼0.6A”，电压表的量程为“0∼3V”，灯泡上标有“”(不考虑灯丝电阻变化)，滑动变阻器R的规格为“20Ω1A”。闭合开关，在保证电路安全的情况下，移动滑片P的过程中，下列判断正确的是( )
A. 电流表的示数最大值为0.5AB. 灯泡两端的最大电压为3V
C. 电路消耗的最大总功率为1.25WD. 滑动变阻器接入电路的最小阻值为4Ω
如图所示，是AB两地间的输电示意图，双横线为输电线，每千米输电线的电阻约为0.2Ω.输电线在B地某处发生了短路，为确定短路的位置距A处的距离，检修员在A地利用电压表、电流表、开关、导线和电源接成电路进行测量计算，便可知道短路处到A地的距离。请在虚线框内帮检修员设计并画出电路图。
放有条形磁体的小车静止在水平地面上，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号里标明电源左端的极性和电磁铁右端的磁极。
小华利用如图所示的实验装置探究“沙子和水的温度变化与吸热的关系”。操作如下：
(1)细装器材时，安装顺序应是______(选填“自下而上”或“自上而下”)。
(2)实验时，两烧杯中分别装入初温相同且______相等的沙子和水。
(3)实验中两种物质吸收热量的多少可通过______来比较。
(4)用相同的酒精灯外焰加热，并用玻璃棒不断搅拌，根据实验数据绘制出温度时间的关系图像，如图乙所示，分析图像可知，对于实验中的沙子和水，升温较快的是______；由此可见，______的比热容较大。
小明用如图所示的电路探究“导体中的电流跟导体电阻的关系”，电源电压恒定。
(1)实验之前，图中的滑动变阻器应移动到______(选填“左”或“右”)端。
(2)闭合开关，移动滑动变阻器滑片时，小明发现电压表无示数，电流表有示数。其原因可能是______(写出一个)。
(3)排除故障后依次接入阻值不同的电阻，当将5Ω的电阻换成10Ω的电阻时，为了保持电阻两端电压一定，滑动变阻器的滑片应向______移动。
(4)实验中小明不断更换不同电阻并调节滑动变阻器阻值保持电压表示数为______ V不变，并记录电流表示数如表所示。分析表中数据可知，第______次实验存在问题，在处理数据时应排除。
(5)小明通过分析实验数据最终得出的结论是：______。
在“测小灯泡的电功率”实验中，小灯泡额定电压为2.5V。
(1)用笔画线代替导线，将图甲电路补充完整。
(2)电路正确连接后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表指针明显偏转，造成这一现象的原因可能是______。
A.电流表断路
B.小灯泡短路
C.小灯泡断路
D.滑动变阻器短路
(3)移动滑片，当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定电流为______ A，小灯泡正常发光时的电阻为______Ω，小灯泡的额定功率为______ W。
(4)实验时，小明组的电流表坏了，他找来了一个已知阻值的定值电阻R0，设计了如图丙的电路来测额定电压为U额的小灯泡L的额定功率，操作步骤下：
①闭合S0，开关S接1，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为______。
②保持滑片位置不变，开关S接2，记下电压表示数U，则小灯泡额定动率的表达式为______(用U额、U、R0表示)。
某市为了加强航空港建设，方便市民出行，修建了市汽车南站到机场的高速公路，公路全长20km，设计行车速度为120km/h。一辆家用轿车按设计时速从汽车南站匀速行驶到机场消耗汽油1.6kg，汽油热值q=4.6×107J/kg，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)求：
(1)轿车按设计时速从汽车南站匀速行驶到机场需要多少min？
(2)轿车在这一行驶过程中消耗的汽油，完全燃烧能放出多少热量？
(3)轿车在该段行驶中所受阻力为1200N，则轿车消耗汽油行驶做功的效率是多少？(百分号前保留一位小数)
某型号饮水机如图甲所示，上面水桶装水18kg，下面热水箱装水1kg，电热饮水机工作中电路如图乙所示，饮水机有加热和保温两种工作状态，饮水机热水箱内水温达到95℃时开关S1自动断开，处于保温状态，当水温降至一定温度时，S1又闭合，重新加热。已知电源电压保持220V不变，电阻R1的阻值为1210Ω，电阻R2的阻值为121Ω。求：
(1)饮水机处于保温状态时的电功率是多少？
(2)饮水机处于加热状态时电路的总电流是多少？
(3)饮水机正常工作时，将热水箱中的水从25℃加热到95℃，需用时14min[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]。求此加热过程中饮水机的加热效率。(百分号前保留一位小数)
答案和解析
1.【答案】扩散 不停地做无规则运动
【解析】解：漫步公园中闻到阵阵花香，这主要是因为芳香油分子在不停地做无规则运动的结果，这种现象是扩散现象。
故答案为：扩散；不停地做无规则运动。
不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象，叫扩散。扩散现象说明：分子在不停地做无规则运动。
本题考查扩散现象的理解与掌握，是一道基础题目。
2.【答案】增大 做功
【解析】解：用力晃动试管十余下，发现温度计示数变大了，沙子的温度升高，是因为晃动试管时，试管内的沙子互相摩擦做功，将机械能转化为内能，使沙子的内能增大。
故答案为：增大；做功。
改变物体的内能有两种方式--做功和热传递；克服摩擦做功或压缩气体做功时，物体的内能增大，温度升高。
本题考查了做功改变物体内能，主要侧重学生应用所学知识分析和解决实际问题的能力，难度不大。
3.【答案】正 从A到B
【解析】解：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用丝绸摩擦过的玻璃棒与验电器A的金属球接触后，A验电器由于失去电子而带正电荷；
用带绝缘柄的金属杆将两个验电器的金属球接触时，B验电器上自由电子向验电器A转移，因为电子带负电，电流方向与电子定向移动方向相反，所以瞬间电流方向是从A到B。
故答案为：正；从A到B。
(1)正负电荷的规定：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，缺少电子；
(2)正电荷定向移动的方向规定为电流方向，负电荷定向移动方向与电流方向相反。
掌握自然界的两种电荷、电荷间的作用、验电器的工作原理等知识，明确电子的定向移动方向与电流的方向相反，属于常考题型。
4.【答案】温 1.8×105
【解析】解：当开关同时接触1、2触点时，两电阻出断路状态，电功率为零，水龙头出冷水；
当开关同时接触2、3触点时，电路中只有R1接入电路，电路中的电阻最大，根据P=U2R可知，在电压一定时，电功率最小，处于保温状态，水龙头放出的是温水；
当开关同时接触3、4触点时，两电阻并联，电路中电阻最小，电功率最大，处于加热状态，水龙头出热水；
因为R2=2R1，由P=U2R可知，当电压相等时，R2消耗的功率为R1的12，故R2功率为P2=12×2000W=1000W，
加热档位时的总功率为：P=P1+P2=2000W+1000W=3000W，
在加热档正常工作1min消耗的电能为：W=Pt=3000W×60s=1.8×105J.
