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2021-2022学年山东省济宁市汶上县九年级（上）期末物理试卷（含详细答案解析）
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2021-2022学年山东省济宁市汶上县九年级（上）期末物理试卷
1. 如图所示，自然界中的雪、雾、露、霜等现象，都是水这种物质发生物态变化形成的。对这些现象的描述，正确的是( )
A. 雪的形成是凝华现象，需要放热 B. 雾的形成是汽化现象，需要吸热
C. 露的形成是液化现象，需要吸热 D. 霜的形成是凝固现象，需要放热
2. 关于温度、热量、内能，下列说法中正确的是( )
A. 我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量多
B. 温度相同的物体，内能一定相同
C. 铁水很热具有内能，冰块很冷没有内能
D. 物体吸收热量，温度不一定升高
3. 小朋友从滑梯上滑下时，臀部有灼热感，下列现象中与此原理不同的是( )
A. 用锯条锯木头，锯条温度升高 B. 搓手时，手感到热
C. 天冷时，用热水袋取暖 D. 用手反复弯折铁丝，铁丝弯折处会发热
4. 如图所示的物理现象涉及的物理知识正确的是( )
A. 图甲：摩擦起电的实质是创造了新的电荷
B. 图乙：家用电能表是一种测量电功率的仪表
C. 图丙：电动机正常工作时将机械能转化为电能
D. 图丁：验电器的工作原理是同种电荷相互排斥
5. 如图所示电路中，电源电压为6V，L1、L2是小灯泡，当开关S闭合时，电压表的示数为2.5V，忽略温度对灯丝电阻的影响，则( )
A. L1两端的电压为3.5V
B. L2两端的电压为2.5V
C. L1与L2的灯丝电阻之比为1：3
D. 通过L1与L2的电流之比为1：1
6. 如图所示的电路中，闭合开关S1、S2，电流表、灯泡L1和L2均能正常工作。则下列说法正确的是( )
A. 开关S1闭合，S2断开，电源外部电流流向为a→b→c→d
B. 开关S1、S2都闭合，通过灯泡L1的电流一定大于通过灯泡L2的电流
C. 开关S1、S2都闭合，灯泡L1和L2并联
D. 闭合S1、S2中任意一个开关，都会有灯泡发光
7. 以下是小明做的有关电学的笔记，正确的是( )
A. 导体的电阻越小，对电流的阻碍作用越强
B. 导体两端电压越大，通过该导体的电流就越大
C. 用电器的额定功率越大，消耗的电能就越多
D. 金属导电时，电子定向移动的方向与电流方向相同
8. 如图所示，L1“3V3W”、L2“3V1.5W”灯丝电阻不变，电源电压3V，开关S闭合后，下列说法正确的是(不考虑温度对灯丝电阻的影响)( )
A. L1和L2的电阻之比是2：1 B. L1和L2的电流之比是2：1
C. L1两端电压是2V D. 两灯消耗的总功率是1W
9. 如图所示是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，下列说法不正确的是( )
A. 乙图实验装置是为了探究电流产生的热量与电流大小的关系
B. 甲图通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差比左侧的大
C. 甲、乙实验装置都是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻丝放出热量多少的
D. 乙图中左右两容器中电阻丝产生的热量之比为4：1
10. 如图甲所示电路，电流表A1的量程为0−3A，A2的量程为0−0.6A，闭合开关S，电压表V示数为12V，小灯泡正常发光。在电路安全的情况下最大范围调节滑动变阻器R的滑片，电流表A1示数与R连入的阻值的关系图象如图乙所示。则下列说法正确的是( )
A. 小灯泡的额定功率为4.8W
B. 滑动变阻器的阻值范围为12Ω∼20Ω
C. 滑动变阻器功率变化范围为2.4W∼7.2W
D. 滑动变阻器功率变化范围为8.4W∼10.8W
11. 如图所示，是一款以青铜面具为造型的三星堆文创冰淇淋。夏日，揭开冰淇淋的包装纸就会有“白气”向______(选填“上”或“下”)飘出，“白气”实际是______(选填“空气中”或“冰淇淋冒出”)的水蒸气液化形成的小水珠。
12. 人们常用水来给汽车发动机降温，这是通过______方式改变发动机的内能；如图所示是四冲程汽油机工作状态示意图，由图可以看出，此时它正处在______冲程，某效率为25%的汽油机在一个工作循环中消耗了4kg汽油，该汽油机对外做的机械功为______J(汽油热值为4.6×107J/kg)。
13. 甲、乙两根完全一样的导线，把甲剪去一半，剩下的一半跟乙相比，______ 的电阻大；把甲剩下的一半再均匀拉长到和乙相同，跟乙相比，______ 的电阻小。(均选填“甲”或“乙”)
14. 将“6V 3W”和“6V6W”的两只灯泡L1和L2接在电源两端(如图所示)，不考虑灯丝电阻的变化，闭合开关，两只灯泡都不亮，且电流表和电压表的指针都不动，现将两灯泡L1和L2的位置对调，再次闭合开关时，发现两只灯泡仍不亮，电流表指针仍不动，但电压表的指针却有了明显的偏转；该电路的故障可能是：______。排除故障后，灯泡发光时，电路中允许通过的最大电流为______。
15. 如图甲所示的电路，开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P从a端移至b端，电流表和电压表的示数变化关系如图乙所示，则R0的阻值是______ Ω；当电路中的电流为0.3A时，滑动变阻器R消耗的电功率是______ W。
16. 如图所示的插座和电灯(带开关)是组成家庭电路的常用器件，请你用笔画线代替导线将它们分别正确的接入电路中。
17. 晓轩同学在“探究冰和蜡的熔化规律”时，使用的实验装置如图甲所示。
(1)要完成该实验，除了图示的仪器外，还需要一种测量仪器是______；实验装置安装的顺序应该为______(选填“从上至下”或“从下至上”)；
(2)蜡在加热过程中某一时刻温度计的示数如图乙所示，温度是______℃，实验数据如表，可以判断蜡属于______(选填“晶体”或“非晶体”)；
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
蜡的温度/℃
42
44
46
48
49
50
51
52
(3)在冰的熔化实验中，向试管中放入碎冰，根据加热过程中记录的数据画出如图丙所示温度-时间图象，冰熔化持续了______min，CD段冰处于______态。
18. 为了比较水和煤油的吸热能力，小明同学用两个相同的装置做了如图甲所示的实验.
(1)在两个相同的烧杯中应加入初温度相同、______相同的a和b。
(2)本实验中运用了控制变量法之外，还运用了______。
(3)a和b温度随加热时间变化如图乙所示，可以发现a的温度比b的温度升高得______(选填“快”或“慢”)，这表明______(选填“a”或“b”)吸热本领更强。
(4)实验中，可以通过______(选填“升高的温度”或“加热时间”)来比较两种液体吸收热量的多少。
(5)为了完成本实验，实验中除了温度计之外还需要的测量仪器______和______。
19. 小明同学在“探究电流与电阻的关系”实验中，器材如图甲所示，电源为两节新的干电池，滑动变阻器上标有“10Ω1A”字样，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω、30Ω的定值电阻各一个。
(1)请用笔画线代替导线，把图甲所示的电路补充完整(滑片P向右滑，滑动变阻器接入电路的电阻变大)。
(2)小明同学首先将5Ω定值电阻接入电路，将滑片P滑到______(选填“A”或“B”)端，再闭合开关，调节滑片P，使电压表示数到达某一数值，电流表的示数如图乙所示，该示数为______ A。
(3)接下来，小明同学应该断开开关，并且将滑动变阻器阻值调到最大处，然后将5Ω的电阻替换为10Ω，闭合开关，调节滑片P，使电压表示数为______。
实验次序
1
2
3
电阻R/Ω
5
10
20
电流I/A
0.17
0.08
(4)将定值电阻换成20Ω重复第(3)问的操作，由表格中数据得出的结论是：______。
20. 在“测量小灯泡的电功率”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，有两个规格分别为“10Ω1A”、“50Ω2A”，电源电压为9V。
(1)本实验中应该选择规格为______的滑动变阻器。
(2)实验前在检查仪器时，发现电流表指针如图乙所示，则接下来的操作是______。
(3)闭合开关，改变滑动变阻器的阻值，多次测量，则小灯泡的额定功率为______ W。在多次测量中还发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比______(填“变大”、“变小”或“不变”)，导致这一结果的原因是______。
21. 如图所示，是某种电热饮水机的简化电路示意图。它有加热和保温两种工作状态(由温控开关S0自动控制)，阅读该饮水机说明书可知：饮水机的额定电压为220V，加热时的功率为400W，保温时的功率为40W，热水箱容积为2L。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃),ρ水=1.0×103kg/m3,g=10N/kg]求：
(1)将装满水箱的水从20℃加热至100℃，水所吸收的热量？
(2)R1的电阻值是多大？
(3)如果电能转化为水的内能的效率是80%，饮水机正常工作时，将装满水箱的水从20℃加热至100℃，需要多长时间？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、雪的形成是水蒸气的凝华现象，需要放热，故A正确；
B、雾的形成是水蒸气的液化现象，需要放热，故B错误；
C、露的形成是水蒸气的液化现象，需要放热，故C错误；
D、霜的形成是水蒸气的凝华现象，需要放热，故D错误。
故选：A。
(1)物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
2.【答案】D
【解析】解：A、热气腾腾的汤具有较大的内能，没有发生热传递，没有热量的吸收和放出，热量的修饰词也是错误的，故A错误；
B、内能大小跟质量、温度、状态有关，温度相同的物体，当其它因素不同时，物体的内能不能确定，故B错误；
C、一切物体都具有内能，所以铁水和冰块都具有内能，故C错误。
D、物体吸收热量，物体的内能增加，物体内能增加可能导致物体的温度升高，也可能导致物体发生物态变化，故D正确。
故选：D。
(1)热量是一个过程量，只有在热传递过程中才能有热量的吸收和放出，热量的修饰词只能是吸收或放出；
(2)从内能大小的影响因素进行分析，内能大小跟物体的质量、温度、状态有关；
(3)一切物体都具有内能。
(4)物体吸收热量，物体的内能发生变化，从内能变大小的影响因素再进行分析。
本题考查了内能、温度、热量这三个物理量的关系，这是中考题经常出现的习题，要熟练掌握。
3.【答案】C
【解析】解：小孩从滑梯上滑下感觉臀部灼热，是摩擦生热，机械能转化为内能，属于做功改变物体的内能；
A、用锯锯木头，锯条发热，是锯条和木头摩擦生热，机械能转化成内能，是做功改变的物体内能，故A不符合题意；
B、搓手时，手感到热，是克服摩擦做功，机械能转化成内能，是做功改变的物体内能，故B不符合题意；
C、天冷时，用热水袋取暖，手吸收热量，通过热传递改变手的内能，故C符合题意；
D、用手反复弯折铁丝，对铁丝做功，机械能转化为内能，使弯折处温度升高，是做功改变的物体内能，故D不符合题意。
故选：C。
改变物体内能的方法：一是做功，二是热传递；做功改变物体内能的特点：其它形式的能转化为内能或内能转化为其它形式的能。
做功可以改变物体的内能，热传递也可以改变物体的内能，要理解做功是能量转化的过程，热传递是能量转移的过程。
4.【答案】D
【解析】解：
A、摩擦起电的实质是电荷的转移，不是创造了电荷，故A错误；
B、电能表是测量消耗电能即电功的仪表，故B错误；
C、电动机正常工作时将电能转化为机械能，故C错误；
D、当验电器带电时，两片金属箔由于带同种电荷相互排斥而张开，验电器的工作原理是同种电荷相互排斥，故D正确。
故选：D。
(1)摩擦起电的实质是电荷的转移；
(2)电能表是一种测量电功的仪表；
(3)电动机正常工作时将电能转化为机械能；
(4)验电器的工作原理是同种电荷相互排斥。
通过生活中的问题考查了摩擦起电的实质、电能表、电动机、验电器的原理等。体现了物理和生活的密切关系。此题考查的知识点较多，综合性较强。
5.【答案】D
【解析】解：当开关S闭合后，该电路为L1和L2的串联电路，电压表测L1两端的电压；
已知电压表示数为2.5V，即L1两端的电压为：U1=2.5V；
由串联电路电压特点可知L2两端的电压为：U2=U−U1=6V−2.5V=3.5V；
串联电路中电流处处相等，即通过L1与L2的电流之比为1：1；
由R=UI可知L1与L2的灯丝电阻之比为：R1：R2=U1：U2=2.5V：3.5V=5：7；
综上所述可知A、B、C错误，D正确。
故选：D。
当开关S闭合后，该电路为L1和L2的串联电路，电压表测L1两端的电压；
已知电压表示数，即L1两端的电压，由串联电路电压特点可得出L2两端的电压；串联电路中电流处处相等，再由R=UI可求出L1与L2的灯丝电阻之比。
本题考查了学生对串联电路的电流、电压特点的掌握和对欧姆定律的应用，应灵活运用相关知识点。
6.【答案】C
【解析】解：A、由电路图可知，开关s1闭合，s2断开，电源外部电流流向为d→c→b→a，故A错误；
B、开关s1、s2都闭合，L1与L2并联，由于不知道两灯泡的情况，不能判断通过灯泡L1的电流与通过灯泡L2电流的关系，故B错误；
C、由电路图可知，闭合开关S1和S2，L1与L2首首相连、尾尾相连，两灯是并联的，故C正确；
D、开关s1在干路上，控制所有用电器，开关s2控制灯泡L1，故只闭合S1，灯泡L2发光，s1、s2都闭合，两灯泡都发光，只闭合s2的两灯泡都不发光，故D错误。
故选：C。
(1)在电源的外部，电流的方向是从电源的正极经过用电器回到负极；
(2)把几个用电器首尾相接，连入电路是串联，串联电路中电流处处相等；
把几个用电器首首相接、尾尾相接，再连入电路，就是并联，并联电路中，干路电流等于各支路电流之和；
(3)串联电路电流处处相等，并联电路干路电流等于各支路电流的和；
(4)并联电路干路开关控制所有用电器，支路开关控制本支路。
本题考查了电路连接方式的判断，解决此类问题要结合串联电路和并联电路的特点选择合适的开关组合。
7.【答案】B
【解析】解：A、导体的电阻越小，对电流的阻碍作用越弱，故A错误；
B、电压是使电路形成电流的原因，导体两端电压越大，通过该导体的电流就越大，故B正确；
C、用电器的额定功率越大，消耗的电能越快，但不一定越多，故C错误；
D、金属导电时，电子定向移动的方向与电流方向相反，故D错误。
故选：B。
(1)导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小。
(2)电压是使电路形成电流的原因，同一导体，两端的电压越高，通过的电流越大。
(3)电功率表示用电器消耗电能的快慢。
(4)规定正电荷定向移动的方向是电流的方向，电子的定向移动方向与电流方向相反。
深入理解电阻概念、电压与电流间关系、电功率概念、电流方向的规定，可解答此题。
8.【答案】D
【解析】解：
由电路图可知，闭合开关，灯泡L1、L2串联；
A、由P=U2R可知，灯泡L1的电阻：R1=U12P1=(3V)23W=3Ω，