故答案为：温；1.8×105
根据P=U2R分析解答，分析功率大小，确定状态；
利用W=Pt求出正常工作时消耗的电能．
此题主要考查学生对于电功率的理解，结合实际电路分析用电器的状态是能力的考查．
5.【答案】强 2 大
【解析】解：当有人走上电梯后，压敏电阻的阻值减小，控制电路中电流增大，电磁铁磁性变强，则衔铁被吸下，动触点与静触点2接触，则电阻R1断路，电动机两端电压增大为电源电压，通过电动机的电流变大，电动机转速变快，使电梯运动变快。
故答案为：强；2；大。
本题中有两个电路，左侧为压敏电压与电磁铁串联，右侧为电机控制电路，当衔铁与触点1接触时，R1与电机串联，当衔铁与触点2接触时，电阻断路，电机中电流增大。
本题考查应用物理知识解决实际问题的能力，在本题中应认清电路的构造联系所学知识进行解答。
6.【答案】10201.6
【解析】解：已知L的额定电压UL=6V，额定功率PL=3.6W，由P=UI可知L的额定电流为：IL=PLUL=3.6W6V=0.6A；由I=UR可知L的电阻为：RL=ULIL=6V0.6A=10Ω；
(1)当只闭合S、S1时，该电路为L和R1的串联电路，电流表测电路中的电流；
此时电路中的电流为：I=IL=0.6A，
由I=UR可知电路的总电阻为：R=UI=12V0.6A=20Ω，
由串联电路的电阻特点可知R1的阻值为：R1=R−RL=20Ω−10Ω=10Ω；
(2)当所有开关都闭合时，该电路为R1和R2的并联电路，电流表测干路的电流；此时滑动变阻器的滑片滑到最右端时，即接入电路的阻值最大；
已知此时电流表的示数为1.8A，即干路的电流为I′=1.8A；
通过R1的电流为：I1=UR1=12V10Ω=1.2A，
由并联电路的电流特点可知通过R2的电流为：I2=I′−I1=1.8A−1.2A=0.6A，
则R2的最大阻值为：R2=UI2=12V0.6A=20Ω；
(3)由上述分析可知R2的最大阻值大于R1的阻值，当S和S2闭合，S1和S3断开时，L和R2串联，将滑片P移动到阻值最大处，此时电路的总电阻最大，由欧姆定律可知电路中电流最小，由P=I2R可知灯泡消耗的功率最小；
则电路中的最小电流为：I小=UR′=URL+R2=12V10Ω+20Ω=0.4A，
则灯泡消耗的最小功率为：PL′=I小2RL=(0.4A)2×10Ω=1.6W。
故答案为：10；20；1.6。
已知L的额定电压和额定功率，利用P=UI可求出L的额定电流；利用I=UR可求出L的电阻；
(1)当只闭合S、S1时，该电路为L和R1的串联电路，电流表测电路中的电流；已知L的额定电流，即电路中的电流；利用I=UR可求出电路的总电阻，串联电路中总电阻等于各个用电器的电阻之和，据此求出R1的阻值；
(2)当所有开关都闭合时，该电路为R1和R2的并联电路，电流表测干路的电流；此时滑动变阻器的滑片滑到最右端时，即接入电路的阻值最大；已知此时电流表的示数，即干路的电流，利用欧姆定律求出通过R1的电流，并联电路中干路电流等于各个支路电流之和，据此求出通过滑动变阻器的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
(3)由P=I2R可知，灯泡消耗的功率最小时，电路中的电流最小，由欧姆定律可知此时电路的总电阻最大；串联电路的总电阻大于并联电路的总电阻，据此分析当电路中电流最小时的电路连接情况；再利用欧姆定律求出电路的最小电流，利用P=I2R求出灯泡L的最小功率。
本题考查了对欧姆定律和电功率计算公式的应用，熟练掌握串、并联电路的电流、电压和电阻特点是解题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：A、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，只能说吸收或放出了多少热量，故A错误；
B、热量是从温度高的物体向温度低的物体传递，或者从温度高的部分传到温度低的部分，内能少的物体温度不一定低，故内能少的物体也可能向内能多的物体传热，故B错误；
C、把 0℃的冰块加热熔化成 0℃的水，该过程中冰吸收热量，其内能会增加，故C错误；
D、固体很难被压缩是因为分子间存在相互作用的斥力，故D正确。
故选：D。
(1)热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量；
(2)发生热传递的条件是存在温度差；
(3)物体吸收热量，内能增加；
(4)分子间存在着相互作用的引力和斥力。
本题考查的是分子动理论的应用以及温度、热量与内能的关系，难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：生活经验可知，普通家用微波炉、电饼铛、电饭煲都属于大功率用电器，其功率约为1000W；家用风扇的电功率约为60W，根据W=Pt知单位时间内消耗的电能最少的是电风扇，故B符合题意。
故选：B。
结合生活经验，确定各个选项中家用电器的功率大小，根据W=Pt判断出单位时间内消耗的电能最少的家用电器。
本题主要考查学生对常见家用电器电功率大小的估测能力，难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：
A、汽油机在吸气冲程中，进气门打开、排气门关闭，活塞向下运动，汽油和空气的混合物进入汽缸，故A错误；
B、在压缩冲程中，活塞向上运动，燃料混合物被压缩，气体的内能变大，此过程是机械能转化为内能的过程，通过做功的方式使汽缸内气体的内能增大，故B错误；
C、在做功冲程中，燃料燃烧释放的内能大部分需要克服摩擦、发生热传递而散失，只有一少部分转化为机械能，故C正确；
D、排气冲程中，气缸内的气压大于外界气压，故D错误。
故选：C。
四冲程汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、压缩、做功和排气，其中只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；另外还有压缩冲程有能量转化，将机械能转化为内能；根据气门的状态、活塞运动的方向确定冲程的种类。在吸气冲程吸入的是汽油和空气的混合物。排气冲程中，气缸内的气压大于外界气压。
本题考查了汽油机的四个冲程，要求学生对每个冲程的特点、能量转化等情况十分熟悉才能顺利解答。
10.【答案】D
【解析】解：A、由P=U2R可得，两灯泡的电阻之比：R1R2=U12P1U22P2=(6V)23W(6V)26W=21，故A错误；
B、L1灯与L2灯实际功率之比P实1P实2=I2R1I2R2=R1R2=21，故B错误；
C、两灯串联时，因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P=I2R可知，L1的电阻较大，实际功率较大，灯泡较亮，故C错误；
D、两灯串联，电阻为两灯泡电阻之和，
则R总=12Ω+6Ω=18Ω，
则两灯消耗的总功率P总=U2R总=(6V)218Ω=2W.故D正确。
故选：D。
(1)知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P=U2R求出两灯泡的电阻之比；
(2)两灯泡串联时通过它们的电流相等，根据P=I2R比较两灯泡实际功率的大小，实际功率大的灯泡较亮；
(3)根据两灯串联，根据串联电路电流特点，根据P总=U2R总求得两灯消耗的总功率。
本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点以及电功率公式的应用。
11.【答案】C
【解析】解：A、在液体质量相同、吸收热量相同的情况下，比热容小的物质温度要升高的多，所以用比热容小的液体可以使实验现象更明显，故A正确；
BCD、由图可知，该电路为串联电路，通过两个电阻的电流和通电时间是相同的，电阻不同，根据控制变量法可知该装置可以探究电流通过电阻丝产生的热量与电阻大小的关系，R1>R2，根据焦耳定律可知电阻R1产生的热量大于R2产生的热量，故BD正确，C错误。
故选：C。
(1)在液体质量相同、吸收热量相同的情况下，比热容小的温度变化大，据此进行分析；
(2)由图可知，该电路为串联电路，电流和通电时间是相同的，电阻不同，根据焦耳定律和控制变量法分析。
该题考查了控制变量法在焦耳定律实验中的应用，注意两导体串联时电流相等。
12.【答案】A
【解析】解：A、通电后，导体棒在磁场中发生运动，是研究通电导线在磁场中受磁场力的，符合题意；
B、导体棒在磁场中运动时，电流表中产生了感应电流，即用来研究电磁感应现象的，不符合题意。
C、通电导线放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，它是研究电流的磁效应的，是奥斯特实验，不符合题意；
D、闭合开关，通电线圈有磁性，吸引铁钉，是研究通电螺线管具有磁性的，不符合题意；
故选：A。
(1)奥斯特实验揭示了电和磁之间的联系，证明了通电导线周围存在磁场，磁场的方向和电流的方向有关；
(2)通电导体在磁场中受力实验的前提是通电，结果是受力，因电而动，所以实验装置中要有电源供电；
(3)电磁感应实验的前提是没有电源；
物理学是以观察和实验为主的学科，很多的物理知识都来源于实验，在学习中应重视实验的学习，要牢记一些重要实验装置图。
13.【答案】BD
【解析】解：
A、由电路图可知，显示仪与定值电阻R并联，所以显示仪是由电压表改装成的，故A错误；
B、因显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，所以由串联电路分压特点可知，R的阻值越大，则热敏电阻的阻值随温度的升高而增大，故B正确；
C、被测温者温度越高，电路中的总电阻越大，由I=UR可知，电路中的电流越小，再由P=UI可知，电路消耗的总功率变小，故C错误；
D、温度相同时热敏电阻的阻值不变，将R0更换为阻值更大的电阻，由串联电路分压特点可知，R0两端分得的电压变大，根据串联电路的电压特点可知，R两端的电压越小，因此测相同温度时读数偏小，故D正确。
故选：BD。
(1)根据电流表和电压表的正确使用判断显示仪的类型，即电流表与被测电路元件串联、电压表与被测电路元件并联；
(2)由题意可知，显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，根据串联电路分压特点可知R的阻值变化，从而得出热敏电阻的阻值与温度的关系；
(3)被测温者温度越高，电路中的总电阻越大，根据欧姆定律可知电路中的电流变化，再根据P=UI可知电路消耗的总功率变化；
(4)温度相同时热敏电阻的阻值不变，将R0更换为阻值更大的电阻，根据串联电路分压特点可知R0两端分得的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化，进一步得出测相同温度时读数偏大还是偏小。
本题考查了电路的动态分析，涉及到电表的正确使用和串联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的应用，利用好“显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大”是关键。
14.【答案】AD
【解析】解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
当灯泡正常发光时，灯泡两端电压最大，即为2.5V，故B错误；
根据P=UI可得，灯的额定电流：IL额=PL额UL额=，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0∼0.6A，滑动变阻器允许的最大电流为1A，
所以，电路中的最大电流(即电流表的最大示数)为：I最大=IL额=0.5A，故A正确；
由I=UR可得，灯泡的电阻：RL=UL额IL额=Ω，
电流最大时，电路中的总电阻：R总最小=UI最大=Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值为：
R滑最小=R总最小−RL=9Ω−5Ω=4Ω，故D正确；
该电路的最大功率：Pmax=UImax=4.5V×0.5A=2.25W，故C错误。
故选：AD。
由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
知道灯泡的额定电压和额定功率，据此可知灯泡两端最大电压，根据P=UI求出灯泡的额定电流，然后结合电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的最小电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，再根据P=UI求出该电路的最大功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据灯泡的额定电压和电流表的量程确定电路中的最大电流。
15.【答案】解：已知输电线每千米的电阻为0.2Ω，要想求短路位置，需要用电流表测量电流，电压表测量电压，根据欧姆定律算出输电线的电阻，所以虚线框内需要有电流表、电压表和电源及开关，电流表串联在电路中，电压表并联在电源的两端，如图所示：
【解析】已知输电线每千米的电阻为0.2Ω，要想求短路处到A地的距离，需要用电流表测量电流，电压表测量电压，根据R=UI算出电阻，据此设计电路。
本题紧密联系生产实际，考查欧姆定律的运用和设计电路的能力，体现了从物理走向社会的课改理念。
16.【答案】解：
(1)闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，说明条形磁体受到了一个向左的排斥力，已知条形磁体左端为S极、右端为N极，根据同名磁极相互排斥可确定通电螺线管的左端是N极、右端为S极；
(2)根据安培定则，大拇指指向通电螺线管的N极，则电流从电磁铁右侧流入，所以电源的左端为负极，如图所示：
【解析】(1)根据条形磁体向左运动，根据磁极间的相互作用(同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引)判断出电磁铁的NS极；
(2)利用安培定则(用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极)判断出电源的正负极。
本题的入手点是利用条形磁体的运动方向、根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的南北极，再利用安培定则判断出电源的正负极，这是一道综合题，很巧妙的将安培定则和磁极间的相互作用联系起来，是一道好题。
17.【答案】由下至上 质量 加热时间 沙子 水
【解析】解：
(1)用酒精灯的外焰加热，故实验装置器材的组装顺序都是由下至上；
(2)根据比较不同物质吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，在两烧杯中分别装入初温相同且质量相等的沙子和水；
(3)根据转换法，实验中，通过比较加热时间来间接反映沙子和水吸收的热量；
(4)根据实验数据绘制成如图乙所示的温度与时间关系图像，分析图像可知，
对于质量相等的沙子和水，升温较快的是沙子；
根据比较吸热能力的方法知水的吸热能力强，水的比热容较大。
故答案为：(1)由下至上；(2)质量；(3)加热时间；(4)沙子；水。
(1)根据用酒精灯的外焰加热确定实验装置器材的组装顺序，确保一次调整到位；
(2)(3)(4)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法。
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
18.【答案】右 定值电阻R短路 右 2 3 电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
【解析】解：(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该滑动到阻值最大处的最右端，这样做的目的是保护电路；
(2)闭合开关，电流表有示数说明电路是通路，电压表和定值电阻R是并联的，电压表无示数，说明电压表并联的部分可能是短路，故故障原因可能是定值电阻R短路；
(3)实验中应保持定值电阻两端的电压不变，将5Ω电阻换成10Ω电阻后，闭合开关，定值电阻两端的电压变大，为保持定值电阻两端的电压不变，应让滑动变阻器两端的电压变大，即增加滑动变阻器接入电路中的阻值，故此时滑片应向右端移动；