灯泡L2的电阻：R2=U22P2=(3V)21.5W=6Ω，
则L1和L2的电阻之比：R1R2=3Ω6Ω=12，故A错误；
B、因串联电路处处电流相等，所以通过L1和L2的电流之比是1：1，故B错误；
C、因串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以电路的总电阻：R=R1+R2=3Ω+6Ω=9Ω，
电路电流：I=UR=3V9Ω=13A，
由I=UR可得，L1两端电压：U1=IR1=13A×3Ω=1V，故C错误；
D、两灯消耗的总功率：P=UI=3V×13A=1W，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，闭合开关，灯泡L1、L2串联；
(1)根据P=U2R求出L1和L2的电阻，从而得到两灯电阻之比；
(2)根据串联电路电流规律求出通过两灯泡的电流之比；
(3)根据串联电路电阻规律和欧姆定律求出电路电流，再根据欧姆定律求出L1两端电压；
(4)根据P=UI求出两灯泡消耗的总功率。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律以及电功率计算公式的应用，是一道基础题。
9.【答案】C
【解析】解：A、乙图实验装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右=I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右=I1+I2，两电阻的阻值相等，则支路中电流相等，即I1=I2，所以右边容器中通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，左右侧两容器内电阻相同，所以该装置是研究电流产生的热量与电流的关系，故A正确；
B、甲图实验装置中两个电阻串联接入电路，通过两电阻的电流相等，右边容器内的电阻比左边大，由Q=I2Rt可知，右边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差更大，故B正确；
C、该实验装置是利用U形管中空气的热胀冷缩来反应热的多少，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管液面高度差的变化来反映，故C错误；
D、根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右=I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右=I1+I2，两电阻的阻值相等，则支路中电流相等，即I1=I2=12I右，由图可知电阻、通电时间相同。
根据Q=I2Rt可得右边电阻产生的热量Q右=(I右)2Rt，左边电阻产生的热量Q左=(I1)2Rt=(12I右)2Rt
则：Q右Q左=(I右)2Rt(12I右)2Rt=4：1，故D正确。
故选：C。
电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。
(1)探究电流产生热量跟电流关系时，控制通电时间和电阻不变；
(2)甲图实验装置中两个电阻串联接入电路，通过两电阻的电流相等，右边容器内的电阻比左边大，由Q=I2Rt可知，右边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差更大；
(3)电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想；
(4)根据电流、电阻和通电时间关系，利用Q=I2Rt可知两侧电阻产生热量的关系；。
此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用，同时考查了学生对焦耳定律的理解和掌握。
10.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，闭合开关S，灯泡和滑动变阻器R并联，电流表A1测干路中的电流，电流表A2测通过滑动变阻器R的电流，电压表测电源电压；
(1)已知电压表示数为12V，则并联电路两端的电压为12V；
在电路安全的情况下，当通过滑动变阻器R的电流最大时干路电流最大，由于A2的量程为0−0.6A，所以，通过滑动变阻器R的最大电流为：I滑最大=0.6A，
根据图象可知电流表A1最大示数为1.8A，即干路最大电流：I最大=1.8A，
根据并联电路电流规律可知，通过灯泡的电流：IL=I最大−I滑最大=1.8A−0.6A=1.2A，
则灯泡的额定功率：P额=PL=UIL=12V×1.2A=14.4W，故A错误；
(2)根据欧姆定律可得滑动变阻器R连入电路的最小阻值为：R滑最小=UI滑最大=12V0.6A=20Ω；
根据图象可知干路最小电流：I最小=1.4A，则根据并联电路电流规律可知，通过滑动变阻器R的最小电流为：I滑最小=I最小−IL=1.4A−1.2A=0.2A，
根据欧姆定律可得滑动变阻器R的最大阻值为：R滑最大=UI滑最小=12V0.2A=60Ω，
所以滑动变阻器的阻值范围为20Ω∼60Ω，故B错误；
(3)滑动变阻器的最大功率为：R滑最大=UI滑最大=12V×0.6A=7.2W，
滑动变阻器的最小功率为：R滑最小=UI滑最小=12V×0.2A=2.4W，
所以滑动变阻器功率变化范围为2.4W∼7.2W，故C正确，D错误。
故选：C。
由电路图可知，闭合开关S，灯泡和滑动变阻器R并联，电流表A1测干路中的电流，电流表A2测通过滑动变阻器R的电流，电压表测电源电压；
(1)闭合开关S，根据电压表V示数可知并联电路两端的电压，由于小灯泡正常发光，则灯泡的额定电压为12V，根据并联电路的特点可知滑动变阻器R的滑片调节过程中通过灯泡的电流不变，在电路安全的情况下，当通过滑动变阻器R的电流最大时干路电流最大，所以，根据A2的量程可知通过滑动变阻器R的最大电流；根据图象可知电流表A1最大示数，然后根据并联电路的电流特点即可求出通过灯泡的电流，利用P=UI即可求出灯泡正常工作时的实际功率，即为灯泡的额定功率；
(2)由于通过滑动变阻器R的电流最大时滑动变阻器R连入电路的阻值最小，根据欧姆定律即可求出滑动变阻器R连入电路的最小阻值；
由于滑动变阻器R连入电路的阻值最大时通过滑动变阻器R的电流最小，根据图象可知电流表A1最小示数，然后根据并联电路的电流特点即可求出通过滑动变阻器R的最小电流，根据欧姆定律即可求出滑动变阻器R的最大阻值，进一步确定滑动变阻器的阻值范围；
(3)根据电功率公式P=UI计算滑动变阻器的最大功率和滑动变阻器的最小功率，进一步确定滑动变阻器功率变化范围。
本题主要考查并联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的应用等知识，会根据图象找出有用的信息并结合电路图正确分析是本题的难点所在。
11.【答案】下 空气中
【解析】
【分析】
物质由气态变为液态叫液化。知道液化概念和液化的原因，可解答此题。
【解答】
夏日，揭开冰淇淋的包装纸就会有“白气”，是空气中的水蒸气遇冷液化为小水滴，由于水滴的密度大于空气，所以“白气”向下飘出。
故答案为：下；空气中。
12.【答案】热传递 压缩 4.6×107
【解析】解：(1)人们常用水来给汽车发动机降温，是将发动机的热量转移给水，这是通过热传递的方式改变发动机的内能；
(2)由图可知，汽油机的进气门和排气门均关闭，活塞向上运动，说明汽油机正处在压缩冲程；
(3)消耗4kg的汽油完全燃烧放出的热量为：Q放=qm=4.6×107J/kg×4kg=1.84×108J，
有η=WQ放可知该汽油机对外做的机械功为：W=Q放η=1.84×108J×25%=4.6×107J。
故答案为：热传递；压缩；4.6×107。
(1)改变内能的方式有两种：做功和热传递，做功是能量的转换，热传递是能量的转移；
(2)观察汽油机的进气门、排气门的状态和活塞的运动方向来判断是哪个冲程；
(3)利用Q放=qm求出消耗4kg的汽油完全燃烧放出的热量，再利用η=WQ放的变形式求出该汽油机对外做的机械功。
本题考查了对改变内能的方式的理解和汽油机冲程的判断，以及对热值、热机效率的计算公式的应用，属于基础题，难度不大。
13.【答案】乙 乙
【解析】解：
把甲剪去一半，剩下的一半导线跟乙相比，材料、横截面积都相同，但长度减小了，电阻变小，所以小于乙的电阻，即乙的电阻大；
把甲剩下的一半再拉长到和乙相同，跟乙相比，材料不变，长度一样，但是横截面积变小了，电阻变大，所以大于乙的电阻，即乙的电阻小。
故答案为：乙； 乙。
影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度、横截面积和温度，据此分析回答。
此题考查学生对于影响电阻大小因素的理解和掌握。学会控制变量法的应用是解题关键。
14.【答案】灯L2断路 0.5A
【解析】解：(1)由图可知，两灯泡串联；闭合开关，两只灯泡都不亮，电流表无示数，说明电路中有断路故障；而电压表无示数，说明电压表与电源不能连通，则可能是灯L2断路或电流表断路；