(4)在“探究通过导体的电流与导体电阻的关系”时，实验中电阻R两端的电压始终保持不变，故U=IR=0.40A×5Ω=0.20A×10Ω=0.10A×20Ω=0.08A×25Ω=2V，而第三次数据U=IR=0.18A×15Ω=2.7V，故0.18A、15Ω的第3次实验存在问题；
(5)处理数据时应排除掉错误数据，由(4)知，电流与电阻的乘积一定，即电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：(1)右；(2)定值电阻R短路；(3)右；(4)2；3；(5)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该滑动到阻值最大处；
(2)电路故障的判断：由电流表是否有示数判断电路是通路还是断路，由电压表示数有无判断电路具体的故障原因；
(3)实验中应保持定值电阻两端的电压不变，将5Ω电阻换成10Ω电阻后，闭合开关，定值电阻两端的电压变大，为保持定值电阻两端的电压不变，应让滑动变阻器两端的电压变大，由此得出滑片的移动方向；
(4)由表中数据求出电阻的电压，根据需控制定值电阻的电压相同分析；
(5)根据电流与电阻的乘积为一定值得出结论。
此题探究通过导体的电流与电阻的关系，考查控制变量法的应用、操作过程、数据分析和欧姆定律的运用等知识，是一些基本的知识，难度不大。
19.【答案】额 U额×U−U额R0。
【解析】解：(1)滑动变阻器接一个上接线柱和一个下接线柱串联在电路中，如下图所示：
；
(2)闭合开关后，小灯泡不亮、电流表无示数，则电路可能断路，电压表有明显示数，则说明电压表、电流表、开关、滑动变阻器与电源接通，所以该故障是小灯泡断路，故C正确；
(3)如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表的示数是0.3A，
小灯泡正常发光时的电阻为：
R=UI=≈8.3Ω；
小灯泡的额定功率为：
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
(4)①闭合S0，开关S接1，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数等于灯泡的额定电压U额；
②保持滑片位置不变，开关S接2，记下电压表示数U，
在①中，定值电阻与灯串联后再与变阻器串联，电压表测灯两端的电压，灯正常发光；
在②中，电压表测灯与R0两端的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压：U0=U−U额，由欧姆定律，通过定值电阻的电流：I0=U0R0=U−U额R0，即灯的额定电流：I额=U−U额R0，
则小灯泡额定功率表达式：
P额=U额×I额=U额×U−U额R0。
故答案为：(1)见上图；(2)C；(3)0.3；8.3；0.65；(4)U额；U额×U−U额R0。
(1)滑动变阻器接一个上接线柱和一个下接线柱串联在电路中；
(2)闭合开关后，小灯泡不亮、电流表无示数，则电路可能断路，电压表有明显示数，则电压表、电流表、开关、滑动变阻器与电源接通；
(3)如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，据此得出电流表的示数，根据欧姆定律算出小灯泡正常发光时的电阻、利用P=UI得出小灯泡的额定功率；
(4)要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P=UI可求出灯的额定功率。
本题测量小灯泡的电功率，考查电路的连接、故障分析、电流表读数、电阻减小、功率计算及设计方案测额定功率的能力。
20.【答案】解：(1)已知汽车南站到机场的路程为：s=20km，时速v=120km/h，
由v=st可知从汽车南站到达机场所用的时间为：t=sv=20km120km/h=16h=10min；
(2)已知这一行程中消耗的汽油质量为m=1.6kg，
则这些汽油完全燃烧放出的热量为：Q放=qm=4.6×107J/kg×1.6kg=7.36×107J；
(3)已知轿车在行驶过程中受到的阻力为f=1200N，汽车匀速行驶，处于平衡状态，受平衡力作用，
由二力平衡的条件可知汽车的牵引力为F=f=1200N，
则汽车牵引力做的功为：W=Fs=1200N×20×103m=2.4×107J，
则轿车消耗汽油行驶做功的效率为：η=WQ放×100%=2.4×107J7.36×107J×100%≈32.6%。
答：(1)轿车按设计时速从汽车南站匀速行驶到机场需要10min；
(2)轿车在这一行驶过程中消耗的汽油，完全燃烧能放出热量为7.36×107J；
(3)轿车在该段行驶中所受阻力为1200N，则轿车消耗汽油行驶做功的效率为32.6%。
【解析】(1)已知汽车南站到达机场的路程和时速，利用v=st可求出从汽车南站到达机场所用的时间；
(2)已知这一行程中消耗的汽油的质量和汽油的热值，利用Q放=qm可求出这些汽油完全燃烧放出的热量；
(3)已知轿车在行驶过程中受到的阻力，轿车匀速行驶时处于平衡状态，受平衡力作用，由二力平衡的条件可得出轿车的牵引力，根据W=Fs可求出牵引力做的功，最后根据η=WQ放×100%求出轿车消耗汽油行驶做功的效率。
本题考查了对速度、热值、功和效率的计算公式的应用，熟练掌握相关的计算公式及变形式是解题的关键。
21.【答案】解：
(1)当S闭合、S1断开时，电路为R1的简单电路，饮水机处于保温状态，此时饮水机的电功率：
P保=U22R1=(220V)21210Ω=40W；
(2)当S、S1都闭合时，R1、R2并联，饮水机处于加热状态，
电路总电流为：
I=I1+I2=UR1+UR2=220V1210Ω+220V121Ω=2A；
(3)水吸收的热量为Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(95℃−25℃)=2.94×105J；
加热时，电流做功：W=IUt=2A×220V×14×60s=3.696×105J；
加热过程中饮水机的加热效率：η=Q吸W×100%=2.94×105J3.696×105J×100%≈79.5%。
答：(1)饮水机处于保温状态时的电功率是40W；
(2)饮水机处于加热状态时电路的总电流是2A；
(3)加热过程中饮水机的加热效率为79.5%。
【解析】(1)分析保温状态时的电路，根据已知条件电路中的电压和电路中的电阻，利用P=U2R计算饮水机处于保温状态时的电功率；
(2)并联电路中干路电流等于各支路电流之和，根据欧姆定律得到支路电流然后得到干路电流；
(3)先求出水的质量，再根据公式Q吸=cm(t2−t1)求出水吸收的热量，根据P=Wt求出电流做的功，最后代入效率公式，即可求解。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率和热量公式的灵活运用，正确的判断电加热器处于不同挡位时电路的连接方式是关键。
序号
1
2
3
4
5
R/Ω
5
10
15
20
25
I/A
0.4
0.2
0.18
0.1
0.08
如图是教材上“家庭实验室”的一个探究活动，王同学在玻璃试管里，装上一小半试管的沙子，将温度计插在沙子中。用力晃动试管十余下，发现温度计示数变大了，这说明沙子的内能______ (选填“增大”、“减小”、“不变”)，这主要是通过______ 的方式改变沙子的内能。
两个完全相同的不带电的验电器A和B，用丝绸摩擦过的玻璃棒与验电器A的金属球接触后，使其带______ 电荷；如图所示，再用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来，金属棒中的电流方向是______ 。(选填“从A到B”或“从B到A”)
如图是某款电热水龙头的电路原理图．R1、R2为电热丝，通过旋转手柄可使扇形开关S同时接触两个相邻触点，实现冷水、温水、热水挡之间的切换．当开关同时接触2、3触点时，水龙头放出的是______水(选填“冷”、“温”“热”).若R2=2R1，水龙头在温水挡正常工作时电功率为2000W，则它在热水挡正常工作1min消耗的电能为______J.
现在很多大型商场都安装行如图甲所示的“聪明的电梯”，载人和不载人时电梯运行的速度会发生变化，这种电梯的简易控制电路如图乙所示，图中压力传感器R的阻值会随压力的增大而减小，当人站在电梯上，则电磁铁的磁性变______，衔铁与触点______(选填“1”或“2”)接触，电动机的转速变______。
如图所示，电源电压恒定为12V，小灯泡上标有“6V，3.6W”字样。灯丝电阻保持不变，当只闭合S、S1时，小灯泡正常发光；当所有开关都闭合，滑动变阻器的滑片滑到最右端时，电流表A的示数是1.8A。则定值电阻R1的阻值为______Ω；滑动变阻器R2的最大阻值为______Ω；小灯泡通电时消耗的最小电功率是______ W。
关于热量、内能及分子，下列说法正确的是( )
A. 温度高的物体含有热量多
B. 热量从内能大的物体传递到内能小的物体
C. 把0℃的冰块熔化成0℃的水，其内能不变
D. 由于分子间存在相作用的斥力，所以固体很难压缩
我们知道，用电器是把电能转化为其他形式能量的装置。如图所示的用电器中，单位时间内消耗的电能最少的是( )
A. 微波炉
B. 电风扇
C. 电饼铛
D. 电饭锅
如图所示是四冲程汽油机的剖面图，关于其四个冲程的描述正确的是( )
A. 吸气冲程中，只有汽油吸入了气缸
B. 压缩冲程中，通过做功的方式使汽缸内气体的内能减小
C. 做功冲程中，燃料释放的能量只有少部分转化为机械能
D. 排气冲程中，气缸内的气压小于气缸外的气压
将规格为“6V 3W”的灯L1和规格为“6V 6W”的灯L2串联在电压为6V的电路中，忽略灯丝电阻变化，则下列说法正确的是( )
A. L1与L2灯丝电阻之比为1：2B. L1灯与L2灯实际功率之比为1：2
C. 两灯均不能正常发光，灯L2更亮些D. 两灯消耗的总功率为2W
如图所示是探究“影响电流热效应与哪些因素有关”的实验装置，将R1、R2两电阻丝密封在两只完全相同的烧瓶内，且R1>R2，瓶内装入等质量的煤油，下列说法错误的是( )
A. 烧瓶内选用比热容较小的液体，可以使实验现象更明显
B. 电阻R1产生的热量大于R2产生的热量
C. 该电路可以探究电流产生的热量与电流大小的关系
D. 电路串联使通过R1、R2电流相同，实验中运用了控制变量法
如图所示的实验装置中，用来研究“磁场对通电导线的作用”的是( )
A. B.
C. D.
在新冠肺炎疫情期间，防疫人员用如图甲所示电子测温仪测量体温，图乙是它工作的原理图，其中电源电压保持不变，R是热敏电阻，用于靠近人体测温，定值电阻R0为保护电阻，显示仪是由电流表或电压表改装而成的。在测量人的体温时，显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，则下列分析正确的是( )
A. 显示仪是由电流表改装成的
B. 热敏电阻R的阻值随着温度的升高而增大
C. 被测温者体温越高，电路消耗的电功率越大
D. 将R0更换为阻值更大的电阻，测相同温度时，读数偏小
如图所示电路，电源电压为4.5V并保持不变，电流表的量程为“0∼0.6A”，电压表的量程为“0∼3V”，灯泡上标有“”(不考虑灯丝电阻变化)，滑动变阻器R的规格为“20Ω1A”。闭合开关，在保证电路安全的情况下，移动滑片P的过程中，下列判断正确的是( )
A. 电流表的示数最大值为0.5AB. 灯泡两端的最大电压为3V
C. 电路消耗的最大总功率为1.25WD. 滑动变阻器接入电路的最小阻值为4Ω
如图所示，是AB两地间的输电示意图，双横线为输电线，每千米输电线的电阻约为0.2Ω.输电线在B地某处发生了短路，为确定短路的位置距A处的距离，检修员在A地利用电压表、电流表、开关、导线和电源接成电路进行测量计算，便可知道短路处到A地的距离。请在虚线框内帮检修员设计并画出电路图。
放有条形磁体的小车静止在水平地面上，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号里标明电源左端的极性和电磁铁右端的磁极。
小华利用如图所示的实验装置探究“沙子和水的温度变化与吸热的关系”。操作如下：
(1)细装器材时，安装顺序应是______(选填“自下而上”或“自上而下”)。
(2)实验时，两烧杯中分别装入初温相同且______相等的沙子和水。
(3)实验中两种物质吸收热量的多少可通过______来比较。
(4)用相同的酒精灯外焰加热，并用玻璃棒不断搅拌，根据实验数据绘制出温度时间的关系图像，如图乙所示，分析图像可知，对于实验中的沙子和水，升温较快的是______；由此可见，______的比热容较大。
小明用如图所示的电路探究“导体中的电流跟导体电阻的关系”，电源电压恒定。
(1)实验之前，图中的滑动变阻器应移动到______(选填“左”或“右”)端。
(2)闭合开关，移动滑动变阻器滑片时，小明发现电压表无示数，电流表有示数。其原因可能是______(写出一个)。
(3)排除故障后依次接入阻值不同的电阻，当将5Ω的电阻换成10Ω的电阻时，为了保持电阻两端电压一定，滑动变阻器的滑片应向______移动。
(4)实验中小明不断更换不同电阻并调节滑动变阻器阻值保持电压表示数为______ V不变，并记录电流表示数如表所示。分析表中数据可知，第______次实验存在问题，在处理数据时应排除。
(5)小明通过分析实验数据最终得出的结论是：______。
在“测小灯泡的电功率”实验中，小灯泡额定电压为2.5V。
(1)用笔画线代替导线，将图甲电路补充完整。
(2)电路正确连接后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表指针明显偏转，造成这一现象的原因可能是______。
A.电流表断路
B.小灯泡短路
C.小灯泡断路
D.滑动变阻器短路
(3)移动滑片，当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定电流为______ A，小灯泡正常发光时的电阻为______Ω，小灯泡的额定功率为______ W。
(4)实验时，小明组的电流表坏了，他找来了一个已知阻值的定值电阻R0，设计了如图丙的电路来测额定电压为U额的小灯泡L的额定功率，操作步骤下：
①闭合S0，开关S接1，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为______。
②保持滑片位置不变，开关S接2，记下电压表示数U，则小灯泡额定动率的表达式为______(用U额、U、R0表示)。
某市为了加强航空港建设，方便市民出行，修建了市汽车南站到机场的高速公路，公路全长20km，设计行车速度为120km/h。一辆家用轿车按设计时速从汽车南站匀速行驶到机场消耗汽油1.6kg，汽油热值q=4.6×107J/kg，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)求：
(1)轿车按设计时速从汽车南站匀速行驶到机场需要多少min？
(2)轿车在这一行驶过程中消耗的汽油，完全燃烧能放出多少热量？
(3)轿车在该段行驶中所受阻力为1200N，则轿车消耗汽油行驶做功的效率是多少？(百分号前保留一位小数)
某型号饮水机如图甲所示，上面水桶装水18kg，下面热水箱装水1kg，电热饮水机工作中电路如图乙所示，饮水机有加热和保温两种工作状态，饮水机热水箱内水温达到95℃时开关S1自动断开，处于保温状态，当水温降至一定温度时，S1又闭合，重新加热。已知电源电压保持220V不变，电阻R1的阻值为1210Ω，电阻R2的阻值为121Ω。求：
(1)饮水机处于保温状态时的电功率是多少？
(2)饮水机处于加热状态时电路的总电流是多少？
(3)饮水机正常工作时，将热水箱中的水从25℃加热到95℃，需用时14min[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]。求此加热过程中饮水机的加热效率。(百分号前保留一位小数)
答案和解析
1.【答案】扩散 不停地做无规则运动
【解析】解：漫步公园中闻到阵阵花香，这主要是因为芳香油分子在不停地做无规则运动的结果，这种现象是扩散现象。
故答案为：扩散；不停地做无规则运动。
不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象，叫扩散。扩散现象说明：分子在不停地做无规则运动。
本题考查扩散现象的理解与掌握，是一道基础题目。
2.【答案】增大 做功
【解析】解：用力晃动试管十余下，发现温度计示数变大了，沙子的温度升高，是因为晃动试管时，试管内的沙子互相摩擦做功，将机械能转化为内能，使沙子的内能增大。
故答案为：增大；做功。
改变物体的内能有两种方式--做功和热传递；克服摩擦做功或压缩气体做功时，物体的内能增大，温度升高。
本题考查了做功改变物体内能，主要侧重学生应用所学知识分析和解决实际问题的能力，难度不大。
3.【答案】正 从A到B
【解析】解：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用丝绸摩擦过的玻璃棒与验电器A的金属球接触后，A验电器由于失去电子而带正电荷；
用带绝缘柄的金属杆将两个验电器的金属球接触时，B验电器上自由电子向验电器A转移，因为电子带负电，电流方向与电子定向移动方向相反，所以瞬间电流方向是从A到B。
故答案为：正；从A到B。
(1)正负电荷的规定：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，缺少电子；
(2)正电荷定向移动的方向规定为电流方向，负电荷定向移动方向与电流方向相反。
掌握自然界的两种电荷、电荷间的作用、验电器的工作原理等知识，明确电子的定向移动方向与电流的方向相反，属于常考题型。
4.【答案】温 1.8×105
【解析】解：当开关同时接触1、2触点时，两电阻出断路状态，电功率为零，水龙头出冷水；
当开关同时接触2、3触点时，电路中只有R1接入电路，电路中的电阻最大，根据P=U2R可知，在电压一定时，电功率最小，处于保温状态，水龙头放出的是温水；
当开关同时接触3、4触点时，两电阻并联，电路中电阻最小，电功率最大，处于加热状态，水龙头出热水；
因为R2=2R1，由P=U2R可知，当电压相等时，R2消耗的功率为R1的12，故R2功率为P2=12×2000W=1000W，
加热档位时的总功率为：P=P1+P2=2000W+1000W=3000W，
在加热档正常工作1min消耗的电能为：W=Pt=3000W×60s=1.8×105J.