将两灯泡L1和L2的位置对调，闭合开关，电流表无示数，说明电路中仍然有断路故障；此时电压表有示数，说明电压表两接线柱到电源的正负极之间是通路，则电流表和灯泡L1都没有断路，所以可能是灯L2断路；
(2)根据P=UI可得，“6V 3W”和“6V6W”的两只灯泡L1和L2的额定电流分别为：
I1=P1U1=3W6V=0.5A，I2=P2U2=6W6V=1A，
由于串联电路中电流处处相等，所以为了保护电路，电路中的最大电流I大=I1=0.5A。
故答案为：灯L2断路；0.5A。
(1)分析电路图可知，两灯泡串联；闭合开关，两只灯泡都不亮，电流表无示数，说明电路中有断路故障；电压表无示数，说明电压表与电源不能连通，即电压表两端到电源的正负极之间有断路故障；将两灯泡L1和L2的位置对调，闭合开关，电流表无示数，说明电路中仍然有断路故障；此时电压表有示数，说明电压表两接线柱到电源的正负极之间是通路，据此分析电路故障；
(2)根据I=PU和串联电路的电流规律分析。
在判断故障时，会根据电压表的示数变化判断：若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，则与电压表并联的电路可能断路；若电压表无示数，说明与电压表并联的电路被短路或电压表与电源不能相通。
15.【答案】50.45
【解析】解：当滑片在a端时，通过的电流是0.1A，R0两端的电压是0.5V，则R0的阻值R0=U0I=0.5V0.1A=5Ω；
当滑片在b端时，滑动变阻器被短路，此时电路中电流最大，为0.6A，电压表示数最大，为3V，即为电源电压；
当电路中的电流为0.3A时，由图象可知，此时电压表示数为1.5V，滑动变阻器两端的电压为3V−1.5V=1.5V，所以其消耗的功率P=UI=1.5V×0.3A=0.45W。
故答案为：5；0.45。
从图中读取一组电压值和电流值根据欧姆定律可计算定值电阻R0的阻值；
当滑片在b端时，滑动变阻器被短路，此时电压表示数最大，为3V，即为电源电压；
由图象读出电流为0.3A时，电压表示数，即为R0两端的电压，再根据串联分压特点求出滑动变阻器两端电压，根据电功率公式可计算滑动变阻器消耗的电功率。
能够正确读取图中的信息并能结合欧姆定律和电功率公式正确计算有关物理量。
16.【答案】解：首先辨别上面三根线地线、火线、零线。
灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【解析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
本题考查了开关、插座的接法。开关接在火线与电灯之间，可以使开关断开时，电灯灯座上没有电，这样在换灯泡时不会发生触电。
17.【答案】秒表 从下至上 39 非晶体 3 液
【解析】解：(1)实验中需用温度计测量温度，用秒表记录时间，所以本实验中除了温度计外，还需要的测量器材是秒表；酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以先放好烧杯后，再调节温度计的高度；
(2)由图乙知，温度计的分度值为1℃，示数为39℃；由表格中的实验数据可知，蜡在融化过程中温度不断升高，没有熔点，属于非晶体；
(4)由丙图知，冰由第2min开始熔化，到第5min完全熔化，用了3min；CD 段中温度高于冰的熔点，所以冰早已熔化完，为液态。
故答案为：(1)秒表；从下至上；(2)39；非晶体；(4)3；液。
(1)实验中要探究冰熔化时温度随时间的变化，从而可确定出测量工具；
(2)在探究物质的熔化特点时，不仅要记录其温度的变化情况，还要观察其状态的变化情况；
(3)确定温度计的分度值及0℃的位置，正确读数；
(4)晶体在熔化时吸热但保持熔点温度不变，处于固液共存状态，但此过程仍然吸热；熔点是晶体熔化时的温度。
本题要求同学们能数据分析出晶体和非晶体熔化的特点，知道晶体和非晶体的区别是否有确定的熔化温度。
18.【答案】质量 转换法 快 b 加热时间 天平 秒表
【解析】解：(1)要比较a和b的吸热能力，根据控制变量法，要控制a和b的初温相同、质量相同，故在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的a和b；
(2)我们使用相同的加热装置通过加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少，这种方法叫转换法；
(3)取加热时间相同，则a与b吸收的热量相等，a的温度比b的温度升高得快，这表明b吸热本领更强；
(4)用相同的装置加热，加热相同的时间，放出的热量就是相等的，a和b吸收的热量也就是相等的，所以物质吸热的多少是通过加热时间来反映的；
(5)探究物质的吸热或放热规律时应控制物质的质量是相同的，所以需要用天平称量物体的质量；
物质的加热时间相同，吸收的热量相同，所以需要用秒表记录加热的时间。
故答案为：(1)质量；(2)转换法；(3)快；b；(4)加热时间；(5)天平；秒表。
(1)根据控制变量法分析解答；
(2)(4)我们使用相同的酒精灯(或加热器)通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
(3)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；
(5)实验中需要测量液体的质量和吸热的时间，据此判断出需要的测量工具。
本题比较不同物质的吸热能力，考查了控制变量法、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。
19.【答案】B0.341.7V在导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比
【解析】解：(1)滑片P向右滑，滑动变阻器接入电路的电阻变大，故变阻器下面的接线柱是左边接线柱接入电路中，电源电压为3V，电压表选用小量程且与电阻并联，如图所示：
(2)为保护电路，闭合开关前滑动变阻器的滑片在阻值最大处，即B端；
由图乙可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，该示数为0.34A；
(3)当接入5Ω的定值电阻时，电路中的电流为0.34A，则所控制的电压为：UV=IR=0.34A×5Ω=1.7V；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻时，通过移动滑动变阻器来保持电阻两端的电压不变；
(4)将定值电阻换成20Ω重复第(3)的操作，由表中数据可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：在导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：(1)如图所示；(2)B；0.4；(3)1.7V；(4)在导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
(1)根据滑片P向右滑滑动变阻器接入电路的电阻变大确定变阻器下面的接线柱是左边接线柱接入电路中，根据电源电压确定电压表选用小量程且与电阻并联；
(2)为保护电路，闭合开关前滑动变阻器的滑片在阻值最大处；根据电流表选用小量程确定分度值读数；
(3)根据(2)中定值电阻的阻值和电流利用欧姆定律计算出所控制的电压，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；
(4)根据表中电流与电阻之积为一定值分析得出结论。
本题探究电流与电阻的关系实验，考查电路连接、注意事项及控制变量法的应用。
20.【答案】“50Ω2A” 电流表调零 0.5变大 灯丝的电阻随温度的升高而变大
【解析】解：(1)小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律灯的额定电流约为：
I=ULR=2.5V10Ω=0.25A，根据串联电路电压的规律及欧姆定律，此时变阻器连入电路的电阻为：
R滑=U滑I滑=U−ULI=9V−2.5V0.25A=26Ω，故选用”50Ω2A”的滑动变阻器；
(2)实验前在检查仪器时，发现电流表指针如图乙所示，则接下来的操作是电流表调零；
(4)根据绘制的通过小灯泡的电流随其两端电压变化的关系图像知，灯在额定电压下的电流为0.2A，则小灯泡的额定功率为：
P=ULIL=2.5V×0.2A=0.5W；
由图丙知电压表与电流表的示数之比即灯丝的电阻，在多次测量中还发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比变大，导致这一结果的原因是灯丝的电阻随温度的升高而变大。
故答案为：(1)“50Ω2A”；(2)电流表调零；(3)0.5；变大；灯丝的电阻随温度的升高而变大。