故答案为：温；1.8×105
根据P=U2R分析解答，分析功率大小，确定状态；
利用W=Pt求出正常工作时消耗的电能．
此题主要考查学生对于电功率的理解，结合实际电路分析用电器的状态是能力的考查．
5.【答案】强 2 大
【解析】解：当有人走上电梯后，压敏电阻的阻值减小，控制电路中电流增大，电磁铁磁性变强，则衔铁被吸下，动触点与静触点2接触，则电阻R1断路，电动机两端电压增大为电源电压，通过电动机的电流变大，电动机转速变快，使电梯运动变快。
故答案为：强；2；大。
本题中有两个电路，左侧为压敏电压与电磁铁串联，右侧为电机控制电路，当衔铁与触点1接触时，R1与电机串联，当衔铁与触点2接触时，电阻断路，电机中电流增大。
本题考查应用物理知识解决实际问题的能力，在本题中应认清电路的构造联系所学知识进行解答。
6.【答案】10201.6
【解析】解：已知L的额定电压UL=6V，额定功率PL=3.6W，由P=UI可知L的额定电流为：IL=PLUL=3.6W6V=0.6A；由I=UR可知L的电阻为：RL=ULIL=6V0.6A=10Ω；
(1)当只闭合S、S1时，该电路为L和R1的串联电路，电流表测电路中的电流；
此时电路中的电流为：I=IL=0.6A，
由I=UR可知电路的总电阻为：R=UI=12V0.6A=20Ω，
由串联电路的电阻特点可知R1的阻值为：R1=R−RL=20Ω−10Ω=10Ω；
(2)当所有开关都闭合时，该电路为R1和R2的并联电路，电流表测干路的电流；此时滑动变阻器的滑片滑到最右端时，即接入电路的阻值最大；
已知此时电流表的示数为1.8A，即干路的电流为I′=1.8A；
通过R1的电流为：I1=UR1=12V10Ω=1.2A，
由并联电路的电流特点可知通过R2的电流为：I2=I′−I1=1.8A−1.2A=0.6A，
则R2的最大阻值为：R2=UI2=12V0.6A=20Ω；
(3)由上述分析可知R2的最大阻值大于R1的阻值，当S和S2闭合，S1和S3断开时，L和R2串联，将滑片P移动到阻值最大处，此时电路的总电阻最大，由欧姆定律可知电路中电流最小，由P=I2R可知灯泡消耗的功率最小；
则电路中的最小电流为：I小=UR′=URL+R2=12V10Ω+20Ω=0.4A，
则灯泡消耗的最小功率为：PL′=I小2RL=(0.4A)2×10Ω=1.6W。
故答案为：10；20；1.6。
已知L的额定电压和额定功率，利用P=UI可求出L的额定电流；利用I=UR可求出L的电阻；
(1)当只闭合S、S1时，该电路为L和R1的串联电路，电流表测电路中的电流；已知L的额定电流，即电路中的电流；利用I=UR可求出电路的总电阻，串联电路中总电阻等于各个用电器的电阻之和，据此求出R1的阻值；
(2)当所有开关都闭合时，该电路为R1和R2的并联电路，电流表测干路的电流；此时滑动变阻器的滑片滑到最右端时，即接入电路的阻值最大；已知此时电流表的示数，即干路的电流，利用欧姆定律求出通过R1的电流，并联电路中干路电流等于各个支路电流之和，据此求出通过滑动变阻器的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
(3)由P=I2R可知，灯泡消耗的功率最小时，电路中的电流最小，由欧姆定律可知此时电路的总电阻最大；串联电路的总电阻大于并联电路的总电阻，据此分析当电路中电流最小时的电路连接情况；再利用欧姆定律求出电路的最小电流，利用P=I2R求出灯泡L的最小功率。
本题考查了对欧姆定律和电功率计算公式的应用，熟练掌握串、并联电路的电流、电压和电阻特点是解题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：A、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，只能说吸收或放出了多少热量，故A错误；
B、热量是从温度高的物体向温度低的物体传递，或者从温度高的部分传到温度低的部分，内能少的物体温度不一定低，故内能少的物体也可能向内能多的物体传热，故B错误；
C、把 0℃的冰块加热熔化成 0℃的水，该过程中冰吸收热量，其内能会增加，故C错误；
D、固体很难被压缩是因为分子间存在相互作用的斥力，故D正确。
故选：D。
(1)热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量；
(2)发生热传递的条件是存在温度差；
(3)物体吸收热量，内能增加；
(4)分子间存在着相互作用的引力和斥力。
本题考查的是分子动理论的应用以及温度、热量与内能的关系，难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：生活经验可知，普通家用微波炉、电饼铛、电饭煲都属于大功率用电器，其功率约为1000W；家用风扇的电功率约为60W，根据W=Pt知单位时间内消耗的电能最少的是电风扇，故B符合题意。
故选：B。
结合生活经验，确定各个选项中家用电器的功率大小，根据W=Pt判断出单位时间内消耗的电能最少的家用电器。
本题主要考查学生对常见家用电器电功率大小的估测能力，难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：
A、汽油机在吸气冲程中，进气门打开、排气门关闭，活塞向下运动，汽油和空气的混合物进入汽缸，故A错误；
B、在压缩冲程中，活塞向上运动，燃料混合物被压缩，气体的内能变大，此过程是机械能转化为内能的过程，通过做功的方式使汽缸内气体的内能增大，故B错误；
C、在做功冲程中，燃料燃烧释放的内能大部分需要克服摩擦、发生热传递而散失，只有一少部分转化为机械能，故C正确；
D、排气冲程中，气缸内的气压大于外界气压，故D错误。
故选：C。
四冲程汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、压缩、做功和排气，其中只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；另外还有压缩冲程有能量转化，将机械能转化为内能；根据气门的状态、活塞运动的方向确定冲程的种类。在吸气冲程吸入的是汽油和空气的混合物。排气冲程中，气缸内的气压大于外界气压。
本题考查了汽油机的四个冲程，要求学生对每个冲程的特点、能量转化等情况十分熟悉才能顺利解答。
10.【答案】D
【解析】解：A、由P=U2R可得，两灯泡的电阻之比：R1R2=U12P1U22P2=(6V)23W(6V)26W=21，故A错误；
B、L1灯与L2灯实际功率之比P实1P实2=I2R1I2R2=R1R2=21，故B错误；
C、两灯串联时，因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P=I2R可知，L1的电阻较大，实际功率较大，灯泡较亮，故C错误；
D、两灯串联，电阻为两灯泡电阻之和，
则R总=12Ω+6Ω=18Ω，
则两灯消耗的总功率P总=U2R总=(6V)218Ω=2W.故D正确。
故选：D。
(1)知道两灯泡的额定电压和额定功率，根据P=U2R求出两灯泡的电阻之比；
(2)两灯泡串联时通过它们的电流相等，根据P=I2R比较两灯泡实际功率的大小，实际功率大的灯泡较亮；
(3)根据两灯串联，根据串联电路电流特点，根据P总=U2R总求得两灯消耗的总功率。
本题考查了串联电路的电流特点和并联电路的电压特点以及电功率公式的应用。
11.【答案】C
【解析】解：A、在液体质量相同、吸收热量相同的情况下，比热容小的物质温度要升高的多，所以用比热容小的液体可以使实验现象更明显，故A正确；
BCD、由图可知，该电路为串联电路，通过两个电阻的电流和通电时间是相同的，电阻不同，根据控制变量法可知该装置可以探究电流通过电阻丝产生的热量与电阻大小的关系，R1>R2，根据焦耳定律可知电阻R1产生的热量大于R2产生的热量，故BD正确，C错误。
故选：C。
(1)在液体质量相同、吸收热量相同的情况下，比热容小的温度变化大，据此进行分析；
(2)由图可知，该电路为串联电路，电流和通电时间是相同的，电阻不同，根据焦耳定律和控制变量法分析。
该题考查了控制变量法在焦耳定律实验中的应用，注意两导体串联时电流相等。
12.【答案】A
【解析】解：A、通电后，导体棒在磁场中发生运动，是研究通电导线在磁场中受磁场力的，符合题意；
B、导体棒在磁场中运动时，电流表中产生了感应电流，即用来研究电磁感应现象的，不符合题意。
C、通电导线放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，它是研究电流的磁效应的，是奥斯特实验，不符合题意；
D、闭合开关，通电线圈有磁性，吸引铁钉，是研究通电螺线管具有磁性的，不符合题意；
故选：A。
(1)奥斯特实验揭示了电和磁之间的联系，证明了通电导线周围存在磁场，磁场的方向和电流的方向有关；
(2)通电导体在磁场中受力实验的前提是通电，结果是受力，因电而动，所以实验装置中要有电源供电；
(3)电磁感应实验的前提是没有电源；
物理学是以观察和实验为主的学科，很多的物理知识都来源于实验，在学习中应重视实验的学习，要牢记一些重要实验装置图。
13.【答案】BD
【解析】解：
A、由电路图可知，显示仪与定值电阻R并联，所以显示仪是由电压表改装成的，故A错误；
B、因显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，所以由串联电路分压特点可知，R的阻值越大，则热敏电阻的阻值随温度的升高而增大，故B正确；
C、被测温者温度越高，电路中的总电阻越大，由I=UR可知，电路中的电流越小，再由P=UI可知，电路消耗的总功率变小，故C错误；
D、温度相同时热敏电阻的阻值不变，将R0更换为阻值更大的电阻，由串联电路分压特点可知，R0两端分得的电压变大，根据串联电路的电压特点可知，R两端的电压越小，因此测相同温度时读数偏小，故D正确。
故选：BD。
(1)根据电流表和电压表的正确使用判断显示仪的类型，即电流表与被测电路元件串联、电压表与被测电路元件并联；
(2)由题意可知，显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大，根据串联电路分压特点可知R的阻值变化，从而得出热敏电阻的阻值与温度的关系；
(3)被测温者温度越高，电路中的总电阻越大，根据欧姆定律可知电路中的电流变化，再根据P=UI可知电路消耗的总功率变化；
(4)温度相同时热敏电阻的阻值不变，将R0更换为阻值更大的电阻，根据串联电路分压特点可知R0两端分得的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化，进一步得出测相同温度时读数偏大还是偏小。
本题考查了电路的动态分析，涉及到电表的正确使用和串联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的应用，利用好“显示仪的示数会随被测者体温的升高而变大”是关键。
14.【答案】AD
【解析】解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
当灯泡正常发光时，灯泡两端电压最大，即为2.5V，故B错误；
根据P=UI可得，灯的额定电流：IL额=PL额UL额=，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0∼0.6A，滑动变阻器允许的最大电流为1A，
所以，电路中的最大电流(即电流表的最大示数)为：I最大=IL额=0.5A，故A正确；
由I=UR可得，灯泡的电阻：RL=UL额IL额=Ω，
电流最大时，电路中的总电阻：R总最小=UI最大=Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值为：
R滑最小=R总最小−RL=9Ω−5Ω=4Ω，故D正确；
该电路的最大功率：Pmax=UImax=4.5V×0.5A=2.25W，故C错误。
故选：AD。
由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
知道灯泡的额定电压和额定功率，据此可知灯泡两端最大电压，根据P=UI求出灯泡的额定电流，然后结合电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的最小电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，再根据P=UI求出该电路的最大功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据灯泡的额定电压和电流表的量程确定电路中的最大电流。
15.【答案】解：已知输电线每千米的电阻为0.2Ω，要想求短路位置，需要用电流表测量电流，电压表测量电压，根据欧姆定律算出输电线的电阻，所以虚线框内需要有电流表、电压表和电源及开关，电流表串联在电路中，电压表并联在电源的两端，如图所示：
【解析】已知输电线每千米的电阻为0.2Ω，要想求短路处到A地的距离，需要用电流表测量电流，电压表测量电压，根据R=UI算出电阻，据此设计电路。
本题紧密联系生产实际，考查欧姆定律的运用和设计电路的能力，体现了从物理走向社会的课改理念。
16.【答案】解：
(1)闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，说明条形磁体受到了一个向左的排斥力，已知条形磁体左端为S极、右端为N极，根据同名磁极相互排斥可确定通电螺线管的左端是N极、右端为S极；
(2)根据安培定则，大拇指指向通电螺线管的N极，则电流从电磁铁右侧流入，所以电源的左端为负极，如图所示：
【解析】(1)根据条形磁体向左运动，根据磁极间的相互作用(同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引)判断出电磁铁的NS极；
(2)利用安培定则(用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极)判断出电源的正负极。
本题的入手点是利用条形磁体的运动方向、根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的南北极，再利用安培定则判断出电源的正负极，这是一道综合题，很巧妙的将安培定则和磁极间的相互作用联系起来，是一道好题。
17.【答案】由下至上 质量 加热时间 沙子 水
【解析】解：
(1)用酒精灯的外焰加热，故实验装置器材的组装顺序都是由下至上；
(2)根据比较不同物质吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，在两烧杯中分别装入初温相同且质量相等的沙子和水；
(3)根据转换法，实验中，通过比较加热时间来间接反映沙子和水吸收的热量；
(4)根据实验数据绘制成如图乙所示的温度与时间关系图像，分析图像可知，
对于质量相等的沙子和水，升温较快的是沙子；
根据比较吸热能力的方法知水的吸热能力强，水的比热容较大。
故答案为：(1)由下至上；(2)质量；(3)加热时间；(4)沙子；水。
(1)根据用酒精灯的外焰加热确定实验装置器材的组装顺序，确保一次调整到位；
(2)(3)(4)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法。
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
18.【答案】右 定值电阻R短路 右 2 3 电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