(1)根据小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律得出灯的额定电流，根据串联电路电压的规律及欧姆定律得出此时变阻器连入电路的电阻，从而确定选用的滑动变阻器；
(2)电流表使用前要调零；
(3)根据绘制的通过小灯泡的电流随其两端电压变化的关系图像知灯在额定电压下的电流，根据P=UI得出小灯泡的额定功率；
由图丙知电压表与电流表的示数之比即灯丝的电阻，灯丝的电阻随温度的升高而变大。
本题测量小灯泡的电功率实验，考查器材的选择、故障分析、功率计算、欧姆定律的运用和影响电阻大小的因素。
21.【答案】解：(1)装满水箱时水的体积：V=2L=2dm3=2×10−3m3，
由ρ=mV可得，水箱中水的质量：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×2×10−3m3=2kg，
则水吸收的热量：Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃−20℃)=6.72×105J；
(2)由电路图可知，开关S0断开时两电阻串联，开关S0闭合时电路为R1的简单电路，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和；
开关S0闭合时，电路中的总电阻最小，电源电压U一定，由P=U2R可知，电路的总功率最大，饮水机处于加热状态；
由P=U2R可得，R1的电阻值：R1=U2P加热=(220V)2400W=121Ω；
(3)由η=Q吸W可得，消耗的电能：W=Q吸η=6.72×105J80%=8.4×105J，
由P=Wt可得，需要的加热时间：t′=WP=8.4×105J400W=2100s。
答：(1)将装满水箱的水从20℃加热至100℃，水所吸收的热量为6.72×105J；
(2)R1的电阻值是121Ω；
(3)如果电能转化为水的内能的效率是80%，饮水机正常工作时，将装满水箱的水从20℃加热至100℃，需要的时间为2100s。
【解析】(1)装满水箱时水的体积和其容积相等，根据ρ=mV求出水箱中水的质量，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)由电路图可知，开关S0断开时两电阻串联，开关S0闭合时电路为R1的简单电路，根据电阻的串联比较两种情况下电路中总电阻的关系，电源电压U一定，根据P=U2R可知，电路中的电阻越小，电路中的总功率越大，饮水机处于加热状态，反之处于保温状态；饮水机处于加热状态时，电路为R1的简单电路，根据P=U2R可求出R1的电阻值；
(3)利用η=Q吸W求出消耗的电能，最后根据P=Wt求出需要的加热时间。
本题考查了电功率公式和密度公式、吸热公式、效率公式以及电功公式的应用，分清饮水机处于不同状态时电路的连接方式是关键。
2021-2022学年山东省济宁市汶上县九年级（上）期末物理试卷
1. 如图所示，自然界中的雪、雾、露、霜等现象，都是水这种物质发生物态变化形成的。对这些现象的描述，正确的是( )
A. 雪的形成是凝华现象，需要放热 B. 雾的形成是汽化现象，需要吸热
C. 露的形成是液化现象，需要吸热 D. 霜的形成是凝固现象，需要放热
2. 关于温度、热量、内能，下列说法中正确的是( )
A. 我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量多
B. 温度相同的物体，内能一定相同
C. 铁水很热具有内能，冰块很冷没有内能
D. 物体吸收热量，温度不一定升高
3. 小朋友从滑梯上滑下时，臀部有灼热感，下列现象中与此原理不同的是( )
A. 用锯条锯木头，锯条温度升高 B. 搓手时，手感到热
C. 天冷时，用热水袋取暖 D. 用手反复弯折铁丝，铁丝弯折处会发热
4. 如图所示的物理现象涉及的物理知识正确的是( )
A. 图甲：摩擦起电的实质是创造了新的电荷
B. 图乙：家用电能表是一种测量电功率的仪表
C. 图丙：电动机正常工作时将机械能转化为电能
D. 图丁：验电器的工作原理是同种电荷相互排斥
5. 如图所示电路中，电源电压为6V，L1、L2是小灯泡，当开关S闭合时，电压表的示数为2.5V，忽略温度对灯丝电阻的影响，则( )
A. L1两端的电压为3.5V
B. L2两端的电压为2.5V
C. L1与L2的灯丝电阻之比为1：3
D. 通过L1与L2的电流之比为1：1
6. 如图所示的电路中，闭合开关S1、S2，电流表、灯泡L1和L2均能正常工作。则下列说法正确的是( )
A. 开关S1闭合，S2断开，电源外部电流流向为a→b→c→d
B. 开关S1、S2都闭合，通过灯泡L1的电流一定大于通过灯泡L2的电流
C. 开关S1、S2都闭合，灯泡L1和L2并联
D. 闭合S1、S2中任意一个开关，都会有灯泡发光
7. 以下是小明做的有关电学的笔记，正确的是( )
A. 导体的电阻越小，对电流的阻碍作用越强
B. 导体两端电压越大，通过该导体的电流就越大
C. 用电器的额定功率越大，消耗的电能就越多
D. 金属导电时，电子定向移动的方向与电流方向相同
8. 如图所示，L1“3V3W”、L2“3V1.5W”灯丝电阻不变，电源电压3V，开关S闭合后，下列说法正确的是(不考虑温度对灯丝电阻的影响)( )
A. L1和L2的电阻之比是2：1 B. L1和L2的电流之比是2：1
C. L1两端电压是2V D. 两灯消耗的总功率是1W
9. 如图所示是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，下列说法不正确的是( )
A. 乙图实验装置是为了探究电流产生的热量与电流大小的关系
B. 甲图通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差比左侧的大
C. 甲、乙实验装置都是利用U形管中液体的热胀冷缩来反映电阻丝放出热量多少的
D. 乙图中左右两容器中电阻丝产生的热量之比为4：1
10. 如图甲所示电路，电流表A1的量程为0−3A，A2的量程为0−0.6A，闭合开关S，电压表V示数为12V，小灯泡正常发光。在电路安全的情况下最大范围调节滑动变阻器R的滑片，电流表A1示数与R连入的阻值的关系图象如图乙所示。则下列说法正确的是( )
A. 小灯泡的额定功率为4.8W
B. 滑动变阻器的阻值范围为12Ω∼20Ω
C. 滑动变阻器功率变化范围为2.4W∼7.2W
D. 滑动变阻器功率变化范围为8.4W∼10.8W
11. 如图所示，是一款以青铜面具为造型的三星堆文创冰淇淋。夏日，揭开冰淇淋的包装纸就会有“白气”向______(选填“上”或“下”)飘出，“白气”实际是______(选填“空气中”或“冰淇淋冒出”)的水蒸气液化形成的小水珠。
12. 人们常用水来给汽车发动机降温，这是通过______方式改变发动机的内能；如图所示是四冲程汽油机工作状态示意图，由图可以看出，此时它正处在______冲程，某效率为25%的汽油机在一个工作循环中消耗了4kg汽油，该汽油机对外做的机械功为______J(汽油热值为4.6×107J/kg)。
13. 甲、乙两根完全一样的导线，把甲剪去一半，剩下的一半跟乙相比，______ 的电阻大；把甲剩下的一半再均匀拉长到和乙相同，跟乙相比，______ 的电阻小。(均选填“甲”或“乙”)
14. 将“6V 3W”和“6V6W”的两只灯泡L1和L2接在电源两端(如图所示)，不考虑灯丝电阻的变化，闭合开关，两只灯泡都不亮，且电流表和电压表的指针都不动，现将两灯泡L1和L2的位置对调，再次闭合开关时，发现两只灯泡仍不亮，电流表指针仍不动，但电压表的指针却有了明显的偏转；该电路的故障可能是：______。排除故障后，灯泡发光时，电路中允许通过的最大电流为______。
15. 如图甲所示的电路，开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P从a端移至b端，电流表和电压表的示数变化关系如图乙所示，则R0的阻值是______ Ω；当电路中的电流为0.3A时，滑动变阻器R消耗的电功率是______ W。
16. 如图所示的插座和电灯(带开关)是组成家庭电路的常用器件，请你用笔画线代替导线将它们分别正确的接入电路中。
17. 晓轩同学在“探究冰和蜡的熔化规律”时，使用的实验装置如图甲所示。
(1)要完成该实验，除了图示的仪器外，还需要一种测量仪器是______；实验装置安装的顺序应该为______(选填“从上至下”或“从下至上”)；
(2)蜡在加热过程中某一时刻温度计的示数如图乙所示，温度是______℃，实验数据如表，可以判断蜡属于______(选填“晶体”或“非晶体”)；
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
蜡的温度/℃
42
44
46
48
49
50
51
52
(3)在冰的熔化实验中，向试管中放入碎冰，根据加热过程中记录的数据画出如图丙所示温度-时间图象，冰熔化持续了______min，CD段冰处于______态。
18. 为了比较水和煤油的吸热能力，小明同学用两个相同的装置做了如图甲所示的实验.