【解析】解：(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该滑动到阻值最大处的最右端，这样做的目的是保护电路；
(2)闭合开关，电流表有示数说明电路是通路，电压表和定值电阻R是并联的，电压表无示数，说明电压表并联的部分可能是短路，故故障原因可能是定值电阻R短路；
(3)实验中应保持定值电阻两端的电压不变，将5Ω电阻换成10Ω电阻后，闭合开关，定值电阻两端的电压变大，为保持定值电阻两端的电压不变，应让滑动变阻器两端的电压变大，即增加滑动变阻器接入电路中的阻值，故此时滑片应向右端移动；
(4)在“探究通过导体的电流与导体电阻的关系”时，实验中电阻R两端的电压始终保持不变，故U=IR=0.40A×5Ω=0.20A×10Ω=0.10A×20Ω=0.08A×25Ω=2V，而第三次数据U=IR=0.18A×15Ω=2.7V，故0.18A、15Ω的第3次实验存在问题；
(5)处理数据时应排除掉错误数据，由(4)知，电流与电阻的乘积一定，即电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：(1)右；(2)定值电阻R短路；(3)右；(4)2；3；(5)电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该滑动到阻值最大处；
(2)电路故障的判断：由电流表是否有示数判断电路是通路还是断路，由电压表示数有无判断电路具体的故障原因；
(3)实验中应保持定值电阻两端的电压不变，将5Ω电阻换成10Ω电阻后，闭合开关，定值电阻两端的电压变大，为保持定值电阻两端的电压不变，应让滑动变阻器两端的电压变大，由此得出滑片的移动方向；
(4)由表中数据求出电阻的电压，根据需控制定值电阻的电压相同分析；
(5)根据电流与电阻的乘积为一定值得出结论。
此题探究通过导体的电流与电阻的关系，考查控制变量法的应用、操作过程、数据分析和欧姆定律的运用等知识，是一些基本的知识，难度不大。
19.【答案】额 U额×U−U额R0。
【解析】解：(1)滑动变阻器接一个上接线柱和一个下接线柱串联在电路中，如下图所示：
；
(2)闭合开关后，小灯泡不亮、电流表无示数，则电路可能断路，电压表有明显示数，则说明电压表、电流表、开关、滑动变阻器与电源接通，所以该故障是小灯泡断路，故C正确；
(3)如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表的示数是0.3A，
小灯泡正常发光时的电阻为：
R=UI=≈8.3Ω；
小灯泡的额定功率为：
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
(4)①闭合S0，开关S接1，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数等于灯泡的额定电压U额；
②保持滑片位置不变，开关S接2，记下电压表示数U，
在①中，定值电阻与灯串联后再与变阻器串联，电压表测灯两端的电压，灯正常发光；
在②中，电压表测灯与R0两端的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压：U0=U−U额，由欧姆定律，通过定值电阻的电流：I0=U0R0=U−U额R0，即灯的额定电流：I额=U−U额R0，
则小灯泡额定功率表达式：
P额=U额×I额=U额×U−U额R0。
故答案为：(1)见上图；(2)C；(3)0.3；8.3；0.65；(4)U额；U额×U−U额R0。
(1)滑动变阻器接一个上接线柱和一个下接线柱串联在电路中；
(2)闭合开关后，小灯泡不亮、电流表无示数，则电路可能断路，电压表有明显示数，则电压表、电流表、开关、滑动变阻器与电源接通；
(3)如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，据此得出电流表的示数，根据欧姆定律算出小灯泡正常发光时的电阻、利用P=UI得出小灯泡的额定功率；
(4)要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P=UI可求出灯的额定功率。
本题测量小灯泡的电功率，考查电路的连接、故障分析、电流表读数、电阻减小、功率计算及设计方案测额定功率的能力。
20.【答案】解：(1)已知汽车南站到机场的路程为：s=20km，时速v=120km/h，
由v=st可知从汽车南站到达机场所用的时间为：t=sv=20km120km/h=16h=10min；
(2)已知这一行程中消耗的汽油质量为m=1.6kg，
则这些汽油完全燃烧放出的热量为：Q放=qm=4.6×107J/kg×1.6kg=7.36×107J；
(3)已知轿车在行驶过程中受到的阻力为f=1200N，汽车匀速行驶，处于平衡状态，受平衡力作用，
由二力平衡的条件可知汽车的牵引力为F=f=1200N，
则汽车牵引力做的功为：W=Fs=1200N×20×103m=2.4×107J，
则轿车消耗汽油行驶做功的效率为：η=WQ放×100%=2.4×107J7.36×107J×100%≈32.6%。
答：(1)轿车按设计时速从汽车南站匀速行驶到机场需要10min；
(2)轿车在这一行驶过程中消耗的汽油，完全燃烧能放出热量为7.36×107J；
(3)轿车在该段行驶中所受阻力为1200N，则轿车消耗汽油行驶做功的效率为32.6%。
【解析】(1)已知汽车南站到达机场的路程和时速，利用v=st可求出从汽车南站到达机场所用的时间；
(2)已知这一行程中消耗的汽油的质量和汽油的热值，利用Q放=qm可求出这些汽油完全燃烧放出的热量；
(3)已知轿车在行驶过程中受到的阻力，轿车匀速行驶时处于平衡状态，受平衡力作用，由二力平衡的条件可得出轿车的牵引力，根据W=Fs可求出牵引力做的功，最后根据η=WQ放×100%求出轿车消耗汽油行驶做功的效率。
本题考查了对速度、热值、功和效率的计算公式的应用，熟练掌握相关的计算公式及变形式是解题的关键。
21.【答案】解：
(1)当S闭合、S1断开时，电路为R1的简单电路，饮水机处于保温状态，此时饮水机的电功率：
P保=U22R1=(220V)21210Ω=40W；
(2)当S、S1都闭合时，R1、R2并联，饮水机处于加热状态，
电路总电流为：
I=I1+I2=UR1+UR2=220V1210Ω+220V121Ω=2A；
(3)水吸收的热量为Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(95℃−25℃)=2.94×105J；
加热时，电流做功：W=IUt=2A×220V×14×60s=3.696×105J；
加热过程中饮水机的加热效率：η=Q吸W×100%=2.94×105J3.696×105J×100%≈79.5%。
答：(1)饮水机处于保温状态时的电功率是40W；
(2)饮水机处于加热状态时电路的总电流是2A；
(3)加热过程中饮水机的加热效率为79.5%。
【解析】(1)分析保温状态时的电路，根据已知条件电路中的电压和电路中的电阻，利用P=U2R计算饮水机处于保温状态时的电功率；
(2)并联电路中干路电流等于各支路电流之和，根据欧姆定律得到支路电流然后得到干路电流；
(3)先求出水的质量，再根据公式Q吸=cm(t2−t1)求出水吸收的热量，根据P=Wt求出电流做的功，最后代入效率公式，即可求解。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率和热量公式的灵活运用，正确的判断电加热器处于不同挡位时电路的连接方式是关键。
序号
1
2
3
4
5
R/Ω
5
10
15
20
25
I/A
0.4
0.2
0.18
0.1
0.08
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