(1)在两个相同的烧杯中应加入初温度相同、______相同的a和b。
(2)本实验中运用了控制变量法之外，还运用了______。
(3)a和b温度随加热时间变化如图乙所示，可以发现a的温度比b的温度升高得______(选填“快”或“慢”)，这表明______(选填“a”或“b”)吸热本领更强。
(4)实验中，可以通过______(选填“升高的温度”或“加热时间”)来比较两种液体吸收热量的多少。
(5)为了完成本实验，实验中除了温度计之外还需要的测量仪器______和______。
19. 小明同学在“探究电流与电阻的关系”实验中，器材如图甲所示，电源为两节新的干电池，滑动变阻器上标有“10Ω1A”字样，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω、30Ω的定值电阻各一个。
(1)请用笔画线代替导线，把图甲所示的电路补充完整(滑片P向右滑，滑动变阻器接入电路的电阻变大)。
(2)小明同学首先将5Ω定值电阻接入电路，将滑片P滑到______(选填“A”或“B”)端，再闭合开关，调节滑片P，使电压表示数到达某一数值，电流表的示数如图乙所示，该示数为______ A。
(3)接下来，小明同学应该断开开关，并且将滑动变阻器阻值调到最大处，然后将5Ω的电阻替换为10Ω，闭合开关，调节滑片P，使电压表示数为______。
实验次序
1
2
3
电阻R/Ω
5
10
20
电流I/A
0.17
0.08
(4)将定值电阻换成20Ω重复第(3)问的操作，由表格中数据得出的结论是：______。
20. 在“测量小灯泡的电功率”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，有两个规格分别为“10Ω1A”、“50Ω2A”，电源电压为9V。
(1)本实验中应该选择规格为______的滑动变阻器。
(2)实验前在检查仪器时，发现电流表指针如图乙所示，则接下来的操作是______。
(3)闭合开关，改变滑动变阻器的阻值，多次测量，则小灯泡的额定功率为______ W。在多次测量中还发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比______(填“变大”、“变小”或“不变”)，导致这一结果的原因是______。
21. 如图所示，是某种电热饮水机的简化电路示意图。它有加热和保温两种工作状态(由温控开关S0自动控制)，阅读该饮水机说明书可知：饮水机的额定电压为220V，加热时的功率为400W，保温时的功率为40W，热水箱容积为2L。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃),ρ水=1.0×103kg/m3,g=10N/kg]求：
(1)将装满水箱的水从20℃加热至100℃，水所吸收的热量？
(2)R1的电阻值是多大？
(3)如果电能转化为水的内能的效率是80%，饮水机正常工作时，将装满水箱的水从20℃加热至100℃，需要多长时间？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、雪的形成是水蒸气的凝华现象，需要放热，故A正确；
B、雾的形成是水蒸气的液化现象，需要放热，故B错误；
C、露的形成是水蒸气的液化现象，需要放热，故C错误；
D、霜的形成是水蒸气的凝华现象，需要放热，故D错误。
故选：A。
(1)物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
2.【答案】D
【解析】解：A、热气腾腾的汤具有较大的内能，没有发生热传递，没有热量的吸收和放出，热量的修饰词也是错误的，故A错误；
B、内能大小跟质量、温度、状态有关，温度相同的物体，当其它因素不同时，物体的内能不能确定，故B错误；
C、一切物体都具有内能，所以铁水和冰块都具有内能，故C错误。
D、物体吸收热量，物体的内能增加，物体内能增加可能导致物体的温度升高，也可能导致物体发生物态变化，故D正确。
故选：D。
(1)热量是一个过程量，只有在热传递过程中才能有热量的吸收和放出，热量的修饰词只能是吸收或放出；
(2)从内能大小的影响因素进行分析，内能大小跟物体的质量、温度、状态有关；
(3)一切物体都具有内能。
(4)物体吸收热量，物体的内能发生变化，从内能变大小的影响因素再进行分析。
本题考查了内能、温度、热量这三个物理量的关系，这是中考题经常出现的习题，要熟练掌握。
3.【答案】C
【解析】解：小孩从滑梯上滑下感觉臀部灼热，是摩擦生热，机械能转化为内能，属于做功改变物体的内能；
A、用锯锯木头，锯条发热，是锯条和木头摩擦生热，机械能转化成内能，是做功改变的物体内能，故A不符合题意；
B、搓手时，手感到热，是克服摩擦做功，机械能转化成内能，是做功改变的物体内能，故B不符合题意；
C、天冷时，用热水袋取暖，手吸收热量，通过热传递改变手的内能，故C符合题意；
D、用手反复弯折铁丝，对铁丝做功，机械能转化为内能，使弯折处温度升高，是做功改变的物体内能，故D不符合题意。
故选：C。
改变物体内能的方法：一是做功，二是热传递；做功改变物体内能的特点：其它形式的能转化为内能或内能转化为其它形式的能。
做功可以改变物体的内能，热传递也可以改变物体的内能，要理解做功是能量转化的过程，热传递是能量转移的过程。
4.【答案】D
【解析】解：
A、摩擦起电的实质是电荷的转移，不是创造了电荷，故A错误；
B、电能表是测量消耗电能即电功的仪表，故B错误；
C、电动机正常工作时将电能转化为机械能，故C错误；
D、当验电器带电时，两片金属箔由于带同种电荷相互排斥而张开，验电器的工作原理是同种电荷相互排斥，故D正确。
故选：D。
(1)摩擦起电的实质是电荷的转移；
(2)电能表是一种测量电功的仪表；
(3)电动机正常工作时将电能转化为机械能；
(4)验电器的工作原理是同种电荷相互排斥。
通过生活中的问题考查了摩擦起电的实质、电能表、电动机、验电器的原理等。体现了物理和生活的密切关系。此题考查的知识点较多，综合性较强。
5.【答案】D
【解析】解：当开关S闭合后，该电路为L1和L2的串联电路，电压表测L1两端的电压；
已知电压表示数为2.5V，即L1两端的电压为：U1=2.5V；
由串联电路电压特点可知L2两端的电压为：U2=U−U1=6V−2.5V=3.5V；
串联电路中电流处处相等，即通过L1与L2的电流之比为1：1；
由R=UI可知L1与L2的灯丝电阻之比为：R1：R2=U1：U2=2.5V：3.5V=5：7；
综上所述可知A、B、C错误，D正确。
故选：D。
当开关S闭合后，该电路为L1和L2的串联电路，电压表测L1两端的电压；
已知电压表示数，即L1两端的电压，由串联电路电压特点可得出L2两端的电压；串联电路中电流处处相等，再由R=UI可求出L1与L2的灯丝电阻之比。
本题考查了学生对串联电路的电流、电压特点的掌握和对欧姆定律的应用，应灵活运用相关知识点。
6.【答案】C
【解析】解：A、由电路图可知，开关s1闭合，s2断开，电源外部电流流向为d→c→b→a，故A错误；
B、开关s1、s2都闭合，L1与L2并联，由于不知道两灯泡的情况，不能判断通过灯泡L1的电流与通过灯泡L2电流的关系，故B错误；
C、由电路图可知，闭合开关S1和S2，L1与L2首首相连、尾尾相连，两灯是并联的，故C正确；
D、开关s1在干路上，控制所有用电器，开关s2控制灯泡L1，故只闭合S1，灯泡L2发光，s1、s2都闭合，两灯泡都发光，只闭合s2的两灯泡都不发光，故D错误。
故选：C。
(1)在电源的外部，电流的方向是从电源的正极经过用电器回到负极；
(2)把几个用电器首尾相接，连入电路是串联，串联电路中电流处处相等；
把几个用电器首首相接、尾尾相接，再连入电路，就是并联，并联电路中，干路电流等于各支路电流之和；
(3)串联电路电流处处相等，并联电路干路电流等于各支路电流的和；
(4)并联电路干路开关控制所有用电器，支路开关控制本支路。
本题考查了电路连接方式的判断，解决此类问题要结合串联电路和并联电路的特点选择合适的开关组合。
7.【答案】B
【解析】解：A、导体的电阻越小，对电流的阻碍作用越弱，故A错误；
B、电压是使电路形成电流的原因，导体两端电压越大，通过该导体的电流就越大，故B正确；
C、用电器的额定功率越大，消耗的电能越快，但不一定越多，故C错误；
D、金属导电时，电子定向移动的方向与电流方向相反，故D错误。
故选：B。
(1)导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小。
(2)电压是使电路形成电流的原因，同一导体，两端的电压越高，通过的电流越大。
(3)电功率表示用电器消耗电能的快慢。
(4)规定正电荷定向移动的方向是电流的方向，电子的定向移动方向与电流方向相反。
深入理解电阻概念、电压与电流间关系、电功率概念、电流方向的规定，可解答此题。
8.【答案】D
【解析】解：
由电路图可知，闭合开关，灯泡L1、L2串联；
A、由P=U2R可知，灯泡L1的电阻：R1=U12P1=(3V)23W=3Ω，
灯泡L2的电阻：R2=U22P2=(3V)21.5W=6Ω，
则L1和L2的电阻之比：R1R2=3Ω6Ω=12，故A错误；
B、因串联电路处处电流相等，所以通过L1和L2的电流之比是1：1，故B错误；
C、因串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以电路的总电阻：R=R1+R2=3Ω+6Ω=9Ω，
电路电流：I=UR=3V9Ω=13A，
由I=UR可得，L1两端电压：U1=IR1=13A×3Ω=1V，故C错误；
D、两灯消耗的总功率：P=UI=3V×13A=1W，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，闭合开关，灯泡L1、L2串联；
(1)根据P=U2R求出L1和L2的电阻，从而得到两灯电阻之比；
(2)根据串联电路电流规律求出通过两灯泡的电流之比；
(3)根据串联电路电阻规律和欧姆定律求出电路电流，再根据欧姆定律求出L1两端电压；
(4)根据P=UI求出两灯泡消耗的总功率。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律以及电功率计算公式的应用，是一道基础题。
9.【答案】C
【解析】解：A、乙图实验装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右=I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右=I1+I2，两电阻的阻值相等，则支路中电流相等，即I1=I2，所以右边容器中通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，左右侧两容器内电阻相同，所以该装置是研究电流产生的热量与电流的关系，故A正确；
B、甲图实验装置中两个电阻串联接入电路，通过两电阻的电流相等，右边容器内的电阻比左边大，由Q=I2Rt可知，右边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差更大，故B正确；
C、该实验装置是利用U形管中空气的热胀冷缩来反应热的多少，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管液面高度差的变化来反映，故C错误；
D、根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右=I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右=I1+I2，两电阻的阻值相等，则支路中电流相等，即I1=I2=12I右，由图可知电阻、通电时间相同。
根据Q=I2Rt可得右边电阻产生的热量Q右=(I右)2Rt，左边电阻产生的热量Q左=(I1)2Rt=(12I右)2Rt
则：Q右Q左=(I右)2Rt(12I右)2Rt=4：1，故D正确。
故选：C。
电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。
(1)探究电流产生热量跟电流关系时，控制通电时间和电阻不变；
(2)甲图实验装置中两个电阻串联接入电路，通过两电阻的电流相等，右边容器内的电阻比左边大，由Q=I2Rt可知，右边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差更大；
(3)电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想；
(4)根据电流、电阻和通电时间关系，利用Q=I2Rt可知两侧电阻产生热量的关系；。
此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用，同时考查了学生对焦耳定律的理解和掌握。
10.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，闭合开关S，灯泡和滑动变阻器R并联，电流表A1测干路中的电流，电流表A2测通过滑动变阻器R的电流，电压表测电源电压；
(1)已知电压表示数为12V，则并联电路两端的电压为12V；
在电路安全的情况下，当通过滑动变阻器R的电流最大时干路电流最大，由于A2的量程为0−0.6A，所以，通过滑动变阻器R的最大电流为：I滑最大=0.6A，
根据图象可知电流表A1最大示数为1.8A，即干路最大电流：I最大=1.8A，
根据并联电路电流规律可知，通过灯泡的电流：IL=I最大−I滑最大=1.8A−0.6A=1.2A，
则灯泡的额定功率：P额=PL=UIL=12V×1.2A=14.4W，故A错误；
(2)根据欧姆定律可得滑动变阻器R连入电路的最小阻值为：R滑最小=UI滑最大=12V0.6A=20Ω；
根据图象可知干路最小电流：I最小=1.4A，则根据并联电路电流规律可知，通过滑动变阻器R的最小电流为：I滑最小=I最小−IL=1.4A−1.2A=0.2A，
根据欧姆定律可得滑动变阻器R的最大阻值为：R滑最大=UI滑最小=12V0.2A=60Ω，
所以滑动变阻器的阻值范围为20Ω∼60Ω，故B错误；
(3)滑动变阻器的最大功率为：R滑最大=UI滑最大=12V×0.6A=7.2W，
滑动变阻器的最小功率为：R滑最小=UI滑最小=12V×0.2A=2.4W，
所以滑动变阻器功率变化范围为2.4W∼7.2W，故C正确，D错误。
故选：C。
由电路图可知，闭合开关S，灯泡和滑动变阻器R并联，电流表A1测干路中的电流，电流表A2测通过滑动变阻器R的电流，电压表测电源电压；
(1)闭合开关S，根据电压表V示数可知并联电路两端的电压，由于小灯泡正常发光，则灯泡的额定电压为12V，根据并联电路的特点可知滑动变阻器R的滑片调节过程中通过灯泡的电流不变，在电路安全的情况下，当通过滑动变阻器R的电流最大时干路电流最大，所以，根据A2的量程可知通过滑动变阻器R的最大电流；根据图象可知电流表A1最大示数，然后根据并联电路的电流特点即可求出通过灯泡的电流，利用P=UI即可求出灯泡正常工作时的实际功率，即为灯泡的额定功率；
(2)由于通过滑动变阻器R的电流最大时滑动变阻器R连入电路的阻值最小，根据欧姆定律即可求出滑动变阻器R连入电路的最小阻值；
由于滑动变阻器R连入电路的阻值最大时通过滑动变阻器R的电流最小，根据图象可知电流表A1最小示数，然后根据并联电路的电流特点即可求出通过滑动变阻器R的最小电流，根据欧姆定律即可求出滑动变阻器R的最大阻值，进一步确定滑动变阻器的阻值范围；
(3)根据电功率公式P=UI计算滑动变阻器的最大功率和滑动变阻器的最小功率，进一步确定滑动变阻器功率变化范围。
本题主要考查并联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的应用等知识，会根据图象找出有用的信息并结合电路图正确分析是本题的难点所在。
11.【答案】下 空气中
【解析】
【分析】
物质由气态变为液态叫液化。知道液化概念和液化的原因，可解答此题。
【解答】
夏日，揭开冰淇淋的包装纸就会有“白气”，是空气中的水蒸气遇冷液化为小水滴，由于水滴的密度大于空气，所以“白气”向下飘出。
故答案为：下；空气中。
12.【答案】热传递 压缩 4.6×107
【解析】解：(1)人们常用水来给汽车发动机降温，是将发动机的热量转移给水，这是通过热传递的方式改变发动机的内能；
(2)由图可知，汽油机的进气门和排气门均关闭，活塞向上运动，说明汽油机正处在压缩冲程；
(3)消耗4kg的汽油完全燃烧放出的热量为：Q放=qm=4.6×107J/kg×4kg=1.84×108J，
有η=WQ放可知该汽油机对外做的机械功为：W=Q放η=1.84×108J×25%=4.6×107J。
故答案为：热传递；压缩；4.6×107。
(1)改变内能的方式有两种：做功和热传递，做功是能量的转换，热传递是能量的转移；
(2)观察汽油机的进气门、排气门的状态和活塞的运动方向来判断是哪个冲程；
(3)利用Q放=qm求出消耗4kg的汽油完全燃烧放出的热量，再利用η=WQ放的变形式求出该汽油机对外做的机械功。
本题考查了对改变内能的方式的理解和汽油机冲程的判断，以及对热值、热机效率的计算公式的应用，属于基础题，难度不大。
13.【答案】乙 乙
【解析】解：
把甲剪去一半，剩下的一半导线跟乙相比，材料、横截面积都相同，但长度减小了，电阻变小，所以小于乙的电阻，即乙的电阻大；
把甲剩下的一半再拉长到和乙相同，跟乙相比，材料不变，长度一样，但是横截面积变小了，电阻变大，所以大于乙的电阻，即乙的电阻小。
故答案为：乙； 乙。
影响电阻大小的因素有：导体的材料、长度、横截面积和温度，据此分析回答。
此题考查学生对于影响电阻大小因素的理解和掌握。学会控制变量法的应用是解题关键。
14.【答案】灯L2断路 0.5A
【解析】解：(1)由图可知，两灯泡串联；闭合开关，两只灯泡都不亮，电流表无示数，说明电路中有断路故障；而电压表无示数，说明电压表与电源不能连通，则可能是灯L2断路或电流表断路；
将两灯泡L1和L2的位置对调，闭合开关，电流表无示数，说明电路中仍然有断路故障；此时电压表有示数，说明电压表两接线柱到电源的正负极之间是通路，则电流表和灯泡L1都没有断路，所以可能是灯L2断路；
(2)根据P=UI可得，“6V 3W”和“6V6W”的两只灯泡L1和L2的额定电流分别为：
I1=P1U1=3W6V=0.5A，I2=P2U2=6W6V=1A，
由于串联电路中电流处处相等，所以为了保护电路，电路中的最大电流I大=I1=0.5A。
故答案为：灯L2断路；0.5A。
(1)分析电路图可知，两灯泡串联；闭合开关，两只灯泡都不亮，电流表无示数，说明电路中有断路故障；电压表无示数，说明电压表与电源不能连通，即电压表两端到电源的正负极之间有断路故障；将两灯泡L1和L2的位置对调，闭合开关，电流表无示数，说明电路中仍然有断路故障；此时电压表有示数，说明电压表两接线柱到电源的正负极之间是通路，据此分析电路故障；
(2)根据I=PU和串联电路的电流规律分析。
在判断故障时，会根据电压表的示数变化判断：若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，则与电压表并联的电路可能断路；若电压表无示数，说明与电压表并联的电路被短路或电压表与电源不能相通。
15.【答案】50.45
【解析】解：当滑片在a端时，通过的电流是0.1A，R0两端的电压是0.5V，则R0的阻值R0=U0I=0.5V0.1A=5Ω；
当滑片在b端时，滑动变阻器被短路，此时电路中电流最大，为0.6A，电压表示数最大，为3V，即为电源电压；
当电路中的电流为0.3A时，由图象可知，此时电压表示数为1.5V，滑动变阻器两端的电压为3V−1.5V=1.5V，所以其消耗的功率P=UI=1.5V×0.3A=0.45W。
故答案为：5；0.45。
从图中读取一组电压值和电流值根据欧姆定律可计算定值电阻R0的阻值；
当滑片在b端时，滑动变阻器被短路，此时电压表示数最大，为3V，即为电源电压；
由图象读出电流为0.3A时，电压表示数，即为R0两端的电压，再根据串联分压特点求出滑动变阻器两端电压，根据电功率公式可计算滑动变阻器消耗的电功率。
能够正确读取图中的信息并能结合欧姆定律和电功率公式正确计算有关物理量。
16.【答案】解：首先辨别上面三根线地线、火线、零线。
灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【解析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
本题考查了开关、插座的接法。开关接在火线与电灯之间，可以使开关断开时，电灯灯座上没有电，这样在换灯泡时不会发生触电。
17.【答案】秒表 从下至上 39 非晶体 3 液
【解析】解：(1)实验中需用温度计测量温度，用秒表记录时间，所以本实验中除了温度计外，还需要的测量器材是秒表；酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以先放好烧杯后，再调节温度计的高度；
(2)由图乙知，温度计的分度值为1℃，示数为39℃；由表格中的实验数据可知，蜡在融化过程中温度不断升高，没有熔点，属于非晶体；
(4)由丙图知，冰由第2min开始熔化，到第5min完全熔化，用了3min；CD 段中温度高于冰的熔点，所以冰早已熔化完，为液态。
故答案为：(1)秒表；从下至上；(2)39；非晶体；(4)3；液。
(1)实验中要探究冰熔化时温度随时间的变化，从而可确定出测量工具；
(2)在探究物质的熔化特点时，不仅要记录其温度的变化情况，还要观察其状态的变化情况；
(3)确定温度计的分度值及0℃的位置，正确读数；
(4)晶体在熔化时吸热但保持熔点温度不变，处于固液共存状态，但此过程仍然吸热；熔点是晶体熔化时的温度。
本题要求同学们能数据分析出晶体和非晶体熔化的特点，知道晶体和非晶体的区别是否有确定的熔化温度。
18.【答案】质量 转换法 快 b 加热时间 天平 秒表
【解析】解：(1)要比较a和b的吸热能力，根据控制变量法，要控制a和b的初温相同、质量相同，故在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的a和b；
(2)我们使用相同的加热装置通过加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少，这种方法叫转换法；
(3)取加热时间相同，则a与b吸收的热量相等，a的温度比b的温度升高得快，这表明b吸热本领更强；
(4)用相同的装置加热，加热相同的时间，放出的热量就是相等的，a和b吸收的热量也就是相等的，所以物质吸热的多少是通过加热时间来反映的；
(5)探究物质的吸热或放热规律时应控制物质的质量是相同的，所以需要用天平称量物体的质量；
物质的加热时间相同，吸收的热量相同，所以需要用秒表记录加热的时间。
故答案为：(1)质量；(2)转换法；(3)快；b；(4)加热时间；(5)天平；秒表。
(1)根据控制变量法分析解答；
(2)(4)我们使用相同的酒精灯(或加热器)通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
(3)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；
(5)实验中需要测量液体的质量和吸热的时间，据此判断出需要的测量工具。
本题比较不同物质的吸热能力，考查了控制变量法、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。
19.【答案】B0.341.7V在导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比
【解析】解：(1)滑片P向右滑，滑动变阻器接入电路的电阻变大，故变阻器下面的接线柱是左边接线柱接入电路中，电源电压为3V，电压表选用小量程且与电阻并联，如图所示：
(2)为保护电路，闭合开关前滑动变阻器的滑片在阻值最大处，即B端；
由图乙可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，该示数为0.34A；
(3)当接入5Ω的定值电阻时，电路中的电流为0.34A，则所控制的电压为：UV=IR=0.34A×5Ω=1.7V；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻时，通过移动滑动变阻器来保持电阻两端的电压不变；
(4)将定值电阻换成20Ω重复第(3)的操作，由表中数据可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：在导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：(1)如图所示；(2)B；0.4；(3)1.7V；(4)在导体两端电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
(1)根据滑片P向右滑滑动变阻器接入电路的电阻变大确定变阻器下面的接线柱是左边接线柱接入电路中，根据电源电压确定电压表选用小量程且与电阻并联；
(2)为保护电路，闭合开关前滑动变阻器的滑片在阻值最大处；根据电流表选用小量程确定分度值读数；
(3)根据(2)中定值电阻的阻值和电流利用欧姆定律计算出所控制的电压，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；
(4)根据表中电流与电阻之积为一定值分析得出结论。
本题探究电流与电阻的关系实验，考查电路连接、注意事项及控制变量法的应用。
20.【答案】“50Ω2A” 电流表调零 0.5变大 灯丝的电阻随温度的升高而变大
【解析】解：(1)小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律灯的额定电流约为：
I=ULR=2.5V10Ω=0.25A，根据串联电路电压的规律及欧姆定律，此时变阻器连入电路的电阻为：
R滑=U滑I滑=U−ULI=9V−2.5V0.25A=26Ω，故选用”50Ω2A”的滑动变阻器；
(2)实验前在检查仪器时，发现电流表指针如图乙所示，则接下来的操作是电流表调零；
(4)根据绘制的通过小灯泡的电流随其两端电压变化的关系图像知，灯在额定电压下的电流为0.2A，则小灯泡的额定功率为：
P=ULIL=2.5V×0.2A=0.5W；
由图丙知电压表与电流表的示数之比即灯丝的电阻，在多次测量中还发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比变大，导致这一结果的原因是灯丝的电阻随温度的升高而变大。
故答案为：(1)“50Ω2A”；(2)电流表调零；(3)0.5；变大；灯丝的电阻随温度的升高而变大。
(1)根据小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律得出灯的额定电流，根据串联电路电压的规律及欧姆定律得出此时变阻器连入电路的电阻，从而确定选用的滑动变阻器；
(2)电流表使用前要调零；
(3)根据绘制的通过小灯泡的电流随其两端电压变化的关系图像知灯在额定电压下的电流，根据P=UI得出小灯泡的额定功率；
由图丙知电压表与电流表的示数之比即灯丝的电阻，灯丝的电阻随温度的升高而变大。
本题测量小灯泡的电功率实验，考查器材的选择、故障分析、功率计算、欧姆定律的运用和影响电阻大小的因素。
21.【答案】解：(1)装满水箱时水的体积：V=2L=2dm3=2×10−3m3，
由ρ=mV可得，水箱中水的质量：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×2×10−3m3=2kg，
则水吸收的热量：Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃−20℃)=6.72×105J；
(2)由电路图可知，开关S0断开时两电阻串联，开关S0闭合时电路为R1的简单电路，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和；
开关S0闭合时，电路中的总电阻最小，电源电压U一定，由P=U2R可知，电路的总功率最大，饮水机处于加热状态；
由P=U2R可得，R1的电阻值：R1=U2P加热=(220V)2400W=121Ω；
(3)由η=Q吸W可得，消耗的电能：W=Q吸η=6.72×105J80%=8.4×105J，
由P=Wt可得，需要的加热时间：t′=WP=8.4×105J400W=2100s。
答：(1)将装满水箱的水从20℃加热至100℃，水所吸收的热量为6.72×105J；
(2)R1的电阻值是121Ω；
(3)如果电能转化为水的内能的效率是80%，饮水机正常工作时，将装满水箱的水从20℃加热至100℃，需要的时间为2100s。
【解析】(1)装满水箱时水的体积和其容积相等，根据ρ=mV求出水箱中水的质量，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)由电路图可知，开关S0断开时两电阻串联，开关S0闭合时电路为R1的简单电路，根据电阻的串联比较两种情况下电路中总电阻的关系，电源电压U一定，根据P=U2R可知，电路中的电阻越小，电路中的总功率越大，饮水机处于加热状态，反之处于保温状态；饮水机处于加热状态时，电路为R1的简单电路，根据P=U2R可求出R1的电阻值；
(3)利用η=Q吸W求出消耗的电能，最后根据P=Wt求出需要的加热时间。
本题考查了电功率公式和密度公式、吸热公式、效率公式以及电功公式的应用，分清饮水机处于不同状态时电路的连接方式是关键。
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